二轮复习专题三物质转化与应用-无机大题突破二无机化学工艺流程学案

大题突破二无机化学工艺流程物质制备型1.(2022·湖南卷,17)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图: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)已知ΔG=ΔH-TΔS,ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态,忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0,则该反应可以自发进行。根据下图判断:600℃时,下列反应不能自发进行的是。

A.C(s)+O2(g)CO2(g)B.2C(s)+O2(g)2CO(g)2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g)(2)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/MPa×10-2×10-2×10-2×10-9①该温度下,TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为;

②随着温度升高,尾气中CO的含量升高,原因是。

(3)“除钒”过程中的化学方程式为;“除硅、铝”过程中,分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是。

(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序(填“能”或“不能”)交换,理由是

。

(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是。

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)记①C(s)+O2(g)CO2(g),②2C(s)+O2(g)2CO(g),③TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g),④TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g)。由题图可知,600℃时,反应①②的ΔG<0,反应能自发进行,反应③的ΔG>0,反应不能自发进行,故A、B不符合题意,C符合题意;根据盖斯定律,TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g)可由①+③得到,则600℃时其ΔG<0,反应能自发进行,故D不符合题意。(2)①根据表中数据可知,600℃时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+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2。②随着温度升高,CO2与C发生反应C+CO22CO,导致CO含量升高。(3)“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化学方程式为3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3;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SiCl4、AlCl3。(4)“除钒”加入Al产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去,若交换顺序,无法除去AlCl3,因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换。(5)题给工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法。高炉炼铁属于热还原法,故A符合题意;电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法,故B不符合题意;铝热反应制锰是利用Al作还原剂,将锰从其化合物中还原出来,为热还原法,故C符合题意;Hg为不活泼金属,可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞,故D不符合题意。答案:(1)C(2)①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2②随着温度升高,CO2与C发生反应C+CO22CO(3)3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3蒸馏(4)不能“除钒”加入Al产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去,若交换顺序,无法除去AlCl3(5)AC2.(2022·山东卷,17)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

。

(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(SiF62-)=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BaCO3BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp×10-6×10-6×10-4×10-10(3)SO42-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SO3A.65℃、P2O5%=15、SO3%=15B.80℃、P2O5%=10、SO3%=20C.65℃、P2O5%=10、SO3%=30D.80℃、P2O5%=10、SO3%=10解析:(1)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++SiF62-+2H(2)精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF62-)=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,溶液为饱和的Na2SiF6溶液,且c(Na+)=2c(SiF62-),则Ksp(Na2SiF6)=c2(Na+)·c(SiF62-)=4c3(SiF62-×10-6,c(SiF62-)=34.0×10-64mol·L-1×10-2mol·L-1,因此c(Na+)=2c(SiF62-×10-2mol·L-1;同时,粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液,c(Ca2+)=c(SO42-)=9.0×10-4mol·L-1×10-2mol·L-1,分批加入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时,c(Ba2+)=1.(3)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CaSO4·2O;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的原因是减少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CaSO4·2O形式存在,位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4·2O形式存在,位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在。由图乙信息可知,65℃时,P2O5%=15、SO3%=15,该点坐标位于65℃线下方,故能实现晶体的完全转化,A符合题意;80℃时,P2O5%=10、SO3%=20,该点坐标位于80℃线上方,故不能实现晶体的完全转化,B不符合题意;65℃时,P2O5%=10、SO3%=30,该点坐标位于65℃线上方,晶体全部以CaSO4·2O形式存在,故不能实现晶体转化,C不符合题意;80℃时,P2O5%=10、SO3%=10,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:(1)6HF+SiO22H++SiF62-+2H×10-2SO(3)CaSO4·2O减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率酸解AD分离提纯型1.(2022·广东卷,18)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图: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×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pH沉淀完全时的pH//(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。

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+、SO42-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+、SO42-等离子,加入月桂酸钠,使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀,滤液2中主要含有MgSO(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+沉淀完全时的pH为4.7,而RE3+开始沉淀时的pH为6.2～7.4,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,而不生成(C11H23COO)2Mg,则c(C11H23COO-)<Ksp[(C11H23COO)2Mg]c(M(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率,其原因是加热搅拌可加快反应速率。②“操作X”的结果是分离出月桂酸,由题给信息可知,月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃,故“操作X”的过程为先冷却结晶,再固液分离。(5)由分析可知,该工艺中,可再生循环利用的物质有MgSO4。(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-+2H2O4OH-。答案:(1)Fe2+(2)4.7≤pH<6.2Al3++3OH-Al(OH)3↓×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-+2H2O4OH-2.(2022·海南卷,15)胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料,某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu,含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。回答问题:(1)步骤①的目的是。

