2020高考化学冲刺核心素养微专题2化学工艺流程试题的解题策略练习含解析20200421261

1、化学工艺流程试题的解题策略等题要素园园*1 .原料预处理的常用方法及其作用(1)研磨：减小固体颗粒度，增大物质间接触面积，加快反应速率，提高浸出率。(2)水浸或酸浸：与水接触反应或溶解；与酸接触反应或溶解，得可溶性金属离子溶液，不溶物 过滤除去。 浸出：固体加水(酸)溶解得到溶液(离子)。(4)灼烧：除去可燃性杂质或使原料初步转化。(5)煨烧：改变结构，使一些物质能溶解或高温下氧化、分解。2 .制备过程中应注意的反应条件溶液的pH：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。常用于形成或抑制某些金属离子的氢氧化物沉淀。(2)温度：根据需要选择适宜温度，改变反应速率或使平衡向需要的

2、方向移动，减少副反应的发生，确保一定的反应速率，控制溶解度便于提纯。浓度：根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡移动利于目标产物的生成，减小对后续操作产生的影响。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)趁热过滤：防止某物质降温时会大量析出。(5)冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体损耗。3 .无机化工流程中的分离方法(1)洗涤(冰水、热水):洗去晶体表面的杂质离子；(2)过滤(热滤或抽滤):分离难溶物和易溶物；(3)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；(4)蒸发结晶：提取溶解度随温度的变化不大的溶质；(5)

3、冷却结晶：提取溶解度随温度的变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO、FeCL、CuCl2、CuSO 5H2O FeSO 7H20等;(6)蒸储或分储：分离沸点不同且互溶的液体混合物；(7)冷却法：利用气体易液化的特点分离气体。4 .化工流程氧化还原反应方程式的解答措施(1)写出题目中已经告知的反应物和生成物，并判断其中元素的化合价是否变化；(2)按照化合价变化规律补充并配平化学反应方程式。5 .解决本类题目的三步骤(1)从题干中获取有用信息，了解生产的产品。(2)然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：反应

4、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；抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。“典型考sa国用【典例】(2019 全国卷I )硼酸(H3BO)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥 料等工业。一种以硼镁矿(含MgBQ-SiO2及少量FezQ、Al 2Q)为原料生产硼酸及轻质 氧化镁的工艺流程如下：玻翰棺救 谑渣INHH溶新母病9回答下列问题(1)在95 C “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 根据 HBO 的解离反应

5、：H3BQ+H2O 'H+B(OH4,Ka=5.81 X10-10,可判断 HBO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> MgCO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【审题流程】明确整个流程及每一部分的目的一仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质一结合基础理论与实际问题思考一注意答题的模式与要点。【解析】(1)在95 c “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体为NH3,其在“吸收”中发生的反应主要是氨气与碳酸氢钱的反应,故反应的化学方程式为 NHHCO+NH(NH4)2CO

6、。(2)用硫酸俊溶液溶浸过程中主要反应的物质为Mg及Q H2O,故溶浸后产生滤渣1的主要成分是SiO2、FeO、AI2Q,检3较Fe3+可选用的化学试剂是 KSCN 根据 HBO的解离反应：H3BO+H2O - H+B(oH可知，H3BO是一元酸，根据其Ka值可以判 断是弱酸，故HBO是一元弱酸；根据流程图可知“过滤 2”主要得到的是 HBO,所以将溶液 pH调节至3.5,由于H3BO是一元弱酸，故主要目的是调节溶液至酸性 ，促进HBO析出。(4) “沉镁”过程主要是镁离子与碳酸钱发生的反应，故反应的离子方程式为222Mg+3C?3 +2H2OMg(OH) - MgC创 +2H©m

7、或 2Md+2(C?3 +H2OMg(OH) MgCOJ +COT ;由于在最后过程中俊根离子和硫酸根离子没有参与反应，所以在母液中主要含有上述两种离子，所以加热后对应的碳酸俊、二氧化碳等挥发，溶液中最终剩余的是硫酸俊 所以可以返回“溶浸”环节中继续使用；碱式碳酸镁高温煨烧之后会发生分解最终变成氧化镁。答案：(1)NH4HCO+NH(NH4)2CO(2)SiO 2、FezQ、Al 2c3 KSCN-一兀弱 转化为HBO,促进析出(4)2Mg 2+3C - +2H2OMg(OH)2 MgCOj +2HC；_(或 2M+2C?； +HOMg(OH)2 - MgCOj +CO T )溶浸高温焙烧“茹

