2022年高考复习微专题化学工艺流程试题解读及解答模型

《2022年高考复习微专题化学工艺流程试题解读及解答模型》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考复习微专题化学工艺流程试题解读及解答模型（48页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2022年高考复习微专题年高考复习微专题化学化学工艺流程工艺流程试题试题解读解读及解答模及解答模型型年份2020201920182017题号全国26;全国27全国26、27;全国26;全国26全国7、27;全国26;全国27全国27;全国26;全国27素养剖析工艺流程图题几乎是近几年来全国卷高考题的固定题型,此类题的特点:情景新,问题设置也往往有独到之处,但重点还是考查考纲范围内的化学基础知识和基本能力,特别是对物质制备方法、物质间的转化途径、混合物分离和除杂方法、化学实验基本操作方法、陌生情景中化学方程式或离子方程式的书写及简单计算能力的综合考查。可以说此类题型有效考查了考生的“变化观念与平

2、衡思想、科学探究与创新意识”等学科核心素养1.工艺流程图题思维主线(1)规律:主线主产品,分支副产品,回头为循环。(2)读流程图箭头:箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。三线:出线和进线均表示物料流向或操作流程,可逆线表示物质循环。2.化工流程题中表述性词汇“八大答题方向”化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语,这些表述性词语就是隐性信息,它可以暗示我们所应考虑的答题角度。常见的表达性词语如下:(1)“控制较低温度”常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。(2)“加过量试剂”常考虑反应完全或增大转化率、产率等。(3)“能否加其他物质”常考虑会不会引

3、入杂质或是否影响产品的纯度。(4)“在空气中或在其他气体中”主要考虑O2、H2O、CO2、其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的(5)“判断沉淀是否洗净”常取少量最后一次洗涤液于试管中,向其中滴加某种试剂,以检验其中的某种离子。(6)“检验某物质的设计方案”通常取少量某液体于试管中,加入另一种试剂产生某种现象,然后得出结论。(7)“控制pH”常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。(8)“用某些有机试剂清洗” 降低物质溶解度,有利于产品析出;洗涤沉淀:减少损耗和提高利用率等。增分点一物质制备型工艺流程题1.制备过程中原料预处理的5种常用方法看方法想目的研磨 增大固体与液体或气体

4、间的接触面积,加快反应速率水浸 与水接触反应或溶解酸浸 与酸接触反应或溶解,使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变结构,使一些物质能溶解,并使一些杂质在高温下氧化、分解,如煅烧高岭土2.制备过程中控制反应条件的6种方法看方法想目的调节溶液的pH常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀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控制压强改变速率,影响平衡使用合适的催化剂改变反应速率,控制达到平衡需要的时间趁热过滤防止某物质在降温时析出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

5、中的溶解损耗注意调节pH所需的物质一般应满足两点:能与H+反应,使溶液pH变大;不引入新杂质。例如,若要除去Cu2+中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质调节溶液的pH,不可加入NaOH溶液、氨水等。例1 2019全国卷 硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)在95 “溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。 NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3硫酸铵溶液

6、中存在水解平衡: ,根据硼镁矿的成分它能使平衡 ,生成的 浓度增大,因溶液中存在平衡 , 浓度增大促进分解产生。用NH4HCO3溶液吸收氨,发生的反应为 【信息解读】向右移动NH3H2ONH3H2ONH3NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液,滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3+的试剂可选用 例1 2019全国卷 硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图所示。回答下列问题:(2)“滤

7、渣1”的主要成分有 。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是。SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN【信息解读】KSCN转化为H3BO3,促进析出一元弱【信息解读】将硼元素转化为硼酸,促进硼酸析出由题给硼酸的解离反应方程式知,硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前,调节pH3.5目的是。例1 2019全国卷 硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图所示。回答下列问题:(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方

