（人教通用版）2020高考化学新一线大一轮复习第三章无机化学工艺流程讲义精练（含解析）.doc

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1、1无机化学工艺流程【教学目标】1使学生了解化学工艺流程题的常见题型。2掌握化学工艺流程题的分析方法和技巧。3培养学生发散、联想、归纳、整合、提炼知识的能力。【教学重点】 化学工艺流程题的分析方法和技巧。【教学难点】 隐含信息的挖掘和计算能力的提升。【考情分析】命题点 五年考情 分析解读以物质制备为主线的化学工艺流程2017全国，T 272016全国，T 282015全国，T 27以分离提纯为主线的化学工艺流程2017全国，T 272016全国，T 28化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。它以现代工业生产为基础，与化

2、工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离或提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，具有较强的实用性和综合性，是近几年高考化学试题的常考题型。1工艺流程题过程解读(1)读流程图箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。2(2)解题要点审题要点：a.了解生产目的、原料及产品，b.了解题目提供的信息，c.分析各步的反应条件、原理及物质成分，d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理，c.生产要求及反应条件，d.有关产

3、率、产量及组成的计算，e.绿色化学。2工艺流程题常见答题方向工艺操作(结果) 目的评价(或操作名称)研磨(粉碎) 增大接触面积，加快反应(溶解)速率煅烧(焙烧) 矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质水浸 利用水溶性把物质进行分离方法措施酸浸(碱浸)利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子调节溶液 pH 某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解控制温度加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等增大某反应物用量 增大另一反应物的转化率(产率)控制条件某种试剂的选择 是否带入杂质、是否影响产品的纯度不相溶液体 分液相溶性液体 蒸馏难溶性固体 过滤易溶性固体 蒸发结晶、浓缩冷

4、却结晶趁热过滤 防止温度降低，某物质析出冰水洗涤 减少晶体的溶解损失分离提纯乙醇、有机溶剂洗涤 减少晶体的水溶性损失考点指导 1 以物质制备为目的工艺流程【典例 1】3题头挖掘题头信息(2017课标全国，27)Li 4Ti5O12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、SiO 2等杂质)来制备，工艺流程如下：题干分析题干流程题尾知道题尾考查哪些问题回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的时，所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后，钛主要以 形式存在，写出相应反应的离子方程式_。(3)TiO2x

5、H2O 沉淀与双氧水、氨水反应 40 min 所得实验结果如下表所示：(4)Li2Ti5O15中 Ti 的化合价为4，其中过 为_。(5)若“滤液”中 c(Mg2 )0.02 molL 1 ，加入双氧水和磷酸(设溶4液体积增加 1 倍)，使 Fe3 恰好沉淀完全即溶液中 c(Fe3 )1.010 5 molL1 ，此时是否有 Mg3(PO4)2沉淀生成？_(列式计算)。(6)写出“高温煅烧”中由 的化学方程式_。【审题指导】分析图像，浸出率达到 70%只有 90 、100 两条曲线。反应物 FeTiO3H Cl ，生成物 TiOCl Fe 2 ，结合原子守恒和电荷守恒写出离子24方程式。可以从

6、温度、浓度、压强等方面考虑转化率的因素，结合考虑双氧水在高温下易分解、氨水中氨气会逸出。找出元素的常规价态，Li 为1 价，O 为2 价，Ti 为4 价，O 中 O 为1 价，化学22式变形为 Li2Ti5(O2)xO152 x，从化合价的代数和为零作答 2452 x2(152 x)0，计算得出结果 x4。由 Ksp公式入手计算， Qc与 Ksp的关系得出结论。流程题已经给出化学反应的反应物是 FePO4和 Li2CO3、草酸，生成物 LiFePO4，分析化合价变化的元素，结合原子守恒和得失电子守恒写出方程式。【答题规范】(1)100 、2 h 或 90 、5 h(2)FeTiO3 4H 4C

7、l =Fe2 TiOCl 2H 2O24(3)低于 40 ，TiO 2xH2O 转化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 转化率下降(4)4(5)Fe3 恰好沉淀完全时， c(PO ) 341.310 221.010 5molL1 1.310 17 molL1 。 c3(Mg2 )c2(PO )值为 0.013(1.31017 )34521.710 40 Ksp Mg3(PO4)2，因此不会生成 Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li 2CO3H 2C2O4 2LiFePO4H 2O3CO 2= = = = =高 温 【评分细则】(1)100 、2

