（江苏专用）2020高考化学二轮复习 第二板块 非选择题必考题型专攻教学案.doc

第16题 无机化工流程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的部分工艺流程如下：(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_。(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_。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_。(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)。(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)_。把脉考点第(1)问考查离子方程式的书写第(2)问考查原料的处理与反应条件的控制第(3)问考查化工原理分析第(4)问考查陌生氧化还原反应的相关计算解析：(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，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下：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_。(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”)。(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_。(4)“电解”是电解na2co3溶液，原理如下图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质a的化学式为_。(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_。把脉考点第(1)问考查离子方程式的书写第(2)问考查化工原理分析第(3)问考查化工原理分析第(4)问考查电极反应式的书写、产物的判断第(5)问考查化工原理分析解析：(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的流程如下：(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_。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(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“”)。(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_。 把脉考点第(1)问考查化学方程式的书写、反应过程中反应条件的控制第(2)问考查化工原理分析第(3)问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4(2015江苏高考)以磷石膏(主要成分caso4，杂质sio2、al2o3等)为原料可制备轻质caco3。(1)匀速向浆料中通入co2，浆料清液的ph和c(so)随时间变化见右图。清液ph11时caso4转化的离子方程式为_；能提高其转化速率的措施有_(填字母)。a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)增大的原因是_。把脉考点第(1)问考查陌生离子方程式的书写、反应条件的控制第(2)问考查化工原理和沉淀洗涤的方法第(3)问考查反应条件的控制解析：(1)向磷石膏粉、氨水浆料中通入co2，co2与nh3h2o发生反应：co22nh3h2o=2nhcoh2o，co浓度增大，促进了caso4沉淀的转化：caso4co=caco3so，总反应的离子方程式为caso42nh3h2oco2=caco32nhsoh2o。a项，搅拌浆料，可增大反应物的接触面积，加快化学反应速率；b项，加热浆料，由于nh3的挥发，导致nh3h2o浓度降低，不利于co的生成，降低了caso4的转化速率；c项，增大氨水浓度，有利于提高co的浓度，从而提高caso4的转化速率；d项，减小co2通入速率，不利于co的生成，从而降低caso4的转化速率。(2)由图像可知，ph6.5时，溶液中的c(ca2)已经很小，此时通入的co2与溶液中浓度较低的氨水反应生成nh4hco3，故溶液中物质的量浓度最大的两种阴离子为so和hco。过滤得到的caco3沉淀上会附着so、nh、hco等杂质离子。检验洗涤是否完全时，可取少量最后一次从过滤器中流出的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的bacl2溶液，检验是否存在so即可。若不产生白色沉淀，表明沉淀已洗涤完全。(3)nh4cl溶液中存在水解平衡：nhh2onh3h2oh，温度升高，上述水解平衡右移，c(h)增大，导致部分caco3溶解。答案：(1)caso42nh3h2oco2=caco32nhsoh2o或caso4co=caco3soac(2)sohco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浸出高考题型为非选择题。