第三章 专题3 结合反应原理的综合类工艺流程-【6星学霸·高考黑题】2026年高考化学二轮专项冲刺

学醒高考·黑题化学 专题3结合反应原理的综合类工艺流程 命题密钥 工艺流程题加强了不同模块间的相互融合，重视考生对知识的综合应用能力。结合反应原 理的综合类工艺流程以工艺流程为载体，侧重考查溶液中的离子平衡（图像、计算等）、电化学 知识，这类题近年是高频考点。 考点觉醒 1.模型解读 工业要求 回头为循环 电化学 原料预处理 物质循环使用 产品分离提纯 水溶液中的 原料 核心化学反应 产品→注线主产 离子反应和 平衡 反应条件控制 排敌物的无剧产品-→>分支到产 害化处理 物质结构与性质 2.提分技巧 (1)破题关键 ①看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。 ②看目的：把握题千中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。 ③看箭头：进入的是投料（即反应物）：出去的是生成物（包括主产物和副产物）。 ④看三线：主线主产品；分支副产品：回头为循环。 ⑤找信息：明确反应条件的控制和分离提纯方法。 ⑥关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。 (2)分析方法 ①首尾分析法： 对一些线型流程工艺（从原料到产品为一条龙的生产工序）试题，首先对比分析流程图中 第一种物质（原材料）与最后一种物质（产品），从对比分析中找出原料与产品之间的关系， 弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再 结合题设的问题，逐一推敲解答。 ②分段分析法： 对于用同样的原材料生产多种（两种或两种以上）产品（包括副产品）的工艺流程题，用分 段分析法更容易找到解题的切入，点。 ③交叉分析法： 有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其 他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法，就是将提供的工艺流程示意图 结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。 078 第三章工艺流程题学丽 实战演练 经典真题结合反应原理类)(2025·陕晋青宁卷，16,14分)一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分 为Mn2、Mg2+、NH的硫酸盐)的工艺流程如下： NH·H,O NH·H,O (NHS.O.NH.HCO. H,PO HSO, 调H 调pH=6.0 落液一远锰工一沉锰川一远接 废盐 沉镁Ⅱ一结品 Mn.O MnO, 级冕MgNH,PO,·6H,0X Mgo 焙烧一…一Mns0,H,0 已知：①常温下K(MgC0,)=10s,Kn[Mg(0H)2]=10-15,Kn[Mn(0H)2]=1012.n; ②S,0结构式为 回答下列问题： (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 。(写出两种) (2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成MnO,的化学方程式 当Mg2(c=10o.mol·L1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2*浓度为 mol·L1。 (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S20g经加热水解去除，最终产物是NH,HS04和 (填化学式)。 (4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgC03·yMg(OH)2·H20],煅烧得到 疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质Mg0的原因是 (5)“沉镁Ⅱ”中，加HP04至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶解，据图分 析，写出沉淀溶解的离子方程式 0.8 H.PO:NH 04 HPO 0. 