1、1近几年化工工艺流程题的考查特点近几年全国卷工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为考查素材，以工艺流程图为信息背景，以物质的性质、转化、分离等为考查点，将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机融合在一起的综合型试题。通常会涉及陌生的化学工业工艺和化学反应，往往给考生较大的冲击力，考生不一定能完全理解整个流程的原理，但一般不会影响答题。从试题给出的目的出发，主要可分为以物质制备为主要目的的工艺流程和以分离提纯为主要目的的工艺流程。涉及物质的转化、物质的分离提纯、尾气等废弃物的处理等化学问题，体现了变化观念、证据推理以及科学态度与社会责任的学科素养。2解答化工工艺流程题的一般思路(1
2、)读题干，找信息和目的。找出题干中的“制备”或“提纯”等关键词，明确化工生产的原料、产品和杂质。(2)看问题，根据具体的问题，找出流程中需重点分析的步骤或环节，重点抓住物质流向(进入与流出)、操作方法等。(3)局部隔离分析，分析加入什么物质，得到什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。(4)特别提醒：每个题中基本上都有与流程无关的问题，可直接作答。工艺流程图：3常考化工术语常考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(溶解)速率或使反应更充分，增大原料的转化率(或浸取率)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
3、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，除去氧化物(膜)，抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(形成沉淀等)4.常考条件控制(1)控制溶液的p
4、H调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，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)。(2)控制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。(3)控制压强：改变速率，影响平衡。(4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。(5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。(6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目
5、的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。物质制备型【题型方法技巧】明确题目要制备什么物质，给的原料是什么，利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多地获得产品，核心是提高反应物的转化率。围绕这个
6、核心分析药品、操作、条件的作用，做到有的放矢。1如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。2如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。3如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2、SO、I等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。4
7、如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。5当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。6在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：(1)对反应速率有何影响。(2)对平衡转化率是否有利。(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。【高考真题再现】1(2019高考全国卷，T26，14分)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用
8、于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、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：H3BO3H2OHB(OH)，Ka5.811010，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)2MgCO3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
9、式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。解析：(1)硫酸铵溶液中存在水解平衡：NHH2ONH3H2OH，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NH3H2ONH3H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨，发生反应的化学方程式为NH4HCO3NH3=(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pH3.5，目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。(
10、4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生相互促进的水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO42(NH4)2CO3H2O=Mg(OH)2MgCO32(NH4)2SO4CO2，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，化学方程式为MgCO3Mg(OH)22MgOH2OCO2。答案：(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元
