高考化学提分攻略15以物质制备为目的的工业流程题附答案解析.docx

高考化学提分攻略15以物质制备为目的的工业流程题附答案解析.docx

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高考化学提分攻略15以物质制备为目的的工业流程题附答案解析

题型15以物质制备为目的的工业流程题

一、解题策略

制备类工业流程题在流程上一般可大致分为4个阶段：

―→

―→

―→

无机工艺流程题考虑的问题主要有以下几方面：

一是选择将原料转化为产品的生产原理；二是除杂并分离提纯产品；三是提高产量和产率；四是减少污染，注意环保，发展“绿色化学”；五是考虑原料的来源丰富和经济成本；六是生产设备简单，生产工艺简便等。

命题者围绕以上几方面设问，我们的解题思路是：

（1）从生产目的（标）出发，读懂框图（流程）。

解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。

（2）分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：

A．反应物是什么，B．发生了什么反应，C．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了获得产品。

（3）从问题中获取信息，帮助解题，了解流程后着手答题。

对反应条件的分析可从以下几个方面着手：

对反应速率有何影响、对平衡转化率有何影响、对综合生产效益有何影响（如可以从原料成本，原料来源是否广泛、是否可再生，能源成本，对设备的要求，环境保护等方面考虑）。

二、题型分类

【典例1】【2019·课标全国Ⅰ，26】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＋H2OH＋＋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__________________________________________。

【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＋＋3CO

＋2H2O===Mg（OH）2·MgCO3↓＋2HCO

（或2Mg2＋＋2CO

＋H2O===Mg（OH）2·MgCO3↓＋CO2↑）　溶浸　高温焙烧

【解析】

（1）硫酸铵溶液中存在平衡：

NH

＋H2O

NH3·H2O＋H＋，硼酸镁能与水解出的H＋反应，促进平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡NH3·H2O

NH3＋H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3·H2O分解产生NH3。

用NH4HCO3溶液吸收氨气，发生的反应为NH4HCO3＋NH3===（NH4）2CO3。

（2）二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。

检验Fe3＋的试剂可选用KSCN。

（3）由题给硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。

“过滤2”之前，调节pH≈3.5目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。

（4）“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生双水解反应生成碱式碳酸镁：

2MgSO4＋2（NH4）2CO3＋H2O===Mg（OH）2·MgCO3↓＋2（NH4）2SO4＋CO2↑，或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。

母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。

碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，MgCO3·Mg（OH）2

2MgO＋H2O＋CO2↑。

【典例2】【2019·课标全国Ⅲ，26】高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如图所示。

回答下列问题：

相关金属离子[c0（Mn＋）＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子

Mn2＋

Fe2＋

Fe3＋

Al3＋

Mg2＋

Zn2＋

Ni2＋

开始沉淀的pH

8.1

6.3

1.5

3.4

8.9

6.2

6.9

沉淀完全的pH

10.1

8.3

2.8

4.7

10.9

8.2

8.9

（1）“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_________________________。

（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是____________________________。

（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________～6之间。

（4）“除杂1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是________。

（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。

若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，原因是______________________________。

（6）写出“沉锰”的离子方程式________________________________。

（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。

当x＝y＝

时，z＝________。

【答案】

（1）SiO2（不溶性硅酸盐）　MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O

（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，MgF2

Mg2＋＋2F－平衡向右移动

（6）Mn2＋＋2HCO

===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O　（7）

【解析】

（1）硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在，则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2（或不溶性硅酸盐）。

结合“滤渣1”中含S，可知“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4和S，根据得失电子守恒可配平该反应。

（2）“溶浸”后溶液中含Fe2＋，“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2＋氧化为Fe3＋。

（3）“调pH”除去Fe3＋和Al3＋时，结合表格中数据信息可知需控制溶液的pH在4.7～6之间。

（4）“除杂1”中加入Na2S能将Zn2＋和Ni2＋分别转化为沉淀除去，故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。

（5）“除杂2”中F－与Mg2＋反应生成MgF2沉淀，若溶液酸度过高，则F－与H＋结合生成弱电解质HF，导致MgF2（s）

Mg2＋（aq）＋2F－（aq）平衡向右移动，Mg2＋不能完全除去。

（6）“沉锰”时Mn2＋与HCO

反应生成MnCO3并放出CO2，由此可写出离子方程式。

（7）化合物LiNixCoyMnzO2中，当x＝y＝

时，根据化合价代数和为0得1＋2×

＋3×

＋4z－2×2＝0，解得z＝

。

1．磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。

碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：

已知：

①锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。

②相关金属Mn+离子c（Mn+）═0.1mol•L-1形成M（OH）n沉淀的pH范围如下：

③常温下，Ksp（CaF2）═1.46×10-10Ksp（MgF2）═7.42×10-11Ka（HF）═1.00×10-4

回答下列问题：

（1）分析下列图1、图2，氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是：

__________________。

（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________。

（3）浸出液“净化除杂”过程如下：

首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为__________；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液pH为6，c（Mg2+）═4.64×10-6mol·L-1，c（HF）为_________mol·L-1。

