2023年化学高考模拟题专题20化工流程

专题20化工流程

【学习目标】

1.生疏工业流程图题的特点。

2.把握工业流程图题的解题方法与技巧。

3.通过题型分析与题目熬炼，培育分析、综合、比照、归纳等方法的应用。

4.学会应用化学学问解决化工生产中遇到的问题，提高科学素养。

【学问导图】

口能力要求

日试题特点

口试即结构

O化工流程地的特点。

口考查的角度

EJ解题策略

。读题

回化「源^口看流程每步的反应

fl控制温度常见而花

O流程期中的电化学

口流理题中的实薪同

口解题技巧卜O反应条件的控颖~―

。常见计算

日产品的分离提纯

0循环物质如何找

「绿色化学理念

【学问精讲精练】

学问点一、化工流程题的特点

1、力量要求:

工艺流程题考察了学生承受、吸取、整合化学信息及应用所学学问解决实际问题的力量。

2、试题特点：

化学工艺流程题是以某个具体的工业生产或日常生活为背景，以化学根木理论为主线，靖合化学试验

操作、平衡理论、电离理论、溶度积学问、化学计算、经济视角等，以生产流程框图为载体的一类试题。

化工生产主要解决六方面的问题：

1.解决将原料转化为产品的生产原理；

2.除去全部杂质并分别提纯产品;

3.提高转化率和产率；

4.削减污染，提倡“绿色化学”生产；

5.原料的来源要考虑丰富，还要考虑成本问题

6.生产设备简洁，生产工艺简便可行等生产工艺问题。

3、试题构造：

1.题引：以引导性的语言简洁介绍该工艺流程生产的目的、原料、产品，有时还供给相关的

表格、图像等参考数据和信息；

2.题干：主要是以框图的形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；

3.题设：依据生产过程中涉及的化学学问设计成一系列问题，要求学生依据化学原理进展分析解答。

规律：主线主产品，分支副产品，回头是循环。

4、考察的角度：

1.对矿石原料的预处理；

2,速率与平衡理论的运用；

3.化学反响的能量变化，盖斯定律的运用：

4.流程中细节考察，特别是氧化复原反响以及转变方案对产物的影响；

5.反响条件的掌握（常考温度、pH的掌握）；

6.常用的除杂、分别、检验、洗涤、枯燥方法及操作；

酒精洗涤的目的：削减洗涤时晶体的损失，酒精易挥发带走晶体外表的水分，枯燥晶体。

7.物质的转化和循环、资源的回收和利用；

8.环境保护与绿色化学评价。

5、解题策略:

1.学会审题、去粗存精、读懂流程是前提；

2.前后联系、运用原理、书写反响是核心；

3.原料处理、条件掌握、分别提纯是关键。

例1.（2023・北京）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。

I、用已准确称量的KBrO3固体配制肯定体积的amoH/iKBrO3标准溶液；

II、取vmL上述溶液，参加过量KBr,加HSO酸化，溶液颜色呈棕黄色；

114

HI、向n所得溶液中参加v尹L废水；

IV、向山中参加过量KI；

V、用bmolL/Na2s标准溶液滴定IV中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，连续滴定至终点，共

消耗Na2s2。3溶液VsmL。

：I+2NaSO-2NaI+NaSO

2223246

NaSO和NaSO溶液颜色均为无色

223246

(1)I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和0

(2)II中发生反响的离子方程式是。

(3)HI中发生反响的化学方程式是一,,

(4)IV中加KI前，溶液颜色须为黄色，缘由是0

(5)KI与KBrO物质的量关系为n(KI)26n(KBrO)时，KI肯定过量，理由是

33

(6)V中滴定至终点的现象是,,

(7)废水中苯酚的含量为(苯酚摩尔质量：94gmol-i)0

(8)由于Br具有性质，H〜IV中反响须在密闭容器中进展，否则会造成测定结果偏高。

2

【答案】【解析】(1)容量瓶；

：；「+广；

(2BN)J+5B6LH+=L3Br3HQ

Br

(4)确保澳过量，保证苯酚己经完全反响；

(5)由电子守恒可知，当n(KI)=6n(KBrOJ时，KI恰好与步骤II中生成的滨完全反响，而步骤III

中苯酚会消耗肯定量的澳，所以n(KI)N6n(KBrO3)时，KI肯定过量；

(6；最终一滴Na2s溶液滴入后，溶液恰好蓝色消逝，且半分钟内不变；

(6aVjbv3)X47

(8：挥发性。

【解析】(1)I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶,

故答案为：容量瓶；

(2：II中发生反响的离子方程式是BrO3+5Br+6H+=38弓+3也0,

故答案为：BrO3+5Br+6H+=3Br2+3H20；

(3：in中发生反响的化学方程式是苯酚与浓滨水反响的化学方程式为

OH

(4：IV中加KI前，溶液颜色须为黄包，缘由是确保浪过量，保证苯酚己经完全反响,

故答案为：确保澳过量，保证苯酚已经完全反响;

