高考化学江苏专版二轮专题复习三维讲义十六无机化工流程 Word版含答案.docx
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高考化学江苏专版二轮专题复习三维讲义十六无机化工流程Word版含答案
十六、无机化工流程
高考题组
(一)——江苏卷
1.(2017·江苏高考)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:
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)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)“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________________________。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如下图所示。
阳极的电极反应式为____________________________,阴极产生的物质A的化学式为________。
(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__________________________________________。
解析:
(1)Al2O3为两性氧化物,在NaOH溶液中会溶解生成NaAlO2。
(2)加入的NaHCO3与过量的NaOH反应,导致溶液的pH减小。
(3)电解Al2O3时阳极上生成O2,O2会氧化石墨。
(4)阳极上OH-失去电子生成O2,由H2O电离出的H+可以与CO
反应生成HCO
。
阴极上H2O放电生成H2。
答案:
(1)Al2O3+2OH-===2AlO
+H2O
(2)减小 (3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4CO
+2H2O-4e-===4HCO
+O2↑ H2
(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
2.(2016·江苏高考)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下:
(1)氯化过程控制电石渣过量、在75℃左右进行。
氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应,Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2,少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化学方程式为___________________________________________。
②提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有________(填序号)。
A.适当减缓通入Cl2速率
B.充分搅拌浆料
C.加水使Ca(OH)2完全溶解
(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2===Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O,氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为______________(填化学式)。
②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]________1∶5(填“>”“<”或“=”)。
(3)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3。
若溶液中KClO3的含量为100g·L-1,从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是________。
解析:
(1)①Cl2与Ca(OH)2反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
②适当减缓通入Cl2的速率、充分搅拌浆料均有利于Cl2的吸收,能够提高Cl2的转化率。
Ca(OH)2是否完全溶解不会影响Cl2的吸收,故A、B两项正确。
(2)①由于电石渣中的CaCO3不参加反应,所以滤渣的主要成分是CaCO3以及未反应的Ca(OH)2。
②由于氯化过程中除发生主要反应6Ca(OH)2+6Cl2===Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O外,还存在副反应Ca(ClO)2===CaCl2+O2↑,所以滤液中n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]<1∶5。
(3)由溶解度曲线可知,KClO3的溶解度受温度的影响较大,将溶液蒸发浓缩,得到较高温度下的浓溶液,然后再降温,大部分KClO3将会结晶析出。
答案:
(1)①2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ②AB
(2)①CaCO3、Ca(OH)2 ②< (3)蒸发浓缩、冷却结晶
3.(2015·江苏高考)以磷石膏(主要成分CaSO4,杂质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。
(1)匀速向浆料中通入CO2,浆料清液的pH和c(SO
)随时间变化见右图。
清液pH>11时CaSO4转化的离子方程式为__________________________________;能提高其转化速率的措施有________(填字母)。
A.搅拌浆料 B.加热浆料至100℃
C.增大氨水浓度D.减小CO2通入速率
(2)当清液pH接近6.5时,过滤并洗涤固体。
滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为________和________(填化学式);检验洗涤是否完全的方法是__________________________________________________________。
(3)在敞口容器中,用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体,随着浸取液温度上升,溶液中c(Ca2+)增大的原因是
________________________________________________________________________。
解析:
(1)向磷石膏粉、氨水浆料中通入CO2,CO2与NH3·H2O发生反应:
CO2+2NH3·H2O===2NH
+CO
+H2O,CO
浓度增大,促进了CaSO4沉淀的转化:
CaSO4+CO
===CaCO3+SO
,总反应的离子方程式为CaSO4+2NH3·H2O+CO2===CaCO3+2NH
+SO
+H2O。
A项,搅拌浆料,可增大反应物的接触面积,加快化学反应速率;B项,加热浆料,由于NH3的挥发,导致NH3·H2O浓度降低,不利于CO
的生成,降低了CaSO4的转化速率;C项,增大氨水浓度,有利于提高CO
的浓度,从而提高CaSO4的转化速率;D项,减小CO2通入速率,不利于CO
的生成,从而降低CaSO4的转化速率。
(2)由图象可知,pH=6.5时,溶液中的c(Ca2+)已经很小,此时通入的CO2与溶液中浓度较低的氨水反应生成NH4HCO3,故溶液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO
和HCO
。
过滤得到的CaCO3沉淀上会附着SO
、NH
、HCO
等杂质离子。
检验洗涤是否完全时,可取少量最后一次从过滤器中流出的洗涤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,检验是否存在SO
即可。
若不产生白色沉淀,表明沉淀已洗涤完全。
(3)NH4Cl溶液中存在水解平衡:
NH
+H2ONH3·H2O+H+,温度升高,上述水解平衡右移,c(H+)增大,导致部分CaCO3溶解。
答案:
(1)CaSO4+2NH3·H2O+CO2===CaCO3+2NH
+SO
+H2O或CaSO4+CO
===CaCO3+SO
AC
(2)SO
HCO
取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生白色沉淀,则表明已洗涤完全
