主题工艺流程题

2019分类突破PPT

题型分析第二篇——非选择题工艺流程题PART02主题9全国卷考情分析

高考年份2017年全国2018年全国Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷命题角度实验条件的控制,陌生化学方程式的书写,转化率的求算,化学键的判断,Ksp的计算实验目的、原理和评价,有关氧化还原滴定的计算,化学方程式的书写氧化还原反应方程式的配平,化学方程式的书写,溶解度的有关问题,物质的分离、提纯操作,反应类型的判断,产率的计算陌生方程式的书写,流程中生成物的推断和加入物质的作用,电极反应式的书写,氧化还原滴定时化学方程式的书写和计算陌生化学方程式和离子方程式的书写,流程中生成物的推断和加入物质的作用,电极反应式的书写物质的名称,物质的分离、提纯,化学方程式的书写,电极反应式的书写和交换膜中迁移离子的种类和方向命题规律全国卷必考一道工艺流程题,题型一般为物质制备型工艺流程题或物质分离提纯型工艺流程题。工艺流程题情境新,集综合性、真实性、开放性于一体,考查的内容广泛,可以是物质的转化关系、原理应用、操作名称、化工术语等,特别注重对物质的制备方法、物质间的转化途径、混合物分离和提纯方法、化学实验的基本操作方法、陌生情境中化学方程式或离子方程式的书写及简单计算能力的考查,检验考生能否运用化学反应原理及相关实验等知识解决工业生产中的实际问题命题角度一物质制备型工艺流程题

物质制备型工艺流程题一般分为原料处理、分离提纯、获得产品三个阶段。通过对给定的原料进行预处理、分离提纯,再经过若干步反应,最后制得目标物质。例1.(2018年全国Ⅰ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式

。

(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为①pH=4.1时,Ⅰ中为

溶液(写化学式)。

②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是

。2NaHSO3Na2S2O5+H2ONaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液【真题示例】(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0.01000mol·L-1的碘标准液滴定至终点,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

g·L-1(以SO2计)。

2H2O-4e-4H++O2↑a0.128S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+【解析】

(2)①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液呈酸性,说明生成物是酸式盐,即Ⅰ中为NaHSO3。②要制备焦亚硫酸钠,需要先制备亚硫酸氢钠过饱和溶液,因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生失去电子的氧化反应,阳极区是稀硫酸,氢氧根离子放电,则电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑。阳极区氢离子浓度增大,通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸氢钠。阴极是氢离子放电,氢氧根离子浓度增大,与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠,所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。(4)单质碘具有氧化性,能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠,反应的离子方程式为S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+,消耗碘的物质的量是0.0001mol,根据S2O52-~2I2,n(SO2)=2n(S2O52)得,n(SO2)=0.0001mol,所以焦亚硫酸钠的残留量(以SO2计)是=0.128g·L-1。【关键能力】熟悉工艺流程题的三个阶段:原料处理、分离提纯、获得产品。1.原料处理阶段(1)常见原料处理的方法:溶解、水(酸或碱)浸、浸出、灼(焙、煅)烧等。(2)加快反应速率的方法:搅拌、加热、粉碎等。2.分离提纯阶段(1)调pH除杂:控制溶液的酸碱性,使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。(2)加热:加快反应速率或促进平衡向某个反应方向移动。(3)降温:防止某物质在高温时会溶解(或分解)或使化学平衡向着题目要求的方向移动。(4)水(酸或碱)溶法:除去可溶性(碱性或酸性)杂质。(5)氧化剂或还原剂法:除去还原性或氧化性杂质。(6)分离方法:过滤、蒸发(冷却)结晶、萃取和分液、蒸馏(或分馏)等。3.获得产品阶段(1)洗涤:(冰水、热水)洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中溶解损耗。(2)根据物质溶解度差异选择正确的方法,如蒸发浓缩、冷却结晶或蒸发结晶、趁热过滤。【针对训练】TiO2和CaTiO3都是光电转化材料。某研究小组利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量SiO2等杂质)来制备TiO2和CaTiO3,并利用黄钾铁矾[KFe3(SO4)2(OH)6]回收铁的工艺流程如图1所示:回答下列问题:(1)“氧化酸解”的实验中,控制反应温度为150℃,不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图2所示。50min时,要求酸解率大于85%,所选氧化剂应为

;

采用H2O2作氧化剂时,其效率低的原因可能是

KClO3

在温度较高时H2O2易分解或产物中的Fe3+可以催化H2O2的分解(2)向“氧化酸解”的滤液①中加入尿素[CO(NH2)2],TiO2+转化为TiO2,写出相应反应的离子方程式:

,使用尿素而不直接通入NH3的原因是

。

(3)写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式:

。

(4)Fe3+恰好沉淀完全时,溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,计算此时溶液的pH=

。[Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-39、水的Kw=1.0×10-14]

(5)黄钾铁矾沉淀为晶体,含水量很少。回收Fe3+时,不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3的原因是

。TiO2++CO(NH2)2+2H2OTiO2+CO2↑+2NH4+避免将溶液中Fe3+沉淀TiO2+CaCl2·2H2OCaTiO3+2HCl↑+H2O↑2.7Fe(OH)3为絮状沉淀,不容易分离

【解析】(1)根据题目要求结合图像,在50min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3,但KMnO4作氧化剂引入了Mn2+,对后续的物质分离会造成干扰,故选用KClO3

作氧化剂。产物中的Fe3+可以催化H2O2的分解,所以采用H2O2作氧化剂时效率低。(2)由TiO2+转化为TiO2可知,Ti元素的化合价并没有发生改变,该反应为非氧化还原反应,在酸性环境中,C、N元素的产物为CO2、NH4+由于Fe3+开始沉淀需要的pH很小,直接通入NH3会使溶液pH快速增大,容易使Fe3+沉淀,所以使用尿素而不直接通入NH3,可以避免溶液中Fe3+沉淀。(3)由信息可知制备CaTiO3的反应为非氧化还原反应,根据元素守恒,剩余产物为HCl、H2O。(4)根据Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-39和溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1可知,溶液中OH-的浓度为mol·L-1≈1.0×10-11.3mol·L-1,c(H+)===10-2.7mol·L-1,所以pH为2.7。(5)氢氧化铁为絮状沉淀,不易于从溶液中分离,所以不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3。命题角度二物质分离提纯型工艺流程题

物质分离提纯型工艺流程题主要是针对混合物的除杂、分离和提纯。解题时找出要得到的主要物质是什么,混有的杂质有哪些,分析加入某一试剂后,能与什么物质发生反应,生成了什么物质,要用什么样的方法才能将杂质除去,将工艺流程转化为物质的转化流程,明确各步所加试剂或相关操作的目的。【典型示例】例2.

(2018年江苏,16)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下(1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为

。SO2+OH-HSO3-(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃硫去除率=(1-)×100%

①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时,去除的硫元素主要来源于

。

②700℃焙烧时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是

。FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由

(填化学式)转化为

(填化学式)。

(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=

。NaAlO2

Al(OH)31∶16【解析】

(1)过量SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3,反应的化学方程式为SO2+NaOHNaHSO3,离子方程式为SO2+OH-HSO3-(2)①根据题给已知,多数金属硫酸盐的分解温度高于600℃,不添加CaO的矿粉低于500℃焙烧时,去除的硫元素主要来源于FeS2。②添加CaO,CaO起固硫作用,添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O22CaSO4,根据硫去除率的含义,700℃焙烧时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。(3)“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为NaAlO2和Na2SiO3,向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al(OH)3,反应的离子方程式为CO2+Al+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-,即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。(4)Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑,理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16。【关键能力】工艺流程题中文字表述题答题方法1.“加过量试剂”:常考虑反应完全或增大转化率、产率等。2.“控制pH”:常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。3.“能否加其他物质”:常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。4.“控制较低温度”:常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。5.“判断沉淀是否洗净”:常取少量最后一次洗涤液于试管中,向其中滴加某

试剂,以检验其中的某种离子。6.“检验某物质的设计方案”:通常取少量某物质于试管中,加水溶解,再加入另一试剂产生某现象,然后得出结论。7.“用某些有机试剂清洗”:(1)降低物质溶解度有利于产品析出;(2)洗涤沉淀可减少损耗和提高利用率等。8.“在空气中或在其他气体中”:主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3,还含有少量Al2O3、MgO、SiO2等杂质)制备铁红的工艺流程如下:【针对训练】回答下列问题:(1)硫铁矿完全被还原焙烧后,Fe元素的化合价为

。

(2)若“合成”中c(Mg2+)=0.01mol·L-1,加入NH4HCO3溶液(设溶液体积增加1倍),当Fe2+恰好沉淀完全时,溶液中c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有MgCO3沉淀生成?______________________________________________________

列式计算)。(已知FeCO3、MgCO3的Ksp分别为3.2×10-11、3.0×10-8)+2无MgCO3沉淀生成,c(CO32-)==mol·L-1=3.2×10-6

mol·L-1,Qc=c(CO32-)·c(Mg2+)=3.2×10-6×<Ksp(MgCO3)(3)“合成”过程中Fe2+发生反应的离子方程式为

。(4)“合成”过程中温度对亚铁离子转化率的影响如图所示,分析选择反应温度为40℃的原因:

.

