高考化学二轮复习大题突破一无机化工流程课件

大题突破一无机化工流程1.题型特点近几年高考中工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为背景,用框图的形式呈现实际工业生产中添加物质、操作的过程。2.无机化工流程题的结构模型流程图一般包括三大部分:原料预处理、核心化学反应、产品的分离与提纯呈现模式流程图中箭头的意义图甲:箭头进入的是反应物(投料),箭头出去的是生成物(产物、副产物);图乙:箭头表示反应物分步加入和生成物出来;图丙:返回的箭头一般是“循环利用”的物质3.无机化工流程题常考的设问角度设问角度(1)原料预处理方法及反应(2)加入试剂判断及加入试剂的作用(3)陌生化学(离子)方程式的书写(4)分离提纯的仪器、操作及操作目的(5)滤渣、滤液成分判断(6)实验条件的选择(温度或pH调节)(7)图表、图像分析(8)物质循环利用(9)计算典例示范题型1物质制备类化工流程SiO2[审题指导]①明确工艺流程的目的,审清原料为煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等),目的是制备NaFePO4和回收Al2O3,因此核心元素为Fe和Al,为分析流程图提供方向。②加浓硫酸酸浸,SiO2不反应,也不溶解,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁。【解析】

(1)煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应,也不溶解,成为滤渣,即“滤渣”的主要成分为SiO2。2.8×10-6[审题指导]③加氢氧化钠溶液的目的是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,此时存在Fe(OH)3的沉淀溶解平衡,根据Ksp[Fe(OH)3]可以求算c(Fe3+)。NaOH溶液[审题指导]④滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,需要将镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,而铝离子不能沉淀,因此可以加入过量的NaOH溶液。【解析】

(3)“除杂”时需要沉淀镁离子得Na[Al(OH)4],所以加入的试剂X是NaOH溶液。提供Na+和反应所需要的碱性环境[审题指导]⑤根据流程及目标生成物可判断“滤液2”的主要成分及发挥的作用。⑥水热合成NaFePO4的反应为非氧化还原反应,根据原子守恒可以写出离子方程式。(5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2,其工艺如下:[审题指导]⑦“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2,为陌生的氧化还原反应,根据得失电子守恒可写出化学方程式。3[审题指导]⑧根据均摊法,由NaFeO2的晶胞结构示意图可计算每个晶胞中各种元素原子的个数。0.25乙[审题指导]物质制备类工艺流程题的解题策略1.首尾分析法破解无机物制备工艺流程原理与过程。对一些线性流程工艺(从原料到产品为“一条龙”的生产工序)题,首先对比分析流程图中第一种物质(原料)与最后一种物质(产品),找出原料与产品之间的关系,弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和分离、提纯产品的化工工艺,然后结合题设的问题,逐一推敲解答。思维建模2.截段分析法对于用同样的原料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题,用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的,以此确定截几段更合适,一般截段以产品为准点。3.掌握“5种”原料预处理(研磨、水浸、酸浸、灼烧、煅烧)的作用和“6种”控制反应条件(调溶液pH、控制温度、控制压强、使用催化剂、趁热过滤、冰水洗涤)的目的。思维建模典例示范题型2分离提纯类化工流程已知:①“氧化浸出”时,PbSO4不发生变化,ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+;②Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8;③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。回答下列问题。(1)H2A分子中手性碳原子数目为

