1、微专题四 化学工艺流程题型研究【知识网络】(本专题对应学生用书第32页第40页)【高考回眸】 高 考 回 眸 1. (2016江苏高考第16题)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(填字母)。A. 适当减缓通入Cl2的速率B. 充分搅拌浆料C. 加水使Ca(OH)2
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+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O。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)2n(CaCl2)(填“”、“”或“=”)15。(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100gL-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是。【答案】(1)2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OAB(2)CaCO3、Ca(OH)2(3)蒸发浓缩、冷却
3、结晶【解析】(1)Cl2与Ca(OH)2发生歧化反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。减缓通入氯气的速率，会使电石渣相对过量，减少Cl2与水反应生成HClO和HCl，HCl能与CaCO3反应、HClO受热能分解，故可提高氯气的转化率，A项选；充分搅拌浆料能加快反应速率，减少Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2，可提高氯气的转化率，B项选；Ca(OH)2是微溶物，加水很难使其全部溶解，C项不选。(2)氯化过程在75左右进行，此时CaCl2、Ca(ClO3)2 均易溶于水(图中信息)，故滤渣的成分为CaCO3和未反应完
4、的Ca(OH)2。根据题给信息“少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2”知CaCl2的量要多一些，故nCa(ClO3)2n(CaCl2)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(填离子符号)；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 。【答案】(1)CaSO4+2NH3H2O+CO2CaCO3+2N+
5、S+H2O(或CaSO4+CCaCO3+S)AC(2)SHC取少量最后一次洗涤滤液于试管中，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【解析】(1)由于向清液中通入CO2，故当pH11时，CaSO4转化为CaCO3。搅拌能增大物质接触面积，反应速率增大，A正确；加热到100 时，气体溶解度减小，NH3大量挥发，反应速率减小，B错误；增大氨水的浓度能加快反应速率，C正确；减小CO2的通入速率时，转化速率也减小，D错误。(2)在通入CO2时，对S无影响，在pH为6.5时，通入的CO2主要以HC的形式存在；
6、由于沉淀从含有S的溶液中析出，故只需检验洗涤滤液中是否含有S即可判断是否洗涤干净，常用盐酸酸化的BaCl2溶液来检验S的存在。(3)升高温度促进NH4Cl的水解，溶液中的c(H+)增大，促进了Ca2+的浸出。3. (2014江苏高考第16题)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。滤渣的主要成
7、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”)。【答案】(1)Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2OSiO2(2)CaSO43CaCO3+2Al3+3S+3H2O2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2(3)溶液中的部分亚硫酸根离子被氧化为S减小【解析】(1)酸浸时氧化铝与硫酸反应，二氧化硅不与硫酸反应，过滤得到SiO2。(2)加入CaCO3，生成微溶于水的Ca
8、SO4；若pH偏高，将会生成氢氧化铝沉淀。(3)亚硫酸具有较强的还原性，易被氧气氧化为硫酸，使溶液酸性增强。4. (2013江苏高考第16题)氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：(1)MgCO3 与稀硫酸反应的离子方程式为。(2)加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为。(3)滤渣2 的成分是(填化学式)。(4)煅烧过程存在以下反应：2MgSO4+C2MgO+2SO2+CO2MgSO4+CMgO+SO2+CO MgSO4+3CMgO+S+3CO利用右图装置对煅烧产
