化学高考模拟题专题20 化工流程解析版.docx
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化学高考模拟题专题20 化工流程解析版.docx
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化学高考模拟题专题20化工流程解析版
专题20化工流程
【学习目标】
1.认识工业流程图题的特点。
2.掌握工业流程图题的解题方法与技巧。
3.通过题型分析与题目锻炼,培养分析、综合、对比、归纳等方法的应用。
4.学会应用化学知识解决化工生产中遇到的问题,提高科学素养。
【知识导图】
【知识精讲精练】
知识点一、化工流程题的特点
1、能力要求:
工艺流程题考查了学生接受、吸收、整合化学信息及应用所学知识解决实际问题的能力。
2、试题特点:
化学工艺流程题是以某个具体的工业生产或日常生活为背景,以化学基本理论为主线,结合化学实验操作、平衡理论、电离理论、溶度积知识、化学计算、经济视角等,以生产流程框图为载体的一类试题。
化工生产主要解决六方面的问题:
1.解决将原料转化为产品的生产原理;
2.除去所有杂质并分离提纯产品;
3.提高转化率和产率;
4.减少污染,提倡“绿色化学”生产;
5.原料的来源要考虑丰富,还要考虑成本问题
6.生产设备简单,生产工艺简便可行等生产工艺问题。
3、试题结构:
1.题引:
以引导性的语言简单介绍该工艺流程生产的目的、原料、产品,有时还提供相关的
表格、图像等参考数据和信息;
2.题干:
主要是以框图的形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来;
3.题设:
根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题,要求学生依据化学原理进行分析解答。
规律:
主线主产品,分支副产品,回头是循环。
4、考查的角度:
1.对矿石原料的预处理;
2.速率与平衡理论的运用;
3.化学反应的能量变化,盖斯定律的运用;
4.流程中细节考察,特别是氧化还原反应以及改变方案对产物的影响;
5.反应条件的控制(常考温度、pH的控制);
6.常用的除杂、分离、检验、洗涤、干燥方法及操作;
酒精洗涤的目的:
减少洗涤时晶体的损失,酒精易挥发带走晶体表面的水分,干燥晶体。
7.物质的转化和循环、资源的回收和利用;
8.环境保护与绿色化学评价。
5、解题策略:
1.学会审题、去粗存精、读懂流程是前提;
2.前后联系、运用原理、书写反应是核心;
3.原料处理、条件控制、分离提纯是关键。
例1.(2019∙北京)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ、用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol∙L-1KBrO3标准溶液;
Ⅱ、取v1mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;
Ⅲ、向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水;
Ⅳ、向Ⅲ中加入过量KI;
Ⅴ、用bmol∙L-1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液v3mL。
已知:
I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_____。
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是__________________________。
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是___。
(4)Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是__________________。
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是__________________________________________________________________________________________。
(6)V中滴定至终点的现象是___________________________________。
(7)废水中苯酚的含量为__g∙L-1(苯酚摩尔质量:
94g∙mol-1)。
(8)由于Br2具有_____性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。
【答案】【解析】
(1)容量瓶;
(2)BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O;
(3)
;
(4)确保溴过量,保证苯酚已经完全反应;
(5)由电子守恒可知,当n(KI)=6n(KBrO3)时,KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应,而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴,所以n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量;
(6)最后一滴Na2S2O3溶液滴入后,溶液恰好蓝色消失,且半分钟内不变;
(7)
;
(8)挥发性。
【解析】
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶,
故答案为:
容量瓶;
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O,
故答案为:
BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O;
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是苯酚与浓溴水反应的化学方程式为
,
故答案为:
;
(4)Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是确保溴过量,保证苯酚已经完全反应,
故答案为:
确保溴过量,保证苯酚已经完全反应;
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是由电子守恒可知,当n(KI)=6n(KBrO3)时,KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应,而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴,所以n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,
