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

1、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”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”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”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

2、学式为_。(5)铝粉在1 000 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)Al2O32OH=2AlOH2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)4CO2H2O4e=4HCOO2H2(5)NH4Cl分解产生的HC

3、l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。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。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)26Cl2=C

4、a(ClO3)25CaCl26H2O，氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为_(填化学式)。滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2nCaCl2_15(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100 gL1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_。解析：(1)Cl2与Ca(OH)2反应的化学方程式为2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。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

5、的吸收，故A、B两项正确。(2)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。由于氯化过程中除发生主要反应6Ca(OH)26Cl2=Ca(ClO3)25CaCl26H2O外，还存在副反应Ca(ClO)2=CaCl2O2，所以滤液中nCa(ClO3)2nCaCl215。(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)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2OAB(2)CaCO3、Ca(OH)2(3)蒸发浓缩、冷却结晶3(201

6、5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pH11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

7、通入CO2，CO2与NH3H2O发生反应：CO22NH3H2O=2NHCOH2O，CO浓度增大，促进了CaSO4沉淀的转化：CaSO4CO=CaCO3SO，总反应的离子方程式为CaSO42NH3H2OCO2=CaCO32NHSOH2O。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NH3H2O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，pH6.5时，溶液中的c(Ca2)已

8、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：NHH2O NH3H2OH，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)CaSO42NH3H2OCO2=CaCO32NHSOH2O或CaSO4CO=CaCO3SOAC(2)SOHCO

9、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)62x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)62x。滤渣的主要成分为_(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会导致溶液

10、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SO

11、2的量。SO2被吸收后，与H2O反应生成H2SO3，溶液的pH减小。答案：(1)Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2OSiO2(2)CaSO43CaCO32Al33SO3H2O=2Al(OH)33CaSO43CO2(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)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

12、TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式：_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O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”中c(Mg2)0.02 molL1，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)1.0105 molL1，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1.31022、1.0102

13、4。(6)写出“高温煅烧”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 、2 h和90 、5 h。(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：FeTiO3HClFe2TiOCl，再根据电荷守恒进行配平FeTiO34H4ClFe2TiOCl，最后根据元素守恒可知生成产物中有H2O，则补水后可得FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O，即是要求的

14、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x7，y8。所以，过氧键数目为4。(5)分两步计算：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)molL11.31017molL1。混合后，溶液中镁离子浓

15、度为c(Mg2)0.01 molL1，c3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，没有磷酸镁沉淀生成。(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 、2 h,90 、5 h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O(3)低于40 ，TiO2xH2O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TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时，c(PO)molL11.31017molL1，则c3(Mg2)c2(PO)值为0.013(1.31

16、017)21.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O2(2017全国卷)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FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤的主要反应为：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3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)步骤调滤液2的pH使

17、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。a80 b60 c40 d10 步骤的反应类型是_。解析：(1)1 mol FeOCr2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。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

18、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：2CrO2H Cr2OH2O，H浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调节滤液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。步骤中发生的反应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。答案：(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2H Cr2OH2O(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

19、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

20、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

21、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)FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16H(3)中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2全部转化为FeCO3Fe(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)4FeCO3O22Fe2O34CO22(2017南京、淮安三模)以绿矾(FeSO47H2O)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如下：(

22、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F

23、eO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)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(2)3ClO10

24、OH2Fe3=2FeO3Cl5H2OAC(3)Fe(OH)3(4)SO、Cl1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，