11、弱转化为H3BO3，促进析出(4)2Mg23CO2H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO或2Mg22COH2O=Mg(OH)2MgCO3CO2溶浸高温焙烧2(2019高考全国卷，T26，13分)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_(填标号)。A黄色 B红色C紫色 D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其
12、转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 molL1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积 V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的
13、含量为_(写出表达式)。解析：(1)灼烧立德粉样品时钡的焰色为绿色。(2)由流程图中经浸出槽后得到净化的BaS溶液以及回转炉尾气中含有有毒气体可知，在回转炉中BaSO4与过量的焦炭粉反应生成可溶性的BaS和CO；生产上可通过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体CO，即CO与H2O反应生成CO2和H2。所得“还原料”的主要成分是BaS，BaS在潮湿空气中长期放置能与空气中的H2O反应生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，“还原料”的水溶性变差，表明其表面生成了难溶性的BaCO3。结合立德粉的成分可写出沉淀器中S2、Ba2、Zn2、SO反应生成 ZnSBaSO4的离子方程式。(3)达到滴定终点时I2完全
14、反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22S2O，可得n(I2)过量0.100 0V103 mol，再根据关系式S2I2可知，n(S2)0.100 025.00103 mol0.100 0V103 mol0.100 0103 mol，则样品中S2的含量为100%。答案：(1)D(2)BaSO44C=BaS4COCOH2O=CO2H2BaCO3S2Ba2Zn2SO=ZnSBaSO4(3)浅蓝色至无色100%【题组模拟演练】1(2018高考全国卷，T26，14分)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌
15、矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。解析：(
16、1)在焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。(2)溶液中的Pb2与SO不能共存生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于H2SO4，即滤渣1中含SiO2和PbSO4。氧化除杂过程中O2能将溶液中Fe2氧化生成Fe3，加入ZnO能调节溶液的pH，促进Fe3完全水解。由题表可知，Fe2、Zn2开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近，若不通入O2使Fe2氧化为Fe3，加入ZnO后无法除去Fe2，会影响Zn的纯度。(3)根据题中信息可知，还原除杂工序中涉及的离子反应为Cd2Zn=CdZn2。(4)结合图示可知，电解ZnSO4溶液时生成Zn，即电解时Zn2在阴极被还原，电极反应式为Zn22e=Zn。沉积锌后
17、的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序继续使用。答案：(1)2ZnS3O22ZnO2SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶浸2氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶添加剂。一种以锌焙砂(ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO杂质，其中As与N同主族)为原料制备氧化锌的流程如图所示：请回答下列问题。(1)循环使用的物质有_、_和_。(填化学式)(2)“浸出”时，锌以Zn(NH3)4进入滤液。锌浸出率与温度的关系如图1所示，请解释温度超过55 后浸出率显著下降的原因：_。锌浸出率与n(NH3)n(NH4)2
18、SO4的关系如图2所示，64之后浸出率下降，说明_(填编号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。AZnO和ZnSiO3BZnOCZnSiO3(3)“除砷”过程中生成Fe3(AsO4)2沉淀，其中铁元素的化合价是_；沉淀剂为FeSO4H2O、(NH4)2S2O8，添加(NH4)2S2O8的目的是_。(4)“除重金属”和“深度除重金属”除去的重金属是_(填名称)。(5)“蒸氨”的产物主要是ZnSO4和NH3，写出所发生反应的化学方程式：_。解析：(1)由流程图可知，浸出需要加入NH3H2O，NH3H2O在蒸氨过程中产生，浸出需要加入(NH4)2SO4，(NH4)2SO4在沉锌过滤后产生，沉锌需要通入C
19、O2, CO2在焙烧过程中产生，故NH3H2O或NH3、(NH4)2SO4、CO2属于循环使用的物质。(2)锌浸出率在55 后显著下降，由反应原料可知，温度升高，氨挥发导致溶液浓度下降，浸出率下降。氧化锌是两性氧化物，在氨与硫酸铵的比例大于64时，可以和浓氨水发生反应，生成络合物Zn(NH3) ，硅酸锌只与硫酸铵反应，而此时，硫酸铵比例较低，故浸出率降低，C选项正确。(3)由As与N同主族可知，Fe3(AsO4)2中As元素化合价为5，则阴离子为AsO，铁元素化合价为2；原本As元素化合价为3，在除砷过程中变为5，而(NH4)2S2O8具有强氧化性，故加入(NH4)2S2O8的目的是把砷元素氧
20、化成AsO，以便于除去砷。(4)由题意可知，Zn元素在浸出后以Zn(NH3)进入滤液，除砷之后，加入Zn，可将Cu与Pb置换出来过滤除去，再用S2沉淀残留的重金属离子，因此除去的重金属为铜和铅。(5)由题意可知，Zn元素在浸出后以Zn(NH3)进入滤液，结合产物为ZnSO4和氨，可分析出化学方程式为Zn(NH3)4SO4ZnSO44NH3。答案：(1)NH3H2O(或NH3)(NH4)2SO4CO2(2)温度升高，氨挥发而使溶液浓度下降，浸出率下降C(3)2把砷元素氧化成AsO以便除去砷(4)铜和铅(5)Zn(NH3)4SO4ZnSO44NH33(2019绵阳第一次诊断性考试)连二亚硫酸钠(N
