【创新设计】（江苏专用）2023高考化学二轮复习 下篇 专题三 微题型十五 以工艺流程为载体的无机综合考察

微题型十五以工艺流程为载体的无机综合考察[题型专练]1．七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：(1)煅粉主要含MgO和________，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1，则溶液pH大于________[Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]；该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是______________________________。(2)滤液Ⅰ中的阴离子有________(忽略杂质成分的影响)；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成________，从而导致CaCO3产率降低。(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为______________。(4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为________________。(5)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl和Al2Cl两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为____________________。解析　(1)白云石高温煅烧，CaCO3和MgCO3受热分解生成CaO和MgO，煅粉主要含有CaO和MgO。若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1，根据Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)得：c(OH－)＞＝mol·L－1＝1×10－3mol·L－1，c(H＋)＜＝1×10－11mol·L－1，即pH＞11。若用(NH4)2SO4代替NH4NO3，则(NH4)2SO4会与CaO反应生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。(2)煅粉的主要成分是CaO和MgO，加入适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，由于镁化合物几乎不溶，则溶液中溶质主要为生成的Ca(NO3)2和Ca(OH)2，故滤液Ⅰ中的主要阴离子为NO和OH－。由于滤液Ⅰ的pH大于11，溶液中含有Ca(NO3)2和少量的NH4NO3与Ca(OH)2，若仅通入CO2会生成Ca(HCO3)2，从而导致CaCO3产率降低。(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为2OH－＋Al2O3===2AlO＋H2O。(4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑。(5)由题意可知，放电时负极Al失去电子与AlCl结合生成Al2Cl，其电极反应式为Al－3e－＋7AlCl\n===4Al2Cl。答案　(1)CaO　11　加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少　(2)NO和OH－　Ca(HCO3)2　　(3)2OH－＋Al2O3===2AlO＋H2O　(4)2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑(5)Al－3e－＋7AlCl===4Al2Cl2．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：回答下列有关问题：(1)硼砂中B的化合价为________，溶于热水后，常用H2SO4调pH至2～3制取H3BO3，反应的离子方程式为________________________________________________________。X为H3BO3晶体加热脱水的产物，X与Mg反应制取粗硼的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)MgCl2·7H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是________________。若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为_________________________________________________。(3)镁H2O2酸性燃料电池的反应原理为Mg＋H2O2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O，则正极反应式为________________。常温下，若起始时电解质溶液pH＝1，则pH＝2时溶液中Mg2＋的浓度为____________________________________________________________________；已知常温下，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，当溶液pH＝6时，________(填“有”或“没有”)Mg(OH)2沉淀析出。(4)制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30mol·L－1Na2S2O3(H2S2O3为弱酸)溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00mL。盛装Na2S2O3溶液的仪器应为________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。该粗硼样品的纯度________。(提示：I2＋2S2O===2I－＋S4O)解析　(1)根据硼砂的化学式及化合物中各元素的化合价代数和为零，可知B的化合价为＋3价。酸性条件下，Na2B4O7·10H2O转化为H3BO3，各元素化合价不变，则反应的离子方程式为B4O＋2H＋＋5H2O===4H3BO3。H3BO3晶体加热脱水生成B2O3，B2O3\n被镁还原为硼，反应化学方程式为3Mg＋B2O32B＋3MgO。(2)在HCl氛围中加热MgCl2·7H2O是为了防止MgCl2水解生成Mg(OH)2。用惰性电极电解MgCl2溶液的总反应式为MgCl2＋2H2OCl2↑＋H2↑＋Mg(OH)2↓，阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应式为2H2O＋Mg2＋＋2e－===H2↑＋Mg(OH)2↓。(3)原电池中正极得电子，所以正极反应式为H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O。当溶液pH由1升至2时，Δc(H＋)＝0.1mol·L－1－0.01mol·L－1＝0.09mol·L－1，对应产生的Mg2＋浓度为0.045mol·L－1。当pH＝6时，可认为溶液中H＋基本耗尽，即Δc(H＋)＝0.1mol·L－1，此时c(Mg2＋)＝0.05mol·L－1，c(OH－)＝1×10－8mol·L－1，c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.05×(1×10－8)2＝5.0×10－18＜Ksp[Mg(OH)2]，没有沉淀析出。