2020版领军高考化学真题透析专题4.5化工流程（二）（精讲深剖）.docx

第5讲 化工流程（二）1（2019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)+(aq)CaCO3(s)+(aq)达到平衡，则溶液中=_Ksp(CaSO4)=4.8105，Ksp(CaCO3)=3109。（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。【答案】 (1). 1.6104 (2). +NH3H2O+H2O(或+NH3H2O+H2O) (3). 增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化 (4). 温度过高，(NH4)2CO3分解 (5). 加快搅拌速率 (6). 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】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中=1.6104。答案：1.6104（2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3H2O=（NH4）2CO3+H2O或NH4HCO3+NH3H2O（NH4）2CO3+H2O，离子方程式为HCO3-+NH3H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4+CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4+H2OHCO3-+NH3H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。答案：HCO3-+NH3H2O=NH4+CO32-+H2O（或HCO3-+NH3H2ONH4+CO32-+H2O） 增加溶液中CO32-的浓度，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）。答案：温度过高，（NH4）2CO3分解 加快搅拌速率（4）工业废渣主要含CaSO42H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4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。答案：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试纸测得溶液pH，当pH介于58.5时，过滤2.（2019天津）多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。回答下列问题：硅粉与在300时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为_。的电子式为_。将氢化为有三种方法，对应的反应依次为： （1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称_（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为_。（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应能自发进行的最低温度是_；相同温度下，反应比反应的小，主要原因是_。（3）不同温度下反应中转化率如图2所示。下列叙述正确的是_（填序号）。aB点： b：A点点 c反应适宜温度：（4）反应的_（用，表示）。温度升高，反应的平衡常数_（填“增大”、“减小”或“不变”）。（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有_（填分子式）。【答案】 (1). (2). (3). 阴极 (4).或 (5). 1000 (6). 导致反应的小 (7). a、c (8). (9). 减小 (10). 、【解析】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) H=-225kJmol-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；II.（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H+2e-=H2，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2+2OH-；（2）由题目所给的图1可以看出，反应（最上面那条线）当G=0时，对应的横坐标温度是1000；从反应前后气体分子数的变化来看，反应的熵变化不大，而反应中熵是减小的，可见熵变对反应的自发更不利，而结果反应的G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即H2H1导致反应的G小（两个反应对应的H，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显）；（3）图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率大于逆反应速率，a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正（或逆）反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。（4）将反应反向，并与反应直接相加可得反应，所以H3=H2-H1，因H20，所以H3必小于0，即反应正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；（5）反应生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。3（2018课标）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（ZnS，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：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4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ZnO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). ZnS+O2ZnO+SO2 (2). PbSO4 (3). 调节溶液的pH (4). 无法除去杂质Fe2+ (5). Zn+Cd2+Zn2+Cd (6). Zn2+2eZn (7). 溶浸【解析】（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。（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ZnO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Zn+Cd2+Zn2+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Zn2+2eZn；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。4（2018天津）下图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：（1）MgCl26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：_，Mg在元素周期表中的位置：_，Mg(OH)2的电子式：_。（2）A2B的化学式为_。反应的必备条件是_。上图中可以循环使用的物质有_。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_（写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_。