高考化学无机化工流程题的命题规律及设问方向.docx

1、高考化学无机化工流程题的命题规律及设问方向 一、高考化工流程题常以“以自然资源为原料制备无机物”或“从工业废料中提取无机物”为载体考查： 1、无机化学基础知识(物质的类别、名称、元素的化合价、化学式和电子式的规范书写)； 2、基本技能(陌生化学方程式、离子方程式、电极反应式的书写；分离提纯规范操作等)； 3、识图能力(物质的转化与跟踪)； 4、物质制备及提纯条件的控制(提高反应速率、产率或转化率、产品纯度的措施)； 5、基本计算(产品化学式、含量及纯度、氧化还原反应中电子转移数目的计算等)。 二、工艺流程题常见答题方向 工艺操作(结果) 目的评价(或操作名称) 方法 措施 研磨(粉碎) 增大接

2、触面积，加快反应(溶解)速率 煅烧(焙烧) 矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质 水浸 利用水溶性把物质进行分离 酸浸(碱浸) 利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子 控制 条件 调节溶液 pH 某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解 控制温度 加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等 增大某反应物 用量 增大另一反应物的转化率(产率) 某种试剂的选 择 是否带入杂质、是否影响产品的纯度 分离 提纯 不相溶液体 分液 相溶性液体 蒸馏 难溶性固体 过滤 易溶性固体 蒸发结晶、浓缩冷却结晶 趁热过滤 防止温度降低，某物质析出 冰水洗涤 减少晶体的溶解损失 乙醇、有

3、机溶 剂洗涤 减少晶体的水溶性损失 高考真题 1(2020山东等级模拟考，19)普通立德粉(BaSO4ZnS)广泛用于工业生产中，可利用 ZnSO4和 BaS 共沉 淀法制备。以粗氧化锌(含 Zn、CuO、FeO 等杂质)和 BaSO4为原料制备立德粉的流程如下： (1)生产 ZnSO4的过程中，反应器要保持强制通风，原因是_。 (2)加入锌粉的主要目的是_(用离子方程式表示)。 (3)已知 KMnO4在酸性溶液中被还原为 Mn 2，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为 MnO 2，在碱性溶液中被还原 为 MnO 2 4。据流程判断，加入 KMnO4时溶液的 pH 应调至_； a2.22.4 b5.

4、25.4 c12.212.4 滤渣的成分为_。 (4) 制 备 BaS 时 ， 按 物 质 的 量 之 比 计 算 ， BaSO4和 碳 粉 的 投 料 比 要 大 于 12 ， 目 的 是 _；生产过程中会有少量氧气进入反应器，反应器中产生的 尾气需用碱液吸收，原因是_。 (5)普通立德粉(BaSO4ZnS)中 ZnS 含量为 29.4%， 高品质银印级立德粉中 ZnS 含量为 62.5%。 在 ZnSO4、 BaS、 Na2SO4、Na2S 中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为_，反应的化学方程式为_(已知 BaSO4相对分子质量为 233，ZnS 相对分子质量为 97)。 答案 (

5、1)防止产生 H2的浓度过大而发生爆炸 (2)ZnCu 2=Zn2Cu，Zn2H=Zn2H 2 (3)b Fe(OH)3、MnO2 (4)防止 C 粉过量，进而形成 CO O2可能将 BaS 氧化为 SO2，污染环境 (5)ZnSO4、BaS、Na2S 4ZnSO4BaS3Na2S=BaSO44ZnS3Na2SO4 解析 (3)反应的目的是除掉 Fe 2，但该过程不能引入新的杂质，故 MnO 4不能转化为 Mn 2或 MnO2 4，需将溶 液调节至弱酸性。(5)设 ZnS 为xmol，BaSO4为ymol， 97x 97x233y62.5%，解得 xy41。 2(2019全国卷，26)硼酸(H

6、3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一 种以硼镁矿(含 Mg2B2O5H2O、SiO2及少量 Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)在 95“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。 (2)“滤渣 1”的主要成分有_。为检验“过滤 1”后的滤液中是否含有 Fe 3离子，可选用的化学试 剂是_。 (3)根据 H3BO3的解离反应：H3BO3H2OH B(OH) 4，Ka5.8110 10，可判断 H 3BO3是_酸；在 “过滤 2”前，将溶液 pH 调节到 3.5，目的是_。 (4)在“沉镁”中

