2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版核心素养微专题 3 .doc

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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养微专题3化学工艺流程试题的解题策略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。(3)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)煅烧: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(1)溶液的pH:控制反应的发生,增强物质的氧化性或

2、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。(3)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

3、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)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KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO45H2O、FeSO47H2O等;(6)蒸馏或分馏: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

4、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。【典例】(2019全国卷)硼酸(H3BO3)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Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:回答下列问题:(1)在95 “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

5、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_。(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH+B(OH)4-,Ka=5.8110-10,可判断H3BO3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)2MgCO3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结合基础理论与实际问题思考注意答题的模式与要点。【解析】(1)在95 “溶浸”硼镁矿粉,产生的气体为NH3,其在“吸收”中发生

6、的反应主要是氨气与碳酸氢铵的反应,故反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3。(2)用硫酸铵溶液溶浸过程中主要反应的物质为Mg2B2O5H2O,故溶浸后产生滤渣1的主要成分是SiO2、Fe2O3、Al2O3,检验Fe3+可选用的化学试剂是KSCN。(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH+B(OH)4-可知,H3BO3是一元酸,根据其Ka值可以判断是弱酸,故H3BO3是一元弱酸;根据流程图可知“过滤2”主要得到的是H3BO3,所以将溶液pH调节至3.5,由于H3BO3是一元弱酸,故主要目的是调节溶液至酸性,促进H3BO3析出。(4)“沉镁”过程主要是镁离子与碳酸铵

7、发生的反应,故反应的离子方程式为2Mg2+3CO32-+2H2OMg(OH)2MgCO3+2HCO3-或2Mg2+2CO32-+H2OMg(OH)2MgCO3+CO2;由于在最后过程中铵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铵、二氧化碳等挥发,溶液中最终剩余的是硫酸铵,所以可以返回“溶浸”环节中继续使用;碱式碳酸镁高温煅烧之后会发生分解最终变成氧化镁。答案:(1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱转化为H3BO3,促进析出(4)2Mg2+3CO32-+2H2OMg(OH)2MgCO3

8、+2HCO3-(或2Mg2+2CO32-+H2OMg(OH)2MgCO3+CO2)溶浸高温焙烧1.(制备型化工流程)二氧化锰在生活和化学实验中有广泛应用。工业以锰结核矿为原料,用硫酸淋洗后使用不同的方法可制备纯净的MnO2,其制备过程如图所示:(1)步骤中,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,电解硫酸锰溶液制二氧化锰,写出阳极反应式: _。步骤中,以KClO3为氧化剂,当生成0.050 mol MnO2时,消耗0.10 molL-1的NaClO3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

9、收氯气获得Mn2O3,该化学反应的离子方程式为_。(4)二氧化锰是实验室制取氧气的催化剂。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MnO2温度待测数据5%2.0 g205%1.0 g2010%1.0 g20w2.0 g30实验和的结论是_。利用实验和是探究温度对化学反应速率的影响,=_。本实验待测数据是_。【解析】(1)锰结核矿与还原剂反应生成+2价锰离子,试剂甲必须具有还原性。(2)电解硫酸锰溶液时,阳极发生氧化反应,反应式为Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+。生成0.050 mol二氧化锰时,失去电子的物质的量:0.050 mol2=0.10

10、0 mol;设还原产物中氯元素化合价为+x,n(NaClO3)=0.2 L0.1 molL-1=0.02 mol。由电子守恒知,0.02 mol(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2ClO3-+5Mn2+4H2O5MnO2+Cl2+8H+。(3)实验室制氯气的残余物质含Mn2+,吸收氯气获得Mn2O3,该化学反应的离子方程式为2Mn2+Cl2+3H2OMn2O3+6H+2Cl-。(4) 实验和中双氧水溶液浓度不同,反应物浓度越大,反应速率越快。实验和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)Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+2ClO3-+5Mn2+4H2O5MnO2+Cl2+8H+(3)2Mn2+Cl2+3H2OMn2O3+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VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5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),操作的名称_。(2)步骤、的变化过程可简化为(下式R表示VO2+,HA表示有机萃取剂):R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层),中萃取时必

12、须加入适量碱,其原因是_。中X试剂为_。(3)的离子方程式为_。(4)25 时,取样进行实验分析,得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表:pH1.61.71.81.92.0钒沉淀率%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_;若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀,则溶液中c(Fe3+)_。(已知:25 时,KspFe(OH)3=2.610-39)(5)该工艺流程中,可以循环利用的物质有_和_。【解析】(1)将含K2SO4、SiO2杂质的VOSO4溶于水,SiO2不溶于水,步骤是过滤,将SiO2与溶液分离。(2)中萃取时必须加入适

