2019高考化学考点必练专题11化工流程大题知识点讲解.doc

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1、1考点十一 化工流程大题知识点讲解无机化工流程题的特点：规律：主线主产品、分支副产品、回头为循环。核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制。1. 流程的呈现主要有以物质转化为主线，以操作过程为主线，甚至有时候会以设备为主线。2. 这类题常围绕以下几个知识点进行设问： 反应速率与平衡理论的运用 反应物颗粒大小：反应速率、原料的利用率等温度：反应速率、物质的稳定性、物质的结晶等 氧化还原反应的判断、化学方 程式或离子方程式的书写； 利用控制 pH 分离除杂； 化学反应的能量变化； 实验基本操作：除杂、分离、检验、洗涤、干燥等； 流程中的物质转化和循环，资源的回收和利用； 环境保护与

2、绿色化学评价。典例 1（2018 北京）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：Ca 5(PO4)3(OH)”或“” ） 。2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，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）H 2O2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，CaCO

3、3稍过量，充分反应后仍有 SO42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，以百里香酚酞作指示剂，用 b molL1NaOH 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：H 3PO4摩尔质量为 98 gmol1）【答案】 研磨、加热 核电荷数 PS，原子半径 PS，得电子能力 PS，非金属性 PS 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF 80 后，H 2O2分解速率大，浓度显著降低 Ca

4、SO4微溶 BaCO3+S+2H3PO4 BaSO4+CO2+H 2O+2 - 0.9bca（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca 5（PO 4） 3F 与 H2SO4反应生成 HF、磷石膏和磷酸，生成 HF 的化学方程式为 2Ca5（PO 4） 3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF。（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80后温度升高，H 2O2分解速率大，H 2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。（5）脱硫时，CaCO 3稍过量，充分反

5、应后仍有 SO42-残留，原因是：CaSO 4微溶于水。加入 BaCO3可进一步提高硫3的脱除率，因为 BaSO4难溶于水，其中 SO42-与 BaCO3生成更难溶的 BaSO4和 CO32-，H 3PO4的酸性强于 H2CO3，在粗磷酸中 CO32-转化成 H2O 和 CO2，反应的离子方程式为 BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2+2H 2PO4-+H2O。（6）滴定终点生成 Na2HPO4，则消耗的 H3PO4与 NaOH 物质的量之比为 1：2，n（H 3PO4）= 1n（NaOH）=12bmol/L c 10-3L= bc0mol，m（H 3PO4）= bc20m

6、ol98g/mol= 9bc0g=0.049bcg，精制磷酸中 H3PO4的质量分数为 0.9a。一、原料处理的方法和作用对原料进行预处理的常用方法及其作用：1. 粉碎、研磨：减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。2. 水浸：与水接触反应或溶解。3. 酸浸：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸、浓硫酸等，与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。近年来，在高考题出现了“浸出”操作。在化工生产题中，矿物原料“浸出”的任务是选择适当的溶剂，使矿物原料中的有用组分或有害杂质选择性地溶解，使其转入溶液中，达到有用组分与有害杂质或与脉石组分相分离的目的。4. 浸

7、出率：固体溶解后，离子在溶液中含量的多少(更多转化)。5. 灼烧：除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质，将有机碘转化为碘盐。6. 灼烧、焙烧、煅烧：改变结构和组成，使一些物质能溶解；并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土和石灰石。典例 2（2018 届新疆高三一模）钛铁矿的主要成分为 FeTiO3(可表示为 FeOTiO2)，含有少量 MgO、CaO、SiO 2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂 Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂 LiFePO4)的工艺流程如下图所示：(1)化合物 Li2Ti5O15中钛元素的化合价是+4 价，氧元素的

8、化合价为_。(2)钛铁矿与硫酸反应时，常将钛铁矿粉碎，其目的是：_，滤渣 A 的成分是_。(3)固体 TiO2转化(NH 4)2Ti5O15的离子方程式为_，该反应_氧化还原反应 (填“属于” 或4“不属于” )。(4)反应中固体 TiO2、转化成(NH 4)2Ti5O15溶液时，Ti 元素的浸出率与反应温度的关系如图所示。反应温度过高时,Ti 元素浸出率下降的原因是_。(5)(NH4)2Ti5O15转化为 Li2Ti5O15的离子方程式为：_。(6)写出由滤液 D 生成 FePO4的离子方程式_。(7)由滤液 D 制各 LiFePO4的过程中，所需 17%双氧水与 H2C2O4的质量比是_。