0.0 4.0 8.0 12.0H (6)“结晶”中，产物X的化学式为 (7)“焙烧”中，Mn元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 巩固训练1(2025·陕西西安模拟)Na2Cr20,·2H,0是一种重要的化工原料，可用于制革、印染等 工业。 (1)以铬铁刊矿（主要成分为Fe0·Cr,03,还含有Mg0、AL,03、Si02等）为原料制备Na2Cr,0,·2H20 079 学醒高考·黑题化学 的工艺流程如图。 Na.Cr.O.2H.O 产品 H.SO. 溶液2 NCr,0溶液 H.SO 溶液1 母液 铬铁矿轮碱 水 滤渣2 焙烧 浸取 滤渣1 已知：AL,O,、SiO2分别与纯碱焙烧后转化为Na[A1(OH)4]和Na,SiO,Na[A(OH)4]在水溶液 中的存在形式为Na[Al(OH),]。 ①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 ②焙烧的目的是将FeO·Cr,0,转化为Na,CO4,并将Al,Si的氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙 烧时Fe0·Cr,03发生反应的化学方程式 ③滤渣1主要含有 ④矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如图甲所示。 CrO C,0片 1-lom) Fe 1A1 惰性电视 崎性电极 [AKOH)T 9.6 2.43.04.5 9310.2 14 H 离子文换膜 图甲 图乙 i,过程Ⅲ中使用H,S0,溶液的目的是 ,pH的 理论范围为 iⅱ.过程V发生反应2C0+2H'Cr,0号+H,0,计算该反应的K≈ (2)利用膜电解技术，以Na,CO,溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以 制备Na,Cr,02,装置如图乙。已知：酸性条件下Cr,0号被还原为Cr+。 ①离子交换膜应该选用 (填字母)。 a.阴离子交换膜 b.质子交换膜 c.阳离子交换膜 ②结合方程式解释Na,Cr,0,产生的原理 巩固训练2(2025·北京模拟)热电厂用碱式硫酸铝[Al,(S0,)3·A1,03]吸收烟气中低浓度的二氧 化硫。具体过程如下： (1)碱式硫酸铝溶液的制备 往Al2(S0,),溶液中加入一定量C0粉末和蒸馏水，可生成碱式硫酸铝（络合物，易溶于水），同 时析出生石膏沉淀(CaS04·2H,0),反应的化学方程式为 080 第三章工艺流程题学丽 (2)S02的吸收与解吸。吸收液中碱式硫酸铝活性组分A山，0，对S02具有强大亲和力，化学反应 为AL,(S04)3·AL,03(aq)+3S0,(g)AL2(S04)3·AL,(S03),(ag)△H<0。工业流程如下图 所示： 干净烟气 碱式硫酸 SO. 110-160℃烟气 AL(SOJ)rAL(SOJ 位温98℃ 铝溶液 (含S0,) 恒温40-60℃ 溶液 水浴 域式硫酸 铝溶液 ①高温烟气可使脱硫液温度升高，不利于S02的吸收。生产中常控制脱疏液在恒温40~60℃， 试分析原因 ②研究发现，I中含碱式硫酸铝的溶液与S02结合的方式有2种：其一是与溶液中的水结合。 其二是与碱式硫酸铝中的活性A,0,结合，通过酸度计测定不同参数的吸收液的pH变化，结果 如下图所示： 4.0 3.5 舍A1量相同时，初始吸收液中 3.0 (Al,0nAl,S0的比值 pH2.5 2.0 L5 0 23456 每升吸收液中吸收S0,的体积L 据此判断初始阶段，S02的结合方式是 ,比较xy、z的大小顺序： ③Ⅲ中得到再生的碱式硫酸铝溶液，其n(Al,0,):n[AL,(S04)3]比值相对I中有所下降，请用 化学方程式加以解释： 巩固训练3(2024·福建福州三模)利用氟磷灰石[主要成分为Ca,F(P0,)3,杂质为Si02等]为原 料生产可应用于巨型激光器“神光二号”的磷酸二氢钾(KH,P04),工艺流程如下： KOH溶液 磷酸 硫酸 试剂X 「中和法 餐發一盛]一盛如 KH.PO. (念少量SiF2) 电解法 HF气体滤渣 KCI溶液 已知：25℃时，Kn(CaS04)=4.9x105,K,(CaSiF6)=9.0x10',Kn(BaC03)=1.0x109,Kp(BaSiF6)= 1.0×106,Kp(Na2Sif6)=4.0x10-6。 