（4）碳化结晶时，反应的离子方程式为_____________________________________。

（5）碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。

（6）测定碳酸锰产品的纯度。

称取0.5000g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为[Mn（PO4）2]3-，冷却至室温。

加水稀释至100mL，滴加2～3滴指示剂，然后用浓度为0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]标准溶液滴定（反应为：

[Mn（PO4）2]3-+Fe2+═Mn2++Fe3++2PO43-）。

重复操作3次，记录数据如下表：

滴定次数

0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数（mL）

滴定前

滴定后

1

0.10

20.20

2

1.32

21.32

3

1.05

20.95

则产品的纯度=__________，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度___（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】

（1）500℃m（NH4Cl）∶m（锰矿粉）=1.10

（2）MnCO3＋2NH4Cl

MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O

（3）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋═Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O4.0×10-5

（4）Mn2＋＋2HCO3－

MnCO3＋CO2↑＋H2O

（5）碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c（OH-）较大，易产生Mn（OH）2沉淀

（6）92.00%偏低

【解析】将菱锰矿粉（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4Cl

MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，浸出液需要净化除杂，根据（3）的提示，需要加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：

Mn2++2HCO3-

MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析解答。

（1）根据图像可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m（NH4Cl）∶m（锰矿粉）增大而增大，500℃、m（NH4Cl）∶m（锰矿粉）=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m（NH4Cl）∶m（锰矿粉）再打，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m（NH4Cl）∶m（锰矿粉）=1.10即可。

（2）将菱锰矿粉（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应方程式为MnCO3+2NH4Cl

MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。

（3）MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，离子反应为：

MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；已知：

常温下，Ksp（MgF2）═7.42×10-11，Ka（HF）═1.00×10-4，溶液pH为6，c（Mg2+）═4.64×10-6 mol•L-1，则此时c（F-）=

mol/L=4×10-3mol/L，Ka（HF）═

=1.00×10-4，c（HF）=

=4.0×10-5mol/L。

（4）碳化结晶时，反应的方程式为：

Mn2++2HCO3-

MnCO3↓+CO2↑+H2O。

（5）碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c（OH-）较大，易产生Mn（OH）2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。

（6）根据表格数据，三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积（mL）分别为：

20.10、20.00、19.90，消耗的平均体积为20.00mL，根据关系式：

MnCO3～Mn（PO4）2]3-～（NH4）2Fe（SO4）2，则n（MnCO3）=n（硫酸亚铁铵）=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，产品的纯度为

×100%=92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗的体积读数偏小，故测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。

2．钛白粉（TiO2）广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。

利用黑钛矿石[主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2]制备TiO2，工艺流程如下。

已知：

TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3，回答下列问题：

（1）（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5中钛元素的化合价为________，实验“焙烧”所需的容器名称是________，“滤渣”的主要成分是________（填化学式）。

（2）制取H2TiO3的化学方程式为___________________________。

（3）矿石粒度对TiO2的提取率影响如图，原因是_____________________。

（4）相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度（s，mol·L－1）如图所示，步骤④应该控制的pH范围是________（填标号）

A．1～2B．2～3C．5～6D．10～11

（5）常用硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：

用足量酸溶解ag二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL，取20.00mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：

Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋

①滴定终点的现象为__________________________。

②滴定终点时消耗bmol·L－1NH4Fe（SO4）2溶液VmL，则TiO2纯度为________。

（写表达式）

【答案】

（1）＋4　坩埚　CaSO4、CaSiO3

（2）TiOSO4＋2H2O

H2TiO3↓＋H2SO4

（3）矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快

（4）B

（5）①当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30s内不变回原色　②

%

【解析】

（1）设Ti的化合价为＋x，（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5化合价代数和等于0，（2×0.5＋2×0.5）＋2x－2×5＝0，x＝4；灼烧固体用坩埚；黑钛矿石[主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2]加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，沉淀中含有CaSO4和CaSiO3；

（2）由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应方程式为：

TiOSO4＋2H2O

H2TiO3↓＋H2SO4；

（3）由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素，矿石粒度对TiO2的提取率影响，原因是矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快；

（4）由图读出：

金属难溶化合物在不同pH下的溶解度（s，mol·L－1），步骤④应该控制的pH范围是：

钛酸沉淀pH大于2，而氢氧化铝不沉淀，pH小于3，故选B；

（5）①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：

当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30s内不变回原色；②由TiO2～Fe3＋关系式，n（TiO2）＝n（Fe3＋）＝bmol·L－1×V×10－3L×100mL/20mL＝5bV×10－3mol，TiO2纯度为5bV×10－3mol×80g·mol－1/ag×100%＝

%。

3．MnCO3可用作电器元件材料，也可作为瓷釉、颜料的制作原料。

工业上用酸性含锰废水（主要含Mn2＋、Cl－、H＋、Fe2＋、Cu2＋）制备MnCO3；

已知：

几种金属离子沉淀的pH如表

金属离子

Fe2＋

Fe3＋

Cu2＋

Mn2＋

开始沉淀的pH

7.5

3.2

5.2

8.8

完全沉淀的pH

9.7

3.7

6.4

10.4

回答下列问题：

（1）①中加入过量MnO2的作用是___________________________，滤渣W的成分是___________________。

（2）过程③中，调pH的目的是_________________。

（3）过程④中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程式是________________________________。

