高考化学考前冲刺20天之高考热点回扣系列文档高考热点课3 无机化工流程题解题策略 Word版含答案Word下载.docx
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要注意有金属离子易水解时,控制酸性条件或酸性气体氛围,抑制其水解。
②蒸发浓缩、冷却结晶、过滤:
目的主要是让溶解度随温度变化大的溶质析出,多用于结晶水合物、不稳定的盐类(如铵盐、硝酸盐)的结晶析出。
这种题往往是用图像表示溶解度与温度关系。
③蒸发结晶、趁热过滤:
目的是让溶解度随温度变化小的溶质析出,防止某物质降温时会析出,如除去氯化钠溶液中的硝酸钾。
趁热过滤需用到热滤漏斗或用热毛巾捂住普通漏斗外壁,以防因温度下降而析出杂质。
④重结晶:
提高产品的纯度。
三、无机化合工艺流程题
1.认真读题,了解命题意图
流程题一般只有两个目的:
一是从混合物中分离、提纯某一物质;
另一目的就是利用某些物质制备另一物质。
2.仔细分析,读懂流程图
(1)一般情况主线主产品;
分支副产品;
回头为循环。
(2)核心考点:
物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制、产品分离提纯。
(3)工业生产流程主线与核心
3.分析问题,回归课本知识,关注信息提示
大多数提问用所学知识便可直接回答,但个别地方往往结合流程或信息提示才能回答,有时也可能存在有悖所学知识的情况,这时就要结合化工生产实际考虑原料成本低廉、环境友好、产量产率高等等。
4.细心检查,最后结论再重新按流程图验证是否合理。
以物质制备为目的的化学工艺流程
1.原料处理阶段的常见考查点
(1)加快反应速率
(2)溶解:
通常用酸溶。
如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。
(3)灼烧、焙烧、煅烧:
改变结构,使一些物质能溶解,并使一些杂质高温下氧化、分解。
2.分离提纯阶段的常见考查点
(1)调pH除杂
①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
如若要除去Al3+、Mn2+溶液中含有的Fe2+,先用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+,再调溶液的pH。
②调节pH所需的物质一般应满足两点:
一能与H+反应,使溶液pH增大;
二不引入新杂质。
例如,若要除去Cu2+溶液中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)2、碱式碳酸铜等物质来调节溶液的pH。
(2)加热:
如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物,则要注意对温度的控制。
如侯氏制碱法中的NaHCO3;
还有如H2O2、HNO3(浓)等物质。
(3)降温:
防止某物质在高温时溶解(或分解);
为使化学平衡向着题目要求的方向移动。
3.获得产品阶段的常见考查点
(1)洗涤(冰水、热水):
洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗;
乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质,又可减少晶体溶解的损耗。
(2)蒸发时的气体氛围抑制水解:
如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时,应在HCl的气流中加热,以防其水解。
(3)蒸发浓缩、冷却结晶:
如NaCl和KNO3混合溶液,若将混合溶液加热蒸发后再降温,则析出的固体主要是KNO3,这样就可分离出大部分KNO3。
(4)蒸发结晶、趁热过滤:
如NaCl和KNO3混合溶液,若将混合溶液蒸发一段时间,析出的固体主要是NaCl,这样可除去NaCl中的少量KNO3。
例1(2015·
全国卷Ⅰ)硼及其化合物在工业上有许多用途。
以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·
H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如下所示:
回答下列问题:
(1)写出Mg2B2O5·
H2O与硫酸反应的化学方程式:
________________________________,为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有________(写出两条)。
(2)利用________的磁性,可将其从“浸渣”中分离。
“浸渣”中还剩余的物质是______________________________________(写化学式)。
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是________。
然后再调节溶液的pH约为5,目的是________。
(4)“粗硼酸”中的主要杂质是________(填名称)。
(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为________。
(6)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
答案
(1)Mg2B2O5·
H2O+2H2SO4
2H3BO3+2MgSO4 提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
(2)Fe3O4SiO2和CaSO4
(3)将Fe2+氧化成Fe3+ 使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去
(4)(七水)硫酸镁
(5)
(6)2H3BO3
B2O3+3H2O、B2O3+3Mg
2B+3MgO
1.某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用,废液含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4,可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁。
其生产工艺流程如下:
已知:
①TiOSO4可溶于水,在水中可以电离为TiO2+和SO
;
②TiOSO4水解的反应为TiOSO4+(x+1)H2OTiO2·
