2022高考化学三轮冲刺最后30天之考前争分系列热点突破二无机化工流程题的突破方法学案

1、2021高考化学三轮冲刺最后30天之考前争分系列热点突破二无机化工流程题的突破方法学案PAGE PAGE 22无机化工流程题的突破方法突破方法(1)明确原料和产品(包括副产品)间的转化关系，从中得出将原料转化为产品和除去原料中所含杂质的基本原理和所用的生产工艺。如下图所示：(2)分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：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；加入什么试剂，得到什么中间产物等。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。(3)物质制备工艺都涉及物质的分离提纯，注意制备过程中所需的原料、条件的控制(如溶液pH与沉淀、溶度积常数与沉淀等)

2、以及物质分离方法的选择(如过滤、萃取分液、蒸馏等)，尽可能写出主要的化学反应方程式或制备原理。若出现工艺评价问题，从成本、环保、现实等角度考虑分析即可。例2017全国卷(节选)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCleq oal(2,4)形式存在，写出相应反应的离子方程式_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min

3、所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_。(5)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_。答案(1)100 、2 h或90 、5 h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCleq oal(2,4)2H2O(3)低于40 ，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)2FePO4Li2CO3H2C2O4eq o(=,sup

4、17(高温)2LiFePO43CO2H2O解析(1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100 、2 h或90 、5 h。(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCleq oal(2,4)2H2O。(3)当温度低于40 时，H2O2、NH3H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2xH2O转化率低；当温度高于40 时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，反应速率下降，TiO2xH2O的转化率低。(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为152x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x2(1

5、52x)1245，解得：x4。(5)煅烧过程中，Fe元素化合价由3降至2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4Li2CO3H2C2O4eq o(=,sup17(高温)2LiFePO43CO2H2O。NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化

6、剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)答案(1)3(2)2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液(4)21O2(5)1.57解析(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0，计算出NaClO2中氯元素化合价为3。(2)从流程图看出，反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：2NaClO3SO2H2SO4=2C

7、lO22NaHSO4。(3)粗盐提纯中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子。(4)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，发生反应：2ClO2H2O22OH=2ClOeq oal(,2)O22H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，氧化产物为O2。(5)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据：NaClO2eq o(,sup17(得4e)Cl，Cl2eq o(,sup17(得2e)2Cl，得电子数相等时，存在：NaClO22Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为

8、eq f(712,90.5)1.57。无机化工流程题的突破方法专题训练12017四川绵阳二诊采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO47H2O)，某学习小组设计了如下流程：下列说法错误的是()A酸浸时选用足量硫酸，试剂X为铁粉B滤渣a主要含SiO2，滤渣b主要含Al(OH)3C从滤液B得到绿矾产品的过程中，必须控制条件防止其氧化和分解D试剂X若为过量NaOH溶液，得到的沉淀用硫酸溶解，再结晶分离也可得绿矾答案D解析硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量硫酸，Fe2O3、Al

9、2O3与酸反应生成硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣a为二氧化硅；在滤液A中加入铁粉将Fe3还原为Fe2，调节pH使Al3完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣b为氢氧化铝，滤液B为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体。由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X为铁粉，A正确；根据以上分析可知滤渣a主要含SiO2，滤渣b主要含Al(OH)3，B正确；Fe2易被空气中的氧气氧化，而且绿矾受热易失去结晶水，所以从滤液B得到FeSO47H2O产品的过程中，必须控制条件防止其氧化和分解，C正确；试剂X若为过量NaOH溶液，得到的沉淀是氢氧化铁，用硫酸溶解得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁

10、，D错误。22017江西第三次联考如图是工业利用菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程。回答有关问题：(1)菱镁矿送入酸浸池前需要粉碎，目的是_。(2)氧化池中通入氯气的目的是氧化_(填化学式)，工业上不选用硝酸作氧化剂的原因是_和_。(3)沉淀混合物为_和_(填化学式)。(4)利用熔融氯化镁制取金属镁，选用的方法是_(填序号)。A电解法 B氧气还原法C碳还原法 D分解法答案(1)提高酸浸速率(2)Fe2(或FeCl2)会产生污染性气体NOx会引入杂质离子NOeq oal(,3)(3)Al(OH)3Fe(OH)3(4)A解析(1)粉碎菱镁矿，增大固相反应物的接触面积，

11、提高酸浸速率。(2)通入Cl2是为了将Fe2(或FeCl2)氧化为Fe3(或FeCl3)，工业上不用HNO3是因为会产生污染性气体NOx，也会引入杂质离子NOeq oal(,3)。(3)氧化池中存在Al3、Fe3、H，所以加入MgO后与H反应使溶液碱性增强，Al3和Fe3转化为Al(OH)3和Fe(OH)3，故沉淀池中的沉淀为Al(OH)3和Fe(OH)3。(4)金属镁比较活泼，一般采用电解熔融MgCl2的方法进行冶炼。32017湖南十三校联考近年来，硫化铜矿的湿法冶炼技术已经取得了很大的进展。现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法，其工艺流程如图甲所示：反应温度、固液比、反应时间和氯离子浓度都

