高考化学选择题基础知识（工艺流程专项复习系列）

备战2022年高考化学－工艺流程专项复习系列

专项4－温度条件的控制

一．升高温度

1．促进某些离子的水解，如高价金属阳离子，易水解的阴离子

【练习1】目前世界上新建的金矿中约有80%都采用氧化法提金。某工厂利用锌冶炼渣回收金、银等贵金属的流程如下图所示:

已知HCN有剧毒，其Ka(HCN)=5×10-10，Au 2CN-=[Au(CN)2]-平衡常数KB=1×1038

“氰化”环节中，金的溶解速率在80℃时达到最大值，但生产中控制反应液的温度在10-20℃，原因是:___________________________(答一点即可)。

【答案】温度的升高，促进了氰化物的水解，增加了HCN的挥发速度；温度的升高，Ca(OH)2的溶解度减小，部分碱从溶液中析出。

【练习2】某化工厂“用含NiO的废料(杂质为Fe2O3、 CaO、 CuO等)制备羟基氧化镍(2NiOOH·H2O)的工艺流程如图：

如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是____________℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2，其原因可能是_________________________。

【答案】70 随着温度的升高，Ni2 水解程度增大，从而形成一定量的Ni(OH)2沉淀

【解析】由图可知当温度在70°左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70°C；Ni2 能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2。

【练习3】氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：

（1）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。70℃真空干燥、密封包装的原因是____________________________________________________________。

（2）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响．由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是______________________________________________________________________________________________。

【答案】（1）真空干燥可以加快乙醇和水的挥发，密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化；

（2）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快。

【练习4】TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：

温度/℃

30

35

40

45

50

TiO2·xH2O转化率

92

95

97

93

88

分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_____________________。

【答案】40℃时TiO2•xH2O转化率最高，因低于40℃，TiO2•xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O转化反应速率下降

【解析】40℃时TiO2•xH2O转化率最高，因低于40℃，TiO2•xH2O转化反应速率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2•xH2O转化反应速率下降。

2．促进平衡向吸热方向移动

【练习1】二硫化钼是重要的固体润滑剂，被誉为“高级固体润滑油之王”。利用低品相的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：

（4）由图分析可知产生MoS3沉淀的流程中选择的最优温度和时间是___________，利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因_______________________________________。

（5）利用低品相的原料制备高纯产品是工业生产中的普遍原则。如图所示，反应[Ni(s) 4CO(g)

Ni(CO)4(g)] ΔH<0在充满CO的石英管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的粗镍粉末，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，请结合平衡移动原理，判断温度Tl_________T2(填“＞”、“＜”或“=”)。

【答案】（4）40℃、30min 温度太低，反应MoS42- 2H

MoS3↓ H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H )下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3 （5）>

【解析】（4）根据图象可知，40℃、30min MoS3沉淀率达到最大，所以最优温度和时间是40℃、30min；温度太低，反应MoS42- 2H

MoS3↓ H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H )下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3，所以低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降；

（5）[Ni(s) 4CO(g)

Ni(CO)4(g)] ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，所以Tl>T2。

3．加快反应速率或溶解速率

【2020新课标Ⅰ】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以 3、 4、 5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

“酸浸氧化”需要加热，其原因是_________________________________________。

【答案】加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）

【解析】“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；

【练习2】炼油厂烷基化反应产生的废液中含硫酸91%、难挥发有机物7%。实验室以软锰矿(主要含MnO2，还含少量Fe、Al等元素)处理废液并制取MnSO4·H2O晶体，其实验流程如图：

（1）研究温度对“降解”过程中有机物去除率的影响，实验在如图1所示的装置中进行。

①在不同温度下反应相同时间，发现温度从60℃升高到95℃时，有机物去除率从29%增大到58%，其可能的原因是：MnO2的氧化能力随温度升高而增强；______________________________________。

