高考化学二轮复习考点微专题32化学工艺流程题-核心反应与条件控制（解析版）

微专题32化学工艺流程题-----核心反应与条件控制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、分离提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。这类试题具有较强的实用性和综合性，是高考化学命题的常考题型。一、化工流程答题基本思路二、一个完整的无机化工生产流程一般具有下列过程：产品的提纯和分离原料目标产物核心化学反应对原料的预处理产品的提纯和分离原料目标产物核心化学反应对原料的预处理【归纳】控制反应条件：溶液的PH：提供酸碱性环境反应、抑制或促进离子水解等产生沉淀便于分离等。调节PH的方法：调节pH所需的物质一般应满足两点：一是能与H＋反应，使溶液pH增大；二是不引入新杂质。（一般酸、碱、氧化物、水解的盐等）如：要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。温度：升温----加快反应（溶解）速率；促进平衡向吸热方向移动；去除热稳定性差的物质或易升华的物质。

降温----防止物质分解，挥发；使平衡向放热方向移动；使高沸点的物质液化，使其与其他物质分离；降低溶解度，减少损失。

控温-----水浴、沙浴、油浴-----受热均匀，便于控制温度。温度太高---速率太快；物质可能分解、挥发、水解；催化剂可能中毒；发生副反应等。温度太低----速率可能太慢;催化剂活性不高;物质转化率、产率不高等。氧化剂（还原剂）（电化学）：生产目标（过程）产物或去除某些离子。其他条件：浓度、压强、催化剂、隔绝空气等。【典例精析】1．镉(SKIPIF1<0)可用于制作发光电子组件。以铜镉废渣(含SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0等单质)为原料制备镉的工艺流程如下：核心反应条件控制

核心反应条件控制浸出后的溶液中含有SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0等金属离子，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的SKIPIF1<0(开始沉淀的SKIPIF1<0按金属离子浓度为SKIPIF1<0计算)如下表：氢氧化物SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0开始沉淀的SKIPIF1<01.55.97.2沉淀完全的SKIPIF1<03.38.99.9(1)“浸出”时通入氮气而不是通入空气进行搅拌的原因是___________。(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为___________。SKIPIF1<0也能氧化SKIPIF1<0，工业生产中不选用SKIPIF1<0的原因是___________。(3)“调SKIPIF1<0”时控制溶液SKIPIF1<0在3.3~5.9之间，“滤渣”的主要成分是___________(填化学式)。(4)“置换”时发生的反应为SKIPIF1<0。镉置换率SKIPIF1<0与SKIPIF1<0的关系如图所示。实际生产中选择SKIPIF1<0的原因是___________。

