2023版高三一轮总复习化学（苏教版）第二部分元素及其化合物教案

第11讲金属材料的性能及应用金属的冶炼方法(基础课)1.了解合金的概念及其重要应用。2.了解铝、铜及其化合物的主要性质和应用。3.了解常见金属的冶炼方法。金属材料与金属矿物的开发利用1．合金(1)概念：合金是指两种或两种以上的金属(或金属与非金属)共熔，可制备出特殊的金属材料。(2)性能：合金具有许多优良的物理、化学或机械性能。①熔点：一般比它的各成分金属的低；②硬度和强度：一般比它的各成分金属的大。(1)合金是混合物，合金的物理性质相比于成分金属有所改变，但合金中各成分金属的化学性质不变。(2)并非所有的金属都能相互形成合金，若一种金属的熔点高于另一种金属的沸点，则二者不能形成合金。2．常见的金属材料(1)金属材料的工业分类黑色金属材料有色金属材料铁、铬、锰以及它们的合金除黑色金属以外的其他金属及其合金(2)常见合金材料②铝合金：密度小、强度高，塑性好，易于加工，具有较强的抗腐蚀能力，是制造飞机和宇宙飞船的理想材料。③新型合金合金钢也叫特种钢，是在碳素钢里适量地加入一种或几种合金元素，钢的组织结构发生变化，从而使钢具有各种特殊性能。如超级钢就是含Mn10%、C0.47%、Al2%、V0.7%的合金钢，强度很大。3．金属矿物的开发利用(1)金属在自然界中的存在形态①在自然界中绝大多数金属元素以化合物的形式存在。②少数化学性质不活泼的金属存在游离态。(2)金属冶炼的实质使金属化合物中的金属离子得电子被还原为金属单质的过程：Mn＋＋ne－=M。(3)金属的常见冶炼方法①电解法Na：2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up9(通电))2Na＋Cl2↑；Mg：MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up9(通电))Mg＋Cl2↑；Al：2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up9(通电),\s\do9(冰晶石))4Al＋3O2↑。②热还原法：常用还原剂有焦炭、CO、H2、Al等高炉炼铁：3CO＋Fe2O3eq\o(=,\s\up9(△))2Fe＋3CO2；铝热反应制铬：2Al＋Cr2O3eq\o(=,\s\up9(高温))2Cr＋Al2O3；焦炭还原铜：C＋2CuOeq\o(=,\s\up9(高温))2Cu＋CO2↑。③热分解法Hg：2HgOeq\o(=,\s\up9(△))2Hg＋O2↑；Ag：2Ag2Oeq\o(=,\s\up9(△))4Ag＋O2↑。④铝热反应实验中的有关问题实验装置实验现象①镁带剧烈燃烧，放出大量的热，并发出耀眼的白光，氧化铁与铝粉在较高温度下发生剧烈的反应；②纸漏斗的下部被烧穿，有熔融物落入沙中实验结论高温下，铝与氧化铁发生反应，放出大量的热：2Al＋Fe2O3eq\o(=,\s\up9(高温))2Fe＋Al2O3原理应用①制取熔点较高、活动性弱于Al的金属，如铁、铬、锰、钨等；②金属焊接，如野外焊接钢轨等(4)合理开发利用金属矿物的主要途径①提高金属矿物的利用率，②开发环保高效的金属冶炼方法，③防止金属的腐蚀，④加强废旧金属的回收和再利用，⑤使用其他材料代替金属材料，等等。(1)金属冶炼与金属活动性的关系：(2)冶炼Mg时电解熔融MgCl2而不电解熔融MgO，原因是MgO的熔点高，熔融时会耗费更多能源，增加生产成本。(3)冶炼Al时只能电解熔融Al2O3而不能电解熔融AlCl3，原因是AlCl3是共价化合物，熔融态不导电；加入冰晶石(Na3AlF6)的目的是降低Al2O3的熔化温度。合金与金属材料1．我国古代的青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。下列说法不正确的是()A．我国使用青铜器的时间比使用铁器、铝器的时间均要早B．将青铜器放在银质托盘上，青铜器容易生成铜绿C．《本草纲目》中载有一药物，名“铜青”，铜青是铜器上的绿色物质，则铜青就是青铜D．用蜂蜡做出铜器的蜡模，是古代青铜器的铸造方法之一，蜂蜡的主要成分是有机化合物C[铜青是铜器上的绿色物质，为铜锈蚀生成的碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，C错误。]2．C919大型客机是我国自主研发的，C919机身部分采用第三代新型铝锂合金材料。下列关于铝锂合金的认识不正确的是()A．铝锂合金密度较小，强度较大，硬度大于纯铝，熔点低于锂单质B．改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金C．铝锂合金具有金属光泽，可导电导热D．铝锂合金的性质与各成分金属的性质完全相同D[合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，A正确；合金的性质与成分的含量有关，所以改变原料的配比，可以制得性能不同的铝锂合金，B正确；铝锂合金具有金属材料的一些通性，有金属光泽，可导电导热，C正确；合金的熔点比它的各成分金属的熔点低，硬度大于其成分金属，所以铝锂合金的性质与各成分金属的性质不完全相同，D错误。]金属矿物的开发利用3．不同的金属在冶炼方法上也有所不同，下列说法正确的是()A．钒、铬、锰、铁等难熔金属通常采用铝热反应法炼制B．铝及其合金是生产、生活中广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单C．由于钠、镁、铝等金属化学性质太活泼，人们通常采用电解熔融状态下的氯化物的方式来获取它们的单质D．炼铁时加入的焦炭除了提供热量外，还用来制造还原剂一氧化碳D[A项，铁通常用CO还原法炼制，错误；B项，是因为Al有良好的性能，才被广泛使用，错误；C项，氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，工业上用电解氧化铝方法制取铝，错误；D项，高炉炼铁中焦炭的作用为与氧气反应产生热量和制造还原剂一氧化碳，正确。]4．工业上由黄铜矿(主要成分CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下：(1)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为。(2)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼。下列说法正确的是(填字母)。a．电能全部转化为化学能b．粗铜接电源正极，发生氧化反应c．溶液中Cu2＋向阳极移动d．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属[解析](1)图示中可利用铝热反应由泡铜冶炼粗铜。(2)电解精炼铜的过程中电能转化为化学能的同时，部分电能转化为热能，a错；电解精炼铜时，粗铜作阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，b对；电解过程中Cu2＋向阴极移动，c错；粗铜中Ag、Pt、Au放电能力比铜弱，形成阳极泥，可以回收，d对。[答案](1)3Cu2O＋2Aleq\o(=,\s\up9(高温))Al2O3＋6Cu(2)bd(1)成分金属与合金的物理性质相比有所改变，但合金中各成分金属的化学性质仍然不变。(2)金属越活泼，一般发现或使用的越晚。