9、【答案】 -2、-1 增大接触面积加快反应速率,提高浸出率 SiO2 CaSO4 5TiO2+4H2O2+2NH3H2O=2NH4+Ti5O152-+5H2O 不属于 温度过高时,反应物氨水(或双氧水)会受热分解 Ti5O152-+2Li+=Li2Ti5O15 2Fe 2+2H3PO4+H2O2=2FePO4+2H 2O+4H+ 209（2）钛铁矿与硫酸反应时，常将钛铁矿粉碎，可以增大接触面积加快反应速率，提高浸出率，由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣 A 成分是二氧化硅，故答案为：增大接触面积加快反应速率，提高浸出率；SiO 2 、CaSO 4；(3) 二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（N

10、H 4） 2Ti5O15的离子方程式为 5TiO2+4H2O2+2NH3H2O=2NH4+Ti5O152-+5H2O，反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故答案为：5TiO2+4H2O2+2NH3H2O=2NH4+Ti5O152-+5H2O；不属于；（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH 4） 2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti 元素浸出率下降，故答案为：温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；(5) （NH 4） 2Ti5O15，加入氢氧化锂溶液得到沉淀 Li2Ti5O15，反应的离子方程式为 Ti5O152-+2Li+

11、=Li2Ti5O15，故5答案为：Ti 5O152-+2Li+=Li2Ti5O15；（6）过氧化氢将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，反应离子方程式为：2Fe2+2H3PO4+H2O2=2FePO4+2H 2O+4H+，故答案为：2Fe 2+2H3PO4+H2O2=2FePO4+2H 2O+4H+；（7）根 据电子守恒，过氧化氢氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，因此可得关系式：H2O2H 2C2O4，设双氧水质量为 x，草酸质量为 y，则：H2O2H 2C2O434 90x17% y所以 3417%x=90，整理可得 x：y=20：9，17%双氧水与 H2

12、C2O4的质量比为 20：9，故答案为：20：9。二、掌握核心化学反应1. 元素及其化合物知识：化工生产将原料转变成产品的过程，也是物质经历相互转化的过程。理解物质之间的转化关系，就要用到元素及其化合物的相关知识。一般围绕铁、铜、铝、镁、氯、硫、磷、硅等元素的单质或化合物的工业制备来进行命题，需要掌握这些元素及其化合物的知识2. 还要掌握有关化工生产的知识，熟悉的有纯碱工业、氨工业、硅单质的 制备、氯碱工业、海水中提取镁、海水中提取溴等；3. 化学反应原理：化工生产中把原料转变成产 品的过程就是化学反应的过程，从化学反应原理的角度选择原料、控制条件和选择设备等，是化工生产的基本思路。化学反应原

13、理的相关知识包括质量守恒定律、化学反应速率、化学平衡、电化学、化学热力学等，做到能综合运用这些知识分析化工生产中化学反应的情况。 调节溶液的 pH 值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等。在题目中常以表格形式给出信息。例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的 pH 如下表所示物质 开始沉淀 沉淀完全Fe(OH)3 2.7 3.7Fe(OH)2 7.6 9.6Mn(OH)2 8.3 9.8若要除去 Mn2 溶液中含有的 Fe2 ，应该怎样做？提示：先用氧化剂把 Fe2 氧化为 Fe3 ，再调溶液的 pH 到 3.7。调节 pH 所需的物质一般应满足两点

14、：6能与 H 反应，使溶液 pH 值增大 ；不引入新杂质。例如：若要除去 Cu2 溶液中混有的 Fe3 ，可加入CuO、Cu(OH) 2、Cu 2(OH)2CO3等物质来调节溶液的 pH 值。调节溶液的 pH：“酸作用还可以除去氧化物（膜） ；“碱作用”还可以除去油污、除去铝片氧化物、溶解铝、二氧化硅。 控制体系的温度a控制低温：防止物质的分解，如 NaHCO3、NH 4HCO3、H 2O2、HNO 3(浓)等；防止物质的挥发，如盐酸、醋酸等；抑制物质的水解，如冰水洗涤，以防止洗涤过程中的溶解损耗；增大气体反应物的溶解度，使其被充分吸收；b采取加热：加速某固体的溶解，加快反应速率；减少气体生成

