2018版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)突破6無機(jī)化工流程練習(xí)新人教版

1、熱點(diǎn)突破6 無機(jī)化工流程解題策略化學(xué)工藝流程題是將化工生產(chǎn)中的生產(chǎn)流程用框圖形式表示出來，并根據(jù)生產(chǎn)流程中有關(guān)的化學(xué)知識(shí)步步設(shè)問，是無機(jī)框圖的創(chuàng)新。它以現(xiàn)代工業(yè)生產(chǎn)為基礎(chǔ)，與化工生產(chǎn)成本、產(chǎn)品提純、環(huán)境保護(hù)等相融合，考查物質(zhì)的制備、檢驗(yàn)、分離或提純等基本實(shí)驗(yàn)原理在化工生產(chǎn)中的實(shí)際應(yīng)用，要求考生依據(jù)流程圖分析原理，緊扣信息、抓住關(guān)鍵、準(zhǔn)確答題。這類試題具有較強(qiáng)的實(shí)用性和綜合性，是近幾年高考化學(xué)命題的?？碱}型。授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第55頁角度一以混合物的分離、提純?yōu)槟康牡墓に嚵鞒填}這類題目其實(shí)就是混合物的除雜、分離、提純。當(dāng)遇到這一類題時(shí)，一定要在題目中找出要得到的主要物質(zhì)是什么，混有的雜質(zhì)有哪

2、些，主要物質(zhì)和雜質(zhì)的性質(zhì)差別是什么？認(rèn)真分析當(dāng)加入某一試劑后，能與什么物質(zhì)發(fā)生反應(yīng)，生成了什么產(chǎn)物，要用什么樣的方法才能將雜質(zhì)除去，要相信題中的每一種試劑、每一步操作都是為了得到更多和更純的產(chǎn)品，經(jīng)過這樣的思考后將工藝流程轉(zhuǎn)化為物質(zhì)轉(zhuǎn)化流程，更能明白每一步所加試劑或操作的目的。題組訓(xùn)練1(2016江蘇高考卷)實(shí)驗(yàn)室以一種工業(yè)廢渣(主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物)為原料制備MgCO33H2O。實(shí)驗(yàn)過程如下：(1)酸溶過程中主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：MgCO3(s)2H(aq)=Mg2(aq)CO2(g)H2O(l)H50.4 kJmol1Mg2SiO4(s)4H(a

3、q)=2Mg2(aq)H2SiO3(s)H2O(l)H225.4 kJmol1酸溶需加熱的目的是_；所加H2SO4不宜過量太多的原因是_。(2)加入H2O2氧化時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。(3)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行萃取分液，以除去溶液中的Fe3。實(shí)驗(yàn)裝置圖中儀器A的名稱為_。為使Fe3盡可能多地從水相轉(zhuǎn)移至有機(jī)相，采取的操作：向裝有水溶液的儀器A中加入一定量的有機(jī)萃取劑，_、靜置、分液，并重復(fù)多次。(4)請補(bǔ)充完整由萃取后得到的水溶液制備MgCO33H2O的實(shí)驗(yàn)方案：邊攪拌邊向溶液中滴加氨水，_，過濾、用水洗滌固體23次，在50 下干燥，得到MgCO33H2O。已知該溶液中pH8.5時(shí)Mg

4、(OH)2開始沉淀；pH5.0時(shí)Al(OH)3沉淀完全。解析：(1)升溫可加快化學(xué)反應(yīng)速率，故加熱的目的是加快反應(yīng)速率，使廢渣中的主要成分充分溶解。若所加H2SO4過量太多，則萃取分液后的水相中含有較多的H2SO4，后續(xù)操作中會(huì)增加氨水的用量，造成浪費(fèi)。(2)酸溶時(shí)，少量Fe、Al的氧化物會(huì)轉(zhuǎn)化為Fe2(或Fe3)、Al3，加入H2O2可將Fe2氧化為Fe3，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(3)由儀器的特征可知，A為分液漏斗。為使Fe3盡可能多地從水相轉(zhuǎn)移到有機(jī)相，每次向分液漏斗中加入一定量的有機(jī)萃取劑后，需充分振蕩液體。(4)由廢渣的主要成分及分析制備流程可知，萃