(5)KI与KBrO,物质的量关系为n(KI)26n(KBrO3)时，KI肯定过量，理由是由电子守恒可知，当

n(KI)=6n(KBrOJ时，KI恰好与步骤n中生成的澳完全反响，而步骤IH中苯酚会消耗肯定量的澳，

所以n(KI)26n(KBrOJ时，KI肯定过量,

故答案为：由电子守恒可知，当n(KI)=6n(KBrOJ时，KI恰好与步骤II中生成的澳完全反响，而步

骤山中苯酚会消耗肯定量的溟，所以n(KI)26n(KBrOJ时，KI肯定过量；

(6.V中滴定至终点的现象是最终•滴Na,S,0、溶液滴入后，溶液恰好蓝色消逝，且半分钟内不变，

故答案为：最终一滴Na2sQ3溶液滴入后，溶液恰好蓝色消逝，且半分钟内不变；

0H

(7：由BR-+5B「+6H+=3Br,+3凡O、L+2Na,S,O3=2NaI+Na,S4O6、+36r2

可知，生成的溟的物质的量为aXmol/LXvX10-3LX3=3avX103moL由澳与碘化钾反响生成的碘的物质

।।

的量为bmol/LX\Xl(PLX1=5b%X所以与苯酚反响的澳的物质的量为3av]X10-3mol-5bv,X

7

OH

…“a,由6+.二七1

+3H&可知，茶酚的物质的量为

8r

(30av「5bvJXlOhiolXp废水中苯酚的含量为

(30av।-5bv3)X104moiX方义94g/mol-

3

V2X10-L

;

(6吨山丫3)X47gL"，故答案为：(6avj-bv3)X47

3V23V2

(8；由于-B.具有挥发性的性质，II〜IV中反响须在密闭容器中进展，否则会造成测定结果偏高，

故答案为：挥发性。

练习1.(2023•课标山)高纯硫酸镭作为合成银钻链三元正极材料的原料，工业上可由自然二氧化钵粉与

硫化钵矿(还含Fc、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图。答复以下问题：

H2SO4XfnOz氨气MnF：NTUiCOs

HSQ,

-------►MnSO4

相关金属离子［c°(M»)=0/molL」J形成氢氧化物沉淀的pH范博如下:

金属离子MM+Fe2-Fe3-A13+Mg2+Zn2+Ni2+

开头沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9

沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9

0“滤渣1”含有S和_写出“溶浸”中二氧化铳与硫化铳反响的化学方程式

9“氧化”中添加适量的MnO的作用是______________。

2

9“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调整为〜6之间。

4“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni?+,“滤渣3”的主要成分是。

9“除杂2”的目的是生成Mg与沉淀除去Mg2+.假设溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，缘由是

6写出“沉镭”的离子方程式o

层状银钻钵三元材料可作为锂离子电池止极材料，其化学式为LiNiCoMnO,其中Ni、Co、

xyz2

Mn的化合价分别为+2、+3、+4.当x=y=/时，z=_。

【答案】(1)SiO(不溶性硅酸盐)：MnO+MnS+2HSO=2MnSO+S+2HO：

222442

(2：将Fe2+氧化为Fe3+：

(3：4.7：

(4：NiS和ZnS；

(5：F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF,Mg"+2F•平衡向右移动；

(6：Mn2*+2HCO=MnCOI+COt+HO；

3322

17:?