【答案】温度升高，反应速率加快

【解析】①升高温度，反应速率加快，在相同时间内有机物反应的更多，去除率增加。

【练习3】“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有___________(任写两种)。

【答案】将橄榄石尾矿粉碎、适当增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等

【解析】“浸取”步骤中，能加快浸取速率的方法有将橄榄石尾矿粉碎、适当增大盐酸的浓度、适当提高反应的温度等。

4．使沸点相对低的原料气化，或者降低在溶液中的气体溶解度

【练习1】实验室用如图所示的装置模拟燃煤烟气脱硫实验：

研究发现石灰石浆液的脱硫效率受pH和温度的影响。燃煤烟气流速一定时，脱硫效率与石灰石浆液pH的关系如图所示，在pH为5.6时脱硫效果最佳，石灰石浆液

时，脱硫效率降低的原因可能是___________________________，燃煤烟气通入石灰石浆液时的温度不宜过高的原因是___________________________。

【答案】石灰石的溶解度减小，与

的反应变慢 温度升高，

的溶解度减小

【解析】由脱硫效率与石灰石浆液pH的关系图知，在pH为5.6时脱硫效果最佳，pH增大，石灰石的溶解度减小，与

的反应变慢；温度升高，

的溶解度减小。故答案为：石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应； 温度升高SO2的溶解度小。

【练习2】以甲酸和碳酸钾为原料生产二甲酸钾，实验测得反应条件对产品回收率的影响如下：

表1 反应温度对产品回收率的影响

反应温度（℃）

20

30

40

50

60

70

80

产品回收率（%）

75．6

78．4

80．6

82．6

83．1

82．1

73．7

②实际生产二甲酸钾时应选择的最佳反应条件是反应温度应控制在____________℃~____________℃，由表1可知反应温度过高，反应回收率反而会降低，其原因可能是___________________________________________。

【答案】温度过高，甲酸挥发

【解析】从表1可看出，温度控制在50℃~60℃二甲酸钾的产率较高，温度过高，反应回收率反而会降低，其原因可能是：甲酸易挥发，温度太高甲酸挥发了。

【练习3】实验室中用FeSO4溶液与NaOH溶液制备Fe(OH)2，装置如图，请回答下列问题：

配制NaOH溶液时使用的蒸馏水通常要煮沸，其目的是__________________________________。

【答案】除去水中溶解的氧气

【解析】硫酸亚铁易被氧化而变质，因此配制NaOH溶液时，应排除溶液中的氧气，可用加热溶液的方法除去溶解的氧气。

【练习4】四氯化锡用作媒染剂和有机合成上的氯化催化剂，实验室制备四氯化锡的反应、装置示意图和有关信息数据如下：

②无水四氯化锡是无色易流动的液体，熔点-33℃，沸点114.1℃。

实验制得的SnCl4中因溶解了C12而略显黄色，提纯SnCl4的方法是________________。

【答案】加热蒸馏

【解析】由于SnCl4的沸点114.1℃，因此如果实验制得的SnCl4中因溶解了C12而略显黄色，提纯SnCl4的方法是加热蒸馏。

【练习5】白云石的主要成份是CaCO3·MgCO3，在我国有大量的分布。以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途。白云石经煅烧、熔化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2 、Mg2 的分离。碳化反应是放热反应，化学方程式如下：Ca(OH)2 Mg(OH)2 3CO2

CaCO3 Mg(HCO3)2 H2O。完成下列填空：

碳化温度保持在50~60℃。温度偏高不利于碳化反应，原因是__________________、__________________。温度偏低也不利于碳化反应，原因是___________________________。

【答案】二氧化碳的溶解度小；碳酸氢镁分解，反应速率较小。

【解析】该反应为放热反应，而且是可逆的，当温度过高时，平衡逆反应方向移动，二氧化碳的溶解度减小，导致钙镁离子的分离减弱，Mg(HCO3)2是易分解，温度过高就分解了，温度过低，反应速率太小，导致得到产物消耗的时间太长，不利于碳化反应，故答案为：二氧化碳的溶解度小、碳酸氢镁分解；反应速率较小。