(3)有些活动性很强的金属也可以用还原法来冶炼，如Na＋KCleq\o(=,\s\up9(850℃))K↑＋NaCl、2RbCl＋Mgeq\o(=,\s\up9(700～800℃))MgCl2＋2Rb↑等，在此主要运用了化学平衡移动原理，利用K、Rb沸点低，汽化离开反应体系，使化学反应得以向正反应方向进行。(4)活泼金属用电解法冶炼时，不能用其化合物的水溶液进行电解。eq\a\vs4\al(铝及其重要化合物)1．铝的存在与主要性质(1)铝的结构和存在铝位于元素周期表第三周期ⅢA族，原子结构示意图为。铝元素在地壳中含量丰富，仅次于氧、硅。自然界中的铝全部以化合态存在。(2)铝的主要化学性质③Al与碱液(NaOH)：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。④Al与CuSO4溶液：2Al＋3CuSO4=3Cu＋Al2(SO4)3。⑤铝热反应a．原理：利用Al的还原性较强，高温下把金属氧化物中的金属置换出来。b．应用：冶炼难熔金属，如Cr、Mn、V、W、Cu、Fe等；金属焊接，如野外焊接钢轨等。2．铝的重要化合物(1)铝的氧化物(Al2O3)——两性氧化物①两性氧化物：既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应生成盐和水的氧化物。②Al2O3的两性表现(2)铝的氢氧化物[Al(OH)3]——两性氢氧化物①两性氢氧化物：与酸或强碱均能反应生成盐和水的氢氧化物。②Al(OH)3的两性表现③Al(OH)3受热分解：2Al(OH)3eq\o(=,\s\up9(△))Al2O3＋3H2O。(3)铝盐——明矾①化学式为KAl(SO4)2·12H2O，为复盐。②电离方程式为KAl(SO4)2=K＋＋Al3＋＋2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。③应用：净水，净水原理为明矾电离出的Al3＋在水中水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中悬浮物而沉淀，使水净化，其离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋。(4)偏铝酸盐——偏铝酸钠①向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量，反应现象为先生成白色沉淀，然后沉淀又逐渐溶解至消失，反应的有关离子方程式为AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。②向NaAlO2溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为2AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。铝的三角转化关系铝及其化合物的性质及应用1．下列除去杂质的方法不正确的是()A．镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B．用过量氨水除去Fe3＋溶液中的少量Al3＋C．Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤D．MgO中混有少量Al2O3：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤、洗涤、干燥得到MgOB[Al(OH)3不溶于氨水，故向含少量Al3＋的Fe3＋溶液中加过量氨水，Fe3＋、Al3＋均转化为氢氧化物沉淀达不到除杂的目的，B项不正确。]2．KAl(SO4)2·12H2O(明矾)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾的过程如图所示。回答下列问题：(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选用(填标号)。a．HCl溶液 b．H2SO4溶液c．氨水 d．NaOH溶液(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为。(3)沉淀B的化学式为；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是。[解析](1)易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，试剂①的作用是将Al溶解并除去Fe、Mg杂质，HCl溶液和H2SO4溶液可溶解Al及Fe、Mg杂质，会引入Fe2＋、Mg2＋，氨水不溶解Al；NaOH溶液可溶解Al，但不溶解Fe、Mg杂质，故d项符合。(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。(3)滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，发生反应：HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，所以沉淀B的化学式为Al(OH)3；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是Al3＋为弱碱阳离子，发生水解反应，消耗水电离产生的OH－，当最终达到平衡时溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以溶液呈弱酸性。[答案](1)d(2)2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑(3)Al(OH)3Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大铝土矿中提铝3．工业上用铝土矿(主要成分是Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2)提取氧化铝作冶炼铝的原料。其中一种提取方法的操作过程如下：请回答下列问题：(1)铝土矿中加NaOH溶液，反应的离子方程式有。(2)沉淀乙是。(3)甲溶液中通入CO2得到的沉淀是否只有Al(OH)3？(填“是”或“否”)，若否，从甲溶液中如何得到纯净Al(OH)3？写出流程图：。(4)请写出甲溶液中通入过量CO2的离子方程式：。[答案](1)Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋H2O、SiO2＋2OH－=SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O(2)Fe2O3(4)AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))eq\a\vs4\al(铜及其化合物)1．铜的主要性质写出图中有关反应的化学方程式或离子方程式：①化学方程式：2Cu＋O2＋H2O＋CO2=Cu2(OH)2CO3。②化学方程式：2Cu＋Seq\o(=,\s\up9(△))Cu2S。③与氧化性酸反应a．与浓硫酸共热的化学方程式：Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up9(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O；b．