(3)浸取液温度上升,溶液中c(H+)增大,促进固体中Ca2+浸出
4.(2014·江苏高考)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。
实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6-2x]溶液,并用于烟气脱硫研究。
(1)酸浸时反应的化学方程式为__________________;滤渣Ⅰ的主要成分为____________(填化学式)。
(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6,其目的是中和溶液中的酸,并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6-2x。
滤渣Ⅱ的主要成分为________(填化学式);若溶液的pH偏高,将会导致溶液中铝元素的含量降低,其原因是_________________________________________
________________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量,其主要原因是________________________________________________________________________;
与吸收SO2前的溶液相比,热分解后循环利用的溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析:
(1)粉煤灰中Al2O3与硫酸反应,而SiO2不与硫酸反应,则酸浸时发生Al2O3与硫酸的反应,滤渣Ⅰ为SiO2。
(2)加CaCO3调节溶液pH时,Ca2+与溶液中的SO
形成CaSO4沉淀。
若溶液pH偏高,则溶液中Al3+形成Al(OH)3沉淀,从而导致溶液中铝元素含量降低。
(3)含SO2的烟气被吸收后,在溶液中SO
能被氧化为SO
,因此热分解放出的SO2的量小于吸收的SO2的量。
SO2被吸收后,与H2O反应生成H2SO3,溶液的pH减小。
答案:
(1)Al2O3+3H2SO4===Al2(SO4)3+3H2O SiO2
(2)CaSO4 3CaCO3+2Al3++3SO
+3H2O===2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2↑
(3)溶液中的部分SO
被氧化成SO
减小
高考题组
(二)——全国卷
1.(2017·全国卷Ⅰ)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。
工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如图所示。
由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为______________________。
(2)“酸浸”后,钛主要以TiOCl
形式存在,写出相应反应的离子方程式:
________________________________________________________________________。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示:
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_____________________________________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?
_______________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式:
________________________________。
解析:
(1)从图象直接可以看出,当铁的浸出率为70%时对应的温度、时间分别为100℃、2h和90℃、5h。
(2)解答陌生离子方程式的书写,首先要根据题意判断反应前后元素化合价的变化(反应前后Ti、Fe、H、Cl四种元素化合价没有变化)来推断离子反应类型(非氧化还原反应),再根据题意写反应前后的参与反应的物质:
FeTiO3+H++Cl-——Fe2++TiOCl
,再根据电荷守恒进行配平FeTiO3+4H++4Cl-——Fe2++TiOCl
,最后根据元素守恒可知生成产物中有H2O,则补水后可得FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl
+2H2O,即是要求的离子方程式。
(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。
这类问题要从两个角度分析,即低于40℃时,随着温度的升高,反应速率加快;高于40℃时,氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快,导致反应物浓度降低,结果转化率降低。
(4)锂元素在化合物中只有一种化合价(+1),过氧键中氧显-1价,其余的氧为-2价,由化合物中元素化合价代数和等于0,设Li2Ti5O15中-2价、-1价氧原子个数分别为x、y,有:
解得x=7,y=8。
所以,过氧键数目为
=4。
(5)分两步计算:
①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。
c(Fe3+)·c(PO
)=Ksp(FePO4),c(PO
)=
mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1。
②混合后,溶液中镁离子浓度为c(Mg2+)=0.01mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(PO
)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40 (6)草酸中碳为+3价,高温煅烧过程中铁的化合价降低,碳的化合价升高,有CO2生成。 答案: (1)100℃、2h,90℃、5h (2)FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl +2H2O (3)低于40℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 (4)4 (5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO )= mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,则c3(Mg2+)·c2(PO )值为0.013×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40 (6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+3CO2↑+H2O 2.(2017·全国卷Ⅲ)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。 制备流程如图所示: 回答下列问题: (1)步骤①的主要反应为: FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。 该步骤不能使用陶瓷容器,原因是______________________________________________________。 (2)滤渣1中含量最多的金属元素是________,滤渣2的主要成分是________及含硅杂质。 (3)步骤④调滤液2的pH使之变________(填“大”或“小”),原因是__________________________________(用离子方程式表示)。 (4)有关物质的溶解度如图所示。 向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。 冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。 a.80℃b.60℃ c.40℃d.10℃ 步骤⑤的反应类型是________。 解析: (1)1molFeO·Cr2O3参与反应共失去7mol电子,而1molNaNO3参与反应得到2mol电子,根据得失电子守恒,二者的系数比为2∶7。 由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应,所以该步骤不能使用陶瓷容器。 (2)步骤①中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1,所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。 结合流程图可知,滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质。 (3)滤液2中存在平衡: 2CrO +2H+Cr2O +H2O,H+浓度越大(pH越小),越有利于平衡正向移动,所以步骤④应调节滤液2的pH使之变小。 (4)根据题图,可知温度越低,K2Cr2O7的溶解度越小,析出的重铬酸钾固体越多,即在10℃左右时得到的K2Cr2O7固体最多,故d项正确。 步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7+2KCl===K2Cr2O7+2NaCl,其属于复分解反应。 答案: (1)2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 (2)Fe Al(OH)3 (3)小 2CrO +2H+Cr2O +H2O (4)d 复分解反应 [把脉高考] 考什么 (1)考查陌生离子方程式、氧化还原方程式的书写。 (2)考查反应条件控制的原理、反应原理产物的判断、基本的实验操作。 (3)考查盐类的水解,沉淀的生成与溶解。 (4)考查离子的检验方法、检验沉淀是否完全、沉淀是否洗净的方法等。 怎么考 高考题型为非选择题。 以无机化工工艺流程为载体,考查应用元素化合物的性质解决实际问题的能力,涉及知识点多,也非常灵活,对学生的审题能力、分析问题、解决问题、文字表达等方面的能力要求非常高。 考法一 以物质制备为载体的工艺流程 1.(2017·江苏考前模拟)高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。 以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁的生产流程示意图: (1)酸浸时,常需将烧渣粉碎,并加入过量H2SO4,其目的是________________________________________________________________________; 滤渣的主要成分为__________(填化学式)。 (2)加入FeS2时,发生反应②的离子方程式为_________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)加入NH4HCO3的目的是______________________________________________ ________________________________________________________________________。 “沉淀”时,pH不宜过高,否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是__________。 检验FeCO3是否洗涤干净的方法是______________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)煅烧时,发生反应④的化学方程式为_______________________________________ ________________________________________________________________________。 解析: (1)将烧渣粉碎是为了增大接触面积,加快反应速率,增加硫酸的量是提高铁元素浸出率,同时抑制Fe3+、Fe2+的水解。 二氧化硅不溶于酸,过滤分离。 (2)根据流程得出还原后的产物为Fe2+和SO ,根据氧化还原反应原理书写离子方程式。 (3)煅烧产生二氧化碳可知沉淀为碳酸亚铁,沉淀时pH过高会产生氢氧化亚铁沉淀;洗涤沉淀的操作是取少量最后一次洗涤液放入试管,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,若无沉淀生成,说明洗涤干净。 (4)煅烧时加入空气即氧气参与反应,生成氧化铁和二氧化碳。 答案: (1)提高铁元素浸出率,同时抑制Fe3+、Fe2+的水解 SiO2 (2)FeS2+14Fe3++8H2O===15Fe2++2SO +16H+ (3)中和溶液中的酸,调节溶液的pH,使Fe2+全部转化为FeCO3 Fe(OH)2 取少量最后一次洗涤液放入试管,滴加盐酸酸化的氯化钡溶液,若无沉淀生成,说明洗涤干净 (4)4FeCO3+O2 2Fe2O3+4CO2 2.(2017·南京、淮安三模)以绿矾(FeSO4·7H2O)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4)的流程如下: (1)“氧化”时发生反应的离子方程式为_____________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)“合成”时生成Na2FeO4的离子方程式为___________________________________ ________________________________________________________________________。 不同温度和pH下FeO 在水溶液中的稳定性如下图所示。 为了提高“合成”时Na2FeO4的产率,下列措施可行的是________(填字母)。 A.充分搅拌反应液 B.控制反应在60℃左右进行 C.将氧化后所得溶液分多次加入NaClO和NaOH混合溶液中 D.将NaClO和NaOH混合溶液分多次加入氧化后所得溶液中 (3)“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。 (4)向“过滤”后的滤液中加入饱和KOH溶液可析出K2FeO4晶体,说明该温度下两者饱和溶液的物质的量浓度c(K2FeO4)______(填“<”“>”或“=”)c(Na2FeO4);此时母液中的阴离子除FeO 和OH-外,一定还含有______________。 解析: (2)充分搅拌能加快反应速率,增大产率,A正确;由图看出,反应在60℃进行时,溶液中生成的FeO 浓度最低,B错误;由图可知,碱性条件下c(FeO )大,故应将氧化后的溶液分多次加入到NaClO和NaOH混合溶液中,C正确,D错误。 (3)由于氧化后的溶液中含有Fe3+,加入NaOH溶液后能生成Fe(OH)3沉淀。 (4)从溶液中析出的是溶解度小的固体,故K2FeO4的溶解度小,则饱和溶液中Na2FeO4浓度较大;由流程图中看出,加入了H2SO4酸化,同时ClO-被还原生成Cl-,故母液中还含有SO 和Cl-。 答案: (1)2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O (2)3ClO-+10OH-+2Fe3+===2FeO +3Cl-+5H2O AC (3)Fe(OH)3 (4)< SO 、Cl- 1.常考的化工术语 关键词 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化,增大反应物接触面积,以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。 如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液,使其中可溶性的物质溶解,包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等 浸出率 固体溶解后,离子在溶液中的含量的多少 酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去的过程 水浸 与水接触反应或溶解 过滤 固体与液体的分离 滴定 定量测定,可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 蒸发结晶 蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会呈晶体析出 蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度 水洗 用水洗去可溶性杂质,类似的还有酸洗、醇洗等 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污,去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,
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