（江苏专版）2020版高考化学一轮复习专题十第一题化学工艺流程题型研究学案.docx

专题十 高考热点题型研究第一题化学工艺流程题型研究 试题特点无机化工流程题是以现代工业生产为基础，一般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)，然后用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来，根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，考查物质制备过程中原料的预处理、化学反应原理、反应条件的控制、物质的分离与提纯的方法、环境保护等基本实验原理在化工生产中的实际应用。做真题明考查特点1(2018江苏高考)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图所示：(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_。考查离子方程式的书写(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率100%不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。考查原料的处理与反应条件的控制700 焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_。考查原料的处理与反应条件的控制(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_(填化学式)转化为_(填化学式)。考查化工原理(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)_。考查陌生氧化还原反应的书写及计算解析：(1)NaOH吸收过量SO2的离子方程式为SO2OH=HSO。(2)由已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ，不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于杂质FeS2。700 焙烧时，FeS2中的硫元素生成SO2，添加CaO后，SO2会与CaO、O2反应生成CaSO4而留在矿粉中。(3)用NaOH溶液碱浸后，Al2O3、SiO2溶解，转化为NaAlO2和Na2SiO3，通入过量CO2后，NaAlO2与CO2反应转化为Al(OH)3。(4)Fe2O3与FeS2在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，发生反应的化学方程式配平为16Fe2O3FeS211Fe3O42SO2，可得关系式FeS216Fe2O3，则理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)116。答案：(1)SO2OH=HSO(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)1162(2017江苏高考)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如图所示：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。考查离子方程式的书写(2)向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_(填“增大”“不变”或“减小”)。考查化工原理(3)“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_。考查化工原理(4)“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质A的化学式为_。考查电极反应式的书写、产物的判断(5)铝粉在1 000 时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_。考查化工原理解析：(1)Al2O3为两性氧化物，在NaOH溶液中会溶解生成NaAlO2。(2)加入的NaHCO3与过量的NaOH反应，导致溶液的pH减小。(3)电解Al2O3时阳极上生成O2，O2会氧化石墨。(4)阳极上OH失去电子生成O2，由H2O电离出的H可以与CO反应生成HCO。阴极上H2O放电生成H2。答案：(1)Al2O32OH=2AlOH2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)4CO2H2O4e=4HCOO2H2(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜3(2016江苏高考)以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如图所示：(1)氯化过程控制电石渣过量、在75 左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。考查化学方程式的书写提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有_(填序号)。A适当减缓通入Cl2速率B充分搅拌浆料C加水使Ca(OH)2完全溶解考查反应过程中反应条件的控制(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)26Cl2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O，氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为_(填化学式)。滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2nCaCl2_15(填“”“”或“”)。