。

2[审题指导]①明确工艺流程的目的是回收锌、铅元素,除杂元素为Fe、Cu,为分析流程图提供方向。②根据流程图分析各元素的转化。【解析】

废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出后过滤,滤液中含有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+,滤渣1中有PbSO4和Fe(OH)3,滤液中加Zn置换出Cu,除铜后的滤液中加(NH4)2S沉锌,得到ZnS,滤渣1用H2A和Na2A溶液浸铅后过滤,滤渣2含铁元素,滤液经过结晶得到PbA,再真空热解得到纯Pb。[审题指导]温度升高,浸出速率增大,浸出率升高,温度过高时,NH3·H2O分解生成NH3逸出,且(NH4)2S2O8分解,造成浸出率减小[审题指导]④反应物NH3·H2O、过二硫酸铵稳定性受温度影响,温度升高及反应物浓度降低对反应速率都有影响。【解析】(3)“氧化浸出”时,温度升高,浸出速率增大,浸出率升高,温度过高时,NH3·H2O分解生成NH3逸出,且(NH4)2S2O8分解,造成浸出率减小。[审题指导]⑤加入锌置换出铜,即从[Cu(NH3)4]2+中置换出铜单质。Fe[审题指导]⑥滤渣1中有Fe(OH)3和PbSO4,用H2A和Na2A溶液处理滤渣1,使铅元素转化为PbA,Fe(OH)3不参与反应,进入滤渣2中。【解析】(5)根据分析可知,滤渣1中含有Fe(OH)3和PbSO4,用H2A和Na2A浸铅后过滤,滤渣2为含铁元素的沉淀。Pb(OH)2[审题指导]⑦H2A为弱电解质,可从c(OH-)对平衡的影响角度进行解释;由已知信息可知,Pb(OH)2为难溶物,OH-浓度过大,会生成Pb(OH)2沉淀。[审题指导]⑧290℃“真空热解”PbA生成铅单质和2种气态氧化物,结合氧化物定义可知,氢元素转化为H2O,根据原子守恒可知,碳元素转化为CO。分离提纯类化工生产流程题的解题策略1.阅读流程图,明确原料中含有的杂质和目标物质以及分离提纯的流程。2.明确提纯的方法及各种方法使用范围(1)水溶法:除去可溶性杂质。(2)酸溶法:除去碱性杂质。(3)碱溶法:除去酸性杂质。(4)氧化剂或还原剂法:除去还原性或氧化性杂质。(5)加热灼烧法:除去受热易分解或易挥发的杂质。思维建模(6)调节溶液的pH法:如除去酸性溶液中的Fe3+等。3.明确常用的分离方法,同时还要注意物质分离提纯的原则及注意事项等。思维建模题型验收经典再现1.(2025·云南卷,15)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如图所示:已知:①金-银矿中Cu、Mn的含量分别为0.19%、2.35%。②25℃时,Mn(OH)2的Ksp为1.9×10-13。回答下列问题。(1)基态铜原子的价层电子排布式为

。

3d104s1【解析】

由题给流程可知,矿石经“还原酸浸”后,Fe2O3、MnO2被还原为Fe2+和Mn2+,CuO被溶解为Cu2+,Au、Ag、SiO2因不溶而进入“滤渣1”;“沉铜”时,Cu2+被铁粉还原为Cu;“氧化”时,Fe2+被氧化为Fe3+;“沉铁”时,Fe3+转化为沉淀,后续转化为氧化铁;“沉锰”时,Mn2+转化为碳酸锰沉淀。“浸金银”时,Au、Ag被混合液浸出,后续提炼出Au、Ag。(1)Cu为29号元素,基态铜原子的核外电子排布符合洪特规则的特例,其价电子数为11,其价层电子排布式为3d104s1。(2)“还原酸浸”时,MnO2反应的离子方程式为

。

(3)“浸金银”时,Au溶解涉及的主要反应如下:上述过程中的催化剂为

。

[Cu(NH3)4]2+(4)“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为

。

大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本,同时减少废水产生量及处理成本,并通过持续去除杂质提高金、银的富含度(合理即可)【解析】

(4)首先,“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠,多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分,大大减少原料的浪费,从而有效降低成本;其次,持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系,可以使矿石中的金、银的相对含量得到提升,为后续提纯工序创造更好的条件;第三,可以减少废水的排放量和处理成本;第四,可以回收更多的有价值的溶解成分。(5)根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为