故答案为:
由电子守恒可知,当n(KI)=6n(KBrO3)时,KI恰好与步骤II中生成的溴完全反应,而步骤III中苯酚会消耗一定量的溴,所以n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量;
(6)V中滴定至终点的现象是最后一滴Na2S2O3溶液滴入后,溶液恰好蓝色消失,且半分钟内不变,
故答案为:
最后一滴Na2S2O3溶液滴入后,溶液恰好蓝色消失,且半分钟内不变;
(7)由BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6、
可知,生成的溴的物质的量为a×mol/L×v1×10-3L×3=3av1×10-3mol,由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为bmol/L×v3×10-3L×
=5bv3×10-4mol,所以与苯酚反应的溴的物质的量为3av1×10-3mol-5bv3×10-4mol=(30av1-5bv3)×10-4mol,由
可知,苯酚的物质的量为(30av1-5bv3)×10-4mol×
,废水中苯酚的含量为
=
g∙L-1,故答案为:
;
(8)由于Br2具有挥发性的性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高,
故答案为:
挥发性。
练习1.(2019∙新课标Ⅲ)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(Mn+)=0.1mol∙L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
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”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Zn2+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Mg2+.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x=y=
时,z=__。
【答案】
(1)SiO2(不溶性硅酸盐);MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O;
(2)将Fe2+氧化为Fe3+;
(3)4.7;
(4)NiS和ZnS;
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2⇌Mg2++2F-平衡向右移动;
(6)Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O;
(7)
。
【解析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素),MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸,MnO2具有氧化性,二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S,同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐,所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐;然后向滤液中加入MnO2,MnO2氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+,再向溶液中通入氨气调节溶液的pH除铁和铝,所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3,“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀,所以滤渣3为NiS和ZnS,“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+,所以滤渣4为MgF2,最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀,用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰MnCO3,
(1)“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐;“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生氧化还原反应生成锰离子、S和水,离子方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O,
故答案为:
SiO2(不溶性硅酸盐);MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O;
(2)MnO2具有氧化性,能氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+,从而在调节pH时除去这两种离子,
故答案为:
将Fe2+氧化为Fe3+;
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值,在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全,在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀,为了只得到氢氧化铝和氢氧化镁沉淀,需要溶液的pH范围为4.7~6之间,
故答案为:
4.7;
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀,所以滤渣3为NiS和ZnS,
故答案为:
NiS和ZnS;
(5)溶液中存在MgF2的溶解平衡,如果溶液酸性较强,生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解,即F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2⇌Mg2++2F-平衡向右移动,所以镁离子沉淀不完全,
故答案为:
F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2⇌Mg2++2F-平衡向右移动;
(6)“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀,同时还生成水、二氧化碳,离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O,