(2)步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成(填化学式)污染环境。

(3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,反应的化学方程式为

。

(4)经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是。

(5)实验证明,滤液D能将I-氧化为I2。ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是

。

ⅱ.乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,写出乙同学的实验方案及结果

(不要求写具体操作过程)。

解析:(1)原料表面含有少量的油污,Na2CO3溶液呈碱性,可以除去原料表面的油污,因此,步骤①的目的是除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下,铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O,二氧化硫是一种大气污染物,步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成SO2污染环境。(3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,生成CuSO4和H2O,该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。(4)经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是胆矾晶体易溶于水,用水洗涤会导致胆矾的产率降低。(5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应,在加热的条件下,其分解更快,因此,不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2。ⅱ.I-被氧化为I2时溶液的颜色会发生变化。滤液D中含有CuSO4和H2SO4,乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,较简单的方案是除去溶液中的Cu2+,然后再向其中加入含有I-的溶液,观察溶液是否变色;除去溶液中的Cu2+的方法有多种,可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物,如加入Na2S将其转化为CuS沉淀。因此,乙同学的实验方案可为取少量滤液D,向其中加入适量Na2S溶液,直至不再有沉淀生成,静置后向上层清液中加入少量KI溶液;实验结果为上层清液不变色,证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化,故只能是Cu2+将I-氧化为I2。答案:(1)除油污(2)SO2(3)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O(4)胆矾晶体易溶于水(5)ⅰ.溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解ⅱ.取滤液,向其中加入适量硫化钠溶液,使铜离子恰好完全沉淀,再加入I-,I-不能被氧化“无机化学工艺流程”以真实的化工生产情境为背景,以高频元素Fe、Cr、Mn、Ni、Mg、Al、V、Ti、Ca和陌生元素Mo、Ce等的单质及其化合物为载体,主要考查物质的制备和提纯工艺,以流程框架的形式呈现。可分为三个部分:原料的预处理、核心反应、分离提纯产品。涉及到的高频考点有化合物性质、转化和陌生化学方程式书写、物质循环利用、工艺操作及目的、化学反应速率和平衡原理、pH范围判断、溶度积常数计算等,以及新增考点自己设计方案,完成工艺步骤。该类题型情境新、陌生度大、综合性强,既可以考查学生对化学基础知识的掌握和运用情况,又可以考查学生文字阅读、图像、文字信息的提取、加工和处理能力,分析推理、知识迁移的能力,计算和数据处理能力以及语言文字表述能力。体现了宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的化学学科核心素养。命题热点1原料预处理(1)原料经过预处理主要是除去不必要的杂质,净化所需要的原料。(2)原料中的目标物质转化为易于化学处理的物质。方法释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化,增大反应物接触面积,以加快反应速率或使反应更充分与水接触反应或溶解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除去油污,溶解酸性氧化物、铝及其氧化物灼烧(焙烧)除去可燃性杂质或使原料初步转化:(1)除去硫、碳单质;(2)有机物转化、除去有机物;(3)高温下原料与空气中氧气反应等煅烧改变结构,使一些物质溶解,并使一些杂质在高温下氧化、分解,如煅烧高岭土1.(2022·山东淄博二模节选)从某工业废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3的工艺流程如图:为提高“酸浸”反应速率,“酸浸”前对熔炼固渣的处理方式为。

解析:将固渣粉碎,可增大其与酸的接触面积,加快化学反应速率,故“酸浸”前对熔炼固渣的处理方式为将固渣粉碎。答案:将固渣粉碎2.(2021·山东泰安高三质检)一种从废旧锂电池中回收Li2SO4、CuSO4、CoSO4等有价金属的工艺流程如图:已知:“盐水浸泡”是将废旧锂电池置于食盐水中浸泡放电;“氨性浸出”时溶液呈弱碱性。回答下列问题:(1)“盐水浸泡”进行放电,放电的目的是