(4)Na2S2O3是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，应选用碱式滴定管。根据元素守恒和已知离子方程式可知2B～2BI3～3I2～6S2O，所以样品纯度为×100%＝99%。答案　(1)＋3　B4O＋2H＋＋5H2O===4H3BO33Mg＋B2O32B＋3MgO(2)防止MgCl2水解生成Mg(OH)2　2H2O＋Mg2＋＋2e－===H2↑＋Mg(OH)2↓(3)H2O2＋2H＋＋2e－===2H2O　0.045mol·L－1没有　(4)碱式　99%3．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。下面是以铁屑为原料制备K2FeO4的工艺流程图：请回答下列问题：(1)氯气与铁屑反应生成FeCl3的条件是________，其生成物氯化铁也可作净水剂，其净水原理为_____________________________________________________________________。(2)流程图中的吸收剂X为________(选填字母代号)。a．NaOH溶液b．Fe粉c．FeSO4溶液d．FeCl2溶液(3)氯气与NaOH溶液反应生成氧化剂Y的离子方程式为_____________________________。\n(4)反应④的化学方程式为__________________________________________________，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______________________________________。(5)K2FeO4的净水原理是：4FeO＋10H2O4Fe(OH)3＋8OH－＋3O2↑，该反应生成具有吸附性的Fe(OH)3。用上述方法制备的粗K2FeO4需要提纯，可采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂可选用稀KOH溶液，原因是______________________________。(6)测定制备的粗K2FeO4的纯度可用滴定法，滴定时有关反应的离子方程式为：①FeO＋CrO＋2H2O===CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－②2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O③Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O现称取1.98g粗K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容。每次取25.00mL加入稀硝酸酸化，用0.1000mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93mL，则上述样品中K2FeO4的质量分数为________。解析　(1)铁在氯气中燃烧生成FeCl3。氯化铁可用于净水是因为Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物质。(2)尾气为Cl2，与吸收剂FeCl2溶液反应生成FeCl3，以备后续操作使用。(3)NaOH溶液与Cl2反应生成NaCl、NaClO、H2O，氧化剂Y为NaClO。(4)反应④的化学方程式为2FeCl3＋3NaClO＋10NaOH===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O，其中氧化剂为NaClO，还原剂为FeCl3，二者的物质的量之比为3∶2。(5)由题给的可逆反应可知，OH－为生成物，故在碱性溶液中，该反应向逆反应方向进行，可减少洗涤时K2FeO4的损失。(6)根据反应①②③，可得关系式：2FeO～2CrO～Cr2O～6Fe2＋，即FeO～3Fe2＋，则样品中K2FeO4的质量分数为0.1000mol·L－1×0.01893L×××198g·mol－1÷1.98g×100%＝63.1%。答案　(1)点燃　Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质　(2)d(3)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O(4)2FeCl3＋3NaClO＋10NaOH===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O　3∶2(5)碱性溶液中，上述反应向逆反应方向进行，可减少洗涤时K2FeO4的损失(6)63.1%4．毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)，实验室利用毒重石制备\nBaCl2·2H2O的流程如下：(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的________。a．烧杯b．容量瓶c．玻璃棒d．滴定管(2)Ca2＋Mg2＋Fe3＋开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2加入NH3·H2O调节pH＝8可除去________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是______________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O　Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓步骤Ⅰ移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL。步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。解析　(1)充分研磨的目的是增大反应物的接触面积，从而使反应速率加快。配制一定质量分数的溶液，可以算出所需37%的盐酸及水的体积，然后在烧杯中稀释，为加速溶解，要用玻璃棒进行搅拌。(2)根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2\nO调节pH＝8时，只有Fe3＋完全沉淀而除去。加入NaOH，调pH＝12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2。根据Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，H2C2O4过量时Ba2＋会转化为BaC2O4沉淀，从而使BaCl2·2H2O的产量减少。(3)“0”刻度位于滴定管的上方。由题意可得关系式BaCl2～CrO～H＋，则有c(BaCl2)×y×10－3L＝bmol·L－1×(V0－V1)×10－3L，解得c(BaCl2)＝mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba2＋浓度测量值将偏大。答案　(1)增大接触面积从而使反应速率加快　ac(2)Fe3＋　Mg(OH)2、Ca(OH)2　H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少(3)上方　　偏大[对点回扣]工艺流程题思路：1．明确化工生产流程主线的特点一个完整的物质制备化工生产流程如图所示：―→―→―→―→2．熟悉常用的操作方法及其作用(1)对原料进行预处理的常用方法①研磨。②水浸。③酸浸。④灼烧。⑤煅烧。(2)常用的控制反应条件的方法①调节溶液的pH。②控制温度。③控制压强。④使用正催化剂。⑤趁热过滤。⑥冰水洗涤。