2023屆新高考新教材化學(xué)魯科版一輪專項提能特訓(xùn)二　學(xué)會拆分化工流程題解一通百

專項提能特訓(xùn)二學(xué)會拆分化工流程題解一通百1．化工流程題題圖解讀(1)讀流程圖①箭頭：箭頭進(jìn)入的是投料(反應(yīng)物)、出去的是主產(chǎn)物或副產(chǎn)物(生成物)。②三線：出線和進(jìn)線均表示物料流向或操作流程，可逆線表示物質(zhì)循環(huán)。(2)解題要點(diǎn)①審題要點(diǎn)：a.了解生產(chǎn)目的、原料及產(chǎn)品；b.了解題目提供的信息；c.分析各步的反應(yīng)條件、原理及物質(zhì)成分；d.理解物質(zhì)分離、提純、條件控制等操作的目的及要點(diǎn)。②答題切入點(diǎn)：a.原料及產(chǎn)品的分離提純，b.生產(chǎn)目的及反應(yīng)原理；c.生產(chǎn)要求及反應(yīng)條件；d.有關(guān)產(chǎn)率、產(chǎn)量及組成的計算；e.綠色化學(xué)。2．化工流程題常見答題方向工藝操作(結(jié)果)目的評價(或操作名稱)方法措施研磨(粉碎)增大接觸面積，加快反應(yīng)(溶解)速率煅燒(焙燒)礦物分解、燃燒，轉(zhuǎn)化為易溶于酸、堿的物質(zhì)水浸利用水溶性把物質(zhì)進(jìn)行分離酸浸(堿浸)利用物質(zhì)與酸(堿)反應(yīng)除掉雜質(zhì)或把目標(biāo)物質(zhì)轉(zhuǎn)化為可溶性離子控制條件調(diào)節(jié)溶液pH某些金屬離子的沉淀，控制物質(zhì)的溶解控制溫度加快反應(yīng)速率，促進(jìn)平衡移動；物質(zhì)的溶解、析出、揮發(fā)等增大某反應(yīng)物用量增大另一反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率(產(chǎn)率)某種試劑的選擇是否帶入雜質(zhì)、是否影響產(chǎn)品的純度分離提純不相溶液體分液相溶性液體蒸餾難溶性固體過濾易溶性固體蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶趁熱過濾防止溫度降低，某物質(zhì)析出冰水洗滌減少晶體的溶解損失乙醇、有機(jī)溶劑洗滌減少晶體的水溶性損失[典例]磷酸鐵鋰(LiFePO4)被認(rèn)為是最有前途的鋰離子電池正極材料。某企業(yè)利用富鐵浸出液生成磷酸鐵鋰，開辟了處理硫酸亞鐵廢液一條新途徑。其主要流程如下：已知：H2TiO3是種難溶于水的物質(zhì)。(1)鈦鐵礦用濃硫酸處理之前，需要粉碎，其目的是。(2)TiO2＋水解生成H2TiO3的離子方程式為。(3)加入NaClO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(4)在實驗中，從溶液中過濾出H2TiO3后，所得濾液渾濁，應(yīng)如何操作。(5)為測定鈦鐵礦中鐵的含量，某同學(xué)取經(jīng)濃硫酸等處理的溶液(此時鈦鐵礦中的鐵已全部轉(zhuǎn)化為二價鐵離子)，采取KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定Fe2＋的方法：(不考慮KMnO4與其他物質(zhì)反應(yīng))在滴定過程中，若未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管，則使測定結(jié)果(填“偏高”“偏低”或“無影響”)，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。滴定分析時，稱取ag鈦鐵礦，處理后，用cmol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定，消耗VmL，則鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為。[析圖]工藝流程解讀如下：[信息處理]鈦鐵礦用濃硫酸處理后得到含F(xiàn)e2＋、SOeq\o\al(2－,4)、TiO2＋的溶液，水解后得到鈦酸沉淀，再對濾液進(jìn)行處理得到目標(biāo)產(chǎn)物磷酸鐵鋰(LiFePO4)。(1)粉碎的目的是增大固體與溶液反應(yīng)時的接觸面積，加快反應(yīng)的進(jìn)行；(2)根據(jù)水解規(guī)律，TiO2＋水解生成H2TiO3和H＋；(3)酸性條件下ClO－將Fe2＋氧化為Fe3＋，ClO－被還原成Cl－；(4)濾液渾濁，說明過濾器損壞，應(yīng)換上新過濾器后，重新過濾；(5)如果未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管，會導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，使測定結(jié)果偏高；當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)終點(diǎn)時，滴加最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液，溶液變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，根據(jù)電子得失守恒進(jìn)行計算解答。