故答案为:
Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O;
(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、Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4.当x=y=
时,该化合物中各元素的化合价代数和为0,+1+(+2)×
+(+3)×
+(+4)×z+(-2)×2=0,z=
,
故答案为:
。
练习2.(2019∙新课标Ⅱ)立德粉ZnS∙BaSO4(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C.紫色D.绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如图工艺生产立德粉:
①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_______________。
②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)。
③沉淀器中反应的离子方程式为________________________________。
(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。
称取mg样品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000mol∙L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。
以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000mol∙L-1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-═2I-+S4O62-.测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL.终点颜色变化为________,样品中S2-的含量为________(写出表达式)。
【答案】
(1)D;
(2)①BaSO4+4C
BaS+4CO↑;CO+H2O=CO2+H2;
②BaCO3;
③Ba2++S2-+Zn2++SO42-=ZnS∙BaSO4↓;
(3)浅蓝色至无色;
×100%。
【解析】
(1)Ba元素的焰色为绿色,Na元素焰色为黄色、K元素焰色为紫色、Ca元素焰色为砖红色,
故选D;
(2)重晶石和焦炭混料研细后在回转炉中高温加热得到还原料,在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,则C被氧化生成CO;还原料在浸出槽中加入水过滤得到净化的BaS溶液,滤去未反应的重晶石和C,在沉淀器中加入硫酸锌得到沉淀,然后分离、洗涤、干燥、粉碎得到立德粉ZnS∙BaSO4(也称锌钡白),
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,同时生成CO,反应方程式为BaSO4+4C
BaS+4CO↑;
回转炉尾气中含有有毒气体为CO,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,根据元素守恒知清洁能源为氢气,反应方程式为CO+H2O=CO2+H2,
故答案为:
BaSO4+4C
BaS+4CO↑;CO+H2O=CO2+H2;
②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,说明有H2S生成,且水溶性变差,说明有难溶性物质生成,硫离子水解生成硫化氢,同时钡离子和二氧化碳、水反应生成BaCO3沉淀,导致水溶性变差,
故答案为:
BaCO3;
③沉淀器中BaS和硫酸锌反应生成沉淀ZnS∙BaSO4,离子方程式为Ba2++S2-+Zn2++SO42-=ZnS∙BaSO4↓,
故答案为:
Ba2++S2-+Zn2++SO42-=ZnS∙BaSO4↓;
(3)碘遇淀粉变蓝色,当滴定终点时碘完全被消耗,溶液变为无色;与Na2S2O3反应消耗的n(I2)=
n(Na2S2O3)=
×0.1000mol∙L-1×V×10-3L,则与硫离子反应的n(I2)=25×10-3L×0.1000mol∙L-1-
×0.1000mol∙L-1×V×10-3L,根据转移电子守恒知关系式S2-~I2,所以n(S2-)=25×10-3L×0.1000mol∙L-1-
×0.1000mol∙L-1×V×10-3L,m(S2-)=[25×10-3L×0.1000mol∙L-1-
×0.1000mol∙L-1×V×10-3L]×32g/mol,其质量分数=
×100%=
×100%=
×100%,
故答案为:
浅蓝色至无色;
×100%。
知识点二、解题技巧:
1.读题:
找到原料中的主要成分和杂质成分。
2.看流程每步的反应:
⑴原料的处理:
①酸浸:
活泼金属直接反应,不活泼的金属须加氧化剂后与酸反应,金属氧化物直接反应生成金属阳离子,非金属氧化物不反应;(常考每步除杂后滤渣的成分)
②碱浸:
金属单质Al、Be、Zn可与碱反应,大多数金属离子能与碱反应,酸性氧化物,如CO2、SO2、SiO2等均与碱反应,碱浸主要是去油污、去金属氧化膜、溶解铝、SiO2等,调节溶液的pH值抑制水解等。
③提高酸浸速率的措施:
矿石粉碎、增大酸的浓度、升高温度、边加酸边搅拌、延长浸出时间(提高浸出率)等。
⑵除杂结晶方法:
①除去Fe2+:
先将Fe2+氧化为Fe3+,再调pH,使之转化为Fe(OH)3沉淀,过滤除去。
Al3+、Zn2+等用同样的方法,调pH生成沉淀除去;
②从溶液中得到晶体的方法:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
⑶方程式的书写:
①矿石焙烧:
足量的氧气,高温,一般生成最高价氧化物;
②溶液中的氧化还原反应:
判断氧化产物,计算氧化剂与还原剂的物质的量之比;
氧化剂是Cl2、ClO2、NaClO、NaClO2等,还原产物一般是Cl-;
酸性KMnO4的还原产物是Mn2+,酸性K2Cr2O7的还原产物是Cr3+等;
注意电子守恒、溶液的酸碱性、残缺项是H+、OH-或H2O。
3.控制温度常见的目的:
⑴控制反应速率;
⑵控制化学平衡移动的方向;
⑶控制固体的溶解和结晶,如趁热过滤能防止某物质降温时析出;
⑷促进溶液中气体逸出或将生成的低沸点有机物蒸出;
⑸防止或实现某物质的分解或水解(使用低温烘干、减压蒸发);
⑹使催化剂达到最大活性;
⑺防止副反应的发生;
⑻选择某一具体温度的原因是:
温度过低,反应速率太慢;温度过高,某反应物分解,
或产物水解,或平衡逆向移动,降低反应物的转化率;或催化剂失活,使产品的产率降低。