以无机化工工艺流程为载体，考查应用元素化合物的性质解决实际问题的能力，涉及知识点多，也非常灵活，对学生的审题能力、分析问题、解决问题、文字表达等方面的能力要求非常高。其考查形式有：考查陌生离子方程式、氧化还原反应方程式的书写。考查反应条件控制的原理、反应产物的判断、基本实验操作。考查盐类的水解、沉淀的生成与溶解。考查离子的检验方法、检验沉淀是否完全、沉淀是否洗净的方法等。命题点一 原料处理与反应条件选择 (一)原料预处理的常用方法方法目的研磨减小固体的颗粒直径，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率水浸与水接触反应或溶解酸浸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碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物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煅烧改变结构，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(二)常见反应条件的控制及目的1控制溶液的ph(1)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。(2)控制溶液的酸碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。例如，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。2控制反应温度(1)控制化学反应速率。(2)控制平衡移动方向。(3)控制固体的溶解与结晶，如趁热过滤能防止某物质降温时析出。(4)促进溶液中气体的逸出或实现蒸馏。(5)防止或实现某物质水解或分解。(6)使催化剂达到最大活性。(7)防止副反应的发生。3调节反应物的浓度(1)根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡移动有利于目标产物的生成，减小对后续操作产生的影响。(2)反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。4控制压强(1)改变化学反应速率。(2)影响平衡移动的方向。5使用催化剂加快反应速率，提高生产效率。1(2019扬州一模节选)以高钛渣(主要成分为ti3o5，含少量sio2、feo、fe2o3)为原料制备白色颜料tio2的一种工艺流程如下：已知：na2tio3难溶于碱性溶液；h2tio3中的杂质fe2比fe3更易水洗除去。(1)熔盐：为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是_。(2)过滤“滤液”中主要溶质为naoh，还含有少量_(填化学式)。除杂后的滤液中获得的naoh可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_。(3)脱色：h2tio3中因存在少量fe(oh)3而影响tio2产品的颜色，“脱色”步骤中ti2(so4)3的作用是_。解析：(1)为加快反应速率，通常采用增大反应物浓度、适当提高反应温度、增大固体的接触面积、搅拌等方法，此题中是固体在熔融状态下的反应，故为加快反应速率在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是搅拌；(2)由于naoh与sio2反应生成na2sio3，因此“滤液”中主要溶质为naoh，还含有少量na2sio3；除杂后的滤液中获得的naoh可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是：若用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)；(3)h2tio3中因存在少量fe(oh)3而影响tio2产品的颜色，由于h2tio3中的杂质fe2比fe3更易水洗除去，故“脱色”步骤中ti2(so4)3的作用是将溶液中的fe3还原为fe2，以便除去杂质铁，提高h2tio3的纯度。答案：(1)搅拌(2)na2sio3用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)(3)将溶液中的fe3还原为fe2，以便除去杂质铁，提高h2tio3的纯度2(2019苏州一模节选)以软锰矿(主要成分为mno2、sio2等)为原料制备高纯mno2的流程如下：(1)酸浸时，通常加入feso4作催化剂加快反应速率。为提高酸浸速率，还可以采取的措施有_(写一种)。(2)证明除铁后所得溶液中不含铁元素的实验方法是_。(3)酸性条件下，用合适的氧化剂可以将mnso4转化为高纯mno2。反应中naclo3的用量不宜过多的原因是_。解析：(1)为提高酸浸速率，还可以采取的措施有：将矿石粉碎、适当提高酸浸温度、适当提高硫酸的浓度、搅拌等；(2)酸浸后所得溶液中含fe2，用萃取剂除铁，要证明除铁后所得溶液中不含铁元素即不含fe2的实验方法是，取少量溶液，加入kscn溶液，再滴入少量氯水，若溶液不变成血红色，则溶液中不含铁元素；(3)过量的naclo3在酸性条件下与cl反应会生成有毒的cl2。