江苏省2020高考化学二轮复习题型二化工工艺流程题教案(含解析)

1、江苏省2020高考化学二轮复习题型二化工工艺流程题教学设计(含分析)江苏省2020高考化学二轮复习题型二化工工艺流程题教学设计(含分析)江苏省2020高考化学二轮复习题型二化工工艺流程题教学设计(含分析)题型二化工工艺流程题1近几年化工工艺流程题的观察特色近几年江苏卷工艺流程题主若是以物质的制备、物质的分别提纯为观察素材，以工艺流程图为信息背景，以物质的性质、转变、分别等为观察点，将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机交融在一起的综合型试题。平常会涉及陌生的化学工业工艺和化学反应，常常给考生较大的冲击力，考生不必定能完整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

2、可分为以物质制备为主要目的的工艺流程和以分别提纯为主要目的的工艺流程。涉及物质的转变、物质的分别提纯、尾气等荒弃物的办理等化学问题，体现了变化看法、凭据推理以及科学态度与社会责任的学科涵养。2解答化工工艺流程题的一般思路读题干，找信息和目的。找出题干中的“制备”或“提纯”等要点词，明确化工生产的原料、产品和杂质。看问题，依据详尽的问题，找出流程中需要点分析的步骤或环节，要点抓住物质流向(进入与流出)、操作方法等。局部间隔分析，分析加入什么物质，获取什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。特别提示：每个题中基本上都有与流程没关的问题，可直接作答。工艺流程图：3常考化工术语常考化工术语要点词释义

3、将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面研磨、雾化积，以加快反应(溶解)速率或使反应更充分，增大原料的转变率(或浸取率)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅灼烧(煅烧)烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适合溶剂或溶液，使此中可溶性的物质溶解，包含水-1-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，不溶物经过过滤除掉过滤固体与液体的分别滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，连续蒸发，节余的溶质就会蒸发结晶呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除掉部分溶剂，提升溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，

4、近似的还有酸洗、醇洗等溶解，除掉氧化物(膜)，克制某些金属离子的水解、除掉杂质离子酸作用等碱作用除掉油污，除掉铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调理pH、促使水解(形成积淀等)常考条件控制控制溶液的pH调理溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物积淀析出(或克制水解)。加入酸或调理溶液至酸性还可除掉氧化物(膜)。加入碱或调理溶液至碱性还可除掉油污，除掉铝片氧化膜，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：主要从物质性质(热稳固性、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、均衡挪动、催化剂活性、副反应)两个角度思虑。控制压强：

5、改变速率，影响均衡。使用适合的催化剂：加快反应速率，缩短达到均衡所需要的时间。趁热过滤：防范某物质降温时析出。清洗：常有的清洗方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除掉积淀或晶体表面残留的杂质，当积淀物的溶解度随温度高升而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除掉积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，加快除掉积淀或晶体表面的水分。氧化：氧化剂的选摘要依照试题设置的情境，常有的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了防范引入新的杂质，平常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。-2-物质制备型明确题目要制备什么物质，给的原料是什么，利用已有化学

6、知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原想到目标产物的化学转变路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多地获取产品，核心是提升反应物的转变率。环绕这个核心分析药品、操作、条件的作用，做到有的放矢。1假如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假如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克制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液获取固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来克制其水解

7、。3假如产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防范它们被其余物质还原或氧化。如产物是含22、I等离子的物质，要防范反应过程中O2的介入。Fe、SO34假如产物是一种易汲取空气中的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，也要防范空气中的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)过滤来进行分别。6在回答题目中条件的选择原由时主要可从以下几个方面分析：对反应速率有何影响。对均衡转变率能否有益。对综合效益有何影响。如原料成本、原料本源(能否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环

8、境保护(从绿色化学方面作答)等。1(2018高考江苏卷)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少许FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获取Fe3O4的部分工艺流程以下：(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液汲取过分SO2的离子方程式为_。-3-增加1%CaO和不增加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线以以下图。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600硫去除率(1焙烧后矿粉中硫元素总质量)100%焙烧前矿粉中硫元素总质量不增加CaO的矿粉在低于500焙烧时，去除的硫元素主要本源于_。700焙烧时，增加1%CaO的矿粉硫去除率比不增加CaO的矿粉硫去除率低，