5．除去热不稳定的杂质，如NH4HCO3、NH4(CO3)2、 KMnO4、NH4C1等物质

【练习1】物质的分离与提纯是化学的重点，请根据下列实验目的，分别选择相应的操作和实验装置。下列为操作：

a．蒸馏 b．结晶法 c．加适量水，过滤 d．加热（或灼烧） e．加适量盐酸，蒸发 f．萃取分液 g．分液 h．升华

下列为实验装置：

（1）除去氯化钠晶体中的碳酸钠：______、______（分别填操作序号及实验装置图编号，下同）。

（2）除去碳酸钙中的氯化钠：_______、______。

（3）分离乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合液（两者互溶）：______、______。

（4）从溴水中提取溴：_______、_______。

（5）除去氧化钙中的碳酸钙：_______、_______。

（6）分离固体食盐和碘的方法：_______、_______。

【答案】e 2 c 1 a 5 f 4 d 3 h 6

【解析】

（1）碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，则加适量盐酸，蒸发可分离，对应于装置2，故答案为e；2；

（2）碳酸钙不溶于水，氯化钠晶体溶于水，则选择过滤法可分离，对应于装置1，故答案为c；1；

（3）二者互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，对应于装置5，故答案为a；5；

（4）溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则选择萃取、分液法分离，对应于装置4，故答案为f；4；

（5）碳酸钙高温分解生成氧化钙，则选择加热分解法除杂，对应于装置3，故答案为d；3；

（6）碘容易升华，则选择升华法分离固体食盐和碘，对应于装置6，故答案为h；6。

二．降低温度

1．防止某物质在高温时会分解（或溶解）

【练习1】电解精炼铜的阳极泥中主要含Ag、Au等贵重金属。以下是从精炼铜的阳极泥中回收银、金的流程图：

铜阳极泥氧化时，采用“低温焙烧”而不采用“高温焙烧”的原因是_______ ______________。

【答案】低温焙烧时，Ag与氧气转化为Ag2O，高温时，氧化银分解又生成Ag和氧气；故答案为：高温焙烧时，生成的Ag2O又分解为Ag和O2(或2Ag2O

4Ag＋O2↑)。

【练习2】【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)<CaSO4·0.5H2O

（1）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：____________________。

【答案】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。

【练习3】一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：

“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是____________________________。

【答案】温度过高，H2O2分解放出氧气。

【练习5】钛铁矿主要成分为FeTiO3（含有少量MgO、SiO2等杂质），Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：

过程②中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图2所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是___________________________________________________。

【答案】温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降。

【练习6】工业上以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下：

（1）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如右图所示，为减少 MnS2O6 的生成，“浸锰”的适宜温度是___________________________。

（2）向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3 溶液时温度控制在30-35℃，温度不宜太高的原因是___________________________________________________________________。

【答案】（1）90℃。（2）铵盐受热分解，向过滤所得的滤液中加入碳酸氢铵溶液，温度控制在30-35℃的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料的利用率；

2．使化学平衡向着放热方向移动

【练习1】乙酸苯酚酯制备： 将

苯酚溶解在

的氢氧化钠溶液中，加入30g碎冰块，然后加入

乙酸酐，搅拌

将反应后混合物倾入分液漏斗中，加入约4mL

将有机相用试剂X和水洗涤然后无水

干燥，蒸馏收集

馏分．

①用碎冰块代替水可能的原因是：______________________________________ ．

【答案】该反应是放热反应，碎冰温度低有利于酯的生成

【解析】①碎冰温度低有利于酯的生成，故答案为：该反应是放热反应，碎冰温度低有利于酯的生成。

3．使某个沸点高的产物液化，使其与其他物质分离

【练习1】石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。设计的提纯和综合应用流程如下：

（注：SiCl4的沸点是57.6ºC，金属氯化物的沸点均高于150ºC）

向反应器中通入Cl2前，需通一段时间的N2。高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应氯化物。80℃冷凝的目的是：_____________________。②由活性炭得到气体Ⅱ的化学反应方程式为：_____________________。

【答案】高温下，Si元素转化成SiCl4，铁元素转化成FeCl3，Mg元素转化成MgCl2，Al元素转化成AlCl3，SiCl4沸点是57.6℃，MgCl2、FeCl3、AlCl3沸点均高于150℃，加热到1500℃，MgCl2、FeCl3、AlCl3、SiCl4全部转化成气体I，80℃冷凝，SiCl4还是气体，而MgCl2、FeCl3、AlCl3状态是固体，便于与SiCl4分开。