。

MnO2>Fe3+>Cu2+【解析】

(5)“还原酸浸”时,Fe2O3和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe3+和Cu2+,亚硫酸钠将Fe3+还原为Fe2+,而Cu2+并未被还原,因此,Fe3+的氧化性强于Cu2+;“氧化”时,Fe2+被MnO2氧化为Fe3+,因此,MnO2的氧化性强于Fe3+。综上所述,根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为MnO2>Fe3+>Cu2+。(6)25℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,无Mn(OH)2析出,则c(Mn2+)≤

mol·L-1。

0.19(7)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图所示。①该晶体中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有

个。

12②设NA为阿伏加德罗常数的值,晶胞边长为anm,则晶体的密度为

(列出计算式即可)g·cm-3。

2.(2024·广西卷,15)广西盛产甘蔗,富藏锰矿。由软锰矿(MnO2,含SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO等杂质)制备光电材料KMnF3的流程如图所示。回答下列问题。已知:物质KspFe(OH)32.8×10-39Al(OH)31.3×10-33Cu(OH)22.2×10-20Fe(OH)24.9×10-17Mn(OH)21.9×10-13(1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4,其主要作用是

。为提高“浸取”速率,可采取的措施是

(任举一例)。把二氧化锰还原为硫酸锰把软锰矿粉碎、搅拌、加热等(任写一条即可)【解析】

(1)二氧化锰具有氧化性,“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4,其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素,为提高“浸取”速率,可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。(2)“滤渣1”的主要成分是

(填化学式)。

【解析】(2)二氧化硅不溶于硫酸,也不与其他物质反应,“滤渣1”的主要成分是SiO2。SiO2(3)常温下,用CaCO3调节溶液pH至5~6时,可完全沉淀的离子有

(填化学式)。

Al3+(4)“X”可选用

(填字母)。

A.H2S B.H2O2

C.Zn D.(NH4)2SD【解析】(4)加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜,Fe2+和H2S不反应,所以不能选用H2S;铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化物沉淀,所以“X”可选用(NH4)2S,故选D。(5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰,得到Mn2(OH)2CO3沉淀。写出生成Mn2(OH)2CO3的离子方程式:

。(6)KMnF3立方晶胞如图所示,晶胞参数为apm,该晶体中与一个F-紧邻的K+有

个。已知NA为阿伏加德罗常数的值,晶体密度为

g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。

4模拟预测1.(2025·辽宁鞍山二模)由电镀污泥(含Cr3+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Cu2+、Ag+等)为原料生产Na2Cr2O7的流程如图所示:已知:Ⅰ.25℃时,NH3·H2O的Kb=10-5;Ⅱ.Zn2+能形成无色的[Zn(NH3)4]2+。回答下列问题。(1)氨浸液中的(NH4)2CO3能使污泥中的一种胶状物转化为疏松的颗粒。②氨浸渣中的FeCO3在X射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰,则FeCO3属于

(填“晶体”或“非晶体”)。

晶体【解析】

②由碳酸亚铁在X射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰可知,碳酸亚铁属于晶体。=④(NH4)2CO3提高了氨浸液和氨浸渣的分离效率,原因是

。(NH4)2CO3使污泥中的胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒【解析】

④碳酸铵提高了氨浸液和氨浸渣的分离效率是因为碳酸铵使污泥中的胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒。⑤氨浸液呈深蓝色,其中呈色离子的结构简式为

。

(2)水浸液中含+6价Cr的含氧酸盐,请从平衡移动角度指出物质A为

(填化学式),并用适当的化学用语阐述原理:

。H2SO4(3)根据Na2Cr2O7溶解度曲线(如图所示)指出“系列操作”为

。蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【解析】

(3)由溶解度曲线可知,得到重铬酸钠晶体的“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。2.工业上用软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)和铅闪(主要含PbS、FeS2、ZnS)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的流程如图所示。(1)基态Mn核外有

个未成对电子,Mn位于元素周期表的

区。5d【解析】

(1)基态Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,有5个未成对电子;Mn位于元素周期表的d区。(2)提高“酸浸”浸出率可采取的措施有(写两条),“冰水沉积”的目的是

。

延长浸取时间、不断搅拌