081 学丽高考·黑题化学 回答下列问题： (1)“酸浸I”中生成Ca(H,P0,)2,其化学方程式为 (2)“酸浸Ⅱ”中，滤渣的主要成分为 (3)“脱氟”中试剂X为 (填“BaC0,”或“Na2C03”);当c(SiF%)=1.0×103mol·L时，溶 液中试剂X电离出的剩余金属阳离子的浓度为 mol·L。 (4)“中和法”为获得较高纯度的KH2P04,控制pH范围为 ;在此pH范围内纯的KH,PO4 溶液中各微粒浓度大小关系为 已知：25℃时溶液中H,P04、H,PO:、HP0?、P0的分布分数8随pH变化曲线如下图。[如 c(PO) P0}分布分数：6(P0)= c(HP04)+c(HP04)+c(HP0})+c(P0}) HPO./H-PO HPO 0.5 (5)“电解法”工作原理如图所示。 石墨图 阴膜 石 液KHP汽 阴极室 产品室 阳极室 ①阴极的电极反应式为 ②分析产品室可得到KH,PO的原因： ③相较于“中和法”，“电解法”的优点有 (写出2条即可)。 巩固训练4(2025·江苏常州模拟)ZS04·7H,0常用作杀菌剂。现以一种主要成分为 Zn,(0H)gCl2[可写作ZnCl2·4Zn(0H)2]的锌矿物（含有少量的Fe0、Si02、Cu0)来合成ZnS04· 7H,0,相关实验流程如下。 硫酸 30%H,0 象水 Zn (NH2.CO. 一系列操作 锌矿物 酸浸 氧化一调p 反应 沉锌 ZnS0·7H,0 滤渣] 选渣包 滤渣3 已知：①常温状况下，Fe(OH)3比Fe(OH)2更易沉淀。 ②常温状况下，ZS0,的溶解度随温度的变化如图1所示。 082 第三章工艺流程题学丽 80 7nS04·6H,0 ZnS01·H,0 稀硫酸 65 ZnS0·7H,0 温度计 45 40 39 水溶 用一磁转子 0 30 40 60 100 温度/℃ 电磁搅拌 图1 图2 (1)“酸浸”步骤的实验装置如图2所示，其中仪器A名称是 (2)写出“氧化”步骤主要反应的离子方程式 (3)下列说法不正确的是 (填字母)。 A.酸浸过程，电磁搅拌和热水浴的作用是提高浸取速率 B.滤渣3的主要成分是Cu和Zn C.该工艺流程可获得副产品(NH,),SO4 D.ZnS04·7H20中锌元素全部来源于锌矿物 (4)加人(NH),C03进行“沉锌”，生成Z2(0H),C03沉淀的同时还有无色无味气体逸出，请写出 该反应的离子方程式： (5)补充完成由“沉锌”所得滤渣[Zn2(0H)zC03]经一系列操作获得较纯净的ZS04·7H,0产品的 实验方案：取一定量的Zn,(OH)2C03滤渣，用蒸馏水洗涤， ,获 得较纯净的ZnS0,·7H,0产品。（实验中须使用的试剂：稀盐酸、BaCl2溶液、稀H2S04、乙醇） (6)称取3.500g产品，配成500mL溶液，取100mL溶液于锥形瓶中，再加入缓冲溶液将pH调至 10.0并滴入适量铬黑T指示液。最后用0.1000mol·L的EDTA(乙二胺四乙酸，简写HY)标 准溶液滴定至待测溶液由红紫色变为纯蓝色（离子方程式为Z2++Y4一ZnY2-),重复三次，平 均消耗EDTA标准溶液体积为23.60mL。计算产物ZS04·7H,0的纯度。（写出计算过程，保 留三位有效数字) 巩固训练5(2025·福建三明三模)利用绿矾(FeS0,·7H,0)为原料制备高纯补铁剂乙二胺四乙酸 铁钠晶体(NaFeY·3H,0)的工艺流程如下： NHCO,溶液 H,02 H.Y,NaOH pH=5 矾一沉铁 氧化一合成 减压 燕发浓缤 过滤 冷却结晶 操作X烘干一aFY.3H,0 滤液」气体1滤液2气体2 083 学丽高考·黑题化学 H,0 OH, H,01 20 OH Fe H,0 OH, H,0 H 已知：1.