（4）过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是___________________________，该过程中的副产品化学式是________。

（5）MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。

则300℃时，剩余固体中n（Mn）∶n（O）为________；图中点D对应固体的成分为_____________________（填化学式）。

【答案】

（1）将Fe2＋氧化为Fe3＋　Fe（OH）3和过量的MnO2

（2）使Cu2＋完全沉淀为Cu（OH）2

（3）Mn2＋＋2HCO

===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O

（4）过滤、洗涤、干燥　NH4Cl

（5）1∶2　Mn3O4和MnO

【解析】

（1）在过程①中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，在过程②中，向溶液中加入氨水，调节溶液的pH＝3.7，这时溶液中的Fe3＋会形成Fe（OH）3沉淀，过量的MnO2也以固体形式存在。

（2）过程③中，调pH是将Cu2＋转化为沉淀除去。

（3）过程④中，反应会有CO2生成，故反应为Mn2＋＋2HCO

===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。

（4）过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。

根据元素守恒，可知副产品为NH4Cl。

（5）MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g

①A点剩余固体质量为115g×75.65%＝87g

减少的质量为115g－87g＝28g

可知MnCO3失去的组成为CO

n（Mn）∶n（CO）为1∶2，故剩余固体的成分为MnO2

②C点剩余固体质量为115g×61.74%＝71g

据锰元素守恒知m（Mn）＝55g，则m（O）1＝71g－55g＝16g

则n（Mn）∶n（O）＝

∶

＝1∶1

故剩余固体的成分为MnO

同理，B点剩余固体质量为115g×66.38%＝76.337g

因m（Mn）＝55g，则m（O）2＝76.337g－55g＝21.337g

则n（Mn）∶n（O）＝

∶

＝3∶4

故剩余固体的成分为Mn3O4

因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。

4．一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约为21%）的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。

由该废料制备纯度较高的氢氧化镍的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应生成的气体只有N2。

写出金属镍溶解的离子方程式：

_______。

（2）“除铁”时H2O2的作用是__________，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是__________（填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”）溶液。

（3）“除铜”时，反应的离子方程式为__________，若用Na2S代替H2S除铜，优点是__________。

（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是__________。

（5）镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：

M+Ni（OH）2

MH+NiOOH（式中M为储氢合金）,写出电池放电过程中正极的电极反应式：

__________。

（6）已知黄钠铁矾[NaxFey（SO4）m（OH）n]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点。

某研究小组为测定黄钠铁矾的组成，进行了如下实验：

步骤Ⅰ.称取4.850g黄钠铁矾样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液A；

步骤Ⅱ.量取25.00mL溶液A，加入足量的KI，用0.2500mol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定（反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6），滴定至终点时消耗30.00mLNa2S2O3溶液。

步骤Ⅲ

另取25.00mL溶液A，加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥后得沉淀1.165g。

①用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为__________，滴定达到终点时的颜色变化为__________。

②黄钠铁矾的化学式为__________。

【答案】

（1）5Ni+12H++2NO3－=5Ni2++N2↑+6H2O

（2）将Fe2+氧化为Fe3+铁氰化钾

（3）H2S+Cu2+=CuS↓+2H+无易挥发污染性气体H2S产生

（4）过量的F－会生成氢氟酸腐蚀陶瓷容器

（5）NiOOH+H2O+e－=Ni（OH）2+OH－

（6）①淀粉溶液当溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不再恢复②NaFe3（SO4）2（OH）6

【解析】

（1）已知Ni难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还边搅拌边缓慢加入了稀硝酸，反应有N2生成，则Ni溶解的离子方程式：

5Ni+12H++2NO3－=5Ni2++N2↑+6H2O；

（2）H2O2具有氧化性，“除铁”时加入H2O2可将“酸溶”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+。

为证明添加的H2O2已足量，可选择铁氰化钾溶液进行检验：

若H2O2用量不足，溶液中残余的Fe2+会与铁氰化钾溶液反应产生蓝色沉淀；反之可说明H2O2足量；

（3）据流程图可知，“除铜”时加入的沉淀剂为H2S，对应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；若用Na2S代替H2S除铜，不产生易挥发污染性气体H2S；

（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，且据流程图可知除铜后的滤液应显酸性，所以若NaF的用量过大，过量的F－会生成氢氟酸腐蚀陶瓷容器；

（5）镍氢电池放电时，正极上NiOOH得电子发生还原反应，电极反应式为NiOOH+H2O+e－=Ni（OH）2+OH－；

（6）①滴定过程中，有碘单质参与反应，故应选择淀粉溶液做指示剂；滴定达到终点时的颜色变化为：

溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不再恢复；

②加入足量的KI，反应为2Fe3++2I－=2Fe2++I2，根据I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6得出关系式为：

Fe3+~Na2S2O3，则100.