2020高考化学三轮冲刺大题提分大题精做5物质制备类化工工艺流程

大题精做五 物质制备类化工工艺流程

1.（2018北京卷）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：

已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)

（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应：

△

2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO4====10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4

①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。

（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。

（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。

（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO4残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。

（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·LNaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98g·mol）

【解析】磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4 H2SO4。②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，

?1

?1

2?

核电荷数P S，原子半径P S，得电子能力P S，非金属性P S。（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5(PO4)3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。生成HF的化学反应为2Ca5(PO4)3F+10

H2SO4+5H2O===10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑；（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO4残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO4与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO3，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO3转化成H2O和CO2，反应的离子方程

?式为BaCO3+SO24+2H3PO4

2?

2?

2?

2?

BaSO4+CO2↑+2H2PO?（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质4+H2O。

的量之比为1∶2，n（H3PO4）=2n（NaOH）=2 bmol/L c 10-3L=

b

2000mol，m（H3PO4）=

b

2000mol 98g/mol=

9b

g=0.049bcg，精制磷酸中 000H3PO4的质量分数为

0 0 9b

。

【答案】(1)研磨、加热 （2）＜

(3)核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S (4)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O===10CaSO4·5H2O+6H3PO4+2HF↑ (5)80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 (6)CaSO4微溶

(7)BaCO3+SO4+2H3PO4===BaSO4+CO2↑+H2O+2H2PO4 (8)

0 0 9b

2?

?

1.（2018贵州遵义四中理综）钛酸钡（BaTiO3）在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：

已知：25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58× 0； （1）BaTiO3中Ti元素的化合价为：________。

（2）用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的一种措施是：____________________，发生反应的离子方程式为：____________________________________。

（3）流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体，过滤操作中使用的玻璃仪器有：___________。 （4）TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是：___________________________。

（5）某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为：

?9

___________。

（6）流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c(Ba)=0. mol·L，则c(CO3)在浸出液中的最大浓度为：_________mol·L。

【解析】(1)BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Ti元素的化合价为+4价，因此，本题答案为：+4；(2)适当增大盐酸浓度、适当升高温度、减小BaCO3粒径都可以使酸浸速率加快；盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3+2HCl===BaCl2+CO2↑+H2O，离子方程式为：BaCO3+2H===Ba+CO2↑+H2O。因此，本题答案为：适当增大盐酸浓度；适当升高温度；减小BaCO3粒径等合理即可；BaCO3+2H===Ba+CO2↑+H2O；(3)过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2O===TiO2+4HCl ，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，故制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。因此，本题答案为：促进TiCl4水解；（5）根据Ba元素守恒，理论上得到BaTiO3的质量为 9.7g/ 97(g/mol)×233g/mol=23.3g，BaTiO3的产率为 3.98g/23.3g×100%=60%，因此，本题答案为：60%；（6）BaCO3的溶解平衡方程式为BaCO3(s)?Ba(aq)+CO3(aq)，Ksp(BaCO3)=c(Ba)× (CO3)=2.58× 0，若浸出液中c(Ba)=0.1mol/L，则CO3在浸出液中最大浓度c(CO3)=2.58× 0mol/L，因此，本题答案为：2.58× 0；

【答案】（1）+4

（2）适当增大盐酸浓度；适当升高温度；减小BaCO3粒径等合理即可

BaCO3+2H===Ba+CO2+H2O （3）漏斗、烧杯、玻璃棒 （4）促进TiCl4水解 （5）60% （6）2.58× 0

2.（2018四川乐山理综）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：

-8+

2+

2?

-8

-8

2+

2?

-9

2+

2?

2+

2?

+

2+

+

2+

?1

2+

?1

2?

