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文档简介

2025版《新亮剑》高考化学专题十一化学工艺流程▷对应学生书第91页知识点一化工流程的试题的呈现模式知识点二常考的化工术语关键词释义研磨、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,以增大反应速率或使反应更充分煅烧固体在高温下分解或改变结构,使杂质在高温下氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质浸取向固体中加入适当溶剂或溶液,使其中可溶性的物质溶解,包括水浸、酸浸、碱浸、醇浸等浸出率固体溶解后,溶液中离子占该元素总含量的百分率酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去的过程水浸与水接触反应或溶解过滤固体与液体的分离滴定定量测定,可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质,类似的还有酸洗、醇洗等酸作用溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用去油污,去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,调节pH,促进水解知识点三常见的操作及目的常见的操作目的加氧化剂氧化某物质,生成目标产物或除去某些离子判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等分离、提纯利用过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏、重结晶等常规操作从溶液中得到晶体提高原子利用率绿色化学(减少对环境的污染、物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应,或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的知识点四注意简答题的答题规范1.“操作或措施”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2~3次2.“目的或原因”目的或原因答题模板沉淀水洗的目的除去××(可溶于水)杂质(续表)目的或原因答题模板沉淀用乙醇洗涤的目的减小固体的溶解度;除去固体表面吸附的杂质;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、反应时的气体氛围抑制××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制取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××物质被氧化反应装置中与大气相通的玻璃管的作用平衡容器中压强,避免反应容器中压强过大知识点五化工生产中的重要金属元素1.锌及其重要化合物(1)Zn的性质与Al相似,与强酸、强碱均反应生成H2。(2)ZnO、Zn(OH)2与Al2O3、Al(OH)3均为两性化合物。ZnO或Zn(OH)2与酸反应生成Zn2+,与强碱反应生成ZnO22.钴、镍及其氧化物(1)常温下,钴、镍在空气中能稳定存在,加热条件下可生成CoO、NiO。(2)CoO溶于酸溶液,不溶于水、乙醇、氨水,在空气中焙烧至390~890℃时生成四氧化三钴。NiO溶于酸和氨水,不溶于水。(3)Co(OH)2在空气中缓慢地被氧化为棕褐色的Co(OH)3,Ni(OH)2在空气中较稳定,可采用氧化性较强的Br2将其氧化。(4)Co3+、Ni3+在酸性溶液中有强氧化性,易被还原,如Co(OH)3、Ni(OH)3在盐酸中被还原,2Co(OH)3+6HCl2CoCl2+Cl2↑+6H2O,2Ni(OH)3+6HCl2NiCl2+Cl2↑+6H2O;在Na2SO3溶液中、酸性条件下被还原,2Co(OH)3+SO32-+4H+2Co2++SO42-+5H2O,2Ni(OH)3+SO32-+4H+2Ni2+3.钒及其化合物的性质(1)V:常温下不活泼,不能与非氧化性酸及碱作用,但能溶于氢氟酸、硝酸和王水。(2)V2O5:两性氧化物,但以酸性为主,V2O5+6NaOH2Na3VO4+3H2O;1750℃发生分解反应:2V2O52V2O4+O2↑;微溶于水,易形成稳定的胶体;有较强的氧化性:V2O5+6HCl(浓)2VOCl2+Cl2↑+3H2O。(3)VO2+、VO2+:在酸性介质中,VO2+具有强氧化性,VO2++Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O,2VO2++H2C2O4+2H+2VO2+4.铬及其化合物的性质(1)Cr:加热时,与O2反应生成Cr2O3。(2)Cr2O3:两性氧化物,Cr2O3+6H+2Cr3++3H2O;Cr2O3+2OH-2CrO2-+H2O。(3)Cr(OH)3:两性氢氧化物,Cr(OH)3+3H+Cr3++3H2O;Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O。(4)CrO42-与Cr2O72-:①可相互转化,2CrO42-(黄色)+2H+Cr2O72-(橙色)+H2O。②强氧化性,如5H++Cr2O72-+3HSO3-2Cr3++3SO42-5.钛及其化合物的性质(1)Ti:常温下与酸不反应,但可与HF反应(Ti+6HFH2TiF6+2H2↑),也可与热的浓盐酸反应[2Ti+6HCl(浓)2TiCl3+3H2↑]。(2)TiO2:不溶于水和稀酸,可溶解在HF溶液及热的浓硫酸中;可与Cl2反应:TiO2+2Cl2TiCl4+O2;与碱溶液缓慢反应:TiO2+2NaOHNa2TiO3+H2O;在高温下与Cl2、C发生反应:TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。(3)TiCl4:暴露在空气中会冒出白烟,TiCl4+3H2OH2TiO3↓+4HCl;Mg作还原剂时可制备金属钛,2Mg+TiCl42MgCl2+Ti。题型1微型化学工艺流程例1(2023·湖南卷,9)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下:已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列说法错误的是()。A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3B.Na2S溶液呈碱性,其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C.“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中c(CuD.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水答案D【流程剖析】解析根据分析可知,氢氧化铁在pH=1.9时开始沉淀,氢氧化铝在pH=3.5时开始沉淀,当pH=4时,则会生成氢氧化铝和氢氧化铁,即“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3,A项正确;硫化钠溶液中的硫离子可以水解,产生氢氧根离子,使溶液显碱性,其第一步水解方程式为S2-+H2OHS-+OH-,B项正确;当铜离子和锌离子完全沉淀时,硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡,则c(Cu2+)c(Zn2+)=c(Cu2+)·c(S2-变式1(2023·山东卷,13改编)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2K,a2=6.3×10-8。下列说法正确的是()。A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD.若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比n(X)答案C【流程剖析】解析反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应,生成二氧化硫,是氧化还原反应,反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应,生成NaHSO3、水和二氧化碳,是非氧化还原反应,反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O,是氧化还原反应,A项错误;低温真空蒸发的主要目的是防止Na2SO3被氧化,而不是NaHSO3被氧化,B项错误;经分析溶液Y是Na2SO3溶液,可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ),C项正确;化合物X是指Na2SO3,若Cu2O产量不变,n(X)n(CuSO4)增大,多的Na2SO3会消耗氢离子,解题技法1.化学反应原理——化学原理在实际工业上是否可行;2.成本要低——原料的选取使用、设备的损耗等;3.原料的利用率要高——利用好副产品、循环使用原料、能量尽可能利用;4.生产过程要快——化学反应速率;5.产率要高——化学平衡;6.产品要纯——产品的分离、提纯;7.环保问题——反应物尽可能无毒、无害、无副作用,“三废”处理。题型2以非金属元素为主例2(2023·浙江6月选考,18)工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。已知:+H2O请回答:(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除,写出反应方程式:

(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2,通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。①下列说法正确的是。

A.燃煤中的有机硫主要呈正价B.化合物A具有酸性C.化合物A是一种无机酸酯D.工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收②一定压强下,化合物A的沸点低于硫酸的原因是

(3)设计实验验证化合物A中含有S元素:;写出实验过程中涉及的反应方程式:

答案(1)2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2(2)①BCD②硫酸分子能形成更多的分子间氢键(3)取化合物A加入足量氢氧化钠,反应完全后加入盐酸酸化,无明显现象,再加入氯化钡生成白色沉淀,说明化合物A中含有S元素+2NaOHCH3OH+Na2SO4+H2O;Na2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NaCl【信息提取】含硫矿物煅烧生成二氧化硫,途径Ⅰ中二氧化硫、氧气和碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳,途径Ⅱ中二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫,三氧化硫和等物质的量的甲醇发生反应生成化合物A()。解析(2)①硫的电负性大于碳、氢等,故燃煤中的有机硫主要呈负价,A项错误;根据分析可知,化合物A中与硫直接相连的基团中有—OH,故能电离出氢离子,具有酸性,B项正确;化合物A含有基团,类似于酯基,为硫酸和醇生成的酯,是一种无机酸酯,C项正确;工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收,用于生产发烟硫酸,D项正确。②一定压强下,化合物A只有1个—OH能形成氢键,而硫酸分子中有2个—OH形成氢键,故导致化合物A的沸点低于硫酸。(3)化合物A为,碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇,硫酸根离子能和氯化钡反应生成不溶于酸的硫酸钡沉淀,故实验设计为取化合物A加入足量氢氧化钠溶液,反应完全后加入盐酸酸化,无明显现象,再加入氯化钡溶液生成白色沉淀,说明化合物A中含有S元素;涉及反应为+2NaOHCH3OH+Na2SO4+H2O;Na2SO4+BaCl2BaSO4↓+2NaCl。变式2(2023·湖北卷,16)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属,工艺路线如下:回答下列问题:(1)Co位于元素周期表第周期,第族。

(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物,“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去,否则水浸时会产生大量烟雾,用化学方程式表示其原因:

(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是。

(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH控制为10.0,则溶液中Co2+浓度为mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为

(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有(填标号)。

a.Si—Cl键极性更大b.Si的原子半径更大c.Si—Cl键键能更大d.Si有更多的价层轨道答案(1)四Ⅷ(2)SiCl4+3H2OH2SiO3+4HCl(或SiCl4+4H2OH4SiO4+4HCl)(3)焰色试验(4)5.9×10-76Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(5)abd【流程剖析】解析(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3,常用焰色试验鉴别Li2CO3和Na2CO3,Li2CO3的焰色为紫红色,而Na2CO3的焰色为黄色。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH控制为10.0,则溶液中c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1,Co2+浓度为Ksp[Co(OH)2]c2(OH-)=5.9×10-15(1.0×10-4)2mol·L-1=5.9×10-7mol·L-1。“850℃煅烧”时,Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O,该反应的化学方程式为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a项,Si—Cl极性更大,因此,SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl,从而导致Si—Cl极性更大,且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻,因此,SiCl4比CCl4易水解;b项,Si的原子半径更大,Si—Cl键长更长,Si—Cl键能更小,则Si—Cl更易断裂,因此SiCl4比CCl4易水解;c项,通常键能越大化学键越稳定且不易断裂,因此,Si—Cl键能更大不能说明Si—Cl解题技法1.粗读题干,挖掘图示。图示中一般会呈现超出教材范围的知识,但题目中往往会有提示或者问题中不涉及,所以一定要关注题目的每一个关键字,尽量弄懂流程图,但不必将每一种物质都推出,只需问什么推什么。如制备类无机化工题,可粗读试题,知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。2.携带问题,精读信息。这里信息包括三个方面:一是主干,二是流程图示,三是设置问题。读主干抓住关键字、词;读流程图,重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。3.跳跃思维,规范答题。答题时应注意前后问题往往没有“相关性”,即前一问未答出,不会影响后面答题。要求用理论回答的试题,应采用“四段论法”:改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。题型3以金属元素为主例3(2023·山东卷,17)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-和硼酸根离子等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3已知:常温下,Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。回答下列问题:(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡:B(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+(常温下,Ka=10-9.34);B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下,在0.10mol·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-,该水解反应的离子方程式为,该溶液pH=。

(2)滤渣Ⅰ的主要成分是(填化学式);精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L-1,则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外,还将增加的用量((3)精制Ⅱ的目的是;进行操作X时应选择的试剂是,若不进行该操作而直接浓缩,将导致。

答案(1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-9.34(2)CaSO45.5×10-4CaO、Na2CO3(3)将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+),提高Li2CO3纯度盐酸浓缩液中CO32-浓度过大,使得Li+过早沉淀,即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3,最终Li2【流程剖析】解析由流程图可知,卤水中加入盐酸脱硼后过滤,所得滤液经浓缩结晶后得到晶体,该晶体中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-等,煅烧后生成HCl气体;烧渣水浸后过滤,滤液中加生石灰后产生沉淀,在此条件下溶解度最小的是CaSO4,则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4;由于CaSO4微溶于水,精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀,则滤渣Ⅱ为CaCO3;精制Ⅱ所得滤液经操作X后,所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠,浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂,得到Li2CO3。(1)常温下,在0.10mol·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-,该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-,Ka=c{[B(OH)4]-}·c(H+)c[B(OH)3]=c(H+)=10-9.34,则该溶液pH=9.34。(2)精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L-1,由Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3可知,在常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在Ksp(Li2CO3)c2(Li+)=2.2×10-32.02mol·L-1=5.5×10-4mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ,则滤液中含HCl,会消耗更多的CaO,引入更多的Ca2+,进而消耗更多的Na2CO3除去Ca2+。(3)由于CaSO4微溶于水,精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+,还需要除去Ca2+,因此,精制Ⅱ的目的是将精制Ⅰ所得滤液中的Ca变式3(2023·全国新课标卷,27)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物,从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示:已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在,回答下列问题:(1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为(填化学式)。

(2)水浸渣中主要有SiO2和。

(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是。

(4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致

;

pH>9时,会导致

(5)“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时,溶解为VO2+或VO3+;在碱性条件下,溶解为VO3-或VO43-。上述性质说明V2OA.酸性B.碱性C.两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为

