《高中化学》第8题以工艺流程为主流的无机综合题

第8题以工艺流程为主流的无机综合题复习建议：4课时(题型突破2课时习题2课时)1.(2022·全国甲卷)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：本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子Fe3＋Zn2＋Cu2＋Fe2＋Mg2＋Ksp4.0×10－386.7×10－172.2×10－208.0×10－161.8×10－11回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_________________________________________________________________。(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有________________、________________。(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是__________(填标号)。A.NH3·H2OB.Ca(OH)2C.NaOH滤渣①的主要成分是________、__________、________。(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_________________________________________________________________________________________________。(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______________________________________。(6)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__________、__________。答案(1)ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))ZnO＋CO2↑(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋(5)置换Cu2＋为Cu从而除去(6)CaSO4MgSO4解析由题干信息，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，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应：ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到滤渣①为Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到滤渣②为Fe(OH)3和MnO2，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。(1)焙烧时，生成ZnO的反应为ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))ZnO＋CO2↑。(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率。(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5mol·L－1)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时的pH，pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又因为CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。(4)向80～90℃的滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2＋为Cu从而除去。(6)滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。2.(2022·全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10－87.4×10－141.1×10－102.6×10－9一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为_________________________________________________________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因：_________________________________________________________________。(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是______________________________________；(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________；(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是_________________________________________________________________。(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是__________。(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。答案(1)PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)反应PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常数K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（Pb2＋）·c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（Pb2＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Ksp（PbSO4）,Ksp（PbCO3）)≈3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3(2)反应BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常数K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（Ba2＋）·c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（Ba2＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Ksp（BaSO4）,Ksp（BaCO3）)≈0.04105，反应正向进行的程度有限(3)(ⅰ)Fe2＋(ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc=Pb(Ac)2＋2H2O(ⅲ)作还原剂(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2＋、Na＋解析向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫便于后续的酸浸，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14，Ksp(PbSO4)＝2.5×10－8，反应PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常数K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（Pb2＋）·c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（Pb2＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Ksp（PbSO4）,Ksp（PbCO3）)＝eq\f(2.5×10－8,7.4×10－14)≈3.4×105>105，说明反应可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。(2)反应BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常数K＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（Ba2＋）·c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（Ba2＋）·c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Ksp（BaSO4）,Ksp（BaCO3）)＝eq\f(1.1×10－10,2.6×10－9)≈0.04105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。