(新高考)高考化学一轮复习讲义第8章第55讲无机化工流程题的解题策略(含解析)

这是一份(新高考)高考化学一轮复习讲义第8章第55讲无机化工流程题的解题策略(含解析)，共18页。试卷主要包含了5≤pH≤9，94、Na2C2O4，1　5，42×10－11,1等内容，欢迎下载使用。

一、工业流程题的结构
二、流程图中主要环节的分析
1．核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原规律判断产物，并根据化合价升降相等配平。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际判断产物。
2．原料的预处理
(1)溶解：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸等。
(2)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解。
(3)审题时要“瞻前顾后”，注意物质性质及反应原理的前后联系。
3．常用的控制反应条件的方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH增大；
②不引入新杂质。
例如：若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、CuCO3、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。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)趁热过滤。防止某物质降温时析出。
(4)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
4．常用的提纯方法
(1)水溶法：除去可溶性杂质。
(2)酸溶法：除去碱性杂质。
(3)碱溶法：除去酸性杂质。
(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。
(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。
(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。
5．常用的分离方法
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
类型一 物质制备类化工流程题
1．[2021·山东，17(1)(2)(3)]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：
(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______________________。
(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。当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10－5 ml·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_________________________________________。
答案 (1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率 (2)4.5≤pH≤9.3 使2CrOeq \\al(2－,4)＋H2OCr2Oeq \\al(2－,7)＋2OH－平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取 (3)所得溶液中含有大量Na2SO4·10H2O H2SO4
解析 (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。
(2)中和时调节溶液pH目的是将AlOeq \\al(－,2)、SiOeq \\al(2－,3)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SiOeq \\al(2－,3)，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2Oeq \\al(2－,7)和CrOeq \\al(2－,4)形式存在，溶液中存在平衡：2CrOeq \\al(2－,4)＋H2OCr2Oeq \\al(2－,7)＋2OH－，降低溶液pH，可提高Na2Cr2O7的产率；Fe元素在“浸取”操作中除去。
2．以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：
(1)“酸溶”中加快溶解的方法为________________(任意写出一种)。
(2)“还原”过程中的离子方程式为_________________________________________。
(3)写出“滤渣”中主要成分的化学式：_____________________________________。
(4)①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为
________________________________________________________________________。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中eq \f(cCa2＋,cFe2＋)＝____________。[已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，Ksp(FeCO3)＝2×10－11]
(5)“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是____________________。
(6)焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1 225 ℃、eq \f(nC,nO)＝1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15 min金属产率下降的原因是
________________________________________________________________________。
答案 (1)加热(或搅拌或适当增大硫酸浓度)
(2)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
(3)SiO2、Fe
(4)①FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑ ②140
(5)NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
(6)还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
解析 (4)②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中eq \f(cCa2＋,cFe2＋)＝eq \f(KspCaCO3,KspFeCO3)＝eq \f(2.8×10－9,2×10－11)＝140。(6)超过一定时间，如还原剂消耗完，空气可氧化铁，导致产率下降。
类型二 物质分离、提纯类化工流程题
3．MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
软锰矿eq \(――→ ,\s\d5(研磨))eq \(―――――――――――――→,\s\up7(过量较浓H2SO4，过量铁屑),\s\d5(溶出20 ℃))Mn2＋溶出液eq \(――→ ,\s\d5(纯化))Mn2＋纯化液eq \(――→ ,\s\d5(电解))MnO2
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH：
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_________________________________________________。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。
ⅰ.步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是___________________。
ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是______________________________
________________________________________________________________________。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：______________________________________
________________________________________________________________________。
(3)电解
Mn2＋纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是_____________________。
(4)产品纯度测定
向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c ml·L－1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnOeq \\al(－,4)均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO2：86.94、Na2C2O4：134.0)。
产品纯度为________(用质量分数表示)。
答案 (1)①增大反应速率，提高浸出率
②ⅰ.MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ⅱ.二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋ (2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；除去溶液中的Fe3＋、Al3＋ (3)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2↓＋4H＋ (4)eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－335cd))×86.94,134a)×100%
解析 (1)②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
ii.根据反应方程式可知，Fe2＋与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋，故实际比值(0.9)小于2。
(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋。
(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2＋失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2↓＋4H＋。
(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应：5Na2C2O4＋2KMnO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O＋5Na2SO4，则与二氧化锰反应的草酸钠的物质的量为eq \f(b g,134 g·ml－1)－eq \f(c ml·L－1×d L,2)×5；根据反应：MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)，产品纯度为
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b g,134.0 g·ml－1)－\f(c ml·L－1×d L,2)×5))×86.94 g·ml－1,a g)×100%＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－335cd))×86.94,134a)×100%。
化学工艺流程题的分析方法
主线分析“原料→中间转化物质→目标产物”
(1)反应与物质的转化：分析每一步操作的目的及所发生的化学反应，跟踪物质转化的形式。尤其要注意原料中的杂质在流程中是如何被除去的。滤渣、滤液成分的确定：反应过程中哪些物质(离子)发生了变化？产生了哪些新离子？这些离子间是否能发生化学反应？所加试剂是否过量？
(2)循环物质的确定
(3)副产品的判断
1．(2021·湖南，17)Ce2(CO3)3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CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：
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Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为____________________________，
常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Kal＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为______________________
______________________________________________________________________________。
答案 (1)eq \\ar(138, 58)Ce (2)加热，搅拌(其他合理答案也可) (3)Al(OH)3 (4)促使铝离子沉淀 (5)6HCOeq \\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑ 碱性 (6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq \(=====,\s\up7(高温))9CO↑＋6H2O↑＋6LiFePO4
解析 (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eq \\ar(138, 58)Ce。
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为6HCOeq \\al(－,3)＋2Ce3＋＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑；铵根离子的水解常数Kh(NHeq \\al(＋,4))＝eq \f(10－14,1.75×10－5)≈5.7×10－10，HCOeq \\al(－,3)的水解常数Kh(HCOeq \\al(－,3))＝eq \f(Kw,Ka1)＝eq \f(10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8，则Kh(NHeq \\al(＋,4))”或“＜”)H3BO3。
②已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为H3BO3＋OH－===B(OH)eq \\al(－,4)。下列关于硼酸的说法正确的是________(填字母)。
A．硼酸是一元酸
B．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
C．硼酸的电离方程式可表示为H3BO3＋H2OB(OH)eq \\al(－,4)＋H＋
(2)检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，________________(填操作和现象)，证明溶液中含有Fe2＋。
(3)除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至____________以上，使杂质离子转化为__________________(填化学式)沉淀，过滤。
(4)获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合如图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，升温结晶得到____________晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到________________晶体。
答案 (1)①＞ ②AC (2)滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀 (3)4.7 Al(OH)3、Fe(OH)3 (4)硫酸镁 硼酸
解析 (1)①2MgO·B2O3＋2H2SO4＋H2O===2H3BO3＋2MgSO4，根据强酸制弱酸可知，酸性：H2SO4＞H3BO3；②硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为H3BO3＋OH－===B(OH)eq \\al(－,4)，可知硼酸为一元酸，A项正确；由于非金属性：B