21、a2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：(1)Na2S2O4在潮湿空气中被氧化，生成的两种常见酸式盐是_(填化学式)。(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：工业上常将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，其目的是_。步骤中发生反应的化学方程式为_。步骤中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是_，“后续处理”最终要加入少量Na2CO3固体，其原因是_。(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2
22、使之发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是_。(4)有人设计了如图方法同时制备连二亚硫酸钠和过二硫酸钠(Na2S2O8)。电解过程中，阴极室生成Na2S2O4，a极的电极反应式为_，通过阳离子交换膜的离子主要是Na，其迁移方向是_(填“由左侧向右侧移动”或“由右侧向左侧移动”)。解析：(1)根据硫的含氧酸有亚硫酸和硫酸，再根据氧化还原反应的化学合价升降法可知，Na2S2O4在潮湿空气中被氧化生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。(2)将锌块进行预处理得到锌粉水悬浊液，目的是增大锌粒的表面积，加快化学反应速率。步骤中Zn与SO2反应生成ZnS2O4，化学方程式为Zn2SO2
23、=ZnS2O4。根据Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇可知，步骤中得到的Na2S2O4固体用乙醇洗涤，可以减少Na2S2O4的溶解损失，且易于干燥。根据Na2S2O4在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化可知，“后续处理”最终要加入少量Na2CO3固体，其原因是Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定。(3)根据HCOONaCO2，C从2价升为4价，失2e，SO2S2O，硫从4价降为3价，1个SO2得1个e，根据得失电子守恒可知，HCOO和SO2的化学计量数之比为12，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为HCOOOH2SO2=S2OCO2H2O。(4)a极为阳极，SO发生氧化反应
24、转化为S2O，电极反应式为2SO2e=S2O。电解时阳离子向阴极移动，故Na由左侧向右侧移动。答案：(1)NaHSO3和NaHSO4(2)增大锌粒的表面积，加快化学反应速率Zn2SO2=ZnS2O4减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定(3)HCOOOH2SO2=S2OCO2H2O(4)2SO2e=S2O由左侧向右侧移动分离提纯型【题型方法技巧】1题型特点分离提纯型工艺流程题多以矿物、各种废弃物为原料，经过各种处理，除去杂质获得有价值的产品。考查的核心在各种分离提纯的实验操作以及条件的控制选择上。虽然把题目形式设计为工艺流程框图，但其实质还是
25、对混合物的除杂、分离、提纯操作的考查。2解题思路从试题中找出想要什么，要除去的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转化成了什么物质；怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要彻底。3常用分离方法(1)固体与固体的分离(2)固体与液体的分离(3)液体与液体的分离4常见操作的答题思考角度常见操作答题思考角度分离、提纯过滤、蒸发、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)；或蒸发结晶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
26、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少量最后一次洗涤液，检验其中是否还有某种离子存在控制溶液的pH方法见前述控制温度(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常见洗涤方式见前述；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
27、作23次表面处理“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【高考真题再现】1(2019高考全国卷，T26，14分)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)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和_；写出“
28、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xy时，z_。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S
29、iO2(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，根据化合价升价法可配平该反应。(2)“溶浸”后溶液中可能含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范围为4.76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
30、动，Mg2不能完全除去。(6)“沉锰”时Mn2与HCO反应生成MnCO3、CO2和H2O，由此可写出离子方程式。(7)化合物LiNixCoyMnzO2中，当xy时，根据化合价代数和为0得1234z220，解得z。答案：(1)SiO2(或不溶性硅酸盐)MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O(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(s)Mg2(aq)2F(aq)平衡向右移动(6)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O (7)22017高考全国卷，T27(1)(2)(3)(4)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁
31、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
32、 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。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O，氢离子浓度越大(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，K2Cr2O
33、7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，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2CrO2HCr2OH2O(4)d复分解反应【题组模拟演练】1(2019广州普通高中毕业班综合测试)某废旧锂电池材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂石墨和铝粉等。回收废旧锂电池中钴的工艺流程如下：已知：Ksp(CoC2O4)2.5109，Ksp(CoCO3)1.51013。回答下列问题：(1)“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3，“浸出渣”的主要成分是C
34、oC2O4。“浸出”中生成CoC2O4的化学方程式为_，若H2C2O4用量过大，CoC2O4的产率反而会降低，原因是_。(2)“转化”中加入Na2CO3溶液发生反应的离子方程式为_，该反应进行的程度较大，试用平衡常数K解释原因：_。(3)“电解”时装置如图所示。阳极的电极反应式为_，电解后a室中的电解液可返回_工序继续使用。(4)某废旧锂电池粉末中LiCoO2的质量分数为w，将m kg该废料进行回收利用，电解得到钴n kg，钴的回收率为_。解析：(1)由文字信息及工艺流程知，反应物是LiCoO2与H2C2O4，生成物有LiHC2O4、CoC2O4，故可先写出LiCoO2H2C2O4LiHC2O
35、4CoC2O4，此反应中钴的化合价降低了，故有一部分草酸被氧化为CO2，由此可得LiCoO2H2C2O4LiHC2O4CoC2O4CO2，依据得失电子守恒、质量守恒最后可得到2LiCoO25H2C2O4=2LiHC2O42CoC2O42CO24H2O。当H2C2O4用量过大时，H2C2O4会与CoC2O4反应生成酸式盐Co(HC2O4)2，从而导致CoC2O4产率降低。(2)CoC2O4与CoCO3组成形式相同，由Ksp数值知，CoC2O4遇Na2CO3易转化为CoCO3。CoC2O4COCoCO3C2O，K1.67104。(3)阳极上是H2O放电生成O2与H。电解过程中阳极室的H进入a室，阴
36、极室的Cl进入a室，最终a室得到盐酸，可用于酸溶过程。(4)m kg LiCoO2中钴的质量为，回收率n100%100%。答案：(1)2LiCoO25H2C2O4=2LiHC2O42CoC2O42CO24H2OCoC2O4与过量的H2C2O4反应转化成Co(HC2O4)2而溶解(2)CoC2O4COCoCO3C2O该反应的平衡常数K1.67104，反应正向进行的趋势很大(3)2H2O4e=O24H酸溶(4)100%2(2019河北九校高三联考)镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下：已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2
37、、Fe3、Cu2、Ca2、Mg2、Zn2。常温下，部分物质的溶度积常数如下表：难溶物NiSZnSCuSCaF2MgF2溶度积常数1.0710212.9310251.271036410117.421011请回答下列问题：(1)写出含镍矿渣浸取时生成硫单质的离子方程式：_。(2)加入Na2CO3溶液沉铁时生成的沉淀1为难溶于水的黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6，同时生成一种无色气体，写出此反应的离子方程式：_。(3)向溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2，原理是Cu2(aq)NiS(s)Ni2(aq)CuS(s)，该反应的化学平衡常数是_(保留三位有效数字)。(4)“除锌”时，Zn
38、SO4与有机萃取剂(用HA表示)形成易溶于萃取剂的络合物ZnA22HA，一段时间后达到化学平衡。试写出萃取时反应的化学方程式：_。试分析“除锌”时锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：_。解析：(1)根据流程图分析可知，含镍矿渣浸取时生成硫单质的离子方程式为3NiSClO6H=3Ni23SCl3H2O。(2)加入Na2CO3溶液沉铁时，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀和一种无色气体，该气体为CO2，反应的离子方程式为Na3Fe32SO3H2O3CO=NaFe3(SO4)2(OH)63CO2。(3)根据Cu2(aq)NiS(s)Ni2(aq)CuS(s)，可得K8.43101
39、4。(4)由题目信息可知，向溶液3中加入有机萃取剂HA时，形成络合物ZnA22HA，该反应为可逆反应，其化学方程式为ZnSO44HAZnA22HAH2SO4。“除锌”时增大料液的pH，使料液中c(H)减小，促使平衡右移，从而使锌的萃取率增大。答案：(1)3NiSClO6H=Cl3S3Ni23H2O(2)Na3Fe32SO3H2O3CO=NaFe3(SO4)2(OH)63CO2(3)8.431014(4)ZnSO44HAZnA22HAH2SO4料液的pH增大时，料液中的c(H)减小，促使平衡向右移动，锌的萃取率增大3溴化锂是一种高效的水汽吸收剂和空气湿度调节剂，54%55%的溴化锂水溶液是吸收式
40、绿色制冷剂，其对环境无污染。制备路线图如下：(1)25 时在Li2CO3与LiF的混合悬浊液中，_(25 ，Li2CO3的Ksp8104；LiF的Ksp2103)，溶液显_(填“中性”“酸性”或“碱性”)。(2)制得LiBr的关键是“合成”与“调pH”阶段。“合成”制得LiBr时，绿色还原剂CO(NH2)2与Br2恰好反应的物质的量之比是_。“合成”后的生成液为橙黄色，且Li2CO3调节pH到89，Li2CO3转化为LiHCO3，同时溶液变为无色，加入Li2CO3的目的为_。“合成”时温度与BrO%的关系如下表：温度/20304050607080BrO/%00.500.600.710.758.