答案：(1)提高酸浸温度(将矿石粉碎)(2)取少量溶液，加入kscn溶液，再滴入少量氯水，若溶液不变成血红色，则溶液中不含铁元素(3)过量的naclo3在酸性条件下与cl反应会生成有毒的cl23(2018苏锡常镇二调)一种由菱镁矿(主要成分mgco3、caco3、feco3、sio2)制备高纯氢氧化镁的工艺如下：(1)“浸取”时nh4cl用量对mg2浸出率的影响曲线如图所示。下列有关说法正确的是_(填字母)。a“浸取”时适当搅拌浆料b用超理论用量20%的nh4cl进行浸取c可用nh4cl对浸取后的滤渣进行二次浸取，将两次浸取液合并d浸出温度采用100 可促进nh4cl的水解和nh3的逸出(2)本工艺流程中可循环利用的物质有_。解析：(1)a.“浸取”时适当搅拌浆料，提高浸取率，正确；b.用超理论用量20%的nh4cl进行浸取时mg2浸出率达到80%，但nh4cl的利用率只有65%，错误；c.可用nh4cl对浸取后的滤渣进行二次浸取，将两次浸取液合并，提高原料的利用率，正确；d.浸出温度采用100 可促进nh4cl的水解和nh3的逸出，正确。答案：(1)acd(2)nh4cl、nh34(2018扬州一模)以某工业铜渣(主要成分为cu、cu2se、cu2te，还有少量ag)为原料制备胆矾、硒、碲的一种工艺流程如下：(1)“浆化、焙烧”后，铜渣中金属元素均转化为硫酸盐，碲元素转化为不溶于水的teo2。cu2se与浓硫酸反应的化学方程式为_。(2)为提高所得胆矾的纯度，“浸取”需在水中加入少量nacl，其原理是_。(3)“过滤”所得滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤后可得到cuso45h2o晶体，冰水洗涤的目的是_。(4)“浸取”中，为提高浸出速率，可采取的措施有_。a搅拌 b煮沸c适当增大盐酸浓度d适当延长浸取时间解析：(1)根据流程图分析：工业铜渣加入98%浓硫酸“浆化、焙烧”时生成了seo2和so2，则cu2se中的se(2价)和cu(1价)被氧化，浓硫酸中的s(6价)被还原，由氧化还原反应得失电子守恒进行配平得到cu2se6h2so42cuso4seo24so26h2o。(2)ag溶于浓硫酸中，溶液中含有ag2so4，在水中加入少量nacl，使微溶的ag2so4转化为更难溶的agcl，防止进入cuso4溶液。(3)过滤得到cuso4溶液，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤后可得到cuso45h2o晶体，用冰水洗涤的目的是洗去表面杂质，降低晶体溶解损失。(4)“浸取”中，为提高浸出速率，可采取搅拌、适当提高反应温度，但由于盐酸易挥发故不可煮沸，适当增大盐酸浓度等，选a、c。答案：(1)cu2se6h2so42cuso4seo24so26h2o(2)使微溶的ag2so4转化为更难溶的agcl，防止进入cuso4溶液(3)洗去表面杂质，降低晶体溶解损失(4)ac命题点二 陌生反应方程式的书写 (一)离子反应1化工流程题中主要涉及的五类离子反应(1)难溶物溶解的离子反应znco3溶于稀硫酸：znco32h= zn2h2oco2cr(oh)3溶于盐酸：cr(oh)33h=cr33h2oal(oh)3溶于强碱：al(oh)3oh=alo2h2o(2)沉淀转化的离子反应zns 转化为cus：znscu2=cuszn2agcl转化为agi：agcli=agiclmg(oh)2转化为fe(oh)3：3mg(oh)22fe3=2fe(oh)33mg2(3)同种元素在同种价态、不同ph条件下转化的离子反应cro在酸性条件下转化为cr2o：2cro2h=cr2oh2ov2o5在酸浸时转化为vo：v2o52h=2voh2ocr(oh)3在碱性条件下转化为cr(oh)：cr(oh)3 oh= cr(oh)(4)与量有关的离子反应向ca(oh)2溶液中滴加nahco3溶液nahco3溶液少量：hcoohca2=caco3h2onahco3溶液过量：2hco2ohca2=caco3co2h2o向nahso4溶液中滴加ba(oh)2溶液加ba(oh)2溶液至so恰好沉淀：hohsoba2=baso4h2o加ba(oh)2溶液至溶液呈中性：2h2ohsoba2=baso42h2o(5)涉及氧化还原反应的离子反应kmno4与盐酸反应生成mncl2和cl2：2mno10cl16h=2mn25cl28h2o碱性条件下naclo将fe(oh)3氧化为na2feo4：2fe(oh)33clo4oh=2feo3cl5h2o2书写离子方程式时需注意的事项(1)观察离子方程式中的符号是否正确、合理，如不可逆反应用“=”，可逆反应用“”，气体符号为“”，沉淀符号为“”。(2)离子方程式中必须用化学式表示的物质有难溶于水的物质(如agcl、baso4等)、难电离的物质(如弱酸、弱碱等)、非电解质(如so2、co2等)。(3)离子方程式中的微溶物如ca(oh)2等，作为反应物时，若为澄清溶液则写离子符号，若是浊液则写化学式；作为生成物时一般写化学式。(4)多元弱酸的酸式酸根离子，在离子方程式中不能拆开写，如nahco3在水溶液中的离子是na和hco，其中hco不能拆开写成h和co；而多元强酸的酸式酸根离子在水溶液中可完全电离，如nahso4在水溶液中的离子为na、h和so。