高考化学江苏专版二轮专题复习三维讲义十六无机化工流程 Word版含答案.docx
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高考化学江苏专版二轮专题复习三维讲义十六无机化工流程Word版含答案
十六、无机化工流程
高考题组
（一）——江苏卷
1．（2017·江苏高考）铝是应用广泛的金属。
以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：
SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_______________________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH________（填“增大”“不变”或“减小”）。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是________________________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如下图所示。
阳极的电极反应式为____________________________，阴极产生的物质A的化学式为________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。
在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是__________________________________________。
解析：
（1）Al2O3为两性氧化物，在NaOH溶液中会溶解生成NaAlO2。
（2）加入的NaHCO3与过量的NaOH反应，导致溶液的pH减小。
（3）电解Al2O3时阳极上生成O2，O2会氧化石墨。
（4）阳极上OH－失去电子生成O2，由H2O电离出的H＋可以与CO
反应生成HCO
。
阴极上H2O放电生成H2。
答案：
（1）Al2O3＋2OH－===2AlO
＋H2O
（2）减小 （3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化
（4）4CO
＋2H2O－4e－===4HCO
＋O2↑ H2
（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
2．（2016·江苏高考）以电石渣[主要成分为Ca（OH）2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：
（1）氯化过程控制电石渣过量、在75℃左右进行。
氯化时存在Cl2与Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反应，Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解为CaCl2和O2。
①生成Ca（ClO）2的化学方程式为___________________________________________。
②提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有________（填序号）。
A．适当减缓通入Cl2速率
B．充分搅拌浆料
C．加水使Ca（OH）2完全溶解
（2）氯化过程中Cl2转化为Ca（ClO3）2的总反应方程式为6Ca（OH）2＋6Cl2===Ca（ClO3）2＋5CaCl2＋6H2O，氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为______________（填化学式）。
②滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比n[Ca（ClO3）2]∶n[CaCl2]________1∶5（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3。
若溶液中KClO3的含量为100g·L－1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是________。
解析：
（1）①Cl2与Ca（OH）2反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca（OH）2===CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O。
②适当减缓通入Cl2的速率、充分搅拌浆料均有利于Cl2的吸收，能够提高Cl2的转化率。
Ca（OH）2是否完全溶解不会影响Cl2的吸收，故A、B两项正确。
（2）①由于电石渣中的CaCO3不参加反应，所以滤渣的主要成分是CaCO3以及未反应的Ca（OH）2。
②由于氯化过程中除发生主要反应6Ca（OH）2＋6Cl2===Ca（ClO3）2＋5CaCl2＋6H2O外，还存在副反应Ca（ClO）2===CaCl2＋O2↑，所以滤液中n[Ca（ClO3）2]∶n[CaCl2]＜1∶5。
（3）由溶解度曲线可知，KClO3的溶解度受温度的影响较大，将溶液蒸发浓缩，得到较高温度下的浓溶液，然后再降温，大部分KClO3将会结晶析出。
答案：
（1）①2Cl2＋2Ca（OH）2===CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O ②AB
（2）①CaCO3、Ca（OH）2 ②＜ （3）蒸发浓缩、冷却结晶
3．（2015·江苏高考）以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3。
（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO
）随时间变化见右图。
清液pH>11时CaSO4转化的离子方程式为__________________________________；能提高其转化速率的措施有________（填字母）。
A．搅拌浆料 B．加热浆料至100℃
C．增大氨水浓度D．减小CO2通入速率
（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体。
滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为________和________（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是__________________________________________________________。
（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2＋）增大的原因是
________________________________________________________________________。
解析：
（1）向磷石膏粉、氨水浆料中通入CO2，CO2与NH3·H2O发生反应：
CO2＋2NH3·H2O===2NH
＋CO
＋H2O，CO
浓度增大，促进了CaSO4沉淀的转化：
CaSO4＋CO
===CaCO3＋SO
，总反应的离子方程式为CaSO4＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3＋2NH
＋SO
＋H2O。
A项，搅拌浆料，可增大反应物的接触面积，加快化学反应速率；B项，加热浆料，由于NH3的挥发，导致NH3·H2O浓度降低，不利于CO
的生成，降低了CaSO4的转化速率；C项，增大氨水浓度，有利于提高CO
的浓度，从而提高CaSO4的转化速率；D项，减小CO2通入速率，不利于CO
的生成，从而降低CaSO4的转化速率。
（2）由图象可知，pH＝6.5时，溶液中的c（Ca2＋）已经很小，此时通入的CO2与溶液中浓度较低的氨水反应生成NH4HCO3，故溶液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO
和HCO
。
过滤得到的CaCO3沉淀上会附着SO
、NH
、HCO
等杂质离子。
检验洗涤是否完全时，可取少量最后一次从过滤器中流出的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，检验是否存在SO
即可。
若不产生白色沉淀，表明沉淀已洗涤完全。
（3）NH4Cl溶液中存在水解平衡：
NH
＋H2ONH3·H2O＋H＋，温度升高，上述水解平衡右移，c（H＋）增大，导致部分CaCO3溶解。
答案：