7、生成 Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后 可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。 答案 (1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3 (2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN 溶液 (3)一元弱 将硼元素转化为 H3BO3，促进析出 (4)2Mg 23CO2 32H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO 3(或 2Mg 22CO2 3H2O=Mg(OH)2MgCO3CO2) 溶浸 高温焙烧 解析 (1)硫酸铵溶液中存在平衡：NH 4H2ONH3H2OH ，硼酸镁能与水解出的 H反应，促进平衡向 右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在

8、平衡 NH3H2ONH3H2O，一水合氨浓度增大，促进 NH3H2O 分解产生 NH3。用 NH4HCO3溶液吸收氨气，发生的反应为 NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、 氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣 1 的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验 Fe 3的试剂 可选用 KSCN 溶液。 (3)由题给硼酸的解离反应方程式知， 硼酸是一元弱酸。 “过滤 2”之前， 调节 pH3.5 的目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。(4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生相互促进 的水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO42(NH4)2CO3H2O=Mg(OH)2MgCO

9、32(NH4)2SO4CO2，或者反应 生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念 和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可 以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，Mg(OH)2MgCO3= 高温 2MgOH2OCO2。 3(2019全国卷，26)立德粉 ZnSBaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题： (1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时， 钡的焰色为_(填标号)。 A黄色 B红色

10、C紫色 D绿色 (2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉： 在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中 含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为 CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式 为_。 在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料” 表面生成了难溶于水的_(填化学式)。 沉淀器中反应的离子方程式为_。 (3)成品中 S 2的含量可以用“碘量法”测得。称取 mg 样品，置于碘量瓶中，移取 25.00mL0.1000molL 1 的 I2KI 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密

11、闭，置暗处反应 5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量 的 I2用 0.1000molL 1Na 2S2O3溶液滴定，反应式为 I22S2O 2 3=2I S 4O 2 6。测定时消耗 Na2S2O3溶液体积 VmL。终点颜色变化为_，样品中 S 2的含量为_(写出表达式)。 答案 (1)D (2)BaSO44C=BaS4CO COH2O=CO2H2 BaCO3 S 2Ba2Zn2SO2 4 =ZnSBaSO4 (3)浅蓝色至无色 25.001 2V0.100032 m1000 100% 解析 (1)灼烧立德粉样品时钡的焰色为绿色。(2)由流程图中经浸出槽后得到净化的 BaS 溶液以及回

12、转 炉尾气中含有有毒气体可知，在回转炉中 BaSO4与过量的焦炭粉反应生成可溶性的 BaS 和 CO；生产上可通 过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体 CO，即 CO 与 H2O 反应生成 CO2和 H2。所得“还原料”的主要 成分是 BaS， BaS 在潮湿空气中长期放置能与空气中的 H2O 反应生成具有臭鸡蛋气味的 H2S 气体， “还原料” 的水溶性变差，表明其表面生成了难溶性的 BaCO3。结合立德粉的成分可写出沉淀器中 S 2、Ba2、Zn2、 SO 2 4反应生成 ZnSBaSO4的离子方程式。(3)达到滴定终点时 I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变 成无色，且半分钟内颜色

13、不再发生变化；根据滴定过量的 I2消耗 Na2S2O3溶液的体积和关系式 I22S2O 2 3， 可得n(I2)过量1 20.1000V10 3mol，再根据关系式 S2I 2可知，n(S 2)0.100025.00103mol1 2 0.1000V10 3mol(25.00V 2)0.100010 3mol，则样品中 S2的含量为25.00 V 20.100032 m1000 100%。 4(2018全国卷，27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题： (1)生产 Na2S2O5，通常是由 NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程

14、式： _。 (2)利用烟道气中的 SO2生产 Na2S2O5的工艺为： pH4.1 时，中为_溶液(写化学式)。 工艺中加入 Na2CO3固体，并再次充入 SO2的目的是 _。 (3)制备 Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中 SO2碱吸收液中含有 NaHSO3和 Na2SO3。阳极 的电极反应式为_。 电解后， _室的 NaHSO3 浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到 Na2S2O5。 (4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中 Na2S2O5残留量时，取 50.00mL 葡萄酒样品，用 0.01000molL 1 的 碘 标 准 液 滴 定 至 终