乙二胺四乙酸(HY)微溶于冷水，易溶于热水；25℃时，K1=102,K2=1027,K=106, K4=1003;HY结构如图甲。 i.25℃时，Kn[Fe(0H)3]=104;Fe(aq)+Y*(aq)一[FeY](aq)K=102s1;[FeY]结构如 图乙。 回答下列问题： (1)“沉铁”生成FeC0,的离子方程式为 (2)“氧化”生成Fe(OH),的化学方程式为 (3)“沉铁”和“氧化”也可用FeCL,·6H,0与NaHC0,一步反应完成。 已知：i.Fe3水解过程先生成碱式盐，再聚合生成多核阳离子，如[Fe2(OH)2(H,0)],结构如 图丙。 ii.FeCO3颗粒大，易沉降。 ①键长：1 2(填“>”“<”或“=”)。 ②结合[Fez(OH)2(H,O),]+的结构分析，绿矾两步反应制备Fe(OH)3的优点有 (4)①“合成”反应Fe(0H),(s)+H,Y(aq)+0H(aq)一[FeY](aq)+4H,0(I)的平衡常数K'= :此时溶液中未参与配位的含Y主要微粒为 ②相较于H,Y,[FeY]中C一N键极性会 (填“增大”“减小”或“不变”)。 n(H,Y) ③将NaOH、H4Y、Fe(OH)3固体加入水中，保持NaOH用量不变，NaFeY产率随 n[Fe (OH)3] 的 变化关系如图。 nFe(OH),了>1时，产率减小的原因为 n(H.Y) 73.5 72.0 70.5 69.0 67.5 66.0 1:21:1.51:121:11:0.81:0.5 n(H Y:n Fe(OH) (5)操作X为 (填字母)。 a.热水洗涤 b.冷水洗涤 c.硫酸洗涤 (6)利用“滤液1”三室电解后的阴极产物溶液吸收“气体1”“气体2”，吸收液可在流程中循环使用， 利用该吸收液的操作单元为取完全，铁元素不被萃取才能有效分离得到较纯的嫁，结合元素的萃取率，铁元素为℉+时，其萃取率为0，可与嫁元素有效分离，故需要在萃取 前将Fe·还原为2+，为不引入其他杂质，固体M最好选择单质Fe。(4)用氢氧化钠溶液进行反萃取，根据“已知①嫁的性质与铝相似”可知，氢 氧化嫁与氢氧化钠溶液反应得到GaO;或Ga(OH)i,故反萃取后水溶液中像元素以Ga0;或Ga(OH):形式存在。(5)根据元素周期律知CaCl, 易水解，因此，从GC1,水溶液获得GC,品体需在HC气氛下蒸发浓缩，由于氯化钠的溶解度随温度变化不大，而氯化嫁的溶解度随温度的升高 明显增大，所以需“趁热过滤"除去析出的氯化钠，再冷却结品得到GaCl1。(6)根据反应物Ga(CH,)1、NH,和产物GN,结合原子守恒可写出反 应的化学方程式为Ca(CH,+N,高温ca+3CH,。()①滴定中用N,Fe(S0,),标准溶液滴定，KSCN为指示剂，放终点现象为当加入 最后半滴标雅溶液后，溶液变为红色，且半分钟内不褪色：②根据原子守恒与得失电子守恒建立关系式：T02~NH,Pe(S0,)2,故T02的质量分 数为0.023Lx0.100maL×5x80gm -×100%=92.00%。 1.000g 专题3结合反应原理的综合类工艺流程 经典真题(1)搅拌适当升温等(2)6Mn(0H)2+02一2Mn0,+6H,010215(3)02(4)pH过大时，沉淀为Mg(0H)2,不能分解产生 C02,不能得到硫松的轻质Mg0(5)MgNH,P0,·60+2H,P04一Mg2+3H,P0:+NH+620(6)(NH,),S04(7)还原 四解题思路 核心反应 原料 NH.,1H.0 NH.·HO 0 (HS0. NH,HCO, HPO HSO. 调pl山 调pl=6.0 废盐 溶液 →沉镁 沉镁 结品 产品 Mn.O MnO. 煅烧 MgNH PO.