。

(2)“预焙烧”的目的是,可用于吸收该过程产生的尾气的试剂是。

(3)“硫酸铵焙烧”时,硫酸铵的作用是;“H2SO4吸收处理尾气”后的溶液可循环利用,则“硫酸铵焙烧”时的尾气中含(填化学式)。

(4)“氨性浸出”时,通入空气的目的是

。

(5)“氨性浸出”时,Cu单质被浸出为[Cu(NH3)4]SO4,该反应的离子方程式为

。

解析:(1)回收处理的第一步是进行废旧锂电池的放电,目的是防止在电池拆解过程中,发生短路引起火灾、爆炸等事故,保证拆解时的安全。(2)拆解后的塑料隔膜包裹含LiCoO2、Cu及少量的Al2O3和C等,“预焙烧”的目的是除去塑料隔膜和碳;该过程产生的尾气是二氧化碳,则可用于吸收CO2的试剂是NaOH浓溶液或其他的强碱浓溶液。(3)“硫酸铵焙烧”后所得混合物为硫酸盐和Cu等,所以硫酸铵的作用是提供SO42-,将氧化物转化成硫酸盐;根据题目中“H2SO4(4)观察流程图可知,“氨性浸出”前后的物质变化为Cu和CuSO4变为[Cu(NH3)4]SO4,所以“氨性浸出”时,通入空气的目的是促进Cu的溶解,使其转化为[Cu(NH3)4]SO4。(5)“氨性浸出”时,Cu单质转化为[Cu(NH3)4]SO4,因“氨性浸出”时溶液呈弱碱性,可判断体系中有NH3,所以“氨性浸出”的反应物含Cu、O2和NH3,生成物含[Cu(NH3)4]SO4。答案:(1)保证拆解时的安全(2)除去塑料隔膜和碳NaOH浓溶液(或其他合理答案)(3)提供SO42(4)促进Cu的溶解(5)2Cu+O2+4NH3+4NH4+2[Cu命题热点2反应条件的控制通过控制一定的反应条件,来达到提高物质转化率或除去杂质的目的。反应条件最常见的是溶液的pH、反应的温度、反应物的配料比等。(1)控制反应的发生,增强物质的氧化性或还原性,或改变水解程度。(2)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。①若要除去含Al3+、Mn2+溶液中混有的Fe2+,先用氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+,再调溶液的pH。②调节pH所需的物质一般应满足两点:能与H+反应,使溶液pH增大;不引入新杂质。例如,若要除去含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。(1)控温:防止物质的分解(注意“挥发”和“分解”的区别使用),如NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3(浓)等;防止物质的挥发,如盐酸、醋酸等;抑制物质的水解;增大气体反应物的溶解度,使其被充分吸收。具体有以下几点: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。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;降低设备的要求。(2)控制范围:兼顾速率和转化率,追求更好的经济效益,防止副反应发生等。角度——氧化还原(利用或防止、增强氧化还原反应氛围)、水解(抑制或促进水解)、安全性等。(1)根据需要选择适宜的反应物浓度,控制一定的反应速率,使平衡移动有利于目标产物的生成,减小对后续操作产生的影响。(2)对有多种反应物的体系,增大便宜、易得的反应物的浓度,可以提高其他物质的利用率,使反应充分进行。如工业制硫酸过程中,通入过量的O2以提高SO2的转化率。1.(2022·湖南永州模拟节选)其他条件相同时,“酸浸”中钯浸出率与液固比(一定浓度的硝酸和盐酸组成混合溶液的体积与钯渣质量之比)关系如图1所示,最佳液固比为mL·g-1。当液固比一定时,相同时间内钯浸出率与温度关系如图2所示,解释40℃钯浸出率达到峰值的原因:

。

解析:液固比最佳是指浸出率最高且液固比最小,节约成本。从图中可以看出,最佳液固比为3mL·g-1。40℃之前,升温,反应速率增大;40℃之后,升温,浓硝酸分解速率加快,浓盐酸挥发速率加快,所以40℃钯浸出率达到峰值。答案:340℃之前,升温,反应速率增大;40℃之后,升温,浓硝酸分解速率加快,浓盐酸挥发速率加快2.(2021·山东临沂模拟节选)CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下:已知:①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等;②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示:沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀完全沉淀③CoCl2·6H2O熔点为86℃,加热至110～120℃时,失去结晶水生成无水氯化钴。(1)浸出液中加入NaClO3的作用是

。

(2)“加Na2CO3调pH至5.2”,过滤所得到的沉淀成分为。

(3)“操作1”中包含3个基本实验操作,它们依次是、和过滤。制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压的原因是

。

(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是

;萃取剂使用的最佳pH范围是(填字母)。

解析:水钴矿中加入盐酸和亚硫酸钠,可得到CoCl2、AlCl3、FeCl2,加入NaClO3可得到FeCl3,然后加入Na2CO3调pH至5.2,可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,过滤后所得滤液主要含有CoCl2,为得到CoCl2·6H2O,应控制温度在86℃以下,加热时要防止温度过高而使产品失去结晶水,可减压烘干。(1)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+。(2)根据题表数据可知,“加Na2CO3调pH至5.2”,过滤所得到的沉淀成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)根据从溶液中制取固体的方法制取CoCl2·6H2O,从而确定操作步骤;温度过高,CoCl2·6H2O失去结晶水生成无水氯化钴,为了防止其分解,制得的CoCl2·6H2O需减压烘干。(4)根据题中流程图可知,滤液中存在Mn2+、Co2+,加萃取剂的目的是除去滤液中的Mn2+;由萃取目的及萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知,最佳pH范围是3.0～3.5。答案:(1)将Fe2+氧化为Fe3+(2)Fe(OH)3、Al(OH)3(3)蒸发浓缩冷却结晶降低烘干温度,防止产品分解失去结晶水(4)除去“滤液”中的Mn2+B命题热点3陌生化学方程式(电极反应式)的书写首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式,再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型:(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应,遵循质量守恒定律。(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应,既遵循质量守恒定律,又遵循得失电子守恒规律。(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物),结合已学知识,根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性,在化学方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等。(4)根据质量守恒配平化学方程式。(1)列变价——写出电极上发生变价的主要反应物和主要产物。(2)标电子——由化合价写出得失电子数。(3)调电荷——由电荷守恒依据介质环境将电极反应式两边的电荷调平,酸性溶液用H+,碱性溶液用OH-,若是熔融电解质,则依据具体题目信息,一般熔融氧化物用O2-,熔融碳酸盐用CO3(4)后补水——由原子守恒配平电极反应式,一般看氢原子,哪边少氢原子就在哪边以水的形式补上相应数目的氢原子。也被称为“氢不够,水来凑”。(5)检查氧——最后用“O”守恒检查电极反应式是否正确。1.(2022·福建厦门二模节选)软锰矿—硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如图:回答下列问题:(1)“浸取”过程主要反应为3MnO2+2FeS2+6H2SO43MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O,则氧化剂与还原剂物质的量之比为。