5、取分液后的水相中主要含有Mg2、Al3、SO，為制備MgCO33H2O，要將Al3轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，而Mg2不能轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀，需向水溶液中滴加氨水，至5.0pH8.5，使Al3全部轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，過濾，邊攪拌邊向?yàn)V液中滴加Na2CO3溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加Na2CO3溶液，若無沉淀出現(xiàn)，說明Mg2全部轉(zhuǎn)化為MgCO33H2O，然后進(jìn)行過濾、洗滌、干燥等操作。答案：(1)加快酸溶速率避免制備MgCO3時(shí)消耗過多的堿(2)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(3)分液漏斗充分振蕩(4)至5.0pH8.5，過濾，邊攪拌邊向?yàn)V液中滴加Na2CO

6、3溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清液中滴加Na2CO3溶液，若無沉淀生成備考提醒解答工藝流程題的兩方法1首尾分析法：對線型流程工藝(從原料到產(chǎn)品為一條龍的生產(chǎn)工序)試題，首先對比分析流程圖中的第一種物質(zhì)(原材料)與最后一種物質(zhì)(產(chǎn)品)，從此分析中找出它們的關(guān)系，弄清原料轉(zhuǎn)化的基本原理和除雜、分離、提純的化工工藝，再結(jié)合題設(shè)問題，逐一解答。2分段分析法：對于用同樣的原料生產(chǎn)多種(兩種或兩種以上)產(chǎn)品(含副產(chǎn)品)的工藝流程題，用此法更容易找到解題的切入點(diǎn)。角度二以物質(zhì)制備為目的的工藝流程題題組訓(xùn)練2硫酸鋅是一種重要的工業(yè)原料，廣泛用于農(nóng)業(yè)、化工、電鍍、水處理等行業(yè)。用煉鋅廠廢渣(含ZnO、Fe

7、O、CuO)回收生產(chǎn)一水硫酸鋅的工藝流程如圖所示： 已知：某溫度下，KspZn(OH)21.21017，KspFe(OH)28.01016，KspFe(OH)34.01038。(1)酸浸時(shí)，為提高浸出速率，可采取的措施是_(填兩種)。(2)氧化、中和時(shí)，需要用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為4.55.0，原因是_。(3)氧化、中和時(shí)用漂白粉作氧化劑，此時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_；實(shí)際操作中通入空氣的作用是_。(4)操作X的名稱為_。(5)第三次操作X后，得到成品的步驟為_，過濾，洗滌，加熱脫水。解析：(1)為提高浸出速率，可采取的方法有：適當(dāng)增加硫酸的濃度、加熱、將廢渣粉碎等。(2)氧化、中和的目的是除

8、鐵，結(jié)合題給沉淀的Ksp可知，除鐵時(shí)鐵元素必須以三價(jià)鐵形式存在，以避免損失鋅。隨氧化液的pH升高，鐵去除率增大，但鋅的損失率也隨之上升，故pH不能太高也不能太低。(3)反應(yīng)物有FeSO4、NaOH、Ca(ClO)2，生成物有沉淀Fe(OH)3，再分析知還有CaCl2和Na2SO4，根據(jù)化合價(jià)升降守恒和原子守恒可配平化學(xué)方程式。由題知氧化劑為漂白粉，但通入的空氣中有氧氣，也是一種氧化劑，故其作用是加快氧化速率。(4)從圖示看，操作X很明顯是將生成的沉淀或不溶的固體除去，故應(yīng)為過濾。(5)產(chǎn)品為一水硫酸鋅，故從濾液中得到的物質(zhì)也是結(jié)晶水合物，應(yīng)采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法。答案：(1)適當(dāng)增加硫酸