8、 h，90 、5 h(每一组 1 分，温度与时间对应一组)(2)FeTiO3 4H 4Cl =Fe2 TiOCl 2H 2O；(化学式均正确得 1 分，配平正确得241 分)(3)低于 40 ，TiO 2xH2O 转化率随温度升高而增加(得 1 分)；超过 40 ，双氧水分解与氨气逸出导致 TiO2xH2O 转化率下降(得 1 分)(4)4(2 分)(5)Fe3 恰好沉淀完全时， c(PO ) 341.310 221.010 5molL1 1.310 17 molL1 (得 2 分)， c3(Mg2 )c2(PO )0.01 3(1.31017 )3421.710 40 Ksp Mg3(PO4

9、)2，因此不会生成 Mg3(PO4)2沉淀(得 2 分)(6)2FePO4Li 2CO3H 2C2O4 2LiFePO4H 2O3CO 2(化学式均正确得 1 分，= = = = =高 温 配平正确得 2 分)【对点训练】1(2015全国卷，27)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H2O 和 Fe3O4，还有少量 Fe2O3、FeO、CaO、Al 2O3和 SiO2等)为原料制备硼酸(H 3BO3)的工艺流程如图所示： 回答下列问题：(1)写出 Mg2B2O5H2O 与硫酸反应的化学方程式_。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_(写出两条)。

10、(2)利用_的磁性，可将其从“浸渣”中分离。 “浸渣”中还剩余的物质是_(写化学式)。(3)“净化除杂”需先加 H2O2溶液，作用是_。然后再6调节溶液的 pH 约为 5，目的是_。(4)“粗硼酸”中的主要杂质是_(填名称)。(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH 4)，它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为_。(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程_。解析 答案 (1)Mg 2B2O5H2O2H 2SO4 2MgSO42H 3BO3 提高反应温度、减小铁硼= = = = = 矿粉粒径(2)Fe3O4 SiO 2和 CaS

11、O4(3)将 Fe2 氧化为 Fe3 使 Al3 和 Fe3 形成氢氧化物沉淀而除去7(4)(七水)硫酸镁(5) (6)2H3BO3 B2O33H 2O、B 2O33Mg 2B3MgO= = = = = = = = = = 2(2017海南化学，17)以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取 MgSO47H2O 的过程如图所示：硼镁泥的主要成分如下表：MgO SiO2 FeO、Fe 2O3 CaO Al2O3 B2O330%40%20%25%5%15%2%3%1%2%1%2%回答下列问题：(1)“酸解”时应该加入的酸是_， “滤渣 1”中主要含有_(写化学式)。(2)“除杂”时加入次氯酸钙、氧化

12、镁的作用分别是_、_。(3)判断“除杂”基本完成的检验方法是_。(4)分离滤渣 3 应趁热过滤的原因是_。解析 硼镁泥主要成分是 MgO，还有 CaO、Fe 2O3、FeO、Al 2O3、SiO 2等杂质，酸溶时MgO、CaO、Fe 2O3、FeO、Al 2O3都和硫酸反应，SiO 2不与硫酸反应，B 2O3转化为 H3BO3，则滤渣 1 为 SiO2，次氯酸钙具有强氧化性，加入的次氯酸钙可把亚铁离子氧化成铁离子，MgO促进铁离子、铝离子水解，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣 2 为 Al(OH)3、Fe(OH) 3，浓缩过滤得到滤渣 3 为 CaSO4，滤液中含镁离子、硫酸根离子，蒸发浓缩、

13、冷却结晶得到硫酸镁晶体，以此来解答。8答案 (1)浓硫酸 SiO 2(2)氧化亚铁离子 促进铁离子、铝离子转化为沉淀(3)溶液接近为无色(4)温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙考点指导 2 以分离提纯为目的化学工艺流程【典例 2】 (2016课标全国，28)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V 2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废矾催化剂中回收 V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3质量分数/% 2.22.9 2.83.1 22

14、28 6065 12 1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：(1)“酸浸”时 V2O5转化为 VO ，反应的离子方程式为 2_，同时 V2O4转化成 VO2 。 “废渣 1”的主要成分是_。(2)“氧化”中欲使 3 mol 的 VO2 变为 VO ，则需要氧化剂 KClO3至少为_ mol。 2(3)“中和”作用之一是使钒以 V4O 形式存在于溶液中。 “废渣 2”中含有_。412(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROHV 4O R4V4O124OH (ROH412为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_性(填“酸” 、 “碱”或“中”)。(5)“流出液