【解析】硫化锈矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉参加稀硫酸，MnO1具有

氧化性，•者发生氧化复原反响生成MnSO4、8,同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以

得到的滤渣I为SiO,和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中参加MnO、，MnO,氧化复原性离子Fe?♦生成

F0+,再向溶液中通入氨气调整溶液口勺pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)Al(OH)3，“除杂1”

的i的是除去Zn?+和Ni2+,参加的Na,S和ZW、Ni?+反响生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS,半余

杂2”的目的是生成MgF,沉淀除去Mg2.,所以滤渣4为MgF,最终向滤液中参加碳酸氢铉得到MnCO

223

沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸钵MnCO3，

B“滤渣I”含有S和难溶性的二氧化硅或硅.酸盐：“溶浸”中二氧化钙与硫化钵发生氧化复原反响生成

锌离子、S和水，离子方程式为MnO.+MnS+2H、SO，=2MnSO,+S+2HQ,

故答案为：SiO2（不溶性硅酸盐）：MnO2+MnS+2H=2MnSO4+S+2Hp；

3MnO2具有氧化性，能氧化复原性离子Fc2+生成Fc3,,从而在调整pH时除去这两种离子，

故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；

3“调pH”除铁和铝，溶液的pH应当大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的

pH值，在pH=4.7时Fe3+和AH+沉淀完全，在pH=6.2时Zn?+开头产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化

镁沉淀，需要溶液的pH范围为4.7〜6之间，

故答案为：4.7；

i“除柴1”的目的是除去ZiP+和Ni2+,这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS,

故答案为：NiS和ZnS；

3溶液中存在MgF?的溶解平衡，假设溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氨化镁溶解，即F与

H"结合形成弱电解质HF,MgFFMg?++2F平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全，

故答案为：F与H+结合形成弱电解质HF,MgF2=Mg2++2F平衡向右移动：

9“沉镒”时钵离子和碳酸氢根离子反响生成碳酸镭沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为

Mn2++2HCO-=MnCOI+COt+HO,

3322

故答案为：Mn2++2HCO-=MnCOI+COt+HO；

3322

1层状银钻镭三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCO\Mn,。2，其中Ni、Ni、Co、

Mn的化合价分别为+2、+3、+4.当x=y=当时，该化合物中各元素的化合价代数和为0,+1+（+2）Xj

（+3）X,+（+4）Xz+（-2）X2=0.z=看,

Jo

故答案为：冬

练习2.（2023•课标H）立德粉ZnSBaSO（也称锌钢白），是一种常用白色颜料。答复以下问题：

（1）利用焰色反响的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样

品时，钢的焰色为—（填标号）。

A.黄色B.红色C.紫色D.绿色

（2）以重晶石（BaSO）为原料，可按如图工艺生产立德粉：

重酣石，时隔丽f;不瘴*搂争化的Jw不闻分网.干燥.立德粉

焦炭粉瑞翳嘿妇f还原本f^*BaS溶滤牺等盼f丽f成品

900~I

12w七谎酸锌

①在回转炉中重晶石被过量焦炭复原为可溶性硫化钢，该过程的化学方程式为____________________0

回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反响将其转化为CO和一种清洁能源气体，该反响

2

的化学方程式为0

②在潮湿空气中长期放置的“复原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其缘由是“复原

料”外表生成了难溶于水的(填化学式〕。

③沉淀器中反响的离子方程式为O

(3)成品中S?-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置干碘量瓶中，移取25.00mL0.l000mol

•L」的\-KI溶液于其中，并参加乙酸溶液，密闭，置暗处反响5min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂：

过量的I用O.IOOOmolL'NaSO溶液滴定，反响式为I+2SO2-2I+SO匕测定时消耗NaSO溶液体

222322346223

积VmL.终点颜色变化为,样品中S2-的含量为(写出表达式)。

【懿】⑴D：

(2：®BaSO+4C9Q0-1200]CBaS+4COt:CO+HO=C0+H.

②BaC()3；

③Ba2++S2+Zn2++SO/=ZnSBaSOJ:

(3：浅蓝色至无色：屹5.。。卡亦0,1000X32x3。

IT.X1000

【解析】(1)Ba元素的焰色为绿色，Na元素焰色为黄色、K元素焰色为紫色、Ca元素焰色为砖红色，

应选D；

(21重晶石和焦炭混料研细后在回转炉中高温加热得到复原料，在回转炉中重晶石被过量焦炭复原为可

溶性硫化钢，则C被氧化生成CO：豆原料在浸出槽中参加水过滤得到净化的BaS溶液，滤去未反响的重

晶石和C,在沉淀器中参加硫酸锌得到沉淀，然后分别、洗涤、枯燥、粉碎得到立德粉ZnSBaSO[也称

锌钢白)，

①在回转炉中重晶石被过量焦炭复原为可溶性硫化钢，同时生成CO,反响方程式为BaSOj4C

900-1200^BaS+4COt；

回转炉尾气中含有有毒气体为co,生产上可通过水蒸气变换反响将其转化为co?和一种清洁能源气体，

依据元素守恒知清洁能源为氢气，反响方程式为C0+H2OC02+H2,

故答案为：BaSOj4c900-1200tR2E3「3十'53丁巴：

②在潮湿空气中长期放置的“复原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，说明有H?S生成，且水溶性变差，说

