工业流程题概述

?.化工流程题基础知识在高考试题考察中，为了使化学教学更加紧密联系工农业生产和日常生活，高考将无机框图题改为化学工艺流程框图题。 这类题是通过某种重要的化工产品的工业生产流程简图的分析， 以物质制备、分离、提纯为试题情境，以元素化合物知识、实验基本操作、化学平衡原理、水解理论、物质制备和分离的知识为考察知识目标，以信息的获取、加工、整合和新情境下实际问题的分解、分析、综合、解决及以经济的视角分析实际生产中的各种问题为考察能力目标。一.无机化工流程题的特点：规律：主线主产品、分支副产品、回头为循环。核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制。流程的呈现主要有以物质转化为主线，以操作过程为主线，甚至有时候会以设备为主线。这类题常围绕以下几个知识点进行设问：⑴ 反应速率与平衡理论的运用反应物颗粒大小：反应速率、原料的利用率等温度：反应速率、物质的稳定性、物质的结晶等⑵氧化还原反应的判断、化学方程式或离子方程式的书写；⑶利用控制 pH分离除杂；⑷化学反应的能量变化；⑸实验基本操作：除杂、分离、检验、洗涤、干燥等；⑹流程中的物质转化和循环，资源的回收和利用；⑺环境保护与绿色化学评价。二.无机化工流程题的结构1工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的 (包括副产品)；题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；题尾主要是根据生产过程中涉及到的化学知识设置成一系列问题， 构成一道完整的化学试题。题型特点呈现形式：流程图、表格、图象。设问方式：措施、成分、物质、原因。能力考查：获取信息的能力、分析问题的能力、迁移推理能力、表达能力。知识落点：基本理论、元素化合物、实验。无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景， 体现能力立意的命题指导思想， 能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。三.解题思路明确整个流程及每一部分的目的 →仔细分析每步发生的反应及得到的产物 →结合基础理论与实际问题思考 →注意答题的模式与要点在解这类题目时：首先，要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。其次，再精读试题，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。第三，要看清所问题，不能答非所问，并注意语言表达的科学性。在答题时应注意：前一问回答不了，并不一定会影响回答后面的问题。分析流程图需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的——由何原料获得何产物（副产物）,对比原料和产物；⑵了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；⑶解析流程图并思考：从原料到产品依次进行了什么反应？利用了什么原理（氧化还原？溶解度？溶液中的平衡？）。每一步操作进行到什么程度最佳？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质或副产物是怎样除去的？工业生产流程主线与核心的分析⑴主线主产品。2⑵分支副产品。⑶回头为循环。四.解题方法首尾分析典例1（2014·江苏单科化学卷） 烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰（主要含 Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝 [Al2(SO4)x(OH)6—2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。（1）酸浸时反应的化学方程式为；滤渣Ⅰ的主要成分为（填化学式）。（2）加CaCO调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为3Al2(SO4)x(OH)6—2x。滤渣Ⅱ的主要成分为（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是（用离子方程式表示）。（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】（1）Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2OSiO2（2）CaSO3+2-3CaCO+2Al+3SO4+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO+3CO424（3）溶液中的部分亚硫酸根被氧化成硫酸根，减小【名师点拨】 首尾分析法是一种解工艺流程题的常见方法，这种方法的特点是：简单、直观，很容易抓住解题的关键，用起来方便有效。使用这一方法解题，关键在于认真对比分析原材料与产品组成，从中产生的将原料转化为产品和除去原材料中所包含的杂质的基本原理和所采用的工艺生产措施。当把生产的主线弄清楚了，围绕生产主线所设计的系列问题，也就迎刃而解。【变式训练】 （2015浙江）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣 (主要成分为 Fe2O3、3SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质 )制取七水合硫酸亚铁 (FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确 的是（ ）．．．A．溶解烧渣选用足量硫酸，试剂 X选用铁粉B．固体1中一定含有 SiO2，控制pH是为了使 Al3+转化为Al(OH)3，进入固体 2C．从溶液 2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D．若改变方案，在溶液 1中直接加 NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到 FeSO·7HO4 2【答案】D【名师点晴】离子推断题的发展主要以离子反应为前提，主要考查学生在熟练掌握阴阳离子性质的基础上，进行定性推断，考查方式为离子的判断、离子间的反应方程式，在此基础上会结合相关化学量的计算，还有综合推断型，主要考查学生定性分析和定量分析的综合能力，还会出现与元素化合物知识相结合。 考查学生的综合解题能力。 考查了学生对知识理解、 综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。