2019高考化学三轮冲刺 大题提分 大题精做5 物质制备类化工工艺流程.docx

大题精做五 物质制备类化工工艺流程精选大题1.（2018北京卷）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：Ca5(PO4)3(OH)”或“”）。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）H2O2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，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO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：H3PO4摩尔质量为98gmol1）【解析】磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS。（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5(PO4)3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。生成HF的化学反应为2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO40.5H2O+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，H2O2分解速率大，H2O2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，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO+2H3PO4BaSO4+CO2+2H2PO+H2O。（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为12，n（H3PO4）=12n（NaOH）=12bmol/Lc10-3L=bc2000mol，m（H3PO4）=bc2000mol98g/mol=49bc1000g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为0.049bca。【答案】(1)研磨、加热（2）(3)核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS (4)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO45H2O+6H3PO4+2HF (5)80后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(6)CaSO4微溶(7)BaCO3+SO+2H3PO4=BaSO4+CO2+H2O+2H2PO(8)0.049bca1.（2018贵州遵义四中理综）钛酸钡（BaTiO3）在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：已知：25时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58109；（1）BaTiO3中Ti元素的化合价为：_。（2）用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的一种措施是：_，发生反应的离子方程式为：_。（3）流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体，过滤操作中使用的玻璃仪器有：_。（4）TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是：_。（5）某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为：_。（6）流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c(Ba2+)=0.1molL1，则c(CO)在浸出液中的最大浓度为：_molL1。【解析】(1)BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Ti元素的化合价为+4价，因此，本题答案为：+4；(2)适当增大盐酸浓度、适当升高温度、减小BaCO3粒径都可以使酸浸速率加快；盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2+H2O，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O。因此，本题答案为：适当增大盐酸浓度；适当升高温度；减小BaCO3粒径等合理即可；BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；(3)过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl ，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，故制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。因此，本题答案为：促进TiCl4水解；（5）根据Ba元素守恒，理论上得到BaTiO3的质量为19.7g/197(g/mol)233g/mol=23.3g，BaTiO3的产率为13.98g/23.3g100%=60%，因此，本题答案为：60%；（6）BaCO3的溶解平衡方程式为BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO(aq)，Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)c(CO)=2.5810-9，若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则CO在浸出液中最大浓度c(CO)=2.5810-8mol/L，因此，本题答案为：2.5810-8；【答案】（1）+4 （2）适当增大盐酸浓度；适当升高温度；减小BaCO3粒径等合理即可BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O （3）漏斗、烧杯、玻璃棒（4）促进TiCl4水解（5）60% （6）2.5810-82.（2018四川乐山理综）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：已知：2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（条件：温度较低）6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高）2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O回答下列问题：（1）该生产工艺应在_（填“温度较高”或“温度较低”）情况下进行，从绿色化学的角度考虑通入氯气速率应_（填“较快”或“较慢”）；（2）写出工业上制取Cl2的化学方程式_；（3）K2FeO4可作为新型多功能水处理剂的原因是_；（4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6g KOH固体（该溶液的密度为1.47 g/mL），它的物质的量浓度为_（保留整数）；（5）在“反应液I”中加KOH固体的目的是_：A与“反应液I”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOBKOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C为下一步反应提供反应物D使副产物KClO3转化为KClO（6）从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品_（写化学式）。