(2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是

。

(3)“沉锰”过程Mn2+转化为MnCO3的离子方程式为。

(4)“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为。

(5)“氧化ⅱ”过程中,将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是(填字母)。

2O223解析:(1)反应3MnO2+2FeS2+6H2SO43MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O中Mn元素化合价降低,被还原,MnO2作氧化剂,Fe元素和S元素化合价升高,被氧化,FeS2作还原剂,则氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2。(2)“浸取”过程中软锰矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应,除了生成硫酸锰和硫沉淀,还可能生成硫酸亚铁,所以“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子,以便后续过程除铁。(3)“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵、一水合氨反应生成碳酸锰、硫酸铵和水,反应的化学方程式为MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O,则离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3·H2OMnCO3↓+NH4++H(4)由流程图可知,“焙烧”过程中MnCO3和空气中的氧气在高温条件下反应生成MnO2和CO2,反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2。(5)Mn(Ⅳ)的氧化性比H2O2和Cl2的都强(例如,酸性条件下,MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气,实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气),用H2O2或Cl2不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ),而KClO3在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ),故最适宜氧化剂是KClO3。答案:(1)3∶2(2)将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子(3)Mn2++HCO3-+NH3·H2OMnCO3↓+NH4+(4)2MnCO3+O22MnO2+2CO2(5)c2.(1)如图表示使用新型电极材料,以N2、H2为电极反应物,以HCl-NH4Cl为电解质溶液制造出既能提供能量,同时又能实现氮固定的新型燃料电池。请写出该电池的正极反应式:。

(2)制备Na2S2O5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。

(3)KIO3可采用“电解法”制备,装置如图所示。①写出电解时阴极的电极反应式:。

②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为,其迁移方向是。

解析:(1)根据氧化还原反应原理,首先确定N2在反应中作氧化剂,因而参与正极反应,再根据盐酸介质知产物应该为NH4(2)由题图可知,左侧为阳极,电解质溶液为稀H2SO4,则电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+。电解过程中H+通过阳离子交换膜进入a室,故a室中NaHSO3浓度增加。(3)①电解液是KOH溶液,阴极的电极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑。②电解过程中阳极区反应为3I2+6KOHKIO3+5KI+3H2O、2I--2e-I2,阳极的K+通过阳离子交换膜由电极a迁移到电极b。答案:(1)N2+6e-+8H+2NH4+(2)2H2O-4e-4H++O2↑a(3)①2H2O+2e-2OH-+H2↑②K+由a到b新情境下陌生氧化还原反应化学方程式的书写技巧根据题目中的流程图或题干信息,确定反应物和部分生成物⇩判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升降判断出氧化产物和还原产物⇩写出化学方程式,并按化合价升降原则配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数⇩根据元素守恒,补充其他反应物或产物,一般为水、酸(H+)或碱(OH-)命题热点4物质的分离与提纯(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。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的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的方法: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,若未出现特征反应现象,则沉淀洗涤干净(1)萃取:利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同,将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。(2)反萃取: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。(1)蒸发时的气体氛围抑制水解:如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时,应在HCl的气流中加热,以防其水解。(2)减压蒸馏的原因:减小压强,使液体沸点降低,防止受热分解、氧化等。1.(2022·湖南株洲二模节选)“萃取”和“反萃取”时,将发生R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+,HA表示有机萃取剂),“反萃取”操作加入的试剂是(填化学式)。

解析:“萃取”时,加入有机物,平衡向右移动,“反萃取”时,平衡向左移动,则应加入H2SO4。答案:H2SO42.(2022·山东泰安二模节选)天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4,还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示:已知:常温下,ZrCl4是白色固体,604K升华,遇水强烈水解,ZrCl4+9H2OZrOCl2·8H2O+2HCl,在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题:(1)分馏过程中,为防止产品变质,过程中一定需要注意的是。

(2)实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是

。

(3)由于锆铪(Hf)矿石共生,这样制得的锆中常含有少量的铪,需要进一步分离提纯。溶解分离:将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液,锆和铪均以[MF6]2-存在。①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大,且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大,可以利用方法进行分离。

②离子交换法:利用强碱型酚醛树脂R-N(CH3)3+Cl-阴离子交换剂进行交换分离,原理是2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6[RN(CH3)3]2ZrF6+2KCl;2RN(CH3)3Cl+K2HfF6[RN(CH3)3]2HfF6③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡,可以达到Zr与Hf分离。这种分离方法是。

解析:(1)由题意知,ZrCl4遇水强烈水解,分馏过程中,为防止产品变质,过程中一定需要注意的是保持干燥。(2)在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀,实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀,让溶液自然流下,重复2～3次。(3)①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大,且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大,可以利用重结晶方法进行分离。②题述方法能够将锆、铪分离的原因是锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同。③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡,可以达到Zr与Hf分离,这种分离方法是萃取,利用溶解度的不同。答案:(1)保持干燥(2)向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀,让溶液自然流下,重复2～3次(3)①重结晶②锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同③萃取命题热点5电离常数、溶度积常数的有关计算(1)平衡常数都只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,升高温度,Ka、Kb、Kw、Kh均增大。(2)Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=KwKa;Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh(3)二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2=Kw,Ka2·Kh1=Kw。(4)反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K,则K=Ksp(2.溶度积(Ksp)的常见计算类型(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp=a的饱和AgCl溶液中c(Ag+)=amol/L。(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中的另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10amol/L。(3)计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常数K=c(Mn2+)c1.(2022·山东淄博二模节选)从某工业废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3。常温下,部分氢氧化物的溶度积常数如下表所示:物质Fe(OH)3Fe(OH)2Sc(OH)3Ksp1×10-381×10-161×10-30(1)常温下“调pH”时,若溶液中c(Sc3+)=0.001mol/L,为除去杂质离子,应控制pH范围是×10-5mol/L时,可认为该离子沉淀完全)。