分段分析典例2（2016北京）以废旧铅酸电池中的含铅废料（ Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯 PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：1）过程Ⅰ中，在Fe2+催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是__________。2）过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：i：2Fe2++PbO2+4H++SO42-＝2Fe3++PbSO4+2H2O⋯⋯①写出ii的离子方程式： ________________。4②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。b.______________。（3）PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO（s）+NaOH（aq）NaHPbO2（aq），其溶解度曲线如图所示。①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液 1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是 ____.(选填序号)。A．减少PbO的损失，提高产品的产率B．重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率② 过滤Ⅲ的目的是提纯，综合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作_______________________。【答案】（1）Pb+PbO3＋+2H2SO42PbSO4+2H2O。（2）①2Fe2+Pb+SO42—==PbSO4+2Fe2＋；②取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去。（3）①A、B；②将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到PbO固体。【名师点晴】 分段分析法解工艺流程题是一种主要方法，根据生产过程，逐段分析。 化学高考试题的发展趋势必然是重视与生产、生活的紧密联系，但不管如何灵活多变，工业生产离不开反应原理中的方向、速率和限度问题。该题以铅的再生利用为载体，考查5了陌生方程式书写、元素化合物性质、速率平衡、转化率等问题，综合性较强。第（ 3）的②问不太好分析，需要结合图像及题目的前后信息来解决。交叉分析典例3（2014广东）石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含 SiO2（7.8%）、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。设计的提纯和综合应用工艺如下：（注：SiCl4的沸点是 57.6oC，金属氯化物的沸点均高于 150oC）（1）向反应器中通入 Cl2前，需通一段时间的 N2，主要目的是 。（2）高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物。气体 I中的氯化物主要为 。由气体 II中某物质得到水玻璃的化学为 。（3）步骤①为：搅拌、 。所得溶液 IV中阴离子有 。（4）由溶液IV生成沉淀 V的总反应的离子方程式为 。100kg初级石墨最多可获得 V的质量为 kg。（5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐， 完成图19防腐示意图，并作相应标注。【答案】（1）排除空气，减少 C的损失；2）SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；3）过滤；Cl-、OH-、AlO2-；（4）CH3COOCH2CH3+AlO2-+2H2O △Al(OH)3↓+CH3COO-+CH3CH2OH；786（5）【解析】本题解题要点：根据题目的要求分析每个操作步骤的作用， 意义何在；根据流程图中的反条件、 温度以及反应后的操作判断上步操作的目的、 操作名称；根据反应条件、目的写出化学方程式、离子方程式， 运用元素守恒法进行计算；最后根据物质的性质选择合适的防护方法。（1）石墨的化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入 N2目的是作保护气，排除空气中的氧气，减少 C的损失；（2）高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物。根据杂质的含量， 气体I中的氯化物主要 SiCl4、AlCl3、FeCl3；SiCl4的沸点是 57.6oC，所以气体 II为SiCl4，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氯化钠， 化学方程式为 SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金属氯化物的沸点均高于 150oC，所以固体 III中存在氯化铝、氯化铁、氯化镁，其中氯化铁、氯化镁与过量氢氧化钠溶液反应生成沉淀， 而氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，所以搅拌后过滤，所得溶液 IV中阴离子有； Cl-、OH-、AlO2-；（4）偏铝酸钠发生水解反应， 加入乙酸乙酯的目的是除去过量的氢氧化钠且加热条件下水解平衡一直正向移动，生成沉淀氢氧化铝，总离子方程式为-△-CH2OH；1000kg石墨中含CH3COOCH2CH3+AlO2+2H2OAl(OH)3↓+CH3COO+CH3有Al2O351kg，根据元素守恒，可得到Al(OH)3的质量是78kg。5）铜的化学性质比石墨活泼，所以应用外加电流的阴极保护法保护铜，所以石墨作阳极，铜作阴极。在图中注明电源的正负极，石墨与正极相连，铜与负极相连。【命题意图】：本题以石墨为载体，考查学生对物质的制备分析，对题目所给信息的理解应用，在书写化学方程式、 离子方程式的问题上， 要敢于大胆想象、创新，尤其是（4）7中的总离子方程式的书写，运用所学知识结合物质性质及流程图中所给的信息，考查方程式叠加法的应用，根据所给流程图对实验操作的判断，考查学生运用元素守恒法进行简单计算，把所学电化学防护的知识运用到实际生活中，体现化学源于生活，应用于生活的命题思想【名师点晴】交叉分析法也是一种重要的解工艺流程题的方法，在解题中一定要注意流程分叉时，各物质分别到哪里去了。【变式训练 1】银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：(注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为 450℃和80℃)电解精炼银时，阴极反应式为__________________；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学反应方程式为____________________________________________________________________________。