答案(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)NaAlO2(4)PO43-会与H+反应使其浓度降低导致PO43-沉淀不完全,同时产生硅酸胶状沉淀不宜处理Mg2+形成Mg(OH)2(5)C(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+4Cr3+【流程剖析】解析(1)由已知条件可知,最高价铬酸根在碱性介质中以CrO42-存在,则在煅烧后,其中含铬化合物主要为Na2CrO4。(2)煅烧时,铁的化合物被空气中的氧气氧化为氧化铁,氧化铁难溶于水,故水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁。(3)沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将AlO2-转化为Al(OH)3沉淀而除去。(4)加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀,若溶液pH<9时,会生成HPO42-和H2SiO3,不利于PO43-沉淀;若溶液pH>9时,会导致Mg2+和OH-反应,生成Mg(OH)2沉淀,使产品中混有杂质。(5)由题给信息可知,五氧化二钒既能与酸溶液反应生成盐和水,也能与碱溶液反应生成对应的盐和水,说明V2O5是两性氧化物。(6)由题意可知,“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将Cr2O72-转化为Cr3+,反应的离子方程式为2Cr2O解题技法解题步骤解题策略首尾呼应找出主线①对照原料和产品,确定核心反应和核心辅料②根据核心反应,明确流程主线、支线和除杂任务分段剖析明晰细节③以核心辅助原料为准,把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提纯三个阶段④根据箭头指向,分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用,融通对流程的整体分析⑤某些暂时不理解的环节,可“难得糊涂”而“跳过去”,如有必要,可“顺藤摸瓜”或带着问题回头进行有针对性的分析由易到难破解答案⑥先易后难:先回答与工艺流程非密切相关的问题,确保易拿的分数先拿到,增强答题信心⑦变换角度:从基本理论、绿色化学观点、经济角度、安全生产等多角度答题⑧对棘手问题:不忘尝试从题给信息中寻找答案微型工艺流程题“四线法”解题模型:试剂线:为达到最终目的加入的物质,起到氧化还原、非氧化还原的作用;转化线:元素守恒—焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等;除杂线:复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀,加热产生气体等;分离线:蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥等。1.(2023·浙江6月选考,12改编)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如图:下列说法不正确的是()。A.操作Ⅰ中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可得到较大晶体,利于过滤D.操作Ⅳ洗涤后,往最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液,若无白色沉淀生成,则表明固体洗涤干净答案B解析苯甲酸微溶于冷水,易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠,加水、加热溶解,苯甲酸、NaCl溶解在水中,泥沙不溶,从而形成悬浊液;趁热过滤出泥沙,同时防止苯甲酸结晶析出;将滤液冷却结晶,大部分苯甲酸结晶析出,氯化钠仍留在母液中;过滤、用冷水洗涤,便可得到纯净的苯甲酸。操作Ⅰ中,为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失,溶解所用水的量需加以控制,可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量,A项正确;操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙,同时防止苯甲酸结晶析出,NaCl含量少,通常不结晶析出,B项错误;操作Ⅲ缓慢冷却结晶,可形成较大的苯甲酸晶体颗粒,过滤时不易堵塞,C项正确;检验是否洗涤干净,可通过检验氯离子来证明,故往最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液,若无白色沉淀生成,则表明固体洗涤干净,D项正确。2.(2023·湖北卷,3改编)工业制备高纯硅的主要过程如图:石英砂粗硅SiHCl3高纯硅下列说法错误的是()。A.制备粗硅的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑B.石英砂、SiHCl3、硅的熔、沸点大小:石英砂>硅>SiHCl3C.原料气HCl和H2应充分去除水和氧气D.生成高纯硅的反应为熵减过程答案D解析SiO2和C在高温下发生反应生成Si和CO,因此,制备粗硅的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑,A项正确;石英砂和硅都是共价晶体,石英砂中Si—O的键长比Si—Si的短,故键能更大,熔、沸点更高,SiHCl3是分子晶体,熔、沸点低,故熔、沸点:石英砂>硅>SiHCl3,B项正确;HCl易与水形成盐酸,在一定条件下氧气可以将HCl氧化;H2在高温下与O2反应生成水,与SiHCl3反应生成硅和氯化氢,且其易燃易爆。因此,原料气HCl和H2应充分去除水和氧气,C项正确;SiHCl3+H2Si+3HCl,该反应是气体分子数增大的反应,因此,生成高纯硅的反应为熵增过程,D项错误。3.(2023·辽宁卷,10改编)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,下列说法错误的是()。A.“焙烧”中Cr2O3参与反应的化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO4D.该工艺流程所得的Cr(OH)3可用于制备Cr2O3答案B解析焙烧过程中铁、铬元素均被氧化,FeO氧化成Fe2O3,Cr2O3、Na2CO3和O2发生反应生成Na2CrO4和CO2。水浸时,Fe2O3不溶于水成滤渣,滤液中存在铬酸钠,与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。A项,焙烧中,Cr2O3、碳酸钠和氧气发生反应生成Na2CrO4和二氧化碳,故反应的化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2,正确;B项,焙烧过程铁元素被氧化,滤渣的主要成分为Fe2O3,错误;C项,滤液①中Cr元素的化合价是+6价,因碳酸钠水解,溶液显碱性,所以Cr元素主要存在形式为CrO42-,正确;D项,Cr(OH)3加热分解可用于制备Cr2O34.(2022·山东卷,12改编)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如图,可能用到的数据见表。Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是()。A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为ZnB.浸取时的主要化学方程式为2CuS+2H2SO4+O22S+2CuSO4+2H2OC.中和调pH的范围为3.2≤pH<4.2D.还原时,生成1molCu理论上需要22.4LH2答案D解析依据题中的工艺流程,CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取,发生反应生成CuSO4、S、H2O,Fe2+被氧化为Fe3+。通入NH3调节溶液pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,而Cu、Zn元素仍以离子形式存在于溶液中,过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3,滤液中含有Cu2+、Zn2+。然后向滤液中通入高压H2,根据元素活动性:Zn>H>Cu,Cu2+被还原为Cu单质,通过过滤分离出来;而Zn元素仍然以离子形式存在于溶液中,再经一系列处理可得到Zn单质。A项,固体X的主要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,正确;B项,由上述分析可知,CuS被氧化为S,反应的化学方程式为2CuS+2H2SO4+O22S+2CuSO4+2H2O,正确;C项,根据流程图可知,用NH3调节溶液pH,要使Fe3+转化为沉淀,而Cu、Zn元素仍以离子形式存在于溶液中,结合离子沉淀的pH范围可知,中和时应该调节溶液pH范围为3.2≤pH<4.2,正确;D项,气体所处的温度和压强未明确,故无法得知Vm的值,因此无法求出氢气的体积,错误。5.(2022·湖南卷,7改编)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如图:下列说法错误的是()。A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料B.合成槽中发生反应的化学方程式为6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2OC.滤液可回收进入吸收塔循环利用D.工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝,需要添加冰晶石以提高导电能力答案D解析烟气(含HF)通入吸收塔,加入过量的碳酸钠,发生反应Na2CO3+HFNaF+NaHCO3,向合成槽中通入NaAlO2,发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O,过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。A项,陶瓷的成分中含有SiO2,SiO2与HF发生反应SiO2+4HFSiF4+2H2O,因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料,正确;B项,由上述分析可知,合成槽内发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O,正确;C项,由上述分析可知,滤液的主要成分为Na2CO3,可进入吸收塔循环利用,正确;D项,工业上常采用电解熔融的氧化铝的方法冶炼铝,但因为氧化铝熔点很高,故添加冰晶石作助熔剂以降低熔点,错误。6.(2023·全国甲卷,26改编)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料,采用如图路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题:(1)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为。