。

(5)“煅烧”中由FeCO3制备Fe2O3的化学方程式为

。

(6)本流程中,铝元素是以

(填化学式)形式被除去的。Fe2++2HCO3-FeCO3↓+H2O+CO2↑温度低于40℃时,亚铁离子转化率较低;温度高于40℃时,亚铁离子转化率变化不大且温度过高,碳酸氢铵易分解4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2Al(OH)3【解析】

(1)根据金属的冶炼原理,炭黑能够还原Fe2O3,因为“酸浸”中加入硫酸,如果还原时铁元素转化成铁单质,会与硫酸反应生成H2,H2是可燃性气体,可能发生危险,因此“还原焙烧”后,铁元素的化合价为+2。(3)根据题意,向含Fe2+的溶液中加入NH4HCO3,生成了FeCO3沉淀,根据原子守恒和电荷守恒,还应生成H2O和CO2。(6)本流程中酸浸时Al2O3转化为Al3+,加NH4HCO3时,Al3+与HC发生双水解转化为Al(OH)3沉淀而被除去。(2018年全国Ⅱ卷,26改编)锌是一种应用广泛的金属。一种以闪锌矿(主要成分为ZnS,还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:相关金属离子[c0(）=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题:(1)焙烧过程中主要反应的化学方程为

。

(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有

。

(3)氧化除杂工序中通入氧气的作用是,

,ZnO的

的作用是

。(4)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为

。能否省去“还原除杂”步骤,直接在“氧化除杂”步骤中除去Cd2+,为什么?

______________________________________________________________________________________________________________。

2ZnS+3O22ZnO+2SO2PbSO4将Fe2+氧化成Fe3+方便除去调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全Zn+Cd2+Zn2++Cd不能,在氧化除杂工序中加ZnO是为了调节溶液pH若要完全除去Cd2+,溶液的pH至少需要调节为9.4,此时Zn2+也会完全沉淀(5)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为

；

沉积锌后的电解液可返回

工序继续使用。

(6)改进的锌冶炼工艺,采用了“氧压酸浸”的全湿法流程,既省略了易导致空气污染的焙烧过程,又可获得一种有工业价值的非金属单质,“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为

。Zn2++2e-Zn溶浸2ZnS+4H++O22Zn2++2S+2H2O

【解析】(1)闪锌矿的主要成分是ZnS,焙烧后生成ZnO和SO2。(2)由于硫酸铅不溶于水,因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4。(3)根据表中数据可知沉淀Fe2+所需的pH较大,所以通入氧气的作用是将Fe2+氧化成Fe3+方便除去;要除去Fe3+,需要调节溶液的pH,又因为不能引入新杂质,所以需要利用氧化锌来调节pH。(4)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,反应的离子方程式为Zn+Cd2+Zn2++Cd。不能省去“还原除杂”步骤直接在“氧化除杂”步骤中除去Cd2+,因为在氧化除杂工序中加ZnO调节pH,若要完全除去Cd2+,溶液的pH至少需要调节为9.4,此时Zn2+也会完全沉淀。(5)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极由锌离子得电子生成锌单质,发生还原反应;电解后还产生硫酸,因此沉积锌后的电解液可返回“溶浸”工序继续使用。(6)“氧压酸浸”法顾名思义,可知反应物中含有H+和O2,可以获得非金属单质S,反应的离子方程式为2ZnS+4H++O22Zn2++2S+2H2O。2(2017年全国Ⅰ卷,27改编)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:回答下列问题:(1)滤渣的成分是

。

(2)“酸浸”后,钛主要以TiOCl42-形式存在,写出滤液①中TiOCl42-转化生成TiO2·xH2O的离子方程式:

。(3)固体TiO2·xH2O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所示。反应温度过高时,Ti元素浸出率下降的原因是

。

(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为

。SiO2TiOCl42-+(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H++4Cl-当温度过高时,H2O2会分解且氨水易挥发4(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全,即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?

(列式计算)。(FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24)Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO43-)==mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,Qc=c3(Mg2+)·c2(PO43-)=0.013×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)由滤液②制备LiFePO4的过程中,所需17%双氧水与H2C2O4的质量之比是

。

(7)若采用钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)作电极组成电池,其工作原理为Li4Ti5O12+3LiFePO4Li7Ti5O12+3FePO4,该电池充电时的阳极反应式是