8、题预测回国1 .(制备型化工流程)二氧化镒在生活和化学实验中有广泛应用。工业以镒结核矿为原料，用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO,其制备过程如图所示：(1)步骤I中,试剂甲必须具有的性质是 (填序号)。A.碱性B.稳定性C.氧化性D.还原性(2)用惰性材料作电极，电解硫酸镒溶液制二氧化镒，写出阳极反应式： _。步骤出中，以KC1Q为氧化剂，当生成0.050 mol MnO2时，消耗0.10 mol - L-1的NaClQ溶液200 mL,该反应的离子方程式为 _。(3)工业上可以用实验室制氯气的残余物质溶液吸收氯气获得MnQ,该化学反应的离子方程式为。(4)二氧化镒是实验室制取氧气的

9、催化剂。下列是某同学设计实验探究双氧水分解实验方案 ；实验20.0 mL双氧水溶液浓度粉状MnO温度待测数据I5%2.0 g20 cn5%1.0 g20 cm10%1.0 g20 cww2.0 g30 c实验n和出的结论是 。利用实验I和IV是探究温度对化学反应速率的影响，3=。本实验待测数据是O【解析】(1)镒结核矿与还原剂反应生成 +2价镒离子，试剂甲必须具有还原性。(2)电解硫酸 镒溶?时，阳极发生氧化反应，反应式为 Mr2+-2e -+2HbOMnO J +4H+。生成0.050 mol二氧化镒时，失去电子的物质的量:0.050 molx 2=0.100 mol;设还原产物中氯元素化合

10、价为+x,n(NaClO 3)=0.2 LX0.1 mol L-1 =0.02 mol。由电子守恒知,0.02 molx (5-x)=0.100 mol,x=0,氯酸钾被还原后产物为氯气，离子方程式为2cltg +5Mrr+4HbO- 5MnO+Cl2 T +8H+。实验室制氯气的残余物质含M吊，吸收氯气获得MnQ,该化学反应的离子方程式为 _ 2+ _ _ _2Mn +C12+3H2OMnO+6H+2C1-。（4）实验n和出中双氧水溶液浓度不同，反应物浓度越大，反应速率越快。实验I和IV探究温度对化学反应速率的影响，则w=5%对于产生气体实验，测定收集一定体积气体所需要的时间更简便。答案：（

11、1）D （2）Mn 2+-2e -+2H2OMnOj +4H+2Cl+5Mn+4HbO5MnO+Cl 2 T +8H+A(3)2Mn 2+Cl 2+3H2OMnQ+6H+2Cl （4）其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快5%收集等体积氧气所需要的时间2 .（提纯型化工流程）工业上设计将 VOSO中白K2SO、SiO2杂质除去并回收得到 V2Q的流程如 下，请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是 （写化学式）,操作I白名称 。（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO+,HA表示有机萃取剂）:R2（SO4）n（水层）+2nHA（有机层）一2RA（有机层）+nH2sO（水层），中萃取

12、时必须加入适量碱其原因是 中X试齐J为 （3）的离子方程式为。（4）25 C时，取样进行实验分析，得到引沉淀率和溶液pH之间的关系如表PH1.61.71.81.92.0钮沉淀率%98.098.898.896.493.1结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为;若钮沉淀率为93.1%时不产生 Fe(OH)3沉淀，则溶液中 c(Fe 3+)<。(已知：25 C 时,KspFe(OH) 3=2.6 X 10-39)该工艺流程中，可以循环利用的物质有 和。【解析】(1)将含K2SO、SiO2杂质的VOSCB于水，SiO2不溶于水，步骤是过滤，将SiO2与溶 液分离。(2)中萃取时

13、必须加入适量碱 ，有利于中和硫酸，促使平衡正向移动；为反萃取，7 使上述平衡向逆方向移动，X试剂为H2SOo (3)在含有VO+、的溶液中加入氧化剂氯酸钾，可以将VO+氧化为 V，M，步骤中加氨水,V。牙与氨水反应生成NHVO的离子方程式为-53NH - H2O+V?,NHVOJ +OH。(4)根据25 C时，钮沉淀率和溶液 pH之间的关系知，pH为1.7、1.8时，钮沉淀率最高，调节溶液的最佳pH为1.71.8最好；若钮沉淀率为93.1%,pH=2.0,c(OH -)=1 X10-12 mol L-1,此时没有 Fe(OH)3 沉淀，则溶液中的 c(Fe 3+)<KspFe(OH) 3