8、程式为 , , 母液经加热后可返回 工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 。 溶浸高温焙烧“沉镁”中,碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生相互促进的水解反应生成碱式碳酸镁: ,或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含 ,可以将母液返回“溶浸”工序循环使用,体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁,联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁,也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳,可知采用的方法是高温焙烧法,化学方程式为 【信息解读】2MgSO4+2(NH4)2CO3+H2O=Mg(OH)2MgCO3+2(NH4)2SO4+CO2硫酸铵MgCO3Mg(OH)2 2M

9、gO+H2O+CO2变式题 2020全国卷某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O):溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01 molL-1)的pH7.23.72.2 7.5沉淀完全时(c=1.010-5 molL-1)的pH8.74.73.2 9.0回答下列问题:(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。为回收金属,用稀硫酸将“滤液”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式:。 除去油脂、溶解铝及其氧化

10、物解析废弃的含镍催化剂原料中能与NaOH溶液反应的为表面的油脂、铝及其氧化物。“滤液”中的溶质为NaAl(OH)4(或NaAlO2)、高级脂肪酸钠和甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸时,其中的NaAl(OH)4(或NaAlO2)可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀。(2)“滤液”中含有的金属离子是。 Ni2+、Fe2+、Fe3+解析 “滤饼”的成分为Ni、Fe及其氧化物,用稀硫酸“酸浸”时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等,则滤液中的金属阳离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即 ,“滤液”中可能含有的杂质离

11、子为。O2或空气Fe3+解析加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,替代起氧化作用的H2O2溶液的可以为O2或空气,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”再“转化”,则“调pH”得到的仅为少量的Fe(OH)3沉淀,大部分Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转变为Fe3+,则“滤液”中的杂质离子为氧化得到的Fe3+。(4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 molL-1,则“调pH”应控制的p

12、H范围是。 0.01(107.2-14)2 或10-5(108.7-14)23.26.2解析根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.2,可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=0.01(107.2-14)2;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)c2(OH-)=10-5(108.7-14)2。“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则QcNi(OH)2KspNi(OH)2,则c(Ni2+)c2(OH-)0.01(107.2-14)2,根据c(Ni2+)=1.0 mo

13、lL-1,可求得c(OH-)10-7.8 molL-1,对应c(H+)10-6.2 molL-1,则pH6.2,则“调pH”控制的pH范围是3.26.2。金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01 molL-1)的pH7.23.72.2 7.5沉淀完全时(c=1.010-5 molL-1)的pH8.74.73.2 9.0(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH,写出该反应的离子方程式:。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是。2Ni2+ClO-+4OH- = 2NiOOH+Cl-+H2O提高镍回收率解析 (5

14、)Ni2+被ClO-氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,根据电子守恒可配平得2Ni2+ClO- 2NiOOH+Cl-,再依据电荷守恒可配平得2Ni2+ClO-+4OH- 2NiOOH+Cl-,最后依据质量守恒可配平得2Ni2+ClO-+4OH- = 2NiOOH+Cl-+H2O。(6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。1.把握物质提纯的“6种”常用方法增分点二物质分离、提纯型工艺流程题看目的选方法除去可溶性杂质水溶法除去碱性杂质酸溶法除去酸性杂质碱溶法除去还原性或氧化性杂质氧化还原法除去受热易分解或易挥发的杂质加热灼烧法除去酸性Cu2+溶液中的Fe3+等调pH法2.