9、的濃度、加熱、將廢渣粉碎(2)pH太低，鐵的去除率低，pH太高，鋅的損失率會(huì)增大(3)4FeSO48NaOHCa(ClO)22H2O=CaCl24Na2SO44Fe(OH)3加快氧化速率(4)過濾(5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶3實(shí)驗(yàn)室利用硫酸廠燒渣(主要成分為鐵的氧化物及少量FeS、SiO2等)制備聚鐵(堿式硫酸鐵的聚合物)和綠礬(FeSO47H2O)，主要工藝流程如下：(1)將過程產(chǎn)生的氣體通入下列溶液中，溶液會(huì)褪色的是_(填字母)。a品紅溶液b紫色石蕊溶液c酸性KMnO4溶液 d溴水(2)過程中，F(xiàn)eS、O2和H2SO4反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。(3)過程中需加入的物質(zhì)是_。(4)過程中，蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)

10、需使用的儀器除酒精燈、三腳架外，還需要_。(5)過程調(diào)節(jié)pH可選用下列試劑中的_(填字母)。a稀硫酸bCaCO3cNaOH溶液解析：(1)SO2具有漂白性，能使品紅褪色，SO2有還原性，能被酸性KMnO4溶液、溴水氧化，而使它們褪色。(3)溶液X為Fe2(SO4)3，需加入還原劑將Fe3還原為Fe2，又不帶入雜質(zhì)離子，故需加入鐵粉。(5)過程中需將酸消耗而調(diào)高pH，而CaCO3跟硫酸反應(yīng)會(huì)生成微溶于水的CaSO4，阻止反應(yīng)的繼續(xù)進(jìn)行。答案：(1)acd(2)4FeS3O26H2SO4=2Fe2(SO4)36H2O4S(3)鐵粉(4)蒸發(fā)皿、玻璃棒(5)c課時(shí)作業(yè)(授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第263

11、頁)1工業(yè)上利用氨氧化獲得的高濃度NOx氣體(含NO、NO2)制備NaNO2、NaNO3，工藝流程如下：已知：Na2CO3NONO2=2NaNO2CO2(1)中和液所含溶質(zhì)除NaNO2及少量Na2CO3外，還有_(填化學(xué)式)。(2)中和液進(jìn)行蒸發(fā)操作時(shí)，應(yīng)控制水的蒸發(fā)量，避免濃度過大，目的是_。蒸發(fā)產(chǎn)生的蒸氣中含有少量NaNO2等有毒物質(zhì)，不能直接排放，將其冷凝后用于流程中的_(填操作名稱)最合理。(3)母液進(jìn)行轉(zhuǎn)化時(shí)加入稀HNO3的目的是_。母液需回收利用，下列處理方法合理的是_。a轉(zhuǎn)入中和液b轉(zhuǎn)入結(jié)晶操作c轉(zhuǎn)入轉(zhuǎn)化液 d轉(zhuǎn)入結(jié)晶操作(4)若將NaNO2、NaNO3兩種產(chǎn)品的物質(zhì)的量之比設(shè)為

12、21，則生產(chǎn)1.38噸NaNO2時(shí)，Na2CO3的理論用量為_噸(假定Na2CO3恰好完全反應(yīng))。解析：(1)NO2與Na2CO3反應(yīng)有NaNO3生成。(2)中和液進(jìn)行蒸發(fā)操作的目的是使NaNO2結(jié)晶析出，使NaNO3留在母液中，若水的蒸發(fā)量大，溶液濃度過大時(shí)，NaNO3有可能析出。蒸發(fā)產(chǎn)生的蒸氣中含有少量的NaNO2等有毒物質(zhì)，不能直接排放，將其冷凝后用于流程中的溶堿最合理。(3)母液進(jìn)行轉(zhuǎn)化時(shí)加入稀HNO3可將NaNO2氧化為NaNO3。母液中的溶質(zhì)主要是NaNO3，將其轉(zhuǎn)入轉(zhuǎn)化液或轉(zhuǎn)入結(jié)晶操作以達(dá)到原料循環(huán)利用的目的，可以提高產(chǎn)率，所以合理處理的方法選c、d。(4)1.38噸NaNO2的