15、物的溶解并使其逸出；使平衡向需要的方向移动；趁热过滤，防止某物质降温时因析出而损耗或带入新的杂质；c控制范围：确保催化剂的催化效果，兼顾速率和转化率，追求更好的经济效益，防止副反应发生等。典例 3（2018 课标）焦亚硫酸钠（Na 2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：（1）生产 Na2S2O5，通常是由 NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。（2）利用烟道气中的 SO2生产 Na2S2O5的工艺为：pH=4.1 时，中为_溶液（写化学式） 。工艺中加入 Na2CO3固体、并再次充入 SO2的目的是_。（3）制备 Na2S2O5也可采用三室

16、膜电解技术，装置如图所示，其中 SO2碱吸收液中含有 NaHSO3和 Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。（4）Na 2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中 Na2S2O5残留量时，取 50.00 mL 葡萄酒样品，用0.01000 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗 10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_gL 1（以 SO2计） 。7【答案】 2NaHSO3Na 2S2O5+H2O NaHSO3 得到 NaHSO3过饱和溶液 2H2O4e 4H +O2 a

17、S2O52 +2I2+3H2O2SO 42 +4I +6H 0.128（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为 2H2O4e 4H +O2。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入 a 室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后 a 室中亚硫酸氢钠的浓度增大。（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为 S2O52 +2I2+3H2O2SO 42 +4I +6H ；消耗碘的物质的量是 0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以 SO2计）是 。三、 明确反应原理注意每一步在

18、什么条件下，发生了什么反应，生成了什么物质，这些物质分别到哪里去了。如转化成了沉淀还是气体或生成了其他物质。典例 4（2018 届湖南省怀化市高三上学期期末）软锰矿的主要成分是 MnO2，还含有少量金属铁、镁、铝、锌、铜的化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是 FeS2，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上用软锰矿制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：已知金属离子从开始形成氢氧化物沉淀，到沉淀时溶液的 pH 如下表：金属离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Cu2+ Mn2+开始沉淀 pH 7.5 2.7 4.1 5.9 8.8完全沉淀 pH 9.5 3.7 5.4 6.9 10.8（1）提高浸出率的

19、可采取的措施有_。a.适当升高温度 b.搅拌 c.加适量纯碱 d.加压8（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入 KSCN 溶液无明显现象，则浸取时发生的主要反应的化学方程式是_。（3）调节 pH 为 5.45.8 的目的是_。（4）滤渣 3 的主要成分的化学式是_。（5）采用 50碳化的原因是_。该过程发生反应的离子方程式是_。（6）检验碳酸锰产品完全洗净的方法是_。【答案】 ab MnO 2+FeS2+2H2SO4 MnSO4+FeSO4+2S+2H2O 使 Fe3+、Al 3+完全沉淀 Cu(OH) 2 温度过低反应太慢，过高，NH 4HCO3会分解 2HCO3+Mn2+ MnCO3+H 2

20、O+CO2 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净(1)为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：适当升高温度；搅拌；加入足量硫酸增大硫酸浓度或粉粹矿石或延长浸泡时间，故选 ab；(2)浸取完成后，取浸取液少许，加入 KSCN 溶液无明显现象，说明溶液中没有铁离子，则浸取时发生的主要反应的化学方程式为 MnO2+FeS2+2H2SO4=MnSO4+FeSO4+2S+2H2O，故答案为：MnO2+FeS2+2H2SO4=MnSO4+FeSO4+2S+2H2O；(3)根据上述分析，调节 pH 为 5.45.8 的目的是使 Fe3+、Al 3+完全沉淀，故答案

21、为：使 Fe3+、Al 3+完全沉淀；(4)滤渣 3 的主要成分为 Cu(OH)2，故答案为：Cu(OH) 2；(5)温度过低反应太慢，过高，NH 4HCO3会分解，因此采用 50碳化，该过程发生反应的离子方程式为2HCO3+Mn2+=MnCO3+H 2O+CO2，故答案为：温度过 低反应太慢，过高，NH 4HCO3会分解；2HCO3+Mn2+=MnCO3+H 2O+CO2；(6)根据流程图，碳酸锰上吸附有少量硫酸铵，检验碳酸锰产品是否洗净只需要检验硫酸根离子即可，故答案为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净。9四、 物质分离或提纯的方法化工生产过程中分离提纯