（1）CaSO4＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3＋2NH
＋SO
＋H2O或CaSO4＋CO
===CaCO3＋SO
AC
（2）SO
HCO
取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全
（3）浸取液温度上升，溶液中c（H＋）增大，促进固体中Ca2＋浸出
4．（2014·江苏高考）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。
实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6－2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。
（1）酸浸时反应的化学方程式为__________________；滤渣Ⅰ的主要成分为____________（填化学式）。
（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6－2x。
滤渣Ⅱ的主要成分为________（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是_________________________________________
________________________________________________________________________（用离子方程式表示）。
（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是________________________________________________________________________；
与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将________（填“增大”“减小”或“不变”）。
解析：
（1）粉煤灰中Al2O3与硫酸反应，而SiO2不与硫酸反应，则酸浸时发生Al2O3与硫酸的反应，滤渣Ⅰ为SiO2。
（2）加CaCO3调节溶液pH时，Ca2＋与溶液中的SO
形成CaSO4沉淀。
若溶液pH偏高，则溶液中Al3＋形成Al（OH）3沉淀，从而导致溶液中铝元素含量降低。
（3）含SO2的烟气被吸收后，在溶液中SO
能被氧化为SO
，因此热分解放出的SO2的量小于吸收的SO2的量。
SO2被吸收后，与H2O反应生成H2SO3，溶液的pH减小。
答案：
（1）Al2O3＋3H2SO4===Al2（SO4）3＋3H2O SiO2
（2）CaSO4 3CaCO3＋2Al3＋＋3SO
＋3H2O===2Al（OH）3＋3CaSO4＋3CO2↑
（3）溶液中的部分SO
被氧化成SO
减小
高考题组
（二）——全国卷
1．（2017·全国卷Ⅰ）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备。
工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。
由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为______________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl
形式存在，写出相应反应的离子方程式：
________________________________________________________________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_____________________________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。
（5）若“滤液②”中c（Mg2＋）＝0.02mol·L－1，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3＋）＝1.0×10－5mol·L－1，此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？
_______________（列式计算）。
FePO4、Mg3（PO4）2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：
________________________________。
解析：
（1）从图象直接可以看出，当铁的浸出率为70%时对应的温度、时间分别为100℃、2h和90℃、5h。
（2）解答陌生离子方程式的书写，首先要根据题意判断反应前后元素化合价的变化（反应前后Ti、Fe、H、Cl四种元素化合价没有变化）来推断离子反应类型（非氧化还原反应），再根据题意写反应前后的参与反应的物质：
FeTiO3＋H＋＋Cl－——Fe2＋＋TiOCl
，再根据电荷守恒进行配平FeTiO3＋4H＋＋4Cl－——Fe2＋＋TiOCl
，最后根据元素守恒可知生成产物中有H2O，则补水后可得FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl
＋2H2O，即是要求的离子方程式。
（3）联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。
这类问题要从两个角度分析，即低于40℃时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40℃时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。
（4）锂元素在化合物中只有一种化合价（＋1），过氧键中氧显－1价，其余的氧为－2价，由化合物中元素化合价代数和等于0，设Li2Ti5O15中－2价、－1价氧原子个数分别为x、y，有：
解得x＝7，y＝8。
所以，过氧键数目为
＝4。
（5）分两步计算：
①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。
c（Fe3＋）·c（PO
）＝Ksp（FePO4），c（PO
）＝
mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1。
②混合后，溶液中镁离子浓度为c（Mg2＋）＝0.01mol·L－1，c3（Mg2＋）·c2（PO
）＝0.013×（1.3×10－17）2≈1.7×10－40（6）草酸中碳为＋3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。
答案：
（1）100℃、2h,90℃、5h
（2）FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl
＋2H2O
（3）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
（4）4
（5）Fe3＋恰好沉淀完全时，c（PO
）＝
mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1，则c3（Mg2＋）·c2（PO
）值为0.013×（1.3×10－17）2≈1.7×10－40（6）2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4
2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O
2．（2017·全国卷Ⅲ）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。
制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3
Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。
该步骤不能使用陶瓷容器，原因是______________________________________________________。
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是________，滤渣2的主要成分是________及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液2的pH使之变________（填“大”或“小”），原因是__________________________________（用离子方程式表示）。
（4）有关物质的溶解度如图所示。
向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。
冷却到________（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a．80℃b．60℃
c．40℃d．10℃
步骤⑤的反应类型是________。
解析：
（1）1molFeO·Cr2O3参与反应共失去7mol电子，而1molNaNO3参与反应得到2mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为2∶7。
由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。
（2）步骤①中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。
结合流程图可知，滤渣2的主要成分是Al（OH）3及含硅杂质。
（3）滤液2中存在平衡：
2CrO
＋2H＋Cr2O
＋H2O，H＋浓度越大（pH越小），越有利于平衡正向移动，所以步骤④应调节滤液2的pH使之变小。
（4）根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，即在10℃左右时得到的K2Cr2O7固体最多，故d项正确。
步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7＋2NaCl，其属于复分解反应。
答案：
（1）2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
（2）Fe Al（OH）3
（3）小 2CrO
＋2H＋Cr2O
＋H2O
（4）d 复分解反应
[把脉高考]
考什么
（1）考查陌生离子方程式、氧化还原方程式的书写。
（2）考查反应条件控制的原理、反应原理产物的判断、基本的实验操作。
（3）考查盐类的水解，沉淀的生成与溶解。
（4）考查离子的检验方法、检验沉淀是否完全、沉淀是否洗净的方法等。
怎么考
高考题型为非选择题。
以无机化工工艺流程为载体，考查应用元素化合物的性质解决实际问题的能力，涉及知识点多，也非常灵活，对学生的审题能力、分析问题、解决问题、文字表达等方面的能力要求非常高。
考法一 以物质制备为载体的工艺流程
1．（2017·江苏考前模拟）高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。
以下是用硫酸厂产生的烧渣（主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2）为原料制备高纯氧化铁的生产流程示意图：
（1）酸浸时，常需将烧渣粉碎，并加入过量H2SO4，其目的是________________________________________________________________________；
滤渣的主要成分为__________（填化学式）。
（2）加入FeS2时，发生反应②的离子方程式为_________________________________
________________________________________________________________________。
（3）加入NH4HCO3的目的是______________________________________________
________________________________________________________________________。
“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是__________。
检验FeCO3是否洗涤干净的方法是______________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）煅烧时，发生反应④的化学方程式为_______________________________________
________________________________________________________________________。
解析：
（1）将烧渣粉碎是为了增大接触面积，加快反应速率，增加硫酸的量是提高铁元素浸出率，同时抑制Fe3＋、Fe2＋的水解。
二氧化硅不溶于酸，过滤分离。
（2）根据流程得出还原后的产物为Fe2＋和SO
，根据氧化还原反应原理书写离子方程式。
（3）煅烧产生二氧化碳可知沉淀为碳酸亚铁，沉淀时pH过高会产生氢氧化亚铁沉淀；洗涤沉淀的操作是取少量最后一次洗涤液放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净。
（4）煅烧时加入空气即氧气参与反应，生成氧化铁和二氧化碳。
答案：
（1）提高铁元素浸出率，同时抑制Fe3＋、Fe2＋的水解 SiO2
（2）FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO
＋16H＋
（3）中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2＋全部转化为FeCO3 Fe（OH）2 取少量最后一次洗涤液放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净
（4）4FeCO3＋O2
2Fe2O3＋4CO2
2．（2017·南京、淮安三模）以绿矾（FeSO4·7H2O）为原料制备高铁酸钾（K2FeO4）的流程如下：
（1）“氧化”时发生反应的离子方程式为_____________________________________
________________________________________________________________________。
（2）“合成”时生成Na2FeO4的离子方程式为___________________________________
________________________________________________________________________。
不同温度和pH下FeO
在水溶液中的稳定性如下图所示。
为了提高“合成”时Na2FeO4的产率，下列措施可行的是________（填字母）。
A．充分搅拌反应液
B．控制反应在60℃左右进行
C．将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中
D．将NaClO和NaOH混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中
（3）“滤渣”的主要成分为________（填化学式）。
（4）向“过滤”后的滤液中加入饱和KOH溶液可析出K2FeO4晶体，说明该温度下两者饱和溶液的物质的量浓度c（K2FeO4）______（填“<”“>”或“＝”）c（Na2FeO4）；此时母液中的阴离子除FeO
和OH－外，一定还含有______________。
解析：
（2）充分搅拌能加快反应速率，增大产率，A正确；由图看出，反应在60℃进行时，溶液中生成的FeO
浓度最低，B错误；由图可知，碱性条件下c（FeO
）大，故应将氧化后的溶液分多次加入到NaClO和NaOH混合溶液中，C正确，D错误。
（3）由于氧化后的溶液中含有Fe3＋，加入NaOH溶液后能生成Fe（OH）3沉淀。
（4）从溶液中析出的是溶解度小的固体，故K2FeO4的溶解度小，则饱和溶液中Na2FeO4浓度较大；由流程图中看出，加入了H2SO4酸化，同时ClO－被还原生成Cl－，故母液中还含有SO
和Cl－。
答案：
（1）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
（2）3ClO－＋10OH－＋2Fe3＋===2FeO
＋3Cl－＋5H2O AC
（3）Fe（OH）3
（4）< SO
、Cl－
1．常考的化工术语
关键词
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧（煅烧）
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。
如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
水浸
与水接触反应或溶解
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用
溶解、去氧化物（膜）、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，
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