(2)已知25℃时Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,pH=2的草酸溶液中c(C2解析:(1)常温下,溶液中c(Sc3+)=0.001mol/L,为除去杂质离子,让Fe3+完全沉淀,而Sc3+还未开始沉淀,则有c(Fe3+)×c3(OH-)≥Ksp[Fe(OH)3],c(OH-)≥31×10-381×10-5mol/L=1×10-11mol/L,则c(H+)≤Kwc(OH-)=1×10-3mol/L,即pH≥3,且c(Sc3+)×c3(OH-)<Ksp[Sc(OH)3],c(OH-(2)已知25℃时Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,pH=2即c(H+)=1×10-2mol/L,则c(C2O4答案:(1)3≤pH<5(2)ab2.(2022·山东济宁二模节选)工业上煅烧硫铁矿产生的SO2气体可以用石灰乳吸收。常温下,测得CaSO3与水形成的浊液pH为9,若忽略SO32-的第二步水解,则Ksp(CaSO3)=(保留三位有效数字)[已知:室温下亚硫酸(H2SO3)的电离平衡常数Ka1×10-2,Ka2×解析:CaSO3与水形成的浊液pH为9,若忽略SO32-的第二步水解,则SO32-水解的Kh=c(OH-)·c(HSO3-)c(SO32-)=KwKa2,c(OH-)=c(HSO3-)=1×10-5mol/L,所以c(SO32-)=6答案:×10-7(1)熟练掌握水溶液中平衡常数之间的关系式。(2)熟练掌握Ksp与沉淀转化平衡常数K和电离常数Ka的计算关系式。物质制备型(2022·全国甲卷,26)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①。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②:离子KspFe3+×10-38Zn2+×10-17Cu2+×10-20Fe2+×10-16Mg2+×10-11回答下列问题:(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌③的化学方程式为。

(2)为了提高锌的浸取效果④,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)。

3·H2OB.Ca(OH)2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MnO2⑤,该步反应的离子方程式为(5)滤液②中加入锌粉⑥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⑦是、。

[审题指导]①明确工艺流程的目的,审清原料为菱锌矿(主要成分为ZnCO3,杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物),目的是制备高纯ZnSO4·7H2O,需先除杂质,再制备,为分析流程图提供方向。②给定信息的应用,根据表中溶度积常数的数据可以解决(3)中物质X的选择、滤渣①的主要成分的问题。③根据焙烧生成氧化锌,可以判断菱锌矿焙烧,主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑。④联想提高反应速率的方法。⑤陌生的化学方程式的书写,根据流程结合题目中提供的信息:KMnO4为氧化剂,Fe2+为还原剂,滤渣②中有MnO2,即生成物中的沉淀不只有MnO2,书写其离子方程式。⑥锌粉具有还原性,且使溶液不增加新的杂质离子的情况下可将其他离子置换出来从而除去。⑦向滤液③中加入HF脱钙镁,过滤得到滤渣④,为CaF2、MgF2,根据滤渣④成分,可知其与浓H2SO4反应的产物。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ZnCO3ZnO+CO2↑,再加入H2SO4浸取,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,过滤得到含Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①,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+,过滤得到含Fe(OH)3和MnO2的滤渣②,滤液②中加入锌粉,发生反应Zn+Cu2+Zn2++Cu,过滤后得到的滤渣③为Cu,再向滤液③中加入HF脱钙镁,过滤得到的滤渣④为CaF2、MgF2,滤液④为ZnSO4溶液,经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析,焙烧时,生成ZnO的反应为ZnCO3ZnO+CO2↑。(2)可采用将焙烧后的产物碾碎,增大接触面积或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,故C不适宜。(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液,可氧化Fe2+,得到含Fe(OH)3和MnO2的滤渣②,反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7H2O3Fe(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。答案:(1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)将焙烧后的产物碾碎,增大接触面积增大硫酸的浓度(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2++MnO4-+7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H(5)置换Cu2+为Cu从而除去(6)CaSO4MgSO4(2022·福建漳州三模)二氧化铈(CeO2)具有较强的氧化性,是一种应用非常广泛的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3、BaO等)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)“氧化焙烧”后,Ce元素转化为CeO2和CeF4。写出“氧化焙烧”的化学方程式:

。

(2)“酸浸”时,铈的浸出率与温度、c(H+)的关系如图所示,应选择的最适宜的条件为(填标号)。

A.65℃2.0mol·L-1B.75℃2.0mol·L-1C.85℃2.5mol·L-1D.100℃2.5mol·L-1“酸浸”不用盐酸的理由是

(任写两点)。

(3)“系列操作”包含以下几个过程:已知:Ce3+不能溶于有机物TBP;CeF3+能溶于有机物TBP,且存在反应CeF3++TBPCeTBP4++F-。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是,“有机层B”中发生反应的离子方程式为。

