2023年高考化学二轮复习第一篇题型二化学工艺流程教案(含答案)

题型二化学工艺流程1.(2023·全国Ⅰ卷,27)焦亚硫酸钠(NaSO225生产NaSO,通常是由NaHSO过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式225 3。利用烟道气中的SO生产NaSO的工艺为:2 225①pH=4.1时,Ⅰ中为 溶液(写化学式)。②工艺中参加NaCO固体、并再次充入SO的目的是。2 3 2 NaSO

也可承受三室膜电解技术,装置如下图,其中SO

NaHSONaSO225式为。

2 3 2 33225电解后, 室的NaHSO浓度增加。将该室溶液进展结晶脱水,可得到Na3225NaSONaSO50.00mL0.01000mol·L-1225 22510.00mL。滴定反响的离子方程式为,该样品中NaSO的残留量为 g·L-1(以SO计)。225 2解析:(1NaHSO

过饱和溶液结晶脱水可得到NaSO2NaHSO

NaSO+HO。3 225 3 225 2①酸性条件下,SONaCO溶液生成NaHSONaCO固体并再次通入SO,其目的是得到NaHSO2 2 3 3 2 3 2 3和溶液。OH-2HO-4e-2NaHSO(4)依据电子、电荷及质量守恒,可写出反响的离子方程式为S(4)依据电子、电荷及质量守恒,可写出反响的离子方程式为S2+2I+3HO2 22S+4I-+6H+。n(S2)=×n(I)=×0.01000mol·L-1×10.00×10-3L=5×10-5mol,该样品中S2 2的残留量(以SO5×10-52

O↑+4H+H+aa2mol×2×64g·mol-1×=0.128g·L-1。答案:(1)2NaHSO Namol×2×64g·mol-1×=0.128g·L-1。3 225 2(2)①NaHSO3(3)2HO-4e-(4)S2(4)S2+2I+3HO2 22S+4I-+6H+ 0.128

②得到NaHSO34H++O↑a2

过饱和溶液2.(2023·全国Ⅱ卷,26)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有肯定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。试验室测定水泥样品中钙含量的过程如下图:答复以下问题:在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需参加几滴硝酸。参加硝酸的目的是,还可使用 代替硝酸。沉淀A的主要成分是 ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反响,该反响的化学方程式为。(3)加氨水过程中加热的目的是。沉淀B的主要成分为 、 (写化学式)。(4)草酸钙沉淀经稀HSO处理后,用KMnO标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量 ,滴定反响为:+H为:+H++HCO224Mn2++CO+HO0.400g0.0500mol·L-1的KMnO2 2 436.00mL,则该水泥样品中钙的质量分数为 。解析:(1)在此过程中需将Fe元素转化为Fe3+,再通过调整pH4~5Fe(OH)而除去,所以参加硝酸的目的是3Fe2+氧化为Fe3+,还可以用HO22ASiOHSiOSiOHSiO能与HF2 2 3 2 2 3反响的化学方程式为SiO+4HF SiF↑+2HO或HSiO+4HF SiF↑+3HO。2 4 2 2 3 4 2加热使得Fe3+、Al3+的水解平衡正向移动,促进Fe3+、Al3+的水解,防止胶体生成,易沉淀分别,所以沉淀B的主要成Fe(OH)Al(OH)3 3(4)2Mn+6H++5H(4)2Mn+6H++5HCO2Mn2++10CO+8HO5Ca5Ca2+~5HCO~2Mn224n 0.0500×36×10-3

moln=4.5×10-3mol,Ca%=×100%=45.0%。m(Ca)=(4.5×10Ca%=×100%=45.0%。答案:(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ HO22SiO(或HSiO)SiO+4HF SiF↑+2HO(或HSiO+4HF2 2 3 2 4 2 2 3防止胶体生成,易沉淀分别Al(OH) Fe(OH)3 3(4)45.0%