(2)“酸化”步骤应选用的酸是(填字母)。

a.稀硫酸b.浓硫酸c.盐酸d.磷酸(3)如果焙烧后的产物直接用酸浸取,是否可行?,其原因是

(4)沉淀BaTiO(C2O4)2隔绝空气“热分解”生成粉状钛酸钡,化学方程式为

(5)钛酸钡的晶胞结构如图,晶体中每个钡离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是;与Ti4+紧邻的O2-构成的空间结构是。若晶胞棱长为apm,钛酸钡的摩尔质量为233g·mol-1,则该晶体的密度ρ=g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA,用含a、NA的代数式表示)。

答案(1)Ca2++S2-CaS↓(2)c(3)不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气,而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2,导致BaCl2溶液中混有的CaCl2杂质无法除去,最终所得产品的纯度降低(4)BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑(5)12正八面体233(解析由流程图和题中信息可知,BaSO4和过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS;烧渣经水浸取后过滤,滤渣中有碳粉和CaS,滤液中有BaCl2和CaCl2;滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体,BaCl2晶体溶于水后,加入TiCl4和(NH4)2C2O4,将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2;BaTiO(C2O4)2经隔绝空气热分解得到BaTiO3。(1)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀,因此,“浸取”时发生的主要反应的离子方程式为Ca2++S2-CaS↓。(2)为防止引入新杂质,因此,应选用的酸是盐酸。(4)沉淀BaTiO(C2O4)2隔绝空气“热分解”生成粉状钛酸钡,草酸根离子热分解生成CO2、CO、H2O,且CO2和CO比例为1∶1,因此该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑。(5)由图可知,晶胞中Ba2+处于体心,周围与之等距且最近的O2-均处于棱上,所以晶体中每个钡离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是12。根据钛酸钡晶胞的结构示意图可知,与Ti4+紧邻的O2-位于棱的中心处,有6个氧离子与Ti4+最近,因此构成的空间结构是正八面体。晶胞质量m=233NAg,一个晶胞体积V=(a×10-10)3cm3,所以晶体密度ρ=mV=233(a×10-7.(2023·全国乙卷,27改编)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如图:已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33,Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。回答下列问题:(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为。为提高溶矿速率,可采取的措施(举1例)。

(2)加入少量MnO2的作用是。不宜使用H2O2替代MnO2,原因是。

(3)滤渣中含有的物质有。

(4)在电解槽中,发生电解反应的离子方程式为

(5)煅烧窑中,生成LiMn2O4反应的化学方程式是。

(6)已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成,“”表示O2-。①“”表示的微粒是(填元素符号)。

②若该晶胞的晶胞参数为apm,设NA为阿伏加德罗常数的值,该晶体的密度为

(列出计算表达式,不必化简)g·cm-3。答案(1)MnCO3+H2SO4MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱锰矿、适当增大硫酸浓度、适当提高温度、搅拌(写一个即可)(2)将Fe2+氧化为Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解(3)CaSiO3、Fe(OH)3、Al(OH)3、BaSO4、NiS(4)Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+(5)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑(6)Li8×181N解析根据题给的流程,将菱锰矿置于反应器中,加入硫酸和MnO2,可将MnCO3固体溶解为离子形式,将杂质中含Fe、Ni、Al等元素的物质也转化为其离子形式,同时,加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+;随后将溶液pH调至约等于7,此时,根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可知,溶液中的Al3+、Fe3+会被沉淀出来;随后加入BaS,可以将溶液中的Ni2+沉淀,得到相应的滤渣;后溶液中含有大量的Mn2+,将此溶液置于电解槽中电解,得到MnO2,将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。(2)加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+,但不宜使用H2O2氧化Fe2+,因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解,增大H2O2的投入量,增大成本。(3)用石灰乳调节至pH≈7,这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1,溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1,c(Fe3+)=2.8×10-18mol·L-1,c(Ni2+)=5.5×10-2mol·L-1,c(Al3+)和c(Fe3+)小于1.0×10-5,Al3+和Fe3+沉淀完全;再加入少量BaS溶液除去Ni2+,此时溶液中发生反应的离子方程式为BaS+Ni2++SO42-BaSO4↓+NiS↓,生成的沉淀有BaSO4、NiS,以及SiO2和Ca(OH)2反应生成的CaSiO3,故滤渣中含有的固体有CaSiO3、Fe(OH)3、Al(OH)3、BaSO4、NiS。(6)①由图Ⅲ可知,一个晶胞中含有A和B的个数均为4。A中氧离子位于体内数目为4,位于体心和顶点数目为1+4×18=1.5。B中氧离子位于体内数目为4,位于顶点数目为4×18=0.5,△位于体内数目为4。则一个晶胞内O2-、、△数目之比为32∶8∶16=4∶1∶2,结合化学式LiMn2O4可知,“”表示的微粒是Li。②由①分析知,一个晶胞中含8个LiMn2O4,则该晶体的密度为8×(7+55×2+16×4)NA×(a×10-10)8.(2023·湖南卷,17改编)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一,近年来,我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术,在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果,工业上以粗镓为原料,制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下:已知:①金属Ga的化学性质和Al相似,Ga的熔点为29.8℃;②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体;③相关物质的沸点:物质Ga(CH3)3Et2OCH3INR3沸点/℃55.734.642.4365.8回答下列问题:(1)元素Ga在元素周期表的位置为。

(2)“电解精炼”装置如图所示,电解池温度控制在40~45℃的原因是,阴极的电极反应式为。

(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI,写出该反应的化学方程式:。

(4)“残渣”经纯水处理,能产生可燃性气体,该气体主要成分是。

(5)流程中循环利用的物质是。

(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3,而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是。

(7)比较分子中的C-Ga-C键角大小:Ga(CH3)3Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”、“<”或“=”),其原因是。