15、”中阳离子最多的是_。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH 4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式_。9【解题流程】解析 答案 (1)V 2O52H =2VO H 2O SiO 2 (2)0.5 2(3)Fe(OH)3、Al(OH) 3 (4)碱 (5)K 10(6)2NH4VO3 V2O5H 2O2NH 3= = = = =高 温 【对点训练】3湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、镉(Cd)、铜、铁、钴(Co)等金属单质。利用铜镉渣可生产 Cu、Cd 及 ZnSO47H2O 等，其生产流程如图：如表是部分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 0.1 molL

16、1 计算)：氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cd(OH)2 Zn(OH)2开始沉淀的 pH 1.9 7.0 7.2 5.4沉淀完全的 pH 3.2 9.0 9.5 8.2请回答下列问题：(1)提高铜镉渣的“浸出”速率的措施有_(写出 1 条即可)。(2)Fe 的金属性比 Co 强，该流程中“除钴”_(填“能”或“不能”)用 Zn 代替Fe， “除钴”中 Fe 发生反应的离子方程式是_。(3)“除铁”操作中加入 H2O2的目的是_，加入 ZnO 的目的是调节溶液 pH，以除去溶液中的铁元素，调节溶液 pH 的范围为_， “除铁”操作中的沉淀成分是_(写化学式)。(4)“电解”操作中，C

17、d 2 在_极放电得到金属 Cd，电极反应式是_。(5)“电解”后的电解废液是 ZnSO4溶液，用该电解废液制备 ZnSO47H2O 的方法是_。(6)“除钴”后的含钴废渣在空气中煅烧，煅烧后的成分测定如表：元素 Co Zn Cu Fe含量/% 59.00 0.52 0.20 13.16则煅烧后所得固体混合物中，钴氧化物的化学式是11_。解析 (1)升高温度、增大反应物表面积等均可提高反应速率。(2)因 Zn 的金属性比 Fe 强，故可用 Zn 代替铁除钴。除钴中 Fe 与 Co2 发生置换反应生成 Fe2 和 Co。(3)H 2O2可氧化Fe2 ，使之转化为 Fe3 。根据表格中的数据，可知

18、欲除去溶液中的铁元素，需加入 ZnO 调节溶液 pH 的范围为 3.25.4，此时 Fe3 完全转化成 Fe(OH)3沉淀。(4)电解操作中 Cd2 在阴极得电子生成单质 Cd。(5)从 ZnSO4溶液中制备 ZnSO47H2O 的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(6)由题意知，煅烧后所得固体为钴氧化物、ZnO、CuO、Fe 2O3的混合物，设煅烧后所得固体质量为 100 g，结合题表中的数据可知，钴氧化物中 m(O)100 g59.00 g81 gmol1 0.52 g65 gmol1 80 gmol1 0.20 g64 gmol1 160 gmol1 13.16 g112 gmol1 21

19、.302 g，则钴氧化物中 n(O)21.302 g16 gmol1 1.33 mol， n(Co)59.00 g59 gmol 1 1.00 mol，故钴氧化物的化学式为Co3O4。答案 (1)适当升高浸取液温度(或将铜镉渣磨制成粉末等)(2)能 FeCo 2 =Fe2 Co(3)将 Fe2 氧化成 Fe3 3.25.4 Fe(OH) 3(4)阴 Cd 2 2e =Cd(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(6)Co3O41(2017北京理综，26)TiCl 4是由钛精矿(主要成分为 TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯 TiCl4的流程示意图如下：钛 精 矿 氯 化 过 程 沸 腾 炉

20、粗 TiCl4 精 制 过 程 蒸 馏 塔 纯 TiCl4资料：TiCl 4及所含杂质氯化物的性质化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2沸点/ 58 136 181(升华) 316 1 412熔点/ 69 25 193 304 714在 TiCl4中的溶解性 互溶 微溶 难溶(1)氯化过程：TiO 2与 Cl2难以直接反应，加碳生成 CO 和 CO2可使反应得以进行。已知：TiO 2(s)2Cl 2(g)= TiCl4(g)O 2(g) H1175.4 kJmol 1122C(s)O 2(g)=2CO(g) H2220.9 kJmol 1沸腾炉中加碳氯化生成 TiC