(3)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc=Pb(Ac)2＋2H2O。(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由＋4价降低到＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅，最终转化为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋。3.(2021·全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)I2的一种制备方法如下图所示：①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_________________________________________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成________后可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为________；当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是___________________________________________________________________________________________________。(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_______________________________________________。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为________mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－Ieq\o\al(－,3)。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是______________________________________________________________________________________________________。答案(1)①2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2＋＋2I－AgNO3②FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2I2、FeCl3I2被进一步氧化(2)2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋H2O＋3H＋(3)4防止单质碘析出解析(1)①由流程分析可知，加入Fe粉进行转化反应的离子方程式是2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2＋＋2I－；生成的沉淀为Ag，Ag与HNO3反应生成AgNO3，AgNO3可以循环使用。②由于还原性：I－>Fe2＋，故通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，该产物应是I2，此时反应的化学方程式是FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2；若eq\f(n（Cl2）,n（FeI2）)＝1.5，正好将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式是2FeI2＋3Cl2=2FeCl3＋2I2；当eq\f(n（Cl2）,n（FeI2）)＞1.5后，单质I2的收率会降低，说明Cl2可以进一步将I2氧化为高价态的碘的化合物。(2)NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者发生氧化还原反应生成NaI和Na2SO4，反应的离子方程式是IOeq\o\al(－,3)＋3HSOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性条件下，继续发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式是5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，故制备I2的总反应的离子方程式是2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋H2O＋3H＋。(3)由题给信息可推断出CuSO4和KI发生反应的化学方程式是2CuSO4＋4KI=2CuI↓＋I2＋2K2SO4，故若生成1molI2，消耗的KI至少为4mol；Ieq\o\al(－,3)的生成增大了I2在水中的溶解度，反应中加入过量的KI可以防止单质碘析出。4.(2021·全国乙卷)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NH4Al(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。答案(1)Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(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\up7(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋(6)(NH4)2SO4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\up7(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\up7(△))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。考情预测：预测2023年高考仍会以元素化合物知识为载体，围绕原料的预处理，考查影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分较多的能力点，复习时应加以重视！智能点一流程图中物质的处理、转化与跟踪1.原料的预处理方法目的解题指导粉碎、研磨将块状或颗粒状的物质磨成粉末增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一浸取水浸与水接触反应或溶解(1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率(2)酸溶时所加酸的量不能太多①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物灼烧(焙烧)1.除去可燃性杂质2.使原料初步转化①除去硫、碳单质②使有机物转化或除去有机物③高温下原料与空气中氧气反应等④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土[微练1]铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如下：已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH－、SCN－等形成可溶性配合物。(1)工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是_________________________________________________________________。答案(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率(2)过量酸会增加沉淀过程中氨水的用量2.物质成分的跟踪与确定(1)滤渣的确定(2)副产品的确定(3)循环物质的确定[微练2](2021·广东卷改编)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－,4)的形态存在。(1)“水浸”中，形成的Ni(正三价)固体为________。(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________。(3)“沉钼”中，pH为7.0，生成的含Mo固体为________。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量氨气，再通入足量CO2，可析出Y，Y是________。答案(1)Ni2O3(2)Al(OH)3(3)BaMoO4(4)NaHCO3智能点二流程中的操作及条件控制1.