与稀硝酸反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；c．与浓硝酸反应的离子方程式：Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O。④与某些盐溶液反应a．与硝酸银溶液反应的离子方程式：Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋；b．与FeCl3溶液反应的离子方程式：Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋。2．铜的重要化合物的性质及应用(1)氧化物①CuO：黑色难溶于水的固体，可以与酸反应，可以用H2、CO、Al还原出Cu。②Cu2O：砖红色难溶于水的固体，与一般酸反应为Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，遇到HNO3发生氧化反应生成Cu2＋。③转化：4CuOeq\o(=,\s\up9(高温))2Cu2O＋O2↑，高温条件下Cu2O稳定。(2)氢氧化铜——蓝色难溶物，是一种弱碱。(3)铜盐①Cu2(OH)2CO3Cu2(OH)2CO3的名称为碱式碳酸铜，呈绿色，是铜锈的主要成分，受热易分解的方程式为Cu2(OH)2CO3eq\o(=,\s\up9(△))2CuO＋H2O＋CO2↑。②CuSO4a．CuSO4·5H2O为蓝色晶体，俗称蓝矾或胆矾。受热或遇浓硫酸，蓝色晶体变为白色粉末。b．无水CuSO4遇水变蓝色(生成CuSO4·5H2O)，可作为水或水蒸气的检验试剂。③铜盐的毒性铜盐溶液有毒，主要是因为铜离子能与蛋白质作用，使蛋白质变性失去生理活性，因此人们利用这一性质用胆矾、熟石灰、水配成了波尔多液，用来杀灭植物的病菌。铜及其化合物的性质与应用1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)。(1)铁、铜在潮湿的空气中均易形成金属氧化物。 ()(2)无水CuSO4既可检验水蒸气的存在又可作干燥剂。 ()(3)Cu2O和CuO在稀硫酸中反应原理相同。 ()(4)铜盐和“84”消毒液的杀菌消毒原理相同。 ()(5)Cu与少量浓硝酸反应只生成NO2。 ()(6)葡萄糖与新制Cu(OH)2共热生成砖红色的Cu2O。 ()(7)从CuSO4溶液中得到CuSO4·5H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。 ()(8)足量Cu与含1molH2SO4的浓硫酸共热可以生成0.5molSO2气体。 ()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)√(8)×2．(2021·哈尔滨模拟)下列有关铜的化合物的说法正确的是()A．根据铁比铜金属性强，在实际应用中可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板B．CuSO4溶液与H2S溶液反应的离子方程式为Cu2＋＋S2－=CuS↓C．用稀盐酸除去铜锈的离子方程式为CuO＋2H＋=Cu2＋＋H2OD．化学反应：CuO＋COeq\o(=,\s\up9(△))Cu＋CO2的实验现象为黑色固体变成红色固体[答案]D铜及其化合物的性质实验探究3．某同学对Cu的常见化合物的性质进行实验探究，探究的问题和过程如下：(1)为探究不同价态铜的稳定性，进行如下实验：①将CuO粉末加热至1000℃以上完全分解成砖红色的Cu2O粉末，该实验说明：在高温条件下，＋1价Cu比＋2价Cu更(填“稳定”或“不稳定”)。②向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子方程式为，由此可知，在酸性溶液中，＋1价Cu比＋2价Cu更(填“稳定”或“不稳定”)。③向Cu2O中加适量稀硝酸，反应的离子方程式为。(2)为了探究氨气能否和氢气一样还原CuO，他根据所提供的下列装置进行实验(夹持装置未画)，装置A产生氨气，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→→→→→→→h。①实验结束后，装置B中固体由黑色变为红色，装置E中收集到无色无味的气体，在空气中无颜色变化，点燃的镁条可以在其中燃烧，则B装置中发生反应的化学方程式为。②装置C中的球形装置的作用是。[答案](1)①稳定②Cu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2O不稳定③3Cu2O＋14H＋＋2NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=6Cu2＋＋2NO↑＋7H2O(2)gfbcde(bc可互换)①3CuO＋2NH3eq\o(=,\s\up9(△))3Cu＋N2＋3H2O②防倒吸1．(2021·河北选择性考试，T1)“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是()A．钢是以铁为主的含碳合金B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3C[A.钢是含碳量低的铁合金，正确；B.钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，正确；C.由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，错误；D.赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，正确。]2．(2021·全国甲卷，T27)胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有(填标号)。A．烧杯 B．容量瓶C．蒸发皿 D．移液管(2)将CuO加入适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是。(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5～4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、、乙醇洗涤、，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4的目的是，煮沸10min的作用是。(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少量胆矾迸溅出来[解析](4)称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则结晶水的质量是(m2－m3)g，所以胆矾(CuSO4·nH2O)中n值的表达式为eq\f((m2－m3),18)∶eq\f((m3－m1),160)＝n∶1，解得n＝eq\f(80(m2－m3),9(m3－m1))。[答案](1)AC(2)CuO＋H2SO4eq\o(=,\s\up9(△))CuSO4＋H2O不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少(硫酸利用率高)(3)过滤干燥除尽铁，抑制硫酸铜水解破坏氢氧化铁胶体，易于过滤(4)eq\f(80(m2－m3),9(m3－m1))(5)①③某废催化剂含48.6%的SiO2、16.2%的ZnO、19.4%的ZnS、12.8%的CuS及少量的Fe2O3。