新教材適用2024版高考化學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第2部分新高考五大題型突破題型突破2化學(xué)工藝流程綜合題突破點3工藝流程中的定量分析教師用書

突破點3工藝流程中的定量分析1.(命題角度：熱重分析)(2023·遼寧選考)我國古籍記載了硫酸的制備方法——“煉石膽(CuSO4·5H2O)取精華法”。借助現(xiàn)代儀器分析，該制備過程中CuSO4·5H2O分解的TG曲線(熱重)及DSC曲線(反映體系熱量變化情況，數(shù)值已省略)如下圖所示。700℃左右有兩個吸熱峰，則此時分解生成的氧化物有SO2、_CuO__和_SO3__(填化學(xué)式)?！窘馕觥扛鶕?jù)圖示的熱重曲線所示，在700℃左右會出現(xiàn)兩個吸熱峰，說明此時CuSO4發(fā)生熱分解反應(yīng)，從TG圖像可以看出，質(zhì)量減少量為原CuSO4質(zhì)量的一半，說明有固體CuO剩余，還有其他氣體產(chǎn)出，此時氣體產(chǎn)物為SO2、SO3、O2，可能出現(xiàn)的化學(xué)方程式為3CuSO4eq\o(=,\s\up7(700℃))3CuO＋2SO2↑＋SO3↑＋O2↑，結(jié)合反應(yīng)中產(chǎn)物的固體產(chǎn)物質(zhì)量和氣體產(chǎn)物質(zhì)量可以確定，該反應(yīng)的產(chǎn)物為CuO、SO2、SO3、O2。2.(2022·重慶選考)電子印制工業(yè)產(chǎn)生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3＋和Cu2＋等，對其處理的流程如圖。Sn與Si同族，25℃時相關(guān)的溶度積見表?；瘜W(xué)式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度積1.0×10－564×10－382.5×10－20(1)(命題角度：溶度積的應(yīng)用)濾液1的處理：①濾液1中Fe3＋和Cu2＋的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是_Fe(OH)3__。②25℃時，為了使Cu2＋沉淀完全，需調(diào)節(jié)溶液H＋濃度不大于_2×10－7__mol·L－1。(2)(命題角度：產(chǎn)品純度計算)產(chǎn)品中錫含量的測定：稱取產(chǎn)品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護(hù)下，先用Al片將Sn4＋還原為Sn2＋，再用0.1000mol·L－1KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過程中IOeq\o\al(－,3)被還原為I－，終點時消耗KIO3溶液20.00mL。①終點時的現(xiàn)象為_滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色__，產(chǎn)生I2的離子反應(yīng)方程式為IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O。②產(chǎn)品中Sn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_47.6%__?！窘馕觥坑深}給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉(zhuǎn)化為二氧化錫，過濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉(zhuǎn)化為錫酸鈉后，水浸、過濾得到錫酸鈉溶液，溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到錫酸鈉。(1)①由溶度積可知，向濾液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀。②由溶度積可知，25℃時，銅離子沉淀完全時，溶液中的氫氧根離子濃度為eq\r(\f(2.5×10－20,1×10－5))mol/L＝5×10－8mol·L－1，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10－7mol·L－1。(2)①由題意可知，碘酸鉀先與二價錫離子反應(yīng)生成碘離子，當(dāng)二價錫反應(yīng)完，碘離子與碘酸根反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘遇淀粉溶液變藍(lán)色時，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，則終點時的現(xiàn)象為滴入最后一滴碘酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色，反應(yīng)生成碘的離子方程式為IOeq\o\al(－,3)＋3Sn2＋＋6H＋=I－＋3Sn4＋＋3H2O，IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O。②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol·L－1碘酸鉀溶液，則1.500g產(chǎn)品中錫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(0.1000×0.0200×3×119,1.500)×100%＝47.6%。〔思維建?！橙芏确e(Ksp)的常見計算類型(1)已知溶度積求溶液中的某種離子的濃度，如Ksp＝a的飽和AgCl溶液中c(Ag＋)＝eq\r(a)mol/L。(2)已知溶度積、溶液中某離子的濃度，求溶液中的另一種離子的濃度，如某溫度下AgCl的Ksp＝a，在0.1mol/L的NaCl溶液中加入過量的AgCl固體，達(dá)到平衡后c(Ag＋)＝10amol/L。(3)計算沉淀轉(zhuǎn)化的平衡常數(shù)，如Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，平衡常數(shù)K＝eq\f(cMn2＋,cCu2＋)＝eq\f(cMn2＋·cS2－,cCu2＋·cS2－)＝eq\f(KspMnS,KspCuS)。知能分點1定量計算的常見類型與公式(1)常見類型與方法類型解題方法物質(zhì)含量計算根據(jù)關(guān)系式法、得失電子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以樣品的總量，即可得出其含量確定物質(zhì)化學(xué)式的計算①根據(jù)題給信息，計算出有關(guān)物質(zhì)的物質(zhì)的量；②根據(jù)電荷守恒，確定出未知離子的物質(zhì)的量；③根據(jù)質(zhì)量守恒，確定出結(jié)晶水的物質(zhì)的量；④各粒子的物質(zhì)的量之比即為粒子的下標(biāo)比熱重曲線計算①設(shè)晶體為1mol；②失重一般是先失水、再失氣態(tài)非金屬氧化物；③計算每步的m余，eq\f(m余,m1mol晶體質(zhì)量)＝固體殘留率；④晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m余中；⑤失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得mO，由n金屬∶nO即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式多步滴定計算復(fù)雜的滴定可分為兩類：(1)連續(xù)滴定法：第一步滴定反應(yīng)生成的產(chǎn)物，還可以繼續(xù)參加第二步的滴定。