[解析](1)將鈦鐵礦粉碎，可以增大表面積，增大濃硫酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率；(2)TiO2＋水解生成H2TiO3，同時生成氫離子，反應(yīng)離子方程式為：TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋；(3)ClO－具有強(qiáng)氧化性，將Fe2＋氧化為Fe3＋，自身被還原為Cl－，酸性條件下，同時生成水，反應(yīng)離子方程式為：ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；(4)從溶液中過濾出H2TiO3后，所得濾液渾濁，需要更換過濾器，重新過濾；(5)如果未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管，會導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，使測定結(jié)果偏高；當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)終點(diǎn)時，滴加最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液，溶液變成紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色。由MnOeq\o\al(－,4)～5Fe2＋知，w(Fe)＝eq\f(cV×10－3×5×56,a)×100%＝eq\f(28cV,a)%。[答案](1)增大固體的表面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率(2)TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋(3)ClO－＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O(4)換上新的過濾器，將渾濁濾液重新過濾(5)偏高滴加最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液，溶液變成紫紅色，且在半分鐘內(nèi)不褪色為止eq\f(28cV,a)%1．廢釩催化劑的主要成分為V2O5、V2O4、K2SO4、Al2O3、SiO2、Fe2O3。從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用。下圖為廢釩催化劑回收工藝路線：已知：①酸浸時，V2O5、V2O4分別轉(zhuǎn)化為VOeq\o\al(＋,2)，VO2＋②“離子交換”和“洗脫”過程可簡單表示為4ROH＋V4Oeq\o\al(4－,12)eq\o(,\s\up7(離子交換),\s\do5(洗脫))R4V4O12＋4OH－(ROH為陰離子交換樹脂)(1)酸浸時需要粉碎廢釩催化劑，目的是。(2)寫出酸浸時V2O4的轉(zhuǎn)化反應(yīng)方程式。廢渣1的主要成分是(填化學(xué)式)。(3)氧化時加入0.1molKClO3，理論上能氧化mol的VO2＋。(4)為了提高洗脫效率，淋洗液應(yīng)該呈(填酸性或堿性)。(5)已知沉釩時溶液中產(chǎn)生釩酸銨沉淀(NH4VO3)，寫出煅燒時的化學(xué)反應(yīng)方程式：。解析：(1)根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素可知，酸浸時需要粉碎廢釩催化劑，目的是加快浸取速率，提高浸取率。(2)酸浸時V2O4轉(zhuǎn)化為VO2＋，反應(yīng)方程式V2O4＋4H＋=2VO2＋＋2H2O。酸浸時，只有SiO2不溶于硫酸，廢渣1的主要成分是SiO2。(3)加入氧化劑KClO3把VO2＋氧化為VOeq\o\al(＋,2)，氯元素化合價由＋5降低為－1，V元素化合價由＋4升高為＋5，根據(jù)電子守恒，氧化時加入0.1molKClO3，理論上能氧化0.6mol的VO2＋。(4)4ROH＋V4Oeq\o\al(4－,12)eq\o(,\s\up7(離子交換),\s\do5(洗脫))R4V4O12＋4OH－，根據(jù)平衡移動原理，為了提高洗脫效率，淋洗液應(yīng)該呈堿性；(5)煅燒NH4VO3分解為V2O5、氨氣、水，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())V2O5＋H2O＋2NH3↑。答案：(1)加快浸取速率，提高原料浸取率(2)V2O4＋4H＋=2VO2＋＋2H2OSiO2(3)0.6(4)堿性(5)2NH4VO3eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())V2O5＋H2O＋2NH3↑2．高純硝酸鍶[Sr(NO3)2]可用于制造信號燈、光學(xué)玻璃等。工業(yè)級硝酸鍶含硝酸鈣、硝酸鋇等雜質(zhì)，提純流程如下：已知：①“濾液1”的主要溶質(zhì)是Ca(NO3)2；“濾渣1”的成分為Ba(NO3)2、Sr(NO3)2；“濾渣2”的主要成分為BaCrO4(雜質(zhì)不與硝酸反應(yīng))。②鉻酸(H2CrO4)為弱酸。(1)“酸浸”不能采用高溫的原因是。(2)相對于水洗，用濃HNO3洗滌的優(yōu)點(diǎn)是。(3)“濾液2”中過量的H2CrO4被N2H4還原為Cr3＋，同時放出無污染的氣體，寫出反應(yīng)的離子方程式：。(4)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常溫下，Cr(OH)3的溶度積Ksp＝1.0×10－32，當(dāng)c(Cr3＋)降至1.0×10－5mol/L，認(rèn)為Cr3＋已經(jīng)完全沉淀。