·6lH,O Mgo 培烧→…→MS0,·H,0 实验步骤 实验原理 沉锰I 通入氧气沉锰得到Mm,04,发生氧化还原反应：6Mn(0H)2+02一2Mn,0,+6,0 加入(NH4),S,0,沉锰得到M02,发生氧化还原反应，过二硫酸根中的过氧彼断裂形成硫酸根，过量的(NH,)2S20,加热水 沉锰Ⅱ 解，生成NH,HS04和H0, 沉镂I 加入NH,HCO,和N田，·H20调节pH沉钱得到MgC0,pH过大时生成磷式碳酸钱 沉镁Ⅱ MgNH,P04·6H20+2H,P0,—Mg2*+3H2P0+NH+620 结品 溶液加入H,S0调节pH=6.0,结品得到X(硫酸缑) 解析：(1)加快废盐的溶解可以采取搅拌适当升温、粉碎等。(2)Mn(0H)2被02氧化得到Mn04,化学方程式为6Mn(0H)2+022Mn,0,+ 6L,0:根据Mg),【Mg(0H2].100g10-2s (Mm)天，Ma(0H,(Mn)10-2万，c(M“)=1025mlL。(3)“沉锰中，过量的(NH,)23,0,经加热水解去除， (NH4)2S20,中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成NH4HS04和H202:(NH4)2S20g+2H20一2NH,Hs04+H202,H202分解： 2H202—2H20+02↑，总反应为2(NH,)2S,0+2H20一4NH,HS0+02↑，最终产物是NH,HS04和02。(4)[xMgC03·yMg(0H)2· H20]煆烧有C02生成，可以得到硫松的轻质氧化筷，pH过大，沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生C02,不能得到疏松的轻质Mg0。(5)由题中信 息可知，PH=8.0时，产生的沉淀为MgNH,P0。·6H20,调节pH=4,磷元素存在形式为H2P0,磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为MgNH.PO。· 6H,0+2H,P04一Mg2+3H2P0a+NH时+6H20。(6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结品后X为(NH4)2S04。(7)“焙烧"中，M04 和MnO,最终生成MS0,·H,0,Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 巩圈训练1(1)①增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应②4Fe0·C,0,+8N,C0,+70,高温8Na,C0,+2Be,0,+8C0,↑③F,0, 和Mg0④i.调节溶液pH使S0}与[41(0H),]转化为沉淀除去4.5-9.3ⅱ.1048(2)①c②阳极反应为2H,0-4e一02↑+ 4组*，c(H)增大，促进平衡2C0叶+2C,0片+H,0正向移动，产生Cr,0,同时部分Na移向阴极区，在阳极生成Na2C20, 解题思路 格铁矿（主要成分为Fc0,Cr0,还合有Mg0、A山，03、Si02等）加入纯碱培烧，生成Na,C04、Na[l(OH)4】、NaSi0,等，Fc0转化为 Fe03,Mg0不反应；加水漫取后，滤渣1为Fe203、Mg0:滤液中加入H,S0,后进滤，溶液2为Na,C0,游液，露渣2为A1(0H)3、H,SiO 等：N2Cr0,客液中继续加入H,S04,最终转化为Na2Cr,0,。 解析：(1)④i过程W发生反应2C0g+2H-C20片+H20,我们选择pH=2.4的点，此时c(C,0号)=1mol·L1,c(C0)=103md·L, c(H)=1024mol·L1,该反应的K (10尸X(102宁10。(2)利用膜电解技术，以N,C0,溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴 极室电解质溶液也可以制备N2Cr,0,则阳极发生反应2H,0-4e一02↑+4H,溶液的酸性增强，发生2C02+2H'一C0+H20的转化， 阴极发生反应4H20+4e一2H2↑+40H,阳极中的Na、H会向阴极迁移。 