22、、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。1. 蒸发、反应时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出 FeCl3、AlCl 3、MgCl 2等溶质时，应在 HCl 的气流中加热，以防其水解。 蒸发浓缩、冷却结晶：如除去 KNO3中的少量 NaCl。 蒸发结晶、趁热过滤：如除去 NaCl 中的少量 KNO3。2. 溶解法：利用特殊溶剂把杂质溶解而除去，如 Fe(Al)可用过量的 NaOH 溶液而除去 Al，CO 2(HCl、H 2O)先通过饱和食盐水，再通过浓 H2SO4。3. 沉淀法：a

23、. 加合适的沉淀剂(要使杂质离子充分沉淀，加入的沉淀剂必须过量，且在后续步骤中容易除去)；b. 调节溶液的酸碱性。4. 洗涤法：a.水洗；b.冰水洗；c.有机溶剂洗。其目的是：洗去目标物表面的杂质离子；减少目标物的溶解损耗或增大有机杂质的溶解量；防止目标物形成结晶水合物；使晶体快速干燥。典例 5（2018 届福建省莆田市高三下学期教学质量检测 3 月）水钴矿的主要成分为 Co2O3，还含 SiO2及少量Al2O3、Fe 2O3、 CuO、MnO 2等。一种利用水钴矿制取 CoCl26H2O 的工艺流程如下：已知： CoCl 26H2O 受热易失去结晶水。25 时，设定溶液中某金属离子初始浓度为

24、 0.1 molL-1，部分沉淀的参考数据如下表(“沉淀完全”指溶液中该离子浓度1.010 -5molL-1)：沉淀 Al(OH)3 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Mn(OH)2开始沉淀的 pH 3.4 1.5 6.3 7.0 4.7 8.1沉淀完全时 pH 4.7 2.8 8.3 9.0 6.7 10.1回答下列问题（1）计算 25时 Co(OH)2的 Ksp =_。（2）浸出工序中加入一定量的 Na2SO3还原 Co2O3、MnO 2等，Co 2O3发生反应的离子方程式为10_。（3）氧化工序要控制 NaClO3用量，若不慎加入过量 NaClO3，可能生成

25、的有毒气体是_；氧化工序主要反应的离子方程式为_。（4）已知温度对铜、钴、铁的浸出率的影响如左下图，萃取剂 A、B 中 pH 对钴、锰离子萃取率的影响如右下图：浸出温度控制在 50-60的原因是_。应选择萃取剂_（填“A”或“B” ） 。（5） “系列操作”依次是_、_和过滤等；制得的 CoCl26H2O 需减压烘干的原因是_。【答案】 1.010-15 Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O Cl2 ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O 5060时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高 B 蒸发浓缩 冷却结晶

26、 降低烘干温度，防止 CoCl26H2O 分解(3). 氧化工序中加入 NaClO3的作用是将浸出液中的 Fe2 氧化成 Fe3 ，该反应的离子方程式为：ClO3 +6Fe2+6H+=Cl +6Fe3+3H2O，若不慎加入过量 NaClO3，在酸性条件下，NaClO 3与溶液中的 Cl 会发生氧化还原反应生成有毒的 Cl2，故答案为：Cl 2；ClO 3 +6Fe2+6H+=Cl +6Fe3+3H2O；(4). .据图可知，5060时钴的浸出率已经很高，且温度再升高时钴的浸出率变化不大，同时还会导致铁的浸出率增大，含铁元素的杂质含量升高，故答案为：5060时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化

27、不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高；11. 加入萃取剂的目的是除去 Mn2 ，据图可知，选择萃取剂 B 时，Mn 2 的萃取率高而 Co2+的萃取率低，所以应选择萃取剂 B，故答案为：B；(5). 从溶液中得到氯化钴晶体的系列操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，制得的 CoCl26H2O 采用减压烘干方法，可以降低烘干温度，防止 CoCl26H2O 晶体分解，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止 CoCl26H2O 分解。五、可循环物质的判断和流程评价（一） 可循环物质的判断1. 流程图中回头箭头的物质。2. 生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可