（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_。【答案】 r(H+)r(Mg2+)r(N3)r(Cl) 第三周期A族 Mg2Si 熔融，电解 NH3，NH4Cl SiC 2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O CH3CH2CHO，CH3CHO【解析】（1）MgCl26NH3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl、N3-、H+，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H+)r(Mg2+)r(N3)r(Cl)。Mg在周期表的第三周期A族。氢氧化镁是离子化合物，其中含有1个Mg2+和2个OH-,所以电子式为：。（2）根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为+2，Si为-4，所以化学式为Mg2Si。反应是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐（亚硫酸镁），考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物应该为硫酸镁（亚硫酸镁被空气中的氧气氧化得到），所以反应为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。（5）利用格氏试剂可以制备，现在要求制备，所以可以选择R为CH3CH2，R为CH3；或者选择R为CH3，R为CH3CH2，所以对应的醛RCHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。考纲解读考点内容说明常见非金属元素（如 H、C、N、O、Si、S、Cl 等）及其化合物常见非金属元素（如 H、C、N、O、Si、S、Cl 等） 了解常见非金属元素单质及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。 了解常见非金属元素单质及其重要化合物对环境的影响。 以上各部分知识的综合应用。化工流程题是每年必考题。考点精讲一无机化工流程题的结构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1. 呈现形式：流程图、表格、图象。2. 设问方式：措施、成分、物质、原因。3. 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。4. 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。典例1（2018北京）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“”）。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_。（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80后脱除率变化的原因：_。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42残留，原因是_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b molL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。（已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1）【答案】 研磨、加热 核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF 80 后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 CaSO4微溶 BaCO3+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2 【解析】（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF。（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4-+H2O。（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。典例2（2019陇西县第一中学高三高考模拟）锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。请回答下列问题：（1）溶液中的Mn2+可被酸性溶液氧化为MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。检验时的实验现象为_。该反应的离子方程式为_。 可看成两分子硫酸偶合所得，若硫酸的结构式为，则的结构式为_。（2）实验室用含锰废料（主要成分，含有少量）制备Mn的流程如下：已知：难溶物的溶度积常数如下表所示：难溶物溶度积常数（）4.010381.010331.810111.81013溶液中离子浓度105 molL1时，认为该离子沉淀完全。“酸浸”时，将Fe氧化为Fe3。该反应的离子方程式为_；该过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图1、图2所示：则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。若“酸浸”后所得滤液中c(Mn2)0.18 molL1，则“调pH”的范围为_。“煅烧”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。“还原”时所发生的反应在化学上又叫做_。【答案】溶液由无色变为紫红色 5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+ 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O 60min 3：1 pH8 1：2 铝热反应 【解析】（1）溶液中的Mn2+转化为MnO4-的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为：溶液由无色变为紫红色。Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物MnO4-，还原产物应为SO42-，反应的离子方程式为：5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为：5S2O82-+2Mn2+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则H2S2O8的结构简式为：，故答案为：。（2）由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为Fe3，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3：1，故答案为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2+2Fe3+6H2O，60min，3：1。由流程图中信息可知，“调pH”的目的是使Fe3和Al3沉淀完全，而Mn2不沉淀，根据KspAl(OH)3=1.01033，KspFe(OH)3=4.01038可知：Al3沉淀完全时Fe3已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH=-lg=，Mn2开始沉淀时的pH为-lg=8，则“调pH”的范围为pH8，故答案为：pH8。根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将MnCO3氧化为MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O22MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为：1：2，铝热反应。