明有难溶性物质生成，硫离子水解生成硫化氢，同时钢离子和二氧化碳、水反响生成BaCO,沉淀，导致水

溶性变差，

故答案为：BaCO3；

③沉淀器中BaS和硫酸锌反响生成沉淀ZnSBaSO\离子方程式为BaM+S'+Zn"+SO2『ZnSBaSO卜

故答案为：Ba2++S2-+Zn2++SOJ=ZnSBaSO/；

(3：碘遇淀粉变蓝色，当滴定终点时碘完全被消耗，溶液变为无色：'/Na2s20的n(I；)=^n

(Na,S,()J0.1(XX)molL-1XVX10-^L,则与硫离子反响的n(I)=25Xl(>3LX().1000molL>-&X

zz

0.1(XX)molL-iXVXl()-3L,依据转移电子守恒知关系式S2-〜I、所以n(S2-)=25XK)-3LX0.1(X)0niolL»-

乙

XO.lOOOmolL-'XVX13L,m(S2-)=125X10-3LX0.1OOOmolL-1-0.iOOOmol-L-1XVX10-3L]X32g/mol,

其度量分数理更望Xm*(2.5~0,05V)xioqo]X32g/mol.XI00%=

件口口质重IIg

(25.00劣)X0.1.000X32-/

ZXIUVZb9

mX1000

故答案为：浅蓝色至无色：仁5・00孕)X0.1000X32乂⑼％。

mX1000

学问点二、解题技巧：

1.读题；找到原料中的主要成分和杂质成分。

2.看流程每步的反响：

⑴原料的处理：

①酸浸：活泼金属直接反响，不活泼的金属须加氧化剂后与酸反响，金属氧化物直接反响生成金属阳

离子，非金属氧化物不反响；(常考每步除杂后滤渣的成分)

②碱浸：金属单质Al、Be、Zn可与减反响,大多数金属离子能与碱反响，酸性氧化物，如CO、SO、

22

SiO?等均与碱反响，碱浸主要是去油污、去金属氧化膜、溶解铝、SiO,等，调整溶液的pH

值抑制水解等。

③提高酸浸速率的措施：

矿石粉碎、增大酸的浓度、上升温度、边加酸边搅拌、延长浸出时间(提高浸出率)等。

⑵除杂结晶方法:

①除去Fe2+：先将Fe2+氧化为Fe5再调pH,使之转化为FelOH1沉淀，过滤除去。A13+、ZiP+等用同

样的方法，调pH生成沉淀除去；

②从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥。

⑶方程式的书写：

①矿石焙烧：足量的氧气，高温，一般生成最高价氧化物；

②溶液中的氧化复原反响：

推断氧化产物，计算氧化剂与复原剂的物质的量之比；

氧化剂是Cl、CIO、NaClO.NaClO等，复原产物一般是CI-：

222

酸性KMnO4的复原产物是MM+,酸性KCrO的复原产物是Cr3+等；

227

留意电子守恒、溶液的酸碱性、残缺项是H+、OH-或HOo

2

3.掌握温度常见的目的：

⑴掌握反响速率；

⑵掌握化学平衡移动的方向；

⑶掌握固体的溶解和结晶，如趁热过漉能防止某物质降温时析出；

⑷促进溶液中气体逸出或将生成的低沸点有机物蒸出；

⑸防止或实现某物质的分解或水解（使用低温烘干、减压蒸发）；

⑹使催化剂到达最大活性；

⑺防止副反响的发生；

⑻选择某一具体温度的缘由是：温度过低，反响速率太慢；温度过高，某反响物分解，

或产物水解，或平衡逆向移动，降低反响物的转化率；或催化剂失活，使产品的产率降低。

4.流程题中的电化学：

⑴推断正负极（或阴阳极）;

⑵书写电极方程式（留意酸碱性，水溶液电池还是无水电池）；

⑶推断离子交换膜，离子移动的方向，产品室中的离子反响；

（4）电解产物的循环利用问题；

⑸计算某电极生成物的质量或气体体积；

⑹电解法与直接反响法，优劣的比照.