xH2O+H2SO4。
请回答:
(1)步骤①所得滤渣的主要成分为________。
(2)步骤③硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫,该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(3)步骤④需控制反应温度低于35℃,其目的是________________________________。
(4)步骤④反应的离子方程式是___________________________。
(5)已知FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO
(aq),试用平衡移动原理解释步骤⑤生成乳酸亚铁的原因:
___________________________。
答案
(1)TiO2·
xH2O、Fe
(2)1∶4
(3)防止NH4HCO3分解和防止Fe2+被氧化
(4)Fe2++2HCO
===FeCO3↓+H2O+CO2↑
(5)乳酸电离出的H+与CO
反应,使平衡向正反应方向移动,使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁
解析
(1)废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量
Fe2(SO4)3、TiOSO4,向其中加入过量铁屑,发生反应:
Fe2(SO4)3+Fe===3FeSO4,Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑;
随着反应的进行,溶液酸性减弱,TiOSO4的水解平衡:
TiOSO4+(x+1)H2OTiO2·
xH2O+H2SO4向右移动,所以最终得到的滤渣的主要成分是TiO2·
xH2O和Fe。
(2)步骤③FeSO4在空气中煅烧,发生反应:
4FeSO4+O2
2Fe2O3+4SO3,该反应中氧化剂是O2,还原剂是FeSO4,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4。
(3)步骤④是向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液来制取FeCO3,控制反应温度低于35℃是为了防止NH4HCO3分解和防止Fe2+被氧化。
(4)步骤④反应的离子方程式是Fe2++2HCO
===FeCO3↓+H2O+CO2↑。
(5)FeCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡:
FeCO3(s)Fe2+(aq)+CO
(aq),当向其中加入乳酸时,乳酸电离出的H+与CO
反应,降低了CO
的浓度,上述沉淀溶解平衡正向移动,使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液。
以分离提纯为目的的化学工艺流程
1.物质分离提纯的原则
(1)不增:
不引入新的杂质。
(2)不减:
不减少被提纯的物质。
(3)易分离:
被提纯物与杂质易于分离。
(4)易复原:
被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
2.常用的提纯方法
水溶法
除去可溶性杂质
酸溶法
除去碱性杂质
碱溶法
除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法
除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法
除去受热易分解或易挥发的杂质
调节溶液的pH法
如除去溶液中的Fe3+等
3.常用的分离方法
过滤
分离难溶物和易溶物,根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
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,如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
蒸发结晶
提取溶解度随温度变化不大的溶质,如NaCl
冷却结晶
提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物,如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·
5H2O、FeSO4·
7H2O等
蒸馏或分馏
分离沸点不同且互溶的液体混合物,如分离乙醇和甘油
冷却法
利用气体液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气
例2(2016·
全国卷Ⅲ)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
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<
1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:
(1)“酸浸”时V2O5转化为VO
,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3mol的VO2+变为VO
,则需要氧化剂KClO3至少为________mol。
(3)“中和”作用之一是使钒以V4O
形式存在于溶液中。
“废渣2”中含有________。
(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:
4ROH+V4O
R4V4O12+4OH-(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)V2O5+2H+===2VO
+H2OSiO2
(2)0.5(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)碱
(5)K+(6)2NH4VO3
V2O5+H2O+2NH3↑
2.(2017·
四川六校诊断)污染物的有效去除和资源的充分利用是重要的研究课题。
某化学研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属的化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已略去)。