某同学以10.0g该废催化剂为原料制备硫酸锌和硫酸铜，采用的实验方案如下。已知：①ZnS与稀硫酸反应，且化合价不变；CuS既不溶解于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。②酸性条件下，H2O2具有强氧化性。下列说法正确的是()A．检验滤液1中的杂质金属阳离子的试剂为KSCN溶液B．滤渣1的成分为SiO2、CuS，滤渣2的成分为SiO2C．粗五水硫酸铜纯化时洗涤剂选择酒精或蒸馏水，产率不受影响D．粗ZnSO4·7H2O纯化后，得到5.74gZnSO4·7H2O，则锌的回收率为50.0%D[A项，滤液1中杂质金属阳离子为Fe2＋，不存在Fe3＋，因为废催化剂中的S2－会还原Fe3＋，而检验Fe2＋的试剂为KMnO4或K3[Fe(CN)6]溶液，错误；B项，滤渣1的成分为SiO2、CuS、S，滤渣2的成分为SiO2，错误；C项，为了防止CuSO4·5H2O的溶解损失，应用酒精洗涤，错误；ZnSO4·7H2O的物质的量为eq\f(5.74g,287g·mol－1)＝0.02mol，其中含有锌元素的质量为0.02mol×65g·mol－1＝1.3g，原10.0g废催化剂中锌的质量为10.0g×16.2%×eq\f(65,65＋16)＋10.0g×19.4%×eq\f(65,65＋32)＝2.6g，锌的回收率为eq\f(1.3g,2.6g)×100%＝50.0%，D项正确。

第12讲铁、铜化合物制备及化工流程(能力课)1.实验探究铁、铜重要化合物的制备。2.以化工流程为载体掌握铁、铜及其化合物的制备与分离。eq\a\vs4\al(铁、铜化合物制备实验探究)1．Fe(OH)2的制备Fe(OH)2在空气中很容易被O2氧化为Fe(OH)3，在制备Fe(OH)2时要避免O2的存在或进入。图1图2图3(1)有机覆盖层法将吸有NaOH溶液的胶头滴管插到液面以下，并在液面上覆盖一层苯或煤油(不能用CCl4)，以防止空气与Fe(OH)2接触发生反应，如图1所示。(2)还原性气体保护法用H2将装置内的空气排尽后，再将亚铁盐与NaOH溶液混合，这样可长时间观察到白色沉淀，如图2所示。(3)电解法用铁作阳极，电解NaCl(或NaOH)溶液，并在液面上覆盖苯(或煤油)，如图3所示。2．CuCl的制备氯化亚铜(CuCl)可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂等。可用如图装置(夹持仪器略)通过热分解CuCl2·2H2O(易水解)制备氯化亚铜。甲乙丙丁(1)反应：2(CuCl2·2H2O)eq\o(=,\s\up9(△))2CuCl＋Cl2↑＋4H2O。(2)反应开始时先通入HCl气体，再加热，防止CuCl2水解，结束时，再通入N2将装置中残留的HCl排出。1．已知柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性。用图示装置(夹持和加热仪器已省略)制备补血剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe](易溶于水，难溶于乙醇)。下列说法错误的是()甲乙丙A．装置甲中所盛放的药品可以是石灰石和稀盐酸B．加入柠檬酸溶液可调节溶液的pH，并防止Fe2＋被氧化C．丙中反应的化学方程式为FeCO3＋2H2NCH2COOH→(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2OD．洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液D[为了防止Fe2＋被氧化，本实验利用CO2排出装置中的空气，因此可以用石灰石和稀盐酸来制取CO2，并在装置甲中进行，A项正确；加入柠檬酸可以调节溶液的pH以促进FeCO3的溶解，同时利用柠檬酸的还原性可以防止Fe2＋被氧化，B项正确；利用丙中的物质制备甘氨酸亚铁，反应的化学方程式为FeCO3＋2H2NCH2COOH→(H2NCH2COO)2Fe＋CO2↑＋H2O，C项正确；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂为乙醇，D项错误。]2．某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：CuCl难溶于水和稀硫酸；Cu2O＋2H＋=Cu2＋＋Cu＋H2O。下列说法不正确的是()A．步骤②中的SO2可用Na2SO3替换B．步骤③中为防止CuCl被氧化，可用SO2水溶液洗涤C．步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl＋2OH－eq\o(=,\s\up9(△))Cu2O＋2Cl－＋H2OD．如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度D[CuCl不溶于稀硫酸，Cu2O与稀硫酸反应生成Cu，故反应后的固体为CuCl与Cu的混合物，无法确定Cu的量，无法计算试样纯度，D错误。]3．由于Fe(OH)2具有很强的还原性，易被氧化为Fe(OH)3，在实验室中制备Fe(OH)2，并使Fe(OH)2长时间保持白色沉淀状态，成为物质制备实验探究的热点。(1)下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是(填序号)。①②③④⑤(2)利用(1)中②装置制备Fe(OH)2的操作步骤为。[答案](1)①②③⑤(2)先打开止水夹a，反应一段时间检验B中出来的H2纯净时，再关闭止水夹a，让A中溶液进入B中eq\a\vs4\al(涉及铁、铜化合物的化工流程)1．绿矾的制备(1)用废铁屑(含少量SiO2和氧化铁)制取绿矾(2)用烧渣(主要含FeO、Fe2O3，还有一定量的SiO2)制备绿矾2．铜化合物的制备废铜利用的一般流程模板3．废物中铁与铜的利用CuCl2溶液中Fe2＋的除杂(1)若直接调节溶液的pH，待Fe2＋沉淀完全，Cu2＋也已沉淀完全，不能除去Fe2＋，不可行。(2)先将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调溶液的pH为3.7≤pH<4.4，此时Fe3＋沉淀完全，Cu2＋未沉淀，过滤除去Fe(OH)3沉淀。(3)加入的氧化剂可以是双氧水或氯气等，注意不能引入新的杂质。(4)调节溶液pH的物质，要消耗氢离子，但不能引入新杂质，可为CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3。1．高铁酸钾(K2FeO4)是新型的绿色环保水处理剂。一种制备K2FeO4的流程如下：下列说法错误的是()A．步骤ⅰ中反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2OB．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：NaClO>Na2FeO4C．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：Na2FeO4<K2FeO4D．