現(xiàn)將還原后溶液的pH調(diào)至4，此時Cr3＋是否沉淀完全？(列式計算)。(5)已知Cr(OH)3類似Al(OH)3，還原后溶液的pH不能大于8的原因是(結(jié)合離子方程式說明理由)。(6)為了測定“濾渣2”中BaCrO4的含量，進(jìn)行以下實驗：①判斷Ba2＋完全沉淀的方法：。②“濾渣2”中BaCrO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(用代數(shù)式表示)。解析：(1)濃HNO3易揮發(fā)和分解，“酸浸”不能采用高溫的原因是避免濃HNO3揮發(fā)和分解。(2)根據(jù)同離子效應(yīng)，硝酸鍶在濃HNO3中比在水中溶解度小，用濃HNO3洗滌可減少硝酸鍶溶解而造成的損失。(3)“濾液2”中過量的H2CrO4被N2H4還原為Cr3＋，同時產(chǎn)生一種無污染的氣體——氮?dú)?，根?jù)得失電子守恒和原子守恒，離子方程式為4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋=4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O。(5)已知Cr(OH)3類似Al(OH)3，Cr(OH)3在堿性溶液中會發(fā)生反應(yīng)Cr(OH)3＋OH－=CrOeq\o\al(－,2)＋2H2O而溶解，所以還原后溶液的pH不能大于8。(6)①硝酸鋇溶液和Na2SO4溶液反應(yīng)生成硫酸鋇和硝酸鈉，所以判斷Ba2＋完全沉淀的方法是靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加Na2SO4溶液，上層清液中無白色沉淀生成。②設(shè)“濾渣2”中BaCrO4的質(zhì)量為xBaCrO4～BaSO4253233xng×5eq\f(253,x)＝eq\f(233,5ng)，解得x＝eq\f(1265n,233)g。所以“濾渣2”中BaCrO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(\f(1265n,233),mg)×100%＝eq\f(1265n,233m)×100%。答案：(1)避免濃HNO3揮發(fā)和分解(2)減少Sr(NO3)2溶解而造成的損失(3)4H2CrO4＋3N2H4＋12H＋=4Cr3＋＋3N2↑＋16H2O(4)c(OH－)＝10－10mol/L時，c(Cr3＋)＝eq\f(1.0×10－32,1.0×10－103)mol/L＝1.0×10－2mol/L>1.0×10－5mol/L，此時Cr3＋沒有沉淀完全(5)pH大于8時，Cr(OH)3會溶解，Cr(OH)3＋OH－=CrOeq\o\al(－,2)＋2H2O(6)①靜置，向上層清液中繼續(xù)滴加Na2SO4溶液，上層清液中無白色沉淀生成②eq\f(1265n,233m)×100%3．鎳廢料中主要含有Ni，還含有少量的Cu、Fe等。現(xiàn)從中制取Ni2O3，其可用于制造人造衛(wèi)星、宇宙飛船的高能電源，也可用于制造鎘鎳堿性電池。以鎳廢料為原料制備Ni2O3的工藝流程如圖所示：已知常溫下0.010mol/L的金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如表所示：Fe3＋Cu2＋Ni2＋開始沉淀pH3.05.07.4完全沉淀pH4.06.59.0回答下列問題：(1)“酸浸”時參與反應(yīng)的H2SO4與HNO3的物質(zhì)的量之比保持為3∶2，此時鎳單質(zhì)被氧化為NiSO4，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(2)加入碳酸鈣調(diào)pH的目的是，“沉渣2”的主要成分是(填化學(xué)式)，必須先過濾“沉渣1”后再進(jìn)行“除Cu”的原因是。(3)用離子方程式解釋加入NH4F“除Ca”的過程：。(4)“操作B”是，煅燒時產(chǎn)生的兩種氣體是。(5)向NiO中加入鹽酸，待NiO完全溶解后，需要加入NaOH溶液和NaClO溶液，加入NaOH溶液和NaClO溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(6)根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)，計算當(dāng)0.010mol/LNiSO4溶液中Ni2＋完全沉淀時，c(Ni2＋)＝mol/L。解析：(1)根據(jù)“酸浸”時參與反應(yīng)的H2SO4與HNO3的物質(zhì)的量之比保持為3∶2，結(jié)合工藝流程圖知Ni單質(zhì)被氧化為NiSO4，則HNO3被還原成NO，化學(xué)方程式為3Ni＋3H2SO4＋2HNO3eq\o(=,\s\up7(70～80℃))3NiSO4＋2NO↑＋4H2O。(2)加入碳酸鈣，CaCO3與H＋反應(yīng)，會使溶液pH增大，使Fe3＋完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3而除去；“沉渣2”是“除Cu”過程中得到的濾渣，因Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋，故“沉渣2”的主要成分是CuS；必須先過濾“沉渣1”后再進(jìn)行“除Cu”的原因是“除