15、正确选择物质分离的“6种”常用方法看目的选方法分离难溶物质和易溶物,根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法过滤(热滤或抽滤)利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质,如用CCl4或苯萃取溴水中的溴萃取和分液提纯溶解度随温度变化不大的溶质,如NaCl蒸发结晶（续表）看目的选方法提纯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、CuSO45H2O、FeSO47H2O等冷却结晶分离沸点不同且互溶的液体混合物,如分离乙醇和甘油蒸馏与分馏利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气冷却法例2 以高硫铝土矿(主要成分为Al2O

16、3、Fe2O3、SiO2 ,少量FeS2和金属硫酸盐)为原料, 生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下: (1)焙烧过程均会产生SO2 ,用NaOH 溶液吸收过量SO2的离子方程式为 。 过量的SO2与NaOH反应生成 【信息解读】NaHSO3FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中由于多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ,则在低于500 时去除的硫元素主要来源于;700 时硫酸盐分解产生 ,CaO与气体反应最终转化为 FeS2【信息解读】SO2或SO3CaSO4(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2 ,铝元素存在的形式由(填化学式)转化为(填化学式)。NaAlO2Al(OH)3

17、Al2O3与NaOH溶液反应生成,通入过量的CO2,发生反应 【信息解读】NaAlO2设化学方程式为FeS2+xFe2O3=yFe3O4+2SO2,根据铁元素和氧元素守恒可得 ,求得x=,y= (4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上完全反应消耗的 n(FeS2)n(Fe2O3)=。116【信息解读】2x+1=3y、3x=4y+41611变式题 2020山东卷 用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图:已知:MnO2是一种两性氧化物;25 时相关物质的Ksp

18、见下表。回答下列问题:(1)软锰矿预先粉碎的目的是 , MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式: 。增大接触面积,充分反应,提高反应速率MnO2+BaS+H2O = Ba(OH)2+MnO+S物质 Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp110-16.3110-38.6110-32.3110-12.7解析 软锰矿粉碎可以增大反应的接触面积,加快反应速率,使反应更充分,提高软锰矿的利用率。反应中MnO2MnO发生还原反应,转移2e-,BaSS也转移2e-,配平反应方程式为MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S。(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与

19、BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是 。(3)滤液可循环使用,应当将其导入到操作中(填操作单元的名称)。过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2解析 (2)因MnO2是两性氧化物,会与Ba(OH)2反应而消耗产生的Ba(OH)2。(3)滤液为Ba(OH)2的饱和溶液,可以循环使用,应将其导入到蒸发环节。蒸发(4)净化时需先加入的试剂X为(填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度c1.010-5 molL-1时,可认为该离子沉淀完全)。H2O24.9(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。1.硼

20、镁泥是一种工业废料,主要成分是MgO(占40%),还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质,以此为原料制取的硫酸镁,可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如图所示。已知某些氢氧化物沉淀的pH如上表所示。请回答下列问题:(1)在“酸解”过程中,欲加快“酸解”时的化学反应速率,请提出两种可行的措施: , 。 氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHMg(OH)29.310.8Fe(OH)27.69.6Fe(OH)32.73.7Al(OH)33.74.7 适当升高温度、把硼镁泥粉碎(或搅拌、适当增大硫酸浓度等)解析加快“酸解”过程是化学反应速率

21、问题,故可采用增大浓度、升高温度、增大反应物的接触面积等措施。(2)加入的NaClO可与Mn2+反应:Mn2+ClO-+H2O=MnO2+2H+Cl-,还有一种离子也会被NaClO氧化,并发生水解,该反应的离子方程式为 。 2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4H+解析 ClO-可将Fe2+氧化为Fe3+,而ClO-被还原为Cl-;生成的Fe3+水解生成Fe(OH)3,其离子方程式可写为2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4H+。(3)“滤渣”的主要成分除Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2外,还有。 SiO2解析 由于该硼镁泥中有MgO、 CaO、

22、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等物质,所 以“酸解”后生成的阳离子有Mg2+、Ca2+、Mn2+、Fe3+、Fe2+、Al3+等,不溶物为SiO2, Mn2+被氧化为MnO2,Fe2+被氧化为Fe3+,根据第一个表格中数据可知,Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH均小于5,所以调节溶液pH为56时,Fe3+、Al3+分别生成沉淀Fe(OH)3、 Al(OH)3,综上所述,滤 渣为Fe(OH)3、Al(OH)3、 MnO2、SiO2。氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHMg(OH)29.310.8Fe(OH)27.69.6Fe(OH)32.73.7Al(OH)33.