K2FeO4作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe3＋C[步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下被H2O2氧化为Fe2(SO4)3，则H2O2被还原为H2O，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，A项正确；步骤ⅱ为NaClO在碱性溶液中将Fe2(SO4)3氧化成Na2FeO4，则NaClO为氧化剂，Na2FeO4为氧化产物，故氧化性：NaClO>Na2FeO4，B项正确；步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和KOH溶液反应得到K2FeO4粗品，反应类型为复分解反应，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，C项错误；K2FeO4作为性能优良的水处理剂是因为其具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体具有絮凝的作用，D项正确。]2．工业上用含有少量氧化铁杂质的废铜粉为原料，制取硫酸铜的主要过程如图所示：下列有关说法不正确的是()A．“过量酸”不适合用硝酸或浓硫酸，固体B可以用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3B．通入的气体A可以是O2或Cl2C．通入气体A之前的混合溶液中存在的阳离子是Fe2＋、Cu2＋、H＋D．将从溶液中得到的硫酸铜晶体在空气中加热，可制得无水硫酸铜B[通入的气体A不可以是Cl2，否则引入Cl－杂质，B错误。]3．某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取七水合硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)，设计了如下流程：下列说法不正确的是()A．溶液1中的阳离子可与NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、I－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))在同一溶液中大量共存B．向溶液2中加入3～5滴K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀生成C．向固体2中加入足量NaOH溶液，发生反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2H2OD．从溶液2得到FeSO4·7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解A[根据烧渣的主要成分，Fe2O3属于碱性氧化物，加入足量的酸后，与酸反应生成Fe3＋，Al2O3属于两性氧化物，与酸反应后生成Al3＋，SiO2属于酸性氧化物，不与酸反应，即溶液1中含有阳离子H＋、Fe3＋和Al3＋，这三种离子不能与HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))大量共存，Fe3＋和I－能发生氧化还原反应，因此不能大量共存，A项错误；根据流程，溶液2中含有Fe2＋，因此加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀，B项正确；固体2应是Al(OH)3，氢氧化铝表现两性，能与强碱反应：Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2H2O，C项正确；Fe2＋具有还原性，容易被氧气氧化，同时FeSO4·7H2O容易失去结晶水，因此制备FeSO4·7H2O时，应注意防止其氧化和分解，D项正确。]4．CuCl是有机合成的重要催化剂，并用于颜料、防腐等工业。工业上由废铜料(含Fe、Al及SiO2杂质)，生产CuCl的工艺流程如下：物质开始沉淀时的pH沉淀完全时的pHFe(OH)32.73.7Cu(OH)25.66.7Al(OH)33.84.7已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCleq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，CuCleq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀。(1)煅烧的主要目的是。(2)操作Ⅰ为调节溶液的pH，范围为，加入的物质X可以是(填字母)。A．CuO B．Cu(OH)2C．NaOH溶液 D．CaCO3(3)滤渣Ⅱ的主要成分是。(4)往滤液Ⅱ中加入食盐并通入SO2可生成CuCleq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，请写出反应Ⅰ的离子方程式：。(5)工业上常用CuSO4来制备CuCl，在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl，加热生成CuCl沉淀，该反应的离子方程式是。[解析](1)铜在废铜料中主要以铜单质的形式存在，从流程图知CuCl需从溶液中提取，故煅烧的目的是将铜转化为溶于酸的氧化物。(2)调节溶液的pH时，应保证Fe3＋、Al3＋完全沉淀，而Cu2＋不能沉淀，溶液的pH应为4.7≤pH<5.6，加入物质X的目的是消耗H＋调节溶液的pH，但不能引入新杂质。(3)溶液的pH在4.7≤pH<5.6时，Fe3＋和Al3＋完全转化为相应的氢氧化物沉淀，滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)根据题给的反应物和生成物，再结合氧化还原反应的基本规律可写出反应Ⅰ的离子方程式：2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－=2CuCleq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋。(5)根据得失电子守恒配平即可。[答案](1)使铜转化为可溶于酸的氧化物(2)4.7≤pH<5.6ABC(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)2H2O＋2Cu2＋＋SO2＋4Cl－=2CuCleq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋(5)2Cu2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2Cl－＋H2Oeq\o(=,\s\up9(△))2CuCl↓＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋1．(2020·江苏高考，T19节选)实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料α­Fe2O3。其主要实验流程如下：(1)酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有(填序号)。A．适当升高酸浸温度B．适当加快搅拌速度C．适当缩短酸浸时间(2)还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3＋完全转化为Fe2＋。“还原”过程中除生成Fe2＋外，还会生成(填化学式)；检验Fe3＋是否还原完全的实验操作是。