。

20∶9LiFePO4-e-FePO4+Li+【解析】(1)钛铁矿与盐酸反应时,杂质中SiO2不溶于盐酸,所以滤渣的成分是SiO2。(3)当温度超过40℃时,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应的反应速率下降,Ti元素的浸出率下降。(4)Li2Ti5O15中Li为+1价、Ti为+4价、O为-2、-1价(在O22-中O为-1价,且每个O22-中含有一个过氧键),设过氧键的数目为x,根据原子守恒和化合物中元素的正、负化合价代数和等于0,可得(+1)×2+(+4)×5+(-1)×2x+(-2)×(15-2x)=0,解得x=4。(6)分析反应流程,H2O2把Fe2+氧化为Fe3+,H2C2O4把Fe3+还原为Fe2+,H2O2中O元素由-1价变为-2价,H2C2O4中C元素由+3价变为+4价,根据电子转移总数相等得×2=×2,得m(H2O2)∶m(H2C2O4)=20∶9。(7)阳极发生氧化反应,据总反应式可得,铁元素由+2价变为+3价,失电子,发生氧化反应,所以阳极反应式为LiFePO4-e-FePO4+Li+。3.(2017年全国Ⅲ卷,27改编)工业上用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3,还含有Al2O3、MgCO3、SiO2等杂质)为原料制备重铬酸钾晶体(K2Cr2O7)和铁红的流程如图所示:已知:Ⅰ.常见离子开始生成沉淀和沉淀完全的pH如下表所示:离子Fe3+Al3+Mg2+SiAl开始沉淀的pH1.94.28.19.510.2沉淀完全的pH3.25.39.48.08.5Ⅱ.熔融Na2CO3条件下主要发生反应:2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2。(1)熔融Na2CO3条件下还可以得到的副产物为NaAlO2和Na2SiO3,生成这两种副产物的化学方程式分别为

。

(2)滤渣2的主要成分为

(填化学式)。

(3)用醋酸调节pH2=5的目的是

;若调节的pH过低,N可被氧化为N,其离子方程式为

。Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2↑、Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑H2SiO3、Al(OH)3将CrO42-转化为Cr2O72-Cr2O72-+3NO2-+8H+2Cr3++3NO3-+4H2O(4)有关物质的溶解度如图所示。调节pH2=5后加入适量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℃生成重铬酸钾的反应类型是

。

(5)调节pH3的范围为

。

(6)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为

。d

复分解反应3.2≤pH<8.1×100%【解析】(2)调pH1=7~8,可得到的沉淀为H2SiO3、Al(OH)3。(4)由图示可知,在10℃左右时,得到K2Cr2O7固体最多;生成重铬酸钾的反应为2KCl+Na2Cr2O7K2Cr2O7↓+2NaCl,反应类型为复分解反应。(5)为了让Fe3+沉淀完全,而Mg2+不沉淀,调节pH3的范围为3.2≤pH<8.1。(6)样品中Cr2O3的质量为m1×40%kg,理论上生成K2Cr2O7的质量为m1×40%×kg,则所得产品的产率为m2÷(m1×40%×)×100%=×100%。4.(2016年全国Ⅰ卷,28改编)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:回答下列问题:(1)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式:

。

(2)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为

、

。“电解”中阴极反应的主要产物是

。

2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4NaOH溶液Na2CO3溶液ClO2-(或NaClO2)(3)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为

,在尾气吸收过程中,可代替H2O2的试剂是

(填字母)。

A.Na2O2

B.Na2S

C.FeCl2

D.KMnO4(4)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl-)、O3(1molO3转化为1molO2和1molH2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是

(填字母)。

A.Cl2 B.H2O2 C.ClO2 D.O32∶1AC(5)采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度为323K,NaClO2溶液浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表:离子SSNNCl-c(mol·L-1)8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式:

。

4OH-+3ClO2-+4NO4NO3-+3Cl-+2H2O【解析】(1)NaClO3和SO2在酸性条件下生成ClO2,其中NaClO3作氧化剂,还原产物为ClO2,根据得失电子守恒和原子守恒,此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4。

(2)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+,可利用过量NaOH溶液除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+;向NaCl溶液中加入ClO2进行电解,阳极发生反应2Cl--2e-Cl2↑,反应产生Cl2,阴极发生反应产生NaClO2。(3)根据图示可知,利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体,产物为NaClO2,则此吸收反应中,氧化剂为ClO2,还原产物为NaClO2,还原剂是H2O2,氧化产物是O2,每1molH2O2发生反应转移2mol电子,反应的化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+O2+2H2O,可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1。在尾气吸收过程中,既要代替H2O2又不能引入新的杂质,故可选的试剂是Na2O2。(4)A项,1molCl2被还原得到2mol电子;B项,1molH2O2被还原得到2mol电子;C项,1molClO2被还原得到5mol电子;D项,1molO3被还原得到2mol电子,消毒效率最高的是ClO2。(5)亚氯酸钠具有氧化性,且NaClO2溶液呈碱性,则NaClO2溶液脱硝过程中发生的主要反应的离子方程式为4OH-+3ClO2-+4NO4NO3-+3Cl-+2H2O。5.(2016年四川理综,11改编)磷尾矿难溶于水,主要成分为Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小组提出了用磷尾矿制备CaCO3、Mg(OH)2、P4和CO的方案,其工艺流程图如下:请回答下列问题:(1)磷精矿[Ca5(PO4)3F]的分解温度