固体混合物B的组成为________；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量。若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为__________________________________________。高温完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：_____CuO＋____Al2O3=====______CuAlO2＋______↑。(4)若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为－1的Al2(SO4)3溶液________L。________molCuAlO2，至少需要1.0mol·L(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是________、过滤、洗涤和干燥。【答案】(1)Ag＋＋e－===Ag2NO＋O2===2NO2(2)CuO、Al(OH)3Al(OH)3＋OH－===AlO2－＋2H2O424O25025蒸发浓缩、冷却结晶8【变式训练 2】（2015广东）七铝十二钙（ 12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含 CaCO和MgCO)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：3 3（1）煅粉主要含MgO和，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液I中c(Mg2+-6-1,则溶液pH大于-12)小于5×10mol·L（Mg(OH)2的Ksp=5×10)；该工艺中不能用（NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是。（2）滤液I中的阴离子有（忽略杂质成分的影响）；若滤液I中仅通入CO2，会生成，从而导致CaCO3产率降低。（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为。（4）电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为。（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4—和Al2Cl7—两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为。【答案】（1）CaO；11；加入（NH会生成CaSO微溶物，在过滤时会被除去，造4)2SO44成生成的CaCO减少。（2）NO—、OH—；Ca(HCO（3）2OH—+Al2O3＝2AlO—333)22+H2O（4）2Al+6H202Al(OH)3↓+3H2↑（5）Al－3e－＋7AlCl4—＝4Al2Cl7—【名师点睛】在解化工流程题是关键要利用物质的性质， 分析流程中发生的反应， 弄清楚每个环节物质的去向。 流程只是一个载体， 考查的落脚点是 元素及其化合物的性质， 如铝及其化合物、铁及其化合物等，基本化学理论，如化学平衡、电化学等，实验操作如：过滤、分液、蒸发、萃取等。此题的综合性强，知识的涉及面广，要求有较好的基础知识和知识的运用能力。9对原料进行预处理的常用方法及其作用粉碎、研磨：减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。水浸：与水接触反应或溶解。酸浸：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸、浓硫酸等，与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。近年来，在高考题出现了 “浸出”操作。在化工生产题中，矿物原料“浸出”的任务是选择适当的溶剂， 使矿物原料中的有用组分或有害杂质选择性地溶解，使其转入溶液中，达到有用组分与有害杂质或与脉石组分相分离的目的。4. 浸出率：固体溶解后，离子在溶液中含量的多少 (更多转化)。灼烧：除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质，将有机碘转化为碘盐。灼烧、焙烧、煅烧：改变结构和组成，使一些物质能溶解；并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土和石灰石。典例（2016课标Ⅰ）高锰酸钾（ KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为 MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：回答下列问题：（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是。（2）“平炉”中发生的化学方程式为。（3）“平炉”中需要加压，其目的是。（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。①“K2MnO4溶液中通入CO气体，使体系呈中性或弱酸CO2歧化法”是传统工艺，即在2性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4、MnO2和（写化学式）。②“电解法”为现代工艺，即电解 K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为，阴极逸出的气体是。③“电解法”和“CO歧化法”中，K的理论利用率之比为。22MnO4（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取10-1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴浓度为0.2000mol·L定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为（列出计算式即可，已知 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；（2）2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O；3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；4）①KHCO3；②MnO42--e-=MnO4-；H2；③3:2；20.0010-30.20002100158（5）524.48100%。