15、 点 ， 消 耗10.00mL 。 滴 定 反 应 的 离 子 方 程 式 为 _，该样品中 Na2S2O5 的残留量为_gL 1(以 SO 2计)。 答案 (1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O (2)NaHSO3 得到 NaHSO3过饱和溶液 (3)2H2O4e =4HO 2 a (4)S2O 2 52I23H2O=2SO 2 44I 6H 0.128 解析 (1)根据题给信息， 将 NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到 Na2S2O5， 则化学方程式为 2NaHSO3=Na2S2O5 H2O。 (2)酸性条件下，SO2与 Na2CO3溶液反应生成 NaHSO3。工艺中加入 Na2CO

16、3固体并再次通入 SO2，其目的是 得到 NaHSO3过饱和溶液。 (3)阳极上阴离子 OH 放电，电极反应式为 2H 2O4e =O 24H ，电解过程中 H透过阳离子交换膜进入 a 室，故 a 室中 NaHSO3浓度增加。 (4)根据电子、 电荷及质量守恒， 可写出反应的离子方程式为 S2O 2 52I23H2O=2SO 2 44I 6H， n(S2O 2 5) 1 2n(I 2)1 20.01000molL 110.00103L5105mol， 该样品中S 2O 2 5的残留量(以SO2计)为510 5mol264gmol11000mLL 1 50.00mL 0.128gL 1。 5(2

17、019全国卷，26)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉 与硫化锰矿(还含 Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si 等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题： 相关金属离子c0(M n)0.1molL1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： 金属离子 Mn 2 Fe 2 Fe 3 Al 3 Mg 2 Zn 2 Ni 2 开始沉淀的 pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的 pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)“滤渣 1”含有 S 和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 _。 (2)“氧化

18、”中添加适量的 MnO2的作用是_。 (3)“调 pH”除铁和铝，溶液的 pH 范围应调节为_6 之间。 (4)“除杂 1”的目的是除去 Zn 2和 Ni2，“滤渣 3”的主要成分是_。 (5)“除杂 2”的目的是生成 MgF2沉淀除去 Mg 2 。若溶液酸度过高，Mg2 沉淀不完全，原因是 _ _。 (6)写出“沉锰”的离子方程式_ _。 (7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为 LiNixCoyMnzO2，其中 Ni、Co、Mn 的化合 价分别为2、3、4。当xy1 3时，z_。 答案 (1)SiO2(不溶性硅酸盐) MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O

19、(2)将 Fe 2氧化为 Fe3 (3)4.7 (4)NiS 和 ZnS (5)F 与 H结合形成弱电解质 HF，MgF 2Mg 22F平衡向右移动 (6)Mn22HCO 3 =MnCO3CO2H2O (7)1 3 解析 (1)硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在， 则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(或 不溶性硅酸盐)。结合“滤渣 1”中含 S，可知“溶浸”时 MnO2与 MnS 在酸性条件下发生氧化还原反应生成 MnSO4和 S，根据化合价升降法可配平该反应。(2)“溶浸”后溶液中含 Fe 2，“氧化”中加入的适量 MnO 2 能将 Fe 2氧化为 Fe3。 (3)“调

20、pH”除去 Fe3和 Al3时， 结合表格中数据信息可知需控制溶液的 pH 在 4.7 6 之间。(4)“除杂 1”中加入 Na2S 能将 Zn 2和 Ni2分别转化为沉淀除去，故“滤渣 3”的主要成分为 NiS 和 ZnS。 (5)“除杂 2”中 F 与 Mg2反应生成 MgF 2沉淀， 若溶液酸度过高， 则 F 与 H结合生成弱电解质 HF， 导致 MgF2(s)Mg 2(aq)2F(aq)平衡向右移动，Mg2不能完全除去。(6)“沉锰”时 Mn2与 HCO 3反应 生成 MnCO3并放出 CO2，由此可写出离子方程式。(7)化合物 LiNixCoyMnzO2中，当xy1 3时，根据化合价

21、代 数和为 0 得 121 33 1 34z220，解得 z1 3。 6(2015天津理综)某化学兴趣小组设计从铜氨溶液中回收和制取胆矾流程简图如下： (1) 反 应 是 铜 氨 溶 液 中 的 Cu(NH3) 2 4与 有 机 物 RH 反 应 ， 写 出 该 反 应 的 离 子 方 程 式 ： _ _。 操作用到的主要仪器名称为_，其目的是(填序号)_。 a富集铜元素 b使铜元素与水溶液中的物质分离 c增加 Cu 2在水中的溶解度 (2)反应是有机溶液中的 CuR2与稀硫酸反应生成 CuSO4和_。若操作使用如图装置， 图中存在的 错误是_。 (3)操作以石墨作电极电解 CuSO4溶液。阴