(填“高于”或“低于”)950℃。(2)NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是:_____________________________________第一次浸取液用NH4NO3而不用(NH4)2SO4的原因是

。高于NH4+水解使溶液呈酸性,H+与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+CaSO4微溶于水,若第一次浸取液使用硫酸铵,不能完全浸取Ca2+(3)将磷尾矿研磨后加硫酸酸浸,磷尾矿中Ca5(PO4)3F所含氟元素转化为HF并生成粗磷酸,写出该反应的化学方程式:

。

(4)磷精矿与SiO2、C发生反应时被还原的物质是

。

(5)产物CO在工业上有重要的综合应用,现以CO、H2O、熔融Na2O组成的电池装置如图所示。写出石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式:_____________________。Na+向

(填“石墨Ⅰ”或“石墨Ⅱ”)移动。2Ca5(PO4)3F+10H2SO410CaSO4+6H3PO4+2HFCa5(PO4)3F石墨ⅡCO+O2--2e-CO2

(6)CO也可由甲酸(HCOOH)制取,甲酸是易溶于水的一元弱酸。①常温下关于1L0.1mol·L-1HCOONa溶液,下列关系不正确的是

_____(填字母)。

a.c(H+)·c(OH-)=1×10-14b.c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)c.c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)d.c(Na+)>c(H+)>c(HCOO-)>c(OH-)②向1L0.1mol·L-1HCOONa溶液中加水稀释后,c(HCOOH)·c(OH-)的数值

(填“增大”“减小”或“不变”)。d减小【解析】磷尾矿[主要成分为Ca5(PO4)3F和CaCO3•MgCO3]在950℃下煅烧,其中碳酸钙和碳酸镁分解,生成气体的主要成分为二氧化碳,磷矿Ⅰ的主要成分为Ca5(PO4)3F、CaO、MgO,NH4NO3溶液中NH4+水解使溶液呈酸性,可溶解CaO,得到的浸取液Ⅰ含有Ca2+,可转化为CaCO3,磷矿Ⅱ含有Ca5(PO4)3F、MgO,加入硫酸铵浸取,浸取液Ⅱ含有Mg2+,可转化为Mg(OH)2,向磷精矿中加入SiO2、C等,在高温下发生反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO↑+18CaSiO3+3P4。(1)根据流程图,在950℃煅烧时磷精矿[Ca5(PO4)3F]未分解,因此磷精矿的分解温度高于950℃。(2)NH4+水解使溶液呈酸性,H+能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+;CaSO4微溶于水,若第一次浸酸液使用硫酸铵,不能完全浸取Ca2+,因此第一次浸取液用NH4NO3而不用(NH4)2SO4。(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、CaSO4和磷酸,该反应的化学方程式为2Ca5(PO4)3F+10H2SO410CaSO4+6H3PO4+2HF。(4)根据流程图,向磷精矿中加入SiO2、C等,在高温下发生反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO↑+18CaSiO3+3P4,反应中P元素化合价降低,被还原,被还原的物质是Ca5(PO4)3F。(5)石墨Ⅰ为负极,电极反应式为CO+O2--2e-CO2;原电池中阳离子向正极移动,因此Na+向石墨Ⅱ移动。(6)①常温下,水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,a项正确;根据质子守恒,有c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-),b项正确;根据物料守恒有c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),c项正确;HCOO-水解使溶液呈碱性,水解程度一般较小,c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+),d项错误。②向1L0.1mol·L-1HCOONa溶液中加水稀释后,促进水解,c(HCOO-)减小,温度不变,水解常数不变,Kh=,c(HCOOH)·c(OH-)减小。1.工业上用含锰废料(主要成分为MnO2,含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如图1所示。类题一

物质制备型工艺流程题已知:25℃时,部分氢氧化物的溶度积常数(Ksp)如下表所示。氢氧化物Al(OH)3Fe(OH)3Cu(OH)2Mn(OH)2Ksp1.3×10-334.0×10-382.2×10-201.9×10-14回答下列问题:(1)沉淀1的化学式为

。

(2)室温下,调节pH为5。试通过计算说明此时Al3+、Fe3+已沉淀完全:________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)(NH4)2S的电子式为

;“净化”时,加入(NH4)2S的作用为

。

(4)“酸化、还原”中,发生的所有氧化还原反应的离子方程式为

。CaSO4理，c(Al3+)=1.3×10-6mol·L-1,皆小于1.0×10-5mol·L-1,故Al3+、Fe3+已沉淀完全室温下,pH=5时,c(OH-)=10-9mol·L-1,c(Fe3+)==4.0×10-11mol·L-1,同[H::H]+[]2-[H::H]+使Cu2+转化为CuS沉淀MnO2+SO2Mn2++SO42-、Fe2O3+SO2+2H+2Fe2++SO42-