1.0800【解析】（1）MnO2是固体物质，对于有固体参加的化学反应，由于其浓度不变，因此可通过增大其反应接触表面积的方法来提高反应速率，使更多的软锰矿反应转化为生成物，从而提高其转化率，因此要将其粉碎成细小的颗粒； （2）根据流程图可知，在 “平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时会反应产生K2MnO4，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物质是H2O，根据原子守恒、电子守恒可得发生的化学方程式2MnO2+O2+4KOH 2K2MnO4+2H2O；（3）由于上述反应中氧气的状态是气态，在 “平炉”中增大压强，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；再结合外界条件对化学平衡移动的影响，任何反应都具有一定的可逆性，该反应的正反应是气体体积减小的反应。若增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；（ 4）①在K2MnO4溶液中通入 CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，这时 K2MnO4会发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是 KHCO3；根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是： 3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3；②“电解法”为现代工艺，即电解 K2MnO4水溶液，在电解槽阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。阳极的电极反应式是：MnO42--e-=MnO4-；在阴极，溶液中的水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，阴极的电极反应式是：--2H2O+2e=H2↑+2OH。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+2H2O 2KMnO4+H2↑+2KOH可知，K2MnO4完全转化为 KMnO4，所以K2MnO411的理论利用率是100%；而在“CO歧化法”3K；22MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3中，反应的K2MnO4中只有2/3反应转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是2/3，故“电解法”和“CO歧化法”制取KMnO时K的理论利用率之比为1:2/3=3:2；（5）根据离子242MnO4方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，KMnO4与草酸反应的关系式是：-12KMnO4～5H2C2O4。取浓度为0.2000mol·L的H2C2O4标准溶液 20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为 24.48mL，则配制的溶液的浓度为：220.00103L0.2000mol/L220.000.2000c24.48103Lmol/L。错误！未找到引用源。5524.48则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)=c·V=220.000.2000mol/L100L220.001030.2000100mol，由524.481000524.48于样品的质量是1.0800g，则该样品含有的KMnO4的的纯度为：20.0010-30.20002100158ω=524.48100%。1.0800【名师点睛】化学反应速率和化学平衡理论是重要的化学原理。影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。对于固体来说，其浓度不变，所以要使反应速率加快，可通过将固体粉碎成细小的颗粒、搅拌等方法进行。外界条件对化学平衡移动的影响可通过勒夏特列原理进行分析，但是平衡移动的趋势是微弱的，不能改变这种改变。要会根据反应方程式分析判断物质的转化率的大小，转化率大的反应速率不一定快，物质的转化率大小与反应快慢是不同的概念，要掌握其区别与联系。要会根据方程式中相应物质之间的关系进行有关物质的量的化学计算。本题将化学反应速率、化学平衡、电解原理、滴定方法的应用综合一起考查，反映了考生的综合应用知识分析、解决问题的能力。3年高考+2017届月考（一）1.(2014安徽)LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：12已知：HCl的沸点是－85.0℃，HF的沸点是19.5℃。（1）第①步反应中无水HF的作用是、。反应设备不能用玻璃材质的原因是(用化学方程式表示)。无水HF有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的溶液冲洗。（2）该流程需在无水条件下进行，第③步反应中PCl5极易水解，其产物为两种酸，写出PF5水解的化学方程式：。（3）第④步分离采用的方法是；第⑤步分离尾气中HF、HCl采用的方法是。（4）LiPF6产品中通常混有少量LiF。取样品wg，测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为mol(用含有w、n的代数式表示)。【答案】（1）反应物溶剂SiO2+4HF=SiF↑+2H2ONaHCO3（2）PF5+4H2O=H3PO4+5HFw-26n（3）过滤蒸馏（4）1262.（2014江苏）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6—2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。（1）酸浸时反应的化学方程式为 ；滤渣Ⅰ的主要成分为 （填化13学式）。（2）加CaCO调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al转化为32(SO4)3Al2(SO4)x(OH)6—2x。滤渣Ⅱ的主要成分为（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是（用离子方程式表示）。（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】⑴Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2OSiO2⑵CaSO3+2-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑43CaCO3+2Al+3SO4⑶溶液中的部分亚硫酸根离子被氧化为SO42-减少3．