2020版領軍高考化學真題透析專題3.4化工流程（一）（精講深剖）.docx

第4講 化工流程 （一）1.（2019全國卷）硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，廣泛應用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）為原料生產硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如下：回答下列問題：（1）在95 “溶侵”硼鎂礦粉，產生的氣體在“吸收”中反應的化學方程式為_。（2）“濾渣1”的主要成分有_。為檢驗“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學試劑是_。（3）根據H3BO3的解離反應：H3BO3+H2OH+B(OH)4，Ka=5.811010，可判斷H3BO3是_酸；在“過濾2”前，將溶液pH調節(jié)至3.5，目的是_。（4）在“沉鎂”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的離子方程式為_，母液經加熱后可返回_工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是_?！敬鸢浮?(1). NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3; (2). Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3). KSCN (4). 一元弱酸 (5). 目的是將B(OH)4轉化為H3BO3，并促進H3BO3析出 (6). 2Mg2+2H2O+3CO32-=Mg(OH)2MgCO3+2HCO3- (7). 母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，可以返回“溶浸”工序循環(huán)使用 (8). 高溫焙燒【解析】（1）根據流程圖知硼鎂礦粉中加入硫酸銨溶液產生的氣體為氨氣，用碳酸氫銨溶液吸收，反應方程式為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;（2）濾渣I為不與硫酸銨溶液反應的Fe2O3、Al2O3、SiO2;檢驗Fe3+,可選用的化學試劑為KSCN；（3）由硼酸的離解方程式知，硼酸在水溶液中是通過與水分子的配位作用產生氫離子，而三價硼原子最多只能再形成一個配位鍵，且硼酸不能完全解離，所以硼酸為一元弱酸；在“過濾2”前，將溶液pH調節(jié)至3.5，目的是將B(OH)4轉化為H3BO3，并促進H3BO3析出；（4）沉鎂過程中用碳酸銨溶液與Mg2+反應生成Mg(OH)2MgCO3，沉鎂過程的離子反應為：2Mg2+2H2O+3CO32-=Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-；母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，可以返回“溶浸”工序循環(huán)使用；堿式碳酸鎂不穩(wěn)定，高溫下可以分解，故由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是高溫焙燒。2.（2019全國卷）立德粉ZnSBaSO4（也稱鋅鋇白），是一種常用白色顏料?；卮鹣铝袉栴}：（1）以重晶石（BaSO4）為原料，可按如下工藝生產立德粉：在回轉窯中重晶石被過量焦炭還原為可溶性硫化鋇，該過程的化學方程式為_?；剞D窯尾氣中含有有毒氣體，生產上可通過水蒸氣變換反應將其轉化為CO2和一種清潔能源氣體，該反應的化學方程式為_。在潮濕空氣中長期放置的“還原料”，會逸出臭雞蛋氣味的氣體，且水溶性變差。其原因是“還原料”表面生成了難溶于水的_（填化學式）。沉淀器中反應的離子方程式為_。（2）成品中S2的含量可以用“碘量法”測得。稱取m g樣品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密閉，置暗處反應5 min，有單質硫析出。以淀粉溶液為指示劑，過量的I2用0.1000 molL1Na2S2O3溶液滴定，反應式為I2+2=2I+。測定時消耗Na2S2O3溶液體積V mL。終點顏色變化為_，樣品中S2的含量為_（寫出表達式）?！敬鸢浮?(1). D (2). BaSO4+4CBaS+4CO (3). CO+H2OCO2+H2 (4). BaCO3 (5). S2+Ba2+Zn2+BaSBaSO4 (6). 淺藍色至無色 (7). 