4．降低晶体的溶解度，减少损失。

【练习1】碳酸锂广泛应用于化工、冶金等行业．工业上利用锂辉石（Li2Al2Si4Ox）制备碳酸锂的流程如图：

已知：碳酸锂的溶解度为（g/L）

温度

0

10

20

30

40

50

60

80

100

Li2CO3

1. 54

1. 43

1. 33

1. 25

1. 17

1. 08

1. 01

0. 85

0. 72

（1）硫酸化焙烧温度控制在250℃﹣300℃之间，主要原因是__________________________________；焙烧中硫酸用量控制在理论用量的l15%左右，硫酸加入过多的副作用是_________________________。

（2）“沉锂”需要在95℃以上进行，主要原因是_______________________，过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有_____________和______________。

【答案】（1）硫酸化焙烧温度控制在250℃﹣300℃之间，主要原因是温度低于250℃，反应速率较慢，温度高于300℃，硫酸挥发较多；焙烧中硫酸用量控制在理论用量的l15%左右，硫酸加入过多的副作用是后续中还需要除去过量的硫酸，增加后续杂质的处理量、增加后续中和酸的负担。

（2）温度越高，碳酸锂溶解度降低，减少碳酸锂溶解，可以增加产率；溶液中硫酸钠不反应，使用碳酸钠要过量，少量碳酸锂溶解在溶液中，过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠和碳酸锂。过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠和碳酸锂。所以“沉锂”需要在95℃以上进行，主要原因是温度越高，碳酸锂溶解度降低，可以增加产率；过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠和碳酸锂。

【练习2】某废旧电池材料的主要成分为钴酸锂(LiCoO2)，还含有一定量的铁、铝、铜等元素的化合物，其回收工艺如图所示，最终可得到Co2O3和锂盐。

已知：CoC2O4·2H2O微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的C2O42－离子生成Co(C2O4)n2(n－1)－而溶解。

（4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：

①随n(C2O42－)：N(Co2＋)比值的增加，钴的沉淀率先逐渐增大后又逐渐减小的原因________________________。

②沉淀反应时间为10 min，温度在50℃以上时，随温度升高而钴的沉淀率下降的可能原因是_______________________________________________________________________________________________。

【答案】①过量的C2O42-与Co2 反应生成Co(C2O4)n2(n-1)-而溶解 ②它的溶解度随温度升高而逐渐增大

【解析】①随n(C2O42－)：N(Co2＋)比值的增加，过量的C2O42-与Co2 反应生成Co(C2O4)n2(n-1)-而溶解，钴的沉淀率先逐渐增大后又逐渐减小；

②沉淀反应时间为10 min，温度在50℃以上时，溶解度随温度升高而逐渐增大。

5．减少能源成本，降低对设备的要求

【练习1】目前常用的工业生产纯碱的方法是“联合制碱法（侯氏制碱法）”

世界上最早工业生产碳酸钠的方法是“路布兰法”，其流程如下：

与“路布兰法”相比，“联合制碱法’的优点之一是_________________________。

【答案】原料利用率高，反应所需温度低，耗能少

【解析】据流程可知：路布兰法是利用食盐晶体和浓硫酸在600°C到700°C下反应生成硫酸钠和氯化氢，再利用C与石灰石和硫酸钠在1000°C生成碳酸钠；侯德榜研究出联合制碱法为在饱和的氯化钠溶液中直接通入氨气和CO2，得到氯化铵和碳酸氢钠晶体，并利用碳酸氢钠的分解制得纯碱，

在270℃时就完全分解，分解产生的二氧化碳还可以循环利用，故联合制碱法反应所需温度低，耗能少、提高了原料利用率。

三．控制温度（用水浴或油浴控温）

1．防止某种物质温度过高时会分解或挥发

【2019江苏】实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：

（1）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是 ；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有 。

【答案】由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。

2．控制固体的溶解与结晶

【习题1】【2017新课标3卷】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FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：