一学霸高考·黑题·化学·33一 四技巧点拨 电化学原理分析技巧 (1)原电池模型 现察闭合回路特征 用电器 发生氧 发生还 务款：图因图牛数 还原性物质等，物质中 板移向 中有元素化合价降低 有元素化合价升高 观察两校材料或通 入物质，反应特狂 (2)电解池摸型 观察闭合回路特征 e 阳离子转化为单质： 发生还 电源+ 发生氧 阴离子中部分元素 原反应 活泼电极：金属溶解失电子： 的化合价降低，如、 情性电极，Au或石墨溶 液中的物质失电子 S0+S,0月 观察两极的物质 信息及反应特征 巩固训练2(1)2Al2(S04)3+3Ca0+6H20一A山2(S04)3·203+3CaS04·2H20(2)①碱式硫酸绍吸收S02的反应为放热反应，降温使平 衡A山，(S04)3·AL203(m)+3S02(g)-一A山，(S0)3·A2(S03)1(q)正向移动，有利于S02的吸收②与活性A20,结合y>x>z ③2A12(S0,)3+3022Al,(S0),或2[2(S0)3·A12(S0)5]+3024Al2(S0,)3 四解题思路 用碱式硫酸铝[A山2(S0,)1·A山20，]吸放烟气中低浓度的二氧化硫，具体过程如下：首先制备碱式硫酸铝溶液，再用碱式硫酸铝溶液吸 改S02,得到A2(S0,)3·A山(S0)3溶液，最后再加热分解生成藏式硫酸铝溶液。 解析：(2)①由于碱式硫酸铝吸收S0,的反应为放热反应，因此降温可使平衡正向移动，有利于S0,的吸收：②据图知初始阶段溶液pH较大，随 着S02的吸收，溶液的酸性增强，所以初始阶段S02的结合方式是与活性A山203结合。二者的比值越大，吸收的S02越多，溶液的pH越大，所以 据图知xyz的大小顺序是y>x>z。 巩固练3(1)Ca,F(P0,)1+7H,P0,5Ca(H,P0)2+Hp↑(2)CaS0,(3)Na,C0,2.0x105(4)4-6c(K*)>c(H2P0)>c(H)> c(HP0)>沁(0H)>c(H,P0,)>c(P0i)(5)①2H,P04+2e一2HP0:+H2↑②阴极产生的H2P0:通过阴膜，阳极K*通过阳膜，在产品 室生成KH,P04③协同产生H2、C2:相较于KOH原料，KC廉价易获得（合理即可） 四解题思路 氯磷灰石的主要成分为CaF(PO,)5,杂质为Si0等，用磷酸“酸浸”放出HF气体，生成Ca(HP0,)2,加硫酸“酸浸”，生成硫酸钙况淀和 磷酸，过滤，滤液中加碳酸钠生成N42SiF。沉淀脱氟，过滤，滤液为磷酸，用加氢氧化钾中和的方法制备K2P0,戏用电解磷酸和氯化钾 混合液的方法制备KH2PO4。 解析：(1)“酸浸I”中CaF(P04)3和碑酸反应生成Ca(H2P0)2和HF,其化学方程式为CaF(P0,)3+7H,P0,一5Ca(H,P0)2+HF↑。 (2)“酸浸Ⅱ”中Ca(H,P0,)2和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和磷酸，滤渣的主要成分为CS04。(3)碳酸钡比BSiF。更难溶，所以“脱氟”中试剂 /4x106 X不能用碳酸顿，试剂X为N,C0,当c(s证客)=1.0x103mlL时，c(N)=√X10m·=2x105mlL1。（4)根据图示，“中 和法"为获得较高纯度的KH2P04,控制pH范围为4-6：25℃时，K,(H,P04)=1021、K(H,P0,)=1072,Ka(H,P04)=10122,H2P0:的水 解常数为10-19，KH2P0,溶液中H2P0:电离程度大于水解程度，所以KH2P0,溶液中各微粒浓度大小关系为c(K)>c(H2P0:)>e(H)> c(HP0)>(0H)>c(H,P0,)>c(P0片)。(5)①阴极氢离子得电子生成氢气，阴极的电极反应式为2H,PO,+2e一2H,P0+H2↑。②阴极产 生H,PO:通过阴膜，阳极K通过阳膜，在产品室可得到KH2PO4。③相牧于“中和法”，“电解法"的优点有协同产生H2,C2:相较于KOH原料，K@廉价 易获得。 巩固练4(1)分液漏斗(2)2Fe+H202+2H=2Fe3+2H20(3)D(4)2C03+2Zm2+H20一Zm(0H)2C03↓+C02↑(5)用 稀H2S0。