新教材适用2024版高考化学二轮总复习第2部分新高考五大题型突破题型突破2化学工艺流程综合题突破点2流程中分离提纯方法与方程式的书写教师用书

突破点2流程中分离提纯方法与方程式的书写1.(2022·北京选考)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)2CaCO3MgCO3Ksp5.5×10－61.8×10－122.8×10－93.5×10－8(1)(命题角度：方程式书写)煅烧白云石的化学方程式为CaMg(CO3)2eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋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∶198.81.599.299.52.3∶198.91.898.899.52.4∶199.16.095.697.6已知：ⅰ.MO浸出率＝eq\f(浸出的MO质量,煅烧得到的MO质量)×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(命题角度：方程式书写)“沉钙”反应的化学方程式为CaCl2＋NH3·H2O＋CO2=CaCO3↓＋NH4Cl＋H2O。②(命题角度：分离提纯)CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为_Ca(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__。③(命题角度：浸出率与投料关系)不宜选用的“n(NH4)Cl∶n(CaO)”数值为_2.4∶1__。④(命题角度：误差原因分析)w(CaCO3)实测值大于理论值的原因为_反应加入的CaO也转化为CaCO3__。⑤(命题角度：浸出率与H＋浓度关系)蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可从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Mg(OH)2＋(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(△))MgSO4＋2NH3↑＋2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NHeq\o\al(＋,4)水解，溶液中H＋浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4。【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。(1)由分析可知，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)2eq\o(=,\s\up7(高温))CaO＋MgO＋2CO2↑。(2)①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2＋NH3·H2O＋CO2=CaCO3↓＋NH4Cl＋H2O。②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，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。⑤硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸镁，所以氧化镁浸出率提高。2.(2022·湖南选考)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：物质TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸点/答下列问题：(1)(命题角度：方程式书写)TiO2与C、Cl2，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质TiCl4COCO2Cl2分压MPa4.59×10－21.84×10－23.70×10－25.98×10－9该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2＋6C＋10Cl2eq\o(=,\s\up7(600℃))5TiCl4＋2CO＋4CO2。(2)(命题角度：方程式书写)“除钒”过程中的化学方程式为3VOCl3＋Al=3VOCl2＋AlCl3。(3)(命题角度：分离提纯)“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是_蒸馏__。(4)(命题角度：分离提纯)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_不能__交换(填“能”或“不能”)，理由是_若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质__。【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。(1)根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2＋6C＋10Cl2eq\o(=,\s\up7(600℃))5TiCl4＋2CO＋4CO2。(2)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3＋Al=3VOCl2＋AlCl3。(3)AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换。〔思维建模〕1．新情境下陌生氧化还原反应化学方程式的书写技巧2．工艺流程中描述性简答的答题模板(1)“操作或措施”类操作或措施答题模板从溶液中得到晶体的操作蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥蒸发结晶的操作将溶液转移到蒸发皿中加热，并用玻璃棒不断搅拌，待有大量晶体出现时停止加热，利用余热蒸干剩余水分证明沉淀完全的操作静置，取上层清液，加入××试剂(沉淀剂)，若没有沉淀生成，说明沉淀完全洗涤沉淀的操作沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，静置使水自然流干，重复操作数次(2)“目的或原因”类目的或原因答题模板沉淀水洗的目的除去××(可溶于水)杂质沉淀用乙醇洗涤的目的a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥冷凝回流的作用及目的防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率控制溶液pH的目的防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等；促进/抑制××气体吸收/逸出加过量A试剂的原因使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等温度不高于××℃的原因温度过高××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3、FeCl3等)减压蒸馏(减压蒸发)的原因减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)蒸发时的气体氛围抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行；加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等)配制某溶液前先煮沸水的原因除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化反应容器中和大气相通的玻璃管的作用指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大知能分点1物质分离与提纯的6种常用方法知能分点2常用的结晶方法1.