资源描述
题型04 无机化工工艺流程综合型一、【命题分析】工艺流程题就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，是无机框图题的创新，题目常常以现代工业生产为基础，将化学工艺流程进行简化，与化工生产成本、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离等基本实验原理在化工生产中的实际应用，是近几年高考化学命题中的常考题型，分为制备型题型和提纯型题型两类。题型结构：1化工流程线路示意图(1)箭头：箭头进入的是投料(即反应物)、出去的是生成物(包括主产物和副产物)。(2)三线：物料进出线、操作流程线、循环操作线。2涉及问题(1)原料的预处理。(2)反应条件的控制(温度、压强、催化剂、原料配比、pH、溶剂等)。(3)反应原理(化学平衡、水解平衡、化学反应速率、反应热、电化学等)。(4)绿色化学问题(物质循环利用、废物的处理、原子利用率、能量充分利用等)。(5)化工安全(防爆、防污染、防中毒等)。二、【热点透视】（一）解题技法1解题思路 (1)粗读题干，挖掘图示关注关键字，弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。(2)携带问题，精读信息抓三方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。(3)跳跃思维，规范答题答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。2解题关键(1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。(2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。(3)看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。 (4)看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。3. 解题方法(1)首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。(2)分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。(3)交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。（二）真题再现【考例1】（2018新课标卷）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）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）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_gL1（以SO2计）。【答案】（1）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O （2）NaHSO3 ；得到NaHSO3过饱和溶液 （3）2H2O4e=4H+O2；a （4）S2O+2I2+3H2O=2SO+4I+6H+ ；0.128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）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。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S2O+2I2+3H2O=2SO+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=0.128gL1【考例2】(2018新课标卷)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和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(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，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，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_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。【答案】(1)2ZnS3O22ZnO2SO2 (2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2 (4)Zn22e=Zn溶浸(3)溶液中的Cd2与加入的Zn粉反应而被除去，反应的离子方程式为ZnCd2=Zn2Cd。(4)电解ZnSO4溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Zn2和H。因为溶液中的Zn2浓度较大，所以阴极电极反应式应该是Zn22e=Zn，阳极放电的是OH，电极反应式是4OH4e=2H2OO2。沉积锌后的溶液应该是ZnSO4和稀H2SO4的混合溶液，可返回到溶浸工序循环使用。【考例3】（2018新课标卷）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：（1）KIO3的化学名称是_。（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_（写出一点）。【答案】（1）碘酸钾 （2）加热 KCl KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O或（HIO3+KOH=KIO3+H2O） （3）2H2O+2e=2OH+H2 K+ 由a到b 产生Cl2易污染环境等（三）试题预测【预测1】磷酸铁锂电池被广泛应用于各种电动汽车，其正极是通过将磷酸铁锂(LiFePO4)、导电剂、黏结剂和乙炔黑等按比例混合，再涂于铝箔上制成。