完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩至有品膜出现，冷却至0℃(39℃以下)结品，过滤，用乙醇洗涤，低温下干燥(6)解：由Z2+Y ZY2可知，100mL溶液中含有的n(Za2)=23.60mlx103L·mlLx0.1000mdl·L1=2.360x103mml,根据Zn守恒，则3.500g产品中含有的 n(Zn)=2360x103malk500L=1.180x102ml,m(2ns0,·7H,0)=1.180x102mlx287 mol-=3.3866g,产物ZS0。·7H,0的纯度为 100mL 3.3866Bx100%=96.8%。 3.500g 四解题思路 特矿物加入硫酸酸浸，过滤，不溶物滤渣1为Si01,流液中含有Fe2+、Z2“、Cu2+、C、S0等，加入H202将F。2氧化为F。3”,加入氧水调 节pH,使Fe+移成滤渣2[Fe(OH)2沉淀]除去，滤液加入m置换出Cu,滤渣3中含有过量的年和夏提出的铜，滤液中存在Zm2+、C、 S0、NH,加入(NH),C0,过滤洗涤沉淀，得到Zm(0H)2C0,沉淀，加入硫酸溶解，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、低温干燥得到 ZnS04·7H20品体。 解析：(1)由图可知，仪器A为分液漏斗。(2)由分析可知，“氧化”步骤过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，离子方程式为2Fe2“+H202+2H 一2F+2H20。(3)酸浸过程，电磁搅拌可以增大反应物的接触而积，热水溶可以升高温度，两者都能提高浸取速率和反应速率，A正确：加 一学霸高考·黑题·化学·34一 入过量的锌，置换出铜，则滤渣3的主要成分是产生的Cu和过量的Zn,B正确；加入碳酸袋，生成72(0H)2C0,同时生成(NH4)2S04,即该工 艺流程可获得刷产品(NH:),S04,C正确：置换铜的过程中加人了Zm,ZS0。·7H,0中锌元素不全来源于锌矿物，D错误。(4)根据题意， (NH4)2C03为反应物，Z2(0H)2C0,为生成物，同时还生成二氧化碳，结合元素守恒可知，该反应的离子方程式为2C0号+2Z2+H,0一Z (0H)2C0,↓+C02↑。(5)具体操作：取一定量的22(0H)2C03滤渣，用蒸馏水洗涤，用稀H2S04完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩至有晶膜出 现，冷却至0℃(39℃以下)结品，过滤，用乙醇洗涤，低温下干燥，即可获得较纯净的ZS0,·7H20产品。 巩因训练5(1)Fe2·+2HC0;-feC0,↓+C02↑+H,0(2)2FeC03+H202+2H20=2Fe(0H)3+2C02↑(3)①>②生成大颗粒的FeC0, 沉淀易于分离：F“水解生成的阳离子易与水分子形成氢键，生成絮状沉淀，难以洗脱(4)①1021H,Y2②减小③溶液呈酸性，N原子 易与H配位且一C00~易与H*结合，降低配位能力(5)b(6)沉铁 四解题思路 利用绿矶(FSO4·7H2O)为原料朝备高纯补铁剂乙二胺四乙酸铁的晶体(NaFY·3H20),“沉铁”中绿矾与碳酸氢的(NaHCO3)反应生 成碳酸亚铁(FcC0)沉淀，同时有二氧化碳气体生成，“氧化”中FcC03被H,0,氧化为Fe(OH)3沉淀，同时有二氧化碳气体生成，“合咸” 中氢氧化铁、NaOH与乙二胺国乙酸反应生成NaFeY溶液，经过减压过滤，蒸发浓缩，冷却结品，过滤，洗涤千燥得到NFeY·3HO品体。 解析：(3)①由[Fe(OH),(H20)。]“的结构可知，键1为Fe与0形成的配位键，0原子同时与1个Fe和2个H成键，电子云集中在Fe与0之 间，键2中0原子同时与2个F:和1个H成键，F的电负性较小，对0的电子云吸引较弱，0原子周围电子云密度较大，导致对F:的吸引增强， 键长较短，则键长：1>2：②结合[F©2(0H),(H,0),]4的结构分析，绿矾两步反应制备Fe(OH),的优点有生成大颗粒的FC0,沉淀易于分离； F”水解生成的阳离子易与水分子形成氢健，生成絮状沉淀，难以洗脱。(4)①Fe(0H),(s)+H,Y(aq)+0H(aq)一【FY](aq)+4H,0(1)的 平衡常数K=HY)c(OH) c[FeY] =c[EeY门3e(Ee)co)eY)。