9、其主要原由是_。向“过滤”获取的滤液中通入过分CO2，铝元素存在的形式由_(填化学式)转化为_(填化学式)。(4)“过滤”获取的滤渣中含大批的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混杂后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完整反应耗费的n(FeS2)n(Fe2O3)_。分析：(1)二氧化硫是酸性氧化物，少许二氧化硫与NaOH溶液反应生成正盐NaSO，过分23二氧化硫与NaOH溶液反应生成NaHSO3。(2)依据高硫铝土矿的成分中含FeS2和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600，假如不增加CaO在低于500焙烧，则去除的硫元素主要本源于FeS2，详尽的反应原理为焙烧4FeS

10、211O2=2Fe2O38SO2。增加的CaO汲取SO2生成CaSO3，CaSO3易被空气中的氧气氧化为CaSO4。依据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于600”，可知700时CaSO可能未分解或未完整分解而留在矿粉中，4从而以致增加1%CaO的矿粉硫去除率比不增加CaO的矿粉硫去除率低。(3)高硫铝土矿中的氧化铝溶于NaOH生成NaAlO：AlO2NaOH=2NaAlOHO；向NaAlO溶液中通入过分的二22322氧化碳，生成氢氧化铝：CO(过分)2HONaAlO=Al(OH)NaHCO。(4)依据得失电子守22233恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为116。答案：(1)OHS

11、O2=HSO3FeS2硫元素转变为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116-4-2(2017高考江苏卷)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程以下：注：SiO2在“碱溶”时转变为铝硅酸钠积淀。(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_。向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_(填“增大”“不变”或“减小”)。(3)“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中做阳极的石墨易耗费，原由是_。(4)铝粉在1000时可与N反应制备AlN。在铝粉中增加少许NHCl固体并充分混杂，24有益于AlN的

12、制备，其主要原由是_。分析：(1)Al2O3为两性氧化物，在NaOH溶液中会溶解生成NaAlO2。(2)加入的NaHCO3与过量的NaOH反应，以致溶液的pH减小。(3)电解Al2O3时阳极上生成O2，O2会氧化石墨。答案：(1)Al2O2OH=2AlOHO322减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)NH4Cl分解产生的HCl可以破坏Al表面的Al2O3薄膜3(2014高考江苏卷)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)62x溶液，并用于烟气脱硫研究。酸浸时反应的化学方程式为_；滤渣的主要成分为_(填化学式

13、)。(2)加CaCO3调理溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转变为Al2(SO4)x(OH)62x。滤渣的主要成分为_(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会以致溶液中铝元素的含量降低，其原由是_(用离子方程式表示)。(3)上述流程中经完整热分解放出的SO2量总是小于汲取的SO2量，其主要原由是-5-_；与汲取SO2前的溶液对比，热分解后循环利用的溶液的pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)。分析：(1)酸浸时能与H2SO4反应的是Al2O3，H2SO4与Al2O3反应生成盐和水，SiO2不睦H2SO4反应，成为滤渣。(2)CaCO3和溶液中的H2SO4反应生成C

14、aSO4；假如pH偏高，一部分Al3会转化为Al(OH)积淀，离子方程式为3CaCO2Al323CaSO3CO。3SO3HO=2Al(OH)342342(3)热分解时，一部分亚硫酸盐被氧化为硫酸盐，不可以分解成为SO2；SO2溶于水生成H2SO3，会中和溶液中的部分减小。OH，使溶液的pH答案：(1)Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2OSiO2(2)CaSO43CaCO2Al323H2O=2Al(OH)33CaSO43CO23SO422(3)溶液中的部分SO被氧化成SO减小341我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少许FeS、CdS、PbS

15、杂质)为原料制备金属锌的流程以以下图：相关金属离子c0(Mn)0.1molL1形成氢氧化物积淀的pH范围以下：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始积淀的pH1.56.36.27.4积淀完整的pH2.88.38.29.4回答以下问题：(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，以结果是_。溶液中的Cd2可用锌粉除掉，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_；堆积-6-锌后的电解液可返回_工序连续使用。分析：(1)在焙烧过程中ZnS和O反应生成ZnO和SO。(2)

16、22不可以共存溶液中的Pb与SO224生成PbSO积淀，SiO不溶于HSO，即滤渣1中含SiO和PbSO。氧化除杂过程中O能将溶液4224242中Fe2氧化生成Fe3，加入ZnO能调理溶液的pH，促使Fe3完整水解。由题表可知，Fe2、Zn2开始积淀和积淀完整时的pH特别凑近，若不通入O2使Fe2氧化为Fe3，加入ZnO后没法除掉Fe2，会影响Zn的纯度。(3)依据题中信息可知，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。堆积锌后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序连续