答案(1)第四周期第ⅢA族(2)保证Ga为液体,便于纯Ga流出Ga3++3e-Ga(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg52Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI(4)CH4(5)Et2O、NR3(6)NR3沸点较高,易与Ga(CH3)3分离,而Et2O的沸点低于Ga(CH3)3,易与Ga(CH3)3一起蒸出,难以得到超纯Ga(CH3)3(7)>Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化,为平面结构,而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化,为四面体结构,故Ga(CH3)3键角较大解析以粗镓为原料,制备超纯Ga(CH3)3,粗Ga经过电解精炼得到高纯Ga,Ga和Mg反应生成Ga2Mg5,Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI,然后经过蒸发溶剂、蒸馏,除去残渣MgI2、CH3MgI,加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3,Et2O和NR3重复利用。(1)Ga与铝同主族,在铝的下一周期,因此它在元素周期表的位置为第四周期第ⅢA族。(2)电解池温度控制在40~45℃可以保证Ga为液体,便于纯Ga流出;粗Ga在阳极失去电子,阴极得到Ga,电极反应式为Ga3++3e-Ga。(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI,该反应的化学方程式为8CH3I+2Et2O+Ga2Mg52Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI。(4)“残渣”含CH3MgI,经纯水处理,能产生可燃性气体CH4。(5)由流程图可以看出,溶剂蒸发的是Et2O,后一工序的配体交换也是将Et2O交换出来了,这些Et2O又进入“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中,同时配体交换后通过工序X得到Ga(CH3)3,因此流程中循环利用的物质是Et2O和NR3。(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时,由于Et2O的沸点较低,会与Ga(CH3)3一起蒸出,不能制备超纯Ga(CH3)3,而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是根据题给相关物质沸点可知,NR3沸点远高于Ga(CH3)3,易与Ga(CH3)3分离。1.(2023·福建省宁德市高三联考)用含少量FeS的废铁屑为原料制备FeCO3的流程如图:下列说法错误的是()。A.“除油”中适当提高温度有利于去除油污B.“浸出”中炭黑的作用是加快铁屑溶解C.“浸出”产生的气体是H2SD.“沉铁”发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-FeCO3↓+CO2↑+H2答案C解析废铁屑加入碳酸钠溶液中,利用碳酸钠溶液的碱性除去废铁屑表面的油污,过滤后将铁屑与炭黑混合,加硫酸溶解,生成氢气和硫酸亚铁,过滤除去炭黑,在硫酸亚铁溶液中加碳酸氢铵,两者反应生成碳酸亚铁。“除油”中适当提高温度可促进碳酸钠的水解,使其溶液碱性增强,有利于油脂的水解除去,A项正确;“浸出”中炭黑、铁屑和硫酸溶液构成原电池,铁屑作负极,可加快铁屑溶解,B项正确;“浸出”时铁与稀硫酸反应生成氢气,C项错误;在硫酸亚铁溶液中加碳酸氢铵,两者反应生成碳酸亚铁,反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-FeCO3↓+CO2↑+H2O,D2.(2023·广东省惠州市一模)氨既是一种重要的化工产品,又是一种重要的化工原料。合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图如图所示。下列说法不正确的是()。A.合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成B.氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4C.使用NaOH溶液吸收尾气中的氮氧化物,NO和NO2是酸性氧化物D.向吸收塔中通入O2的作用是氧化NO答案C解析氮气和氢气合成氨气,氨气和氧气反应生成一氧化氮和水,一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气,有氮气和氢气中的非极性键的断裂,和氨气中的极性键的生成,A项正确;氧化炉内发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O,氨气为还原剂,氧气为氧化剂,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶4,B项正确;一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物,C项错误;吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮,D项正确。3.(2023·河北省石家庄市高三联考)化学工业为生产生活提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性,受热易分解,可作漂白剂、食品消毒剂等,以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示。已知:消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。下列说法错误的是()。A.“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4B.相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍C.“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D.“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度,提高产品产率答案B解析由题给流程可知,反应1为二氧化硫与氯酸钠反应生成硫酸钠和二氧化氯,反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水,反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。根据上述分析可知,“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4,A项正确;1molCl2完全反应转移2mole-,1molClO2完全反应转移5mole-,相同质量的二氧化氯与氯气的消毒能力的比值为1g67.5g·mol-1×51g71g·mol-1×2≈2.63,所以相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.63倍,B项错误;“反应2”中发生反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH2NaClO24.(2023·河北省邢台市高三联考)钪(Sc)可用于制备铝钪合金、燃料电池、钪钠卤灯、示踪剂、激光晶体等产品。以钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+、Sc3+)为原料制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如图所示。下列说法正确的是()。A.酸洗时加入H2O2的目的是将Ti4+还原为Ti2+B.“操作Ⅰ”需要的玻璃仪器有分液漏斗C.“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3D.草酸钪焙烧时反应的化学方程式:2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2答案D解析钛白酸性废水(主要含Ti4+、Fe2+,Sc3+),酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3,加入10%的盐酸调pH的目的是将Sc(OH)3转化为含Sc3+的溶液,再加入草酸溶液得到草酸钪,草酸钪与氧气焙烧时生成Sc2O3和CO2。“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+,酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,有利于后面沉淀除去Fe3+,A项错误;“操作Ⅰ”是过滤,过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗,B项错误;“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3,C项错误;草酸钪与氧气焙烧时生成Sc2O3和CO2,D项正确。5.(2023·山东省枣庄市二模)高铁酸钾(K2FeO4)具有杀菌消毒及净水作用,某实验小组在碱性条件下制备K2FeO4流程如图所示:下列说法错误的是()。A.1molK2FeO4消毒能力相当于1.5molHClOB.氧化反应:3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2OC.同温度时高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾D.提纯时,应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯答案D解析1molHClO得2mol电子生成Cl-,1molK2FeO4得3mol电子转化为Fe3+,故1molK2FeO4消毒能力相当于1.5molHClO,A项正确;根据得失电子守恒和元素守恒配平方程:3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O,B项正确;流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液,利用同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾,C项正确;通过重结晶进行提纯,应用到的玻璃仪器还有漏斗,D项错误。6.(2023·贵州省三模)硫酸镁在印染等工业中应用广泛。一种以硼镁泥(主要成分为MgCO3,还含有Ca、Fe、Al、Mn、Si的氧化物等成分)制取七水硫酸镁的流程如图所示:已知:本题中涉及的部分难溶电解质的溶度积如表所示:难溶电解质Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp4.0×10-388.0×10-164.6×10-331.8×10-11回答下列问题:(1)“酸浸”中主要反应的化学方程式为,滤渣的成分为。