(4)“调pH”中,要使Ce3+×10-5mol·L-1为沉淀完全),应控制pH大于(已知25℃时Ksp[Ce(OH)3×10-20)。

(5)“氧化”中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分,在尾气消除过程中CeO2与CeO2(1-x)(0≤x≤0.25)相互转化。CeO2(1-x)中的Ce为+3、+4价,测定x的值可判断它们的比例。现取CeO2(1-x)固体1.6560g,加入足量硫酸和0.0220molFeSO4·7H2O充分溶解,使Ce4+全部被还原成Ce3+,再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点,重复操作三次,平均消耗标准溶液40.00mL(已知氧化性:Ce4+>KMnO4),则x的值为。

解析:(1)“氧化焙烧”步骤中,BaO不参与反应,由流程可知CeFCO3与富氧空气中的氧气发生氧化还原反应生成CeO2、CeF4和CO2,此过程中Ce元素的化合价由+3价升至+4价,O元素的化合价由0价降至-2价,根据得失电子守恒、原子守恒,反应的化学方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。(2)由图可知,温度为85℃、c(H+)为2.5mol·L-1时,铈的浸出率最高,应选择的最适宜的条件为85℃、2.5mol·L-1;“酸浸”步骤中,用硫酸浸取,BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀,若用盐酸替代硫酸,CeO2具有较强氧化性,会被盐酸还原为Ce3+,生成有毒的Cl2,污染环境,且盐酸不能除去杂质Ba2+。(3)“滤液A”中的CeF3+能溶于有机物TBP,振荡、静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离;由流程可知,“有机层B”中CeTBP4+在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应,CeTBP4+被还原成Ce3+,则H2O2被氧化成O2,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,反应的离子方程式为2CeTBP4++H2O22Ce3++O2↑+2H++2TBP。(4)当c(Ce3+×10-5mol·L-1时,依据25℃时Ksp[Ce(OH)3×10-20,c(OH-)=31.0×10-201.0×10-5mol·L-1×10-5mol·L-1(5)“氧化”步骤中氧化剂是NaClO,还原产物是Cl-,1molNaClO参与反应得到2mol电子,还原剂是Ce(OH)3,氧化产物是Ce(OH)4,1molCe(OH)3参与反应失去1mol电子,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。(6)实验过程中CeO2(1-x)固体中Ce4+全部被还原成Ce3+,FeSO4∙7H2O部分被氧化成Fe3+,剩余的部分用酸性KMnO4标准溶液滴定,由于氧化性Ce4+>KMnO4,故滴定过程中KMnO4不会与Ce3+反应,根据反应5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,与MnO4-反应的Fe2+的物质的量为5×0.1000mol·L-1×0.04L=0.0200mol,还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量为0.0220mol-0.0200mol=0.0020mol,根据反应Ce4++Fe2+Ce3++Fe3+,则CeO2(1-x)固体中+4价Ce的物质的量为0.0020mol,相当于CeO2的物质的量为0.0020mol,可得相当于Ce2O1.6560g-0.002答案:(1)4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2(2)CCeO2具有较强氧化性,会被盐酸还原为Ce3+,生成有毒的Cl2,会污染环境;盐酸不能除去杂质Ba2+等(3)分液2CeTBP4++H2O22Ce3++O2↑+2H++2TBP(4)9(5)1∶2物质制备类工艺流程题的解题策略破解无机物制备工艺流程原理与过程。对一些线性流程工艺(从原料到产品为“一条龙”的生产工序)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),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分离、提纯产品的化工工艺,然后结合题设的问题,逐一推敲解答。对于用同样的原材料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题,用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的,以此确定截几段更合适,一般截段以产品为准点。3.掌握“5种”原料预处理(研磨、水浸、酸浸、灼烧、煅烧)的作用和“6种”控制反应条件(调溶液pH、控制温度、控制压强、使用催化剂、趁热过滤、冰水洗涤)的目的。分离提纯型(2022·全国乙卷,26)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,通过如图流程实现铅的回收①。一些难溶电解质的溶度积常数如下表②:难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp×10-8×10-14×10-10×10-9一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表②:金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2开始沉淀的pH完全沉淀的pH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④有。

[审题指导]①明确工艺流程的目的,由废旧铅蓄电池的铅膏(主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等)回收铅,为分析流程图提供方向。②题干中数据信息的应用,根据溶度积常数和金属氢氧化物沉淀时的pH可以解决(1)中PbSO4转化反应的离子方程式及用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因、(2)中加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化的原因及(4)中滤渣的主要成分问题。③工艺中遇到加入H2O2,一般其目的要从H2O2的化学性质考虑,①氧化性、②还原性,然后结合题干中的要求,进行解答。④对题干中初始的杂质金属离子,根据其化学性质顺着工艺流程分析其去向及对工艺过程中添加的金属离子去向进行分析,可得最终滤液中金属离子的成分。解析:(1)“脱硫”中,Na2CO3溶液与PbSO4反应生成PbCO3和Na2SO4,反应的离子方程式为PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq);由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知,Ksp(PbCO3×10-14,Ksp(PbSO4×10-8,反应PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=c(2)反应BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO4c(Ba2+)·c((3)(ⅰ)H2O2有氧化性,Fe2+有还原性,Fe2+会被H2O2氧化为Fe3+。(ⅱ)H2O2促进金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2,H2O2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+2HAcPb(Ac)2+2H2O。(ⅲ)PbO2转化为Pb(Ac)2时,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、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,铅转化为氢氧化铅,最终变为氧化铅,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+。答案:(1)PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)反应PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=(2)反应BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=(3)(ⅰ)Fe2+(ⅱ)Pb+H2O2+2HAcPb(Ac)2+2H2O(ⅲ)作还原剂(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2+、Na+(2022·湖南娄底模拟)锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO,还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣,一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。回答下列问题:已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。②葡萄糖的第五碳上羟基和醛基缩合可形成葡萄糖的半缩醛式。在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生如下反应:(1)已知Pb2Mn8O16中Pb为+2价,Mn为+2价和+4价,则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为。