已知：

①2KOH+Cl2===KCl+KClO+H2O（条件：温度较低） ②6KOH+3Cl2===5KCl+KClO3+3H2O（条件：温度较高） ③2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O 回答下列问题：

（1）该生产工艺应在______________（填“温度较高”或“温度较低”）情况下进行，从绿色化学的角度考虑通入氯气速率应________（填“较快”或“较慢”）；

（2）写出工业上制取Cl2的化学方程式_____________________________________； （3）K2FeO4可作为新型多功能水处理剂的原因是______________________；

（4）配制KOH溶液时，是在每100mL水中溶解61.6g KOH固体（该溶液的密度为1.47 g/mL），它的物质的量浓度为____________（保留整数）；

（5）在“反应液I”中加KOH固体的目的是__________： A．与“反应液I”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO B．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率 C．为下一步反应提供反应物 D．使副产物KClO3转化为KClO

（6）从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品_____________（写化学式）。 （7）该工艺每得到1.98 kg K2FeO4，理论上消耗Cl2的物质的量为___________mol。

【解析】(1)在温度较高时发生反应②6KOH+3Cl2===5KCl+KClO3+3H2O，现在要制备KClO，为了防止产生杂质KClO3，所以反应要在温度较低下进行；从绿色化学的角度考虑，氯气的通过速率慢一些会使反应更加充分；故答案为：温度较低，较慢；(2)在工业上Cl2是用电解饱和食盐水的方法制取的，反应的化学方程式是电解电解

2NaCl+2H2O=====2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：2NaCl+2H2O=====2NaOH+H2↑+Cl2↑；(3)+6价的铁元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒，还原产物铁元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉；故答案为：K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物形成沉淀；(4)溶液的质量=(100+61.6)g，溶液体积=

=0.11L，n(KOH)==1.1mol, 7 5 物质的量浓度=0 =10mol/L；故答案为：10mol/L；(5)在“反应液I”中加KOH固体的目的是使过量的Cl2继续反应，生成更多的KclO，同时为下一步反应提供反应物；故答案为：AC；(6)加入硝酸铁溶液发生反应的化学方程式：2Fe(NO3)3+2KClO+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，由反应方程式可看出：分离出K2FeO4后，会得到副产品KNO3、KCl；故答案为：KNO3、KCl；(7)1.98 kg K2FeO4的物质的量为：系可知，Cl2——KClO——3K2FeO4，即需要Cl215mol；故答案为：15mol。

【答案】(1)温度较低较慢

电解

（2） 2NaCl+2H2O=====2NaOH+H2↑+Cl2↑

（3） K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物形成沉淀

（4） 10mol/L

2 98 000 =10mol，根据转化关 98 （5） AC （6） KNO3KCl （7） 15

3.（2018河南开封市一模）氧化材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下：

25℃时，有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据：

开始沉淀时pH 沉淀完全时pH 请回答下列问题：

(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有___________。 (2)操作I的名称是___________滤渣2的成分为___________。

(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：___________。

( )“调节pH”时，合适的pH范围是___________。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4

是否洗涤干净的方法是___________。

(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式___________。根据ZrO2的性质，推测其两种用途___________。 【解析】(1)锆英石状态为固态，为提高反应速率，可以通过将矿石粉碎，以增大接触面积；或者通过加热升高反应温度的方法加快反应速率；(2)操作I是分离难溶于水的固体与可溶性液体物质的方法，名称是过高温

滤；(3)将粉碎的锆英石与NaOH在高温下发生反应：ZrSiO4+4NaOH=====Na2ZrO3+Na2SiO3 +2H2O；Al2O3+2NaOH===2NaAlO2+H2O；SiO2+2NaOH===2Na2SiO3+H2O；Fe2O3是碱性氧化物，不能与碱发生反应，所以水浸后过滤进入滤渣1中，Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2能溶于水，水浸、过滤进入滤液1中；(4)向滤液中加入足量盐酸，HCl会与Na2ZrO3、Na2SiO3、NaAlO2发生反应，生成NaCl、H2SiO3(或H4SiO4)、AlCl3、ZrCl4，其中H2SiO3(或H4SiO4)难溶于水，过滤时进入滤渣2中，其余进入滤液2中，因此滤渣2的成分为H2SiO3(或H4SiO4)；向滤液2中加入氨水，发生复分解反应，调节溶液的pH至大于Zr(OH)4，而低于开始形成Al(OH)3沉淀的pH，即3.2

-3+

Fe(OH)3 1.9 3.2 Zr(OH)4 2.2 3.2 Al(OH)3 3.4 4.7

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