c)e[eY]3c(Fe”)doHr)e(rt)_ e(H Y)c(OH)c(Fe)e(Y) e(HY)Kc(Fe)c(Y) K:×Ka×Ks×K4×K,[Fe(0H)3]×K102×1027×10-6×10103×10n4×10251 (K.) (10-14)4 =107:当溶液中e(H2Y2)=e(HY)时，c(f）= c,)KeK=102”mlL,pH=27,当溶流中cHY产)=c(H)时，c(r产)=，CeK=10alL,pH=6,说明pH=5 c(H2Y2-) e(HY) 时，溶液中主要存在的形态为H2Y2,因此未配位的含Y主要微粒为H2Y2:②加，Y中的C一N键由于N原子电负性较大，电子云偏向N,键极性 较强，配位后N原子与F+成配位键，电子云向金属离子偏移，导致N原子电负性降低，从而C一N键的电子云分布更均匀，极性减小： n(HY) ③P0(OH,>1时，NaFeY产率碱小的原因为溶液呈酸性，N原子易与H配位且-G00易与H结合，降低配位能力。(5)H,Y微溶于冷水， 易溶于热水，冷水洗涤可减少产物损失，酸洗涤可能引人杂质，热水则导致产物溶解，故选b。(6)“滤液1”为NaS04溶液，电解NaS0,溶液 时H20在阴极得到电子生成H2和NaOH,气体1和气体2为C02,过量C02和NaOH溶液反应生成碳酸氢钠，可循环用于沉铁步骤。 第四章反应原理综合题 专题1反应热的相关问题 经典真题1(1)-137(2)Pd/WPd/W作催化剂时，生成乙烷的话化能大于Pd作催化剂时的 四解题思路 第一步一对比 目标反应式：CH,(g)+H2(g)C2H,(g) 已知反应式：①CH2(g)+H2(g)C,H4(g)△H=-175kJ·md'(25℃，101kPa) ②C2H2(g)+2H2(g)C,H6(g)△H2=-312kJ·mml'(25℃，101kPa) 目标反应式的反应物与①中的生成物相近，生成物与②中的生成物相同，发现目标反应式可通过两个反应式相诚得到。 第二步一叠加 知道目标反应式可由已知反应式相减得到，那么合并两个已知反应式②-①得到：C2H(g)+H(g)C2H(g),与日标反应式一致。 第三部—计算 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应的逢径无关，根据第二步可知，目标反应式=反应②-反应①，故而反应热 4H=△H2-△H1=-312kJ·mol1+175kJ·mol1=-137kJ·mol。 解析：(1)由盖斯定律，②-①可以得到目标反应，则△H=△H2-△H1=-312k灯·mal-1+175kJ·mol1=-137J·mol。(2)由题图可知，选择Pd 作催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择P/W作催化剂时的(0,68<0.83)，说明使用Pd作催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更 小，故P/W作催化剂时，乙烯的选择性更高。 经典真题2(1)<(2)-2a-36+c(或c-2a-36)》 四解题思路 根据反应热=反应物的总健能一生成物的总键能计算。 解析：(1)根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为 限热反应，正反应为放热反应，该反度的4<0。(2)根据已知条件可以写出知下热化学方程式：①C0（()+宁0，(g)一C0,()A,= aum,②H(g+0,()=0(0）44=-6U·mP:③H0CcH,oH(g)+0,(8)-20,(®)+3H,0()a- -ckJ·mol1:根据盖斯定律，2×①+3×②-③即可得到目标方程式，故目标方程式的△H=(c-2a-3b)kJ·mol'。 经典真题3()大于(2人·人大于设T>r,即子寸由图可知：Ke(r)-a(刀>k(r)-人，()1=g(们-以(T),则 g[K(T)·K(T)]>g[K2(T)·K(T)],即K(T)>K(T),因此该反应正反应为吸热反应，即△H大于0 一学霸高考·黑题·化学·35一