9、生的气体进行分步吸收或收集。D中收集的气体可以是(填化学式)。B中盛放的溶液可以是(填字母)。a. NaOH溶液b. Na2CO3溶液c. 稀硝酸 d. KMnO4溶液A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4价，写出该反应的离子方程式：。【答案】(1)MgCO3+2H+Mg2+CO2+H2O(2)2FeSO4+H2O2+H2SO4Fe2(SO4)3+2H2O(3)Fe(OH)3(4)COd3S+6OH-2S2-+S+3H2O【解析】(2)根据菱镁矿的成分可知滤液中含有Fe2+，H2O2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，结合前面使用稀硫酸可知溶液显酸性，所以化学方程式
10、为2FeSO4+H2SO4+H2O2)3+2H2O。(3)根据题意要提取镁元素，必须除去不溶性杂质和铁元素。根据流程可知，滤渣1是不溶性杂质，滤渣2中含铁元素，再结合加入一水合氨和H2O2，可知滤渣2是Fe(OH)3。(4)根据反应原理可知，气体中含有SO2、CO2、CO和硫蒸气。D采用排水集气法，气体必然不溶于水，所以是CO。SO2和CO2均属于酸性氧化物，均能与NaOH、Na2CO3溶液反应，达不到分步吸收的目的，a、b错误；SO2与稀硝酸反应同时得到NO，产生新杂质，干扰后续操作，c错误；SO2能被KMnO4氧化，而且没有新气体生成，d正确。根据“淡黄色固体”可知A中是硫单质，产物中元素
11、的最高价态为+4，说明是Na2SO3，进而可知发生氧化还原反应，必然有部分硫化合价降低转化为Na2S，根据化合价升降相等有3S+6OH-S+2S2-+3H2O。5. (2012江苏高考第16题)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：(1)一定条件下，NO与NO2存在反应：NO(g)+NO2(g)N2O3(g)，其平衡常数表达式为K=。(2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是(填化学式)。(3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接
12、近11。若n(NO)n(NO2)11，则会导致；若 n(NO)n(NO2)11，则会导致。(4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，该反应的离子方程式为。【答案】(1)(2)使尾气中NO、NO2被充分吸收Ca(OH)2(3)排放气体中NO含量升高产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高(4)3N+2H+N+2NO+H2O【解析】(2)逆流吸收尾气的目的是充分接触吸收。未反应的石灰乳成为滤渣从信息“滤渣可循环使用”也可判断出滤渣为Ca(OH)2。(3)N2O3为亚硝酸HNO2的酸酐，所以当NO与NO2物质的量之比为11理论上可以全部被吸收：NO+
13、NO2+Ca(OH)2Ca(NO2)2+H2O；若NO2过量，过量的NO2可与Ca(OH)2反应：4NO2+2Ca(OH)2Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O，使产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高；若是NO过量，过量的NO与Ca(OH)2不反应，使尾气中NO增多。(4)由信息“NO(g)+NO2(g)N2O3(g)”及反应N2O3+H2O2HNO2(弱酸)2H+2N知：酸性增强，平衡左移，HNO2转化为NO+NO2，所以在Ca(NO2)2呈酸性时的反应为2N+2H+2HNO2NO2+NO+H2O、3NO2+H2O2HNO3+NO，合并得总反应为3N+2H+N+2NO+H2
14、O。【考题分析】年份试题知识点分值201216平衡常数表达式、离子方程式、反应条件控制的原理12201316离子方程式、氧化还原方程式、基本的实验操作12201416化学用语的书写，反应原理产物的判断，离子方程式、化学方程式的书写，盐类的水解，沉淀的生成与溶解12201516离子方程式的书写、反应条件控制的原理、产物的判断、检验沉淀是否洗净的方法，盐类的水解12201616化学方程式的书写、反应原理产物的判断、反应条件控制的原理12【备考策略】由上表不难看出，在江苏近五年高考中，工艺流程题是每年的必考内容，由于它考查的是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
15、审题能力、分析问题、解决问题、文字表达等方面的能力都要求非常高，所以学生得分往往不高，在2017年的备考中，需要关注以下几个方面的问题：1. 学生不仅要掌握化学基本技能(实验操作技能，计算技能，化学语言转化和运用技能等)，还能掌握化学基本方法(观察方法，实验方法，逻辑思维方法如分析比较、归纳概括、演绎推理、模型假说等)能力。2. 夯实基本功，离子方程式、化学方程式的书写，氧化还原反应的分析、化学平衡的判断等基本知识。3. 在平时的复习中，文字表达时一定要做到规范，在做此类题目时，要善于归纳、总结，认真审题，善于从题目或问题中获取信息判断分析问题，重点考查学生对元素化合物性质的掌握和应用所学知识