（2017辽宁本溪）用菱锰矿（主要含MnCO3、FeCO3、Al2O3、SiO2）制备MnSO4·H2O的工艺流程如下：Ⅰ．向菱锰矿中加入过量稀H2SO4，过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量MnO2，过滤；Ⅲ．调节滤液pH=a，过滤；Ⅳ．浓缩、结晶、分离、干燥得到产品；Ⅴ．检验产品纯度。（1）步骤Ⅰ中，滤渣的主要成分是。（2）将MnO2氧化Fe2+的离子方程式补充完整：MnO2+Fe2++＝Mn2++Fe3++（3）与选用Cl2作为氧化剂相比，MnO2的优势主要在于：原料来源广、成本低、可避免环境污染、。（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2开始沉淀时3.46.31.57.6完全沉淀时4.78.32.810.2注：金属离子的起始浓度为0.1mol/L步骤Ⅲ中a的取值范围是。（5）步骤Ⅴ，通过测定产品中锰元素的质量分数来判断产品纯度。14已知一定条件下，MnO4－与Mn2+反应生成MnO2。取xg产品配成溶液，用0.1mol/LKMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液ymL，产品中锰元素的质量分数为（用含x、y表示）【答案】（1）SiO2（2）124H+122H2O（3）不会引入 Cl－,使制得的 MnSO4?H2O产品更纯净3y 104 55（4）4.7≤a<7.6 （5）2x.掌握核心化学反应元素及其化合物知识：化工生产将原料转变成产品的过程，也是物质经历相互转化的过程。理解物质之间的转化关系，就要用到元素及其化合物的相关知识。一般围绕铁、铜、铝、镁、氯、硫、磷、硅等元素的单质或化合物的工业制备来进行命题，需要掌握这些元素及其化合物的知识还要掌握有关化工生产的知识，熟悉的有纯碱工业、氨工业、硅单质的制备、氯碱工业、海水中提取镁、海水中提取溴等；化学反应原理：化工生产中把原料转变成产品的过程就是化学反应的过程，从化学反应原理的角度选择原料、控制条件和选择设备等，是化工生产的基本思路。 化学反应原理的相关知识包括质量守恒定律、化学反应速率、化学平衡、电化学、化学热力学等，做到能综合运用这些知识分析化工生产中化学反应的情况。①调节溶液的 pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等。在题目中常以表格形式给出信息。例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的 pH如下表所示物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8若要除去 Mn2＋溶液中含有的 Fe2＋，应该怎样做？152＋3＋pH到3.7。提示：先用氧化剂把Fe氧化为Fe，再调溶液的调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH值增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。调节溶液的pH：“酸作用还可以除去氧化物（膜）；“碱作用”还可以除去油污、除去铝片氧化物、溶解铝、二氧化硅。②控制体系的温度a．控制低温：防止物质的分解，如 NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3(浓)等；防止物质的挥发，如盐酸、醋酸等；抑制物质的水解， 如冰水洗涤，以防止洗涤过程中的溶解损耗；增大气体反应物的溶解度，使其被充分吸收；b．采取加热：加速某固体的溶解，加快反应速率； 减少气体生成物的溶解并使其逸出；使平衡向需要的方向移动；趁热过滤，防止某物质降温时因析出而损耗或带入新的杂质；c．控制范围：确保催化剂的催化效果，兼顾速率和转化率，追求更好的经济效益，防止副反应发生等。二.明确反应原理注意每一步在什么条件下，发生了什么反应，生成了什么物质，这些物质分别到哪里去了。如转化成了沉淀还是气体或生成了其他物质。典例（2016江苏）以电石渣[主要成分为Ca(OH)和CaCOKClO3的流程如下：23]为原料制备（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl与Ca(OH)作用生成Ca(ClO)222的反应，Ca(ClO)进一步转化为Ca(ClO，少量Ca(ClO)分解为CaCl2和O。23)222①生成Ca(ClO)的化学方程式为。2②提高Cl转化为Ca(ClO的转化率的可行措施有（填序号）。23)2A．适当减缓通入Cl2速率B．充分搅拌浆料C．加水使Ca(OH)2完全溶解（2）氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2===Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，氯化完成后过滤。16①滤渣的主要成分为（填化学式）。②滤液中Ca(ClO与CaCl的物质的量之比n[Ca(ClO]1∶5（填3)223)2]∶n[CaCl2“＞”、“＜”或“=）”。（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g?L-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是。【答案】（1）①2Cl2+2Ca(OH)2===Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O②AB（2）①CaCO3、Ca(OH)2②＜（3）蒸发浓缩、冷却结晶【解析】（1）①氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，则生成Ca(ClO)2的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。A．适当减缓通入Cl2速率可以使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，A正确；B．充分搅拌浆料可以增大反应物的接触面积，使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，B正确；C．加水使Ca(OH)2完全溶解氢氧化钙浓度降低，不利于氯气的吸收，C错误，答案选AB。（2）①碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为 CaCO3、Ca(OH)2。②由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中 Ca(ClO)与32CaCl2的物质的量之比 n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]＜1∶5。