届高考一轮复习鲁科版重点突破学案 化学工艺流程试题的解题策略突破学案Word文档格式.docx
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(2)过滤(热滤或抽滤):
分离难溶物和易溶物;
(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、CuSO4·
5H2O、FeSO4·
7H2O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:
①反应物是什么;
②发生了什么反应;
③该反应造成了什么后果,对制造产品有什么作用;
④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Ⅰ)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Mg2B2O5·
H2O、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+H2O
H++B(OH
Ka=5.81×
10-10,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)2·
MgCO3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Mg2B2O5·
H2O,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。
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发生的反应,故反应的离子方程式为2Mg2++3C
+2H2O
Mg(OH)2·
MgCO3↓+2HC
或2Mg2++2C
+H2O
MgCO3↓+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、Al2O3 KSCN
(3)一元弱 转化为H3BO3,促进析出
(4)2Mg2++3C
(或2Mg2++2C
MgCO3↓+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Ⅰ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Ⅲ中,以KClO3为氧化剂,当生成0.050molMnO2时,消耗0.10mol·
L-1的NaClO3溶液200mL,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
20.0mL双氧水
溶液浓度
粉状
MnO2
温度
待测数据
Ⅰ
5%
2.0g
20℃
Ⅱ
1.0g
Ⅲ
10%
Ⅳ
w
30℃
①实验Ⅱ和Ⅲ的结论是 。
②利用实验Ⅰ和Ⅳ是探究温度对化学反应速率的影响,ω= 。
本实验待测数据是 。
(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-+2H2O
MnO2↓+4H+。
生成0.050mol二氧化锰时,失去电子的物质的量:
0.050mol×
2=0.100mol;
设还原产物中氯元素化合价为+x,n(NaClO3)=0.2L×
0.1mol·
L-1=0.02mol。
由电子守恒知,0.02mol×
(5-x)=0.100mol,x=0,氯酸钾被还原后产物为氯气,离子方程式为2Cl
+5Mn2++4H2O
5MnO2+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+3H2O
Mn2O3+6H++2Cl-。
(4)①实验Ⅱ和Ⅲ中双氧水溶液浓度不同,反应物浓度越大,反应速率越快。
②实验Ⅰ和Ⅳ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。
(1)D
(2)Mn2+-2e-+2H2O
MnO2↓+4H+
2Cl
5MnO2+Cl2↑+8H+
(3)2Mn2++Cl2+3H2O
Mn2O3+6H++2Cl-
(4)①其他条件相同,反应物浓度越大,反应速率越快
②5% 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①所得废渣的成分是 (写化学式),操作Ⅰ的名称 。
(2)步骤②、③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),②中萃取时必须加入适量碱,其原因是 __________________________________。
③中X试剂为 。
(3)⑤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:
pH
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
钒沉淀率%
98.0
98.8
96.4
93.1
结合上表,在实际生产中,⑤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,Ksp[Fe(OH)3]=2.6×
10-39)
(5)该工艺流程中,可以循环利用的物质有 和 。
(1)将含K2SO4、SiO2杂质的VOSO4溶于水,SiO2不溶于水,步骤①是过滤,将SiO2与溶液分离。
(2)②中萃取时必须加入适量碱,有利于中和硫酸,促使平衡正向移动;
③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+、S
的溶液中加入氧化剂氯酸钾,可以将VO2+氧化为V
步骤⑤中加氨水,V
与氨水反应生成NH4VO3的离子方程式为NH3·
H2O+V
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1.7~1.8最好;
若钒沉淀率为93.1%,pH=2.0,c(OH-)=1×
10-12mol·
L-1,此时没有Fe(OH)3沉淀,则溶液中的c(Fe3+)<
Ksp[Fe(OH)3]÷
c3(OH-)=2.6×
10-39÷
(1×
10-12)3=2.6×
10-3mol·
L-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。
(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)NH3·
NH4VO3↓+OH-
(4)1.7~1.8(或1.7、1.8其中一个) 2.6×
10-3mol·
L-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)2SO4,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
____________________________。
(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,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4h,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。
(1)D
(2)空气 原料易得,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4h左右
(4)Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4
(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12+6NH3·
H2O
4(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)=2.2×
10-11,Ksp[Mn(OH)2]=1.9×
10-13,Ksp[Al(OH)3]=1.3×
10-33。
(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amL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Mn
反应一段时间后再煮沸5min[除去过量的(NH4)2S2O8],冷却至室温。
选用适宜的指示剂,用bmol·
L-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VmL。
①Mn2+与(NH4)2S2O8反应的还原产物为 。
②“沉锰”前溶液中c(Mn2+)= mol·
(列出表达式)
(4)其他条件不变,“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。
①NH4HCO3初始浓度越大,锰元素回收率越 (填“高”或“低”),简述原因 。
②若溶液中c(Mn2+)=1.0mol·
L-1,加入等体积1.8mol·
L-1NH4HCO3溶液进行反应,计算20~40min内v(Mn2+)= 。
(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。
(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+、N
。
(3)①Mn2+与(NH4)2S2O8反应,Mn2+被氧化为Mn
则S2
被还原为S
②根据滴定原理,由原子守恒及得失电子守恒,可得关系式Mn2+~Mn
~5(NH4)2Fe(SO4)2,则n(Mn2+)=
n[(NH4)2Fe(SO4)2]=bmol·
L-1×
V×
10-3L×
=
bV×
10-3mol,故c(Mn2+)=
mol·
(4)①根据题图,NH4HCO3初始浓度越大,锰元素回收率越高。
②加入等体积1.8mol·
L-1NH4HCO3溶液,则混合后c(Mn2+)=
0.50mol·
L-1,c(NH4HCO3)=0.90mol·
L-1,20~40min内Mn的回收率由20%变为50%,回收率增大30%,故v(Mn2+)=
=7.5×
L-1·
min-1。
(1)Fe(OH)3 Al(OH)3、SiO2
(2)Na+、N
(3)①S
[或“H2SO4”、“Na2SO4”、“(NH4)2SO4”]
②
(4)①高 c(NH4HCO3)越大,c(C
)越大,使平衡MnCO3(s)
C
(aq)+Mn2+(aq)向逆反应方向移动,析出的MnCO3越多
②7.5×
min-1
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