(2)“氧化”的目的:(ⅰ)氧化Fe2+;(ⅱ)氧化Mn2+,其离子方程式为

(3)“调pH”时,最适宜使用的X试剂是(填字母)。

A.NH3·H2OB.NaOHC.MgO(4)当溶液中c(Al3+)=4.6×10-6mol·L-1时,则所调pH=。

(5)调pH后,要继续加热再过滤出沉淀,继续加热的目的是。

(6)已知CaSO4与MgSO4在水中的溶解度随温度变化的曲线如图所示,则“结晶1”的操作为、。

答案(1)MgCO3+H2SO4MgSO4+CO2↑+H2OSiO2、CaSO4(2)2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O,ClO-+Mn2++H2OCl-+MnO2+2H+(3)C(4)5(5)加热能促使Fe(OH)3、Al(OH)3聚沉,便于过滤除掉(6)蒸发结晶趁热过滤解析向硼镁泥(主要成分为MgCO3,还含有Ca、Fe、Al、Mn、Si的氧化物等成分)中加入硫酸酸浸,SiO2不溶于硫酸,CaO与H2SO4反应生成CaSO4微溶物,则滤渣中含有SiO2、CaSO4,滤液中含有Mg2+、Ca2+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mn2+,向滤液中加入NaClO,将Fe2+氧化成Fe3+,同时将Mn2+氧化为MnO2,再调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,将其与MnO2一起过滤,再将CaSO4结晶,最后结晶得到七水硫酸镁。(3)调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,但不能引入新的杂质离子,则“调pH”时,最适宜使用的X试剂是MgO。(4)当溶液中c(Al3+)=4.6×10-6mol·L-1时,c(OH-)=3Ksp[Al(OH)3]c(Al3+)mol·L-1=34.6×10-334.6×10-6mol·7.(2023·广东省三模)三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。一种利用酸性含砷废水提取As2O3的工艺流程如图所示:回答下列问题:(1)砷(As)原子序数为33,其在元素周期表中的位置是。

(2)“沉淀”时,需控制溶液中NaHS的浓度不能过高,主要原因是。

(3)“转化”时,As2S3在CuSO4溶液中转化为三元弱酸H3AsO3,该反应的化学方程式为。

(4)“溶解”时生成Na3AsO4的反应的离子方程式为。从绿色化学的角度分析,该过程还可以用替代O2。

(5)请设计简单实验验证Na3AsO4溶液呈碱性:

(6)工业上,As2O3经转化、蒸馏等操作可得到高纯砷,下列与蒸馏操作相关的设备有(填字母)。

A.蒸馏釜B.离心萃取机C.加压过滤机 D.冷凝塔(7)若一次“还原”制得9.9gAs2O3,则至少需要通入SO2的体积为L(标准状况)。

答案(1)第四周期第ⅤA族(2)生成有毒的硫化氢气体且降低了硫氢化钠的利用率(3)As2S3+3CuSO4+6H2O2H3AsO3+3CuS↓+3H2SO4(4)2H3AsO3+O2+6OH-2AsO43-+6H2(5)用玻璃棒蘸取Na3AsO4溶液,滴到pH试纸上,变色后与标准比色卡对比,测得pH大于7(6)AD(7)2.24解析酸性含砷废水加入硫氢化钠得到As2S3,加入硫酸铜溶液转化为三元弱酸H3AsO3,然后加入氢氧化钠、氧气将正三价砷转化为正五价砷得到Na3AsO4溶液,往Na3AsO4溶液中加入二氧化硫,经还原处理后得到As2O3。(4)氧气具有氧化性,“溶解”时H3AsO3被氧气氧化为Na3AsO4,反应的离子方程式为2H3AsO3+O2+6OH-2AsO43-+6H2O。过氧化氢具有氧化性,从绿色化学的角度分析,该过程还可以用过氧化氢替代O2。(6)工业上蒸馏操作需要使用蒸馏釜蒸馏、使用冷凝塔冷凝产物。(7)“还原”过程中五价砷转化为三价砷,根据电子守恒可知,As2O3~4e-~2SO2,9.9gAs2O3为0.05mol,则至少需要通入0.1molSO2,标准状况下体积为2.241.硼酸主要用于制造光学玻璃。以盐湖中卤水为原料提取硼酸流程如图所示。第一阶段:盐田卤水经蒸馏得到富硼老卤(主要含Na2B4O7);第二阶段:提取硼酸。流程如图。表不同温度下硼酸的溶解度溶解度g/100g温度/℃溶解度g/100g温度/℃溶解度g/100g温度/℃2.46-0.766.33019.11802.608.024023.3903.61010.355028.71004.82012.906038.71105.52515.707052.4120硼酸的溶解度与温度关系如表所示。下列叙述错误的是()。A.“酸化”中只发生非氧化还原反应B.“母液”循环利用体现绿色化学要求C.“分离”采用蒸发溶剂结晶法提取硼酸D.用AgNO3溶液确认硼酸洗涤干净答案C解析“酸化”中发生反应有Na2B4O7+2HCl2NaCl+H2B4O7,H2B4O7+5H2O4H3BO3,A项正确;上述流程中废液再利用,能提高硼的回收率,符合绿色化学要求,B项正确;根据表格数据可知,硼酸溶解度随温度降低而减小程度较大,应采用冷却结晶法分离硼酸,C项错误;硼酸表面可能会吸附有NaCl、HCl,硝酸银溶液可以用来检验氯离子是否存在,从而确认硼酸是否洗净,D项正确。2.催化剂Cu-CuxC-ZnO高选择性催化乙炔加氢。以辉铜矿(主要成分是Cu2S)为原料制备该催化剂的流程如图。已知:Cu2O+2H+Cu+Cu2++H2O。下列叙述正确的是()。A.气体可以直接排入空气中B.双氧水作氧化剂C.用蒸发皿装Cu(OH)2和Zn(OH)2D.调pH时可用澄清石灰水替代氨水答案B解析辉铜矿粉与氧气反应的化学方程式为2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2,气体中含有SO2,如果直接排入空气中,会污染空气,A项错误;固体溶于硫酸和双氧水的混合液中,可能发生反应的化学方程式为Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O,Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,双氧水作氧化剂,B项正确;灼烧时用坩埚装固体,C项错误;如果用澄清石灰水替代氨水,氢氧化铜中会混有硫酸钙,导致产品纯度降低,D项错误。3.氮化镓是第三代半导体材料。已知:Ga及其化合物性质与Al相似。以含GaCl3的废液为原料制备氮化镓的微型流程如图。下列叙述正确的是()。A.试剂R宜选择NaOH,不宜选择氨水B.分离Ga(OH)3采用蒸馏操作C.SOCl2的作用是作反应物并抑制GaCl3水解D.气体1和气体2的成分完全相同答案C解析Ga(OH)3能溶于氢氧化钠溶液,宜选择氨水,A项错误;“沉镓”产生氢氧化镓固体和滤液,应采用过滤操作,B项错误;“灼烧”发生反应的化学方程式为2Ga(OH)3+3SOCl22GaCl3+3SO2↑+3H2O,SOCl2+H2OSO2↑+2HCl↑,亚硫酰氯提供氯源、产生氯化氢抑制氯化镓水解,C项正确;“沉积”发生反应的化学方程式为GaCl3+NH3GaN+3HCl,气体1的主要成分是二氧化硫和氯化氢,气体2的主要成分是氯化氢,可能含氨气,D项错误。4.某小组以含银废液{主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]}回收高附加值产品,流程如图。已知:Na2S2O3·5H2O的溶解度(S)与温度关系如表所示。温度/℃01020304050607080S/100g水52.561.070.084.7103170207249254下列叙述正确的是()。A.用降温结晶法提取大苏打且只含Na2S杂质B.“沉银”反应为S2-+2[Ag(S2O3)2]3-Ag2S↓+4S2O3C.“电解”中粗银为阴极,AgNO3为电解质D.还原剂R一定是Na2SO3答案B解析由表格数据可知,大苏打的溶解度随温度降低而减小,可采用降温结晶法分离硫代硫酸钠结晶水合物。硫代硫酸钠、硫化钠都有还原性,杂质除Na2S外,还可能有Na2SO4,A项错误;硫化银的溶解度很小,加入硫化钠,发生复分解反应生成硫化银、硫代硫酸钠,B项正确;粗银精炼时,粗银为阳极,纯银为阴极,C项错误;SO2与氢氧化钠反应可能生成NaHSO3、Na2SO3,D项错误。5.氟化钪(ScF3)常用于制备钪和作合金的添加剂。钛铁矿的主要成分为FeTiO3,含少量SiO2、Sc2O3等杂质。在实验室条件下以钛铁矿为原料制备ScF3的流程如图。已知:①常温下,几种离子完全沉淀的pH。离子Fe2+Fe3+TiO2+沉淀完全的pH9.03.21.05②“酸浸”时转化FeTiO3为TiO2+;[TiO(H2O2)]2+为橘黄色的稳定离子,易溶于水。回答下列问题:(1)下列措施不能提高“酸浸”速率的是(填字母)。