21、l4(g)和 CO(g)的热化学方程式：_。氯化过程中 CO 和 CO2可以相互转化，根据如图判断：CO 2生成 CO 反应的 H_0(填“” “”或“”)，判断依据：_。氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的 HCl 和 Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl 3溶液，则尾气的吸收液依次是_。氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗 TiCl4混合液，则滤渣中含有_。(2)精制过程：粗 TiCl4经两步蒸馏得纯 TiCl4。示意图如下：物质 a 是_， T2应控制在_。解析 (1)利用盖斯定律，将已知两个热化学方程式相加即可得出答案；由图像可知，温度升高，二氧化碳减少，一氧化碳增多，有利于二氧化碳转化为一氧

22、化碳；又因为温度升高平衡向吸热反应方向移动，所以二氧化碳生成一氧化碳的反应为吸热反应，故 H0；HCl 气体溶于水即得到盐酸，所以在通其他水溶液之前先用水吸收 HCl；之后用FeCl2溶液与 Cl2反应生成 FeCl3溶液；最后用 NaOH 溶液吸收尾气，防止污染空气；由资料可知，冷却到室温时，滤渣中含有难溶于 TiCl4的 MgCl2，以及微溶于 TiCl4的 AlCl3和FeCl3。(2)粗 TiCl4中存在的杂质是 SiCl4和微溶于 TiCl4的 AlCl3和 FeCl3；先通过蒸馏的方式除去沸点较低的 SiCl4，再控制温度在 136 181 ，蒸馏得到纯净 TiCl4。答案 (1)

23、TiO 2(s)2Cl 2(g)2C(s)= =TiCl4(g)2CO(g) H45.5 kJ/mol 温度升高，CO 含量升高，CO 2含量减少，反应向生成 CO 的方向进行13水、FeCl 2溶液、NaOH 溶液AlCl 3、FeCl 3、MgCl 2(2)SiCl4 136 181 2(2017江苏化学，19)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量 Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。已知：NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如 3NaClO=2NaClNaClO 3AgCl 可溶于氨水：AgCl2NH 3H2O Ag(NH3) Cl 2H 2O 2常温

24、时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) ： 24Ag(NH3) N 2H4H2O=4AgN 24NH 4NH 3H 2O 2 4(1)“氧化”阶段需在 80 条件下进行，适宜的加热方式为_。(2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，该反应的化学方程式为_。HNO3也能氧化 Ag，从反应产物的角度分析，以 HNO3代替 NaClO 的缺点是_。(3)为提高 Ag 的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并_。(4)若省略“过滤” ，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量 NaClO 与 NH3H2O 反应外

25、(该条件下 NaClO3与 NH3H2O 不反应)，还因为_。(5)请设计从“过滤”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案：_(实验中须使用的试剂有：2 molL 1 水合肼溶液，1 molL 1 H2SO4)。解析 (1)加热温度低于 100 ，采用水浴加热，优点是便于控制温度，受热均匀。(2)由14题发生反应：AgNaClOH 2O AgClNaOHO 2，有 Ag、Cl、O 三种元素的化合价发生变化，因 Ag、Cl 原子个数比为 11，设 Ag、NaClO 的系数为 1，则 NaOH 系数为 1，Ag 失去 1e ，NaClO NaCl，得到 2e ，根据电子守恒 O2的系数为 ，根据原子

26、守恒，H 2O 系数14为 ，相应扩大 4 倍。HNO 3也能氧化 Ag，但生成 NOx会污染环境。(3)滤渣沉淀时表面会附12有溶质，因此洗涤液中含有 Ag(NH3) ，将洗涤液并入过滤的滤液中，以提高利用率。 2(4)若直接在溶液中加入氨水，一是稀释氨水，氨水的利用率低，二是原溶液中有氧化时生成的 NaCl(见(2)中反应)，Cl 使可逆反应 AgCl2NH 3H2O Ag(NH3) Cl 2H 2O 2逆向移动，不利于 AgCl 的溶解。(5)由题给信息，利用水合肼还原 Ag(NH3) ，但同时 2有 NH3生成，利用 H2SO4吸收防止逸出污染大气。答案 (1)水浴加热 (2)4Ag4NaClO2H 2O=4AgCl4NaOHO 2 会释放出氮氧化物(或 NO、NO 2)，造成环境污染 (3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中 (4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的 Cl ，不利于 AgCl 与氨水反应 (5)向滤液中滴加 2 molL1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的 NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