(2017-2019)高考化学真题分类汇编专题16工艺流程题(教师版).pdf

专题 16工艺流程题12019 新课标硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量 Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在 95“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。（2）“滤渣 1”的主要成分有_。为检验“过滤 1”后的滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是_。垐?（3）根据 H3BO3的解离反应：H3BO3+H2O噲?H+B(OH)4，a=5.811010，可判断 H3BO3是_酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH 调节至 3.5，目的是_。（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。【答案】（1）NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3SCN（3）一元弱转化为H3BO3，促进析出（4）2Mg2+3CO3+2H2OMg(OH)2MgCO3+2HCO3（或2Mg2+2CO3+H2OMg(OH)2MgCO3+CO2）溶浸高温焙烧【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3(NH4)2CO3。（2）滤渣 I 为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验 Fe3+,可选用的化学试剂为 SCN，（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH 调节至 3.5，目的是将 B(OH)4转化为 H3BO3，并促进 H3BO3析出，（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成 Mg(OH)2MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2+2H2O+3CO32-Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循22环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。22019新课标立德粉nSBaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_（填标号）。A黄色B红色C紫色D绿色（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_（填化学式）。沉淀器中反应的离子方程式为_。（3）成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g 样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 molL1的 I2I 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为L1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O32I+S4O6。测定时消指示剂，过量的I2用 0.1000 mol耗 Na2S2O3溶液体积 V mL。终点颜色变化为_，样品中 S2的含量为_（写出表达式）。【答案】（1）D（2）BaSO4+4CBaS+4COBaCO3nSS2+Ba2+n2+SO4BaSO4（3）浅蓝色至无色【解析】【分析】（1）焰色反应不属于化学变化，常用检验金属元素存在，常见金属元素焰色：222CO+H2OCO2+H21（25.00V）0.1000322100m1000钠 Na（黄色）、锂 Li（紫红）、钾（浅紫）、铷 Rb（紫色）、钙 Ca（砖红色）、锶 Sr（洋红）、铜 Cu（绿色）、钡 Ba（黄绿）、铯 Cs（紫红）；（2）流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反应BaSO4+4CBaS+4CO，生成还原料BaS，硫化钡溶液与硫酸nS，得到立德粉。锌发生复分解反应 S2+Ba2+n2+SO4BaSO4注意焦炭过量生成 CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS 与 CO，写出方程式；CO 与水蒸气反应生成 CO2与 H2，写出方程式 CO+H2OCO2+H2。根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水、二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式。（3）碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题。【详解】（1）焰色反应不是化学变化，常用检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A钠的焰色为黄色，故 A 错误；B钙的焰色为红色，故B 错误；C钾的焰色为紫色，故C 错误；D钡的焰色为绿色，故D正确；故选 D。注意焦炭过量生成CO，（2）反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4CBaS+4CO；CO 与水蒸气反应生成 CO2与 H2，写出方程式：CO+H2OCO2+H2。根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子nS。方程式：S2+Ba2+n2+SO4BaSO4（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol：S2-I22S2O32-I21 mol1 mol2 mol1 moln moln mol 0.1V10-3mol22110-3mol0.1V211n+0.1V10-3mol=250.1V10-3mol，得 n=（25-V）0.110-3mol221（25.00V）0.100032nM（S2）100%=100%。则样品中硫离子含量为：2mm100032019新课标 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、n、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：金属离子开始沉淀的 pH沉淀完全的 pHMn2+8.110.1Fe2+6.38.3Fe3+1.52.8Al3+3.44.7Mg2+8.910.9n2+6.28.2Ni2+6.98.9（1）“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。（4）“除杂1”的目的是除去n2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_。（6）写出“沉锰”的离子方程式_。（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNiCoyMnO2，其中Ni、Co、Mn的1化合价分别为+2、+3、+4。当=y=时，=_。3【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐）MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O（2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）4.7（4）NiS和nS（5）F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+2F平衡向右移动（6）Mn2+2HCO3MnCO3+CO2+H2O1（7）3Si元素以 SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，【解析】（1）所以滤渣 I中除了 S还有 SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。（2）二氧化锰作为氧化剂，使得 MnS反应完全，且将溶液中 Fe2+氧化为 Fe3+。（3）由表中数据知 pH在 4.7 时，Fe3+和 Al3+沉淀完全，所以应该控制 pH在 4.76 之间。（4）根据题干信息，加入 Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣 3是生成的沉淀 nS和NiS。垐?垐?H+F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得 MgF2噲?Mg2+2F-平衡向沉淀溶解方（5）由 HF噲向移动，Mg2+沉淀不完全。（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了 MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O。（7）根据化合物中各元素化合价代数和为 0的规律得：1+2+3y+4=6，已知，=y=1/3，带入计算得：=1/3。42019江苏实验室以工业废渣（主要含 CaSO42H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：（1）室温下，反应CaSO4(s)+CO3(aq)CaCO3(s)+SO4(aq)达到平衡，则溶液中sp(CaSO4)=4.8105，sp(CaCO3)=3109。222cCO3cSO24=（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是。（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在6070，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有。（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质 CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2。104【答案】（1）1.6H2ONH4+CO3+H2O(或HCO3+NH3H2ONH4+CO3+H2O)（2）HCO3+NH3增加溶液中CO3的浓度，促进CaSO4的转化（3）温度过高，(NH4)2CO3分解加快搅拌速率2+2+2（4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于58.5时，过滤【解析】【分析】2c（SO4）2-2-1CaSOs+COaqCaCOs+SOaqCaSO4（）反应4（）3（）3（）4（）的平衡常数表达式为2，结合c（CO3）和 CaCO3的sp计算。（2）氨水与 NH4HCO3反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3的水解。（3）温度过高，（NH4）2CO3分解，使CaSO4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高 CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析。（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和 Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取 CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为 CaCl2，同时 Al2O3、Fe2O3转化成 AlCl3、FeCl3，过滤除去 SiO2，结合题给已知，再利用Ca（OH）2调节 pH除去 Al3+和 Fe3+。【详解】（1）反应 CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中2Ksp（CaSO4）4.8105c（SO2（?SO24）c（Ca）4）=1.6104。