精练：1（2019福建高三高考模拟）利用氟磷灰石主要成分Ca5(PO4)3F生产磷酸主要有热法和湿法两种方法。其流程如下：热法：工业上将氟磷灰石、焦炭和石英砂(SiO2)混合后，在电炉中加热到1500生成白磷(P4)、SiF4、CO，白磷在空气中燃烧生成五氧化二磷，再经水化制成粗磷酸。湿法：武汉化工研究院为技术攻关，实验室模拟生产磷酸的流程。(1)配平步骤I反应的化学方程式：_Ca5(PO4)3F+ _C+ _SiO2=_SiF4+ _P4+_CO+_CaSiO3。其中氧化剂是_。(2)湿法中粉碎氟磷灰石的目的是_。(3)浸取槽中发生反应的化学方程式_；浸取槽不能使用玻璃器皿的原因_。(4)探究中发现，65、一定流速下鼓气(鼓气可减少盐酸与氟磷灰石矿反应过程中液面的泡沫，利于HF逸出)，并通过控制盐酸的用量减少后续除氟工艺。其他条件不变，盐酸实际用量/理论用量与所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率如图所示。选择盐酸用量：盐酸实际用量/理论用量的范围为_(填字母代号)时磷酸浸取率较高且氟含量较低。A0.951.00 B1.001.05C1.051.10 D1.151.20盐酸稍过量，氟含量降低的原因是_。盐酸过量较多，氟含量快速增加的可能原因是_。(5)通过双指示剂方法测定浸取液中盐酸和磷酸的浓度。实验如下：每次取10.0mL浸取液，用1.0 molL1NaOH溶液滴定，分别用不同的指示剂，滴定结果见表。含磷微粒在不同pH下物质的量分数如图所示。(甲基橙的变色范围为3.14.4，百里酚酞的变色范围为9.410.6)则浸取液中c(HCl)=_molL1。【答案】4 30 21 1 3 30 20 Ca5(PO4)3F 增大接触面积，提高反应速率，提高浸取率 Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF 玻璃会被氢氟酸腐蚀 C 氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出 随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于HF的逸出 2.17 【解析】(1)氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500生成白磷，同时逸出SiF4和CO，该反应的化学方程式为4Ca5P3FO12+30C +21SiO2 SiF4+3P4+ 30CO+20CaSiO3，反应中C的化合价升高，C为还原剂，Ca5P3FO12中P元素的化合价降低，Ca5P3FO12为氧化剂，故答案为：4；30；21；1；3；30；20；Ca5P3FO12；(2)流程中将氟磷灰石粉碎，可增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，提高浸取率，故答案为：增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，提高浸取率；(3)根据湿法流程图，氟磷灰石、浓盐酸在浸取槽中复分解反应，反应的化学方程式为Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF，反应生成了氢氟酸，氢氟酸能够腐蚀玻璃，因此浸取槽不能使用玻璃器皿，故答案为：Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF；玻璃会被氢氟酸腐蚀；(4)根据图像，盐酸实际用量/理论用量为1.051.10时所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率较高且氟含量较低，故选C；盐酸稍过量，即盐酸实际用量/理论用量稍大于1，由于氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出，导致氟含量降低，故答案为：氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出；根据题意，鼓气可减少盐酸与氟磷灰石矿反应过程中液面的泡沫，利于HF逸出，当盐酸过量较多时，反应速率加快，产生大量的泡沫，反而不利于HF的逸出，会造成氟含量快速增加，故答案为：随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于HF的逸出；(5)根据含磷微粒在不同pH下物质的量分布图，在pH=4左右时，溶液中主要以H2PO4-存在，在pH=10左右时，溶液中主要以HPO42-存在，因此用10 molL1NaOH溶液滴定浸取液中盐酸和磷酸的浓度过程中，用甲基橙作指示剂时，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，与磷酸反应生成磷酸二氢钠，用百里酚酞作指示剂时，氢氧化钠与磷酸二氢钠反应生成磷酸一氢钠。设盐酸的浓度为x，磷酸的浓度为y，则有y0.01L=(0.0329-0.0273)L1.0 mol/L，0.0273L1.0 mol/L= y0.01L+x0.01L，解得x=2.17 mol/L，y=0.56 mol/L，故答案为：2.17。2（2019云南高三高考模拟）废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：已知：Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化有关Ksp数据如下表所示化合物Mn(OH)2 Zn(OH)2 Fe(OH)3 Ksp近似值10-1310-1710-38回答下列问题：(1)还原焙烧过程中， MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为_。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是_。(2)酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是_，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是_。(3)净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是_；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1molL1，调节pH的合理范围是_。(4)电解制取MnO2时，MnO2在_极产生。(5)中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为_。【答案】（1）2MnOOH+C 2MnO+CO+H2O 反应过程中产生氯气，造成环境污染 加快酸浸时的反应速率 C、 Fe(OH)3 先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全 3pH5.5 阳 C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+ 【解析】（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C 2MnO+CO+H2O，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳定，所以先通入氧气，先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10-5mol/L时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10-5x3=10-38，解x=10-11mol/L，则溶液的pH为3，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1molL1，形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，则有0.1y2=10-13，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1z2=10-17，y=10-6 mol/L，z=10-8 mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3pH5.5。