请回答下列问题:
(1)若将SO2气体通入下列溶液中,会褪色的是________(填字母)。
A.品红溶液B.紫色石蕊溶液
C.酸性KMnO4溶液D.溴水
(2)用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+,其原因是__________________________。
(3)分别写出MnS除去溶液中的Cu2+和Ni2+的离子方程式________________、________________。
(4)写出KMnO4和MnSO4溶液反应生成MnO2的化学方程式:
____________________。
(5)若要制得硫酸锰晶体(MnSO4·
H2O,相对分子质量为169),可以将除杂后得到的MnSO4溶液通过__________(填操作名称)而制得。
答案
(1)ACD
(2)消耗溶液中的酸,使Fe3+和Al3+水解生成氢氧化物沉淀
(3)MnS+Cu2+===CuS+Mn2+MnS+Ni2+===NiS+Mn2+
(4)2KMnO4+3MnSO4+2H2O===5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4
(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
解析
(1)SO2具有还原性,所以可以使酸性KMnO4和溴水褪色,SO2具有漂白性,所以可以使品红溶液褪色。
(2)Al3+、Fe3+水解产生Al(OH)3、Fe(OH)3和H+,加入的MnCO3能消耗H+,促使Al3+、Fe3+的水解平衡正向移动,从而使Al3+、Fe3+形成沉淀被除去。
(4)KMnO4与MnSO4发生归中反应生成MnO2,另外还有产物K2SO4,根据原子守恒和得失电子守恒得出化学方程式:
2KMnO4+3MnSO4+2H2O===5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4。
(5)从溶液中得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
(建议用时:
40分钟)
1.为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含NH
废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:
下列说法不正确的是()
A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B.X可以是空气,且需过量
C.捕获剂所捕获的气体主要是CO
D.处理含NH
废水时,发生反应的离子方程式为:
NH
+NO
===N2↑+2H2O
答案 B
解析 SO2、CO2与过量石灰乳反应生成CaSO3、CaCO3,故固体1中主要含有CaSO3、CaCO3、Ca(OH)2,A项正确;
X可以是空气,但不能过量,若空气过量,通过NaOH溶液后得不到NaNO2溶液,而是得到NaNO3溶液,B项不正确;
N2无污染,CO无法被NaOH溶液吸收,捕获剂主要捕获CO,C项正确;
与NO
在溶液中发生氧化还原反应生成N2和H2O,D项正确。
2.纯净物X、Y、Z转化关系如图所示,下列判断正确的是()
A.X可能是金属铜
B.Y不可能是氢气
C.Z可能是氯化钠
D.Z可能是三氧化硫
答案 A
解析 若X为Cu,则Y为Cl2,Z为CuCl2,电解CuCl2溶液生成Cu和Cl2,故A项正确;
若Y为H2,则X为Cl2,Z为HCl,电解盐酸会产生H2和Cl2,则Y可能是H2,故B项错误;
NaCl由Na在Cl2中点燃生成,但是电解NaCl溶液生成的是H2、Cl2和NaOH,则Z不能为NaCl,故C项错误;
SO3无法通过点燃生成,故D项错误,所以选A项。
3.KAl(SO4)2·
12H2O(明矾)是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。
实验室中,采用废易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如下图所示。
―→
(1)为尽量少引入杂质,试剂①应选用________(填标号)。
a.HCl溶液b.H2SO4溶液
c.氨水d.NaOH溶液
(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_____________。
(3)沉淀B的化学式为________;
将少量明矾溶于水,溶液呈弱酸性,其原因是____________________。
答案
(1)d
(2)2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑
(3)Al(OH)3Al3+水解,使溶液中H+浓度增大
解析
(1)易拉罐的主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质,它们都是比较活泼的金属,均可以与酸发生反应,Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO2进入溶液,而Fe、Mg不能与碱发生反应,所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾,应该用强碱NaOH溶液溶解,选项d正确。
(3)滤液A的主要成分是NaAlO2,向其水溶液中加入NH4HCO3溶液,发生AlO
+NH
+H2O===Al(OH)3↓+NH3及HCO
+AlO
+H2O===Al(OH)3↓+CO
,所以沉淀B的化学式为Al(OH)3。
将少量明矾溶于水,溶液呈弱酸性,其原因是Al3+为弱碱阳离子,发生水解反应,消耗水电离产生的OH-,当最终达到平衡时溶液中c(H+)>
c(OH-),所以溶液显酸性。
4.水泥是重要的建筑材料。
水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。
实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。
加入硝酸的目的是__________________________,还可使用________代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是________,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为___________________________。