有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加

入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到___________（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。

a．80℃ b．60℃ c．40℃ d．10℃

【答案】d

【解析】首先分析图像特点，Na2Cr2O7溶解度最大，NaCl溶解度最小且随温度变化很小，K2Cr2O7的溶解度在高温下大，但低温下较小，即随温度变化最大；然后分析反应特点2KCl Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓ 2NaCl的反应类型为复分解反应；再结合操作条件“蒸发浓缩，冷却结晶，过滤”，得出结论加热蒸发过程中，随着水分的蒸发，平衡向右进行；最后根据条件冷却可知，要保证重铬酸钾溶解度最小，因此温度为10℃。

3．使催化剂的活性达到最好

【习题1】【2016全国卷Ⅱ27】以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：

①C3H6(g) NH3(g)

O2(g)

C3H3N(g) 3H2O(g)　ΔH=-515 kJ·mol-1

②C3H6(g) O2(g)

C3H4O(g) H2O(g)　ΔH=-353 kJ·mol-1

图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率　　　　　(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是_____ ___ ；高于460°时，丙烯腈产率降低的可能原因是　　　　　(双选，填标号)。

A．催化剂活性降低 B．平衡常数变大

C．副反应增多 D．反应活化能增大

【答案】A、C

【解析】因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460℃以前是建立平衡的过程，所以低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460℃时，丙烯腈产率降低。催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，A正确；平衡常数的大小不影响产率，B错误；根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，C正确；反应活化能的大小不影响平衡，D错误

4．防止副反应的发生

【练习1】【2018江苏】以Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和SO2为原料可制备N2H4·H2O（水合肼）和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：

已知：①Cl2 2OH−

ClO− Cl− H2O是放热反应。②N2H4·H2O沸点约118 ℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。

（1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是____________________________________。

【答案】温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaClO3、NaCl和H2O，反应的化学方程式为3Cl2 6NaOH

5NaCl NaClO3 3H2O，离子方程式为3Cl2 6OH-

5Cl- ClO3- 3H2O。由于Cl2与NaOH溶液的反应为放热反应，为了减少NaClO3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措

施是：缓慢通入Cl2。

【练习2】硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：

氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。

【答案】据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；

【练习3】呋喃(

)为无色液体，沸点为32 ℃，难溶于水，主要用于有机合成或用作溶剂，工业上可用呋喃甲醛制备呋喃。某兴趣小组设计实验探究其制备方法，实验原理及实验步骤如图：

①2

NaOH→

ΔH<0

②

实验步骤：

①取一定量的氢氧化钠溶液于烧杯中，在不断搅拌下，慢慢滴加4.8 g呋喃甲醛，控制反应温度在8~12℃。滴加完毕后继续在上述温度下搅拌20min，反应完全后得黄色浆状物，在搅拌下加入少量的水使固体完全溶解。然后用乙醚萃取，分液。

②取水层液体，加入盐酸，搅拌、过滤、提纯、干燥，得到呋喃甲酸。

③将制得的呋喃甲酸加入如图装置(部分装置省略)中进行脱羧处理，得到呋喃1.1 g。

（2）步骤①的关键是控制温度在8~12 ℃，采取的最好措施是磁力搅拌、___________________；简述步骤①中温度不能过高或过低的原因是___________________________。

【答案】（2）将烧杯置于冷水浴中 温度过低，反应速率太慢，温度过高，呋喃甲酸钠产率较低

【解析】控制温度在8~12 ℃，需将烧杯置于冷水浴中；温度过低，反应速率太慢，温度过高，副产物增多，呋喃甲酸钠产率较低，故答案为：温度过低，反应速率太慢，温度过高，呋喃甲酸钠产率较低。

【习题4】【2017新课标2卷】丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。正丁烷（C4H10）脱氢制1-丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：①C4H10(g)= C4H8(g) H2(g) ΔH1= 123kJ·mol−1

图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是___________、____________；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_____________。