（4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。二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 1. 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。2. 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； 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； 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？3. 工业生产流程主线与核心的分析 主线主产品。 分支副产品。 回头为循环。典例1 （2019安徽高三高考模拟）锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量 Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如下图所示。(1)溶浸生产中为提高SO2回收率可采取的措施有_(填序号)a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触b.增大通入SO2的流速c.减少软锰矿浆的进入量d.减小通入SO2的流速(2)已知：室温下，KspA1(OH)3=110-33，KspFe(OH)3=l10-39， pH=7.1 时 Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1 l0-6mol /L)，需调节溶液pH范围为_。(3)由硫酸锰与K2S2O8溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。请写出发生反应的离子方程式_。(4)将MnO2和 Li2CO3按4：1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600750，制取产品LiMn2O4。写出该反应的化学方程式 _ 。(5)锰酸锂可充电电池的总反应为：Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0x1)充电时，电池的阳极反应式为_，若此时转移lmole-，则石墨电极将增重_g。废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是_。【答案】ad 5.0pH7.1 Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+4H+2SO42- 8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2+O2 LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+ 7 拆解环境保持干燥，拆解下的锂隔绝空气保存 【解析】(1) a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触，这样SO2就会更多转化为SO42-，a正确；b.增大通入SO2的流速，可能会导致部分SO2未来得及反应就逸出，物质的产率降低，b错误；c.减少软锰矿浆的进入量，SO2可能回收率不能及时参加反应，导致回收率降低，c错误；d.减小通入SO2的流速，SO2能尽可能充分反应，回收率增大，d正确；故合理选项是ad；(2)除杂时显然只能除去Fe3+和Al3+，不能损失Mn2+，由题意可知，室温下，pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的KspAl(OH)3= 110-33=c(Al3+)c3(OH-)，c(Al3+)=110-6mol/L，解得： c(OH-)=110-9 mol/L，则溶液c(H+) =l10-5 mol/L ，则pH=5；同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，KspFe(OH)3= l10-39=c(Fe3+)c3(OH-)，c(Fe3+)=110-6mol/L，解得： c(OH-)=110-11 mol/L，c(H+) =l10-3 mol/L ，则pH约为3，故pH范围是：5.0pH6时，银的产率降低的原因为_。(7)常温下，取上述AgNO3溶液滴加到物质的量浓度均为0.2mol/L NaNO2和CaCl2的混合溶液中(忽略溶液体积变化)，当AgNO2开始沉淀时，溶液中c(Cl-)=_mol/L已知：常温下，Ksp(AgNO2)=210-8 ，Ksp(AgCl)=1.810-10【答案】HON 第三周期第IA族 B Fe+Ag2S+2H+=2Ag+Fe2+H2S 4Ag+6HNO3=4AgNO3+NO+NO2+3H2O 30 6 pH过大会有AgOH生成，降低产品的纯度 1.810-3 【解析】(1)硝酸分子式是HNO3，在该物质中含H、N、O三种元素，根据元素周期律：原子核外电子层数越多，原子半径越大，当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，因此这三种元素的原子半径由小到大的顺序是HO6时，银的产率降低的原因为pH过大时，会发生反应：Ag+OH-=AgOH，会有AgOH生成，从而降低了产品的纯度；(7)AgNO2开始沉淀所需c(Ag+)=110-7mol/L；由溶度积常数Ksp(AgCl)Ksp(AgNO2)可知知AgNO2开始沉淀，AgCl已经沉淀，此时：c(Cl-)=1.810-3mol/L。精练：1（2019沈阳市师范大学附属学校高三高考模拟）从海水中提取并制备碳酸锂，可以提高海水的综合利用价值，满足工业上对碳酸锂的需求。制备碳酸锂的一种工艺流程如下：已知：海水中某些离子浓度如下：离子Li+Mg2+Ca2+Mn2+Cl-浓度(mol/L)0.1130.0490.0010.0100.501碳酸锂的溶解度：温度()01030507090溶解度(g/L)1.541.431.251.080.910.83几种难溶电解质的溶度积(25)：物质Li2CO3MgCO3MnCO3CaCO3Mg(OH)2Ksp2.510-26.810-62.310-11 2.810-9610-10请回答下列问题：精制除杂阶段的滤渣为MgCO3、_写化学式用HCl调pH为45的目的是_。二次除镁过程中，若使Mg2+浓度为610-4mol/L，应控制pH为_。沉锂阶段，实际测得不同纯碱加入量条件下的碳酸锂沉淀结果如下表：序号沉淀质量(g)Li2CO3含量(%)锂回收率(%)0.9:2.010.0992.3677.671.0:2.010.9790.1982.461.1:2.011.4589.3785.271.2:2.012.1484.8285.85综合以上信息及考虑实际生产时的原料成本，应按照_填序号中CO32-与Li+物质的量之比加入纯碱制备碳酸锂。沉锂温度需控制在，主要原因是_。碳化分解具体过程为：向碳酸锂与水的浆料中通入CO2气体，充分反应后，过滤；加热滤液使其分解。写出反应中的化学方程式：_。写出在碳化分解中可循环利用物质的电子式：_。【答案】MnCO3、CaCO3 除去碳酸根，防止蒸发浓缩时Li2CO3和Na2CO3析出 11 该温度下，碳酸锂的溶解度更小，可以增加产率或回收率 2LiHCO3Li2CO3+CO2+H2O 【解析】(1)流程的目的是制备提纯Li+，则Mn2+、Mg2+和Ca2+均为杂质离子，精制除杂阶段调节pH为10，主要除去Mg2+、Mn2+和Ca2+，分别形成MgCO3、MnCO3和CaCO3；(2)用HCl调pH为45，此时溶液为酸性，溶液中存在过量的Na2CO3，可以除去过量的Na2CO3，防止蒸发浓缩时Li2