从溶液中获取不带结晶水的晶体，如NaCl、K2SO4等，用蒸发结晶。2.从溶液中获取带结晶水的晶体，如CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。3.从混合液中获取溶解度受温度影响较小的溶质，如从含少量KNO3的NaCl溶液中获取NaCl晶体，用蒸发结晶、趁热过滤。4.从混合液中获取溶解度受温度影响较大的溶质，如从含少量KCl的KNO3溶液中获取KNO3晶体，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。5.重结晶指析出的晶体经过溶解后再次从溶液中结晶析出的过程，是一种利用物质的溶解性不同而进行分离、提纯的方法。知能分点3萃取与反萃取示例(1)萃取法分离考查角度举例问题萃取操作的考查用如图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3＋为使Fe3＋尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次萃取剂的选择已知萃取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如图所示：为了除去Mn2＋，应选择萃取剂BpH范围的选择萃取剂对Al3＋、Co2＋萃取率与pH的关系如图所示萃取分离钴、铝的实验操作：向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH＝3～4，分液可得CoSO4溶液，继续向萃取分液后的有机相加稀硫酸调pH至0.5以下，然后分液，可得Al2(SO4)3溶液“萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示pH一般选择5左右，理由是pH在5左右时，钴、锂的分离效率最高归纳总结①要除去的离子在萃取剂中溶解度远大于有效离子的溶解度。②离子在不同的萃取剂中溶解度相差越大越好。③选择合适的pH范围分离离子，要求该pH范围内离子溶解度相差较大(2)反萃取分离题目问题反萃取目的实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如图所示向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，该操作的目的是使CCl4中的碘进入水层反萃取剂的选择钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图。已知：①VOSO4能溶于水，VO2＋与Fe不能反应。②有机溶剂H2R对VO2＋及Fe3＋萃取率高，但不能萃取Fe2＋“溶剂萃取与反萃取”可表示为VO2＋＋H2Req\o(,\s\up7(溶剂萃取),\s\do5(反萃取))VOR＋2H＋。为了提高VO2＋的产率，反萃取剂可选用H2SO4“萃取”和“反萃取”目的钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]部分工艺流程如图。“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子与其他杂质分离)1.(2023·河北省部分示范性高中高三三模)为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业亟需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)(命题角度：方程式的书写)正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是_将Fe2＋氧化成Fe3＋__。生成FePO4的化学方程式为2LiFePO4＋H2SO4＋H2O2=Li2SO4＋2FePO4＋2H2O。(2)(命题角度：分离提纯)溶液的pH对铁和磷的沉淀率的影响如图所示。沉淀铁和磷时，应选择溶液的pH为2.5。当pH＞2.5时，铁、磷沉淀率发生不同变化的原因是_当pH＞2.5时，FePO4会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分POeq\o\al(3－,4)释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势__。(3)(命题角度：分离提纯)向“含锂溶液2”中加入Na3PO4溶液，得到Li3PO4沉淀。所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的_FePO4__(填化学式)中加入NaOH溶液制得。(4)(命题角度：分离提纯)检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是_取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净__。【解析】(1)H2O2具有氧化性，加入的目的是将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋；Fe2＋被氧化为Fe3＋，H2O2被还原，发生的化学方程式为2LiFePO4＋H2SO4＋H2O2=Li2SO4＋2FePO4＋2H2O。(2)当pH＞2.5后，部分Fe元素以Fe(OH)3的形式存在，使得部分POeq\o\al(3－,4)释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势。(3)Fe(OH)3的Ksp更小，所以可以通过FePO4与NaOH溶液反应生成Na3PO4与Fe(OH)3。(4)检验水洗Li3PO4是否已洗涤干净主要是检验溶液中是否还含有硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。2.(2023·河北唐山三模)二氧化钛/氧化锌纳米复合材料是重要且广泛使用的无机紫外防晒剂，某研究小组设计了由钛铁矿(主要成分FeTiO2，杂质有Fe2O3、SiO2等)制备二氧化钛/氧化锌纳米复合材料的工艺流程如下：(1)(命题角度：分离提纯)酸浸的矿渣主要成分是_SiO2__。(2)(命题角度：分离提纯)加入锌粉的目的是_将Fe3＋还原，防止后续操作形成Fe(OH)3沉淀__，判断该反应完全的操