(3)沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水­NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。①生成FeCO3沉淀的离子方程式为。②设计以FeSO4溶液、氨水­NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5]。[解析](1)其他条件不变，实验中适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度，均可以加快铁泥的溶解，即提高铁元素的浸出率。(2)“酸浸”时，H2SO4过量，加入过量铁粉，除生成Fe2＋外，还会产生H2。Fe3＋与KSCN反应所得溶液呈血红色，当加入KSCN溶液观察不到血红色，则说明Fe3＋已完全被还原为Fe2＋。(3)①Fe2＋与HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反应生成FeCO3沉淀，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))电离出的H＋与NH3·H2O结合生成NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，则生成FeCO3沉淀的离子方程式可以写成：Fe2＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋NH3·H2O=FeCO3↓＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2O或Fe2＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋NH3=FeCO3↓＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))。②用FeSO4和氨水­NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3，若pH大于6.5，则会生成Fe(OH)2沉淀，故需要控制pH不大于6.5；对生成的FeCO3用蒸馏水洗涤2～3次；因FeCO3表面会附着SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，则说明FeCO3已洗涤干净。[答案](1)AB(2)H2取少量清液于试管中，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色(3)①Fe2＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋NH3·H2O=FeCO3↓＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋H2O(或Fe2＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋NH3=FeCO3↓＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水­NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀2．(2019·浙江高考)某同学设计如图装置(气密性已检查)制备Fe(OH)2白色沉淀。请回答：(1)仪器1的名称。装置5的作用。(2)实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。请为装置作一处改进，使溶液能进入4中。(3)装置改进后，将3中反应后溶液压入4中，在4中析出了灰绿色沉淀。从实验操作过程分析没有产生白色沉淀的原因。[解析]该装置制备Fe(OH)2白色沉淀的思路是在排净空气的气氛中，先将铁屑和稀硫酸反应得到FeSO4，再利用气体产生气压把FeSO4溶液压至装置4中与NaOH反应，得到Fe(OH)2，注意所需试剂也需要加热除掉溶解氧。(1)仪器1是分液漏斗或滴液漏斗，该反应需要置于无氧环境，注意这里跟防倒吸无关，装置5的作用是液封，防止空气进入装置4。(2)实验开始时，关闭K2，打开K1，反应一段时间后，再打开K2，关闭K1，发现3中溶液不能进入4中。如此操作失败的原因是产生的H2从左侧导管逸出，没有足够的压强，所以不能将FeSO4溶液压入4中，因而在装置2、3之间添加控制开关即可。(3)灰绿色沉淀产生的原因是装置4中空气没有完全排净，Fe(OH)2被空气氧化。[答案](1)分液漏斗(滴液漏斗)液封，防止空气进入装置4(2)在装置2、3之间添加控制开关(3)装置4内的空气没有排净工业上以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含有少量SiO2)为主要原料制备CuCl的主要流程如下：已知：CuCl微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色固体)＋2Cl－[CuCl3]2－(无色溶液)。回答下列问题：(1)溶液A中含有硫酸铜、硫酸铁，则在一定条件下黄铜矿与稀硫酸、氧气发生反应的化学方程式为。(2)沉淀D为(填化学式)。(3)加过量CuO调pH的目的是。(4)若“①”处不加浓盐酸，此处的反应会较快停止，原因是。(5)“②”中的系列操作是，过滤，用洗涤，真空干燥。(6)向溶液B中加入NaCl、NaHSO3，加热，也可生成CuCl，则该反应的离子方程式是。[解析][答案](1)4CuFeS2＋2H2SO4＋17O2eq\o(=,\s\up9(一定条件))4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O(2)SiO2(3)使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀除去(4)生成的微溶CuCl会附着在Cu的表面，阻碍反应进一步发生(5)向溶液C中加入大量的水无水乙醇(6)2Cu2＋＋2Cl－＋HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2Oeq\o(=,\s\up9(△))2CuCl↓＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋3H