22、极析出铜，阳极产物是_。操作由硫酸铜溶液制胆矾 的主要步骤是_。 解析 (1)由流程图知，铜氨溶液中的 Cu(NH3) 2 4与有机物 RH 反应后得到 CuR2和 NH3、NH4Cl，所以该反应的 离子方程式为：Cu(NH3) 2 42RH=2NH 42NH3CuR2；通过操作，可以富集铜元素，同时使铜元素与水 溶液中其他物质分离，故选 a、b。(2)CuR2中 R 为1 价，再结合流程图可知反应是有机溶液中的 CuR2 与稀硫酸发生反应生成 CuSO4和 RH。 答案 (1)Cu(NH3) 2 42RH=2NH 42NH3CuR2 分液漏斗 ab (2)RH 分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液

23、体过多 (3)O2、H2SO4 加热浓缩、冷却结晶、过滤 7、(2017江苏化学，19)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量 Ag(金属层中其他金属含 量过低，对实验的影响可忽略)。 已知：NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如 3NaClO=2NaClNaClO3 AgCl 可溶于氨水：AgCl2NH3H2OAg(NH3) 2Cl 2H 2O 常温时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2：4Ag(NH3) 2N2H4H2O=4AgN24NH 4 4NH3H2O (1)“氧化”阶段需在 80 条件下进行，适宜的加热方式为_。 (2)NaClO溶 液

24、与Ag反 应 的 产 物 为AgCl 、 NaOH和O2， 该 反 应 的 化 学 方 程 式 为 _。 HNO3也能氧化 Ag，从反应产物的角度分析，以 HNO3代替 NaClO 的缺点是 _。 (3)为提高 Ag 的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并 _。 (4)若省略“过滤”， 直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水， 则需要增加氨水的用量， 除因过量 NaClO 与 NH3H2O 反应外(该条件下 NaClO3与 NH3H2O 不反应)，还因为 _。 (5)请设计从“过滤”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案： _ (实验中须使用 的试剂有：2 molL 1水合肼溶液，1 mol

25、L1 H 2SO4)。 解析 (1)加热温度低于 100 ， 采用水浴加热。 (2)由题发生反应： AgNaClOH2O AgClNaOHO2， 有 Ag、Cl、O 三种元素的变化，因 Ag、Cl 原子个数比为 11，设 Ag、NaClO 的计量数为 1，则 NaOH 计量 数为 1，Ag 失去 1e ，NaClO NaCl，得到 2e，根据得失电子守恒 O 2的系数为1 4，根据原子守恒，H 2O 系 数为1 2，相应扩大 4 倍。HNO 3也能氧化 Ag，但生成 NOx会污染环境。(3)滤渣沉淀时表面会附有溶质，因此 洗涤液中含有 Ag(NH3) 2，将洗涤液并入过滤的滤液中，以提高利用率

26、。(4)若直接在溶液中加入氨水， 一是稀释氨水， 氨水的利用率低， 二是原溶液中有氧化时生成的 NaCl(见(2)中反应)， Cl 使可逆反应 AgCl 2NH3H2OAg(NH3) 2Cl 2H 2O 逆向移动，不利于 AgCl 的溶解。(5)由题给信息，利用水合 肼还原 Ag(NH3) 2，但同时有 NH3生成，利用 H2SO4吸收防止逸出污染大气。 答案 (1)水浴加热 (2)4Ag4NaClO2H2O=4AgCl4NaOHO2 会释放出氮氧化物(或 NO、NO2)，造 成环境污染 (3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中 (4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的 Cl

27、，不利于 AgCl 与氨水反应 (5)向滤液中滴加 2 molL 1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 molL1H 2SO4溶液吸收反应中放 出的 NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥 8、(2017海南化学，17)以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取 MgSO47H2O 的过程如图所示： 硼镁泥的主要成分如下表： MgO SiO2 FeO、Fe2O3 CaO Al2O3 B2O3 30%40% 20%25% 5%15% 2%3% 1%2% 1%2% 回答下列问题： (1)“酸解”时应该加入的酸是_，“滤渣 1”中主要含有_(写化学式)。 (2)“ 除 杂 ”