41、515.2“合成”时选择的温度为_，理由是_。(3)“除杂1”利用CS(NH2)2去除BrO，生成物为Li2SO4、CO(NH2)2等，写出相应的化学方程式：_。(4)“除杂2”先用HBr把溶液调到一定的酸度，加热到70 左右，然后用LiOH调至pH7，加热的作用是_。解析：(1)200。混合溶液因CO、F的水解而显碱性。(2)由图中信息知，反应中Br2是氧化剂、CO(NH2)2是还原剂，氮元素转化为N2、碳元素转化为CO2，化学方程式为3Li2CO33Br2CO(NH2)2=6LiBr4CO2N22H2O，尿素与Br2物质的量之比为13。由“合成”后的溶液颜色知Br2过量，故Li2CO3是用
42、于除去溶液中多余的Br2。由表中数据知，温度为60 时较好，因为温度小于60 时，反应速率较慢，高于60 时，副产物BrO3%骤然增大，这样会较大程度地降低LiBr的产率。(3)先写出CS(NH2)2LiBrO3LiBrLi2SO4CO(NH2)2，依得失电子守恒4LiBrO33CS(NH2)24LiBr3CO(NH2)2Li2SO4，再结合质量守恒及(2)中信息知有LiHCO3参与反应，最后得：4LiBrO33CS(NH2)26LiHCO3=4LiBr3CO(NH2)23Li2SO46CO23H2O。(4)HBr与碳酸盐作用生成的CO2会有一部分溶解在水中，加热的目的是使溶液中的CO2逸出，
43、以免消耗更多的LiOH。答案：(1)200碱性(2)13除去多余的Br260 温度小于60 时，反应速率较慢，大于60 时，副产物BrO%骤然增大，LiBr的产率降低(3)4LiBrO33CS(NH2)26LiHCO3=4LiBr3CO(NH2)23Li2SO46CO23H2O(4)使溶液中的CO2逸出，以免消耗更多的LiOH专题针对训练1(2018高考北京卷)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F 和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”)。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。(3)酸浸时
44、，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 后脱除率变化的原因：_。(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞做指示剂，用b molL1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。(已知：H3PO4摩尔
45、质量为98 gmol1)解析：(1)流程中能加快反应速率的措施有将磷精矿研磨，酸浸时进行加热。(2)该反应符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律。比较硫酸与磷酸的酸性强弱，可以比较S与P的非金属性强弱。结合元素周期律可以比较S、P的原子半径、核电荷数。(3)根据元素守恒可写出反应的化学方程式。(4)有机碳的脱除率受两个因素的共同影响：一方面，温度越高，反应速率越快，在相同投料比、相同反应时间内，有机碳的脱除率越高；另一方面，温度升高可使较多的H2O2分解，氧化剂的量减少，使得有机碳的脱除率降低。80 后，H2O2分解对有机碳脱除率的影响超过了温度升高的影响，导致脱除率逐渐降低。(5)脱硫是用Ca
46、CO3除去剩余的硫酸，由于生成的硫酸钙是微溶物，所以即使CaCO3过量，充分反应后仍有SO残留。加入BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4，进一步提高硫的脱除率。(6)H3PO42NaOH=Na2HPO42H2O 98 g 2 mol m(H3PO4) 103bc molm(H3PO4)4.9102bc g，则精制磷酸中H3PO4的质量分数为100%。答案：(1)研磨、加热(2)核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS(3)2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O10CaSO40.5H2O6H3PO42HF(4)80 后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(5)CaSO4微溶Ba
47、CO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO(6)2(2017高考全国卷，T27，14分)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)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/%929597938
48、8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、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：_。解析：(1)从图像直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率加快，值得注意的是，这类填空题
49、可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为4价，铁为2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3和TiOCl知，产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。(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)考查化学式与元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价(1)，化合物中元素化合价代数和等于0，过氧键中氧显1价，类似双氧水、过氧化钠。如果能求出1价氧原子个数，就能
50、求出过氧键数目，即过氧键数目等于1价氧原子个数的一半。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)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。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) molL11.31017 molL1。混合后，溶液中镁离子浓度为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：