12、对铜的浸出率有较大的影响，下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图(如图乙戊所示)。回答下列问题：(1)火法炼铜的主要反应：2CuFeS24O2eq o(=,sup17(800 )Cu2S3SO22FeO(炉渣)；2Cu2S3O2eq o(=,sup17(1200 )2Cu2O2SO2；2Cu2OCu2Seq o(=,sup17(1200 )6CuSO2。则在反应、中被氧化的元素为_(填元素符号)；若生成的SO2在标准状况下的体积为4.48 L，则反应中转移的电子数目为_NA；由a mol CuFeS2生成a mol Cu，共消耗_ mol O2。(2)写出反应1的化学方程式：_

13、。经查，硫黄、FeSO47H2O均可入药，用途广泛。湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是_。(3)从溶液中得到FeSO47H2O晶体的操作是_。(4)根据实验以及工业生产的实际要求，从下表中得出的最佳工艺条件为_(填序号)。选项反应温度/固液比c(Cl)/(molL1)反应时间/hA95150.87B10015.50.77C110160.98答案(1)S1.22.5(2)2CuSO22H2SO4eq o(=,sup17(催化剂)2CuSO42H2O2S污染小，同时得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄，资源得到充分利用(3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(4)A解析(1)整个过程中化合价升高的元素即被氧化的元素只有

14、硫；每个硫原子失6个电子，故生成4.48 L(即0.2 mol) SO2电子转移数为1.2NA；CuFeS2反应后的最终产物为SO2、FeO、Cu，根据原子守恒即得消耗O2的物质的量。(2)根据流程图得出CuS的氧化产物为S，H2SO4提供酸性环境，从而得出反应1的化学方程式；湿法炼铜没有SO2生成，故污染小，同时可得到有药用价值的副产物硫酸亚铁晶体及硫黄。(3)从溶液中获得结晶水合物的常规操作为蒸发浓缩、冷却结晶。(4)根据图乙戊可知，A项为最佳工艺条件，95 时铜的浸出率已经很高，且高温需要更多的燃料供能，不经济。4以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化

15、剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：(1)“酸浸”时V2O5转化为VOeq oal(,2)，反应的离子方程式为_，同时V2O4转化成VO2。“废渣1”的主要成分是_。(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VOeq oal(,2)，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。(3)“中和”作用之一是使钒以V4Oeq oal(4,12)形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_。(4)“离子交换”和“洗脱

16、”可简单表示为：4ROHV4Oeq oal(4,12)eq o(,sup17(离子交换),sdo15(洗脱)R4V4O124OH(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”)。(5)“流出液”中阳离子最多的是_。(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_。答案(1)V2O52H=2VOeq oal(,2)H2OSiO2(2)0.5(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)碱(5)K(6)2NH4VO3eq o(=,sup17()V2O52NH3H2O解析(1)V2O5及VOeq oal(,2)中的V均为5

17、价，“酸浸”时，发生非氧化还原反应，根据原子守恒及电荷守恒不难写出离子方程式；“酸浸”时，V2O5转化成VOeq oal(,2)，V2O4转化成VO2，K2SO4可溶于水，Fe2O3及Al2O3分别转化成Fe3和Al3，所以“废渣1”的主要成分是SiO2。(2)欲使3 mol VO2变为VOeq oal(,2)需转移3 mol e，1 mol KClO3作氧化剂生成Cl转移6 mol e，所以需KClO3至少0.5 mol。(3)“中和”时加入KOH溶液，钒以V4Oeq oal(4,12)形式存在于溶液中，K2SO4可溶，Fe3和Al3分别转化成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀进入“废渣2”

18、。(4)该反应的逆反应为洗脱过程，增大c(OH)，有利于平衡向左移动，所以淋洗液应呈碱性。(5)由流程图可以看出，H在酸浸时损耗，钒转化为V4Oeq oal(4,12)(阴离子)，Fe3及Al3转化为沉淀，所以“流出液”中阳离子最多的是K。(6)“煅烧”时肯定得到V2O5，其他物质自然写出。52017安徽师大附中段考用铝土矿(含30% SiO2、40.8% Al2O3和少量Fe2O3等)制取铝硅合金材料有湿法、干法等方法，其中干法制备的工艺流程如下：(1)若湿法处理铝土矿，用强酸浸取时，所得溶液中阳离子有_。(2)焙烧除铁的反应为4(NH4)2SO4Fe2O3eq o(=,sup17()2NH4Fe(SO4)23H2O6NH3(Al2O3部分发生类似反应)。氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图，最适宜的焙烧温度为_。(3)操作包括加水溶解、_。(4)用焦炭还原SiO2、Al2O3会产生中间体SiC、Al4C3。写出高温下Al4C3与Al2O(5)不计损失，投入1 t铝土矿，当加入54 kg纯铝后，铝硅合金中mn_。答案(1)Al3、Fe3、H(2)30