13、量碱,有利于中和硫酸,促使平衡正向移动;为反萃取,使上述平衡向逆方向移动,X试剂为H2SO4。(3)在含有VO2+、SO42-的溶液中加入氧化剂氯酸钾,可以将VO2+氧化为VO3-,步骤中加氨水,VO3-与氨水反应生成NH4VO3的离子方程式为NH3H2O+VO3-NH4VO3+OH-。(4)根据25 时,钒沉淀率和溶液pH之间的关系知,pH为1.7、1.8时,钒沉淀率最高,调节溶液的最佳pH为1.71.8最好;若钒沉淀率为93.1%,pH=2.0,c(OH-)=110-12 molL-1,此时没有Fe(OH)3沉淀,则溶液中的c(Fe3+)KspFe(OH)3c3(OH-)=2.610-39

14、(110-12)3=2.610-3 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(或提高钒的萃取率)H2SO4 (3)NH3H2O+VO3-NH4VO3+OH- (4)1.71.8(或1.7、1.8其中一个)2.610-3molL-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CaO和MgO)制备高档颜料铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2

15、SO4,具体生产流程如下:注:铵黄铁矾的化学式为(NH4)2Fe6(SO4)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、Cl2、MnO2),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)铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、_。铵黄铁矾与氨水反应的化学方程式为_。【解析】(1)该流程的目的是制备高档颜料铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4,不能引入杂质离子

16、,不能选用盐酸,而氨水和NaOH溶液能沉淀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+O2+4H+4Fe3+2H2O。(3)由图知,控制温度在80 、pH为1.5、氧化时间为4 h,Fe2+的氧化率较高。(4)废渣溶解经氧化后溶液中存在Ca2+、Mg2+、Fe3+,加氨水后,可能生成Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)3沉淀,另外Ca(OH)2和CaSO4的溶解度较小,也可能析出。由流程图知,铵黄铁矾与氨水反应得(NH4)2SO4和Fe(OH)3。答案:(1)D(2)空气原料易得,

17、成本低,不产生污染,不引入杂质4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O(3)溶液温度控制在80 ,pH控制在1.5,氧化时间为4 h 左右(4)Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12+6NH3H2O4(NH4)2SO4+6Fe(OH)3【加固训练】以某菱锰矿(含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等)为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品。已知Ksp(MnCO3)=2.210-11,KspMn(OH)2=1.910-13,KspAl(OH)3=1.310-33。(1)滤渣1中,含铁元素的物质主要是_(填化学式,下同);加NaOH调节溶液的

18、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“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中,加入少量AgNO3溶液(作催化剂)和过量的1.5%(NH4)2S2O8溶液,加热,Mn2+被氧化为MnO4-,反应一段时间后再煮沸 5 min 除去过量的(NH4)2S2O8,冷却至室温。选用适宜的指示剂,用b molL-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点,消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V mL。Mn2+与(NH4)2S2O8反应的还原产物为_。“沉锰”前溶液中c(Mn2+)=_molL-1。(列出表达式)(4)其

19、他条件不变,“沉锰”过程中锰元素回收率与NH4HCO3初始浓度(c0)、反应时间的关系如图所示。NH4HCO3初始浓度越大,锰元素回收率越_(填“高”或“低”),简述原因_。若溶液中c(Mn2+)=1.0 molL-1,加入等体积1.8 molL-1 NH4HCO3溶液进行反应,计算2040 min内v(Mn2+)=_。【解析】(1)根据工艺流程图分析,菱锰矿酸浸后,浸液中所含金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Al3+;加入MnO2,Fe2+被氧化为Fe3+;加入NaOH调节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、SiO2会开始溶解。(

20、2)调pH时加入NaOH、沉锰时加入NH4HCO3,故滤液2中,+1价阳离子除了H+外还有Na+、NH4+。(3)Mn2+与(NH4)2S2O8反应,Mn2+被氧化为MnO4-,则S2O82-被还原为SO42-。根据滴定原理,由原子守恒及得失电子守恒,可得关系式Mn2+MnO4-5(NH4)2Fe(SO4)2,则n(Mn2+)=15n(NH4)2Fe(SO4)2=b molL-1V10-3 L15=15bV10-3 mol,故c(Mn2+)=15bV10-3mola10-3L=bV5amolL-1。(4)根据题图,NH4HCO3初始浓度越大,锰元素回收率越高。加入等体积1.8 molL-1 N

21、H4HCO3溶液,则混合后c(Mn2+)=0.50 molL-1,c(NH4HCO3)=0.90 molL-1,2040 min内Mn的回收率由20%变为50%,回收率增大30%,故v(Mn2+)=0.50molL-130%(40-20)min=7.510-3 molL-1min-1。答案:(1)Fe(OH)3Al(OH)3、SiO2(2)Na+、NH4+(3)SO42-或“H2SO4”、“Na2SO4”、“(NH4)2SO4”bV5a(4)高c(NH4HCO3)越大,c(CO32-)越大,使平衡MnCO3(s)CO32-(aq)+Mn2+(aq)向逆反应方向移动,析出的MnCO3越多7.510-3molL-1min-1关闭Word文档返回原板块