SiF↑+3HO)4 23.(2023·全国Ⅰ卷,28)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:答复以下问题:NaClO中Cl的化合价为 。2写出“反响”步骤中生成ClO的化学方程式2。“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要参加的试剂分别为 、 “电解”中阴极反响的主要产物是 。“尾气吸取”是吸取“电解”过程排出的少量ClO此吸取反响中,氧化剂与复原剂的物质的量之比为 ,2该反响中氧化产物是 。Cl的氧2化力量。NaClO的有效氯含量为 。(计算结果保存两位小数)2解析:(1)依据化合物中元素正负化合价代数和为0,NaClO中Cl+32由流程图可知,NaClOHSOSONaHSOClO3 2 4 2 4 22NaClO+HSO+SO 2ClO+2NaHSO3 2 4 2 2 4Mg2+、Ca2+NaOHNaCONaClOCl2 3 2 2被电解的物质为ClO和食盐水,依据电解原理可知,阴极发生复原反响,故产物为NaClO。2 2ClO,ClO

NaClO,HOO2 2守恒可求得:n(ClO∶n(HO2∶1。2 22

2 22 2(5)设(5)设NaClO的有效氯含量为m(Cl×4=×2,解得:m(Cl)≈1.57g。2答案:(1)+3(2)2NaClO+SO+HSO(3)NaOH(3)NaOHNaCO2 3ClNaClO2

22ClO+2NaHSO2 4(4)2∶1O (5)1.572化学工艺流程题经过前几年的冷却,从2023整地取代了以前的无机框图推断题,其热度明显地得到提升。工艺流程题主要是以物质的制备、物质分别提纯为考核内容有机融合在一起的综合型试题。通常会涉及生疏的化学工业工艺、生疏的化学反响,往往给考生较大的冲击力,目的工艺流程和以分别提纯为主要目的的工艺流程。涉及物质的转化、物质的分别提纯、尾气等废弃物的处理等化学问题,表达了变化观念、证据推理以及科学精神与社会责任的学科素养。试题的组成题干:介绍原料的成分,以及工艺的目的是什么(利用原理制备物质还是混合物的提纯)。工艺流程图:问题:一类是对点设问,就题论题,针对流程中某一个问题提出问题,与流程无多大关系;另一类是对整个流程涉及的化学学问设计的系列问题,则需要对整个流程有一个完整的理解。试题的模块构造(1)原料的预处理模块①粉碎或研磨:增大固液(或固气或固固)接触面积,加快反响(溶解)速率,增大原料的转化率(或浸取率)。②焙烧:去掉有机物,使氢氧化物、碳酸盐等分解、转化为下一步可溶解的物质。③酸浸:溶解氧化物(膜)、调整pH碱溶:去油污,去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,调整pH促进水解(金属离子的沉淀)。(2)核心化学反响模块①物质制备型,这里主要完成目标物质的转化,核心目标是提高转化率。②分别提纯型,这里要通过转化除掉主要的杂质,核心是杂质的去除要彻底。(3)分别提纯模块依据物质的状态、溶解度选择恰当的分别方案得到纯洁的目标物质。1物质制备型77~79明确题目要制备什么物质,给的原料是什么?利用已有化学学问并结合题干给出的提示信息勾画出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多的获得产品。围绕这个核心去分析药品、操作、条件的作用,做到有的放矢。假设在制备过程中消灭或用到受热易分解的物质,则要留意对温度的掌握NaHCO;还有如HO3 22Ca(HCOKMnOAgNOHNO32 4 3 3假设产物是一种会水解的盐,且水解产物中有挥发性的酸产生时,则要加相对应的酸来防止水解。如制备FeCl、3AlClMgClCu(NO3.假设产物是一种强氧化性物质或强复原性物质,则要防止它们被其他物质氧化复原,如:含Fe2+3.假设产物是一种强氧化性物质或强复原性物质,则要防止它们被其他物质氧化复原,如:含Fe2+、S、I-等离子的物质,则要防止反响过程中O的介入。2假设产物是一种易吸取空气中的CO或水(潮解或发生反响)而变质的物质(如NaOH2备过程中对CO或水的去除,也要防止空气中的CO或水进入装置中。2 2当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息,则意味着需要用蒸馏、高温(低温)过滤来进展分别。在答复题目中条件的选择缘由时主要可从以下几个方面着手:(1)对反响速率有何影响?(2)对平衡转化率是否有利?(3)对综合生产效益有何影响?如原料本钱、原料来源是否广泛、是否可再生,能源本钱,对设备的要求,环境保护(从绿色化学方面作答)。【例题】(2023·全国Ⅰ卷,27)(14分)LiTiO和LiFePO