28、 时 加 入 次 氯 酸 钙 、 氧 化 镁 的 作 用 分 别 是 _ 、 _。 (3)判断“除杂”基本完成的检验方法是_。 (4)分离滤渣 3 应趁热过滤的原因是_ _ _。 解析 硼镁泥主要成分是 MgO，还有 CaO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，酸溶时 MgO、CaO、Fe2O3、FeO、 Al2O3都和硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，B2O3转化为 H3BO3，则滤渣 1 为 SiO2，次氯酸钙具有强氧化性，加 入的次氯酸钙可把亚铁离子氧化成铁离子，MgO 促进铁离子、铝离子水解，铁离子、铝离子转化为沉淀， 则滤渣 2 为 Al(OH)3、Fe(OH)3，浓缩过滤

29、得到滤渣 3 为 CaSO4，滤液中含镁离子、硫酸根离子，蒸发浓缩、 冷却结晶得到硫酸镁晶体，以此来解答。 答案 (1)浓硫酸 SiO2 (2)氧化亚铁离子 促进铁离子、铝离子转化为沉淀 (3)溶液接近为无色 (4)温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响不同，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热 过滤方法除去硫酸钙 9、(2017课标全国，27 节选)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成 分为 FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示： 回答下列问题： (1)步骤的主要反应为： FeOCr2O3Na2CO3NaNO3 高温 Na2CrO4Fe2O

30、3CO2NaNO2 上述反应配平后 FeOCr2O3与 NaNO3的计量数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 _ _。 (2)滤渣 1 中含量最多的金属元素是_，滤渣 2 的主要成分是_及含硅杂质。 (3) 步 骤 调 滤 液2的pH使 之 变 _( 填 “ 大 ” 或 “ 小 ”) ， 原 因 是 _ (用离子方程式表示)。 解析 (1)首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeOCr2O3失去 7 mol 电子，1 mol NaNO3 得到 2 mol 电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为 27；该步骤中主要反应的反应物中有 Na2CO3， 而陶瓷中含有二氧化硅，

31、二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器；(2)步骤的反应产生了不溶于水的 Fe2O3，故熔块水浸后滤渣 1 的主要成分是 Fe2O3，则含量最多的金属元素是铁元素；将滤液 1 调节 pH7 后，Al 3会变为 Al(OH) 3沉淀而除去，故滤渣 2 的主要成分是 Al(OH)3和含硅杂质；(3)滤液 2 中的主要成 分是 Na2CrO4，滤液 3 中的主要成分应为 Na2Cr2O7，则第步调节 pH 的作用是使 Na2CrO4转化为 Na2Cr2O7，离 子方程式为 2CrO 2 42H Cr2O 2 7H2O，酸性越强越利于 Na2CrO4转化为 Na2Cr2O7，故应调节 pH 使之 变小。

32、 答案 (1)27 陶瓷在高温下会与 Na2CO3反应 (2)Fe Al(OH)3 (3)小 2CrO 2 42H Cr2O 2 7H2O 10、 （2018 北京高考题）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)”或“”） 。 结合元素周期律解释中结论：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

33、，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 2残留，原因是_；加入 BaCO 3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 molL 1NaOH 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 98 gmol 1） 【答案】 (1). 研磨、加热 (2). (3). 核电荷数 PS，原子半径 PS，

34、得电子能力 PS， 非金属性 PS (4). 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF (5). 80 后， H2O2分解速率大，浓度显著降低 (6). CaSO4微溶 (7). BaCO3+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2 (8). 【解析】分析：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。 （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）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 用元素周期律解释，P 和 S 电子层数相同，

35、核电荷数 PS，原子半径 PS，得电子能力 PS，非金属 性 PS。 （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。 （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。 （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，

36、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 2-残留，原因是：CaSO 4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 2-与 BaCO 3生成更难溶的 BaSO4和 CO3 2-， H 3PO4的酸性强于 H2CO3， 在粗磷酸中 CO3 2-转化成 H 2O 和 CO2，反应的离子方程式为 BaCO3+SO4 2-+2H 3PO4=BaSO4+CO2+2H2PO4 -+H 2O。 （6）滴定终点生成 Na2HPO4，则消耗的 H3PO4与 NaOH 物质的量之比为 1：2，n（H3PO4）= n（NaOH） =bmol/Lc10 -3L= mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中 H3PO4的质 量分数为。 点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的 复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识 结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3或 CaCO3中碳元素最终变为 CO2； 第（6）问中 H3PO4与 NaOH 物质的量之比的确定等。