考查化工原理(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100 gL1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_。考查产物的提纯方法解析：(1)Cl2与Ca(OH)2反应的化学方程式为2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。适当减缓通入Cl2的速率、充分搅拌浆料均有利于Cl2的吸收，能够提高Cl2的转化率。Ca(OH)2是否完全溶解不会影响Cl2的吸收，故A、B两项正确。(2)由于电石渣中的CaCO3不参加反应，所以滤渣的主要成分是CaCO3以及未反应的Ca(OH)2。由于氯化过程中除发生主要反应6Ca(OH)26Cl2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O外，还存在副反应Ca(ClO)2=CaCl2O2，所以滤液中nCa(ClO3)2nCaCl215。(3)由溶解度曲线可知，KClO3的溶解度受温度的影响较大，将溶液蒸发浓缩，得到较高温度下的浓溶液，然后再降温，大部分KClO3将会结晶析出。答案：(1)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2OAB(2)CaCO3、Ca(OH)2(3)蒸发浓缩、冷却结晶研热点找解题策略年份试题知识点分值2018第16题新情境下离子方程式的书写；原料的处理与反应条件的控制；元素的存在形式；陌生氧化还原反应的书写及相关计算12分2017第16题离子方程式的书写；pH的变化；化学反应条件控制的原理；电极反应式的书写、产物的判断12分2016第16题新情境下化学方程式的书写；提高反应物转化率的措施；有关物质的量的计算；产物的提纯方法12分1原料预处理方式2反应条件的控制反应条件实验目的加过量试剂反应完全进行或增大转化率、产率等控制溶液的pH抑制某离子水解(或促进某离子水解)；使某些金属离子形成氢氧化物沉淀温度控制某范围(水浴或油浴)控制反应速率或固体的溶解；防止高温时会溶解、分解或挥发；催化剂活性最好；为了使某物质达到沸点挥发出来；控制副反应发生；控制化学反应的方向；对于某些工艺，降温(减压)可以减少能源成本，降低设备要求控制压强改变速率，使平衡向需要的方向移动使用催化剂加快反应速率，缩短达到平衡的时间趁热过滤防止某物质降温时会大量析出冰水洗涤洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗用特殊溶剂清洗降低物质溶解度、有利于析出，减少损耗，提高利用率等3提纯方法方法目的水溶法除去可溶性杂质酸溶法除去碱性杂质碱溶法除去酸性杂质氧化剂或还原剂法除去还原性或氧化性杂质加热灼烧法除去受热易分解或易挥发的杂质调节pH法如除去酸性Cu2溶液中的Fe3等4.分离方法(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO45H2O、FeSO47H2O等。(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。(6)冷却法：利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、氢气。1解读流程图(1)箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是生成物(包括主产物和副产物)。(2)三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。2解题顺序审题阅读题目的背景材料；提供的原料；物料或操作流程；提供的条件、图表或介质；化工流程图的类型；重要操作与重要名词析题弄清目的、原理、想考什么；弄清各步骤的目的；如何运用条件；找出问题突破口与隐含条件；解题思路与方法答题从目的和反应原理切入；从原料和产品切入；从生产要求和条件切入；从产品分离提纯切入；从绿色化学思想切入；注意问题表达(因果、对比、逆向)；注意每问的分值和提供的答题区域大小1文字叙述类的题目要规范解答(1)为什么沉淀剂必须过量？将溶液中所含的某种离子完全沉淀。(2)如何洗涤沉淀？将被洗涤的沉淀置于漏斗中的滤纸上，慢慢注入适量蒸馏水至刚好浸没沉淀，然后静置，让其自然流下，重复以上操作23次，直至洗涤干净。为了减少沉淀的溶解，可用冰水或有机溶剂洗涤。(3)如何证明沉淀剂已过量或沉淀已完全？把反应后的混合物静置一段时间，吸取少量上层清液，置于一洁净的试管中，再滴加少量的沉淀剂，若没有沉淀生成，则证明沉淀完全。如向含SO的溶液中加BaCl2溶液，将沉淀静置，取上层清液，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀完全。(4)为什么要洗涤沉淀？ 除去沉淀表面的可溶性杂质。(5)如何证明沉淀已洗涤干净？主要是检验洗涤液中是否还含有在溶液中吸附的离子。取少量最后一次的洗涤液，置于一洁净的试管中，再滴加少量的检验试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净。如若吸附的是SO，则取少量最后一次的洗涤液于试管中，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。(6)如何从溶液中得到晶体？蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。(7)在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去杂质”，只写“除杂”等一类万能式的回答是不正确的。(8)滴定终点的判断：当滴下最后一滴溶液，溶液由色变为色，且30 s内不褪色。(9)pH试纸的使用：将pH试纸放在表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸中央，30 s后与标准比色卡对照。(10)结晶一般包括蒸发结晶和冷却结晶，当溶液中有两种或两种以上溶质时，要得到溶解度受温度影响小的溶质采用蒸发结晶，趁热过滤；要得到溶解度受温度影响大的溶质采用蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。