物质的分离与提纯操作目的答题指导过滤固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等萃取与分液选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后，静置、分液——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出加入氧化剂(或还原剂)①转化为目标产物的价态②除去杂质离子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去)加入沉淀剂①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋洗涤晶体洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水产物不溶于水除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失热水有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有机溶剂减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥饱和溶液对纯度要求不高的产品减少固体溶解酸、碱溶液产物不溶于酸、碱除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次[微练3](2021·浙江1月选考)某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：已知：4Fe(CrO2)2＋10Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(高温))8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2、2H＋＋2CrOeq\o\al(2－,4)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O相关物质的溶解度随温度变化如下图。请回答下列问题：(1)下列说法正确的是________(填字母)。A.步骤Ⅱ，低温可提高浸取率B.步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3C.步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7D.步骤Ⅳ，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3(2)步骤Ⅴ，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl→(____)→(____)→(____)→(____)→重结晶。a.50℃蒸发溶剂b.100℃蒸发溶剂c.抽滤d.冷却至室温e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热f.蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热答案(1)BC(2)aedc解析(1)A.根据溶解度随温度变化的关系，Na2CrO4在低温时溶解度小，低温不能提高其浸取率，A错误；B.NaFeO2水解反应为：NaFeO2＋2H2O=NaOH＋Fe(OH)3，因此过滤可除去NaFeO2水解生成的Fe(OH)3，B正确；C.加硫酸酸化时发生的主要反应为：2H＋＋2CrOeq\o\al(2－,4)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，C正确；D.步骤Ⅲ中，酸化时会使过量的Na2CO3反应生成Na2SO4，因此步骤Ⅳ中所得滤渣的主要成分是Na2SO4，D错误。(2)蒸发溶剂时应选择50℃而不是100℃，因为50℃时K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7和KCl的溶解度，有利于Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，在蒸发至出现晶膜时停止加热后，应冷却至室温，然后抽滤，操作的正操顺序为aedc。2.常见的流程中的条件控制条件控制答题指导控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”还可除去氧化物(膜)③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰水浴或油浴)①防止副反应的发生②使化学平衡移动；控制化学反应的方向③控制固体的溶解与结晶④控制反应速率；使催化剂达到最大活性⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求[微练4](2020·全国卷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。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题：(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是_______________________________________________________________________________________________。(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VOeq\o\al(＋,2)反应的离子方程式_____________________________________________________________________________________________。(3)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O(3)NaAl(OH)4＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O(4)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全解析(1)“酸浸氧化”中温度较低时，酸浸和氧化反应速率较慢。为了加快酸浸和氧化反应速率，需要加热。(2)从原料看，“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应Fe3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，加入的二氧化锰除氧化VO＋和VO2＋外，还氧化Fe2＋。VO＋转化为VOeq\o\al(＋,2)反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝8.5时铝元素沉淀，故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAl(OH)4＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O。(4)“沉钒”时要使NH4VO3尽可能析出完全，利用同离子效应，加入过量NH4Cl可达到此目的。【创新微点】1.反萃取原理反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。[微练5](2022·衡阳联考)二氧化铈(CeO2)是重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。②F－能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Ce4＋能与F－结合成CeF3＋，Al3＋也能与F－结合成AlFeq\o\al(3－,6)；它的这种性质有利于酸浸步骤，却不利于后续的沉淀步骤。③Ce4＋能被萃取剂TBP萃取，而Ce3＋不能。回答下列问题：(1)TBP是一种有机萃取剂，“萃取”时存在反应CeF3＋＋TBPCeTBP4＋＋F－，氟洗液中添加Al3＋的作用是____________________________________。(2)“反萃取”步骤中发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________。答案(1)Al3＋能与F－结合成AlFeq\o\al(3－,6)，使萃取平衡正向移动(4)2CeTBP4＋＋H2O22Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP2.陌生图像中条件的选择与控制条件控制是化学生产和实验中的重要手段，通过控制条件使反应向着实际需要的方向进行和转化，实现物质间的分离和提纯，通过图像选择合适条件是工艺流程题的常见出题形式，在选择复合条件时，注意综合坐标的含义，以及该条件与分离、提纯或制备的关系。[微练6](1)Fe3＋的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为____________________________________________。(2)“电解”工艺制锌时Zn2＋利用率较低，废液中有大量的Zn2＋残留。某化工厂拟采用改变酸锌比净化废液的方式来提高原料的利用率，降低成本。下图是工业生产中不同酸锌比时净化液利用率对电解时直流电耗能影响关系图。根据下图分析，该工厂净化废液时的最佳酸锌比为________(填写序号)。A.5∶1B.6∶1C.7∶1D.10∶1答案(1)pH＝1.7下萃取60min(2)C【题型建模】化工流程题中的“流程分析”结构图解流程框图(2021·湖南卷)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：问题设计(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________________________________________________________________________________________________。解题建模1.挖掘题干信息，分析原材料，确定主要成分及所含杂质。