(5)灵活应用电荷守恒及氧化还原反应中的得失电子守恒，判断离子方程式是否正确。3离子不能共存的四种类型(1)发生复分解反应而不能大量共存生成难溶物或微溶物如ba2和co生成baco3，h和sio生成h2sio3，cu2和oh生成cu(oh)2等生成气体或挥发性物质如h与co、hco、so、hso、s2、hs等；nh和oh生成nh3(加热)等生成难电离物质如h与ch3coo生成弱酸ch3cooh、与oh结合生成h2o等；nh和oh生成nh3h2o等(2)发生氧化还原反应而不能大量共存具有较强氧化性的离子(如mno、clo、fe3等)与具有较强还原性的离子(如s2、i、so等)不能共存。no与i，s2与so，cl与clo等在酸性条件下不能共存，而在碱性条件下可共存。(3)发生相互促进的水解反应而不能大量共存某些弱碱阳离子与某些弱酸阴离子因发生相互促进的水解反应而不能大量共存。如al3与alo、hco、co、s2，fe3与alo、hco、co等发生相互促进的水解反应生成沉淀或气体。(4)发生络合反应而不能大量共存若离子间发生络合反应，则这些离子不能共存。如fe3与scn不能共存，ag与nh3h2o不能共存。(二)氧化还原反应1常见的氧化剂和还原剂(1)常见氧化剂及其还原产物(2)常见还原剂及其氧化产物2氧化还原反应的五规律(1)守恒律化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。该规律可应用于氧化还原反应方程式的配平及相关计算。(2)强弱律氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。在适宜的条件下，用氧化性(还原性)较强的物质可制备氧化性(还原性)较弱的物质，用于比较物质的氧化性或还原性的强弱。(3)优先律多种氧化剂与一种还原剂相遇，氧化性强的首先得电子被还原。多种还原剂与一种氧化剂相遇，还原性强的首先失电子被氧化。(4)价态律元素处于最高价，只有氧化性(如kmno4中的mn元素)；元素处于最低价，只有还原性(如s2、i)；元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如fe2、s、cl2等)。(5)转化律同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态低价态中间价态；价态相邻能共存、价态相间能归中，归中价态不交叉、价升价降只靠拢。3氧化还原反应方程式的配平流程4陌生氧化还原反应方程式书写的具体步骤1(2019扬州一模节选)以高钛渣(主要成分为ti3o5，含少量sio2、feo、fe2o3)为原料制备白色颜料tio2的一种工艺流程如下：已知：na2tio3难溶于碱性溶液；h2tio3中的杂质fe2比fe3更易水洗除去。(1)熔盐：naoh固体与ti3o5在空气中加热至500550 时生成na2tio3，该反应的化学方程式为_。(2)水解：“酸溶”后获得的tioso4经加热煮沸，生成难溶于水的h2tio3，该反应的化学方程式为_。解析：(1)naoh固体与ti3o5在空气中加热至500550 时生成na2tio3，根据原子守恒配平，得到该反应的化学方程式为12naoh2ti3o5o26na2tio36h2o；(2)tioso4经加热煮沸，生成难溶于水的h2tio3，该反应的化学方程式为tioso42h2oh2tio3h2so4。答案：(1)12naoh2ti3o5o26na2tio36h2o(2)tioso42h2oh2tio3h2so42(2019苏州一模节选)以软锰矿(主要成分为mno2、sio2等)为原料制备高纯mno2的流程如下：(1)酸浸时，通常加入feso4作催化剂加快反应速率。滤渣中含大量硫单质，酸浸时主要反应的化学方程式为_。(2)酸性条件下，用合适的氧化剂可以将mnso4转化为高纯mno2。若用naclo3作氧化剂时会同时产生nacl，该反应的离子方程式为_。(3)用适量的kmno4作氧化剂，反应后溶液中无锰元素剩余。理论上消耗kmno4与生成mno2的n(kmno4)n(mno2)_。解析：(1)滤渣中含大量硫单质，即zns被mno2氧化生成s，酸性条件下mno2被还原成mn2，则酸浸时(feso4作催化剂)主要反应的化学方程式为znsmno22h2so4znso4mnso4s2h2o；(2)用naclo3作氧化剂时会同时产生nacl，mnso4转化为高纯mno2，根据氧化还原反应的配平原则，得到该反应的离子方程式为3mn2clo3h2o=3mno2cl6h；(3)用适量的kmno4作氧化剂，kmno4被还原为mno2，mnso4被氧化mno2，发生反应2kmno43mnso42h2o=5mno2k2so42h2so4，则理论上消耗kmno4与生成mno2的n(kmno4)n(mno2)25。答案：(1)znsmno22h2so4znso4mnso4s2h2o(2)3mn2clo3h2o=3mno2cl6h(3)253(2019南通七市三模)白银是高新技术产业的基础材料之一。以铜阳极泥分离所得废渣(成分为agcl、pbso4、pbcl2和ag2te)为原料，生产白银的工艺流程如下：已知：水溶液中h2so3、hso、so的物质的量分数随ph的变化如图1所示；“浸出”时agcl与na2so3溶液反应的离子方程式：agclnsoag(so3)n(2n1)cl。