备战2026年高考化学考试易错题（新高考）易错类型07 化工流程中的常考问题（7大易错点）（解析版）

易错类型07化工流程中的常考问题

01易错陷阱（7大陷阱）

【易错点01】不了解常见的工艺操作（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）及其目的

【易错点02】错误判断常见的工艺操作条件控制（调节溶液pH、控制温度等）的原因

【易错点03】不理解物质分离、提纯的方法及要点

【易错点04】不能正确书写流程中陌生的反应方程式

【易错点05】不能正确识别热重曲线

【易错点06】工艺流程题中有关Ksp的应用

【易错点07】未掌握有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算方法

02易错题通关

易错点1不了解常见的工艺操作及其目的

【分析】

工艺操作(结果)目的评价(或操作名称)

方研磨(粉碎)增大接触面积，加快反应(溶解)速率

法煅烧(焙烧)矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质

措水浸利用水溶性把物质进行分离

施酸浸(碱浸)利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子

【例1】（2024·新课标卷节选）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应

用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的

工艺如下：

已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c1.0105molL1)时的pH：

Fe3Fe2Co3Co2Zn2

开始沉淀的pH1.56.9—7.46.2

沉淀完全的pH2.88.41.19.48.2

回答下列问题：

（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是；“滤渣1”中金属元素主要为。

【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率Pb

【解析】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速

率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；

、、、

【变式1-1】（2024·山东德州一中、二中联考一模）某含钒矿石（主要成分为V2O5SiO2Al2O3FeS2等）

制取V2O5的流程如下：

2

已知：①FeS22HFeSH2S

②强酸性溶液中钒以VO2形式存在

③NaVO3易溶于水、NH4VO3难溶于水

下列说法错误的是

A．破碎粉磨含钒矿石的目的是加快酸浸速率和溶出率

B．浸出渣的主要成分为SiO2

C．转化富集的目的是除去含钒溶液中的Fe2、Al3

D．沉钒过程中发生反应的离子方程式为NH3H2OVO3NH4VO3OH

【答案】BC

、、、

【分析】含钒矿石主要成分为V2O5SiO2Al2O3FeS2等，矿石磨粉，加硫酸“酸浸”，SiO2难溶于硫酸，

2

FeS22HFeSH2S，浸出渣的主要成分为SiO2、S，生成的气体为H2S，得到含钒溶液中含有VO2、

2+3+

Fe、Al，加氢氧化钠、氧气，VO2转化为VO3，加氨水生成NH4VO3沉淀。

【解析】A.破碎粉磨含钒矿石，增大与硫酸的接触面积，可以加快酸浸速率和溶出率，故A正确；

2

B.SiO2难溶于硫酸，FeS22HFeSH2S，浸出渣的主要成分为SiO2、S，故B错误；

C.强酸性溶液中钒以VO2形式存在，转化富集的目的是使VO2转化为VO3，故C错误；

D.沉钒过程中VO3和氨水反应生成NH4VO3沉淀，发生反应的离子方程式为

NH3H2OVO3NH4VO3OH，故D正确；

选BC。

易错点2错误判断常见的工艺操作条件控制的原因

【分析】

控调节溶液pH某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解

制控制温度加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等

条增大某反应物用量增大另一反应物的转化率

件某种试剂的选择是否带入杂质、是否影响产品的纯度

调节pH的原理及目的

1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，

使pH增大的物质如MgO、Mg(OH)2等类型的物质。

2．原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度

3．pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。

4．控制pH的目的：

(1)pH调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀

(2)pH调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。

(3)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。

5．控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀的原理，例如：

3+3+++

(1)Fe溶液中存在水解平衡：Fe+3H2OFe(OH)3＋3H，加入CuO后，溶液中H浓度降低，平衡正

向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。

(2)如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。

调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2

＋3＋

溶液中混有的Fe，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。

(3)PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。

【例2-1】（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂

质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。

Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2

开始沉淀pH1.94.26.2

沉淀完全pH3.26.78.2

下列说法错误的是

A．固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为Zn

B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出

C．中和调pH的范围为3.2~4.2

D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成

【答案】D

【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、

2+3+3+2+2+

H2O，Fe被氧化为Fe，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe形成Fe(OH)3沉淀，而Cu、Zn仍以离子形