28、能是前面某一步反应的相关物质。（二）对整个工艺流程从下列几个方面进行评价1.体现绿色化学思想（使用无毒无害原料，采用原子利用率高的制备路线，原料的循环利用，副产物综合利用，节能，等） 。2. 高效节能方面（原料廉价，工艺简单，产品的纯度高，能耗低等） 。3. 生成物或副产物的污染。典例 6（2018 届云南省峨山彝族自治县第一中学高三上学期期末）利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬的铬渣（Al、Al 2O3、Cr 2O3等）中浸出铬和铝 ，为实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下：（1）铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的_（填“氧化性”或“还原性” ） 。（2）溶液 1 中的阴离子有 CrO4

29、2-、_。（3）过程 I，在 Cr2O3参与的反应中，若生成 0.4molCrO42-，消耗氧化剂的物质的量是_。（4）通 入 CO2调节溶液 pH 实现物质的分离。滤渣 A 煅烧得到 Al2O3，再用电解法冶炼 Al。冶炼 Al 的化学方程式是_。滤渣 B 受热分解所得物质的循环利用，B 是_。已知：2CrO 42-+2H+ Cr2O72-+H2O K=4.01014滤液 3 中 Cr2O72-的溶度是 0.04mol/L，则 CrO42-的浓度是_mol/L。（5）过程 II 的目的是得到 K2Cr2O7粗品。不同温度下化合物的溶解度（g/100gH 2O）12化合物名称 0 20 40

30、60 80NaCl 35.7 36.0 36.6 37.3 38.4KCl 28.0 34.2 40.1 45.8 51.3K2SO4 7.4 11.1 14.8 18.2 21.4K2Cr2O7 4.7 12.3 26.3 45.6 73.0Na2Cr2O7 163 183 215 269 376结合表中数据分析，过程 II 的操作是：_，过滤，得到 K2Cr2O7粗品。【答案】 还原性 AlO2-、OH - 0.3mol 2Al2O3（熔融） 3O2+4Al NaHCO3 0.01 向滤液中加入稀硫酸和 K2SO4固体后，蒸发浓缩、降温结晶程式是：2Al 2O3（熔融） 3O2+4Al；向

31、偏酸铝钠溶液中通入二氧化碳，可生成碳酸钠或碳酸氢钠，其中碳酸氢钠易受热分解，故 B 是碳酸氢钠。由此反应平衡表达式可知，k= c(Cr2O72-)/c2(CrO42-)c2(H+)=4.01014，代入 c(Cr2O72-)=0.04mol/L，c(H +)=10-6 mol/L，c(CrO 42-)=0.01 mol/L。 （5）要得到更多的K2Cr2O7粗品，必须加入硫酸，促进 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O 正向移动，同时由于 K2Cr2O7的溶解度随温度变化较大，可采取降温结晶法。具体操作是向滤液中加入稀硫酸和 K2SO4固体后，蒸发浓缩、降温结晶。【规范答题】实验操作

32、类规范语言表述1. 测定溶液 pH 的操作将一小块 pH 试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在 pH 试纸上，待试纸变色后，再与标准比色卡对照。模 板 答题关键词：pH 试纸、表面皿、玻璃棒、蘸待测液、比色卡、对照。四步：取放试纸蘸待测液点滴试纸与比色卡对照。概括为“取、蘸、点、比” 。13抓住关键词和四步操作环节，此类问题一定不失分。2.沉淀洗涤(1)沉淀洗涤的目的：除去沉淀表面附着或沉淀中包夹的可溶性离子。(2)洗涤方法：向漏斗内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作 23 次。(3)误差分析：若沉淀不洗涤或洗涤不干净，则使沉淀的质量偏高。若沉淀洗涤次数过多，则会使部分沉淀

33、溶解而使其质量偏低。(4)沉淀剂是否过量的判断方法模板 加沉淀剂：静置，向上层清液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量。加入与沉淀剂反应的试剂：静置，取适量上层清液于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证明沉淀剂已过量。注意：若需称量沉淀的质量而进行有关定量计算时则只能选用方法(1)。（5）判断沉淀是否洗净的操作答题取最后一次洗涤液，滴加（试剂） ，若没有现象，证明沉淀已洗净3.容量瓶捡漏操作模板 加入一定量的水，塞好瓶塞。用食指摁住瓶塞，倒立观察。然后再将容量瓶正立，并将瓶塞旋转 180后塞紧，再倒立。若均无水渗出，则容量瓶不漏水。4.滴定

34、管检查是否漏水的操作模板 酸式滴定管：关闭活塞，向其中加入一定量的水，用滴定管夹将其固定铁架台上，观察是否漏水。若 2 分钟内不漏水，将活塞塞旋转 180后，重复上述操作。碱式滴定管：向其中加入一定量的水，用滴定管夹将其固定铁架台上，观察是否漏水。若 2 分钟内不漏水，轻轻挤压玻璃球，放出少量液体，再次观察滴定管是否漏水。5.滴定管赶气泡的操作模板 酸式滴定管：右手将滴定管倾斜 30左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。碱式滴定管：将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃球，是溶液从尖嘴流出，即可14赶出气泡。6.装置的气密性检查模板 形成封闭体系操作(微热、

35、手捂、热毛巾捂、加水等)描述现象得出结论。微热法关键词是：封闭（将导管一端放入水中） 、微热、气泡、水柱；液差(封)法关键词是：封闭（用止水夹关闭右侧导气管，向漏斗中加水） 、液差（漏斗中形成一段水柱，停止注水后，水柱不变化） 。整套装置气密性检查：为使其产生明显的现象，用酒精灯对装置中某个可加热容器微热，观察插入水中导管口是否有气泡冒出，也可对整套装置适当分割，分段检查气密性。7.萃取分液操作关闭分液漏斗活塞，将混合液倒入分液漏斗中，充分振荡、静置、分层，在漏斗下面放一个小烧杯，打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口沿烧杯壁流下；上层液体从上口倒出。8. 焰色反应的操作先将铂丝沾盐酸溶液在酒精灯

36、火焰上灼烧，反复几次，直到与酒精灯火焰颜色接近为止。然后用铂丝沾取少量待测液，到酒精灯火焰上灼烧，观察火焰颜色，如为黄色，则说明溶液中含 Na ；若透过蓝色钴玻璃呈紫色，则说明溶液中含 K 。9.氢氧化铁胶体的制备往煮沸的蒸馏水中逐滴滴加饱和的 FeCl3 溶液，当溶液变红褐色时，立即停止加热。10.从溶液中结晶实验操作模板 溶解度受温度影响小的：蒸发结晶过滤溶解度受温度影响较大或带结晶水的：加热浓缩冷却结晶过滤典例 7（2018 届河南省开封市高三上学期第一次模拟考试）工业上利用氯碱工业中的固体废物盐泥（主要成分为 Mg(OH)2、CaCO 3、BaSO 4，除此之外还有 NaCl、Al(O

37、H) 3、Fe(OH) 3、Mn(OH) 2等。 ）与废稀硫酸反应制备七水硫酸镁，产率高，既处理了三废，又有经济效益。其工艺流程如下： 已知：i）部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的 pH15沉淀物 Mn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2pH 值（完全沉淀） 10.02 8.96 3.20 4.70 11.12ii）两种盐的溶解度图（单位为 g/100g 水）根据以上流程图并参考表格 pH 数据和溶解度图，请回答下列问题。（1）酸解时，加入的酸为_，在酸解过程中，想加快酸解速率，请提出两种可行的措施_、_。（2）加入的 NaClO 可与 Mn2+反应

38、产生 MnO2沉淀，该反应的离子方程式是_。（3）本工艺流程多次用到抽滤操作，其优点在于_，四次抽滤时：抽滤所得滤渣 A 的成分为_、CaSO 4；抽滤所得滤渣 B 的成分为 MnO2、_、_；抽滤所得滤液 C 中主要杂质阳离子的检验方法是_；抽滤将产品抽干。（4）依据溶解度曲线，操作 M 应采取的方法是适当浓缩，_。（5）每制备 1 吨 MgSO47H2O，需要消耗盐泥 2 吨。若生产过程中的转化率为 70%，则盐泥中镁（以氢氧化镁计）的质量分数约为_。【答案】 硫酸 升温 把盐泥粉碎、搅拌等 Mn2+ + ClO- + H2O = MnO2 + 2H+ + Cl- 速度快 BaSO4 Fe（OH） 3 Al（OH） 3 焰色反应 趁热过滤 16.8%（16%、17%均可给分）(4)依据溶解度曲线，CaSO 4在 40左右溶解度最大，在 80左右溶解度最小，所以操作 M 应采取的方法适当浓16缩、趁热过滤，尽可能多的除去 CaSO4。(5)根据镁元素守恒可得：n(MgSO 47H2O)= nMg(OH)2，所以盐泥中 Mg(OH)2的质量分数为= 61058/24/7%gmoll100%=16.8%。