2认真审题，不要因审题不细致而失分例如：(1)填“化学方程式”还是“离子方程式”。(2)填“名称”“符号”“代号”还是“序号”等。(3)填“大于”“”“增大”还是“变大”等。(4)填“化学式”“分子式”“结构式”“结构简式”“最简式”还是“电子式”等。(5)书写化学方程式时要注意配平，注明反应条件以及“”“=”“”“”“”等。练新题提答题能力1碱式碳酸镁4MgCO3Mg(OH)24H2O是重要的无机化工产品。一种由白云石主要成分为CaMg(CO3)2，还含少量SiO2、Fe2O3等为原料制备碱式碳酸镁(国家标准中CaO 的质量分数0.43% )的实验流程如图所示：(1)“煅烧”时发生主要反应的化学方程式为_。(2)常温常压下“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。应控制“碳化”终点pH 约为_，发生的主要反应的化学方程式为_和_。图2 中，当pH10.0时，镁元素的主要存在形式是_ (写化学式)。(3)“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为_。(4)该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是_(写化学式)。解析：(1) CaMg(CO3)2的煅烧分解类似于CaCO3、MgCO3 的高温分解，故“煅烧”时发生主要反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaOMgO2CO2。(2) 由图像可知，应控制“碳化”终点pH 约为9.0，这时碱式碳酸镁产率较高，而CaO含量较低；煅烧产物CaO和MgO都可与水反应生成Ca(OH)2和Mg(OH)2，结合产物的要求可知“碳化”时发生的主要反应有Mg(OH)22CO2=Mg(HCO3)2和Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O。当pH10.0时，镁元素的主要存在形式是Mg(OH)2。(4)由流程图可知，CO2是“煅烧”“热解”的产物，又是“碳化”的反应物，故可循环利用。答案：(1)CaMg(CO3)2CaOMgO2CO2(2)9.0Mg(OH)22CO2=Mg(HCO3)2Ca(OH)2CO2=CaCO3H2OMg(OH)2(3)5Mg(HCO3)24MgCO3Mg(OH)24H2O6CO2(4)CO22(2019镇江模拟)处理废钒催化剂既避免污染环境又可得到硫酸工业的催化剂V2O5。废钒催化剂的主要成分如表：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121如图是一种废钒催化剂回收工艺路线：(1)“酸浸”废钒催化剂时，为了提高浸取率可采取的措施有_(写一点)。(2)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为_，同时V2O4转成VO2。(3)“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。(4)“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_。(5)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROHV4OR4V4O124OH(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_性(填“酸”“碱”或“中”)。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：_。解析：(1)“酸浸”废钒催化剂时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎废钒催化剂、升高温度、适当提高硫酸的浓度、搅拌等。(2)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为V2O52H=2VOH2O。(3)“氧化”VO2变为VO时，V由4价5价，1 mol VO2失1 mol e，1 mol KClO3 变为Cl得6 mol e，则关系式为6VO2KClO3，因此3 mol的VO2变为VO，需要氧化剂KClO3 0.5 mol。(4)Fe2O3、Al2O3溶于酸后加入KOH，则转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。(5)增大OH浓度能提高R4V4O12的转化率，故为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈碱性。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，经“煅烧”生成V2O5，反应方程式为 2NH4VO3V2O52NH3H2O。答案：(1)粉碎废钒催化剂、升高温度、适当提高硫酸的浓度、搅拌等(2)V2O52H=2VOH2O(3)0.5(4)Fe(OH)3和Al(OH)3(5)碱(6)2NH4VO3V2O52NH3H2O3硫酸锰在电解锰、染料、造纸以及陶瓷等工业生产中有广泛的应用。利用软锰矿(主要成分为MnO2，含铁的化合物等杂质)和闪锌矿(主要成分ZnS)制得硫酸锰的流程如图所示：(1)“酸浸”时，为了缩短浸取时间，常加入少量FeSO4溶液，FeSO4的作用可能是_；MnO2、ZnS及硫酸反应转变为两种硫酸盐的化学方程式为_。(2)常温下，Ksp(ZnS)1.21024，Ksp(MnS)1.51015，“沉锌”反应为Zn2(aq)MnSZnSMn2(aq)，该反应的平衡常数K_。(3)在强酸性条件下加入MnO2氧化Fe2的离子方程式为_。(4)“除铁”时需要调节pH约为34，过滤所得的滤渣2中除MnO2以外的另一种物质是_。(写化学式)(5) 该工艺流程中可以循环利用的物质是_。