16、进行必要的分析、类推或计算一些具体的化学问题的能力。【高考前沿】 高 考 前 沿 1. (2016南京、盐城一模)利用废铅蓄电池的铅泥(PbO、Pb及PbSO4等)可制备精细无机化工产品3PbOPbSO4H2O(三盐)，主要制备流程如下：(1)步骤PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为。(2)滤液1和滤液3经脱色、蒸发、结晶可得到的副产品为(填化学式)。(3)步骤酸溶时，其中铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2及NO的离子方程式为；滤液2中溶质主要成分为(填化学式)。(4)步骤合成三盐的化学方程式为 。(5)步骤洗涤操作时，检验沉淀是否洗涤完全的方法是 。【答案】(1)C+PbSO4PbCO
17、3+S(2)Na2SO410H2O(或Na2SO4)(3)3Pb+8H+2N3Pb2+2NO+4H2OHNO3(4)4PbSO4+6NaOH3Na2SO4+3PbOPbSO4H2O+2H2O(5)取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，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【解析】(2)滤液1和滤液3中溶质的主要成分都为Na2SO4。(3)铅与硝酸的反应类似铜与硝酸的反应，故离子方程式为3Pb+8H+2N3Pb2+2NO+4H2O，沉铅中发生Pb(NO3)2+H2SO4PbSO4+2HNO3，故滤液2的溶质主要是HNO3。(4)根据流程PbSO4与NaOH反应生成三盐
18、，没有元素化合价变化，根据质量守恒配平化学方程式。(5)只要检验洗涤滤液中无硫酸根离子即可。2. (2016苏州一模)氯气是重要的化工原料。(1)工业上常用法生产氯气，写出发生反应的化学方程式：。(2)工业上常用石灰乳和氯气反应制取漂白粉，化学方程式是。部分流程如右图所示，其主要设备是氯化塔，塔从上到下分四层。将含有3%6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，这样加料的目的是。(3)某科研小组在实验室用较浓的KOH溶液直接吸收氯气，研究发现反应进行一段时间后开始出现KClO3并逐渐增多，产生KClO3的离子方程式是，其原因可能是，由此可知(2)中氯化塔设计为四层是为了减少生产中类
19、似副反应的发生。【答案】(1)电解饱和食盐水2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2(2)2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O充分接触(或充分吸收)(3)6OH-+3Cl25Cl-+Cl+3H2O反应放热使温度升高所致【解析】(1)在工业上通常用电解饱和食盐水法制取Cl2，发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。(2)在工业上将Cl2通入到石灰乳中制取漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。石灰乳从上而下喷洒，Cl2从下向上通入，两者逆流接触，使得两者能充分反应。(3)Cl2与KOH
20、在较高温度下发生歧化反应生成KCl、KClO3和H2O，而温度升高的主要原因是Cl2与KOH的反应是放热反应。3. (2016苏北四市三模)从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下：已知：CuFeS2+3CuCl24CuCl+FeCl2+2S(1)浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应的化学方程式为 。(2)若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为 。(3)调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是(填离子符号)。(4)过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有，为保持流程持续循环，每生成1
21、mol Cu，理论上需补充CuCl2的物质的量为。(5)另一种冶炼工艺是将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，化学方程式如下：6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O4+9SO2、Cu2S+O22Cu+SO2此工艺与前一工艺相比主要缺点有 。【答案】(1)CuFeS2+3FeCl3CuCl+4FeCl2+2S(2)Fe2O3(3)Cu2+(4)HCl和CuCl2 0.5 mol(5)能耗高，会产生污染环境的气体SO2等【解析】(2)FeCl2在溶液中水解后得到易挥发的HCl，蒸干后得到的Fe(OH)2被O2氧化生成Fe(OH)3，灼烧后得到Fe2O3。(3)含有CuCl2-