17、使用。焙烧答案：(1)2ZnS3O2=2ZnO2SO(2)PbSO4调理溶液的pH没法除掉杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶浸2(2019徐州高三质检)氧化锌主要用作催化剂、脱硫剂、发光剂和橡胶增加剂。一种以锌焙砂(ZnO、ZnSiO3和少许As2O3、CuO、PbO杂质，此中As与N同主族)为原料制备氧化锌的流程以以下图：请回答以下问题。(1)循环使用的物质有_、_和_。(填化学式)2(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，请解说温度超出55后浸出率明显降落的原由：-7-_。锌浸出率与(NH)(NH)SO的关系如图2所示，6

18、4以后浸出率降落，说明n3n424_(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Fe(AsO)2积淀，此中铁元素的化合价是_；积淀剂为34FeSO4H2O、(NH4)2S2O8，增加(NH4)2S2O8的目的是_。“除重金属”和“深度除重金属”除掉的重金属是_(填名称)。“蒸氨”的产物主若是ZnSO4和NH3，写出所发生反应的化学方程式：_。分析：(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CO2,CO2在焙烧过程中产

19、生，故NH3H2O或NH3、(NH4)2SO4、CO2属于循环使用的物质。锌浸出率在55后明显降落，由反应原料可知，温度高升，氨挥发以致溶液浓度降落，浸出率降落。氧化锌是两性氧化物，在氨与硫酸铵的比率大于64时，可以和浓氨水发生反应，生成络合物Zn(NH)2，硅酸锌只与硫酸铵反应，而此时，硫酸铵比率较低，故浸出率降低，C43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3，铁元素AsO4化合价为2；本来As元素化合价为3，在除砷过程中变为5，而(NH)SO拥有强氧化性，4228故加入(NH4)2S2O8的目的是把砷元素氧化成3AsO4，以便于除掉砷。

20、(4)由题意可知，Zn元素在浸出后以Zn(NH3)2进入滤液，除砷以后，加入Zn，可将Cu与4Pb置换出来过滤除掉，再用S2积淀残留的重金属离子，所以除掉的重金属为铜和铅。(5)由题意可知，Zn元素在浸出后以Zn(NH)2进入滤液，结合产物为ZnSO和氨，可分析434出化学方程式为Zn(NH3)4SO4=ZnSO44NH3。答案：(1)NH3H2O(或NH3)(NH4)2SO4CO2(2)温度高升，氨挥发而使溶液浓度降落，浸出率降落C(3)2把砷元素氧化成3以便除掉砷AsO4(4)铜和铅-8-(5)Zn(NH3)4SO4=ZnSO44NH33硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻

21、璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少许Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程以下：回答以下问题：在95“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“汲取”中反应的化学方程式为_。“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中能否含有Fe3离子，可采纳的化学试剂是_。(3)依据HBO的解离反应：HBOHO，K5.811010，可判断HBO是HB(OH)333324a33_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调理至3.5，目的是_。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)MgCO积淀的离子方程式为_，母液经23加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧

22、化镁的方法是_。分析：(1)硫酸铵溶液中存在水解均衡：HONHNHHOH，硼酸镁能与水解出的4232反应，促使均衡向右挪动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在均衡NH3H2ONHH3H2O，一水合氨浓度增大，促使NH3H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液汲取氨，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的试剂可采纳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”从前，调理pH3.5，目的是将硼元素转变为硼酸，促使硼酸析出。(4)“沉镁”中，

23、碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生互相促使的水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO42(NH4)2CO3H2O=Mg(OH)2MgCO32(NH4)2SO4CO2，也许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，表现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转变为轻质氧化镁，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，可知采高温用的方法是高温焙烧法，化学方程式为MgCO3Mg(OH)2=2MgOH2OCO2。答案：(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3-9-(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN一元弱转变为H