【解析】（1）注意焦炭過量生成CO，反應物為硫酸鋇與焦炭，產物為BaS與CO，寫出方程式BaSO4+4C=BaS+4CO；CO與水蒸氣反應生成CO2與H2，寫出方程式：CO+H2O=CO2+H2；BaSO4+4C=BaS+4CO CO+H2O=CO2+H2根據信息臭雞蛋氣味氣體為硫化氫氣體，強酸制弱酸原理，還原料硫化鋇與空氣中水，二氧化碳反應生成了碳酸鋇與硫化氫氣體；答案：BaCO3硫化鋇與硫酸鋅可溶性強電解質，寫成離子形式，產物硫酸鋇與硫化鋅為沉淀，不可電離，寫出離子方程式：S2-+Ba2+Zn2+SO42-=BaSO4+ZnS；（2）碘單質與硫離子的反應：S2-+I2=S+2I-；碘單質與淀粉混合為藍色，用硫代硫酸鈉滴定過量的I2，故終點顏色變化為淺藍色至無色；根據氧化還原反應得失電子數相等，利用關系式法解題；根據化合價升降相等列關系式，設硫離子物質的量為nmol：S2- I2 2S2O32- I21mol 1mol 2mol 1moln mol nmol 0.1V10-3mol 0.1V10-3moln+ 0.1V10-3mol=250.1V10-3mol，得n=（25-V）0.110-3mol則樣品中硫離子含量為：100%=100%答案：100%3.（2019全國卷）高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：相關金屬離子c0(Mn+)=0.1 molL1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“濾渣1”含有S和_；寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式_。（2）“氧化”中添加適量的MnO2的作用是將_。（3）“調pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應調節(jié)為_6之間。（4）“除雜1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3”的主要成分是_。（5）“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，原因是_。（6）寫出“沉錳”的離子方程式_。（7）層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當x=y=時，z=_?！敬鸢浮?(1). SiO2（不溶性硅酸鹽） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 將Fe2+氧化為Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F與H+結合形成弱電解質HF，MgF2Mg2+2F平衡向右移動 (7). Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O (8). 【解析】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅鹽存在，SiO2與硫酸不反應，所以濾渣I中除了S還有SiO2；在硫酸的溶浸過程中，二氧化錳和硫化錳發(fā)生了氧化還原反應，二氧化錳作氧化劑，硫化錳作還原劑，方程式為：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；（2）二氧化錳作為氧化劑，使得MnS反應完全，且將溶液中Fe2+氧化為Fe3+；（3）由表中數據知pH在4.7時，F(xiàn)e3+和Al3+沉淀完全，所以應該控制pH在4.76之間；（4）根據題干信息，加入Na2S除雜為了出去鋅離子和鎳離子，所以濾渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；（5）由HF H+F-知，酸度過大，F(xiàn)-濃度減低，使得MgF2Mg2+2F-平衡向沉淀溶解方向移動，Mg2+沉淀不完全；（6）根據題干信息沉錳的過程是生成了MnCO3沉淀，所以反應離子方程式為：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；（7）根據化合物中各元素化合價代數和為0的規(guī)律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，帶入計算得：z=1/34. （2018課標）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛。回答下列問題：（1）生產Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式_。（2）利用煙道氣中的SO2生產Na2S2O5的工藝為：pH=4.1時，中為_溶液（寫化學式）。工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是_。（3）制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。陽極的電極反應式為_。電解后，_室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進行結晶脫水，可得到Na2S2O5。（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00 mL葡萄酒樣品，用0.01000 molL1的碘標準液滴定至終點，消耗10.00 mL。滴定反應的離子方程式為_，該樣品中Na2S2O5的殘留量為_gL1（以SO2計）?！敬鸢浮?(1). 2NaHSO3Na2S2O5+H2O (2). NaHSO3 (3). 得到NaHSO3過飽和溶液 (4). 