23、74.7(4)已知不同温度下MgSO4、CaSO4的溶解度如下表所示。“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去,根据表中数据,简要说明操作步骤:蒸发浓缩、 。“操作”是将滤液继续蒸发浓缩、冷却结晶、 ,便可得到MgSO47H2O。 趁热过滤解析由温度对MgSO4、CaSO4的溶解度影响可以看出,温度越高,CaSO4的溶解度越小,可以采用蒸发浓缩、趁热过滤的方法除去CaSO4;“操作”是将滤液继续蒸发浓缩、冷却结晶,再经过滤、洗涤,得到MgSO47H2O。温度/40506070MgSO4的溶解度/g30.933.435.6 36.9CaSO4的溶解度/g0.210 0.207

24、0.2010.193过滤、洗涤(或过滤)(5)实验中提供的硼镁泥共100 g,得到的MgSO47H2O为172.2 g,计算MgSO47H2O的产率为。70%解析 100 g硼镁泥中MgO的物质的量为100 g40%40 gmol-1=1 mol,根据镁元素守恒,生成的MgSO47H2O的物质的量为1 mol,质量为246 gmol-11 mol=246 g,产率为172.2 g246 g100%=70%。(6)金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐,完成图中的防腐示意图,并作相应标注。答案 或解析电化学防腐有两种方法,一是牺牲阳极的阴极保护法,也就是用相对活泼的金属作负极,铁件作正极;另一种

25、是外加电流的阴极保护法,也就是将铁件连接电源的负极,作为电解池的阴极。2.利用水钴矿(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂,以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程图,回答下列问题:已知:浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。沉淀中只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示:沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8(1)浸出过程中

26、Co2O3发生反应的离子方程式为 。(2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为 。 (3)加入Na2CO3调pH至5.2,目的是;萃取剂层含锰元素,则沉淀的主要成分为。 使Fe3+和Al3+沉淀完全解析根据工艺流程图,结合表格中提供的数据可知,加Na2CO3调pH至5.2,目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等,萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液中加入了NaF溶液,知沉淀为MgF2、CaF2。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.

27、69.25.29.8CaF2和MgF2(4)操作包括:将水层加入浓盐酸调整pH为23, 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 蒸发浓缩解析经过操作由溶液得到结晶水合物,故除题中已知过程外,操作还包括蒸发浓缩、冷却结晶。沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8冷却结晶(5)为测定粗产品中CoCl26H2O的含量,称取一定质量的粗产品溶于水,加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液,过滤、洗涤、干燥,测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%,其原因可能是 ， (回答一条原因即

28、可)。 粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)解析根据CoCl26H2O的组成及测定过程分析,造成粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是:含有氯化钠杂质,使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水,导致相同质量的固体中氯离子含量变大。(6)将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热,受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质,其质量如下表。经测定,整个受热过程,只产生水蒸气和CO2气体,则290320 温度范围,剩余的固体物质化学式为 。(已知:CoC2O42H2O的摩尔质量为183 gmol-1) Co3O4(或CoOCo2O3)温度范围

29、/固体质量/g1502104.412903202.41解析整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体,5.49 g CoC2O42H2O为0.03 mol, 固 体质量变为4.41 g时,质量减少1.08 g,恰好为0.06 mol H2O的质量,因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据原子守恒知,生成n(CO2)=0.06 mol,m(CO2)=0.06 mol 44 gmol-1=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时,质量减少2 g,说明290320 内发生的不是分解反应,参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g,n(O2)=0.02 mol;n(CoC2O4)n(O2)n(CO2)=0.030.020.06=326,依据原子守恒,配平化学方程式:3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2,故290320 温度范围,剩余固体物质的化学式为Co3O4(或CoOCo2O3)。