2.原材料预处理，通过酸浸和碱浸等手段，完成初步分离。3.分析核心反应，通过氧化、中和及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。4.产品的分离与提纯及含量测定，通过沉淀、结晶及煅烧等手段，得到粗品，通过滴定等定量过程，完成含量测定。标准答案(1)eq\o\al(138,58)Ce(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)(3)Al(OH)3(4)促进Al(OH)3胶体聚沉，便于分离(5)2Ce3＋＋6HCOeq\o\al(－,3)＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑碱性(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高温))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑【分点突破】微题型1以工业废料及矿物为原料通过分离、提纯制备物质类工艺流程题(主)[精练1](2022·辽宁卷)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：开始沉淀pH完全沉淀pHFe2＋6.58.3Fe3＋1.62.8Mn2＋8.110.1回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为________。a.进一步粉碎矿石b.鼓入适当过量的空气c.降低焙烧温度(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3＋和Mn2＋；②_________________________________________________________________。(4)滤渣的主要成分为________(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为_____________________________________________________________________________________________________。(6)加入金属Bi的目的是____________________________________________。答案(1)ab(2)2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up7(高温))2Bi2O3＋6SO2(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O(6)将Fe3＋转化为Fe2＋解析联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：Bi2S3→Bi2O3＋SO2、FeS2→Fe2O3＋SO2、MnO2→Mn2O3＋MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3→Bi3＋、Fe2O3→Fe3＋，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2＋和Fe2＋进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋。(1)a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c.降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意。(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up7(高温))2Bi2O3＋6SO2；(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，答案为SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O；(6)由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3＋会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2＋还没开始沉淀，故要将Fe3＋转化为Fe2＋，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。[精练2](2022·沈阳质监)镍及其化合物在工业上应用广泛，工业上用红土镍矿[主要成分为Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍并回收副产物黄铵铁矾[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480g·mol－1]的工艺流程如图所示：已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]＋9(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(焙烧))3(NH4)2Mg2(SO4)3＋12NH3↑＋4SiO2＋10H2O↑②2Fe2MgO4＋15(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(焙烧))(NH4)2Mg2(SO4)3＋16NH3↑＋4(NH4)3Fe(SO4)3＋8H2O↑③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水(1)除铁时加入的H2O2的用量高于理论用量的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________(写两条)。(2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________。“浸渣”的主要成分除含有铁元素的化合物外还有________(填化学式)。(3)若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁钒除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范围是________。该工艺条件下，Ni2＋生成Ni(OH)2沉淀，Fe3＋生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀，开始沉淀和沉淀完全时的pH如表：沉淀物Ni(OH)2Fe(OH)3黄铵铁钒开始沉淀时的pH7.12.71.3沉淀完全(c＝1×10－5mol·L－1)时的pH9.23.72.3(4)“沉镍”时pH调为9.0，滤液中Ni2＋浓度约为________mol·L－1(100.4≈2.5)。(5)由所得滤液获得稳定的MgSO4·7H2O的操作依次是________、过滤、洗涤、干燥。(6)对黄铵铁矾进行热分解实验。其结果如图所示，则黄铵铁钒的化学式为________。(已知：黄铵铁矾在300℃前分解释放的物质为H2O，300～575℃之间只有NH3和H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)答案(1)过氧化氢不稳定，受热易分解；过氧化氢在Fe3＋催化下分解(2)4FeO＋O2＋6(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(高温))2Fe2(SO4)3＋12NH3↑＋6H2O↑SiO2(3)2.3～2.7(4)2.5×10－5或10－4.6(5)蒸发浓缩、冷却结晶(6)NH4Fe3(SO4)2(OH)6解析(2)由题意知，FeO在空气中焙烧时与O2、(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3、NH3和H2O。由矿样的成分和流程图知，“浸渣”中还有SiO2。(3)要使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，Fe3＋、Ni2＋不能生成氢氧化物沉淀，则应调节的pH范围为2.3～2.7。(4)由镍离子沉淀完全时的pH为9.2知，Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10－5×(10－4.8)2＝10－14.6，则当pH为9.0即c(OH－)＝10－5mol·L－1时，c(Ni2＋)＝eq\f(Ksp[Ni（OH）2],c2（OH－）)＝eq\f(10－14.6,（10－5）2)mol·L－1＝10－4.6mol·L－1＝100.4×10－5mol·L－1＝2.5×10－5mol·L－1。(6)已知(NH4)xFey(SO4)z(OH)w摩尔质量为480g·mol－1，可设进行热分解实验的(NH4)xFey(SO4)z(OH)w为1mol，即480g，根据元素守恒知，670℃以上得到的纯净的红棕色粉末为Fe2O3，由图可知，其物质的量为eq\f(240g,160g·mol－1)＝1.5mol，则y＝1.5×2＝3；由已知信息可知，固体质量由400g减少为240g时，减少的为SO3的质量，其物质的量为eq\f(160g,80g·mol－1)＝2mol，则z＝2；由化合物中各元素正负化合价代数和为0可得(＋1)×x＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，原始固体质量为480g，即18x＋3×56＋2×96＋17w＝480，两式联立解得x＝1，w＝6，故该物质的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。