(5)SKIPIF1<0和SKIPIF1<0同族且相邻，部分金属水合离子的颜色如下表所示：离子SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0SKIPIF1<0颜色浅绿色蓝色无色无色无色①金属水合离子是否有颜色与金属离子的结构间的关系可描述为___________。②硫酸酸化的硫酸铁溶液中铁元素以SKIPIF1<0形式存在而使溶液呈浅紫色，向其中滴入几滴SKIPIF1<0溶液，因生成SKIPIF1<0、SKIPIF1<0等离子而使溶液呈红色，能发生上述反应的原因是___________。【答案】(1)防止SKIPIF1<0在酸性条件下被SKIPIF1<0氧化生成SKIPIF1<0，导致SKIPIF1<0被浸出。(2)SKIPIF1<0会释放出氮氧化物(或SKIPIF1<0、SKIPIF1<0)，造成环境污染(3)SKIPIF1<0(4)比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的SKIPIF1<0(5)如果金属离子核外存在未成对电子则金属水合离子有颜色，反之则无色SKIPIF1<0比SKIPIF1<0更容易与SKIPIF1<0形成配合物【分析】根据流程图，铜镉废渣(含SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0等单质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，在滤液中加入双氧水溶液，氧化亚铁离子为铁离子，加ZnO调节pH在3.3~5.9之间，形成氢氧化铁沉淀，在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2。【详解】(1)“浸出”时的目的是为了将废渣中的铜铜渣的形式除去，而不能转化为Cu2＋，而在酸性条件下Cu发生反应4H＋＋O2＋2Cu＝2Cu2＋＋2H2O，“浸出”时通入氮气而不是通入空气进行搅拌的原因是防止SKIPIF1<0在酸性条件下被SKIPIF1<0氧化生成SKIPIF1<0，导致SKIPIF1<0被浸出。故答案为：防止SKIPIF1<0在酸性条件下被SKIPIF1<0氧化生成SKIPIF1<0，导致SKIPIF1<0被浸出；(2)“氧化”时的反应物为H2O2和Fe2＋，推测生成物为Fe3＋和H2O，“氧化”时发生反应的离子方程式为SKIPIF1<0。HNO3作氧化剂参与氧化还原时通常得到氮氧化物，会对环境不友好，虽SKIPIF1<0也能氧化SKIPIF1<0，但工业生产中不选用SKIPIF1<0的原因是会释放出氮氧化物(或SKIPIF1<0、SKIPIF1<0)，造成环境污染。故答案为：SKIPIF1<0；会释放出氮氧化物(或SKIPIF1<0、SKIPIF1<0)，造成环境污染；(3)“调pH”时选择pH的范围应该是Fe3＋沉淀完全和Zn2＋开始沉淀之间。“调SKIPIF1<0”时控制溶液SKIPIF1<0在3.3~5.9之间；对比流程前后可知该步骤的目的是除去溶液中的Fe3＋，使之转化为Fe(OH)3沉淀，而不使Zn2＋、Cd2＋沉淀，“滤渣”的主要成分是SKIPIF1<0(填化学式)。故答案为：SKIPIF1<0；(4)“置换”时选择加入Zn的目的是置换出Cd，理论上Zn与Cd2＋的物质的量之比为1:1，而实际生产中选择1.3，结合图像可知，选择超过1的原因就是为了提高镉置换率，而又不是越大越好的原因，结合图像可知，超过1.3之后镉置换率的提升不大，但Zn的用量会增大，同时后续熔炼过程中消耗NaOH的量也会增大，提高了生产的成本，故实际生产中选择SKIPIF1<0的原因是：比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的SKIPIF1<0。故答案为：比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的SKIPIF1<0；(5)①表格中水合离子有颜色的金属离子Fe2＋、Cu2＋的价电子排布式分别为3d6、3d9，而无色离子Sc3＋、Zn2＋、Cd2＋的价电子排布式分别为3d0、3d10、3d10，对比可知水合离子有无颜色取决于d轨道上的电子情形，d轨道无未成对电子时无色，有未成对电子时则有颜色。金属水合离子是否有颜色与金属离子的结构间的关系可描述为如果金属离子核外存在未成对电子则金属水合离子有颜色，反之则无色。故答案为：如果金属离子核外存在未成对电子则金属水合离子有颜色，反之则无色；②由配离子颜色的变化和配离子形式的转化可知，[Fe(H2O)6]3＋中配体H2O转变为SCN－，由此可知Fe3＋更易与SCN－形成配位键。能发生上述反应的原因是SKIPIF1<0比SKIPIF1<0更容易与SKIPIF1<0形成配合物。故答案为：SKIPIF1<0比SKIPIF1<0更容易与SKIPIF1<0形成配合物。【专题精练】2．工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：核心反应条件控制

(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___。核心反应条件控制(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。