22、的溶液中加入水调节pH时，发生反应2H+2CuCl2-Cu+CuCl2+2HCl，故产生的金属阳离子为Cu2+。(4)根据(3)可知，过滤3后的滤液中含有HCl和CuCl2，两者都可循环利用；根据整个流程中的反应可得关系式CuFeS24CuCl4HCuCl22Cu+2CuCl2，由此可知每生成2molCu需要补充1molCuCl2。4. (2016南京、盐城、连云港二模)以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu(OH)2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl(1)“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu(OH
23、)2反应的化学方程式为。为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；。(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为。(3)“滤渣2”的主要成分为(填化学式)；“调pH”时，pH不能过高，其原因是。(4)“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是。【答案】(1)CuCO3Cu(OH)2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间(2)Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-(3)Fe(OH)3防止Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀(4)生成的HCl抑制CuCl2的水解【解析】(2)酸浸后的溶液中含有Fe2+，通入Cl2后能将Fe2+氧化为F
24、e3+。(3)被氧化后的溶液中含有Cu2+和Fe3+，调节pH的目的是使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，当调节溶液的pH过高时，Cu2+也能沉淀。(4)由“已知”中化学方程式可知，SOCl2与水反应后生成HCl，生成的HCl能抑制Cu2+的水解。【要点精析】 要 点 精 析 化学工艺流程题的解题要领1. 解题要领解题步骤 解题策略首尾呼应找出主线1. 对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料2. 依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务分段剖析明析细节3. 以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提纯三个阶段4. 依箭头指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条
25、件的作用，融通对流程的整体分析5. 某些暂时琢磨不透的环节，可先“淡化处理”，如有必要，可“顺藤摸瓜”或带着问题回头来进行有针对性的分析 先易后难规范答题6. 先易后难：先回答与工艺流程非密切相关的问题，确保易拿的分数先拿，规范答题7. 变换角度：从基本原理、绿色化学、经济角度、安全生产等多角度思考答题8. 充分利用题给信息合理答题2. 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
26、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，调节pH、促进水解(沉淀)3. 常见的操作与答题常见的操作答题要考虑的角
27、度加过量试剂使反应完全进行(或增大转化率、产率)等加氧化剂氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩冷却结晶过滤(洗涤、干燥)提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的判断沉淀是否洗涤干净取最后一次洗涤滤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等控制溶液的pH调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属
28、离子形成氢氧化物沉淀)“酸作用”还可除去氧化物(膜)“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴 )防止副反应的发生使化学平衡移动；控制化学反应的方向控制固体的溶解与结晶控制反应速率；使催化剂达到最大活性升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质“冰水洗涤”：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过
