《2020届高考化学二轮复习教师用书：微专题三 化学工艺流程》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考化学二轮复习教师用书：微专题三 化学工艺流程（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、化学工艺流程 知识必备1解题策略解题步骤解题策略首尾呼应、找出主线(1)对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料(2)依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务分段剖析、明析细节(3)以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提纯三个阶段(4)依箭头指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用，融通对流程的整体分析(5)某些暂时琢磨不透的环节，可“跳过去”而“难得糊涂”，如有必要，可“顺藤摸瓜”或带着问题回头来进行有针对性的分析由易到难、破解答案(6)先易后难：先回答与工艺流程非常密切相关的问题，确保易拿的分数先拿，增强答题信心(7)变换角度：从基本理论、绿色化
2、学观点、经济角度、安全生产等多角度答题(8)对棘手问题：不忘尝试从题给信息中寻找答案物质判断：主线主产品，副线副产品，回头为循环。2答题方向例(2018全国卷，26)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
3、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。解析：(1)由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS3O22ZnO2SO2。(2)由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀Fe2的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质F
4、e2。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，反应的离子方程式为ZnCd2=Zn2Cd。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是Zn2放电，则阴极的电极反应式为Zn22e=Zn；阳极是OH放电，破坏水的电离平衡，产生H，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。答案：(1)2ZnS3O22ZnO2SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)ZnCd2=Zn2Cd(4)Zn22e=Zn溶浸对点训练1过氧化钙晶体(CaO28H2O)常用作医药消毒剂，可以轻质碳酸钙为原料，按以下实验方法来制备。下列有关说法正确的是()A煮沸的主要目
5、的是为了除去溶解的CO2B的反应中H2O2作氧化剂，氨水用来调节溶液的pHC中结晶的颗粒较小，过滤时可用玻璃棒轻轻搅动D醇洗的主要目的是为了减少晶体的损失解析：DA.碳酸钙能与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，气体在溶液中的溶解度随温度的升高而减小，加热煮沸是为了除去多余的盐酸，反应的化学方程式为CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O；A错误；B.向CaCl2溶液中加入H2O2、NH3H2O，发生反应：CaCl2H2O22NH3H2O6H2O=CaO28H2O2NH4Cl，H2O2的组成元素化合价没有发生变化，因此没有发生氧化还原反应，B错误；C.尽管中结晶的颗粒较小，但是过滤时若用玻璃棒
6、轻轻搅动，会导致滤纸破损，过滤失败，所以不能搅动，C错误；D.过氧化钙晶体(CaO28H2O) 微溶于水，也不溶于乙醇，用醇洗涤，可以减少晶体的溶解，同时乙醇容易挥发，可以加速晶体干燥，D正确。2银锌电池在商业、宇航潜艇、核武器等领域有广泛应用。一种从正极片(含Ag、Ag2O、石墨及Cu等)中回收银的流程如下，下列叙述错误的是()A滤液a中含有Na、Cu2、H等阳离子BA用氨水溶解时发生的反应为AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2OC滤液c可浓缩结晶得到Zn(NO3)2D向滤渣d中加稀硫酸可溶解其中过量的Zn解析：CA.正极片含Ag、Ag2O、石墨及Cu等加稀硝酸后，石墨不反应，
7、含Ag、Ag2O、Cu和硝酸反应生成硝酸银，硝酸铜，再加氯化钠溶液会发生AgCl=AgCl，则滤液a中含有Na、Cu2、H等阳离子，A正确；B.在含AgCl的滤渣中加入氨水会发生反应生成Ag(NH3)2Cl和2H2O ，即AgCl2NH3H2O=Ag(NH3)2Cl2H2O，故B正确；C.在银氨络合物中加入Zn反应后溶液中Zn2与氨气结合以Zn(NH3)42，形式存在，故C错误；经过第一步过滤，知溶液c中不存在NO，滤渣d中过量的锌可以溶解于稀硫酸溶液中，故D正确。3NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铬等。一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe
8、2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2H2O的工艺流程如下：已知P4与两种碱的反应主要有：.2Ca(OH)2P44H2O=2Ca(H2PO2)22H2.4NaOHP48H2O=4NaH2PO2H2O2H2.4NaOHP42H2O=2Na2HPO32PH3.NaH2PO2NaOH=Na2HPO3H2(1)已知H3PO2是一元中强酸，NaH2PO2是_(填“正盐”或“酸式盐”)。(2)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2，从吸收液中获得NaH2PO2H2O的操作为_、_过滤、洗涤和干燥。(3)用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化
9、物的化学方程式为：_。(4)“反应”在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比n(碱)/n(磷)与NaH2PO2产率的关系如图所示。当n(碱)/n(磷)2.6时，NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能原因是_。(5)滤渣2主要成分为_(填化学式)。(6)“过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba(OH)2及Na2S溶液除去其中Cl及Fe2等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因是_。(7)在工业上，可以用惰性电极电解NaH2PO2溶液制取磷酸，请写出其阳极反应式_。解析：(1)H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式
10、为H3PO2HH2PO，H2PO不能再电离，则NaH2PO2为正盐；(2)根据题中所给信息，PH3与NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl，反应的离子方程式为PH32ClOOH=H2PO2ClH2O，从吸收液中获得NaH2PO2H2O，需要蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤和干燥；(3)根据题意，NiCl2中Ni转化成Ni单质，NaH2PO2为还原剂，P元素的化合价升高，NiCl2NaH2PO2NiH3PO4NaCl，依据化合价升降法进行配平，即2NiCl2NaH2PO22NiH3PO4NaCl，产物为H3PO4，说明该溶液为酸性，利用原子守恒配平其他物质，反应的化学方程式为2NiCl2NaH
11、2PO22H2O=2Ni H3PO4NaCl3HCl；(4)n(碱)/n(磷)2.6，说明碱过量，根据P4与两种碱反应中，H2PO与过量的NaOH反应转化成HPO，次磷酸钠的产率降低，因此NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能的原因是过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3；(5)“调pH”除去Ca2和Al3，CO2与碱反应生成CO，CO与Ca2反应生成CaCO3，CO与Al3发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2，因此滤渣2的成分是CaCO3和Al(OH)3；(6)NaH2PO2具有强还原性，Ag具有氧化性，因此加入Ag2SO4溶液不宜过量太多，否则过量的Ag会氧化
12、H2PO；(7)NaH2PO2具有较强的还原性，电解时，阳极上H2PO失电子，所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液，其阳极反应式为：H2PO4e2H2O=H3PO43H。答案：(1)正盐(2)蒸发浓缩冷却结晶(3)2NiCl2NaH2PO22H2O=2NiH3PO4NaCl3HCl(4)过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3(5)CaCO3和Al(OH)3(6)过量的Ag会氧化H2PO(7)H2PO4e2H2O=H3PO43H4氢氧化钡是分析化学中的重要试剂。工业上以重晶石矿(主要成分BaSO4，含杂质Fe2O3、SiO2)为原料，生产Ba(OH)28H2O的流程示意图如下：已知：高温焙烧，炭还原重晶石的反应方程式为：BaSO44CCOBaS(1)氢氧化钡的电子式为_。(2)水浸并过滤后的滤渣中含三种单质，分别为C、_和_(填化学式)，滤液1显_(填“酸性”或“碱性”)。向滤液1中加入CuO后，会生成黑色沉淀，该反应的化学方程式为_