解析：由流程图分析可知：软锰矿和闪锌矿用稀硫酸浸取后形成两种硫酸盐；加入MnS使Zn2沉淀，生成的ZnS可循环利用；加入MnO2除去溶液中的铁，MnO2中4价的锰被还原为2价，溶液中Fe2被氧化，并调节pH使Fe3形成Fe(OH)3沉淀，滤渣2即为多余的MnO2和Fe(OH)3。(1)“酸浸”时，为了缩短浸取时间，常加入少量FeSO4溶液，FeSO4的作用可能是催化剂；MnO2、ZnS及硫酸反应转变为两种硫酸盐的化学方程式为4MnO2ZnS4H2SO4=4MnSO4ZnSO44H2O。(2)“沉锌”反应为Zn2(aq)MnSZnSMn2(aq)，该反应的平衡常数K1.25109。答案：(1) 催化剂4MnO2ZnS4H2SO4=4MnSO4ZnSO44H2O(2)1.25109(3)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O(4)Fe(OH)3(5)ZnS4(2019南通模拟)碳酸钙可用作食品添加剂。以磷石膏(主要成分为CaSO42H2O)为原料制备碳酸钙的一种工艺流程如图所示：(1)已知磷石膏“水洗”前后的部分杂质质量分数变化如表所示：物质SiO2P2O5Al2O3FFe2O3水洗前/%9.213.080.550.680.19水洗后/%8.961.370.460.290.27则“水洗“除去的主要杂质是_。(2)气体A 的化学式为_。(3)“碳化”时发生反应的化学方程式为_。其他条件一定时，“碳化”反应中CaSO4的转化率随温度的变化如图所示，温度高于45，CaSO4的转化率下降的原因是_。(4)工业上电解(NH4)2SO4溶液可制取过二硫酸铵(NH4)2S2O8，其中S2O的结构可表示为电解时阳极的电极反应式为_。过二硫酸铵可用于游泳池中水的消毒，其原因是_。解析：(1)从表格数据分析，水洗后质量分数减少较多的为除去的主要杂质。(2)分析流程图可知生成了(NH4)2SO4，则气体A为NH3。(3)“碳化”时 CaSO4转化为CaCO3，故发生反应的化学方程式为CaSO42H2O2NH3H2OCO2=(NH4)2SO4CaCO33H2O；开始时随着温度升高，反应速率加快，CaSO4的转化率增大，温度高于45时，CaSO4的转化率下降是由于温度升高CO2溶解度降低，NH3H2O分解速率加快。(4)工业上电解(NH4)2SO4溶液可制取过二硫酸铵(NH4)2S2O8，电解时阳极失去电子， SO 中S为6价，S2O中S为7价，则电极反应式为2SO 2e=S2O，过二硫酸铵可用于游泳池中水的消毒，是由于过二硫酸铵与水反应生成了具有强氧化性的H2O2 (或过二硫酸铵具有强氧化性)。答案：(1)P2O5、F(2)NH3(3)CaSO42H2O2NH3H2OCO2=(NH4)2SO4CaCO33H2O温度升高CO2溶解度降低，NH3H2O分解速率加快(4)2SO2e=S2O过二硫酸铵与水反应生成了具有强氧化性的H2O2 (或过二硫酸铵具有强氧化性)5以菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有FeCO3、CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、MgCO3等杂质)为原料制备二氧化锰的工艺流程如图所示：已知：草酸钙、草酸镁不溶于水。(1)写出“氧化”时发生反应的离子方程式：_。(2)“中和”的目的是将铁、铝元素转化为沉淀除去， 化合物X可用_(写一种物质的化学式)。(3)该工艺流程中固体1和固体2均需用水洗涤，目的是_。(4)“除杂”时，除去的金属离子有_。(5)“电解”原理如图所示，阳极的电极反应式为_。(6)该流程中可以循环使用的物质有_。解析：(1)酸浸后溶液中含有Fe2，能被二氧化锰氧化，则“氧化”时发生反应的离子方程式为MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O。(2)“中和”的目的是将铁、铝元素转化为沉淀除去，由于不能再引入新杂质，则化合物X可用MnCO3。(3)过滤得到的沉淀表面含有杂质离子，因此该工艺流程中固体1和固体2均需用水洗涤滤渣，洗出液用于酸浸工序，提高锰的回收率。(4)已知草酸钙、草酸镁不溶于水，则“除杂”时，除去的金属离子有Ca2、Mg2。(5)阳极Mn2失去电子转化为二氧化锰，则阳极的电极反应式为Mn22H2O2e=MnO24H。(6)硫酸锰电解生成二氧化锰和硫酸，则该流程中可以循环使用的物质有H2SO4、MnO2。答案：(1)MnO22Fe24H=Mn2 2Fe32H2O(2)MnCO3 (或CaCO3等合理答案)(3)用水洗涤滤渣，洗出液用于酸浸工序，提高锰的回收率(或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等合理答案)(4)Ca2、Mg2(5)Mn22H2O2e= MnO24H(6)H2SO4、MnO26聚合硫酸铁铝、聚合氯化铝是高效水处理剂。以废铁屑、废铝质易拉罐及硫酸为原料，制备聚合硫酸铁铝的工艺流程如图所示：(1)为提高反应、金属元素的浸出率，可以采取的措施有_。(2)反应中FeSO4转化为Fe2(SO4)3的化学方程式为_。(3)反应的温度应控制在5070为宜，原因是_。反应过程中往往加入少量硝酸铝，其作用如图1所示，转化的离子方程式为_。(4)写出Fe2(SO4)3水解生成Fe2(OH)n(SO4)3的离子方程式：_。(5)利用图2所示电解装置可制备净水剂聚合氯化铝。实际生产中，阳极附近因为副反应可能产生的气体有_。解析：(1)为提高反应、金属元素的浸出率，可以采取的措施有适当提高硫酸浓度、适当提高反应温度、将废铁屑、废铝质易拉罐粉碎或搅拌等。(2)反应向FeSO4中加入硫酸并通入氧气，转化为Fe2(SO4)3的化学方程式为 4FeSO4O22H2SO4=2Fe2(SO4)32H2O。(3)反应的温度应控制在5070为宜，原因是温度过低，反应速率太慢；温度过高，金属离子水解趋势增强，易形成沉淀，影响产品的质量。反应过程中往往加入少量硝酸铝，Fe2在H、NO作用下被氧化为Fe3，则转化的离子方程式为3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O。(5)实际生产中，阳极附近由于溶液中的Cl和OH放电发生副反应，可