13、物質(zhì)的量為1.38106 g69 g/mol2104 mol，則生成的NaNO3物質(zhì)的量為1104 mol，根據(jù)Na原子守恒，則Na2CO3的理論用量1/2(21041104)mol106 g/mol1.59106 g1.59噸。答案：(1)NaNO3(2)防止NaNO3的析出溶堿(3)將NaNO2氧化為NaNO3cd(4)1.592以海綿銅(主要成分為銅和氧化銅)為原料采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)氯化亞銅的工藝流程如圖所示：請回答下列問題：(1)溶解時(shí)硫酸濃度一般控制在0.25 molL1。配制1 000 mL此硫酸，需要質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%、密度為1.84 gcm1的濃硫酸_ mL(小數(shù)點(diǎn)后保留

14、1位數(shù)字)。(2)溶解時(shí)需要控制溫度在6070 ，原因是_。(3)操作X的名稱是_。(4)還原、氯化過程的化學(xué)方程式是_。亞硫酸銨要適當(dāng)過量，可能的原因是_(答出一條即可)。(5)隨著氯化銨用量的增加，CuCl沉淀率增大，但增大到一定程度后，沉淀率反而減小，可能的原因是_(用化學(xué)方程式表示)。解析：(1)濃硫酸的濃度c18.4(molL1)。由c(濃)V(濃)c(稀)V(稀)得：18.4 molL1V(濃)0.25 molL11 000 mL，故V(濃)13.6 mL。(2)由流程可以看出，溫度過低，銅的溶解速率慢；溫度過高，銨鹽會(huì)發(fā)生分解。(3)操作X是將不溶雜質(zhì)除去，故為過濾。(4)本題的

15、目的是制取CuCl，故還原、氯化過程是將Cu2還原為CuCl。亞硫酸銨適當(dāng)過量，溶液中的離子濃度較大，可以提高反應(yīng)速率，同時(shí)亞硫酸銨具有還原性，可以防止空氣中的氧氣將CuCl中1價(jià)的Cu氧化。(5)氯化銨用量增加到一定程度后，CuCl沉淀率反而減小，說明CuCl可能與氯化銨發(fā)生了反應(yīng)。答案：(1)13.6(2)溫度低，銅的溶解速率慢；溫度高，銨鹽會(huì)發(fā)生分解(3)過濾(4)2CuSO4(NH4)2SO32NH4ClH2O=2CuCl2(NH4)2SO4H2SO4可以提高反應(yīng)速率，防止生成的CuCl被空氣氧化(答出一條即可)(5)CuClNH4Cl=NH4CuCl23七鋁十二鈣(12CaO7Al2

16、O3)是新型的超導(dǎo)材料和發(fā)光材料。用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和廢Al片制備七鋁十二鈣的工藝如下：(1)煅粉主要含MgO和_。用適量NH4NO3溶液浸取煅粉后，鎂化合物幾乎不溶。若濾液中c(Mg2)小于5106molL1，則溶液pH大于_Mg(OH)2的Ksp51012；該工藝中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是_。(2)濾液中的陰離子有_(忽略雜質(zhì)成分的影響)；若濾液中僅通入CO2，會(huì)生成_，從而導(dǎo)致CaCO3產(chǎn)率降低。(3)用NaOH溶液可除去廢Al片表面的氧化膜，反應(yīng)的離子方程式為_。(4)電解制備Al(OH)3時(shí)，電極分別為Al片和石墨，電解總反應(yīng)方程式為_。

17、(5)一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時(shí)AlCl和Al2Cl兩種離子在Al電極上相互轉(zhuǎn)化，其他離子不參與電極反應(yīng)，放電時(shí)負(fù)極Al的電極反應(yīng)式為_。解析：(1)碳酸鈣和碳酸鎂受熱均易分解，生成氧化鎂和氧化鈣，因此另一種物質(zhì)為氧化鈣；根據(jù)溶度積常數(shù)可計(jì)算出氫氧根離子濃度為1103mol/L，因此氫離子濃度為11011mol/L，所以pH應(yīng)大于11；如果用硫酸銨代替硝酸銨，鈣離子與硫酸根離子能形成硫酸鈣沉淀。(2)濾液中的陰離子包括加入硝酸銨引入的硝酸根離子，水電離生成的氫氧根離子。如果只通入二氧化碳，可能會(huì)生成碳酸氫鈣，從而導(dǎo)致碳酸鈣的產(chǎn)率降低。(3)氧化鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為Al2