2H2O4e4H+O2 (5). a (6). S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H (7). 0.128【解析】（1）亞硫酸氫鈉過飽和溶液脫水生成焦亞硫酸鈉，根據原子守恒可知反應的方程式為2NaHSO3Na2S2O5+H2O；（2）碳酸鈉飽和溶液吸收SO2后的溶液顯酸性，說明生成物是酸式鹽，即中為NaHSO3；要制備焦亞硫酸鈉，需要制備亞硫酸氫鈉過飽和溶液，因此工藝中加入碳酸鈉固體、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3過飽和溶液；（3）陽極發(fā)生失去電子的氧化反應，陽極區(qū)是稀硫酸，氫氧根放電，則電極反應式為2H2O4e4H+O2。陽極區(qū)氫離子增大，通過陽離子交換膜進入a室與亞硫酸鈉結合生成亞硫酸鈉。陰極是氫離子放電，氫氧根濃度增大，與亞硫酸氫鈉反應生成亞硫酸鈉，所以電解后a室中亞硫酸氫鈉的濃度增大。（4）單質碘具有氧化性，能把焦亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，反應的方程式為S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H；消耗碘的物質的量是0.0001mol，所以焦亞硫酸鈉的殘留量（以SO2計）是。點睛：本題以焦亞硫酸鈉的制備、應用為載體考查學生對流程的分析、電解原理的應用以及定量分析等，題目難度中等。難點是電解池的分析與判斷，注意結合電解原理、交換膜的作用、離子的移動方向分析電極反應、亞硫酸氫鈉濃度的變化。易錯點是最后一問，注意計算殘留量時應該以二氧化硫計，而不是焦亞硫酸鈉。5. （2018課標）我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家，一種以閃鋅礦（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質）為原料制備金屬鋅的流程如圖所示：相關金屬離子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列問題：（1）焙燒過程中主要反應的化學方程式為_。（2）濾渣1的主要成分除SiO2外還有_；氧化除雜工序中ZnO的作用是_，若不通入氧氣，其后果是_。（3）溶液中的Cd2+可用鋅粉除去，還原除雜工序中反應的離子方程式為_。（4）電解硫酸鋅溶液制備單質鋅時，陰極的電極反應式為_；沉積鋅后的電解液可返回_工序繼續(xù)使用?！敬鸢浮?(1). ZnS+O2ZnO+SO2 (2). PbSO4 (3). 調節(jié)溶液的pH (4). 無法除去雜質Fe2+ (5). Zn+Cd2+Zn2+Cd (6). Zn2+2eZn (7). 溶浸【解析】（1）由于閃鋅礦的主要成分是ZnS，因此焙燒過程中主要反應的化學方程式為2ZnS+3O22ZnO+2SO2。（2）由于硫酸鉛不溶于水，因此濾渣1的主要成分除SiO2外還有PbSO4；要測定鐵離子，需要調節(jié)溶液的pH，又因為不能引入新雜質，所以需要利用氧化鋅調節(jié)pH，即氧化除雜工序中ZnO的作用是調節(jié)溶液的pH。根據表中數據可知沉淀亞鐵離子的pH較大，所以若不通入氧氣，其后果是無法除去雜質Fe2+。（3）溶液中的Cd2+可用鋅粉除去，反應的離子方程式為Zn+Cd2+Zn2+Cd。（4）電解硫酸鋅溶液制備單質鋅時，陰極發(fā)生得到電子的還原反應，因此陰極是鋅離子放電，則陰極的電極反應式為Zn2+2eZn；陽極是氫氧根放電，破壞水的電離平衡，產生氫離子，所以電解后還有硫酸產生，因此沉積鋅后的電解液可返回溶浸工序繼續(xù)使用。點睛：無機工業(yè)流程題能夠以真實的工業(yè)生產過程為背景，體現(xiàn)能力立意的命題為指導思想，能夠綜合考查學生各方面的基礎知識及將已有知識靈活應用在生產實際中解決問題的能力。解決本類題目的關鍵是分析流程中的每一步驟，可從以下幾個方面了解流程：反應物是什么；發(fā)生了什么反應；該反應造成了什么后果，對制造產品有什么作用。即抓住一個關鍵點：一切反應或操作都是為獲得產品而服務的。另外本題中呈現(xiàn)的內容展示了中華優(yōu)秀科技成果對人類發(fā)展和社會進步的貢獻，可以引導學生自覺傳承我國科學文化，弘揚科學精神。6. （2018課標） KIO3是一種重要的無機化合物，可作為食鹽中的補碘劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）KIO3的化學名稱是_。（2）利用“KClO3氧化法”制備KIO3工藝流程如下圖所示：“酸化反應”所得產物有KH(IO3)2、Cl2和KCl?！爸餋l2”采用的方法是_?！盀V液”中的溶質主要是_?！罢{pH”中發(fā)生反應的化學方程式為_。（3）KIO3也可采用“電解法”制備，裝置如圖所示。寫出電解時陰極的電極反應式_。電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為_，其遷移方向是_。與“電解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之處有_（寫出一點）?！