都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为4 512 4FeTiO,还含有少量MgO、SiO①)来制备,工艺流程如下:3 2答复以下问题:(1)“酸浸”试验中,铁的浸出率结果如以下图所示。由图可知 ,当铁的浸出率为 70%时②,所承受的试验条件为 。30354045509295979388(3)TiO·xHO④40min(3)TiO·xHO④40min2 2温度/℃TiO·xHO2 2转化率/%2 2。LiTiO中Ti的化合价为+4⑤,其中过氧键的数目为 。2 515c(Mg2+)=0.02mol·L-11Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5

mol·L-1,此时是否有Mg(PO)沉淀生成?3 42(2)“酸浸”后,钛主要以(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式③存在,写出相应反响的离子方程式。(列式计算)。FePOMg(POK分别为1.3×10-22、1.0×10-24。(6)写出“高温煅烧②”中由FePO制备(6)写出“高温煅烧②”中由FePO制备LiFeP4的化学方程式。【审题指导】①明确原料FeTiO、杂质MgO、SiO以及要制备的物质LiTiO和LiFePO3 2 4 512 4③TiOC中Ti+4③TiOC中Ti+4,FeTiO中Ti+4价,由于HCl不行能把Ti+3+43反响。④考虑到温度过高,双氧水、氨水都会分解。反响物浓度的降低,造成转化率降低。⑤联想NaO-122⑥FePOLiFePOFeFePOHCO4 4 4 224氧化复原反响。解析:(1)由图示可知,“酸浸”时铁的浸出率为70%时所需要的时间最短,速率最快,则应选择在1002h90℃、5h(2)“酸浸”时用盐酸溶解(2)“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO生成TiOC时,发生反响的离子方程式为FeTiO+4H++4Cl-Fe2++TiOC+2HO。(3)HO40℃,TiO·xHO22 2 240℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO·xHO(4)Li(4)LiTiO中Li+1,O-2,Ti+42 515)中氧元素显-1价,设过氧键的数目为x,依据化合物中各元素正负化合价代数和为0,可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0,解得x=4。(5)K(FePO)=c(Fe(5)K(FePO)=c(Fe3+)×c(Psp4)=1.3×10-22,则c(P)==1.3×10-17mol·L-1,Q[Mg(PO)]=c3(Mg2+)×c2(P3 42)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<1.0×10-24,则无沉淀。(6)高温下FePO与LiCO和HCO混合加热可得LiFePO42FePO+LiCO+HCO2 322442LiFePO+HO↑+3CO