(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为

。

(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量,其原因是

,

为提高葡萄糖的有效利用率,除充分搅拌外还可采取的措施为。

(4)整个流程中可循环利用的物质是。

获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,其中洗涤的具体操作是

。

(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3,Na2CO3溶液的最小浓度为mol·L-1(保留两位小数)。[已知:20℃时Ksp(PbSO4×10-8,Ksp(PbCO3×10-142≈1.6]

解析:(1)由题中信息可知,Pb2Mn8O16中Pb为+2价,Mn为+2价和+4价,设+2价Mn有x个,+4价Mn有y个,根据化合价代数和为0得2×(+2)(2)由题中信息可知,在酸洗后剩余滤渣中加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应,+4价Mn得电子被还原成Mn2+,葡萄糖中C失电子被氧化成CO2,其离子方程式为C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O。(3)由题中信息②可知,在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生副反应,从而额外消耗了大量葡萄糖;为提高葡萄糖的有效利用率,减少葡萄糖的损失,除充分搅拌外还可采取的措施为少量多次加入葡萄糖。(4)由题中信息和流程图可知,在醋酸铅溶液中加入H2SO4,得到PbSO4沉淀和醋酸,则可循环利用的物质是醋酸;由题中信息可知,MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇,为了减少洗涤损失,MnSO4·H2O用乙醇洗涤,具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀),待乙醇自然流下,重复此操作2～3次。(5)由题中信息可知,加入Na2CO3溶液是将PbSO4转化为PbCO3,即PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq),因为Ksp(PbSO4×10-8,所以原溶液中c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol·L-1×10-4mol∙L-1,加入Na2CO3溶液生成PbCO3时,CO32答案:(1)1∶3(2)C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O(3)在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖发生了副反应,从而额外消耗了大量葡萄糖少量多次加入葡萄糖(4)醋酸(CH3COOH)向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4·H2O晶体(或沉淀),待乙醇自然流下,重复此操作2～3次×10-10提纯类化工生产流程题的解题策略1.阅读流程图,明确原料中含有的杂质和目标物质以及提纯的流程。(1)水溶法:除去可溶性杂质。(2)酸溶法:除去碱性杂质。(3)碱溶法:除去酸性杂质。(4)氧化剂或还原剂法:除去还原性或氧化性杂质。(5)加热灼烧法:除去受热易分解或易挥发的杂质。(6)调节溶液的pH法:如除去酸性溶液中的Fe3+等。3.明确常用的分离方法,同时还要注意物质分离、提纯的原则及注意事项等。(一)题空集训原料预处理1.镁在工业、医疗等领域均有重要用途。某化学兴趣小组利用硼砂工厂的固体废弃物(主要含有MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3等),设计了如图回收镁的工艺流程:“酸浸”前,将固体废弃物研磨的目的是

。为达到目的,还可以采取的措施是(任写一条)。

答案:增大反应物接触面积,加快反应速率,提高浸取率提高反应温度(或适当增加硫酸浓度等合理答案均可)2.硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如图:步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是。

答案:碱煮水洗反应条件的控制1.硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图:根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++B(OH)4-,Ka×10-10,可判断H3BO3是酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节到3.5,目的是答案:一元弱将硼元素转化为H3BO3,促进析出2.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示:(1)“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间,不宜过高或过低的原因是

。

(2)“保温除铁”过程中,加入CuO的目的是

;

“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中,要用HNO3溶液调节溶液的pH,其理由是。

答案:(1)温度过高,苯容易挥发;温度过低,溶解速率小(2)调节溶液的pH,使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀抑制Cu2+的水解陌生化学方程式(电极反应式)的书写1.常用尿素[CO(NH2)2]除去工业酸性废水中的Cr3+,流程为完成该转化的离子方程式:

。

答案:2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O2Cr(OH)3↓+3CO2↑+6NH42.高锰酸钾(KMnO4)是一种常用氧化剂,主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下:“平炉”中发生反应的化学方程式为。答案:2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O3.(1)以连二亚硫酸根离子(S2O4阴极区的电极反应式为。

(2)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示,两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。①电池的负极电极反应式为;放电过程中需补充的物质A为(填化学式)。

②如图所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应,将化学能转化为电能,其反应的离子方程式为。答案:(1)2SO32-+4H++2e-S2O4(2)①HCOO-+2OH--2e-HCO3-+H2OH2SO4②2HCOOH+2OH-+O22HCO3-+2H2O或2HCOO-+O22HCO物质的分离与提纯1.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,在潮湿空气中易水解、氧化,且在氯离子浓度较大的体系中存在CuCl+Cl-[CuCl2]-。工业上用低品铜矿(主要含CuS、Cu2S、FeO等)制备CuCl的一种工艺流程如下:回答下列问题:(1)写出反应Ⅱ中发生反应的离子方程式:

。

(2)在进行反应Ⅱ时,通入的SO2一般都要适当过量,目的是

。

(3)水洗时,检验是否洗涤干净的方法是

。

(4)滤饼进行醇洗的目的是。

答案:(1)2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O2CuCl↓+SO42-(2)将Cu2+全部还原为CuCl,保护CuCl不被氧化(3)取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生沉淀,证明已洗涤干净,否则未洗涤干净(4)加速干燥,防止CuCl水解和氧化2.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O(商品名为摩尔盐)。可由硫酸亚铁与硫酸铵反应制备,一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成摩尔盐后就比较稳定了。实验室制取少量摩尔盐的流程如下:回答下列问题:(1)步骤1中Na2CO3溶液的主要作用是。

(2)步骤2中趁热过滤的目的是。

(3)步骤3中,加入(NH4)2SO4固体后,要得到摩尔盐晶体,需经过的实验操作包括加热蒸发、、、洗涤和干燥。

(4)步骤3中制得的晶体过滤后用无水乙醇洗涤的目的是。答案:(1)洗去铁屑表面的油污(2)防止FeSO4结晶,减少FeSO4的损失(3)冷却结晶过滤(4)减少摩尔盐的损失,加速干燥电离常数、溶度积常数的有关计算1.硒(Se)是第四周期第ⅥA族元素,是人体内不可或缺的微量元素,H2Se是制备新型光伏太阳能电池、半导体材料和金属硒化物的重要原料。(1)已知常温下H2Se的电离平衡常数Ka1×10-4、Ka2×10-11,则NaHSe溶液呈(填“酸性”或“碱性”)。

(2)H2Se在一定条件下可以制备出CuSe,已知常温时CuSe的Ksp×10-49,CuS的Ksp×10-36,则反应CuS(s)+Se2-(aq)CuSe(s)+S2-(aq)的化学平衡常数K=(保留2位有效数字)。

答案:(1)碱性×10123·H2O的电离常数Kb=2×10-5,H3PO4的各级电离常数为Ka1=1×10-2、Ka2×10-8、Ka3×10-13,则常温下NH4H2PO4溶液中c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)c(H2P答案:>3.(1)反应H2S(aq)+Cu2+(aq)CuS(s)+2H+(aq)的平衡常数为[已知Ksp×10-36,H2S的Ka1=1×10-7,Ka2=1×10-13]。

(2)查阅资料可知,常温下Ksp×10-10。银氨溶液中存在下列平衡:Ag+(aq)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+2H2O(l)K1×107常温下可逆反应AgCl(s)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq)+2H2O(l)的化学平衡常数K2=。

答案:(1)8×1015×10-3(二)题型集训物质制备型1.(2022·福建南平三模)硫酸镍是一种重要的无机化工产品,广泛用于工业领域。一种以粗制氢氧化镍[主要成分为Ni(OH)2,含有少量Ca(OH)2、Co(OH)2、Fe(OH)3等杂质]为原料制备硫酸镍晶体和电积镍的工艺流程如图所示。已知:①P204萃取剂易萃取Ca2+、Fe3+;P507萃取剂易萃取Co2+。②pH=3.5,NiSO4·6H2O的溶解度随温度升高而增大。回答下列问题:(1)“破碎研磨”的目的为

。

(2)“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为。(3)影响P507萃取率的因素有很多,在其他条件相同时,根据下图分析分离镍、钴的最佳条件:温度;相比(油相O∶水相A)。

(4)由NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作依次为。(5)向“萃取液1、萃取液2”中加入硫酸可进行反萃取是该流程的优点之一,反萃取操作的目的为

;该流程中的优点还有(任写一点)。

(6)电解NiSO4溶液的化学方程式为

。

解析:(1)“破碎研磨”的目的为增大与硫酸的接触面积,提高酸溶速率和Ni2+的浸出率。(2)由题干信息可知,粗制氢氧化镍主要成分为Ni(OH)2,“酸溶”时主要成分发生反应的化学方程式为Ni(OH)2+H2SO4NiSO4+2H2O,故其离子方程式为Ni(OH)2+2H+Ni2++2H2O。(3)影响P507萃取率的因素有很多,在其他条件相同时,根据题图分析分离镍、钴的最佳条件,由温度图像可知,温度在30℃时,Co2+萃取率已经较大,且温度升高,Co2+的萃取率变化不明显,而Ni2+的萃取率增大,由相比图像可知,相比(油相O∶水相A)为1∶1时,Co2+的萃取率相对较大,Ni2+的萃取率很小,O/A增大后Ni2+的萃取率快速上升,故最适宜的条件是温度为30℃,O/A为1∶1。(4)由已知条件②可知,由NiSO4溶液获得NiSO4·6H2O晶体的操作为蒸发浓缩,冷却结晶,抽滤,洗涤干燥。(5)向“萃取液1、萃取液2”中加入硫酸可进行反萃取是该流程的优点之一,反萃取操作的目的为获取有机相,进行循环利用或将Co2+、Ca2+、Fe3+等离子转移至水相,进一步回收利用等;该流程中的优点还有多次萃取,深