5.流程题中的试验学问：

⑴考察生堪、蒸发皿等仪器的名称或材质，燃烧，对原料的预处理；

⑵填写过渡（或蒸储）中的玻璃仪器名称，留意抽滤的原理及仪器，趁热过滤的原理等；

⑶除杂或结晶的方法，除杂反响中，参加的调pH的物质;

⑷煮沸：促进水解，胶体聚沉便于过漉分别，除去溶解在溶液中的气体；

⑸玻璃棒的作用，沉淀的洗涤方法；

⑹尾气的吸取处理，绿色化学的试验方案的设计。

6.反响条件的掌握：

⑴温度的掌握：角度一反响速率、转化率、催化剂活性、反响物产物对温度的敏感性等:

⑵反响气氛的掌握：角度一一防氧化、防水解、安全性等；

⑶掌握pH常见的目的：

①使某些离子形成氢氧化物沉淀；

②调整溶液的酸碱性，促进或抑制水解；

③特定的反响需要酸性或碱性条件，或增加氧化剂的氧化性等。

7.常见计算：

⑴利用难溶物质的Ksp,计算某离子的浓度；

⑵计算溶液中两种离子浓度的比值（依据Ksp计算）；

⑶计算某金属离子开头沉淀的pH；

⑷通过计算说明，肯定pH环境下，某金属离子是否开头沉淀或是否完全沉淀；

⑸依据溶度积、电离常数等数据，比较某溶液中离子浓度的大小关系；

⑹涉及到滴定反响的，须多步反响，找准关系，一步计算。

8.产品的分别提纯：

⑴物理方法：溶解过滤、水洗、结晶、蒸储、萃取分液、升华、液化、盐析、渗析、

离子交换、吸附法、浮选法等；

⑵化学方法：热分解法、酸碱处理法、沉淀法、氧化复原法、电解法。

9.循环物质如何找

⑴从流程需要参加的物质去找：

先观看流程中需要参加的物质，再争论后面的流程中有没有生成此物质；

⑵从能构成可逆反响的物质去找：

可逆反响的反响物不能完全转化，应当回收再利用；

⑶从过漉后的母液中查找，

析出晶体经过过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应当循环再利用。

10.绿色化学理念：

⑴杜绝环境污染；

⑵原子的经济性;

⑶节约能源，包括使用催化剂；

⑷原料来源广，最好是可再生的，或可循环利用的:

⑸削减工艺的繁顼性，化繁为简；

⑹工艺的安全性。

例1.(2023•课标I)棚酸(HBp)?是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。-

种以硼镁矿(含BOH0、SiO及少量Fc0、Al0)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如卜.:

225222323

(NH小S0&溶液滤渣1

IdHpH=3S----------

硼镁矿粉一溶I浸H过潴］尸一悒邈JfHaBQ

||iBpH=6.5

气体T吸收|------，沉馒卜》Mg(OHJrMgCO3—►轻质氯化镂

NH1HC6溶液母液

答复以下问题：

0在95，C“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸取”中反响的化学方程式为

2“灌渣1”的主要成分有,为检验“过滤I”后的灌液中是否含右Fe3+离子，

可选用的化学试剂是。

依据HBO的解离反响：HBO+HOH++B(0H

=5.81X10-10,可推断HBO是_________________________________________________

333324a33

酸：在“过滤2”前，将溶液pH调整至3.5,目的是0

。在“沉镁”中生成Mg(OH)MgCO沉淀的离子方程式为

23

，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。

【繇】⑴NH3+NH4HCO3=(NHJ2CO3；

(2)Si八Fe,OeAI,O#KSCN；

o'■

(3)一元弱：转化为H|B()3,促进析出；

(4j2Mg2*+3CO2-+2H_O=Mg(OH),MgCOJ+2HCO：：溶浸；高温焙烧。

32LyJ

【解析】硼铁矿(含MgzBg’HQ、SiO］及少量Feq?、A1,OJ参加硫酸镀溶液，得到气体，依据硼镁矿

和硫酸钺化学式知，得到的气体为NH,用NHHCO吸取NH,发生反响NH+NHHCO=(NH)CO,

343334342J

依据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣犯难溶性的SiO,、Fe.ovAIQv调整溶液pH=3.5时得

