2024高考一轮复习 第四章 非金属及其化合物 实践素养检测（一）　无机化工流程（36张PPT）

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实践素养检测（一）无机化工流程

1.硫酸锌（ZnSO4）是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：

离子Ksp

Fe3＋4.0×10－38

Zn2＋6.7×10－17

Cu2＋2.2×10－20

Fe2＋8.0×10－16

Mg2＋1.8×10－11

本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：

（2）加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是（填字母）。

A.NH3·H2OB.Ca（OH）2C.NaOH

滤渣①的主要成分是、、。

（3）滤液②中加入锌粉的目的是。

回答下列问题：

（1）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有、

。

（4）滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是、。

解析：制备ZnSO4·7H2O的流程分析

（2）加入物质X调溶液pH＝5，为了不引入新的阳离子，故X宜选用Ca（OH）2；pH＝5时，c（OH－）＝10－9mol·L－1，根据表中各离子的氢氧化物的Ksp可知，只有Fe3＋能完全沉淀。

答案：（1）将菱锌矿产品粉碎、适当增大硫酸浓度、升高浸取时的反应温度等（任写两条，答案合理即可）

（2）BSiO2CaSO4Fe（OH）3

（3）除去Cu2＋

（4）CaSO4MgSO4

2.铵浸法由白云石[主要成分为CaMg（CO3）2，含Fe2O3、SiO2杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：

已知：

物质Ca（OH）2Mg（OH）2CaCO3MgCO3

Ksp5.5×10－61.8×10－122.8×10－93.5×10－8

（1）煅烧白云石的化学方程式为。

解析：白云石煅烧时，CaMg（CO3）2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg（CO3）2CaO＋MgO＋2CO2↑。

答案：CaMg（CO3）2CaO＋MgO＋2CO2↑

（2）根据下表数据分析：

n（NH4Cl）∶n（CaO）CaO浸出率/%MgO浸出率/%w（CaCO3）理论值/%w（CaCO3）

实测值/%

2.1∶198.41.199.7－

2.2∶198.81.599.299.5

2.3∶198.91.898.899.5

2.4∶199.16.095.697.6

备注：ⅰ.MO浸出率＝×100%（M代表Ca或Mg）

ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。

①“沉钙”反应的化学方程式为

。

②CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为

。

③不宜选用的“n（NH4Cl）∶n（CaO）”数值为。

④蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可由68.7%增加至98.9%，结合化学反应原理解释MgO浸出率提高的原因为。

解析：（2）①“沉钙”时发生的反应为CO2与氯化钙和NH3·H2O混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、NH4Cl和水，反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋CO2CaCO3↓＋2NH4Cl＋H2O；②由题给溶度积数据可知，Ca（OH）2的溶度积大于Mg（OH）2，溶液中Ca（OH）2的浓度大于Mg（OH）2，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而Mg（OH）2不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁；③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4∶1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4∶1；④（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，NH3逸出促进铵根离子水解，溶液中H＋浓度增大，有利于Mg（OH）2完全溶解转化为MgSO4，所以氧化镁浸出率提高。

答案：①CaCl2＋2NH3·H2O＋CO2CaCO3↓＋2NH4Cl＋H2O②Ca（OH）2的溶度积大于Mg（OH）2，溶液中Ca（OH）2能与NH4Cl反应，而Mg（OH）2不能③2.4∶1④Mg（OH）2＋（NH4）2SO4MgSO4＋2NH3↑＋2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进N水解，溶液中H＋浓度增大，有利于Mg（OH）2完全转化为MgSO4

（3）滤渣C为。

解析：滤渣C为氧化铁、二氧化硅。

答案：SiO2、Fe2O3

（4）可循环利用的物质为。

解析：制备分离过程中NH4Cl溶液和（NH4）2SO4溶液可以循环利用。

答案：NH4Cl、（NH4）2SO4

3.全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水（含有Na＋、Li＋、Cl－和少量Mg2＋、Ca2＋），并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。

化合物Ksp

Mg（OH）25.6×10－12

Ca（OH）25.5×10－6

CaCO32.8×10－9

Li2CO32.5×10－2

25℃时相关物质的参数如下：

LiOH的溶解度：12.4g/100gH2O

答案：Mg（OH）2

（2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是。

解析：滤液1中含有Na＋、Li＋、Cl－和Ca2＋，结合已知条件：LiOH的溶解度和某些化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质。

答案：将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质

回答下列问题：

（1）“沉淀1”为。

解析：浓缩卤水中含有Mg2＋，当加入石灰乳后，转化为Mg（OH）2沉淀，所以沉淀1为Mg（OH）2。

（3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为、、洗涤。

解析：由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在高温时，溶解度小，有利于析出Li2CO3，所以为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即“操作A”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤。

答案：蒸发浓缩趁热过滤

（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3（填“稳定”或“不稳定”），有关反应的离子方程式为。

解析：饱和LiCl溶液和饱和NaHCO3溶液等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。

答案：不稳定2LiHCO3Li2CO3↓＋CO2↑＋H2O

（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由。

解析：“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。

答案：能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果

4.稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：

已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和（C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10－8；Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。