[精练3](2022·河南名校适应性测试)我国科学家利用一种廉价、高效的铈基催化剂，解决了在室温下把甲烷一步转化为液态产品的科学难题。二氧化铈是常用的催化剂，以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)制备CeO2的工艺流程如图所示：已知：CeO2难溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸；Ce2O3可溶于稀盐酸。请回答下列问题：(1)CeFCO3中铈的化合价为________；将氟碳铈矿研磨成精矿的目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)碳酸氢钠在270℃时可完全分解。500℃时在空气中焙烧，CeFCO3与Na2CO3发生化学反应，生成CeO2与Ce2O3(2∶1)、NaF及一种气体，该反应的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)焙烧后对产物进行水洗，水洗液不宜使用玻璃容器盛装的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)工业生产中，不仅要考虑目标产物的含量，还要综合考虑生产过程中的时间效率。酸浸时，CeO2含量随盐酸浓度、酸浸温度的变化曲线如图所示，则最适宜的盐酸浓度和酸浸温度为________；当温度升高到一定程度后，CeO2含量随温度升高而减小，其原因可能是____________________________________________________________________________________________________________。(5)室温下，向酸浸液中加入氢氧化钠溶液调节pH使Ce3＋沉淀完全(通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，沉淀就达完全)，则应调节pH大于________(Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20)。(6)为测定酸浸液中CeCl3的浓度，现量取酸浸液V1mL，加入过量过硫酸铵溶液将Ce3＋氧化为Ce4＋，加热煮沸2min，然后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，测得终点时消耗标准溶液V2mL，则CeCl3的浓度为________mol·L－1(已知：过硫酸铵具有强氧化性，受热易分解；Fe2＋＋Ce4＋=Ce3＋＋Fe3＋)。若上述过程中没有进行煮沸操作，则测定结果将会________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。答案(1)＋3增大反应物接触面积，加快反应速率(2)8CeFCO3＋O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(500℃))4CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2(3)NaF水溶液中F－发生水解反应生成HF，会腐蚀玻璃容器(4)3mol/L，45℃温度过高，加快盐酸挥发，盐酸浓度降低较快，浸出率降低(5)9(6)eq\f(cV2,V1)偏大解析焙烧时加入碳酸氢钠分解得到碳酸钠，CeFCO3与Na2CO3反应的化学方程式为8CeFCO3＋O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(500℃))4CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2，加水过滤后得滤渣，已知CeO2难溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸；Ce2O3可溶于稀盐酸，加入稀盐酸酸浸可得CeO2。(1)根据化合价代数和为零，F为－1价，碳酸根为－2价，所以氟碳铈矿中铈的化合价为＋3价；将氟碳铈矿研磨成精矿的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；(2)CeFCO3中Ce化合价为＋3价，生成CeO2与Ce2O3(2∶1)，Ce化合价升高，则每生成1molCeO2时失去1mol电子，有氧气参与反应，还生成一种气体，是O元素化合价降低生成CO2，该反应的化学方程式为8CeFCO3＋O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(500℃))4CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2；(3)焙烧后产物有NaF，进行水洗，F－发生水解反应生成HF，会腐蚀玻璃容器，故水洗液不宜使用玻璃容器盛装；(4)综合考虑生产的时间效率，最适宜的盐酸浓度为3mol/L，最适宜的酸浸温度为45℃，此时CeO2含量最高；当温度升高到一定程度后，CeO2含量随温度升高而减小，其原因可能是温度过高，加快盐酸挥发，盐酸浓度降低较快，浸出率降低；(5)已知Ce3＋沉淀完全时c(Ce3＋)小于1×10－5mol·L－1，Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20，则c(OH－)＝＝eq\r(3,\f(1.0×10－20,1.0×10－5))＝1.0×10－5mol/L，室温下，c(H＋)＝eq\f(Kw,c（OH－）)＝eq\f(10－14,10－5)＝10－9mol/L，则应调节pH大于9；(6)已知滴定原理Fe2＋＋Ce4＋=Ce3＋＋Fe3＋，n(CeCl3)＝n(Fe2＋)＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝cV2×10－3mol，CeCl3的浓度为c＝eq\f(n,V)＝eq\f(cV2,V1)mol/L，若上述过程中没有进行煮沸操作，由于过量的过硫酸铵溶液也会和亚铁离子反应，所以测定结果将会偏大。微题型2工艺流程与实验结合类无机综合题[精练4](2022·马鞍山质监)钛酸钡(BaTiO3)具有优良的铁电，压电和绝缘性能，在电子陶瓷中使用广泛。某兴趣小组设计方案在实验室里制备钛酸钡并测定其纯度，制备简易流程如下：已知：室温下，TiCl4为无色液体，易挥发。(1)“共沉”在如图装置中完成，仪器A的进水口是________(填“a”或“b”)；仪器B的名称是________；“共沉”时反应的化学方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“减压过滤”如图装置，减压的目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在实验室中研细固体一般使用仪器名称是________，“煅烧”时反应的化学方程式为__________________________________________________________。(4)产品纯度与“共沉”反应时间和“煅烧”时间的关系如下图所示，你认为最佳“共沉”反应时间和“煅烧”时间分别为________h、________h。答案(1)b三颈烧瓶(三颈圆底烧瓶、三口烧瓶)TiCl4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH3·H2O=Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl(2)加快过滤速率，得到较为干燥的沉淀(3)研钵BaCO3＋Ti(OH)4=BaTiO3＋CO2↑＋2H2O(4)34解析(1)仪器A是球形冷凝管，冷凝水是下进上出，进水口是b，仪器B的名称是三颈烧瓶；“共沉”时反应的化学方程式为TiCl4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH3·H2O=Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl；(2)“减压过滤”操作中减压的目的是加快过滤速率，得到较为干燥的沉淀；(3)在实验室中研细固体一般使用仪器名称是研钵；“煅烧”时BaCO3和Ti(OH)4反应生成BaTiO3，反应的化学方程式为BaCO3＋Ti(OH)4=BaTiO3＋CO2↑＋2H2O；(4)由图可知“共沉”反应时间为3h、“煅烧”时间为4h时产品纯度最高，则时间最佳。[精练5](2022·汉中十校联考)以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如图：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为制备NaClO溶液，若温度超过40℃，则Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl。该反应的离子方程式为__________________________________________________________________________________________________________________________________；实验中为避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，副反应加剧，除可以用冰水浴控制温度外，还可以采取的措施为__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)步骤Ⅱ为合成N2H4·H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。