2+2+

式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu、Zn；然后向滤液中通入高压H2，

根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于

溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。

A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；

2+2-

B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu(aq)+S(aq)，增大O2的浓度，可以反应消

耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；

3+2+2+

C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe转化为沉淀，而Cu、Zn仍以离子形式存在于溶

液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；

2++-

D．在用H2还原Cu变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H，与溶液中OH结合形成H2O，若还原时增

+

大溶液的酸度，c(H)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；

故合理选项是D。

【例2-2】（2024·河北卷节选）V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为

焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺

流程如下。

已知：i石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为

、、

CaCO3NaOHNa2CO3等。

高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难

ⅱAl2O3CaVO32

溶于水。回答下列问题：

（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为(填序号)。

a．延长沉钒时间b．将溶液调至碱性c．搅拌d．降低NH4Cl溶液的浓度

【答案】（5）bd

【解析】（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；

-+

b．NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH与NH4反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意；

c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；

d．降低NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d符合题意；

故选bd。

【变式2-1】（2024届·山东济宁·三模节选）一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还含有铁、钴、铜等元素的

氧化物)为原料制备纯锌并将其它金属元素回收利用的工艺流程如下：

已知：①锌精矿在高温焙烧过程中部分转化为铁酸锌(ZnFe2O4)，铁酸锌不溶于稀硫酸

②黄钠铁矾NaFeSOOH是一种浅黄色晶体，过滤及沉淀性能较好，但溶液酸性较强时不易生成

264412

285

③Ka1H2SO31.410；Ka2H2SO36.010；KbNH3H2O1.810

回答下列问题：

(4)“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，原因是，“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方䅠式为。

【答案】(4)pH过小时黄钠铁矾不易生成，pH过大时生成Fe(OH)3沉淀

322

6Fe4SO42Na6H2O6CO3Na2Fe6SO44OH126CO2

【详解】（4）“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，因为pH过小时黄钠铁矾不易生成，pH过大时生成Fe(OH)3

3+

沉淀；“沉铁”时Na2SO4和Fe生成黄钠铁矾，根据质量守恒可知，反应物中还有水，生成物中还会生成氢

离子，生成的氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳气体，离子反应方程式为

322；

6Fe4SO42Na6H2O6CO3Na2Fe6SO44OH126CO2

易错点3不理解物质分离、提纯的方法及要点

分不相溶液体分液

离相溶性液体蒸馏

提难溶性固体过滤

纯易溶性固体蒸发浓缩、冷却结晶

趁热过滤防止温度降低，某物质析出

冰水洗涤减少晶体的溶解损失

乙醇、有机溶剂洗涤减少晶体的水溶性损失

1

【例3】（2024·贵州卷）贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富

3

矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡BaTiO3工艺。部分流程如下：

下列说法正确的是

A．“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质是Na2S

B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

C．“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应

D．“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱，以提高纯度

【答案】B

【分析】重晶石矿（主要成分为BaSO4）通过一系列反应，转化为BaS溶液；加盐酸酸化，生成BaCl2和H2S

气体；在BaCl2溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Ba(OH)28H2O；

过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；Ba(OH)28H2O加水溶解后，加入Ti(OC4H9)4，进

行合成反应，得到BaTiO3粗品，最后洗涤得到最终产品。

【解析】A．由分析可知，“气体”主要成分为H2S气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项

错误；

B．由分析可知，“系列操作”得到的是Ba(OH)28H2O晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过

滤、洗涤、干燥，B项正确；

C．“合成反应”是Ba(OH)28H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧

化还原反应，C项错误；

D．“洗涤”时，若使用稀H2SO4，BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4，故不能使用稀H2SO4，D项错误；

故选B。

【变式3-1】（2024届广东省韶关二模节选）二氧化铈（CeO2）是一种典型的金属氧化物，具有较强的

氧化性广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要

含CeFCO3、BaO等）为原料制备CeO2的一种工艺流程如下图所示：

23

已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为CeO2和CeF4；②滤液A中含：SO4、CeF等离子。