（3）根据图像可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。【名师点晴】无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景， 体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题17的能力，所以这类题成为近年来高考的必考题型。 流程题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。 解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。【变式训练1】（2016课标Ⅲ）过氧化钙微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：（一）碳酸钙的制备（1）步骤①加入氨水的目的是 _______。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于 ____。（2）右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是 ______（填标号）。a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b．玻璃棒用作引流c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁d．滤纸边缘高出漏斗e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度(二)过氧化钙的制备（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈 ____性18（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是 ___________。（4）步骤③中反应的化学方程式为 ________，该反应需要在冰浴下进行， 原因是_________。（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是 _______。6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是______，产品的缺点是_______。【答案】（1）调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀；过滤分离；（2）ade；（3）酸；除去溶液中溶解的CO2；（4）CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2=CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O或 CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＋6H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl；温度过高时过氧化氢分解；（5）去除结晶表面水分；（6）工艺简单、操作方便；纯度较低。3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中有二氧化碳生成，因此溶液呈酸性。溶液中含有二氧化碳，而过氧化钙能与酸反应，因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2。5）过氧化钙不溶于乙醇，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作方便，产品的缺点是得到产品的纯度较低。【名师点睛】本试题考查物质的制备、实验基本操作、盐类水解、实验方案的设计与评价、元素及其化合物的性质等知识，这些问题属于基础知识的应用，意在考查考生的知识运用能力。制备碳酸钙，需要除去石灰石中的杂质，铁的氧化物和盐酸反应产生铁离子，然后利用过氧化氢，把Fe2＋氧化成Fe3＋，利用氢氧化铁在pH=2出现沉淀，当pH=3.7时沉淀完全，加入氨水调节3＋转化成Fe(OH)3，然后进行过滤，除去杂质。做题过程中注意题目pH，让Fe中信息，信息会告诉你解题的思路，“沉淀颗粒长大”，便于得到沉淀，便于过滤分离；实验操作中实验获得成功，一定要注意操作的规范性，如过滤的注意事项：“一贴”“二低”“三靠”；物质的制备为了得到纯净的物质，一定要把杂质除去，但不能引入新的杂质，把有可能引入杂质的情况考虑进去。CaCO＋2HCl=CaCl＋CO能溶于水，会有一部分CO322↑＋H2O，但CO22溶解，加入氨水时会产生(NH4)2CO3，制备的过氧化钙不纯净，所以需要除去溶解CO2，加热煮沸，即可除去溶解CO2。在实验题目中往往以元素及其化合物的性质为基础进行考查，过19氧化氢不稳定受热易分解， 在冰浴中进行，为防止过氧化氢的分解； 在物质的制备中也要注意题给信息，因为这往往解某题的关键，如 “过氧化钙微溶于水 ”，用蒸馏水洗涤中会有部分溶解，为了减少溶解，利用过氧化钙难溶于乙醇进行洗涤， 本试题难度适中。化工生产过程中 分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。1.蒸发、反应时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。⑴蒸发浓缩、冷却结晶：如除去KNO3中的少量NaCl。⑵蒸发结晶、趁热过滤：如除去NaCl中的少量KNO3。2.溶解法：利用特殊溶剂把杂质溶解而除去，如Fe(Al)可用过量的NaOH溶液而除去Al，CO2(HCl、H2O)先通过饱和食盐水，再通过浓H2SO4。沉淀法：a.加合适的沉淀剂(要使杂质离子充分沉淀，加入的沉淀剂必须过量，且在后续步骤中容易除去)；b.调节溶液的酸碱性。洗涤法：a.水洗；b.冰水洗；c.有机溶剂洗。其目的是：洗去目标物表面的杂质离子；减少目标物的溶解损耗或增大有机杂质的溶解量；防止目标物形成结晶水合物；使晶体快速干燥。典例（2015江苏）以磷石膏(只要成分CaSO，杂质SiO、Al2O3等)为原料可制备轻质42CaCO3。（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c(SO42－)随时间变化见由右图。清液pH>11时CaSO4转化的离子方程式_____________；能提高其转化速率的措施有____(填序号)20A．搅拌浆料B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度D．减小CO2通入速率（2）当清液pH接近6．