224

4 2 2【标准作答】(2)FeTiO+4H++4Cl-3Fe2++TiOC(2)FeTiO+4H++4Cl-3Fe2++TiOC+2HO2(3)40℃,TiO·xHO40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO·xHO转化2 2 2 2反响速率下降(5)Fe3+(5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(P)=mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40<Kmol·L-1,c3(Mg2+)·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40<K[Mg(POMg(POsp 3 42 3 424 2 3 224 4 2 2【评分细则】290~100℃、时间2~5h”90℃以上、时间2~5h”。只答温度,不答时间,不得分。程式中间符号写为、、——、不扣分。程式中间符号写为、、——、不扣分。写出:“温度上升反响速率加快”得1分;写出“双氧水分解”和“氨气逸出”反响速率下降,得1分。(5)c(P)==1.3×10-17mol·L(5)c(P)==1.3×10-17mol·L-1,1c3c3(Mg2+)·c2(P)=0.013×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<K,1”,1sp②倒推亦可得分,可列综合式。方程式中间符号写为””“”“——”不扣分;产物、气体符号“↑”漏写不扣分。(6)方程式不配平或配平错误方程式中间符号写为””“”“——”不扣分;产物、气体符号“↑”漏写不扣分。1.(2023·全国Ⅰ卷,27)硼及其化合物在工业上有很多用途。以铁硼矿(主要成分为MgBO·HO和FeO225 2 34FeOFeO、CaO、AlO和SiO(HBO23 23 2 3 3答复以下问题:写出MgBO·HO225 2。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可实行的措施有(写出两条)。利用 的磁性,可将其从“浸渣”中分别。“浸渣”中还剩余的物质是 (写化学式)。(3)“净化除杂”需先加HO溶液,作用是。22然后再调整溶液的pH5,目的是。“粗硼酸”中的主要杂质是 (填名称)。以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH),它是有机合成中的重要复原剂,其电子式为 。4单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼,用化学方程式表示制备过程 。解析:(1)硫酸可与硼酸盐反响制取酸性较弱的硼酸:MgBO·HO+2HSO 2MgSO+2HBO依据影响反响速率的因素,225 2 2 4 4 3 3提高浸出速率,还可实行提高反响温度、减小铁硼矿粉粒径等措施。FeO有磁性,可利用其磁性将其从“浸渣”中分别;“浸渣”中还剩余的物质是SiOCaSO34 2 4HOFe2+Fe3+pH5Al3+Fe3+Al(OH)22 3Fe(OH)3(5)硼氢化钠的电子式为(5)硼氢化钠的电子式为Na+[H]-。(6)利用Mg2HBO(6)利用Mg2HBO3 3BO+3HO、BO+3Mg23 2232B+3MgO。答案:(1)MgBO·HO+2HSO2HBO+2MgSO提高反响温度、减小铁硼矿粉粒径FeO SiOCaSO34 2 4将Fe2+氧化成Fe3+(5)Na+(5)Na+[H]-

使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去(6)2HBO BO+3HO、3 3 23 2BO+3Mg 2B+3MgO232.(2023·江西南昌一模)硫酸锰在锰系产品中具有重要地位,由软锰矿(MnO(FeS)制备MnSO流程如下:2 2 4从“除质2”后的溶液中得到MnSO的操作为 、降温结晶、过滤和枯燥。4如图是在肯定条件下,不同浓度的硫酸对各元素浸出率的影响。由此得出的相关结论是:① ;② 。提高软锰矿浸出率的措施还有和 。除铁剂为H2SO5和氨水。①HSO中S的化合价为+6,其中过氧键的数目为 ,参加其目的是2 5。②写出Fe3+生成沉淀黄铵铁矾NHFe(SO(OH)4 3 42 6。工业除质剂为MnFMnFCaF和MgF的K分别为5.0×10-32.0×10-108.0×10-11)2 2 2 2 sp反响Ⅰ MnF(s)+Ca2+2反响Ⅱ MnF(s)+Mg2+2