一种从废旧磷酸铁锂电池正极材料中回收某些金属资源的工艺流程如下：已知：常温下，KspFe(OH)31039Li2CO3的溶解度：0 为1.54 g；100 为0.72 g请回答：(1)向滤液1中加入硫酸，可得到Al(OH)3，该反应的离子方程式为_。(2)“酸浸”时，有磷酸生成，则磷酸铁锂在该过程中发生反应的化学方程式为_；所加H2SO4和H2O2溶液也可用HNO3代替，但缺点为_。(3)“沉铁”时，溶液的pH与金属元素的沉淀百分率(w)的关系见下表：pH3.556.581012w(Fe)/%66.579.288.597.297.498.1w(Li)/%0.91.31.92.44.58.0则该过程应调节pH_，其原因为_；假设该过程在常温下进行，则此时溶液中c(Fe3)_。(4)“沉锂”时，所得Li2CO3应选择_(选填“冷水”或“热水”)进行洗涤，判断Li2CO3已洗涤干净的操作和现象为_。(5)磷酸铁锂电池的工作原理为：LiFePO46CLi1xFePO4LixC6，电池中的电解质可传导Li。则放电时正极的电极反应式为_，充电时，锂离子向_(填“阴”或“阳”)极迁移。【答案】(1)AlOHH2O=Al(OH)3(2)2LiFePO4H2O24H2SO4=Li2SO4Fe2(SO4)32H3PO42H2O产生氮氧化物气体，污染环境(合理即可)(3)8Fe元素的沉淀百分率较大且Li元素的损失较小1021 molL1(4)热水取最后一次洗涤液少许，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，无沉淀生成，则证明已洗涤干净(5)Li1xFePO4xexLi=LiFePO4阴替硫酸和过氧化氢溶液，硝酸会被还原为氮的氧化物，氮的氧化物是大气污染物，污染环境。(3)由题表可知，pH8时，Fe元素的沉淀百分率较大且Li元素的损失较小，故应调节pH8；KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)c(Fe3)(106)31039，则c(Fe3)1021 molL1。(4)由不同温度下碳酸锂的溶解度数据可知，应选择热水进行洗涤；取最后一次洗涤液少许，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明已洗涤干净。(5)放电时正极发生还原反应，电极反应式为Li1xFePO4xexLi=LiFePO4；充电时阳离子向阴极移动。【预测2】过硫酸铵(NH4)2S2O8是一种重要的氧化剂、漂白剂。工业上用粗硫酸铵(杂质主要为含铁化合物)生产过硫酸铵，其工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)0.1 molL1(NH4)2SO4溶液中，各离子的浓度由大到小的顺序为_。(2)“调pH”控制溶液的pH10，室温下该溶液中c(NH)c(NH3H2O)_。已知：K(NH3H2O)1.7105(3)“氧化”时有中间产物Fe6(OH)12SO4生成，该物质中nFe()：nFe()_；该物质进一步被空气氧化成FeOOH的化学方程式为_。注：Fe()表示二价铁，Fe()表示三价铁(4)“电解”时，硫酸铵溶液的浓度为400 gL1，其物质的量浓度是_molL1。(计算结果保留两位小数)(5)“电解”装置如图所示。阳极的电极反应式是_；电解过程中阴极室溶液的pH_(填“变大”“变小”或“不变”)。电解所得溶液A经降温结晶分离出(NH4)2S2O8后，往剩余溶液中加入适量的硫酸铵和_(填化学式)后便可继续用作阳极室的电解液。【答案】(1)c(NH)c(SO)c(H)c(OH) (2)0.17(3)21Fe6(OH)12SO4O22NH3H2O=6FeOOH(NH4)2SO44H2O或Fe6(OH)12SO4O2=6FeOOHH2SO42H2O (4)3.03 (5)2SO2e=S2O不变H2SO4【预测3】草酸钴是制备氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下:(1)“550 焙烧”的目的是。(2)“浸出液”生成物的主要成分是。(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+,反应的离子方程式为。(4)“净化除杂1”过程中,先在4050 下加入H2O2溶液,用离子方程式表示其作用;再升温至8085 ,加入Na2CO3溶液,调节pH至4.5,“滤渣1”的主要成分是。(5)“净化除杂2”可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去,若所得滤液中c(Ca2+)=1.010-5 molL-1,则滤液中c(Mg2+)=已知:Ksp(CaF2)=1.0510-10、Ksp(MgF2)=7.3510-11。(6)为测定制得样品的纯度,现称取1.0 g样品,将其用适当试剂转化为草酸铵(NH4)2C2O4溶液,再用过量稀硫酸酸化,用0.100 0 molL-1 KMnO4溶液滴定,达到滴定终点时,共用去KMnO4溶液26.00 mL,则草酸钴样品的纯度为。【答案】(1)除去碳和有机物(2)NaAlO2(3)2Co3+H2O=2Co2+2H+(4)2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2OFe(OH)3(5)7.010-6 molL-1(6)95.55%(4)在“钴浸出”过程中铁离子被亚硫酸钠还原为亚铁离子,在“净化除杂1”过程中,先在4050 加入H2O2溶液,可以将亚铁离子氧化为铁离子,反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O;再升温至8085 ,加入Na2CO3溶液,调节pH至4.5,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀。(5)根据Ksp(CaF2)=1.0510-10,若所得滤液中c(Ca2+)=1.010-5 molL-1,则c(F-)=molL-1,则c(Mg2+)= molL-1=7.010-6 molL-1;(6)设样品中草酸钴的质量为x,根据离子方程式:5H2C2O4+2Mn+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O,结合草酸根守恒可得:5CoC2O45(NH4)2C2O45H2C2O42Mn5147 g 2 molx0.026 L0.100 0 molL-1,解得x=0.955 5 g,则样品纯度为100%=95.55%。