24、3BO3，促使析出(4)2Mg23CO2或22CO232H2O=Mg(OH)MgCO2HCO32Mg323H2O=Mg(OH)2MgCO3CO2溶浸高温焙烧分别提纯型1题型特色分别提纯型工艺流程题多以矿物、各种荒弃物为原料，经过各种办理，除掉杂质获取有价值的产品。观察的核心在各种分别提纯的实验操作以及条件的控制选择上。固然把题目形式设计为工艺流程框图，但其实质还是对混杂物的除杂、分别、提纯操作的观察。2解题思路从试题中找出想要什么，要除掉的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转变为了什么物质；如何操作才能将杂质除掉(侧重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要完全。3常用分别方法固体与

25、固体的分别固体与液体的分别液体与液体的分别4常有操作的答题思虑角度-10-常有操作答题思虑角度过滤、蒸发、分液、蒸馏等常例操作。从溶液中获取晶体的方法：分别、提纯(清洗、干燥)；或蒸发结晶蒸发浓缩冷却结晶过滤提升原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物办理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或在其余气体要考虑O2、H2O、CO2或其余气体能否参加反应或能否达到间隔空中进行的反应或操作气，防氧化、水解、潮解等目的判断积淀能否清洗干净取少许最后一次清洗液，检验此中能否还有某种离子存在控制溶液的pH方法见前述防范副反应的发生；使化学均衡挪动：控制化学反应的方向；控制固体的溶解与结晶；控制温度(常用

26、水浴、冰控制反应速率：使催化剂达到最大活性；浴或油浴)升温：促使溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；加热煮沸：促使水解，聚沉后利于过滤分别；趁热过滤：减少因降温而析出溶质的量；降温：防范物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求常有清洗方式见前述；清洗晶体清洗积淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至淹没积淀，待水自然流下后，重复以上操作23次“水洗”除掉表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化表面办理学法除掉表面氧化物、提升光洁度等1(2017高考江苏卷)某科研小组采纳以下方案回收一种光盘金属层中的少许Ag(金属层中其余金属含量过低，对实验的影响可忽视)。-11-已知

27、：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如3NaClO=2NaClNaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl2NHHOAg(NH)2HO2Cl3232常温时N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原：4Ag(NH3)N2H4HO=4AgAg(NH3)222N24NH4NH3H2O“氧化”阶段需在80条件下进行，适合的加热方式为_。(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和2，该反应的化学方程式为O_。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3取代NaClO的弊端是_。(3)为提升Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行清洗，并_。(4)若省略“过滤”，直接向冷却后的反应

28、容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过分NaClO与NH3H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3H2O不反应)，还因为_。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2molL1水合肼溶液，1molL1H2SO4)。分析：(1)加热温度在低于100时，可采纳水浴加热的方式。(2)在溶液中，NaClO氧化Ag生成AgCl、NaOH和O2，依据得失电子守恒及原子守恒配平反响的化学方程式。HNO3氧化Ag时会产生氮氧化物，污染环境。(3)为提升Ag的回收率，需要将清洗后的滤液也一起合并到过滤的滤液中。(4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，增加氨水的用量；

29、由已知信息知冷却后的溶液中因NaClO的分解，会含有必定浓度的Cl，不利于AgCl和氨水反应的正向进行。(5)由已知信息知，水合肼可以和银氨溶液发生反应生成Ag和NH。生成的NH用133124静置，过滤出生成molLHSO溶液汲取，当溶液中不再产生气泡时，说明反应已进行完整，的Ag，清洗、干燥，得Ag。答案：(1)水浴加热(2)4Ag4NaClO2H2O=4AgCl4NaOHO2会开释出氮氧化物(或NO、NO2)，造成环境污染将清洗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，且此中含有必定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水-12-反应(5)向滤液中滴加112molL水合肼溶液

30、，搅拌使其充分反应，同时用1molLHSO24溶液汲取反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、清洗，干燥2(2016高考江苏卷)以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程以下：(1)氯化过程控制电石渣过分，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进一步转变为Ca(ClO3)2，少许Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。提升Cl2转变为Ca(ClO3)2的转变率的可行措施有_(填序号)。A适合减缓通入Cl2速率B充分搅拌浆料C加水使Ca(OH)2完整溶

31、解(2)氯化过程中Cl2转变为Ca(ClO)2的总反应方程式为6Ca(OH)26Cl=Ca(ClO)32325CaCl26H2O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)_15(填“”“”或“”)。向滤液中加入稍过分KCl固体可将Ca(ClO3)2转变为KClO3。若溶液中KClO3的含量为100gL1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是_。-13-分析：(1)Cl2与Ca(OH)2发生反应：2Ca(OH)22Cl2=Ca(ClO)2CaCl22H2O，生成Ca(ClO)2。适合减缓通入Cl