【答案】升高温度有利于反应向吸热方向进行；温度升高反应速率加快；丁烯高温裂解生成短链烃类

【解析】根据图(c)，590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。

5．蒸馏分离物质

【练习1】实验室可用环己醇制备环己酮，使用的氧化剂可以是次氯酸钠、重铬酸钾等。

已知：环己醇沸点：160.8℃，微溶于水；

环己酮沸点：155.6℃，微溶于水；

醋酸沸点117.9℃，和水以任意比例互溶。

用如图对粗产品进行精制，蒸馏收集_____________℃的馏分。

【答案】155.6

【解析】环己酮的沸点：155.6℃，所以收集155.6℃的馏分。

【练习2】以环己醇制备环己烯：

密度（g/cm3）

熔点（℃）

沸点（℃）

溶解性

环己醇

0.96

25

161

能溶于水

环己烯

0.81

－103

83

难溶于水

收集产品时，控制的温度应在________________左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是 _______

A．蒸馏时从70℃开始收集产品

B．环己醇实际用量多了

C．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出

【答案】83ºC C

【解析】因为环己烯的沸点为83℃，所以控制的温度应在83℃左右；

A.蒸馏时从70℃开始收集产品，则产品的质量高，A错误；

B.环己醇实际用量多了，会使产品的量增加，B错误；

C.制备粗品时环己醇随产品一起蒸出，会使生成的环乙烯量减少，C正确。

6．趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量

【练习1】实验室通常是在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，该反应属于大量放热的反应。某小组用如图所示装置制备[Co(NH3)6]Cl3，实验步骤如下：

Ⅰ．称取研细的CoCl2•6H2O10.0g和NH4Cl5.0g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，加入25mL浓氨水和适量活性炭粉末，逐滴加入5mL30%的H2O2溶液。

Ⅱ．用水浴将混合物加热至60℃，恒温20分钟，然后用冰水浴冷却，充分结晶后过滤。

Ⅲ．将沉淀溶于热的盐酸中，趁热过滤，滤液中加适量浓盐酸并冷却结晶。

Ⅳ．过滤、用乙醇洗涤晶体并在105℃条件下烘干。

（5）步骤Ⅲ中趁热过滤的主要目的是__________________________________________。

【答案】除去活性炭并防止产品析出

【解析】（5）步骤Ⅲ中，若过滤时间长，滤液温度降低多，[Co(NH3)6]Cl3会在过滤过程中结晶析出，所以需趁热过滤，主要目的是除去活性炭并防止产品析出；为获得更多的产品，可利用同离子效应，降低产品的溶解度，由此得出滤液中加适量浓盐酸的主要目的是增大氯离子浓度，有利于析出[Co(NH3)6]Cl3。

【练习2】将上述粗产品冷却后加入40ml

的氢氧化钠水溶液，再加90ml水，加热活性炭脱色，趁热过滤、冷却。

趁热过滤的目的____________________________。

【答案】防止肉桂酸钠结晶而析出堵塞漏斗

【解析】温度低，肉桂酸钠的溶解度降低，会结晶析出晶体，所以趁热过滤的目的是防止肉桂酸钠结晶而析出堵塞漏斗。

7．该温度下反应的结果已经较好，不需要继续变温

【练习1】钛酸锂电池应用广泛， 电池放电后负极材料主要含有Li4Ti5O12、 铝箔及少量Fe， 可通过下列工艺流程回收钛、 锂。回答下列问题：

萃取时， 温度对萃取率的影响如图所示。由图分析知实验时选择在常温下进行即可， 理由是__。

【答案】由温度对萃取率的影响图可知，常温下钛的萃取率已经比较高(90%以上)，温度升高对萃取率的增加幅度很小，所以不必升温，实验时选择在常温下进行即可，

【练习2】高铁酸钾(K2FeO4)是新型多功能水处理剂。图1为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响。

工业生产中最佳温度为_____________________。

【答案】26℃

【解析】26℃摄氏度时，温度是最佳的。

【综合练习1】工业上以石煤(主要成分为V2O3，含有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料制备钒的主要流程如图：

已知：①NH4VO3难溶于水。②Ksp(MgSiO3)=2.4×10-5，Ksp[Mg3(PO4)2]=2.7×10-27。

（1）焙烧：通入空气的条件下，向石煤中加纯碱焙烧，将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为________________________________________________。