三、【热点突破】1. (2018广东六校联考)工业上利用粗ZnO(含FeO、CuO)制取金属锌的流程如下(部分步骤省略)：已知：几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表：待沉淀的离子Fe2Fe3Zn2Cu2开始沉淀时pH6.31.56.25.2沉淀完全时pH9.73.28.06.4请回答下列问题：(1)酸浸粗氧化锌的过程中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有_(写出一点即可)。(2)步骤A的目的是将Fe2氧化为Fe3，并全部形成Fe(OH)3沉淀，为了暂不形成Cu(OH)2、Zn(OH)2，该步骤需控制溶液pH的范围是_，该步骤中加入H2O2发生反应的离子方程式为_。(3)步骤D的操作名称为_。(4)由粗ZnO制取单质锌的另一种方法是将粗ZnO(含FeO、CuO)溶于NaOH溶液，ZnO全部转化为Na2Zn(OH)4溶液，该反应的化学方程式为_；然后将FeO、CuO过滤除去；再用惰性电极电解该滤液，阳极上逸出无色无味气体，阴极上析出锌，则阴极电极反应式为_。【答案】(1)将粗氧化锌粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度(任写一点)(2)3.2pH5.22Fe2H2O22H=2Fe32H2O(3)过滤(4)ZnO2NaOHH2O=Na2Zn(OH)4Zn(OH)422e=Zn4OH2. (2018江西重点中学协作体高三联考)硫酸镍晶体(NiSO47H2O)可用于电镀工业,可用含镍废催化剂为原料来制备。已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni,还含有Al、Fe的单质及其他不溶杂质(不溶于酸碱)。某小组通过查阅资料,设计了如下图所示的制备流程:已知:KspFe(OH)3=4.010-38,KspNi(OH)2=1.210-15(1)“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是。(2)操作a所用到的玻璃仪器有烧杯、;操作c的名称为、过滤、洗涤。(3)固体是;加H2O2的目的是(用离子方程式表示)。(4)调pH为23时所加的酸是。(5)操作b为调节溶液的pH,若经过操作b后溶液中c(Ni2+)=2 molL-1,当铁离子恰好完全沉淀溶液中c(Fe3+)=1.010-5 molL-1时,溶液中是否有Ni(OH)2沉淀生成?(填“是”或“否”)。(6)NiSO47H2O可用于制备镍氢电池(NiMH),镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金,该电池在放电过程中总反应的化学方程式是NiOOH+MH=Ni(OH)2+M,则NiMH电池充电过程中,阳极的电极反应式为。【答案】(1)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2(2)漏斗玻璃棒蒸发浓缩冷却结晶(3)不溶杂质2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O(4)硫酸(H2SO4)(5)否(6)Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2ONiSO47H2O,为了不引入杂质离子,最好加入硫酸调溶液的pH;(5)已知KspFe(OH)3=4.010-38,KspNi(OH)2=1.210-15;根据KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-)=1.010-5c3(OH-)=4.010-38,可得c3(OH-)=4.010-33molL-1,c(OH-)1.610-11molL-1,Ni(OH)2的浓度商Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=2(1.610-11)2=5.1210-22”或“ClO。两种方案相比，方案1操作步骤简单，而方案2需要进行过滤操作。(3)如果用浓盐酸和液氨代替NH4Cl，则无需加热，是因为浓盐酸和液氨的反应为中和反应，是放热反应。(4)除杂时有NaCl生成，结晶后分离出母液得到NaCl溶液，可以循环使用。11.（2018西安一中质检）硼及其化合物具有重要的工业用途。某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收镁和其中另一种金属单质A的工艺流程如图：部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH3.25.212.4请回答下列问题：（1） 滤液中所含阴离子主要是_；可回收到的金属A的原子结构示意图为_。（2）试剂B为_；“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有_ (要求写出两条措施)。（3）滤液所含金属离子为_，调pH时需要调多次，第一次调pH主要是为了除去_。（4）Mg(ClO3)2在农业上有广泛的用途，可用NaClO3与MgCl2制备，已知四种化合物的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如图所示。写出反应的化学方程式：_。将反应物按化学反应方程式计量数之比混合制备Mg(ClO3)2，简述可制备Mg(ClO3)2的原因_。【答案】（1）AlO、OH（2）盐酸升温、搅拌或适当增大酸的浓度(任写两种即可)（3）Mg2+、Ca2+、Fe3+Fe3+（4）2NaClO3MgCl2=Mg(ClO3)22NaCl在相同温度下，NaCl的溶解度较小，最先析出，Mg(ClO3)2留在溶液中，通过蒸发结晶可得12（2018西安市八校联考）工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有少量SiO2、FeOxFe2O3等杂质)制取铝的一种工艺流程示意图如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表。沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH3.25.212.4（1）为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_(写出两条)。（2）浸渣的主要成分为_。（3）净化除杂操作分为两步：第一步是通入气体a，其目的是_。第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。净化除杂生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是_。（4）写出沉淀反应操作中发生反应的离子方程式：_。（5）实验室高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是_。【答案】（1）加热、将铝土矿粉碎成粉末(或其他合理答案) （2）SiO2（3）将Fe2+氧化为Fe3+Fe(OH)3胶粒具有吸附性（4）Al3+3NH3H2O=Al(OH)33NH（5）坩埚13（2018湖北重点中学新起点考试）工业上回收利用某合金废料(主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属)的工艺流程如图所示:（1）金属M为 。（2）加入H2O2的作用是(用离子方程式表示) ，加入氨水的作用是 。（3）CoC2O42H2O高温焙烧的化学方程式为 。（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度的关系如表所示。温度/10306090浓度/(molL-1)0.210.170.140.10操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其目的是 。【答案】（1）Cu（2）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀（3）4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8H2O+8CO2（4）减少Li2CO3的溶解损失【解析】（1）合金废料中只有Cu与盐酸不反应,故金属M为Cu。（2）加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。根据工艺流程图可知，加入氨水的作用是调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。（3）CoC2O42H2O在足量空气中高温焙烧生成Co2O3、CO2、H2O，反应的化学方程式为4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8H2O+8CO2。（4）Li2CO3微溶于水，且由题表中数据可知，随温度升高，饱和溶液中Li2CO3的浓度减小，故操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤的目的是减少Li2CO3的溶解损失。14(2018武汉模拟)高纯硝酸锶Sr(NO3)2可用于制造信号灯、光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，提纯流程如下：已知：“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2；铬酸(H2CrO4)为弱酸。(1)“酸浸”不能采用高温的原因是_，“滤液1”的主要溶质是_。(2)相对于水洗，用浓HNO3洗涤的优点是_。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3，同时放出无污染的气体，写出发生反应的离子方程式：_。(4)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3，还原后溶液的pH不能大于8的原因是(结合离子方程式说明理由)_。(5)为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量，进行以下实验：m g“滤渣2”溶液滴定终点时消耗V mL Na2S2O3溶液(已知：I22S2O=2IS4O)。“滤渣2”中BaCrO4(摩尔质量为M gmol1)的质量分数为_(用代数式表示)。若加入的HI溶液过量太多，测定结果会_(“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)避免HNO3挥发和分解，减少环境污染Ca(NO3)2(2)减少硝酸锶(或“产品”)溶解损失(3)4H2CrO43N2H412H=4Cr33N216H2O(4)避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生反应Cr(OH)3OH=CrO2H2O而溶解(5)100%偏高【解析】(1)“酸浸”不能采用高温的原因是避免HNO3挥发和分解，减少环境污染。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，浓硝酸“酸浸”后得到的“滤渣1”为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2，则“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2。(2)根据同离子效应，相对于水洗，用浓HNO3洗涤的优点是减少硝酸锶(或“产品”)溶解损失。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3，同时放出无污染的氮气，配平离子方程式为4H2CrO43N2H412H=4Cr33N216H2O。
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