29、程中的溶解损耗用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次表面处理用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等如何确定工艺流程中的重要物质?【问题引出】化工生产“工艺流程题”已成为高考成熟常考题型，其中“循环物质、副产品、滤渣和滤液”等是常考命题角度，体现了试题的难度和区分度。【考题呈现】(2015天津高考)废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍。湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产
30、品。某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如下：流程中有三次实现了试剂的循环使用，已用虚线标出两处，第三处的试剂是。循环使用的NH4Cl在反应中的主要作用是。【答题思路】【答案】 H2SO4防止由于溶液中c(OH-)过高，生成Cu(OH)2沉淀【解析】 电解硫酸铜溶液，能得到铜、氧气和硫酸，在反应中用到硫酸，所以H2SO4能循环利用；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，能和氢氧根离子反应，从而抑制氢氧化铜生成。【归纳总结】1. 循环物质的确定2. 副产品的判断3. 滤渣、滤液成分的确定要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：(1)反应过程中哪些物质(
31、离子)消失了?(2)所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子?要考虑这些离子间是否会发生反应?【题组训练】1. (2015淮安一模)钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。工业上以草酸盐共沉淀法获得草酸氧钛钡晶体BaTiO(C2O4)24H2O，煅烧可获得钛酸钡粉体。加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为；可循环使用的物质X是 。2. (2015无锡模拟)工业上用闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质)为原料生产ZnSO47H2O的工艺流程如下：(已知Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间)从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，其化学式为。【典题
32、演示】 典 题 演 示 化学工艺流程和物质的制备【典题演示1】(2016常州一模)V2O5是接触法制硫酸的重要催化剂，工业上生产V2O5的工艺流程如下：(1)步骤所得废渣与NaOH溶液反应的离子方程式为。(2)步骤、的变化过程可简化如下(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)实验室中步骤、使用的主要仪器是。步骤中萃取时必须加入适量碱，其原因是。(3)步骤中X试剂为(填化学式)，步骤的离子方程式为。(4)该工艺流程中，可以循环利用的物质有和(填名称)。【答案】(1)SiO2+2OH-Si+H2O(2)分液漏斗
33、加碱平衡向右移动，VO2+进入有机层(3)H2SO49H2O+Cl+6VO2+Cl-+6V+18H+(4)氨气有机萃取剂【解析】(2)步骤中存在平衡R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)，加入适量碱中和硫酸，促进平衡正向移动，提高钒的萃取率。(3)步骤为反萃取，得到的水溶液中含VO2+、S，所以X试剂为H2SO4；根据流程图，步骤加入强氧化剂KClO3，将VO2+氧化为V，自身被还原为Cl-。(4)步骤需加入氨水，步骤生成氨气，所以氨气可循环利用；步骤为萃取，步骤为反萃取，所以有机萃取剂也可以循环利用。【变式训练1】(2016镇江一模)实验室用某冶
34、金厂的废渣(Fe2O3、Al2O3和少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)Fe(OH)(SO4)n和高纯度的Al2O3，流程如下：(1)写出酸浸时废渣中主要成分发生反应的一个离子方程式： 。过程中FeS转化为Fe3+和硫单质，写出此反应的离子方程式： 。(2)将滤渣灼烧可得到纯度较高的晶体，产生的气体通入下列溶液中，溶液不会褪色的是(填字母)。A. 品红溶液B. 酸性KMnO4溶液 C. 紫色石蕊溶液D. 溴水(3)加入K2CO3，溶液中Fe3+、Al3+的相对含量的变化如右图所示，则x的取值范围为。控制溶液的温度为7080 的目的是。(4)过程中若用NaOH代替氨水会造成铝元