CaF(s)+Mn2+2MgF(s)+Mn2+2假设滤液中c(Mg2+)=0.02mol·L-1MnF(s)Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1.0×10-52MgF2(列式计算)。

mol·L-1,此时是否有解析:(1)MnSO4

溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤和枯燥得到MnSO。(2)依据图示可知,①硫酸浓度越低,浸出率越低;4②硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全全都;提高软锰矿浸出率可以提高温度或把矿石粉碎。(3)①HSOS价为+6,构造简式为,过氧键的数目为1,H价为+6,构造简式为,过氧键的数目为1,HSO具有氧化性,把亚铁离子氧化为铁离子,便于形成黄铵铁矾沉淀;2 5②Fe3+与NH·HO3 2、S反应生成NHFe(SO)(OH)4 3 426沉淀的离子方程式是6NH·HO+3Fe3+6NH·HO+3Fe3++2S3 2NHFe(SO)(OH)+5N4 3 426。(4)Ca2+恰好沉淀完全时,c2(F-)=(mol·L-1)2=2.0×10-5(mol·L-1)2,c(Mg2+)×c2(F-)=0.02×2.0×10-5=4.0×10-7>K,因此会生sp2答案:(1)蒸发浓缩①硫酸浓度越低(高),浸出率越低(高)②硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全全都提高温度、粉碎矿石②6NH②6NH·HO+3Fe3++2S3 2NHFe(SO)(OH)+5N4 3 42 6时,c2(F时,c2(F-)=(mol·L-1)2=2.0×10-5(mol·L-1)2,c(Mg2+)×c2(F-)=0.02×2.0×10-5=4.0×10–7>KspMgF2

2分别提纯型79~81题型特点杂、分别、提纯操作的考察。解题思路从试题中找出想要什么?要除去的杂质有哪些?参加的试剂都是与哪些物质发生了反响,转化成什么物质?怎样操作才能将杂质除去(留意信息的提取与加工)。常用分别方案固体与固体的分别固体与液体的分别液体与液体的分别转化方案转化方案转化原理事例沉淀法将杂质离子转化为沉淀Cl-、S、Fe3+等转化为AgCl、BaSO、Fe(OH)4 3转化方案转化原理转化方案转化原理事例气体法将杂质离子转化为气体C、HC、S、HS、N加酸、碱成为气杂转纯法体除去Fe2+转变为Fe3+;将杂质转化为需要提纯的物质HC转变为C复原法热分解法酸碱溶解调pH法用氧化剂(复原剂)除去具有复原性(氧化性)的杂质如用酸性KMnO除去CO中的SO,用热的铜粉除去N42O222加热使不稳定的物质分解除去如除去NaCl中的NHCl4利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进展分别如用过量的NaOH溶液可除去FeOAlO23 23参加试剂调整溶液的pH,使溶液中某种成分生成沉淀而除去如向含有Cu2+和Fe3+的溶液中参加CuO、Cu(OH)2Cu(OH)CO等调整pHFe3+转化为Fe(OH)2 2 3 3酸锂(LiCoO)、导电剂乙炔黑和铝箔①等。充电时,该锂离子电池负极发生的反响为6C+xLi++xe酸锂(LiCoO)、导电剂乙炔黑和铝箔①等。充电时,该锂离子电池负极发生的反响为6C+xLi++xe-2LiCx6以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(局部条件未给出)。答复以下问题:LiCoO中,Co元素的化合价为 。2写出“正极碱浸”②中发生反响的离子方程式。80℃下进展③,写出该步骤中发生的全部氧化复原反响的化学方程式;可用盐酸代替HSOHO

的混合液④,但缺点是2 4 22。写出“沉钴”过程中发生反响的化学方程式(5)充放电过程中,发生(5)充放电过程中,发生LiCoOLi21-xCo之间的转化,写出放电时电池反响方程式。(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收⑥,其缘由是 在整个回收工艺中,可回收到的金属化合物有 (填化学式)。【审题指导】①一要留意是正极回收,二要明确正极材料的金属元素,是正确解答(6)的关键。②在明确正极材料的根底上很简洁确定碱浸是Al80℃条件下反响,除了LiCoO中Co元素到CoSO的转化还有HO2 4 22HSOHOHO,HCl2 4 22 22气。⑤留意LiCoO与LiCoO中CoLiCoO得电子转化为LiCoO2 1-x 2 1-x 2 2结合题干供给充电时负极反响,写出电池反响方程式。⑥说明放电金属锂会聚拢到正极上。解析:(1)依据化合物中元素化合价代数和为零,确定Co的化合价为+3(2)正极材料中含有与强碱溶液反响的Al。LiCoOCoSO,Co+3+2HO,HO