第13讲无机化工流程解题策略(能力课)1.以化工流程为载体掌握物质的制备原理，反应条件的控制和提高产率的措施等。2.以化工流程为载体掌握物质的分离提纯原理及涉及的仪器和操作。eq\a\vs4\al(明确试题模式·建立思维模型)1．明确试题模式图1图2图3图1箭头表示反应物加入同时生成物出来；图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来；图3箭头表示循环反应。2．搞清命题角度命题的角度主要有(1)原料的处理方法，(2)重要转化的方程式书写，(3)物质的分离、提纯方法与原理，(4)反应条件的控制方法，(5)涉及产率、Ksp的有关计算，(6)涉及的化学反应原理分析等。3．建立思维模型(1)审题干——明确原料成分和目的要求(2)审流程——明确各步转化原理和目的①看箭头：进入的是原料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。②看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。③找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。④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。(3)审问题——明确答什么①不要答非所问：要看清题目要求，按要求答题，防止答非所问。②规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范。【典例】(2020·全国Ⅲ卷，T27节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋开始沉淀时(c＝0.01mol·L－1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式。(2)“滤液②”中含有的金属离子是。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即“滤液③”中可能含有的杂质离子为。(4)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是。[三步审读][答案](1)除去油脂、溶解铝及其氧化物[Al(OH)4]－＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋(3)O2或空气Fe3＋(4)提高镍回收率流程分析三方法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)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点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。就是将提供的工业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eq\a\vs4\al(分类突破方法·提升解题能力)以分离提纯为主体的化工流程1．物质分离、提纯的原则(1)不增：不引入新的杂质。(2)不减：不减少被提纯的物质。(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。2．常用的提纯方法水溶法除去可溶性杂质酸溶法除去碱性杂质碱溶法除去酸性杂质氧化剂或还原剂法除去还原性或氧化性杂质加热灼烧法除去受热易分解或易挥发的杂质调节溶液的pH法如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等增大矿石物质的浸出率的措施有：搅拌、加热、升温，增大浸出液的浓度，粉碎增大固液接触面，延长浸出时间。3．常用的分离方法过滤分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法萃取和分液利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴蒸发结晶提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl冷却结晶提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等蒸馏或分馏分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油冷却法利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气4．三种分离、提纯的深化(1)过滤问题①3个基本操作检验溶液中离子是否沉淀完全的方法将溶液静置一段时间后，用胶头滴管取上层清液少许放入小试管中，向其中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则说明离子沉淀完全洗涤沉淀沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次检验沉淀是否洗涤干净的方法取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净②特定洗涤目的冰水洗涤的目的洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗乙醇洗涤的目的降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物减压过滤(抽滤)加快过滤速率，使沉淀更干燥(2)结晶方式蒸发浓缩、冷却结晶适用于杂质的溶解度随温度变化不大的物质分离提纯，如除去KNO3中的少量NaCl或受热易分解的物质，如晶体水合物、铵盐等蒸发结晶、趁热过滤适用于杂质的溶解度随温度变化较大物质的分离提纯，可减少杂质晶体的析出，如除去NaCl中的少量KNO3。趁热过滤的方法：漏斗预热，用少量热蒸馏水通过过滤器，带加热装置的漏斗、抽滤晶体的干燥：要得到干燥的晶体，常见的干燥方法有自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(适用于热稳定性较好的物质)。(3)调节溶液pH分离提纯①控制溶液的酸、碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)31.53.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋、Fe3＋，可先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH在3.7≤pH<8.3。②调节pH所需的物质应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。【典例1】(2021·全国乙卷，T26)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：金属离子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Aleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO4))2的化学方程式：。(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是。(3)“母液①”中Mg2＋浓度为mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是。“酸溶渣”的成分是、。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得，循环利用。[解析](1)“焙烧”中，Al2O3和(NH4)2SO4反应生成NH4Al(SO4)2，同时放出NH3，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up9(高温))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。