根據(jù)第二步滴定的消耗量，可計算出第一步滴定的反應(yīng)物的量；(2)返滴定法：第一步用的滴定劑是過量的，然后第二步再用另一物質(zhì)返滴定過量的物質(zhì)。根據(jù)第一步加入的量減去第二步中過量的量，即可得出第一步所求物質(zhì)的物質(zhì)的量(2)計算公式名稱計算公式物質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)(或純度)eq\f(該物質(zhì)的質(zhì)量,混合物的總質(zhì)量)×100%產(chǎn)品產(chǎn)率eq\f(產(chǎn)品實際產(chǎn)量,產(chǎn)品理論產(chǎn)量)×100%物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率eq\f(參加反應(yīng)的原料量,加入原料的總量)×100%知能分點2定量分析方法之一——關(guān)系式關(guān)系式法常應(yīng)用于一步反應(yīng)或分多步進(jìn)行的連續(xù)反應(yīng)中，利用該法可以節(jié)省不必要的中間運算過程，避免計算錯誤。一步反應(yīng)中可以直接找出反應(yīng)物與目標(biāo)產(chǎn)物的關(guān)系；在多步反應(yīng)中，若第一步反應(yīng)的產(chǎn)物是下一步反應(yīng)的反應(yīng)物，可以根據(jù)化學(xué)方程式將某中間物質(zhì)作為“中介”，找出已知物質(zhì)和所求物質(zhì)之間量的關(guān)系。1.(命題角度：溶度積的應(yīng)用)(2023·河北省部分示范性高中高三三模)為了實現(xiàn)碳達(dá)峰、碳中和目標(biāo)，建立清潔低碳的能源體系，如何處置和利用廢舊電池，已成為當(dāng)前行業(yè)亟需解決的問題。一種廢舊磷酸鐵鋰電池正極材料(主要成分為LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工藝流程如圖所示。已知：Ksp(FePO4)＝1.0×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39。向“含鋰溶液1”eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(其中\(zhòng)f(cFe3＋,cPO\o\al(3－,4))＝1))中加入NaOH固體，進(jìn)行深度除鐵。深度除鐵后溶液的pH＝4.5，則此時溶液中eq\f(cFe3＋,cPO\o\al(3－,4))＝_2.8×10－3__?！窘馕觥糠蛛x出FePO4沉淀后的溶液是FePO4的飽和溶液，溶液中c(POeq\o\al(3－,4))＝eq\r(KspFePO4)＝eq\r(1.0×10－15)＝1.0×10－7.5mol/L。深度除鐵后溶液的pH＝4.5，則溶液中c(OH－)＝eq\f(10－14,10－4.5)＝10－9.5mol/L，溶液中c(Fe3＋)＝eq\f(Ksp[FeOH3],c3OH－)＝eq\f(2.8×10－39,10－9.53)＝2.8×10－10.5mol/L。深度除鐵后溶液中eq\f(cFe3＋,cPO\o\al(3－,4))＝eq\f(2.8×10－10.5,1.0×10－7.5)＝2.8×10－3。2.(2023·山東濰坊二模)鈦及其合金具有密度小、比強度高、耐熱、耐低溫等特性，是制造飛機(jī)、火箭等的優(yōu)異材料。工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，含F(xiàn)e、Si、Al的氧化物等雜質(zhì))制備鈦和Fe3O4·xH2O的工藝流程如圖：已知：①25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表：物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Ksp1×10－16.31×10－38.61×10－32.3②Ⅰ.TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)＋O2(g)，KⅠ＝3.4×10－29Ⅱ.2C(s)＋O2(g)2CO(g)，KⅡ＝1.2×1048回答下列問題：(1)(命題角度：反應(yīng)進(jìn)行程度判斷)通過計算說明“高溫、氯化”操作單元加入碳粉的理由TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)K＝KⅠKⅡ＝4.1×1019遠(yuǎn)大于KⅠ，反應(yīng)Ⅱ使TiO2氯化為TiCl4得以實現(xiàn)。(2)(命題角度：平衡常數(shù)計算)該工藝流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)是_Cl2__(填化學(xué)式)。(3)(命題角度：溶度積的應(yīng)用)用氨水調(diào)溶液的pH時，pH的理論最小值是_4.9__；“沉鐵”操作單元發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為6FeSO4＋12NH3·H2O＋(2x－6)H2O＋O2=6(NH4)2SO4＋2Fe3O4·xH2O。【解析】鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，含F(xiàn)e、Si、Al的氧化物等雜質(zhì))加入硫酸酸浸，得到的濾渣Ⅰ為二氧化硅等；濾液加入過量鐵粉將Fe3＋還原為Fe2＋，與硫酸反應(yīng)，有利于TiO2＋水解，除去的濾渣Ⅱ為過量的鐵粉，所得濾液加入熱水水解，濾液再加氨水調(diào)節(jié)pH除去濾渣Ⅲ為氫氧化鋁，繼續(xù)加入氨水并通入空氣進(jìn)行沉鐵，得到Fe3O4·xH2O；水解后的TiO2·xH2O通入氯氣，高溫條件下與碳粉氯化，再蒸餾，與氯化鈉、氯化鉀一樣熔融后電解得到鈦。(1)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)=TiCl4(g)＋2CO(g)K＝KⅠKⅡ＝4.1×1019遠(yuǎn)大于KⅠ，反應(yīng)Ⅱ使TiO2氯化為TiCl4得以實現(xiàn)。(2)該工藝流程中電解時產(chǎn)生氯氣，而氯化時需要氯氣參與，故可以循環(huán)利用的物質(zhì)是Cl2。(3)用氨水調(diào)溶液的pH時，使Al3＋水解完全而Fe2＋不沉淀，濾渣Ⅲ為Al(OH)3，Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(O