敬鸢浮?1). 碘酸鉀 (2). 加熱 (3). KCl (4). KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O） (5). 2H2O+2e2OH+H2 (6). K+ (7). a到b (8). 產生Cl2易污染環(huán)境等【解析】（1）根據氯酸鉀（KClO3）可以推測KIO3為碘酸鉀。（2）將溶解在溶液中的氣體排出的一般方法是將溶液加熱，原因是氣體的溶解度是隨溫度上升而下減小。第一步反應得到的產品中氯氣在“逐Cl2”時除去，根據圖示，碘酸鉀在最后得到，所以過濾時KH(IO3)2應該在濾渣中，所以濾液中主要為KCl?！罢{pH”的主要目的是將KH(IO3)2轉化為KIO3，所以方程式為：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。（3）由圖示，陰極為氫氧化鉀溶液，所以反應為水電離的氫離子得電子，反應為2H2O + 2e- = 2OH- + H2。電解時，溶液中的陽離子應該向陰極遷移，明顯是溶液中大量存在的鉀離子遷移，方向為由左向右，即由a到b。KClO3氧化法的最大不足之處在于，生產中會產生污染環(huán)境的氯氣。點睛：題目的電解過程，可以理解為：陽極區(qū)的單質碘和氫氧化鉀反應：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘離子在陽極失電子再轉化為單質碘，單質碘再與氫氧化鉀反應，以上反應反復循環(huán)最終將所有的碘都轉化為碘酸鉀。陰極區(qū)得到的氫氧化鉀可以循環(huán)使用?？季V解讀考點內容說明常見金屬元素（如 Na、Mg、Al、Fe、Cu 等） 了解常見金屬的活動順序。 了解常見金屬及其重要化合物的制備方法，掌握其主要性質及其應用。 了解合金的概念及其重要應用。化工流程題是每年必考題。 考點精講無機化工流程題的特點：規(guī)律：主線主產品、分支副產品、回頭為循環(huán)。核心考點：物質的分離操作、除雜試劑的選擇、生產條件的控制。1. 流程的呈現(xiàn)主要有以物質轉化為主線，以操作過程為主線，甚至有時候會以設備為主線。2. 這類題常圍繞以下幾個知識點進行設問：反應速率與平衡理論的運用 反應物顆粒大小：反應速率、原料的利用率等溫度：反應速率、物質的穩(wěn)定性、物質的結晶等 氧化還原反應的判斷、化學方程式或離子方程式的書寫； 利用控制pH分離除雜； 化學反應的能量變化； 實驗基本操作：除雜、分離、檢驗、洗滌、干燥等； 流程中的物質轉化和循環(huán)，資源的回收和利用； 環(huán)境保護與綠色化學評價?？键c一 原料處理的方法和作用對原料進行預處理的常用方法及其作用：1. 粉碎、研磨：減小固體的顆粒度，增大固體與液體或氣體間的接觸面積，加快反應速率。2. 水浸：與水接觸反應或溶解。3. 酸浸：通常用酸溶，如用硫酸、鹽酸、濃硫酸等，與酸接觸反應或溶解，使可溶性金屬離子進入溶液，不溶物通過過濾除去。近年來，在高考題出現(xiàn)了“浸出”操作。在化工生產題中，礦物原料“浸出”的任務是選擇適當的溶劑，使礦物原料中的有用組分或有害雜質選擇性地溶解，使其轉入溶液中，達到有用組分與有害雜質或與脈石組分相分離的目的。4. 浸出率：固體溶解后，離子在溶液中含量的多少(更多轉化)。5. 灼燒：除去可燃性雜質或使原料初步轉化，如從海帶中提取碘時的灼燒就是為了除去可燃性雜質，將有機碘轉化為碘鹽。6. 灼燒、焙燒、煅燒：改變結構和組成，使一些物質能溶解；并使一些雜質在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土和石灰石。典例1（2016課標）高錳酸鉀（KMnO4）是一種常用氧化劑，主要用于化工、防腐及制藥工業(yè)等。以軟錳礦（主要成分為MnO2）為原料生產高錳酸鉀的工藝路線如下：回答下列問題：（1）原料軟錳礦與氫氧化鉀按11的比例在“烘炒鍋”中混配，混配前應將軟錳礦粉碎，其作用是 。（2）“平爐”中發(fā)生的化學方程式為 。（3）“平爐”中需要加壓，其目的是 。（4）將K2MnO4轉化為KMnO4的生產有兩種工藝?！捌缁ā笔莻鹘y(tǒng)工藝，即在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，K2MnO4發(fā)生歧化反應，反應中生成K2MnO4、MnO2和 （寫化學式）?！半娊夥ā睘楝F(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，電解槽中陽極發(fā)生的電極反應為 ，陰極逸出的氣體是 。 “電解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理論利用率之比為 。（5）高錳酸鉀純度的測定：稱取1.0800 g樣品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，搖勻。取濃度為0.2000 molL1的H2C2O4標準溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為24.48 mL，該樣品的純度為 （列出計算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O）?！