A.粉碎钛矿石B.增大硫酸体积C.适当加热 D.搅拌(2)“水解”后期,常加入适量氨水,其目的是。写出水解的离子方程式:

(3)“洗钛”中加入双氧水的作用是

(4)“反萃取”之后,分离固体的操作是(填名称)。“酸溶”之后,溶液中c(Sc3+)=0.01mol·L-1,“氨水调节pH”时应控制的pH范围是。已知:Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33,lg5≈0.7。

(5)“沉钪”形成的复盐沉淀化学式为xNH4Cl·yScF3·zH2O。在“脱水除氨”中该复盐的热失重如图所示,其中在380~400℃过程中会有白烟产生,保温至无烟气时得到ScF3。由图中数据得x∶z=。

(6)传统制备的方法是先得到ScF3·6H2O,再高温脱水得到ScF3,得到的产品中会含ScOF杂质,原因是

(用化学方程式表示)。

与传统方法制备相比,上述流程能得到较高纯度的ScF3,原因是

答案(1)B(2)促进钛元素完全沉淀TiO2++(1+x)H2OTiO2·xH2O↓+2H+(3)与TiO2+形成稳定的络离子,除去钛元素;氧化Fe2+(4)过滤3.2≤pH<3.7(5)1∶2(6)ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O脱水除氨过程中生成的HCl会抑制ScF3的水解解析(1)增大硫酸溶液体积不改变反应物接触面,不会影响反应速率。(2)一氧合钛离子水解产生H+,加入氨水,促进水解向右进行。(3)双氧水有双重作用:一是除去钛元素;二是氧化亚铁离子,即亚铁离子转化成铁离子,再转化成氢氧化铁沉淀。(4)过滤分离出固体。调节pH确保铁离子完全沉淀,钪离子不沉淀。Sc(OH)3开始沉淀的pH:c(OH-)=31.25×10-330.01mol·L-1=5×10-11mol·L-1,pH=14-pOH=14-[-lg(5×10-11)]=3.7,Fe3+完全沉淀的pH为3.2,故应控制pH范围为3.2≤pH<3.7。(5)从图像看出,a→b段失去结晶水为7.47g-5.31g=2.16g,c→d段脱去氯化铵为5.31g-2.10g=3.21g,ScF3为2.10g。n(H2O)=0.12mol,n(NH46.Ru(钌)广泛用于制笔。某小组以某含Ru废料[主要成分是Ru(CO3)2,含RuO4(Ru为+6价)、SiO2、FeO、MgO和CaO等]为原料制备Ru的流程如图所示。已知:常温下,Ksp(CaF2)=1.5×10-10,Ksp(MgF2)=7.4×10-11。离子浓度等于或低于1×10-5mol·L-1时该离子已完全除去。回答下列问题:(1)滤渣的主要成分是(填化学式)。

(2)“酸浸”中RuO4转化成Ru(SO4)2的离子方程式为

(3)“除杂1”中氯元素被还原成最低价态。若只氧化Fe2+,生成3molNa2Fe4(SO4)6(OH)2理论上需要molNaClO3。

(4)“除杂1”之后,滤液中c(Mg2+)=c(Ca2+),则“除杂2”先生成的沉淀是(填化学式)。“除杂2”的滤液中c(F-)=0.01mol·L-1,Ca2+和Mg2+是否除尽?(填“是”或“否”)。

(5)“除杂2”宜选择哪一种容器(填字母)