离子Mg2＋Fe3＋Al3＋RE3＋

开始沉淀时的pH8.81.53.66.2～7.4

沉淀完全时的pH/3.24.7/

（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是。

解析：由题意知，“氧化调pH”中只有铁是变价金属，铝和稀土金属元素均为＋3价，Fe2＋被氧化为Fe3＋。

答案：Fe2＋

（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为

。

解析：“过滤1”所得“滤渣”为Fe（OH）3和Al（OH）3，应调节的pH范围为4.7≤pH＜6.2，pH小于6.2是防止RE3＋开始沉淀，该过程中Al3＋与OH－反应生成Al（OH）3沉淀。

答案：4.7≤pH＜6.2Al3＋＋3OH－Al（OH）3↓

（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO－）低于mol·L－1（保留两位有效数字）。

解析：“滤液2”中Mg2＋浓度为2.7g·L－1，其物质的量浓度为0.1125mol·L－1，Ksp[（C11H23COO）2Mg]＝c2（C11H23COO－）·c（Mg2＋），c2（C11H23COO－）＝mol2·L－2＝16×10－8mol2·L－2，c（C11H23COO－）＝mol·L－1＝4.0×10－4mol·L－1，若c（C11H23COO－）大于4.0×10－4mol·L－1，则形成的“滤饼”中会混入（C11H23COO）2Mg。

答案：4.0×10－4

（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是。

②“操作X”的过程为：先，再固液分离。

解析：①“滤饼”的主要成分为（C11H23COO）3RE，为难溶物，搅拌可以增加其与盐酸的接触面积，加热也可以加快固体的溶解，进而加快反应速率。②加热搅拌的温度为55℃，而月桂酸的熔点为44℃，所以“操作X”（过滤）前，先要冷却结晶，使月桂酸变成固体。

答案：①加热搅拌可加快反应速率②冷却结晶

（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有（写化学式）。

解析：“滤液2”中含有MgSO4，可以用作“浸取”时加入的“酸化MgSO4溶液”。

答案：MgSO4

②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为。

解析：①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，Pt3Y为合金，Pt和Y均可以看成0价，若生成1molPt3Y，转移电子的物质的量为（4×3＋3×1）mol＝15mol。②在氢氧燃料电池的碱性介质中，O2得电子与水反应生成OH－。

答案：①15②O2＋4e－＋2H2O4OH－

（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。

①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移mol电子。

5.工业上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为。

解析：氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO22H＋＋Si＋2H2O。

答案：6HF＋SiO22H＋＋Si＋2H2O

（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（Si）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c（Na＋）＝mol·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是。

BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4

Ksp1.0×10－64.0×10－69.0×10－41.0×10－10

解析：精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（Si）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na＋）＝2c（Si），根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2（Na＋）·c（Si）＝4c3（Si），c（Si）

＝＝1.0×10－2（mol·L－1），因此c（Na＋）＝2c（Si）＝2.0×10－2mol·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2＋）＝c（S）＝＝3.0×10－2（mol·L－1）；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝＝1.0×10－4（mol·L－1），当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝≈3.3×10－9（mol·L－1），因此，首先转化为沉淀的离子是S，然后才是Si。

答案：2.0×10－2S

（3）S浓度（以SO3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为（填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是，回收利用洗涤液X的操作单元是；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是（填字母）。

A.65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15

B.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20

C.65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30

D.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10

解析：根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。P2O5%＝15，SO3%＝15；由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；

P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。

答案：CaSO4·0.5H2O减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率酸解D

6.蛋壳是一种很好的绿色钙源，其主要成分为CaCO3。以蛋壳为原料制备葡萄糖酸钙晶体{M[Ca（C6H11O7）2·H2O]＝448g·mol－1}，并对其纯度进行测定，过程如下：

步骤Ⅰ.葡萄糖酸钙晶体的制备

蛋壳白色固体悬浊液滤液产品

步骤Ⅱ.产品纯度测定——KMnO4间接滴定法

①称取步骤Ⅰ中制得的产品0.600g置于烧杯中，加入蒸馏水及适量稀盐酸溶解；

②加入足量（NH4）2C2O4溶液，用氨水调节pH为4～5，生成白色沉淀，过滤、洗涤；

③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中，用0.02000mol·L－1KMnO4标准溶液滴定，消耗KMnO4标准溶液25.00mL。

根据以上两个步骤，回答下列问题：

（1）以上两个步骤中不需要使用的仪器有（填字母）。

解析：蛋壳的主要成分是碳酸钙，洗涤、干燥后灼烧蛋壳，碳酸钙在高温下发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，加水浸泡后氧化钙和水反应生成氢氧化钙，控制溶液pH在6～7的范围内，加入葡萄糖酸溶液，氢氧化钙与葡萄糖酸溶液反应生成葡萄糖酸钙和水，过滤得到葡萄糖酸钙溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙晶体。

（1）过滤时要用到漏斗、灼烧时要用到坩埚、滴定时要