5时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为______和________(填化学式)；检验洗涤是否完全的方法是_________。（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c(Ca2＋)增大的原因___________。【答案】（1）CaSO＋2NH＋2NH＋或CaSO＋CO2－=CaCO3＋SO2－，43·H2O＋CO2=CaCO34434AC；（2）SO42－、HCO3－，取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；（3）浸取液温度上升，溶液中c(H＋)增大，促进固体中Ca2＋浸出。【名师点睛】本题考查工艺流程问题， 在分析中首先要有很好的基本功， 无论是基础知识还是审题方面，在工艺流程中，注重分析过程，知道哪些步骤发生什么样的反应，或者此实验操作怎样等，然后注重书写，书写要规范；此试题考查溶度积方面的知识，反应向着更难溶的方向进行，同时也考查了影响反应速率的因素，考查学生分析问题的能力。【变式训练 1】二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含 SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：⑴洗涤滤渣 A的目的是为了去除 （填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是 。⑵第②步反应的离子方程式是 ，滤渣B的主要成分是 。21⑶萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物 TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP （填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有 、烧杯、玻璃棒、量筒等。⑷取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4标准溶液滴定终点是（铈被还原为Ce3＋）,消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为。【答案】⑴Fe3+，用试管接最后一次洗涤液，滴入2~3滴KSCN溶液，若不显红色，无Fe3+，则已洗涤干净。(稀盐酸只可以溶解Fe2O3，所以溶液中有Fe3+。SiO2不溶于盐酸)＋+3O2↑+6H2OSiO2。(注意Ce的化合价是由+4到+3⑵CeO2+6H+3H2O2==2Ce3＋价的，被还原，所以H2O2是被氧化的)⑶不能(萃取剂与原溶剂必须是互不相溶的)分液漏斗⑷97.0%M(Ce(OH)4)=208gmol·-1nCe(OH)4)=(n(Fe2＋)=0.1000mol?L-1×0.025L=0.0025molm(Ce(OH)4)=208gmol·-1×0.0025mol=0.52gω(Ce(OH)4)=0.52g/0.536g=0.9701=97.01%【变式训练 2】利用废旧锌铁皮制备磁性 Fe3O4胶体粒子及副产物 ZnO。制备流程图如下：已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似。请回答下列问题：⑴用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有。A．去除油污B．溶解镀锌层C．去除铁锈D．钝化（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是。（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，原因是。（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？（填“能”或“不能”），理由是。（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制－250mL，应准确称取gK2Cr2O7(保留4位浓度为0.01000mol·L1的K2Cr2O7标准溶液．．．．有效数字，已知－1用到的M(K2Cr2O7)＝294.0gmol·)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要．．．．．．．有。（用编号表示）。22①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管（6）滴定操作中，如果滴定前装有 K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡， 而滴定结束后气泡消失，则测定结果将 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】（1）A、B2）抽滤、洗涤、灼烧3）N2气氛下，防止Fe2＋被氧化4）不能胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸（5）0.7350 ③⑦（6）偏大.可循环物质的判断流程图中回头箭头的物质。生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。二.对整个工艺流程从下列几个方面进行评价1.体现绿色化学思想（使用无毒无害原料，采用原子利用率高的制备路线，原料的循环利用，副产物综合利用，节能，等）。高效节能方面（原料廉价，工艺简单，产品的纯度高，能耗低等）。生成物或副产物的污染。典例（2015天津）废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、 萃取、电解等操作得到纯铜等产品。 某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：23回答下列问题：（1反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+，反应中H2O2的作用是。写出操作①的名称：。（2）反应II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：。操作②用到的主要仪器名称为，其目的是（填序号）。a．富集铜元素b．使铜元素与水溶液中的物质分离2＋在水c．增加Cu中的溶解度（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和。若操作③使用右图装置，图中存在的错误是。（4）操作④以石墨作电极电解CuSO溶液。阴极析出铜，阳极产物是。操作⑤由4硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是。（5）流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是。