+H2O(5)已知:滤液3中除MnSO4外,还含有少量(NH4)2SO4。(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线如图2所示。据此判断,“操作Ⅰ”应为蒸发浓缩、

、洗涤、干燥。(6)工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2,其阳极反应式为

。(7)25.35gMnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图3所示。①300℃时,所得固体的化学式为

。

②1150℃时,反应的化学方程式为

。趁热过滤Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+MnSO43MnO2Mn3O4+O2↑【解析】含锰废料与含二氧化硫的烟气、稀硫酸发生反应SO2+MnO2Mn2++SO42-,Fe2O3+SO2+2H+2Fe2++SO42-+H2O,Al2O3+6H+2Al3++3H2O,CuO+2H+Cu2++H2O,CaO+2H++SO42-CaSO4↓+H2O,沉淀1为CaSO4,滤液1中金属阳离子为Mn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+。加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+,调节pH为5沉淀Fe3+、Al3+,沉淀2为Al(OH)3和Fe(OH)3,滤液2中金属阳离子为Mn2+、Cu2+,加入(NH4)2S沉淀Cu2+,滤液3中除MnSO4外,还含有少量(NH4)2SO4,将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥制备MnSO4。(5)由图可知(NH4)2SO4的溶解度随温度的升高而增大,MnSO4的溶解度随温度的升高而减小,故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥制备MnSO4。(6)用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2,阳极发生氧化反应,电极反应式为Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+。(7)①25.35gMnSO4·H2O样品中n(Mn)=n(MnSO4·H2O)=0.15mol,n(H2O)=0.15mol,m(H2O)=2.7g,300℃时,所得固体质量为22.65g,减少的质量为2.7g,则说明该段失去结晶水,此时固体为MnSO4。②300℃时,固体为MnSO4,MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物,硫元素守恒,则n(SOx)=n(S)=n(MnSO4)=n(Mn)=0.15mol。850℃时,固体质量由22.65g减少为13.05g,减少的质量为9.6g,则硫的氧化物的相对分子质量为64,故为二氧化硫,则此时的固体为MnO2。1150℃时固体为二氧化锰分解所得,锰元素质量守恒,则m(锰)=n(锰)×55g·mol-1=8.25g,则氧化物中m(O)=11.45g-8.25g=3.2g,n(O)=0.2mol,n(Mn)∶n(O)=0.15∶0.2=3∶4,则该氧化物为Mn3O4,故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4+O2↑。2.铋及其化合物在工业生产中用途广泛,某研究小组用浮选过的辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有少量SiO2等杂质)制备NaBiO3,其流程如下:已知:①铋酸钠是一种难溶于水的物质;②水解能力:Bi3+>Fe3+。回答下列问题:(1)“浸取”时,为了提高浸取速率,可采取的措施有___________

(任写一条);“过滤1”的滤渣中的某种主要成分可溶于一种弱酸,写出该反应的化学方程式:

。

(2)“浸取”时加入过量浓盐酸的目的是

。

(3)写出“焙烧”时生成铋酸钠的化学方程式:

。适当提高浸取时温度;适当增大FeCl3溶液浓度;浸取时不断搅拌粉碎矿石;SiO2+4HFSiF4↑+2H2O溶解Bi2S3,同时防止FeCl3和BiCl3水解生成不溶性沉淀,提高原料的浸出率2Bi+2O2+Na2O22NaBiO3(4)用H2Dz(双硫腙,二元弱酸)~CCl4络合萃取法可从工业废水中提取金属离子:H2Dz先将金属离子络合成电中性的物质[如Cu(HDz)2等],再用CCl4萃取此络合物。下图是用上述方法处理含有Hg2+、Bi3+、Zn2+的废水时的酸度曲线(E%表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)。①当n(Bi3+)∶n[Bi(HDz)3]=1∶4时,废水的pH=

。

②向萃取后的CCl4中加入足量NaOH溶液可将Bi(HDz)3中的铋元素以氢氧化物的形式沉淀下来,相应的离子方程式为

。

(5)取焙烧得到的NaBiO3样品,加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。已知NaBiO3被还原为Bi3+,Mn2+被氧化成MnO4-,试写出该反应的离子方程式:

。2.5Bi(HDz)3+6OH-Bi(OH)3↓+3H2O+3Dz2-5NaBiO3+2Mn2++14H+5Na++5Bi3++2MnO4-+7H2O【解析】(1)一般提高浸取速率的方法有搅拌、加热、将固体粉碎,另外也可以增大加入的盐酸或氯化铁溶液的浓度。但是本题要注意,盐酸具有挥发性,所以温度不能太高;加入的是浓盐酸,所以增大盐酸浓度的意义也不大。第一步过滤后的滤渣主要是SiO2,SiO2可溶于氢氟酸。(2)加入过量的浓盐酸主要目的是尽量将原料中的Bi2S3完全溶解,同时抑制铁离子和铋离子的水解。(4)①当n(Bi3+)∶n[Bi(HDz)3]=1∶4时,代表Bi3+的萃取率是80%,由图示得到此时废水的pH=2.5。②向萃取后的CCl4中加入足量NaOH溶液可将Bi(HDz)3中的铋元素以氢氧化物[Bi(OH)3]的形式沉淀下来(注意H2Dz为二元弱酸,所以HDz-与OH-反应得到H2O和Dz2-),相应的离子方程式为Bi(HDz)3+6OH-Bi(OH)3↓+3H2O+3Dz2-。3.CuCl是生产印刷颜料酞菁蓝的重要原料,工业上可用一种低品位铜矿(主要成分为CuS、Cu2S、CuO、Fe2O3、FeO及其他非酸溶性杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2和其他非酸溶性杂质)来进行生产,过程如下:请回答下列问题:(1)步骤Ⅰ中反应较多,其中的一个反应为Cu2S+2MnO2+4H2SO42CuSO4+2MnSO4+4H2O+S,该反应的氧化产物为

(填化学式)。(2)为确定滤液1中是否含有Fe2+,首先用有机萃取剂除去溶液中的MnSO4,再取下层水溶液进行检测,所用试剂为

。

(3)步骤Ⅱ加入氨水控制溶液的pH为5左右,目的是

。CuSO4和S酸性KMnO4溶液[或K3Fe(CN)6溶液]除去Fe3+(4)为模拟步骤Ⅲ的生产过程,某同学设计如图所示实验,下列有关叙述正确的是

(填字母)。A.a通入CO2,然后b通入NH3,c中放碱石灰B.b通入NH3,然后a通入CO2,c中放碱石灰C.a通入NH3,然后b通入CO2,c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉D.b通入CO2,然后a通入NH3,c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉C(5)步骤Ⅳ的滤液中主要成分X是步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有的产物,可以回收作为肥料使用,该肥料

(填“可以”或“不可以”)与草木灰(有效成分为K2CO3)共用,简述原因：___________________________________________________________________

______________________________。(6)已知CuCl为难溶于水的白色固体,写出步骤Ⅴ发生反应的离子方程式:

。元素转化为氨气,导致肥料失效草木灰的有效成分为K2CO3,NH4+和CO32-相互促进水解,部分氮Cu+CuO+2H++2Cl-2CuCl+H2O不可以X为(NH4)2SO4,【解析】(1)元素失电子化合价升高,所得的产物是氧化产物,Cu2S中铜元素的化合价升高,生成硫酸铜,硫元素的化合价升高,生成单质硫,所以氧化产物是CuSO4和S。(2)Fe2+具有还原性,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,Fe2+与K3Fe(CN)6溶液反应会生成蓝色沉淀,所以可以用酸性KMnO4溶液或K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+。(3)根据流程图,步骤Ⅱ除去了Fe3+,所以步骤Ⅱ加入氨水控制溶液的pH为5左右的目的是除去Fe3+。(4)为防止倒吸,氨气从a导管通入,通入氨气后溶液呈碱性,便于吸收二氧化碳,装置C的作用是吸收多余氨气,所以a通入NH3,然后b通入CO2,c中放蘸有稀硫酸的脱脂棉。(5)步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有的产物,可以作为肥料使用的是硫酸铵,故X是(NH4)2SO4。草木灰的有效成分为K2CO3,NH4+和CO32-相互促进水解,部分氮元素转化为氨气,导致肥料失效。4.磷酸亚铁锂是锂电池的电极材料,其成分为LiFePO4、碳粉和铝箔。对该材料进行资源回收研究,设计实验流程如下:已知部分物质溶解度如下表:物质Li2CO3LiOHLiI0℃1.54g12.7g151g100℃0.72g13.6g179g回答下列问题:(1)由滤液1到沉淀1反应的离子方程式为

。

(2)向滤渣1加入H2SO4、H2O2混合溶液时,磷酸亚铁锂溶解,反应的离子方程式为

。

(3)对滤渣1“酸浸”操作,下列实验条件控制正确的是

(填字母)。

a.加入H2O2溶液适当过量,有利于滤渣1的转化b.适当提高硫酸溶液浓度并搅拌c.用HNO3代替所加H2SO4和H2O2,节约药品更环保AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-2LiFePO4+H2O2+8H+2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2Oab(4)滤液2加氨水时,调节pH=3,此时溶液中c(Fe3+)=