回答下列问题：

(2)“系列操作”包含以下几个过程：已知：Ce3不能溶于有机物TBP；CeF3能溶于有机物TBP，且存在反应：

CeF3TBPCeTBP4F。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是，“有机层B”中发生反

应的离子方程式为。水层中的一种溶质，理论上可以在工艺流程图中的工序中循环利用，

减小“调pH”工序中NaOH的用量，节约生产成本。

43

【答案】(2)分液2CeTBPH2O22CeO22H2TBP酸浸

【解析】（2）滤液A中的CeF3+能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离；

CeF3+进入有机层TBP中被分离出来后，经过系列操作得到含Ce3+水层，则说明有机层中CeTBP4+转化为

Ce3+，而Ce3+在有机物TBP中不溶进入水层，CeTBP4+被还原成Ce3+，应加入还原剂发生氧化还原反应，

H2O2具有还原性且被氧化成O2不会引入新杂质，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方

43

程式为2CeTBPH2O22CeO22H2TBP；

水层溶液中含有硫酸，故可循环利用于“酸浸”工序；

43

故答案为：分液；2CeTBPH2O22CeO22H2TBP；酸浸；

易错点4不能正确书写流程中陌生的反应方程式

【分析】

1．书写思路

首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断

反应类型：

(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；

(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。

2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程

(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还

原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。

(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。

＋－

(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H、OH或H2O等。

(4)根据质量守恒配平反应方程式。

【例4】（2023·河北卷）一种以锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高

纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下：

已知：室温下相关物质的Ksp如下表。

Al(OH)3Mg(OH)2Ca(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2MgF2CaF2

1032.91011.3105.31016.31038.61012.71010.3108.3

下列说法错误的是

A．酸浸工序中产生的气体①为氯气

B．滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3

22

C．除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca、Mg浓度接近，则CaF2先析出

2

D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为Mn2HCO3MnCO3CO2H2O

【答案】C

【分析】由图知锰尘(主要成分为Mn2O3，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，Mn2O3、

铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于Mn2O3具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化物氯气，故

气体①，用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节pH为5~6，由表中数据知，可将铁和铝沉

淀而除去，故滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的

形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生

2

Mn2HCO3MnCO3CO2H2O，将锰离子沉淀，得到纯度较高的碳酸锰。

2+

【解析】A．由分析知，Mn2O3与浓盐酸反应生成Mn和Cl2，A正确；

B．结合表中数据可知,除杂①工序中调pH为pH为5~6，此时会产生Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，B正确；

₂₂22

C．由于Ksp(MgF)<Ksp(CaF)故Ca、Mg浓度接近时，先析出MgF2沉淀，C错误；

2+

D．由题给流程和分析可知,沉淀工序中Mn与HCO3反应生成MnCO3、CO2和H2O离子方程式为

2

Mn2HCO3MnCO3CO2H2O，D正确；

故选C。

【变式4-1】（2024·全国甲卷节选）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、

铁、钴、锰的2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。

注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5molL-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。

-36-22-21

已知：①Ksp(CuS)=6.310,Ksp(ZnS)=2.510,Ksp(CoS)=4.010。

-1

②以氢氧化物形式沉淀时，lgc(M)/molL和溶液pH的关系如图所示。

回答下列问题：

（2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是。

（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为。

【答案】（2）CoO+H2SO4=CoSO4H2O

2

（6）2Co5ClO5H2O2Co(OH)3Cl4HClO

【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶

解，Zn及其他2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然

后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁

离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三

次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他2价

氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即CoO为转化为CoSO4，

反应的化学方程式为CoO+H2SO4=CoSO4H2O。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的

NaClO氧化Co2，为了保证Co2被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为

2

2Co5ClO5H2O2Co(OH)3Cl4HClO。（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，

22

溶液中有Zn元素以Zn形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]，因此，从“沉钴”后的

滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于

12，静置后过滤、洗涤、干燥。

【变式4-2】（2024届广东省汕头一模节选）2023年7月3日，商务部与海关总署发布公告，宣布对镓、

锗相关物质实施出口管制。金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。

FeO

利用粉煤灰（主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量23等杂质）制备镓和氮化镓的流程如下：

已知：①镓与铝同主族，其化合物性质相似。

②“碱浸”后溶液的主要成分为NaGa(OH)4、NaAl(OH)4（四羟基合铝酸钠）、Na2SiO3。

③NH3H3BO3NH3H3BO3；NH3H3BO3HClNH4ClH3BO3；

回答下列问题：

(1)“焙烧”的目的是将Ga2O3转化为NaGaO2，该反应的化学方程式为。

(2)“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是（写化学式）。

(3)步骤①和②中通入过量气体A发生反应的离子方程式为。

焙烧

【答案】(1)Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2

(2)H2SiO3

﹣

(3)GaOH+CO=GaOH+HCO-

4233

FeO

【分析】粉煤灰（主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量23等杂质）与纯碱焙烧后得到Na2GaO2、

Na2SiO3、Na2AlO2和A气体CO2，加入稀的NaOH溶液浸取，得到滤渣1氧化铁沉淀，滤液中含有

NaGa(OH)4、NaAl(OH)4、Na2SiO3，“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2

的主要成分是H2SiO3沉淀，此时溶液中存在铝离子和镓离子，调pH值通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀，

﹣

通入二氧化碳二次酸化后得到氢氧化镓，将滤饼与氢氧化钠溶液混合应，得到[Ga(OH)4]，电解后得到镓单

质，加入一溴甲烷和氨气得到GaN，据此解答。

【解析】（1）“焙烧”后镓元素均转化为可溶性钠盐NaGaO2，则反应的化学方程式为

焙烧

Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2。

（2）依据上述分析，滤渣2为H2SiO3沉淀。

（3）步骤①和②中通入过量气体A生成Ga(OH)3沉淀和NaHCO3发生反应的离子方程式为：

﹣

GaOH+CO=GaOH+HCO-。

4233

易错点5不能正确识别热重曲线

【分析】

热重分析法指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法

由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量

或失重百分数

Δ

实例：固体物质A热分解反应：A(固体)——→B(固体)＋C(气体)

热重曲线

的典型热重曲线如图所示，图中T1为固体A开始分解的温度，T2

为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量为m0，失

(m0-m1)

重后试样质量为m1，则失重百分数为×100％。

m0

①设晶体为1mol。

②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。

m(剩余)

热重分析的③计算每步的m(剩余)，固体残留率＝×100％。

m(1mol晶体质量)

解题流程

④晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。

⑤失重残留物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失

重后物质的化学式。

热重曲线解题思维建模——以盐类或碱受热减重为例

计算推导核心减重全程金属原子的物质的量不变

①先计算化合物中的m(金属)、m(H2O)，用于判断脱水过程在哪一温度(阶段)结束。

计算步骤②脱水后产物继续减重，常伴随CO、CO2等气体的产生。

③若为富氧环境，则金属元素或低价非金属元素价态可因氧化而升高。

【例5】在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，固体质量随温度变化的曲线如图所示(H—1，O—16，

Ni—59)。

（1）500～700K之间分解产生的气体为_______。

（2）800K后剩余固体质量略有增加的原因是______________________________________________。

【答案】（1）CO2（2）NiO被氧化成更高价态的镍氧化物

【解析】（1）取1molNiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，质量为341g；当固体质量减少21.1%时，减少的质量约

为72g，根据化学式可知，生成4molH2O，500K时固体为NiCO3·2NiO；当固体质量减少34.0%时，减

少的质量约为116g，根据化学式可知，生成4molH2O和1molCO2,700K时固体为NiO；因此300～500K

之间分解产生的气体为H2O，500～700K之间分解产生的气体为CO2；（2）700K后，反应完成，剩下的

固体为NiO，在氧气气氛中加热，NiO被氧化成更高价态的镍氧化物，导致800K后剩余固体质量略有增加。

【变式5-1】热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的

热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。

（1）试确定200℃时固态物质的化学式_____________。

（2）554℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式：

__________________________________________________。

554℃

【答案】（1）MgCl2·2H2O（2）Mg(OH)Cl=====MgO＋HCl↑

【解析】（1）由题图可知，起始时MgCl2·6H2O的质量为4.06g，物质的量为0.02mol，则m(MgCl2)＝

－1

95g·mol×0.02mol＝1.9g，所以200℃时，MgCl2·6H2O失去部分结晶水，固态物质中m(H2O)＝2.62g

－1.9g＝0.72g，n(H2O)＝0.04mol，即此时固态物质中n(MgCl2)∶n(H2O)＝0.02mol∶0.04mol＝1∶2，

故200℃时固态物质的化学式为MgCl2·2H2O；（2）554℃时，固态物质的质量为0.80g，为0.02molMgO

的质量，所以得到的白色固体为MgO；554℃时固态物质的质量比527℃时的少0.73g，为0.02molHCl

的质量，则554℃时分解得到的酸性气体为HCl，所以527℃时，固态物质为Mg(OH)Cl，在554℃时分

554℃

解的方程式为Mg(OH)Cl=====MgO＋HCl↑。

易错点6工艺流程题中有关Ksp的应用

【分析】

应用方法实例离子方程式

如除去NH4Cl溶液中的FeCl3，

3＋＋

沉淀调节pH法Fe＋3NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋3NH4

可先加入氨水调节pH至7～8

的

2＋2＋＋

如用①H2S沉淀Cu①Cu＋H2S＝CuS↓＋2H

生成加沉淀剂法

2＋2－2＋

②Na2S沉淀Hg②S＋Hg＝HgS↓

＋2＋

酸溶解法CaCO3溶于盐酸CaCO3＋2H＝Ca＋CO2↑＋H2O

沉淀

＋2＋

盐溶液溶解法Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液Mg(OH)2＋2NH4＝Mg＋2NH3·H2O

的

＋－2＋

氧化还原反应法如CuS溶于硝酸3CuS＋8H＋2NO3＝3S＋2NO↑＋3Cu＋4H2O

溶解

＋－

生成配合物法如AgCl溶于氨水AgCl＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]＋2H2O＋Cl

沉淀实质：沉淀溶解平衡的移动

的特征：①一般说来，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。

转化NaClNaBrNaINa2S

②沉淀的溶解度差别越大，越容易转化：AgNO3—→AgCl—→AgBr—→AgI—→Ag2S

应用：①锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3

②矿物转化：CuSO4溶液遇ZnS(闪锌矿)转化为CuS(铜蓝)

分步1若沉淀的类型及被沉淀的离子浓度相同，则难溶物的Ksp由小到更小依次生成沉淀

沉淀②难溶的金属M(OH)n可通过调节溶液的pH，使M(OH)n分步沉淀（注意：pH调节范围）

温馨①不同类型的沉淀，其Ksp小的其溶解度不一定也小。

提醒②两种难溶物当其Ksp相关不大时，可相互转化，但要求是浓溶液或饱和溶液。

【例6】（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含Cu2、Fe3、Zn2、Al3)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

物质FeOH

3CuOH2ZnOH2AlOH3

开始沉淀pH1.94.26.23.5

完全沉淀pH3.26.78.24.6

3624

②KspCuS6.410,KspZnS1.610。

下列说法错误的是

A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3

2

B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是SH2OHSOH

cCu2

2212

C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu和Zn完全沉淀时，溶液中4.010

cZn2

D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水

【答案】D

【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，

过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。

【解析】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，

则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；

B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：

2---

S+H2OHS+OH，B正确；

⇌

C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则

2+2+2-36

c(Cu)c(Cu)c(S)Ksp(CuS)6.41012

2+2+2-24410，C正确；

c(Zn)c(Zn)c(S)Ksp(CuS)1.610

D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循

环用水的标准后，才能使用，D错误；

故选D。

马日夫盐［］常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿

【变式6-1】MnH2PO422H2O

FeO

［主要成分为MnO(OH)，还含有少量的23、Al2O3、SiO2及微量的CaO］为原料制备马日夫盐的一种工

艺流程如图所示。

125

已知：KspCaF23.610，当溶液中剩余的某金属离子浓度110mol/L时，通常认为该金属离子已

沉淀完全。下列说法错误的是

A．步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应

．滤渣的主要成分为、

B2FeOH3AlOH3

C．低温条件下沉锰是为了防止NH4HCO3分解

4

D．“除钙”步骤中控制cF610mol/L可使Ca2完全沉淀

【答案】A

3+2+

【分析】向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe被还原为Fe，

2+22+2+3+

得到含有Mn、SO4、Fe、Ca、Al的混合溶液和含有SiO2、CaSO4（微溶）的滤渣1；加入MnO2，

2+3+3+3+

将Fe氧化为Fe，加入氨水调节pH将Fe、Al转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，加入NaF溶液将

2+

Ca转化为CaF2沉淀除去，滤液主要成分为MnSO4，加入NaHCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷

酸溶液得到溶液，一系列操作后得到；

MnH2PO42MnH2PO422H2O

3+3+

【解析】A．根据分析，步骤Ⅲ为加入氨水调节pH将Fe、Al转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，只涉

及复分解反应，不涉及氧化还原反应，A错误；

．根据分析，滤渣的主要成分为、，正确；

B2FeOH3AlOH3B

C．NH4HCO3为铵态氮盐，高温易分解，低温条件下沉锰是为了防止NH4HCO3分解，C正确；

122

D．根据KspCaF3.610，若要使Ca完全沉淀，则

12

KspCaF23.6104

cF610mol/L，D正确；

cCa21105mol/L

答案选A。

【变式6-2】以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)为原料，制备脱硫剂MnxOy，

可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如下。

（3）“沉锰”中若产生amolMn(OH)2沉淀。现用5L一定浓度的Na2CO3溶液将其全部转化为MnCO3，

－1－11

需Na2CO3溶液的浓度至少为_______mol·L(用含a的表达式表示)。已知：Ksp(MnCO3)＝1.1×10，

－13

Ksp[Mn(OH)2]＝1.1×10。

2＋

【答案】80aa

5

2(－)[()]

2－－cOHKspMnOH2

【解析】Mn(OH)2(s)＋CO3(aq)MnCO3(s)＋2OH(aq)，K＝＝，amol

2－

c(CO3)Ksp(MnCO3)

()

－2a－12－KspMnCO3

Mn(OH)2完全转化为MnCO3时，溶液中c(OH)＝mol·L，则此时溶液中c(CO3)＝×

5Ksp[Mn(OH)2]

×－11

2－1.1102a22－12

c(OH)＝×()＝16amol·L，由于反应时要消耗amolNa2CO3，所以至少需要(80a＋a)mol

1.1×10－135

2＋2＋

80aa－180aa

Na2CO3，则其浓度mol·L，故答案为：。

55

易错点7未掌握有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算方法

【分析】

化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、

物质的质量的计算。

计算公式：

mV

(1)n＝，n＝，n＝cV(aq)

MVm

物质的质量分数

或纯度该物质的质量

(2)＝×100%

混合物的总质量

产品实际产量

(3)产品产率＝×100%

产品理论产量

参加反应的原料量

(4)物质的转化率＝×100%

加入原料的总量

【例7】（2023·重庆卷节选）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物

CaCl2水合物的工艺如下。

25℃时各物质溶度积见下表：

物质Fe(OH)2Fe(OH)3Ca(OH)2

17396

溶度积Ksp4.9102.8105.010

回答下列问题：

（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过。

②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，

用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为，该副产物中CaCl2的

质量分数为。

【答案】（4）11最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色66.6%

【分析】FeCl2溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，FeCl2溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2

中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，

【解析】（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2浓度为5.0mol/L，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂

6

-Ksp5.010-3

质，故此时cOH=1.010mol/L，pOH=3，pH=11，故理论上pH不超过11。

cCa2+5.0

②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内

不变色；

氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀CaC2O4，草酸钙沉淀加入硫