(2)由题表中Fe3＋、Al3＋、Mg2＋完全沉淀时的pH分别为3.2、4.7、11.1可知，用氨水逐步调节pH至11.6的过程中，依次析出的金属离子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)依据Mg2＋完全沉淀时的pH＝11.1，可知此时c(OH－)＝10－2.9mol·L－1，此时c(Mg2＋)＝10－5mol·L－1，则Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－10.8，用氨水逐步调节pH至11.6时，c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，则c(Mg2＋)＝eq\f(Ksp[Mg(OH)2],c2(OH－))＝10－6mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，为了尽可能减少酸溶液的挥发而造成不必要的损失且保证TiO2可以完全溶解，故最好选择硫酸；SiO2不溶于硫酸，“焙烧”生成CaSO4固体，故“酸溶”后所得“酸溶渣”的成分为SiO2、CaSO4。(5)由题意知，TiO2＋水解生成TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up9(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋。(6)母液①的主要成分为硫酸铵和氨水，母液②的主要成分为硫酸，混合后吸收尾气NH3，经处理可得到(NH4)2SO4，循环利用。[答案](1)Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up9(高温))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋(3)1.0×10－6(4)硫酸SiO2CaSO4(5)TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up9(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋(6)(NH4)2SO4以物质制备为主体的化工流程1．物质制备过程的条件控制(1)控制体系的环境氛围①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体，抑制水解并带走因分解产生的水汽。②营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2＋被氧化。③加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2＋氧化转化为Fe3＋，绿色氧化剂H2O2的优点：不引入新杂质，对环境无污染。(2)控制反应温度①加热：加速溶解、加快反应速率或促进平衡向某个方向移动(如促进水解生成沉淀)。②降温：防止某物质在某温度时会溶解或分解，或促进平衡向某个方向移动。③控制温度在一定范围内，综合多方面因素考虑。如使反应速率不至于太慢、抑制或促进平衡移动、防止反应物分解、防止副反应发生、使催化剂的催化活性最高等。④如题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法。2．在流程题中，常会看到压强、温度等外界条件的出现，不同的工艺对化学反应的温度或压强有不同的要求，其所起的作用也不一样，但都是能否达到实验目的的关键所在，也是命题专家们经常考查的地方。对外界条件的分析主要从对反应速率和平衡转化率的影响这两个方面着手。如(1)使催化剂的活性达到最高：如工业合成氨或SO2的催化氧化反应，选择的温度是500℃左右，原因之一就是这样可使催化剂的活性达到最高。(2)对于一些工艺来说，降温或减压都可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的目的。【典例2】(2021·湖南选择性考试，T17)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为。(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有(至少写两条)。(3)滤渣Ⅲ的主要成分是(填化学式)。(4)加入絮凝剂的目的是。(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为，常温下加入的NH4HCO3溶液呈(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)。(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为。[解析]焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4、Ce2(SO4)3、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为6HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2Ce3＋＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑；铵根离子的水解常数Kh(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝eq\f(10－14,1.75×10－5)≈5.71×10－10，碳酸氢根离子的水解常数Kh(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,4.4×10－7)≈2.3×10－8，则Kh(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))<Kh(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))，因此常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性。[答案](1)eq\o\al(\s\up1(138),\s\do1())58Ce(2)适当升高温度、将独居石粉碎、搅拌(合理即可)(3)Al(OH)3(4)促进Al3＋、Fe3＋聚沉为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀(5)6HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2Ce3＋＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑碱性(6)6FePO4＋C6H12O6＋3Li2CO3eq\o(=,\s\up9(高温))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O(2021·河北选择性考试，T15)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr­Fe­Al­Mg的深度利用和Na＋内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是(填元素符号)。(2)工序①的名称为。(3)滤渣Ⅰ的主要成分是(填化学式)。(4)工序③中发生反应的离子方程式为。(5)物质Ⅴ可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为