51、(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，c3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O3最新研究表明As2O3在医药领域有重要应用。某小组从工业废料中提取As2O3，设计流程如下
52、：已知：H3AsO3为弱酸，热稳定性差。(1)写出一条“碱浸”时提高浸取率的方法：_；“碱浸”中H3AsO3转化成Na3AsO3的离子方程式为_。(2)“氧化”时向混合液中通入O2时对体系加压，目的是_。(3)“沉砷”过程中有如下反应：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H05Ca2OH3AsOCa5(OH)(AsO4)3H0沉砷率与温度关系如图。沉砷最佳温度为_，高于85 时，沉砷率下降的原因是_。(4)“还原”过程中获得H3AsO3的化学方程式为_；“操作A”为_、过滤；滤液的主要溶质是_。(5)若每步均完全反应，“氧化”和“还原”时消耗相同条件下O2和SO2的体积分别为x L
53、、y L，则废水中n(H3AsO3)n(H3AsO4)_(写出含x、y的计算式)。解析：工业废料(含H3AsO3、H3AsO4)加入氢氧化钠溶液“碱浸”，与氢氧化钠反应生成Na3AsO3、Na3AsO4溶液，通入氧气，将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，向溶液中加入石灰乳，得到Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，将Ca5(OH)(AsO4)3用硫酸酸化得到H3AsO4，通入二氧化硫与H3AsO4溶液混合：H3AsO4H2OSO2=H3AsO3H2SO4，还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，据此分析解答。(1)反应物接触时间越长，反应越充分，所以“碱浸”时可采用搅拌或多次浸取使其充分反
54、应，提高原料浸取率；H3AsO4与氢氧化钠反应为酸碱中和反应，离子方程式为H3AsO33OH=AsO3H2O。(2)“氧化”时向混合液中通入O2时对体系加压，可以增大O2的溶解度，加快反应速率。(3)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，发生的主要反应有Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H0，高于85 ，随着温度升高，反应中c(Ca2)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响反应大于反应，使反应中平衡逆向移动，沉砷率下降。(4)“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，化学方程式为H3AsO4H2OSO2=H3AsO3H2SO4
55、；还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，所以“操作A”为加热、过滤；由化学方程式可知，滤液的主要溶质是H2SO4。(5)“氧化”过程中将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，关系式为2H3AsO32Na3AsO3O2；“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，关系式为H3AsO4SO2；已知消耗相同条件下O2和SO2的体积分别为x L、y L，体积比等于物质的量之比，即n(O2)n(SO2)xy，由关系式可知，n(H3AsO3)2n(O2)2x，则废水中原有的n(H3AsO4)y2x，则废水中n(H3AsO3)n(H3AsO4)2x(y2x)。答案：(1)搅拌(或多次浸取或
56、其他合理答案)H3AsO33OH=AsO3H2O(2)增大O2的溶解度，加快反应速率(3)85 随着温度升高，反应中c(Ca2)、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响反应大于反应，使反应中平衡逆向移动，沉砷率下降(4)H3AsO4H2OSO2=H3AsO3H2SO4加热H2SO4(5)2x(y2x)4(2019高考名校联考信息优化卷)硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33 )。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)NaBH4的电子式为_。(2)碱溶时Mg2B2O5发
57、生反应的化学方程式是_。(3)滤渣的成分是_。(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100 以上并通入氩气，该操作的目的是_；原料中的金属钠通常保存在_中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有_、玻璃片和小刀。(5)操作2的名称为_。流程中可循环利用的物质是_。(6)在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4，装置如图所示，电解总反应的离子方程式为_。(7)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1 g NaBH4的还原能力相当于_g H2的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，计算结果保留两位小数)。解析：(1)NaBH4的电
58、子式为NaHB,H,HH。(2)由流程图可知，碱溶时Mg2B2O5与NaOH反应转化为NaBO2，发生反应的化学方程式是Mg2B2O52NaOHH2O=2NaBO22Mg(OH)2。(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4。(4)Na的性质活泼，能与水和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以加料之前须先排除水蒸气和空气(或氧气)的干扰。(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点较低，结合流程图可知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用。(6)由“在碱性条件下，用惰性电极电解NaBO2溶液也可制得NaBH4”可知，电解总反应的离子方程式为BO2H2OBH2O2。(7)NaBH4和氢气做还原剂时氧化产物中氢元素都为1价，则1 g NaBH4的还原能力相当于0.21 g H2的还原能力。答案：(1) (2)Mg2B2O52NaOHH2O=2NaBO22Mg(OH)2(3)Fe3O4和Mg(OH)2(4)除去反应器中的水蒸气和空气煤油镊子、滤纸(5)蒸馏异丙胺(6)BO2H2OBH2O2(7)0.21