(1)“预处理”是为了去除废渣中的pbcl2和ag2te。酸性条件下，ag2te与naclo3反应生成agcl、nacl和h2tecl6(易溶于水)。写出该反应的化学方程式：_。pbcl2、agcl在不同浓度的盐酸中溶解情况如图2所示。“预处理”所用稀盐酸的最佳浓度为_。(2)写出碱性条件下n2h4还原agcl的化学反应方程式：_。解析：(1)酸性条件下，ag2te与naclo3反应生成agcl、nacl和h2tecl6(易溶于水)，根据氧化还原反应规律进行配平得到naclo3ag2te8hcl=2agclh2tecl6nacl3h2o；“预处理”是为了去除废渣中的pbcl2和ag2te，即主要使pbcl2和ag2te溶解，而agcl不溶，故所用稀盐酸的最佳浓度为3.2 moll1；(2)碱性条件下n2h4还原agcl生成ag和n2，则该反应的化学方程式为4agcln2h44naoh=4agn24h2o4nacl。 答案：(1)naclo3ag2te8hcl=2agclh2tecl6nacl3h2o3.2 moll1(2)4agcln2h44naoh=4agn24h2o4nacl 4(2018南京、盐城一模)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%)的实验流程如下：(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，所以“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。(3)由mg(hco3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5mg(hco3)24mgco3mg(oh)24h2o6co2。(4)由流程图可知，可循环利用的物质有co2。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)co2命题点三 工艺流程中的分离与提纯 1物质分离、提纯的六种物理方法2分离提纯中的各种答题规范(1)判断沉淀剂过量的答题规范沉淀剂过量的目的是使杂质离子沉淀完全。判断沉淀剂已过量的一般操作规范是，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，则证明沉淀剂已过量。(2)洗涤沉淀时的答题规范由于沉淀生成时，表面吸附一定量的离子，因此，过滤后要进行沉淀的洗涤。洗涤规范是，向过滤得到的沉淀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)检验沉淀洗涤干净的答题规范检验沉淀是否洗涤干净，主要是检验洗涤液中是否还含有在溶液中吸附的离子。一般的检验规范是，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。(4)溶液结晶答题规范从溶液中得到带结晶水的晶体的规范是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(5)除杂答题规范在书写某一步骤是为了除杂时，应该规范回答“是为了除去杂质”，“除杂”等一类万能式的回答是不能得分的。1(2019南通一模)以粉煤灰(主要成分为al2o3、sio2，还含少量fe2o3等)为原料制取氧化铝的部分工艺流程如下：(1)“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是_。“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是_。(2)“除铁”生成fe(oh)3的离子方程式为_，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是_。(3)“结晶”是向浓溶液中通入hcl气体，从而获得alcl36h2o晶体的过程，溶液中al3和盐酸的浓度随通气时间的变化如下图所示。al3浓度减小的原因是_。(4)上述流程中，可以循环利用的物质是_。解析：粉煤灰(主要成分为al2o3、sio2，还含少量fe2o3等)加浓盐酸酸浸，al2o3和fe2o3溶解、sio2不溶，过滤得滤渣，主要成分是sio2，向滤液中加入nh4hco3，溶液中的fe3与hco发生相互促进的水解使fe3沉淀，向滤液中通入hcl气体，使al3形成alcl36h2o晶体析出，煅烧alcl36h2o，由于hcl大量挥发，促进了al3水解，最后生成了al2o3。(1)“酸浸”过程发生主要反应的离子方程式是al2o36h=2al33h2o；“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高，因为温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏；(2)“除铁”生成fe(oh)3的离子方程式为fe33hco=fe(oh)33co2；检验溶液中铁元素已经除尽的方法是静置，取少量上层清液于试管中，滴入kscn溶液，溶液不变红色，说明铁已除尽；(3)“结晶”是向浓溶液中通入hcl气体，随着气体的通入，al3浓度减小，盐酸浓度增大，溶液中cl浓度增大，平衡al33cl6h2oalcl36h2o向正反应方向移动，促进al3形成alcl36h2o晶体析出；(4)上述流程中，可以循环利用的物质是hcl(或盐酸)。