（2）除硅、磷：

①用MgSO4溶液除硅、磷时，Si、P会形成Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀。若沉淀后溶液中c(PO

)=1.0×10-8mol•L-1，则c(SiO

)=____________mol•L-1。

②如图所示，随着温度升高，除磷率下降，其原因是Mg3(PO4)2溶解度增大、___________________________；随着温度升高，除硅率升高，其原因是______________________________。

（3）沉钒：此过程反应温度需控制在50℃左右，温度不能过高的原因为_____________________。

（4）灼烧：在灼烧NH4VO3的过程中，固体的残留率(

×100%)随温度变化的曲线如图所示，则A~B段发生反应的方程式为____________________________________。

【答案】（1）Na2CO3 O2 V2O3

2NaVO3 CO2

（2）①0.08 ②促进Mg2 水解生成Mg(OH)2；促进

水解生成硅酸沉淀 促进SiO

水解生成硅酸沉淀

（3）NH4Cl受热会分解

（4）2HVO3

V2O5 H2O

【分析】

根据已知信息，流程第一步焙烧时V2O3、SiO2、P2O5依次转化为NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，第三步加入MgSO4生成MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀，NaVO3进入后续步骤，在第四步生成NH4VO3沉淀，再经过灼烧、还原得到钒单质。

【解析】

（1）依据V2O3反应生成NaVO3，V元素化合价升高，需要氧化剂，故空气中O2要参与反应，即V2O3 Na2CO3 O2

2NaVO3 CO2。

（2）①Ksp[Mg3(PO4)2]=

=2.7×10-27，解之得

，由Ksp(MgSiO3)=

=2.4×10-5，解得

。

②

，升温促进促进Mg2 水解，导致沉淀溶解平衡右移，故除磷率下降；

，升温促进

水解成H2SiO3，沉淀溶解平衡右移，但H2SiO3是沉淀，故除硅率升高。

（3）NH4Cl受热易分解，故温度不能过高。

（4）设NH4VO3为1mol，即117g，起始到A点失去质量=117g×(1-85.47%) ≈ 17g，结合铵盐受热分解一般产生NH3，故推测A物质为HVO3，酸分解一般产生氧化物和水，故推测B点为VOx，根据V元素守恒n(VOx)=1mol，则(51 16x)g/mol×1mol=117g×77.78%，解得x=2.5，故B点为：VO2.5，即V2O5，所以A到B段方程式为：2HVO3

V2O5 H2O。

【综合练习2】实验室以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备NixOy和碳酸钴(CoCO3)的工艺流程如图。

请回答以下问题：

（1）“滤渣Ⅰ”主要成分是___________，“酸浸”过程中镍的浸出率与温度和时间的关系如图1所示，酸浸的最佳温度和时间是___________。

（4）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。

温度

低于30.8℃

30.8℃～53.8℃

53.8℃～280℃

高于280℃

晶体形态

NiSO4•7H2O

NiSO4•6H2O

多种结晶水合物

NiSO4

从NiSO4溶液获得稳定的 NiSO4•6H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、_____________________________。

（5）NiSO4•6H2O晶体煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图2，该曲线中B段所表示氧化物的化学式为_________________。

【答案】（1）SiO2、BaSO4 70 ℃和120 min

（4）冷却至30.8℃～53.8℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥

（5）Ni2O3

【解析】

（1）由上述分析可知，“滤渣I" 主要成分为SiO2、BaSO4；由图1可知酸浸时温度越低，镍浸出率越高越好。由图示可知酸浸的最佳温度和时间是70℃和120 min；

（4）从NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃～53.8℃之间时结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体；

（5）26.3 g NiSO4·6H2O晶体的物质的量为n(NiSO4·6H2O)=

，由图可知0.1 mol NiSO4·6H2O晶体中含有Ni的物质的量为0.1 mo1，其质量为m(Ni)=5.9 g，晶体受热分解失去结晶水，再分解生成NixOy，其质量为8.3 g，则其中含有O的质量为m(O)=8.3 g-5.9 g=2.4 g，所以n(O) =

，即x：y=0.1 mol:0.15 mol=2:3，B点氧化物的化学式为Ni2O3。

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