35、素的损失，其原因是(用离子方程式表示)。【答案】(1)Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O(或Al2O3+6H+2Al3+3H2O)4FeS+3O2+12H+4Fe3+4S+6H2O(2)C(3)2.53.5(在此范围内即可)温度太低不利于水解，温度过高难于生成聚铁(4)Al(OH)3+OH-Al+2H2O【解析】(2)废渣中的SiO2不能与酸反应，故滤渣中含有未溶解的SiO2和生成的S，故滤渣灼烧时生成SO2，能使品红褪色(体现SO2的漂白性)，也能使KMnO4和溴水褪色(利用SO2的还原性)，但通入到紫色石蕊试液中能变红色(生成酸H2SO3)。(3)在流程图中可知，调节pH=x是为了使Fe
36、3+沉淀完全而不能使Al3+沉淀，结合图示可知控制pH范围为2.53.5；温度太低水解速率太慢，温度太高Fe3+容易水解得到Fe(OH)3胶体而不能形成聚铁。(4)调节溶液的pH，过滤后的溶液中主要含有Al3+，若加入NaOH，过量的NaOH能将Al(OH)3溶解得到NaAlO2，从而使得Al损失。化学工艺流程与反应原理【典题演示2】(2016南通、扬州、泰州三模)NiCl2是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料为原料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为 1.0 molL-1计算)。氢氧化物Fe(O
37、H)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH1.16.53.57.1沉淀完全的pH3.29.74.79.2(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：适当升高温度；搅拌；等。(2)酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等。沉镍前需加Na2CO3控制溶液pH范围为。(3)从滤液A中可回收利用的主要物质是。(4)“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为。(5)工业上用镍为阳极，电解0.050.1 molL-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl浓度对阴极
38、电流效率及镍的成粉率的影响如右图所示。NH4Cl的浓度最好控制为。当NH4Cl浓度大于15gL-1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，写出相应的电极反应式： 。【答案】(1)增大盐酸的浓度(或将金属镍废料粉碎等)(2)4.77.1(3)NaCl(4)2Ni2+ClO-+4OH-Ni2O3+Cl-+2H2O(5)10 gL-12H+2e-H2(或2N+2H2O+2e-H2+2NH3H2O)【解析】(2)酸浸后的溶液中加入H2O2后，能将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，需要将溶液中的Fe3+、Al3+转变成 Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，但不能使Ni2+沉淀，故应调节溶
39、液的pH为4.77.1。(3)调pH后的溶液中主要含有NiCl2，加入Na2CO3沉镍后，溶液中主要含有NaCl。(4)沉镍后的滤渣中加入盐酸生成NiCl2，加入 NaClO 和NaOH后，Ni2+在碱性条件下被ClO-氧化为Ni2O3，而ClO-被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平离子方程式。(5)由图示看出，在NH4Cl的浓度为10gL-1时镍的成粉率和阴极电流效率最高。【变式训练2】(2016南通、泰州、扬州、淮安二模)以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料可生产草酸锌晶体(ZnC2O42H2O)。有关氢氧化物开始
40、沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe (OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请回答下列问题：(1)滤渣A的主要成分为。(2)除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀的离子方程式为 。(3)除铁(部分Cu2+可能被除去)时加入ZnO控制反应液pH的范围为。上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是。(4)若沉淀过程采用Na2C2O4代替草酸铵晶体生产草酸锌，合理的加料方式是。(5)将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如右图所示，300460 范围内，发生