14、+c 3(OH尸2.6X10-39 + (1 X10-12)3=2.6X10-3 molL-1。(5)根据流程示意图可知：该工艺流程中可以循环利用的物质有氨气(或氨水)和有机萃取剂。答案：(1)SiO2过滤(2)加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动(或提高钮的萃取率)HSO(3)NH3 - H2O+V?,NHVO J +OH(4)1.7 1.8(或 1.7、1.8 其中一个)2.6 X10-3mol L-1(5)氨气(或氨水)有机萃取剂3.(综合型化工流程)以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上利用废渣(含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量 Ca5口 M

15、gO涮备高档颜料铁红(Fe 2c3)和回收(NH4) 2SQ,具体生产流程如下：飕海粒(NHjzSO,-峰液U桂黄铁队晶南输那酶泥彳注：钱黄铁矶的化学式为(NH) 2Fe6(SQ)4(OH)12。(1)在废渣溶解操作时，应选用溶解(填字母)。A.氨水B.氢氧化钠溶液C.盐酸D.硫酸(2)物质A是一种氧化剂，工业上最好选 (供选择使用的有空气、Cl 2、MnO),其理由是 。氧化过程中发生反应的离子方程式为(3)根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件(从温度、pH和氧化时间三方面说明)是(4)钱黄铁矶中可能混有的杂质有Fe(OH)3、。钱黄铁矶与氨水反应的化学方程式为 。【解析】(

16、1)该流程的目的是制备高档颜料铁红(Fe 203)和回收(NH4)2SO,不能引入杂质离子，不能选用盐酸，而氨水和NaOH§液能沉淀Fe3+和Fe2+,也不能选用。(2)空气中的氧气在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+,空气易得，成本低，不产生污染，不引入杂质，氧化过程离子方程式为 4Fe2+Q+4H4Fe3+2H2Oo (3)由图知，控制温度在80 C、pH 为1.5、氧化时间为4 h,Fe 2+的氧化率较高。(4)废渣溶解经氧化后溶液中存在Ca2+、Mg+>Fe3+,加氨水后，可能生成 Mg(OH)沉淀、Fe(OH)3沉淀，另外Ca(OH)2和CaSO的溶解度较小， 也可

17、能析出。由流程图知，俊黄铁矶与氨水反应得(NH)2SO和Fe(OH)3。答案：(1)D(2)空气 原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质4Fe2+O2+4HI4Fe3+2H2O(3)溶液温度控制在80 C,pH控制在1.5，氧化时间为4 h左右(4)Ca(OH) 2、Mg(OH>、CaSO (NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12+6NH H2O 4(NH)2SO+6Fe(OH)3 J【加固训练】以某菱镒矿(含MnCO SiO2、FeCO和少量Al 2O等)为原料通过以下方法可获得碳酸镒粗产品。喳酸 MnQ MclOHXHuHC。逋渣胜液二已知 Ksp(MnCO)=2.2 X 10-

18、11,KspMn(OH)2=1.9 X 10-13,KspAl(OH)可=1.3 X 1033。(1)滤渣1中，含铁元素的物质主要是 (填化学式，下同)；加NaOHM节溶液的pH约为 5,如果pH过大，可能导致滤渣1中 含量减少。(2)滤液2中,+1价阳离子除了 H+外还有(填离子符号)。(3)取“沉镒”前溶液 a mL于锥形瓶中，加入少量 AgNO溶液(作催化剂)和过量的1.5%(NH4)2S2O8溶液，加热，Mn2+被氧化为 M0.,反应一段时间后再煮沸 5 min 除去过量的-1(NH4) 2S2O8,冷却至室温。选用适宜的指示剂，用b mol L-1的(NH4)2Fe(SO)2标准溶液

19、滴定至终点，消耗(NH) 2Fe(SO4) 2标准溶液V mL。Mn2+与(NH4)2S2Q反应的还原产物为 。“沉镒”前溶液中 c(Mn2+)=mol L-1。(列出表达式)(4)其他条件不变，“沉镒”过程中镒元素回收率与NHHCO初始浓度(c。)、反应时间的关系如图所示。NHHCO初始浓度越大，镒元素回收率越 (填“高”或"低”),简述原因若溶液中c(Mn2+)=1.0 mol L-1,加入等体积1.8 mol L-1 NHHCOB液进彳T反应，计算20-40 min 内 v(Mn2+)=。【解析】(1)根据工艺流程图分析，菱镒矿酸浸后，浸液中所含金属阳离子有Mn+> Fe2+、Al3+;加入MnO,Fe2+被氧化为Fe3+;加入NaOH节pH,过滤后得到的滤渣1中含铁元素的物质主要为Fe(OH)3。如果pH过大，则滤渣中Al(OH)3