O-10,生2 4 22 22成OHOHSO和HO的混合2 22 2 4 22液”,把复原剂HOCl,Cl(5)正极发生得22 2 2,Co的化合价降低,由LiCoO生成LiCoO化合价由+(3+x)降低到+3,降低了x,故正极反响式为1-x 2 2LiCoO+xe-+xLi+1-x 2

LiCoOLiC-xe-2 x6

6C+xLi+,两电极反响式(6)留意信息“有利于锂在正极的回收”结合原电池的工作原理,阳离子向正极移动即可分析;沉淀有Al(OH)CoCO,水相为LiSO溶液,可知回收的金属化合物。3 3 2 4【标准作答】(2)2Al+2OH-(2)2Al+2OH-+2HO22Al+3H↑2(3)2LiCoO+3HSO+HO LiSO+2CoSO+O↑+4HO,2HO 2HO+O2 2 4 22 2 4 4 2 2 22 2 2CoSO+2NHHCO CoCO↓+(NH)SO+HO+CO↑4 4 3 3 42 4 2 2Li1-xCoO2+LixC6 LiCoO2+6CLi+从负极中流出,经电解质向正极移动并进入正极材料中Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4【评分细则】+312Al+2OH-+6HO 2[Al(OH)-+3H2 4 2同时消灭其他方程式不影响正确答案得分,只写其他方程式不得分;写化学方程式不得分。第一空评分标准:方程式严格依据标准答案,条件可以写:80℃,加热,水浴加热,80℃水浴;其次空,标准答案:有1分,多答HCl:HClHO;引入杂质离子Cl-;HOHClHCl22 22原得到氯气;生成二氧化硫污染性气体;浓盐酸挥发性强,造成铺张等不得分。方程式只认标准答案。(不配平或配平错误,使用非最小公约数配平、反响物产物不全或错误不得分)C)不6得分,不标准(多写不必要的条件或错写条件、“通电”“电解”算错)不得分。第一空,以下状况给总分值:①Li+从负极移向正极或正极材料,②Li+程,不追究Li+0分:①未指明Li+移动方向,②未指明Li+Li+来源(来自于LiCx6其次空,三个以内,见对给分,不倒扣,四个或以上,多一个倒扣1分,以此类推。1.(2023·全国Ⅲ卷,28)以硅藻土为载体的五氧化二钒(VOVO25 25既避开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:物质物质质量分数/%VO252.2~2.9VO242.8~3.1KSO2 4SiO2FeO23AlO2322~2860~651~2<1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:(1)“酸浸”时(1)“酸浸”时VO转化为V25,反响的离子方程式为VVO转化成VO2+1”的主要成分是24。(2)“3molVO2+变为V,则需要氧化剂KClO至少为3mol。(3)“中和”作用之一是使钒以V4形式存在于溶液中。“废渣2”中含有(3)“中和”作用之一是使钒以V4形式存在于溶液中。“废渣2”中含有。(4)“离子交换”和“洗脱”可简洁表示为:4ROH+V4RVO+4OH-(ROH4412(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NHVO4 3解析:(1)VO与HSO反响生成V25 2 4,反响的离子方程式为VO+2H+252V+HO;废钒催化剂中只有SiO与HSO2 2 2 4(2)3molVO2+变为(2)3molVO2+变为V3mol电子,依据KO→K3,则需要KClO3mol0.5mol。(3)废钒催化剂中含有FeOAlO,则KClO氧化后的溶液中含有Fe3+、Al3+2”中含有Fe(OH)Al(OH)(4)4ROH+V4R(4)4ROH+V4RVO+4