（7）该工艺每得到1.98 kg K2FeO4，理论上消耗Cl2的物质的量为_mol。【解析】(1)在温度较高时发生反应6KOH+3Cl2=5KCl+KClO3+3H2O，现在要制备KClO，为了防止产生杂质KClO3，所以反应要在温度较低下进行；从绿色化学的角度考虑，氯气的通过速率慢一些会使反应更加充分；故答案为：温度较低，较慢；(2)在工业上Cl2是用电解饱和食盐水的方法制取的，反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；(3)+6价的铁元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒，还原产物铁元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉；故答案为：K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物形成沉淀；(4)溶液的质量=(100+61.6)g，溶液体积=161.6g1.47g/mL=0.11L，n(KOH)=61.6g56g/mol=1.1mol,物质的量浓度=1.1mol0.11L=10mol/L；故答案为：10mol/L；(5)在“反应液I”中加KOH固体的目的是使过量的Cl2继续反应，生成更多的KclO，同时为下一步反应提供反应物；故答案为：AC；(6)加入硝酸铁溶液发生反应的化学方程式：2Fe(NO3)3+2KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，由反应方程式可看出：分离出K2FeO4后，会得到副产品KNO3、KCl；故答案为：KNO3、KCl；(7)1.98 kg K2FeO4的物质的量为：1.981000g198g/mol=10mol，根据转化关系可知，Cl2KClO23K2FeO4，即需要Cl215mol；故答案为：15mol。【答案】(1)温度较低较慢（2） 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 （3） K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物形成沉淀（4） 10mol/L （5） AC （6） KNO3KCl（7） 15 3.（2018河南开封市一模）氧化材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下：25时，有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据：Fe(OH)3Zr(OH)4Al(OH)3开始沉淀时pH1.92.23.4沉淀完全时pH3.23.24.7请回答下列问题：(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有_。(2)操作I的名称是_滤渣2的成分为_。(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：_。(4)“调节pH”时，合适的pH范围是_。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是_。(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式_。根据ZrO2的性质，推测其两种用途_。【解析】(1)锆英石状态为固态，为提高反应速率，可以通过将矿石粉碎，以增大接触面积；或者通过加热升高反应温度的方法加快反应速率；(2)操作I是分离难溶于水的固体与可溶性液体物质的方法，名称是过滤；(3)将粉碎的锆英石与NaOH在高温下发生反应：ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3 +2H2O；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH=2Na2SiO3+H2O；Fe2O3是碱性氧化物，不能与碱发生反应，所以水浸后过滤进入滤渣1中，Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2能溶于水，水浸、过滤进入滤液1中；(4)向滤液中加入足量盐酸，HCl会与Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2发生反应，生成NaCl、H2SiO3(或H4SiO4)、AlCl3、ZrCl4，其中H2SiO3(或H4SiO4)难溶于水，过滤时进入滤渣2中，其余进入滤液2中，因此滤渣2的成分为H2SiO3(或H4SiO4)；向滤液2中加入氨水，发生复分解反应，调节溶液的pH至大于Zr(OH)4，而低于开始形成Al(OH)3沉淀的pH，即3.2pH3.4，就可以形成Zr(OH)4沉淀，而Al元素仍以Al3+形式存在于溶液中；Zr(OH)4沉淀是从氨水和金属氯化物的混合液中过滤出来的，所以要检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法可通过检验洗涤液中是否含有Cl-离子判断，方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净，否则未洗涤干净；(5)将Zr(OH)4沉淀过滤、洗涤，然后高温灼烧，发生分解反应：Zr(OH)4ZrO2+2H2O就得到ZrO2；由于ZrO2是高温分解产生的物质，说明ZrO2熔点高，微粒之间作用力强，物质的硬度大，因此根据ZrO2的这种性质，它可用作制耐火材料、磨料等。【答案】（1）粉碎、高温（2） 过滤硅酸(H2SiO3或H4SiO4) （3） ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O （4） 3.2pH3.4 取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成，则Zr(OH)4洗涤干净，否则未洗涤干净（5） Zr(OH)4ZrO2+2H2O 耐火材料、磨料等4.（2018江西赣州发展联盟联考）四氯化钛（TiCl4）是制取航天航空工业材料钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO3）制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：已知四氯化钛的熔点-25.0，沸点136.4，SiCl4的熔点-68.8，沸点57.6。回答下列问题：（1）加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3+Fe=3Fe2+2TiO2+(无色)+Fe+4H+=2Ti3+(紫色)+Fe2+2H2OTi3+(紫色)+Fe3+H2O=TiO2+(无色)+Fe2+2H+加入铁屑的目的是_。