32、2速率，可以使Cl2与Ca(OH)2充分反应，A项正确；充分搅拌浆料，使反应进行完整，可以提升Cl2转变为Ca(ClO3)2的转变率，B项正确；加水使Ca(OH)2完全溶解，不可以提升Cl2转变为Ca(ClO3)2的转变率，C项错误。(2)电石渣中CaCO3与氯气不反应，而Ca(OH)2的溶解度较小，故滤渣的主要成分为CaCO3和Ca(OH)2。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2生成Ca(ClO)2的反应，故nCa(ClO3)2n(CaCl2)15。(3)依据溶解度曲线，KClO3的溶解度受温度影响较大，可采纳蒸发浓缩、冷却结晶的方法从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体。答案：(1)2Cl22

33、Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2OABCaCO3、Ca(OH)211时CaSO4转变的离子方程式为_；能提升其转变速率的措施有_(填序号)。A搅拌浆料B加热浆料至100C增大氨水浓度D减小CO2通入速率当清液pH凑近6.5时，过滤并清洗固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为_和_(填化学式)；检验清洗能否完整的方法是_。-14-(3)在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，跟着浸取液温度上升，溶液中c(Ca2)增大的原由是_。分析：(1)向磷石膏粉、氨水浆猜中通入CO2，CO2与NH3H2O发生反应：CO22NH3H2O=2NH42222CO3H2O，CO3浓度增

34、大，促使了CaSO4积淀的转变：CaSO4CO3=CaCO3SO4，总反应的离子方程式为2HO。A.搅拌浆料，可增大反应物CaSO2NHHOCO=CaCO2NHSO43223442的接触面积，加快化学反应速率；B.加热浆料，因为NH3的挥发，以致NH3H2O浓度降低，不22的浓度，从而利于CO的生成，降低了CaSO的转变速率；C.增大氨水浓度，有益于提升CO343提升CaSO4的转变速率；D.减小CO2通入速率，不利于2的生成，从而降低CaSO4的转变速率。CO3(2)由图像可知，pH6.5时，溶液中的c(Ca2)已经很小，此时通入的CO2与溶液中浓度较低的氨水反应生成NHHCO，故溶液中物质

35、的量浓度最大的两种阴离子为2SO和HCO。过滤4343获取的CaCO积淀上会附着2SO、NH、HCO等杂质离子。检验清洗能否完整时，可取少许最3443后一次从过滤器中流出的清洗液于试管中，向此中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，检验能否存在2SO即可。若不产生白色积淀，表示积淀已清洗完整。4(3)NHCl溶液中存在水解均衡：NHHONHHOH，温度高升，上述水解均衡右44232移，c(H)增大，以致部分CaCO3溶解。222答案：(1)CaSO2NHHOCO=CaCO2NHSOHO(或CaSOCO=CaCOSO)432234424334AC2取少许最后一次的清洗过滤液于试管中，向此中滴加盐酸酸化的

36、BaCl2(2)SO4HCO3溶液，若不产生白色积淀，则表示已清洗完整浸取液温度上升，溶液中c(H)增大，促使固体中Ca2浸出1重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程以以下图：回答以下问题：-15-高温(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_。该步骤不可以使用陶瓷容器，原因是_。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。步骤调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原由是_(用离子方

37、程式表示)。相关物质的溶解度以以下图。向“滤液3”中加入适当KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤获取K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)获取的K2Cr2O7固体产品最多。a80B60c40D10步骤的反应种类是_。分析：(1)1molFeOCr2O3参加反应共失掉7mol电子，而1molNaNO3参加反应获取2mol电子，依据得失电子守恒，两者的系数比为27。因为高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不可以使用陶瓷容器。(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中存在均衡：

38、222CrO42HCr2O7H2O，氢离子浓度越大(pH越小)，越有益于均衡正向挪动，所以步骤应调理滤液2的pH使之变小。(4)依据题图可知，温度越低，KCrO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227应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。答案：(1)27陶瓷在高温下会与NaCO反应23(2)FeAl(OH)3(3)小22H2O2CrO42HCr2O7(4)d复分解反应-16-2(2019江苏九校高三联考)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以下：已知：含镍