敬鸢浮浚?）增大反應物接觸面積，加快反應速率，提高原料利用率；（2）2MnO2+4KOH + O22K2MnO4+2H2O；（3）提高氧氣的壓強，加快反應速率，增加軟錳礦轉化率；（4）KHCO3；MnO42e=MnO4；H2；3:2；（5）。【解析】（1）MnO2是固體物質，對于有固體參加的化學反應，由于其濃度不變，因此可通過增大其反應接觸表面積的方法來提高反應速率，使更多的軟錳礦反應轉化為生成物，從而提高其轉化率，因此要將其粉碎成細小的顆粒；（2）根據流程圖可知，在“平爐”中MnO2、KOH、O2在加熱時會反應產生K2MnO4，根據質量守恒定律可知，另外一種生成物質是H2O，根據原子守恒、電子守恒可得發(fā)生的化學方程式為2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；（3）由于上述反應中氧氣的狀態(tài)是氣態(tài)，在“平爐”中增大壓強，就可以使反應物氧氣的濃度增大，根據外界條件對化學反應速率的影響，增大反應物的濃度，可以使化學反應速率加快；再結合外界條件對化學平衡移動的影響，任何反應都具有一定的可逆性，該反應的正反應是氣體體積減小的反應。若增大壓強，可以使化學平衡向氣體體積減小的正反應方向移動，故可以提高原料的轉化率；（4）在K2MnO4溶液中通入CO2氣體，使體系呈中性或弱酸性，這時K2MnO4會發(fā)生歧化反應，生成KMnO4、MnO2，根據質量守恒定律可知，另外一種生成物是KHCO3；根據氧化還原反應中的電子守恒及反應的原子守恒，可得該反應的化學方程式是：3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；“電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，在電解槽陽極，MnO42失去電子，發(fā)生氧化反應，產生MnO4。陽極的電極反應式是：MnO42e=MnO4；在陰極，溶液中的水電離產生的H+獲得電子變?yōu)闅錃庖莩?，陰極的電極反應式是：2H2O+2e=H2+2OH。所以陰極逸出的氣體是H2；總反應方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2+2KOH；根據“電解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+H2+2KOH 可知，K2MnO4完全轉化為KMnO4，所以K2MnO4的理論利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；中，反應的K2MnO4中只有2/3反應轉化為KMnO4，所以K2MnO4的理論利用率是2/3，故“電解法”和“CO2歧化法”制取KMnO4時K2MnO4的理論利用率之比為1:2/3=3:2；（5）根據離子方程式2MnO4-+5H2C2O4+ 6H+= 2Mn2+10CO2+8H2O可知，KMnO4與草酸反應的關系式是：2KMnO45H2C2O4。取濃度為0.2000 molL1的H2C2O4標準溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為24.48 mL，則配制的溶液的濃度為：。則1.0800 g樣品中含KMnO4的物質的量為：n(KMnO4)=cV=，由于樣品的質量是1.0800g，則該樣品含有的KMnO4的的純度為：=。【名師點睛】化學反應速率和化學平衡理論是重要的化學原理。影響化學反應速率的因素有濃度、溫度、壓強、催化劑等。對于固體來說，其濃度不變，所以要使反應速率加快，可通過將固體粉碎成細小的顆粒、攪拌等方法進行。外界條件對化學平衡移動的影響可通過勒夏特列原理進行分析，但是平衡移動的趨勢是微弱的。要會根據反應方程式分析判斷物質的轉化率的大小，轉化率大的反應速率不一定快，物質的轉化率大小與反應快慢是不同的概念，要掌握其區(qū)別與聯(lián)系。要會根據方程式中相應物質之間的關系進行有關物質的量的化學計算。本題將化學反應速率、化學平衡、電解原理、滴定方法的應用綜合一起考查，反映了考生的綜合應用知識分析、解決問題的能力。典例2錳是冶煉工業(yè)中常用的添加劑。以碳酸錳礦(主要成分為MnCO3，還含有鐵、鎳、鈷等碳酸鹽雜質)為原料生產金屬錳的工藝流程如下：已知25，部分物質的溶度積常數如下：物質Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022(1)步驟中，MnCO3與硫酸反應的化學方程式是_。(2)步驟中，MnO2在酸性條件下可將Fe2氧化為Fe3，反應的離子方程式是_，加氨水調節(jié)溶液的pH為5.06.0，以除去Fe3。(3)步驟中，濾渣2的主要成分是_。(4)步驟中，在_(填“陰”或“陽”)極析出Mn，電極反應為_。【答案】(1)MnCO3H2SO4=MnSO4CO2H2O(2)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O(3)CoS和NiS(4)陰Mn22e=Mn【解析】(1)碳酸錳與硫酸反應生成硫酸錳，二氧化碳和水，化學方程式為MnCO3H2SO4=MnSO4CO2H2O。