循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是。【答案】（1）作氧化剂过滤（2）Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗ab（3）RH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁液体过多（4）O2H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤（5）H2SO4防止由于溶液中的c（OH-）过高，生成Cu（OH）2沉淀【名师点睛】对于工业流程的分析是该问题的难点。将该工业流程转化为化学的问题及掌握基本的化学知识是解题的关键。包括反应原理的判断、基本操作的判断、仪器的选择、物质或操作作用的分析、电解反应原理的应用、操作方案的设计、误差分析、物质质量分数的计算等。这类题目距离生活较远，因此学生会感到无从下手。从流程图中可分析问题的答案，如经过操作1将溶液与残渣分离，则该操作一定是过滤，从溶液中得到固体的操作一定需蒸发浓缩的步骤等，根据加入某物质前后反应物质的成分变化判断发生的化学反应及该物质的作用，所以本题以化学工业为载体，考查学生的分析问题与解决问题的能力为主。24【变式训练 1】氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿 (主要成分为 MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为。（2）加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为。（3）滤渣2的成分是(填化学式)。（4）煅烧过程存在以下反应：℃2MgSO4+C======2MgO+2SO2↑+CO2↑800℃MgSO4+C======MgO+SO2↑+CO↑800℃MgSO4+3C======MgO+S↑+3CO↑利用右图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。①D中收集的气体可以是(填化学式)。②B中盛放的溶液可以是(填字母)。a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．KMnO4溶液③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：。＋Mg2＋+CO2↑+H2O【答案】（1）MgCO3+2H（2）2FeSO+H2SO4Fe2(SO4)3+2H2O4+H2O23）Fe(OH)34）①CO②d③3S+6OH—△SO32—+2S2—+3H2O。【解析】本题考查制备硫酸镁的实验流程分析， 考查了方程式的书写以及混合气体的分25离等知识。1）MgCO3为难溶性物质，写离子方程式不能拆开。（2）根据菱镁矿的成分，可知滤液中有Fe2+，H2O2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+。结合前面使用稀硫酸可知溶液显酸性，所以离子方程式为 2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O。（3）根据题意要提取镁元素，必须除去不溶性杂质和铁元素。 根据流程，可知滤渣 1是不溶性杂质，滤渣2中含的是铁元素。 结合加入一水合氨和 H2O2，可知滤渣 2是Fe(OH)3。（4）根据反应原理，可知气体中含有 SO2、CO2、CO和硫蒸汽。① D采用排水集气法，气体必然不溶于水，所以是 CO。②SO2和CO2均属于酸性氧化物，均能与 NaOH、Na2CO3溶液反应，达不到分步的目的， ab错误。SO2与稀HNO3反应同时得到 NO，产生新杂质，干扰后续操作， c错误。SO2能被KMnO4氧化，而且没有新气体生成， d正确。③根据“淡黄色固体”，可知A中是硫单质。产物中有 +4价硫，说明是Na2SO3，进而可知发生氧化还原反应，必然有部分硫化合价降低转化成Na2S。根据化合价升降相等，所以有：3S+6OH—△SO32—+2S2—+3H2O。化学计算包括：纯度，转化率、产率计算，有效数字的取舍。一.关系式法典例1二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。 平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含 SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：⑴洗涤滤渣A的目的是为了去除（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是。⑵第②步反应的离子方程式是，滤渣B的主要成分是。⑶萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP（填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有、烧杯、玻璃棒、量筒等。⑷取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol?L-1FeSO4标准溶液滴定终点是（铈被还原为Ce3＋）,消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质26量分数为。【答案】⑴Fe3+，用试管接最后一次洗涤液，滴入2~3滴KSCN溶液，若不显红色，无Fe3+，则已洗涤干净。(稀盐酸只可以溶解Fe2O3，所以溶液中有Fe3+。SiO2不溶于盐酸)＋+3O2↑+6H2OSiO2。⑵CeO2+6H+3H2O2==2Ce3＋(注意Ce的化合价是由+4到+3价的，被还原，所以H2O2是被氧化的)⑶不能(萃取剂与原溶剂必须是互不相溶的)分液漏斗⑷97.0%M(Ce(OH)4)=208g·mol-1nCe(OH)4)=(n(Fe2＋)=0.1000mol?L-1×0.025L=0.0025molm(Ce(OH)4)=208g·mol-1×0.0025mol=0.52gω(Ce(OH)4)=0.52g/0.536g=0.9701=97.01%【解析】本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识。 该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸， 、Fe2O3转化FeCl3为存在于滤液中，滤渣为 CeO2和SiO2②加入稀硫酸和 H2O2，CeO2转化为 Ce3+滤渣为SiO2③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品。Ce(OH)4~FeSO4，n[Ce(OH)4]=n(FeSO4)=0.1000mol/L×1.025L=0.0025mol，m=0.0025mol×208g/mol=0.52g。【变式训练 1】