(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H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为MnO
+H++H2C2O4―→Mn2++CO2+H2O。
实验中称取0.400g水泥样品,滴定时消耗了0.0500mol·
L-1的KMnO4溶液36.00mL,则该水泥样品中钙的质量分数为________。
答案
(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+H2O2
(2)SiO2(或H2SiO3)SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O(或H2SiO3+4HF===SiF4↑+3H2O)
(3)防止胶体生成,易沉淀分离 Al(OH)3Fe(OH)3
(4)45.0%
解析
(1)由题意知,水泥样品中含有铁、铝和镁等金属的氧化物,后面操作有加入氨水调节pH=4~5,目的是除去Al元素和Fe元素,而在此pH范围内,Fe元素只有转化为Fe3+才能完全生成沉淀,因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+;
还可以使用双氧水等其他氧化剂代替硝酸。
(2)水泥样品中的SiO2、CaO及铁、铝、镁等金属的氧化物,只有SiO2(或反应生成的H2SiO3)不溶于盐酸,所以沉淀A的主要成分是SiO2(或H2SiO3)。
SiO2(或H2SiO3)不与强酸反应,但可溶于氢氟酸中,反应的化学方程式为SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O(或H2SiO3+4HF===SiF4↑+3H2O)。
(3)盐类水解是吸热反应,升高温度,可防止生成胶体,同时使溶液中的Al3+、Fe3+水解程度增大而生成沉淀易于除去,加热的同时还可以加快反应速率;
生成的沉淀主要为Al(OH)3、Fe(OH)3。
(4)KMnO4与H2C2O4反应时,Mn由+7价变为+2价,每个Mn得到5个电子,即每个KMnO4得到5个电子,C由+3价变为+4价,每个C失去1个电子,即每个H2C2O4失去2个电子,由电子守恒可知,KMnO4与H2C2O4反应的物质的量关系式为2KMnO4~5H2C2O4。
由题意知,消耗KMnO4的物质的量为0.0500mol·
L-1×
0.036L=0.0018mol,因此H2C2O4的物质的量为0.0018mol×
=0.0045mol。
H2C2O4~CaC2O4,故CaC2O4的物质的量为0.0045mol,Ca的质量为0.0045mol×
40g·
mol-1=0.18g,即水泥样品中钙的质量分数=
×
100%=45.0%。
5.工业上利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如下:
(1)CeCO3F中,Ce元素的化合价为________。
(2)酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换HCl不会造成环境污染。
写出稀硫酸、H2O2与GeO2反应的离子方程式:
__________________。
(3)向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是__________________。
(4)加热CeCl3·
6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl2,其中NH4Cl的作用是__________________________。
(5)准确称取0.7500gCeCl3样品置于锥形瓶中,加入适量过硫酸铵溶液将Ce3+氧化为Ce4+,然后用0.1000mol·
L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点,消耗25.00mL标准溶液。
(已知:
Fe2++Ce4+===Ce3++Fe3+)
①该样品中GeCl3的质量分数为________。
②若使用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定,测得该CeCl3样品的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案
(1)+3
(2)H2O2+2CeO2+6H+===2Ce3++4H2O+O2↑
(3)避免+3价Ce以Ce(BF4)3沉淀的形式损失(或提高CeCl3的产率)
(4)NH4Cl固体受热分解产生HCl,抑制CeCl3水解
(5)①82.2%②偏大
解析
(1)在CeCO3F中,C是+4价,O为-2价,F为-1价,利用化合物中各元素正负化合价代数和等于零可知Ce为+3价。
(2)利用图示转化可知,酸浸过程中+4价Ce被还原为Ce3+,因此加入的H2O2被氧化,必有O2生成,从而写出反应的离子方程式。
(3)结合流程知向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成KBF4沉淀,同时得到CeCl3溶液,可见加入KCl的目的为避免+3价Ce以Ce(BF4)3沉淀的形式损失,从而提高CeCl3的产率。
(4)直接加热CeCl3·
6H2O制取无水CeCl3会因Ce3+水解而使制取失败,与NH4Cl一起加热,NH4Cl固体受热分解产生的HCl可抑制CeCl3水解。
(5)①利用原子守恒和已知的离子反应可知0.7500gCeCl3样品含有m(CeCl3)=0.025L×
0.1000mol·
246.5g·
mol-1=0.61625g,故样品中CeCl3的质量分数为
100%=82.2%。
②若使用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定,因标准液中Fe2+被氧化从而导致消耗标准液的体积增大,引起测得的CeCl3的质量分数偏大。
6.“低碳”在工业生产中意义重大,充分利用原材料,不排放或减少排放“三废”,不同工厂联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。
下面是几家工厂利用废气、废液、废渣联合生产化肥硫酸铵的工艺:
(1)操作②为___