(2)MnO2在酸性條件下可將Fe2氧化為Fe3，MnO2被還原成Mn2，發(fā)生反應的離子方程式為MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O。(3)步驟中加入(NH4)2S，除掉的是Co2和Ni2，所以濾渣2的主要成分是CoS和NiS。(4)Mn2在陰極發(fā)生還原反應生成Mn，電極反應為Mn22e=Mn?？键c一精練：1(2019江蘇常州模擬)以含鈷廢催化劑(主要成分為Co、Fe、SiO2)為原料，制取氧化鈷的流程如下：(1)溶解：溶解后過濾，將濾渣洗滌23次，再將洗液與濾液合并的目的是_。(2)氧化：加熱攪拌條件下加入NaClO3，將Fe2氧化成Fe3，其離子方程式是_。已知：鐵氰化鉀的化學式為K3Fe(CN)6；亞鐵氰化鉀的化學式為K4Fe(CN)63H2O。3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62(藍色沉淀)4Fe33Fe(CN)64=Fe4Fe(CN)63(藍色沉淀)確定Fe2是否氧化完全的方法是_。(可供選擇的試劑：鐵氰化鉀溶液、亞鐵氰化鉀溶液、鐵粉、KSCN溶液)(3)除鐵：加入適量的Na2CO3調節(jié)酸度，生成黃鈉鐵礬Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，寫出該反應的化學方程式：_。(4)沉淀：生成的堿式碳酸鈷(CoCO3)23Co(OH)2，沉淀需洗滌，洗滌的操_。(5)溶解：CoCl2的溶解度曲線如圖所示。向堿式碳酸鈷中加入足量稀鹽酸，邊加熱邊攪拌至完全溶解后，需趁熱過濾，其原因是_。(6)灼燒：準確稱取1.470 g CoC2O4，在空氣中充分灼燒得0.830 g氧化鈷，寫出氧化鈷的化學式：_。【答案】(1)提高Co的浸取率(2)6Fe26HClO6Fe3Cl3H2O取氧化后的溶液少許于試管中，滴加幾滴鐵氰化鉀溶液，若無藍色沉淀生成，則Fe2已全部被氧化(3)3Fe2(SO4)36H2O6Na2CO3=Na2Fe6(SO4)4(OH)125Na2SO46CO2(4)沿玻璃棒向漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀，靜置待溶液流下，重復操作23次(5)防止因溫度降低，CoCl2晶體析出(6)Co2O3【解析】(1)溶解后過濾，將濾渣洗滌23次，洗液與濾液合并，有利于提高原料中鈷元素的利用率，便于提高氧化鈷的產率。(2)根據氧化還原反應的一般規(guī)律，NaClO3將Fe2氧化成Fe3的同時，自身被還原為氯離子；根據題給信息，溶液中含F(xiàn)e2時，加入鐵氰化鉀會生成藍色沉淀，因此取氧化后的溶液少許于試管中，滴加幾滴鐵氰化鉀溶液，若無藍色沉淀生成，則Fe2已全部被氧化。(3)根據氧化后的溶液中存在Fe2(SO4)3，除鐵時加入適量的Na2CO3調節(jié)酸度，生成黃鈉鐵礬Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，同時應該生成二氧化碳氣體，結合質量守恒定律，還有硫酸鈉生成，因為產物中含有H元素，故需有水參加反應。(4)根據洗滌沉淀的方法，洗滌的操作是向漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀，靜置待溶液自然流下，重復操作23次。(5)CoCl2的溶解度受溫度的影響較大，趁熱過濾的原因是防止溫度降低后CoCl2晶體析出。(6)1.470 g CoC2O4中含有Co的質量為1.470 g0.59 g,0.830 g氧化鈷中含有O元素的質量為0.830 g0.59 g0.24 g，因此氧化鈷的化學式為Co2O3。2實驗室以一種工業(yè)廢渣（主要成分為MgCO3、MgSO4，含有少量Fe、Al的氧化物）為原料制備MgCO33H2O。實驗過程如下:（1）為加快酸溶速率,可采取的辦法有_,寫出酸溶時廢渣中主要成分發(fā)生反應的化學方程式為_。（2）加入H2O2氧化時發(fā)生發(fā)應的離子方程式為_。（3）用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3+。檢驗溶液中是否含有Fe3+的最佳試劑是_。為使Fe3+ 盡可能多地從水相轉移至有機相,采取的操作:向水溶液中加入一定量的萃取劑，_、靜置、分液,并重復多次。萃取時,向混合溶液（含F(xiàn)e2+、Al3+、Mg2+）中加入適量鹽酸,使Fe2+ 與Cl-生成FeCl4-,再用足量的乙醚(Et2O)進行萃取,乙醚與H+結合,生成了離子Et2OH+,由于FeCl4-與Et2OH+離子容易形成締合物Et2OH+FeCl4-。該締合物中,Cl-和Et2O分別取代了Fe2+和H+的配位水分子,并且中和了電荷,具有疏水性,能夠溶于乙醚中。因此,就從水相轉移到有機相中。該萃取劑不能萃取Al3+、Mg2+的原因是_。（4）已知:KspAl(OH)3=1.010-33,Ksp(Mg(OH)2)=1.010-12.pH=8.5時Mg(OH)2開始沉淀。