39、浸出液中阳离子主要有Ni232222。常温下，部分物、Fe、Cu、Ca、Mg、Zn质的溶度积常数以下表：难溶物NiSZnSCuSCaF2MgF2溶度积常数1.0710212.9310251.271036410117.421011请回答以下问题：(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溶液沉铁时生成的积淀1犯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的作用是除掉溶液中的Cu2，原理是Cu2(aq)NiS(s)Ni2(aq)CuS(s)，该反应的化学均衡常数是_(保留三位有效数字

40、)。(4)“除锌”时，ZnSO4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均衡。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由：_。分析：(1)依据流程图分析可知，含镍矿渣浸取时生成硫单质的离子方程式为3NiSClO36H=3Ni23SCl3H2O。加入Na2CO3溶液沉铁时，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6积淀和一种无色气体，该气-17-体为CO2，反应的离子方程式为322Na3Fe2SO43H2O3CO=NaFe3(SO4)2(OH)63CO2。22c（Ni2）sp（NiS）K(3)依据Cu(

41、aq)NiS(s)Ni(aq)CuS(s)，可得Kc（Cu2）Ksp（CuS）211.0710368.431014。1.2710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，促使均衡右移，从而使锌的萃取率增大。答案：(1)3NiS3S3Ni2ClO36H=Cl3H2O(2)Na3223Fe2SO3HO3CO=42NaFe3(SO4)2(OH)63CO2(3)8.431014(4)ZnSO4HAZnA2HAHSO料液的pH增大时，料液中的)减小，促

42、使c(H4224均衡向右挪动，锌的萃取率增大3溴化锂是一种高效的水汽汲取剂和空气湿度调理剂，54%55%的溴化锂水溶液是汲取式绿色制冷剂，其对环境无污染。制备路线图以下：2c（CO3）的Ksp810(1)25时在Li2CO3与LiF的混杂悬浊液中，c2（F）_(25，Li2CO34；LiF的Ksp2103)，溶液显_(填“中性”“酸性”或“碱性”)。制得LiBr的要点是“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LiCO调理pH到89，LiCO转变为LiHCO，同时23233溶液变为无色，加入Li

43、CO的目的为_。23“合成”时温度与%的关系以下表：BrO3温度/2030405060708000.50BrO3/%“合成”时选择的温度为_，原由是_。-18-(3)“除杂1”利用CS(NH2)2去除BrO3，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把溶液调到必定的酸度，加热到70左右，而后用LiOH调至pH7，加热的作用是_。2）22）Ksp（Li2CO3）分析：(1)c（CO3c（CO3）c（Lic2（F）2（F）c2（Li）sp2（LiF）200。混杂溶液因cK2CO3、F的水解而显碱性。(2)由图中信息知，反应中Br2是氧化剂、CO

44、(NH)是还原剂，氮元素转变22为N、碳元素转变为CO，化学方程式为3Li2CO3BrCO(NH)=6LiBr4CON2HO，223222222尿素与Br2物质的量之比为13。由“合成”后的溶液颜色知Br2过分，故Li2CO3是用于除去溶液中剩余的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%突然增大，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(NH)LiSO，再结合质量守恒及(2)中信息知有LiHCO参加

45、反应，最后得：222434LiBrO33CS(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，免得耗费更多的LiOH。答案：(1)200碱性(2)13除掉剩余的Br260温度小于60时，反应速率较慢，大于60时，副产物BrO%突然增大，LiBr的产率降低3(3)4LiBrO33CS(NH2)26LiHCO3=4LiBr3CO(NH2)23Li2SO46CO23H2O(4)使溶液中的CO2逸出，免得耗费更多的LiOH专题增强训练1磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程以下：

46、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“”)。结合元素周期律解说中结论：P和S电子层数同样，_。酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转变为HF，并进一步转变为SiF4除掉。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，同时自己也会发生分解。同样投料比、同样反应时间，不一样温度下的有机碳脱除率以以下图。80后脱除率变化的原由：_。2(5)脱硫时，CaCO3稍过分，充分反应后仍有SO4残留，原由是_；加入BaCO3可进一步提升硫的脱除率，其离子方程式是_。(6)取ag所得

47、精制磷酸，加适当水稀释，以百里香酚酞做指示剂，用bmolL1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，耗费NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是_。3498gmol1(已知：HPO摩尔质量为)分析：(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)依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要素的共同影响：一方面，温度越高，反应速率越快，在同样投料比、同样反应时间内，有机碳的脱除率越高；