A.陶瓷 B.铁质C.石英 D.氧化铝(6)该小组为了优化方案1又设计方案2,从安全角度分析,方案2优于方案1的原因是。

答案(1)SiO2、CaSO4(2)RuO4+2SO32-+4H+Ru4++2SO4(3)2(4)MgF2是(5)BD(6)方案1使用氢气作还原剂,氢气是易燃易爆气体,而方案2利用草酸根离子作还原剂,操作更安全解析(1)硫酸钙微溶于水,滤渣含二氧化硅、硫酸钙。(2)RuO4中含“—O—O—”,1molRuO4转化成Ru4+得到4mol电子。(3)3molNa2Fe4(SO4)6(OH)2含12molFe3+,ClO3-→Cl-,根据得失电子守恒可知,需要2molClO3-。(4)根据氟化钙、氟化镁的溶度积可知,同条件下氟化镁先沉淀。根据溶度积计算,c(Ca2+)=1.5×10-6mol·L-1,c(Mg2+)=7.4×10-7mol·L-1,均小于1×10-5mol·L-1。(5)NaF7.钴广泛应用于电池、合金等领域。以含钴废料(主要含Co2O3和CoO,还含有Fe、Mg等元素以及SiO2、碳、有机物)为原料制备钴的流程如图所示:已知部分信息如下:①CaF2、MgF2难溶于水。②Na2S2O5(焦亚硫酸钠)常作食品抗氧化剂。③部分氢氧化物沉淀的pH如表所示。Co3+Fe3+Fe2+Co2+Mg2+开始沉淀/pH0.32.77.67.29.6完全沉淀/pH1.23.29.69.211.1回答下列问题:(1)Na2S2O5中硫的化合价为。固体2的主要成分是(填化学式)。

(2)“浸取”中硫酸不宜用浓盐酸替代,其原因是

(用离子方程式表示)。(3)其他条件相同时,“氧化”过程中,氧化率与温度的关系如图1所示,“氧化率”与pH的关系如图2所示。“氧化”最佳的条件是。

在此条件下,实际消耗的过氧化氢的量远大于理论量,可能的原因是

(4)有人认为“除镁”可以用调节pH替代NaF,请你评价

(判断是否可行,简述理由)。

(5)利用图3装置实现“电解”制备Co。①石墨电极的电极反应为。

生成11.8gCo时室1溶液理论上减少g。

②相对直接电解CoCl2溶液,图3“三室两膜”装置突出优点是

答案(1)+4Fe(OH)3(2)Co2O3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+3H2O(3)30℃、pH为5.0Fe3+等金属离子催化H2O2分解(4)不可行,Mg2+开始沉淀时Co2+已完全沉淀(5)①2H2O-4e-O2↑+4H+3.6②回收盐酸,不产生氯气,体现绿色化学理念解析(2)三氧化二钴具有强氧化性,用焦亚硫酸钠还原+3价钴。如果加入浓盐酸,会产生氯气。(3)图1可判断最佳温度为30℃,温度较低时,反应速率小,温度较高时,过氧化氢易分解。pH在5.0时氧化率较大。溶液中铁离子、钴离子对过氧化氢分解有催化作用。(4)根据pH数据可知,如果调节pH使镁离子沉淀,则镁离子开始沉淀时钴离子已完全沉淀,不符合要求。(5)石墨为阳极,钴为阴极,采用三室两膜装置电解,可以回收盐酸,避免氯离子在阳极上被氧化生成氯气。8.BiVO4(钒酸铋,又称184黄)是一种黄色颜料。某小组以辉铋矿(主要成分是Bi2S3,含少量FeS2和SiO2杂质)为原料制备钒酸铋,并回收SO2制备食品抗氧化剂Na2S2O5的流程如图所示:已知:常温下,Ksp[Bi(OH)3]≈1.0×10-31,Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10-当金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时,认为该离子已完全沉淀。回答下列问题:(1)浸渣的主要成分是。

(2)“焙烧”中采用高压空气的目的是

Bi2S3转化成Bi2O3的化学方程式为

(3)已知:“酸浸”得到“浸液”中c(Bi3+)=0.01mol·L-1,则“除铁”调节pH范围为。

(4)“滤液”经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到固体的主要成分是(填化学式)。

(5)“酸溶”调节pH,避免生成BiOCl(难溶)。产生BiOCl的离子方程式为

(6)“合成”中采用搅拌、加热,其目的是

(7)向含少量水的Na2CO3中通入SO2,得到Na2S2O5产品。Na2S2O5易变质生成Na2SO4,设计简单实验证明产品是否变质:

(已知:S2O52-+2H+2SO2↑+H2答案(1)SiO2(2)增大氧气浓度,提高反应速率2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2(3)3.0≤pH<4.3(4)Na2SO4(5)Bi3++H2O+Cl-BiOCl↓+2H+(6)加快反应,促进BiVO4的生成(7)取少量产品,加入足量盐酸,再滴加BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则产品已变质,否则未变质解析(1)二氧化硅是酸性氧化物,不与硫酸反应。(2)高压空气,相当于增大空气压强,氧气浓度增大,提高反应速率。三硫化二铋与氧气反应生成三氧化二铋和二氧化硫。(3)Fe3+完全沉淀的pH:c(OH-)=31.0×10-381.0×10-5mol·L-1=1.0×10-11mol·L-1,pH=14-pOH=3.0。开始生成Bi(OH)3的pH:c(OH-)=31.0×10-31专题十二综合实验设计与评价▷对应学生书第106页知识点一常见物质的制备物质的制备实验是中学化学实验的重要内容,它涉及试剂的选择及取用、仪器的选择及组装、物质的加热等多种基本实验操作,具有较强的综合性。一般思路:发生原理(装置)→除杂→干燥→主体实验→尾气处理等。1.试剂的选择:以实验室常用药品为原料,依据反应原理,选择方便经济安全的试剂,尽量做到有适宜的反应速率,且所得物质比较纯净。如用锌粒与酸制取氢气,一般选择稀硫酸,不用盐酸,因为盐酸是挥发性酸,制取的氢气中会混有HCl气体。2.装置的选择:由反应物的状态,反应条件和所制备气体的性质、量的多少决定。装置应根据实验设计的思路:发生装置→除杂装置→干燥装置→主体实验装置(收集)→尾气处理装置等。3.仪器的组装:在组装仪器时,应从下而上,从左至右,先塞好后固定;先检验装置的气密性再加入试剂;加入试剂时,先固后液;实验开始时,先验纯,再点灯;在连接导管时,对于洗气装置应“长”进“短”出;量气装置应“短”进“长”出;干燥管应“大”进“小”出;先净化后干燥。4.物质的除杂(以气体为例)①除杂顺序:先除杂,后除水,加热除氧放末尾。②解题步骤:a.判断气体中的杂质,气体中杂质的判断方法:凡是反应物中有易挥发性液体,如盐酸、浓硝酸、溴水等,制得的气体中一定含有相应的杂质,如HCl、HNO3、溴蒸气及水蒸气等。还有一些会发生副反应,如乙醇和浓硫酸反应制乙烯时,由于副反应的发生而使乙烯中含有杂质SO2、CO2和水蒸气等。b.根据杂质选择合适的试剂。c.根据试剂选择合适的装置。5.尾气处理:污染环境的有毒气体需处理,不污染环境的无毒气体直接排入空气中。常见的处理方法:燃烧法(如CH4、C2H2、H2、CO等)、碱液吸收法(如Cl2、NO2、H2S、SO

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