41、反应的化学方程式为。【答案】(1)SiO2(2)Mn2+H2O2+H2OMnO(OH)2+2H+(3)3.35.4先加入ZnS会将Fe3+还原为Fe2+，使铁元素难以除去(4)在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中(5)ZnC2O4ZnO+CO+CO2【解析】(1)根据烟道灰的主要成分可知，在酸浸过程中只有SiO2不能与盐酸反应，故滤渣A的主要成分是SiO2。(3)除锰步骤中加入的H2O2能将滤液中的Fe元素全部转变为Fe3+，结合表格中的数据可知，调节pH应大于3.3以保证Fe3+完全沉淀，但该过程中Zn2+不能生成沉淀，故pH要小于5.4。(4)除铜后的溶液中只含有ZnCl2
42、，故可以将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中得到草酸锌晶体，因为Na2C2O4溶液水解显碱性，故不能将ZnCl2加入到Na2C2O4溶液中，否则会生成Zn(OH)2等杂质。(5)A点固体的摩尔质量为189 gmol-180.95%=153 gmol-1，故在A点时失去了全部的结晶水，即加热到300时得到的固体为ZnC2O4，B点固体的摩尔质量为189 gmol-142.86%=81 gmol-1，故B点固体的成分为ZnO，故在该温度范围内发生的是ZnC2O4分解得到ZnO的反应。化学工艺流程与实验条件【典题演示3】(2016扬州一模)碳酸镁水合物是制备镁产品的中间体，工业上从弱碱性卤水(
43、主要成分为MgCl2)中获取MgCO33H2O的方法如下：图1沉淀过程的pH变化(1)写出沉淀过程的离子方程式： 。(2)沉淀过程的pH随时间的变化如图1所示，沉淀过程的操作为(填字母)。a. 向卤水中滴加NaOH溶液，同时通入CO2b. 向NaOH溶液中滴加卤水，同时通入CO2c. 向卤水中通入CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2d. 向NaOH溶液中通入CO2至饱和，然后滴加卤水，同时继续通入CO2(3)沉淀过程的c(Mg2+)随时间的变化如图2所示，不同温度下所得到沉淀产物如图3所示，沉淀过程选择的温度为，理由是。图2不同温度下c(Mg2+)随时间的变化图3不同反应温度
44、下所得水合碳酸镁的XRD谱图(4)写出MgCO33H2O在323 K温度时发生转化的化学方程式： 。(5)在洗涤步骤中，表明产物洗涤干净的操作为 。【答案】(1)Mg2+CO2+2OH-+2H2OMgCO33H2O(2)c(3)313K较高的温度能够加快沉淀反应的速率，也使得溶液中残留的c(Mg2+)较小，提高Mg2+的沉淀率，但温度过高易生成Mg5(OH)2(CO3)44H2O(4)5(MgCO33H2O)Mg5(OH)2(CO3)44H2O+CO2+10H2O(5)取少量最后一次洗涤滤液，向其中加入HNO3酸化的AgNO3 溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净【解析】(1)由流程图可以看出
45、，在沉淀过程中生成的是MgCO33H2O，反应的离子方程式为Mg2+CO2+2OH-+2H2OMgCO33H2O。(2)由图1看出，开始时溶液的pH逐渐减小，后pH逐渐增大，故先通入CO2至饱和，然后加入NaOH溶液，同时继续通入CO2。(3)由图2可知，323K、313K时，沉淀结束后溶液中c(Mg2+)最低，结合图3可知在313K时，从溶液中才析出MgCO33H2O。(4)由图3可知，在323 K时所得产物主要是 Mg5(OH)2(CO3)44H2O，故反应的化学方程式为 5(MgCO33H2O)Mg5(OH)2(CO3)44H2O+CO2+10H2O。(5)在过滤所得的晶体表面含有Cl-
46、，检验产物是否洗涤干净，只需检验洗涤滤液中是否含有Cl-即可。【变式训练3】 (2016苏北四市一模)工业上处理含铬(主要成分是HCr)污水并制备磁性铁铬氧体的工艺流程如下： (1)还原过程中HCr转化为Cr3+ 的离子方程式为 。(2)当沉淀池中c(Fe2+)c(Fe3+)=21时，能生成铁铬氧体。通入压缩空气是形成铁铬氧体的必要条件之一，通入压缩空气的目的是、。在加NaOH溶液之前通入的空气量不宜过多，若过多必须向沉淀池中增补的物质可能为(填字母)。A. FeSO4B. CuC. H2O2D. Fe(3)已知三价铬Cr()在水溶液中的存在形态随pH 的变化如右图，为尽可能除去铬元素实现清液
47、达标排放，沉淀池中pH要控制在；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为。【答案】(1)HCr+3Fe2+7H+Cr3+3Fe3+4H2O(2)搅拌将Fe2+氧化为Fe3+(或调节Fe2+和Fe3+的比例)AD(3)612(在此范围内即可)Cr(OH)3转化为可溶性的 Cr(OH【解析】(1)在还原过程中，HCr在酸性条件下将Fe2+氧化成Fe3+的同时自身被还原为Cr3+，反应的离子方程式为HCr+3Fe2+7H+Cr3+3Fe3+4H2O。(2)为了将含铬废水中的HCr完全还原为Cr3+，往往加入过量的Fe2+，故通入压缩空气的作用之一是利用O2将过量的Fe2+氧化为Fe3+，同时通入压缩