室溫下,除去MgSO4溶液中的Al3+（使其濃度小于110-6molL-1）,需加入氨水調節(jié)溶液pH的范圍為_。（5）向濾液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3 沉淀并用蒸餾水洗滌,檢驗沉淀是否洗凈的操作是_。（6）干燥時需低溫干燥，溫度較高時發(fā)生副反應,寫出MgCO33H2O在323K溫度時發(fā)生轉化的化學方程式_?！敬鸢浮?適當升高溫度、攪拌、提高硫酸濃度(答案合理即給分) MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2 H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O KSCN溶液 充分振蕩 A13+、Mg2+與Cl-結合(生成配離子)的能力很弱 5.0-8.5 取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產生白色沉定，則表明已選滌完全。 5MgCO33H2OMg5(OH)2(CO3)44H2O+CO2+10H2O【解析】(1) 適當升高溫度、用工具攪拌、提高硫酸濃度等都可以加快酸溶速率；酸溶時廢渣中的MgCO3、少量Fe、Al的氧化物都能被酸溶解，其中主要的反應的化學方程式為MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2，故答案為：MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2；(2)加入H2O2溶液與二價鐵離子發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案為：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；(3)檢驗溶液中是否含有Fe3+的最佳方法是加入KSCN溶液，若溶液變成紅色，說明含有Fe3+，故答案為：KSCN溶液；萃取時，為使溶質盡可能被萃取，應充分振蕩，以充分接觸而分離，故答案為：充分振蕩；根據題意，F(xiàn)e2+與Cl-生成FeCl4-，再用足量的乙醚(Et2O)進行萃取，乙醚與H+結合，生成了離子Et2OH+，由于FeCl4-與Et2OH+離子容易形成締合物Et2OH+FeCl4-，能夠溶于乙醚中。因此，就從水相轉移到有機相中。而A13+、Mg2+與Cl-結合(生成配離子)的能力很弱，Al3+、Mg2+仍然留在水相中，故答案為：A13+、Mg2+與Cl-結合(生成配離子)的能力很弱；(4)pH=8.5時Mn(OH)2開始沉淀室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氫氧化鋁完全變成沉淀時的pH：KspAl(OH)3=110-33=c(Al3+)c3(OH-)，c(Al3+)=110-6molL-1，解得：c(OH-)=110-9molL-1，c(H+)=110-5molL-1pH=5，同理Fe(OH)3完全變成沉淀時，pH約為3.5，故pH范圍是：5.0pH8.5，故答案為：5.0pH8.5； (5)向濾液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3沉淀并用蒸餾水洗滌，檢驗沉淀是否洗凈只需要具有洗滌液中是否存在SO42-即可，具體方法為取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產生白色沉定，則表明已選滌完全，故答案為：取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產生白色沉定，則表明已選滌完全；(6)MgCO33H2O在323K溫度時轉化成Mg5(OH)2(CO3)44H2O，反應的化學方程式為5MgCO33H2OMg5(OH)2(CO3)44H2O+CO2+10H2O，故答案為：5MgCO33H2OMg5(OH)2(CO3)44H2O+CO2+10H2O。考點二 實驗條件的控制和目的一. 掌握核心化學反應1. 元素及其化合物知識：化工生產將原料轉變成產品的過程，也是物質經歷相互轉化的過程。理解物質之間的轉化關系，就要用到元素及其化合物的相關知識。一般圍繞鐵、銅、鋁、鎂、氯、硫、磷、硅等元素的單質或化合物的工業(yè)制備來進行命題，需要掌握這些元素及其化合物的知識2. 還要掌握有關化工生產的知識，熟悉的有純堿工業(yè)、氨工業(yè)、硅單質的制備、氯堿工業(yè)、海水中提取鎂、海水中提取溴等；3. 化學反應原理：化工生產中把原料轉變成產品的過程就是化學反應的過程，從化學反應原理的角度選擇原料、控制條件和選擇設備等，是化工生產的基本思路?；瘜W反應原理的相關知識包括質量守恒定律、化學反應速率、化學平衡、電化學、化學熱力學等，做到能綜合運用這些知識分析化工生產中化學反應的情況。 調節(jié)溶液的pH值：使某些離子轉變?yōu)槌恋矶_到分離的目的，抑制某些離子的水解，防止某些離子的氧化等。在題目中常以表格形式給出信息。例如：已知下列物質開始沉淀和沉淀完全時的pH如下表所示物質開始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8若要除去Mn2溶液中含有的Fe2，應該怎樣做？