答案：(1)al2o36h=2al33h2o温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏(2)fe33hco=fe(oh)33co2静置，取少量上层清液于试管中，滴入kscn溶液，溶液不变红色(3)盐酸浓度增大，溶液中cl浓度增大，促进al3形成alcl36h2o晶体析出(4)hcl(或盐酸)2(2019常州一模)金属加工前常用盐酸对金属表面氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。ph在2左右的某酸性废水含铁元素质量分数约3%，其他金属元素如铜、镍、锌浓度较低，综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。制备过程如下：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的ph如下表所示： fe(oh)3cu(oh)2ni(oh)2zn(oh)2开始沉淀的ph1.54.27.15.4沉淀完全的ph 3.76.79.28.0回答下列问题：(1)“中和”时调节ph至_，有利于后续制备得纯度较高的产品。(2)处理酸洗废水中和后的滤渣，使铁元素浸出。按照不同的固液比投入“过滤”后滤渣和工业盐酸进行反应的铁浸出率如图所示，实际生产中固液比选择1.51的原因是_。(3)写出“氧化”中发生反应的离子方程式：_。(4)“酸溶”后需根据溶液中fe2含量确定氧化剂的投入量。用k2cr2o7标准溶液测定fe2(cr2o被还原为cr3)的含量，该反应的离子方程式为_。(5)将三氯化铁溶液在一定条件下_、_、过滤、洗涤、在氯化氢气氛中干燥得fecl36h2o晶体，在实验室过滤装置中洗涤固体的方法是_。解析：(1)为了后续制备得纯度较高的产品，“中和”时加入熟石灰调节ph使fe3沉淀而其他离子不沉淀，则调节ph至3.74.2；(2)由图分析可知，固液比大则铁浸出率低，固液比小则铁浸出率高。实际生产中固液比选择1.51的原因是固液比大则铁浸出率低；固液比小则过稀的fecl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了成本；(3)“氧化”是把溶液中的fe2氧化为fe3，反应的离子方程式为2fe2h2o22h=2fe32h2o；(4)用k2cr2o7标准溶液测定fe2(cr2o被还原为cr3)的含量，该反应的离子方程式为6fe2cr2o14h=6fe32cr37h2o；(5)将三氯化铁溶液在一定条件下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、在氯化氢气氛中干燥得fecl36h2o晶体，在实验室过滤装置中洗涤固体的方法是向漏斗中加蒸馏水至恰好浸没固体，待水自然流出后，重复23次。答案：(1)3.74.2(2)固液比大则铁浸出率低；固液比小则过稀的fecl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了成本(3)2fe2h2o22h=2fe32h2o(4)6fe2cr2o14h=6fe32cr37h2o(5)蒸发浓缩冷却结晶加蒸馏水至恰好浸没固体，待水自然流出，重复23次3(2018苏锡常镇二调)一种由菱镁矿(主要成分mgco3、caco3、feco3、sio2)制备高纯氢氧化镁的工艺如下：若要得到高纯mg(oh)2，需对“沉镁”步骤所得的固体进行洗涤，检验固体已洗净的方法是_。解析：加入mgso4使cacl2转化为caso4除去，再通入nh3，使mg2形成沉淀，过滤即可得氢氧化镁，滤液为nh4cl和少量(nh4)2so4溶液，可循环利用。答案：取最后一次洗涤滤液，加入硝酸酸化的bacl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净(其他合理答案也可)命题点四 化工生产中的常见计算 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，反应物的转化率或生成物的产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。1计算公式(1)n，n，ncv(aq)(2)100%(3)产品产率100%(4)物质的转化率100%(5)ksp的相关计算：对于难溶物ambn(s)man(aq)nbm(aq)，kspcm(an)cn(bm)。2常用计算方法关系式法(1)方法原理关系式法常应用于一步反应或分多步进行的连续反应中，利用该法可以节省不必要的中间运算过程，避免计算错误。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系。(2)实例如水中溶氧量(do)的测定：碱性条件下，o2将mn2氧化为mno(oh)2：2mn2o24oh=2mno(oh)2酸性条件下，mno(oh)2将i氧化为i2：mno(oh)22i4h=mn2i23h2o用na2s2o3标准溶液滴定生成的i2：2s2oi2=s4o2i可得关系式：o22mn22mno(oh)22i24na