48、空气也起到搅拌作用；当通入的O2过多时，应加入适量的 FeSO4或Fe来除去过量的O2。(3)因为Cr3+与Cr(OH都可在溶液中存在，故只有当Cr形成Cr(OH)3沉淀时，才能彻底将溶液中的Cr除去，故应控制溶液的pH在612；若溶液的pH过高，则Cr(OH)3将转变成易溶于水的Cr(OH。【课堂评价】1. (2016南通一模)氧化铁黄(化学式为FeOOH)是一种黄色颜料，工业上以废铁为主要原料生产氧化铁黄的一种工艺流程如下：(1)废铁在反应前常用热的纯碱溶液清洗表面油污，其原理是(填离子方程式)。(2)氧化过程生成氧化铁黄的化学方程式是 。(3)检验洗涤是否完全的方法是。(4)色光度是产品
49、质量的指标之一，合格氧化铁黄的色光度值范围为-0.50.5。氧化过程若温度太高，会导致产品颜色偏红，可能含有的杂质是。氧化过程溶液pH对产率、色光度的影响如右图所示，氧化时应控制pH的合理范围是，pH过小导致产率较低的可能原因是。【答案】(1)C+H2OHC+OH-(2)4FeSO4+O2+8NaOH4FeOOH+4Na2SO4+2H2O(3)取少量最后一次的洗涤滤液于试管中，向其中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全，否则未洗涤完全(4)Fe2O3或Fe(OH)3 3.54.0pH过小导致氧化铁黄部分溶于酸(或抑制Fe3+水解等其他合理答案)【解析】(1)纯碱的水
50、溶液因Na2CO3的水解而显碱性，能使废铁表面的油污水解。(2)过量的废铁屑中加入浓硫酸后生成FeSO4，通入空气后，在碱性条件下被氧化成FeOOH。(3)因为在氧化过程中生成了Na2SO4，滤渣是否洗涤干净，主要看洗涤滤液中是否存在S，若含有S则未洗涤干净。(4)铁的化合物中，Fe2O3、Fe(OH)3呈红褐色，故产品偏红是因为含有Fe2O3或Fe(OH)3。由图数据看出，pH在3.54.0时，色光度值在合格范围内且产率较高；pH过小时，FeOOH能与H+反应，从而使得产率较低。2. (2016苏锡常镇二模)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl微溶于水，不溶于稀酸，
51、可溶于Cl-浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如下：(1)溶解步骤的温度应控制在6070 ，原因是。该步骤中Cu与NH4NO3反应的离子方程式为(N元素被还原到最低价)。(2)还原步骤发生反应的离子方程式为。(3)滤液的主要成分为(填化学式)，洗净过滤所得固体应选用(填字母)。A. 盐酸B. 硫酸C. 硝酸(4)(NH4)2SO3的用量与Cu2+沉淀率的关系如右图所示，工业上采用0.6最为适宜，此时(NH4)2SO3略过量，其原因是 。【答案】(1)温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解4Cu
52、+N+10H+4Cu2+N+3H2O(2)2Cu2+S+2Cl-+H2O2CuCl+S+2H+(3)(NH4)2SO4、H2SO4B(4)保证生成的CuCl不被氧气氧化或(NH4)2SO3被空气中的氧气氧化【解析】(1)温度控制的范围可从反应速率和反应物的性质方面考虑，温度太低会导致反应速率太慢，温度太高，反应物NH4NO3易受热分解；溶解铜的过程中加入了，故Cu在酸性条件下被N氧化为Cu2+，同时N被还原为N，由此可写出反应的离子方程式。(2)在还原步骤中，S将Cu2+还原为Cu+，Cu+与Cl-结合生成CuCl沉淀，反应的离子方程式为2Cu2+S+2Cl-+H2O2CuCl+S+2H+。(
53、3)由还原步骤中发生反应的离子方程式可知，滤液中含有(NH4)2SO4、H2SO4；由流程图可知，酸洗后的溶液与前面的滤液能合并，故只能用硫酸洗涤，用其他两种酸洗涤时会引入杂质离子Cl-或N。(4)(NH4)2SO3稍过量时，能消耗O2，从而减少CuCl被O2氧化。【要点精析答案】【要点精析】答案【题组训练】(能力2)1. BaCl2 +TiCl4 +2H2C2O4+5H2OBaTiO(C2O4)24H2O+6HCl盐酸(或HCl)【解析】根据过滤得到草酸氧钛钡晶体BaTiO(C2O4)24H2O可知，加入H2C2O4溶液时，发生反应的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2H2C2O4 +5H2OBaTiO(C2O4)24H2O+6HCl。反应中有HCl生成，在酸浸中要加入HCl，因此可以循环利用的是HCl。2. S【解析】依据流程图中的转化关系分析判断，加入的硫酸铁具有氧化性，能氧化硫化锌、硫化镉，从滤渣A中可获得一种淡黄色非金属单质的副产品，为氧化产物硫。趁热打铁，事半功倍。请老师布置同学们及时完成配套检测与评估中的练习第78页。