中和时pH的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有____。(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2OSKIPIF1<02Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___。【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率(2)SKIPIF1<0使SKIPIF1<0平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率浸取(3)所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2OH2SO4(4)阳Na＋【分析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使SKIPIF1<0、SKIPIF1<0转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。【详解】(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。(2)中和时调节溶液pH目的是将SKIPIF1<0、SKIPIF1<0转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成SKIPIF1<0，因此中和时pH的理论范围为SKIPIF1<0；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以SKIPIF1<0和SKIPIF1<0存在，溶液中存在平衡：SKIPIF1<0，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：SKIPIF1<0；使SKIPIF1<0平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；H2SO4。(4)由4Na2CrO4+4H2OSKIPIF1<02Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由SKIPIF1<0可知，SKIPIF1<0在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。3．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如下：核心反应条件控制核心反应条件控制注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为___________。(2)医疗上，常用胃舒平[主要成Al(OH)3]来治疗胃酸(主要成分盐酸)过多，其理由是___________(用离子方程式表示)。(3)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加NaHCO3溶液，溶液pH___________(填“增大”、“不变”或“减小”)。(4)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是___________。(6)为测定含少量FeCl3的AlCl3中AlCl3的含量，可通过下列操作测得(部分物质略去)。m克样品SKIPIF1<0NaAlO2溶液SKIPIF1<0Al(OH)3SKIPIF1<0n克Al2O3计算该样品中AlCl3的质量分数___________(结果用m、n表示，不必化简)。【答案】(1)Al2O3+2OH−=2AlOSKIPIF1<0+H2O(2)Al(OH)3+3H+=2Al3++3H2O(3)减小(4)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜(6)SKIPIF1<0或SKIPIF1<0或SKIPIF1<0【分析】以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，然后加入碳酸氢钠与NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸钠溶液，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，阴极得到NaHCO3、阳极得到NaOH，循环利用。【详解】(1)碱溶时氧化铝和NaOH溶液反应得到偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlOSKIPIF1<0+H2O；(2)Al(OH)3可以和盐酸反应生成可溶性盐氯化铝和水，离子方程式为Al(OH)3+3H+=2Al3++3H2O；(3)根据分析，向“过滤Ⅰ”所得滤液中加NaHCO3溶液，NaAlO2和残留的NaOH反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸钠溶液，碱性为OH-＞AlOSKIPIF1<0＞COSKIPIF1<0，所以溶液碱性减弱，pH减小；(4)电极熔融Al2O3时，阳极阳离子被氧化生成氧气，石墨电极被阳极上产生的O2氧化，从而被损耗；(5)铵盐受热易分解，高温条件下NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，有利于AlN的制备；(6)根据元素守恒可知样品中n(AlCl3)=2n(Al2O3)SKIPIF1<0mol，所以AlCl3的质量分数为SKIPIF1<0×100%=SKIPIF1<0或SKIPIF1<0或SKIPIF1<0。4．SKIPIF1<0可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以SKIPIF1<0形式存在，还含有SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0等物质。以独居石为原料制备SKIPIF1<0的工艺流程如下：核心反应条件控制核心反应条件控制回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是_______；(5)“沉铈”过程中，生成SKIPIF1<0的离子方程式为_______，常温下加入的SKIPIF1<0溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：SKIPIF1<0的SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的SKIPIF1<0，SKIPIF1<0)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为SKIPIF1<0，在高温条件下，SKIPIF1<0、葡萄糖(SKIPIF1<0)和SKIPIF1<0可制备电极材料SKIPIF1<0，同时生成SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，该反应的化学方程式为_______【答案】(1)SKIPIF1<0(2)适当升高温度，将独居石粉碎等(3)Al(OH)3(4)促使铝离子沉淀(5)SKIPIF1<0↑碱性(6)6SKIPIF1<0+SKIPIF1<0+12SKIPIF1<0=12SKIPIF1<0+6CO↑+6H2O+6CO2↑【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，SKIPIF1<0转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SKIPIF1<0与硫酸不反应，SKIPIF1<0转化为Al2(SO4)3，SKIPIF1<0转化为Fe2(SO4)3，SKIPIF1<0转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为SKIPIF1<0和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。【详解】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为SKIPIF1<0；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成SKIPIF1<0的离子方程式为SKIPIF1<0↑；铵根离子的水解常数Kh(SKIPIF1<0)=SKIPIF1<0≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh(SKIPIF1<0)==SKIPIF1<0≈2.3×10-8，则Kh(SKIPIF1<0)<Kh(SKIPIF1<0)，因此常温下加入的SKIPIF1<0溶液呈碱性；(6)由在高温条件下，SKIPIF1<0、葡萄糖(SKIPIF1<0)和SKIPIF1<0可制备电极材料SKIPIF1<0，同时生成SKIPIF1<0和SKIPIF1<0可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6SKIPIF1<0+SKIPIF1<0+12SKIPIF1<0=12SKIPIF1<0+6CO↑+6H2O+6CO2↑。5．钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。工业上常用钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质)提取金属钒，流程如下图：核心反应条件控制核心反应条件控制已知：I.钒有多种价态，其中+5价的最稳定。钒在溶液中主要以VOSKIPIF1<0和VOSKIPIF1<0的形式存在，存在平衡：VOSKIPIF1<0+H2O⇌2H++VOSKIPIF1<0II.部分金属离子的沉淀pH：金属离子Cu2+Fe2+Fe3+开始沉淀时pH5.27.62.7完全沉淀时pH6.49.63.7回答下列问题：(1)碱浸步骤中最好选用_______(填字母)a.NaOH溶液b.氨水c.纯碱溶液(2)焙烧目的是将FeO·V2O3转化为可溶的NaVO3，其中铁全部转化为+3价氧化物，则反应化学方程式_______。(3)溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去___离子，二是促使____。(4)加热NH4VO3时生成V2O5，则反应化学方程式：____，流程中最后用V2O5冶炼V通常采用的方法是____(填字母)A．炭还原法B．铝热法还原C．直接加热法D．盐的水溶液与活泼金属置换法(5)全钒液流电池工作原理如图：已知各种含钒离子的颜色如下：VOSKIPIF1<0黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是_______。②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是_______。【答案】(1)a(2)4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O2SKIPIF1<08NaVO3+2Fe2O3+4CO2(3)Fe3+、Cu2+VOSKIPIF1<0转化为VOSKIPIF1<0(4)2NH4VO3SKIPIF1<0V2O5+2NH3↑+H2OB(5)V2++VOSKIPIF1<0