图1①图1中仪器a的名称为________，其盛装的溶液是________[填“NaClO碱性溶液”或“CO(NH2)2水溶液”]。②写出合成N2H4·H2O的反应的离子方程式：__________________________________________________________________________________________________________________________________；使用冷凝管的目的是_______________________________________________。(3)步骤Ⅳ为用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3溶液制备无水Na2SO3(已知水溶液中H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示)。①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的实验操作为__________________________________________________。②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为________时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于________℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封保存。答案(1)3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))ClOeq\o\al(－,3)＋5Cl－＋3H2O减慢氯气通入速度或减小氢氧化钠溶液浓度(2)①分液漏斗NaClO碱性溶液②2OH－＋ClO－＋CO(NH2)2=Cl－＋N2H4·H2O＋COeq\o\al(2－,3)减少水合肼的挥发(3)①测量溶液的pH，若pH约为4时，停止通SO2②1034解析由实验流程可知步骤Ⅰ为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4·H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4·H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。(1)温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，反应的离子方程式为3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))ClOeq\o\al(－,3)＋5Cl－＋3H2O，实验中控制温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高。(2)①图1中仪器a的名称为分液漏斗，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液，避免N2H4·H2O与NaClO剧烈反应生成N2，故分液漏斗盛装的溶液是NaClO碱性溶液。②合成N2H4·H2O发生的反应的离子方程式为：2OH－＋ClO－＋CO(NH2)2=Cl－＋N2H4·H2O＋COeq\o\al(2－,3)，N2H4·H2O沸点约118℃，为避免N2H4·H2O的挥发，可使用冷凝管回流；(3)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3，①由图像可知，如溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶液pH的方法控制。②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图像3可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3。题型特训题型特训1以工业废料及矿物为原料制备物质类工艺流程题1.(2022·广东卷)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)的熔点为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__________。(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____________________________________________。(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)。(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。(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有__________(写化学式)。(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。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_______________________________________________。答案(1)Fe2＋(2)4.7≤pH<6.2Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓(3)4.0×10－4(4)①加热搅拌可加快反应速率②冷却结晶(5)MgSO4(6)①15②O2＋4e－＋2H2O=4OH－解析由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到的浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SOeq\o\al(2－,4)等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”的目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2＋。(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH为6.2，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓。(3)滤液2中Mg2＋浓度为2.7g·L－1，即0.1125mol·L－1，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]＝c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)<eq\r(\f(Ksp\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（C11H23COO）2Mg)),c（Mg2＋）))＝eq\r(\f(1.8×10－8,0.1125))mol·L－1＝4.0×10－4mol·L－1。(4)②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)的熔点为44℃，故“操作X”的过程为先冷却结晶，再固液分离。(6)①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移15mol电子。②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。2.(2022·河南重点高中调研)工业上常通过石煤灰渣(主要成分有SiO2、C、Al2O3、FeO、V2O3、CaO、MgO、K2O)回收钒的氧化物，有关工艺流程如图：已知：①“焙烧”时，在空气的作用下，V2O3被氧化为V2O5。②V2O5在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4。根据所学知识，回答下列问题：(1)在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，其目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)(VO2)2SO4中V的化合价为________，“浸渣”的主要成分除了SiO2，还有________(填化学式)。(3)“氧化”时加入的试剂a常用H2O2，写出反应的离子方程式：__________________________________________________________________________________________________________________________________。HNO3也能氧化Fe2＋，工业生产中不选用HNO3的原因是_________________________________________________________________。(4)在500℃灼烧脱氨可制得产品V2O5，写出该反应的化学方程式：_______________________________________________________________________________