48、另一方面，温度升高可使许多的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出了温度高升的影响，以致脱除率逐渐降低。(5)脱硫是用CaCO3除掉节余的硫酸，因为生成的硫酸钙是微溶物，所以即使CaCO3过分，充分反应后仍有2残留。SO4加入BaCO3可使CaSO4转变为更难溶的BaSO4，进一步提升硫的脱除率。(6)H3PO42NaOH=NaHPO42H2O-20-98g2mol3(HPO)10bcmolm34342344.9102bcg100%m(HPO)4.910bcg，则精制磷酸中HPO的质量分数为ag4.9bc0.049bc%a。a答案：(

49、1)研磨、加热核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS(3)2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O=10CaSO40.5H2O6H3PO42HF(4)80后，H2O2分解速率大，浓度明显降低2(5)CaSO4微溶BaCO3SO42H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO40.049bc(6)a2Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极资料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少许2MgO、SiO等杂质)来制备。工艺流程以下：回答以下问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果以以下图。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采纳的实验条件为_。2(2)“酸浸”后，钛

50、主要以TiOCl4形式存在，写出相应反应的离子方程式：_。(3)TiO2xHO积淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果以下表所示：2温度/3035404550TiO2xH2O转变率/%9295979388分析40时TiOxHO转变率最高的原由：_22-21-_。(4)LiTiO中Ti的化合价为4，此中过氧键的数量为_。2515(5)若“滤液”中211倍)，c(Mg)0.02molL，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加使Fe3恰好积淀完整即溶液中c(Fe3)1.0105molL1，此时能否有Mg3(PO4)2积淀生成？_(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、

51、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：_。分析：(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，符合温度高升，反应速率加快，值得注意的是，这种填空题可能有多个合理答案。(2)观察离子方程式书写。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TiOCl42知，产物中必定有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变率。这种问题要从两个角度分析，即低于40时，跟着温度的高升，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，

52、以致反应物浓度降低，结果转变率降低。(4)观察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。假如能求出1价氧原子个数，就能求出过氧键数量，即过氧键数量等于1价氧原子个数的一半。设LiTixy1525O中2价、1价氧原子个数分别为x、y。有，152xy228解得x7，y8。所以，过氧键数量为24。(5)观察溶度积计算以及判断积淀能否形成。分两步计算：计算铁离子完整积淀时磷酸根离子浓度。c(Fe333)c(PO4)Ksp(FePO4)，c(PO4221.310117121.0105molL1.310molL。混

53、杂后，溶液中镁离子浓度为c(Mg)0.011322331721.71040molL，c(Mg)c(PO4)0.01(1.310)KspMg3(PO4)2，没有磷酸镁积淀生成。(6)草酸中碳为3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价高升，有CO2生成。答案：(1)100、2h，90、5h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl242H2O-22-(3)低于40，TiO2xH2O转变反应速率随温度高升而增加；超出40，双氧水分解与氨逸出以致TiO2xH2O转变反应速率降落(4)4331.31022117132(5)Fe恰好积淀完整时，c(PO4)1.0105molL1.310molL，

54、c(Mg)c233101721.71040spMg3(PO4)2，所以不会生成Mg3(PO4)2积淀(PO4)0.01(1.3)K高温(6)2FePO4Li2CO3H2C2O4=2LiFePO43CO2H2O3最新研究表示As2O3在医药领域有重要应用。某小组从工业废猜中提取As2O3，设计流程以下：已知：H3AsO3为弱酸，热稳固性差。(1)写出一条“碱浸”时提升浸取率的方法：_；“碱浸”中H3AsO3转变为Na3AsO3的离子方程式为_。“氧化”时向混杂液中通入O2时对系统加压，目的是_。“沉砷”过程中有以下反应：Ca(OH)2(s)2H0Ca(aq)2OH(aq)23Ca5(OH)(As

55、O4)3H05CaOH3AsO4沉砷率与温度关系如图。沉砷最正确温度为_，高于85时，沉砷率降落的原由是_。“还原”过程中获取H3AsO3的化学方程式为_；“操作A”为_、过滤；滤液的主要溶质是_。(5)若每步均完整反应，“氧化”和“还原”时耗费同样条件下O2和SO2的体积分别为xL、yL，则废水中n(H3AsO3)n(H3AsO4)_(写出含x、y的计算式)。-23-分析：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，获取Ca5(OH)(AsO4)3积淀，将Ca5