18、O32OH=2AlOH2O。(4)陽極上為鋁失電子生成鋁離子，陰極上為氫離子得電子生成氫氣，其電解總反應(yīng)方程式為2Al6H2O2Al(OH)33H2。(5)因?yàn)闆]有其他離子放電，因此負(fù)極反應(yīng)式為Al3e7AlCl=4Al2Cl。答案：(1)CaO11易生成硫酸鈣沉淀而導(dǎo)致碳酸鈣產(chǎn)率降低(2)NO、OHCa(HCO3)2(3)Al2O32OH=2AlOH2O(4)2Al6H2O2Al(OH)33H2(5)Al3e7AlCl=4Al2Cl章末排查練(三)授課提示：對應(yīng)學(xué)生用書第56頁排查50個(gè)重要化學(xué)離子方程式1鈉及其重要化合物Na和H2O的反應(yīng)_Na和CH3COOH的反應(yīng)_Na2O2和H2O的反

19、應(yīng)_NaH和水的反應(yīng)_向NaOH溶液中通入過量CO2_將Na2CO3溶液與石灰乳混合_向Na2CO3溶液中通入過量CO2_將Na2CO3和Ca(HCO3)2混合_將含等物質(zhì)的量NaHCO3溶液和NaOH溶液混合_將含等物質(zhì)的量NaHCO3溶液與澄清石灰水混合_將NaHCO3溶液與少量澄清石灰水混合_向飽和Na2CO3溶液中通入過量CO2氣體_答案：2Na2H2O=2Na2OHH22Na2CH3COOH=2CH3COO2NaH22Na2O22H2O=4Na4OHO2NaHH2O=NaOHH2OHCO2=HCOCOCa(OH)2=CaCO32OHCOCO2H2O=2HCOCOCa2=CaCO3HC

20、OOH=COH2OHCOCa2OH=CaCO3H2O2HCOCa22OH=CaCO3CO2H2O2NaCOCO2H2O=2NaHCO32鋁及其重要化合物Al和NaOH溶液的反應(yīng)_Al(OH)3和NaOH溶液的反應(yīng)_Al(OH)3和鹽酸的反應(yīng)_Al2O3和NaOH的反應(yīng)_Al2O3和鹽酸的反應(yīng)_NaAlO2和過量鹽酸的反應(yīng)_向NaAlO2溶液中通入過量CO2氣體_將NaAlO2與NaHCO3混合_將NaAlO2與AlCl3溶液混合_向AlCl3溶液中加入過量NaOH溶液_向AlCl3溶液中加入過量氨水_將AlCl3溶液與NaHCO3溶液混合_答案：2Al2OH2H2O=2AlO3H2Al(OH)

21、3OH=AlO2H2OAl(OH)33H=Al33H2OAl2O32OH=2AlOH2OAl2O36H=2Al33H2OAlO4H=Al32H2OAlOCO22H2O=Al(OH)3HCOAlOHCOH2O=Al(OH)3CO3AlOAl36H2O=4Al(OH)3Al34OH=AlO2H2OAl33NH3H2O=Al(OH)33NHAl33HCO=Al(OH)33CO23鐵及其重要化合物Fe和過量稀HNO3的反應(yīng)_Fe高溫下和水蒸氣的反應(yīng)_Fe2O3和Al的反應(yīng)_Fe2O3高溫下和CO的反應(yīng)_FeCl3溶液和Cu的反應(yīng)_FeCl3與KSCN的反應(yīng)_向FeCl2溶液中加入等物質(zhì)的量的Na2O2_向FeCl2溶液中加入NaClO_Fe(OH)2長時(shí)間置于空氣中_Fe3O4和稀鹽酸的反應(yīng)_Fe3O4和稀HNO3的反應(yīng)_Fe