（2）若将制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可制得钛白粉。已知25时，KspFe(OH)3=2.791039，该温度下反应Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2O的平衡常数K=_（3）已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g)H=+140kJmol1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)H=221kJmol1写出TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式：_。（4）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_（只要求写出一项）。（5）要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用的方法是_。【解析】（1）由题中信息可知，加入铁屑作还原剂，使Fe3还原为Fe2，当溶液变为紫色时，标志着铁离子已除尽。（2）KspFe(OH)3=2.791039=c(Fe3)c3(OH)反应Fe(OH)3+ 3H+ Fe3+ 3H2O的平衡常数K=c(Fe3)/c3(H)=c(Fe3)(10-14c(OH)3 =c(Fe3)c3(OH)1042=2.7910-391042=2.79103；（3）依据盖斯定律+得到：TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-81kJmol-1；（4）由工艺流程可知，生成中产生废气、废液、废渣等，不符合绿色化学理念，依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是：没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等。（5）由已知四氯化钛的熔点-25.0，沸点136.4，SiCl4的熔点-68.8，沸点57.6，可知，SiCl4、TiCl4为液体，二者沸点相差较大，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4，可采用蒸馏（或分馏）方法。【答案】（1）使Fe3+还原成Fe2+（2） 2.79103（3） TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+2CO(g)H=-81kJmol-1（4） 没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等（5） 蒸馏（或分馏）5.(2018四川内江三模）铍铜是力学、化学综合性能良好的合金，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。已知：铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似常温下：KspCu(OH)2=2.21020、KspFe(OH)3=4.01038、KspMn(OH)2=2.l1013(1)写出铍铜元件中SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式_。(2)滤渣B的主要成分为_(填化学式)。写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式_。(3)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，选择合理步骤并排序_。a加入过量的NaOH b过滤 c加入适量的HCld加入过量的氨水 e通入过量的CO2 f洗涤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。(4)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，写出反应中CuS发生反应的离子方程式_。(5)溶液D中含c(Cu2+)=2.2molL1、c(Fe3+)=0.008molL1、c(Mn2+)=0.01molL1，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)。【解析】（1）SiO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成，硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2+2OH=SiO+H2O；本题答案为：SiO2+2OH=SiO+H2O。（2）铍铜元件主要成分是BeO、CuS、FeS、SiO2，由信息可知BeO是两性氧化物，CuS、FeS不与NaOH反应，SiO2是酸性氧化物能和氢氧化钠反应，因此滤渣B的主要成分是不反应的CuS、FeS；滤液A中含铍化合物为Na2BeO2，Na2BeO2与过量的盐酸反应的化学方程式为：Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O；本题答案为：CuS、FeS，Na2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O。（3）依据Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，难溶于水及具有两性的特点，在溶液C中加入过量的氨水，生成Be(OH)2沉淀，过滤后洗涤，再加入盐酸溶解即可，所以提纯BeCl2选择的合理步骤为：dbfc；本题答案为：dbfc。BeCl2易发生水解，生成Be(OH)2和HCl，从BeCl2溶液中用蒸发结晶法得到BeCl2固体时，要抑制水解，所以操作为：蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)；本题答案为：蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)。（4）反应是在硫酸存在的条件下，MnO2和CuS反应，依据题所给信息，CuS中的S元素被氧化成S单质，同时MnO2中的Mn被还原成Mn2+，所以反应的离子方程式为：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+Cu2+2H2O；本题答案为：MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+Cu2+2H2O。（5）当加入氨水时，依据KspCu(OH)2=2.21020，欲使Cu(OH)2沉淀，根据c(OH)2c(Cu2+)=2.21020，即c(OH)=110-10mol/L，时就有Cu(OH)2沉淀，同理可求欲使Fe3+、Mn2+转化为沉淀的c(OH)分别为，1.710-12mol/L，1.4510-5.5mol/L，因此首先沉淀的是Fe3+；本题答案为：Fe3+。【答案】（1）SiO2+2OH=SiO+H2O （2） CuS、FeSNa2BeO2+4HCl=BeCl2+2NaCl+2H2O （3） dbfc蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干) （4） MnO2+CuS+4H+=S+Mn2+ Cu2+2H2O （5）Fe3+