到H3BO3,滤液中含有MgSO4,沉镁过程发生的反响为2Mg2-3CO32-+2H2O=Mg(OH)2MgCO3I+2HCO：

加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH/2s。了

(1；氨气为碱性气体，能和酸式镀盐吸取生成正盐，反响方程式为NHjNHJICO：(NHJ£0、,

故答案为；NH.+NHHCO=(NHJ,C0.：

(2；谑渣I犯难溶性的SiO、FeO,AlO；FW和KSCN溶液混合得到血红色液体，所以nJ以用KSCN

22323

溶液检验铁离子，

故答案为：SiO、Fe0、A10：KSCN；

22323

(3；H3BO3能发生一步电离，且电离平衡常数很小，所以为一元弱酸：在“过滤2”前，将溶液pH调整

至3.5,有利于析出H'BOy假设溶液pH较大，得不到硼酸而得到硼酸盐，

故答案为：一元弱：转化为H3BO3,促进析出；

(4：在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反响生成Mg(OH):Me。。(沉淀,同时还生

成碳酸氢根离子离子，离子方程式为2Mg2++3CO2-+2HO=Mg(OH)MgCOI+2HCO-；在母液中得到

32233

(NH4)2SO4,在溶浸时需要参加(NHJ2sq,所以母液经加热后可返回溶浸工序循环使用，碱式碳酸

镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳，所以高温焙烧就可以得到轻质氧化镁，

故答案为：2Mg2++3CO2-+2HO=Mg(OH)MgCOI+2HCO•：溶浸：高温焙烧。

32233

练习L(2023•天津)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。

答复以下问题：

I.硅粉与HCI在30(TC时反响生成ImolSiHC1气体和H,，放出225kJ热量，该反响的热化学方程

式为oSiHClj的电子式为一o

H.将SiCI«氢化为SiHC1有三种方法，对应的反响依次为：

①SiCl(g)+H(g)=SiHCllg)+HC1(g)AH>0

4231

②3SiCl(g)+2H(g)+Si(s)=4SiHQ(g)AH<0

4232

③2SiCl(g)+H(g)+Si(s)+HC1(g)#3SiHCl(g)AH

4233

<D氢化过程中所需的高纯度H?可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生H,的电极名称［填

“阳极”或“阴极”)，该电极反响方程式为。

匚

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归2

00

0体系自由能变△G=4H-T4S,AG<0时反响自发进展。三个氢化反啊的4G与温度的关系如图

I所示,可知：反响①能自发进展的最低温度是：一样温度下，反响②比反响①的AG小，

主要缘由是。

0不同温度下反响②中SiCl转化率如图2所示。以下表达正确的选项是一(填序号)。

4

a.B点：v>vb.v：A点〉E点c.反响适宜温度：480〜520°C

/龙M

(4)反响③的Z\H=(用AH,AH表示温度上升，反响③的平衡常数K(填“增

3I2

大”、“减小”或“根”)。

(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SCI、&HCI和6夕卜，还有L填分子式:。

43

♦♦

：CI：

【答案】I.Si(s)+3HC1(g)300VainUI3(g)+H,(g)△H=-225kJ/mol；@$汨：：

-"ii''

(1：阴极：2H2()+2e-=HJ+2OH-或2H++2e=HJ：

(2：1000℃：△出〈△可导致反响②的4G小；

[3：ac；

(4)减小：

⑸HCkH,o

【解析】【.硅粉与HC1在3OOC时反响生成ImolSiHQ?气体和H?，放出225kJ热量，依据反响热及反

应物状态、反响条件书写该反响的热化学方程式为SiIS)+3HC1(g)3Q0CSiHCL(g)+H,(g)△

・♦

H=-225kJ/mol；SiHCL中存在I个Si-H键、3个Si-Cl键，其电子式为：。・・：4$!；：《・•*，

,*ii"***

.咱:..