4.流程题中的电化学:
⑴判断正负极(或阴阳极);
⑵书写电极方程式(注意酸碱性,水溶液电池还是无水电池);
⑶判断离子交换膜,离子移动的方向,产品室中的离子反应;
⑷电解产物的循环利用问题;
⑸计算某电极生成物的质量或气体体积;
⑹电解法与直接反应法,优劣的对比。
5.流程题中的实验知识:
⑴考查坩埚、蒸发皿等仪器的名称或材质,煅烧,对原料的预处理;
⑵填写过滤(或蒸馏)中的玻璃仪器名称,注意抽滤的原理及仪器,趁热过滤的原理等;
⑶除杂或结晶的方法,除杂反应中,加入的调pH的物质;
⑷煮沸:
促进水解,胶体聚沉便于过滤分离,除去溶解在溶液中的气体;
⑸玻璃棒的作用,沉淀的洗涤方法;
⑹尾气的吸收处理,绿色化学的实验方案的设计。
6.反应条件的控制:
⑴温度的控制:
角度——反应速率、转化率、催化剂活性、反应物产物对温度的敏感性等;
⑵反应氛围的控制:
角度——防氧化、防水解、安全性等;
⑶控制pH常见的目的:
①使某些离子形成氢氧化物沉淀;
②调节溶液的酸碱性,促进或抑制水解;
③特定的反应需要酸性或碱性条件,或增强氧化剂的氧化性等。
7.常见计算:
⑴利用难溶物质的Ksp,计算某离子的浓度;
⑵计算溶液中两种离子浓度的比值(根据Ksp计算);
⑶计算某金属离子开始沉淀的pH;
⑷通过计算说明,一定pH环境下,某金属离子是否开始沉淀或是否完全沉淀;
⑸根据溶度积、电离常数等数据,比较某溶液中离子浓度的大小关系;
⑹涉及到滴定反应的,须多步反应,找准关系,一步计算。
8.产品的分离提纯:
⑴物理方法:
溶解过滤、水洗、结晶、蒸馏、萃取分液、升华、液化、盐析、渗析、
离子交换、吸附法、浮选法等;
⑵化学方法:
热分解法、酸碱处理法、沉淀法、氧化还原法、电解法。
9.循环物质如何找
⑴从流程需要加入的物质去找:
先观察流程中需要加入的物质,再研究后面的流程中有没有生成此物质;
⑵从能构成可逆反应的物质去找:
可逆反应的反应物不能完全转化,应该回收再利用;
⑶从过滤后的母液中寻找:
析出晶体经过过滤后的溶液称为母液,母液是该晶体溶质的饱和溶液,应该循环再利用。
10.绿色化学理念:
⑴杜绝环境污染;
⑵原子的经济性;
⑶节约能源,包括使用催化剂;
⑷原料来源广,最好是可再生的,或可循环利用的;
⑸减少工艺的繁琐性,化繁为简;
⑹工艺的安全性。
例1.(2019∙新课标Ⅰ)硼酸(H3BO3)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Mg2B2O5∙H2O、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Fe3+离子,可选用的化学试剂是______。
(3)根据H3BO3的解离反应:
H3BO3+H2O⇌H++B(OH)4-,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是_____酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是_______________。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2∙MgCO3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)NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3;KSCN;
(3)一元弱;转化为H3BO3,促进析出;
(4)2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-;溶浸;高温焙烧。
【解析】硼镁矿(含Mg2B2O3∙H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液,得到气体,根据硼镁矿和硫酸铵化学式知,得到的气体为NH3,用NH4HCO3吸收NH3,发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3,根据过滤2及沉镁成分知,过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3,调节溶液pH=3.5时得到H3BO3,滤液中含有MgSO4,沉镁过程发生的反应为2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-,加热分解可以得到轻质MgO;母液中含有(NH4)2SO4,
(1)氨气为碱性气体,能和酸式铵盐吸收生成正盐,反应方程式为NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3,
故答案为:
NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;
(2)滤渣1为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3;Fe3+和KSCN溶液混合得到血红色液体,所以可以用KSCN溶液检验铁离子,
故答案为:
SiO2、Fe2O3、Al2O3;KSCN;
(3)H3BO3能发生一步电离,且电离平衡常数很小,所以为一元弱酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,有利于析出H3BO3,如果溶液pH较大,得不到硼酸而得到硼酸盐,
故答案为:
一元弱;转化为H3BO3,促进析出;
(4)在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成Mg(OH)2∙MgCO3沉淀,同时还生成碳酸氢根离子离子,离子方程式为2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-;在母液中得到(NH4)2SO4,在溶浸时需要加入(NH4)2SO4,所以母液经加热后可返回溶浸工序循环使用,碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳,所以高温焙烧就可以得到轻质氧化镁,
故答案为:
2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-;溶浸;高温焙烧。
练习1.(2019∙天津)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。
以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题:
Ⅰ.硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2,放出225kJ热量,该反应的热化学方程式为_________________
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