2229（CaCO?c（CO3）c（Ca）（?CO3）Ksp3）310NH4HCO3属于酸式盐，H2O=（2）与氨水反应生成（NH4）反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3（NH4）2CO3，2CO3+H2O或 NH4HCO3+NH3H2OH2O=NH4+CO32-+H2O（NH4）离子方程式为 HCO3-+NH3（或2CO3+H2O，HCO3-+NH3H2ONH4+CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，平衡：CO32-+NH4+H2OHCO3-+NH3反应 CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进 CaSO4的转化。（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。2H2O，还含有少量 SiO2、Al2O3和 Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中（4）工业废渣主要含CaSO4CaSO4与（NH4）2CO3反应生成 CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和 Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含 CaCO3、SiO2、Al2O3和 Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将 CaCO3完全转化为 CaCl2，发生的反应为 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去 SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时 Fe（OH）3和 Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时 Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中 Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的 pH介于 58.5加入 Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的 pH，然后过滤即可制得 CaCl2溶液。【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于 58.5等。52018 新课标卷焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：（1）生产 Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。（2）利用烟道气中的 SO2生产 Na2S2O5的工艺为：pH=4.1 时，中为_溶液（写化学式）。工艺中加入 Na2CO3固体、并再次充入 SO2的目的是_。（3）制备 Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中 SO2碱吸收液中含有 NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中 Na2S2O5残留量时，取 50.00 mL 葡萄酒样品，用 0.01000 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应 的离子方程式为_，该样品中 Na2S2O5的残留量为_gL1（以 SO2计）。【答案】（1）2NaHSO3Na2S2O5+H2O（2）NaHSO3得到 NaHSO3过饱和溶液a（3）2H2O4e4H+O22-+2I2+3H2O 2SO2-（4）S2O54+4I+6H0.128【解析】分析：（1）根据原子守恒书写方程式；（2）根据溶液显酸性判断产物；要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断；（3）根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答；（4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。详解：（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3Na2S2O5+H2O；（2）碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即中为NaHSO3；要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到 NaHSO3过饱和溶液；（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O4e 4H+O2。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入 a 室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a 室中亚硫酸氢钠的浓度增大。（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为 S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H；消 耗 碘 的 物 质 的 量 是0.0001mol，所 以 焦 亚 硫 酸 钠 的 残 留 量（以SO2计）是0.0001mol 64g/mol=0.128g/L。0.05L点睛：本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等，题目难度中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。62018 新课标卷 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（nS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS 杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：L-1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 mol金属离子开始沉淀的 pH沉淀完全的 pH回答下列问题：（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。（2）滤渣 1 的主要成分除 SiO2外还有_；氧化除杂工序中 nO 的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。（3）溶液中的 Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为 _；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。【答案】（1）nS+（2）PbSO43O22Fe3+1.52.8Fe2+6.38.3n2+6.28.2Cd2+7.49.4nO+SO2无法除去杂质 Fe2+调节溶液的 pH（3）n+Cd2+n2+Cd（4）n2+2en溶浸【解析】分析：焙烧时硫元素转化为 SO2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣 1 中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH 较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH 得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出Cd，最后将滤液电解得到金属锌，据此将解答。详解：（1）由于闪锌矿的主要成分是nS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为nS+3O22nO+SO2。（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1 的主要成分除 SiO2外还有 PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中nO 的作用是调节溶液的 pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH 较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2。（3）溶液中的 Cd2可用锌粉除去，反应的离子方程式为n+Cd2n2+Cd。（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为 n2+2e n；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。点睛：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的能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神。72018北京卷 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：+已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“随温度升高，CO 含量增大，说明生成 CO 的反应是吸热反应H2O、FeCl2溶液、NaOH 溶液MgCl2、AlCl3、FeCl3（2）SiCl4高于 136，低于 181【解析】（1）生成 TiCl4和 CO 的反应方程式为 TiO22Cl22C=TiCl42CO，根据盖斯定律，两式相加，mol1）+（+175.4 Jmol1）得到 TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)H=H1+H2=（220.9 J=45.5Jmol1。根据图像，随着温度的升高，CO 的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即H0。尾气中的 HCl 经水吸收可得到粗盐酸，然后再将 Cl2通入 FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余酸性气体。资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的 MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态 TiCl4中，而 SiCl4完全溶解在 TiCl4中，因此过滤得到粗 TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。滤渣应为MgCl2、AlCl3、FeCl3。（2）根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出，因此物质 a 为 SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的 TiCl4，后续温度需控制在稍微大于 136，但小于 181。【名师点睛】本题以钛精矿制备纯TiCl4的流程为素材，主要考查盖斯定律和热化学方程式、化学平衡移动、HCl 及 Cl2尾气的利用和吸收、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏实验等基础化学知识，考查考生对化学反应原理知识的综合应用能力和对已知信息的综合应用能力。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)根据什么理论所以有什么变化结论。另外需要注意题干信息的提取和筛选，例如本题中：溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分，表格中信息则可以得到TiCl4液体中溶解的溶质及同时存在的沉淀成分。工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染。