故答案为：Si(s)+3HC1(g)300USiHCl,(g)+H,(g)△H=-225kJ/mol；：U：SiX；l：；

ii•'

(1：电解KOH溶液时，阳极上水或氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上水或氢离子得电子生成氢气，电

极反响式为2H2。+2伫=也t+2OH-或2H++2e=H]t,

故答案为：阴极；2H,O+2e=H,t+2OH•或2H++2e=H,t：

(2)(DSiCl(g)+H(g)=SiHCl(g)+HC1(g),该反响的△$=(),要使△G=ZkH<0,依据图知，反响

423

①能自发进展的最低温度是1000C：①中AH>。、②△?!<(),且反响②△$<(),△H2<Z\H1导致反响②的△

G小，

故答案为：1000C；△H2<AH1导致反响②的4G小；

(3：依据图知，A到D点，随着温度上升，SiCl,转化率增大，说明立衡正向移动且没有到达平衡状态，

D点后上升温度Sid,转化率降低，说明上升温度平衡逆向移动，则D为平衡点，

a.B点平衡正向移动，所以v>v,故正确：

正i£

b.温度越高化学反响速率越快.温度A<F,所以反响速率A<E,故错吴：

c.其转化率越大越好且温度不能太高，依据图知，反响适宜温度：480〜520"C,故正确：应选ac：

(4：①SiCI4(g)+H2(g)^SiHCI,(g)+HC1(g)AH>0

②3SiCI(g)+2H(g)+Si(s)#4SiHCI(g)AH<0

4232

将方程式②•©得③2SiCl(g)+H(g)+Si(s)+HCI(g)=3SiHCl(g),AH=AH-AH<0,

423321

上升温度平衡向吸热方向移动，该反响的正反响是放热反响，上升温度平衡逆向移动，所以上升温度反响

③的平衡常数K减小，

故答案为：-△H/减小：

(5：依据图知，粗硅和枯燥HCI反响生成混合物，SiHCI、和氢气反响生成HC1；混合物分别得到氢气，

SiHCi和氢气反响生成HCI需要氢气，所以由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl、SiHCl和

Si夕、，还有HQ、H2,故答案为：H。、

练习2.(2023•江苏)CO【的资源化利用能有效削减CO?排放，充分利用碳资源。

(1)CaO可在较高温度下捕集CO,在更高温度下将捕集的CO释放利用。CaCOHO热分解可制

22242

备CaO,CaCOIIO加热升温过程中固体的质量变化如图。

242

明

超

SI蛇

向

张

藏

①写出400〜600C范围内分解反响的化学方程式:

②与CaCO热分解制备的CaO相比，CaCOHO热分解制备的CaO具有更好的CO捕集性能，其

32422

缘由是O

(2)电解法转化CO,可实现CO,资源化利用。电解CO,制HCOOH的原理示意图如图。

①写出阴极CO复原为HCOO的电极反响式：_______________________________________________.

2

②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其缘由是。

(3)CO催化加氢合成二甲醛是一种CO转化方法，其过程中主要发生以下反响：

22

反响【：CO(g)+H(g)=C0(g)+HO(g)△H=4L2kJmoH

反响H：2CO(g)+6H(g)=CHOCH(g)+3HO(g)△H=-122.5kJmol->

22332

在恒压、CO和H的起始量肯定的条件下，CO平衡转化率和平衡时CHOCH的选择性随温度的变

22233

化如图。其中：

化

污

或

率

选

探60

性40

/%20

0

200240280320360

温度也

2义CH30cH3的物质的量

CH'OCHFJ选择性=反应的CO?的物质的量2°0%

①温度高于3。。匕吗平衡转化率随温度上升而上升的缘由是

②220C时，在催化剂作用下CO与H反响•段时间后，测得CHOCH的选择性为48%(图中A点)。

2233

不转变反响时间和温度，肯定能提高CHOCH选择性的措施有________________________。

33

【答案】(I)CaCj).400-6001C^CaCO+COf:

②CaC,01H,0热分解放出更多的气体，制得的氧化钙更加疏松多孔：

(2：①C0,+H++2e=HC00-或CO^+HCO-+2e=HC00+C02-；

②阳极产生PH减小，HCO1浓度降低；K+局部迁移至阴极区：

[3：①反响I的△H>0,反响H的AHvO,温度上升使CO?转化为CO的平衡转化率上升，使CO?转化为

CHQCH，的平衡转化率卜降，且上升幅度超过卜降幅度：

②增大压强，使用对反响H催化活性更高的催化剂。

【解析】⑴CaCq•y0热分解先分解生成草酸钙和水，0-200°C,固体质量变化146-128=18,反响的

△

化学方程式：0-200°C发生的反响:CaCzQHCaCQjHQf,400-600°C质量削减128-100=28g,

草酸钙分解生成了一氧化碳和碳酸钙，是发生反响CaC?O4——CaCOa+COt,800-1000°C,质量变

△

化二100-56=44,是碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，反响的化学方程式：CaCO.CaO+CO?3

据此分析推断：