提示：先用氧化劑把Fe2氧化為Fe3，再調溶液的pH到3.7。調節(jié)pH所需的物質一般應滿足兩點：能與H反應，使溶液pH值增大；不引入新雜質。例如：若要除去Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物質來調節(jié)溶液的pH值。 調節(jié)溶液的pH：“酸作用還可以除去氧化物（膜）；“堿作用”還可以除去油污、除去鋁片氧化物、溶解鋁、二氧化硅。 控制體系的溫度a控制低溫：防止物質的分解，如NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3(濃)等；防止物質的揮發(fā)，如鹽酸、醋酸等；抑制物質的水解，如冰水洗滌，以防止洗滌過程中的溶解損耗；增大氣體反應物的溶解度，使其被充分吸收；b采取加熱：加速某固體的溶解，加快反應速率；減少氣體生成物的溶解并使其逸出；使平衡向需要的方向移動；趁熱過濾，防止某物質降溫時因析出而損耗或帶入新的雜質；c控制范圍：確保催化劑的催化效果，兼顧速率和轉化率，追求更好的經濟效益，防止副反應發(fā)生等。二. 明確反應原理注意每一步在什么條件下，發(fā)生了什么反應，生成了什么物質，這些物質分別到哪里去了。如轉化成了沉淀還是氣體或生成了其他物質。典例1 (2019四川雙流中學月考)氯酸鎂常用作催熟劑、除草劑等，實驗室制備Mg(ClO3)26H2O的流程如下：已知：鹵塊的主要成分為MgCl26H2O，含有MgSO4、FeCl2等雜質。四種化合物的溶解度(S)隨溫度(T)的變化曲線如圖所示。(1)過濾所需要的主要玻璃儀器有_。(2)加入MgO后過濾所得濾渣的主要成分的化學式為_。(3)加入NaClO3飽和溶液后發(fā)生反應的化學方程式為_，進一步制取Mg(ClO3)26H2O的實驗步驟依次為_；_；洗滌；將濾液冷卻結晶；過濾、洗滌。(4)產品中Mg(ClO3)26H2O含量的測定：已知Mg(ClO3)26H2O的摩爾質量為299 gmol1步驟1：準確稱量3.50 g產品配成100 mL溶液。步驟2：取10.00 mL溶液于錐形瓶中，加入10.00 mL稀硫酸和20.00 mL 1.000 molL1的FeSO4溶液，微熱。步驟3：冷卻至室溫，用0.100 molL1K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2至終點。反應的方程式為Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。步驟4：將步驟2、3重復兩次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00 mL。寫出步驟2中發(fā)生反應的離子方程式：_；產品中Mg(ClO3)26H2O的質量分數為_。(保留到小數點后一位)【答案】(1)燒杯、漏斗、玻璃棒(2)Fe(OH)3(3)MgCl22NaClO3=Mg(ClO3)22NaCl蒸發(fā)濃縮或蒸發(fā)結晶趁熱過濾(4)ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O78.3%【解析】(1)過濾所需要的主要玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒。(2)加入KMnO4的目的是將Fe2氧化為Fe3，再加BaCl2除去SO，此時溶液中的溶質主要為MgCl2、FeCl3，加入MgO調節(jié)溶液pH，可將Fe3轉化為Fe(OH)3沉淀而與MgCl2分離。(3)過濾后所得溶液中的溶質為MgCl2，MgCl2溶液中加入NaClO3后生成的NaCl的溶解度小，在飽和溶液中以沉淀的形式析出，故發(fā)生反應的化學方程式為MgCl22NaClO3=Mg(ClO3)22NaCl；加入NaClO3后生成Mg(ClO3)2溶液和NaCl沉淀，可以先將混合物蒸發(fā)濃縮，使更多的NaCl沉淀析出；由于Mg(ClO3)2的溶解度隨溫度的降低而降低，為了減少Mg(ClO3)2的析出，必須在較高溫度下過濾，得到含Mg(ClO3)2的濾液，洗滌沉淀得到NaCl晶體，再對濾液進行冷卻結晶，得到Mg(ClO3)26H2O晶體。(4)ClO具有氧化性，F(xiàn)e2具有還原性，兩者在酸性條件下反應，離子方程式為ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O；根據Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，K2Cr2O7溶液滴定的Fe2的物質的量為60.10015.00103mol9103mol，所以ClO消耗的Fe2的物質的量為20103 mol 9103 mol0.011 mol，根據ClO6Fe26H=6Fe3Cl3H2O，可得ClO的物質的量為 mol，所以原100 mL樣品溶液中ClO的物質的量為 mol10 mol,3.5 g樣品中Mg(ClO3)26H2O的物質的量為 mol，質量為299 g，故Mg(ClO3)26H2O的質量分數為100%78.3% 。典例2（2016江蘇）以