(常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。

(5)向滤液3中加入物质X,根据溶解度表判断X可能是

(填“Na2CO3”“NaOH”或“NaI”)。

(6)对沉淀3进行洗涤操作,应选择

(填“冷水”或“热水”)进行洗涤。

(7)磷酸亚铁锂电池的工作原理为LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6,电池中的电解质可传导Li+。放电时正极的电极反应式为

。4×10-5mol·L-1Na2CO3热水Li1-xFePO4+xe-+xLi+LiFePO4【解析】根据电极材料的成分为LiFePO4、碳粉和铝箔,分析流程可知锂电池的电极材料经碱浸、过滤溶解铝得到的滤液1含有偏铝酸根离子,通入足量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀(沉淀1),滤渣1经硫酸和过氧化氢酸浸,分离出碳粉(滤渣2),滤液2中含有Fe3+,加入氨水,生成氢氧化铁沉淀(沉淀2),滤液3中含有Li+,加入Na2CO3可生成Li2CO3沉淀(沉淀3)。(1)由滤液1到沉淀1反应的离子方程式为Al+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-

(2)向滤渣1加入H2SO4、H2O2的混合溶液时,H2O2作氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+,根据得失电子守恒写出反应的离子方程式。(3)从加快化学反应速率角度考虑。加入H2O2溶液适当过量和适当提高硫酸的浓度,均有利于滤渣1的转化,a、b两项正确;用HNO3代替所加H2SO4和H2O2,会生成氮的氧化物,对环境有污染,c项错误。(4)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=4.0×10-38,pH=3,c(H+)=10-3mol·L-1,则c(OH-)=10-11mol·L-1,此时溶液中c(Fe3+)=mol·L-1=4×10-5mol·L-1。(5)根据溶解度表知,Li2CO3的溶解度最小,X为Na2CO3。(6)由溶解度表知,Li2CO3在100℃时的溶解度小于在0℃时的溶解度,所以对沉淀3进行洗涤操作,应选择热水。(7)LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6,放电时正极发生还原反应,所以放电时正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xe-+xLi+LiFePO4。5.亚铁氰化钾{K4[Fe(CN)6]}俗名黄血盐,可溶于水,不溶于乙醇。以某电镀厂排放的含NaCN废液为主要原料制备黄血盐的流程如下:回答下列问题:(1)常温下,HCN的电离常数Ka=6.2×10-10。①实验室配制一定浓度的NaCN溶液时,将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中,加水稀释至指定浓度,其操作的目的是

。

抑制CN-的水解②浓度均为0.5mol·L-1的NaCN和HCN的混合溶液呈

(填“酸”“碱”或“中”)性,通过计算说明:_____________________________________________________________________________________________。

(2)转化池中发生复分解反应生成K4[Fe(CN)6],说明该反应能发生的理由:

。

(3)系列操作B为

。

(4)实验室中,K4[Fe(CN)6]可用于检验Fe3+,生成的难溶盐KFe[Fe(CN)6]可用于治疗Tl2SO4中毒,试写出上述治疗Tl2SO4中毒的离子方程式:

。碱1.6×10-5>6.2×10-10,即水解平衡常数大于电离平衡常数,所以溶液呈碱性Kh=====相同温度下K4[Fe(CN)6]的溶解度小于Na4[Fe(CN)6]过滤、洗涤、干燥KFe[Fe(CN)6]+Tl+TlFe[Fe(CN)6]+K+(5)一种太阳能电池的工作原理如图所示,电解质为铁氰化钾{K3[Fe(CN)6]}和亚铁氰化钾{K4[Fe(CN)6]}的混合溶液。①K+移向催化剂

(填“a”或“b”)。

②催化剂a表面发生的反应为

。b[Fe(CN)6]4--e-[Fe(CN)6]3-【解析】(2)相同温度下K4[Fe(CN)6]的溶解度小于Na4[Fe(CN)6],转化池中发生复分解反应Na4[Fe(CN)6]+4KClK4[Fe(CN)6]+4NaCl,生成K4[Fe(CN)6]。(3)转化池中得到固体与溶液的混合物,故系列操作B为过滤、洗涤、干燥。(5)电子从负极流向正极,由图可知,电子从a极流向b极,则a为负极,b为正极,负极发生氧化反应,正极发生还原反应,阳离子向正极移动。①b为正极,则K+移向催化剂b。②a为负极,发生氧化反应,则催化剂a表面发生的反应为[Fe(CN)6]4--e-[Fe(CN)6]3-。1.某化学兴趣小组对一种废旧合金(含有Cu、Fe、Si等单质)进行分离、回收利用,所设计工艺流程如下:类题二物质分离提纯型工艺流程题已知:298℃时,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13;当离子浓度小于1×10-5时可认为离子沉淀完全。回答下列问题: