二輪復習專題三物質轉化與應用-無機大題突破二無機化學工藝流程學案

大題突破二無機化學工藝流程物質制備型1.(2022·湖南卷,17)鈦(Ti)及其合金是理想的高強度、低密度結構材料。以鈦渣(主要成分為TiO2,含少量V、Si和Al的氧化物雜質)為原料,制備金屬鈦的工藝流程如圖:已知“降溫收塵”后,粗TiCl4中含有的幾種物質的沸點:物質TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸點/答下列問題:(1)已知ΔG=ΔH-TΔS,ΔG的值只決定于反應體系的始態(tài)和終態(tài),忽略ΔH、ΔS隨溫度的變化。若ΔG<0,則該反應可以自發(fā)進行。根據(jù)下圖判斷:600℃時,下列反應不能自發(fā)進行的是。

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與C、Cl2在600℃的沸騰爐中充分反應后,混合氣體中各組分的分壓如下表:物質TiCl4COCO2Cl2分壓/MPa×10-2×10-2×10-2×10-9①該溫度下,TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為;

②隨著溫度升高,尾氣中CO的含量升高,原因是。

(3)“除釩”過程中的化學方程式為;“除硅、鋁”過程中,分離TiCl4中含Si、Al雜質的方法是。

(4)“除釩”和“除硅、鋁”的順序(填“能”或“不能”)交換,理由是

。

(5)下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入Mg冶煉Ti的方法相似的是。

解析:鈦渣中加入C、Cl2進行“沸騰氯化”,轉化為相應的氯化物,“降溫收塵”后得到粗TiCl4,加入單質Al除釩,再除硅、鋁得到純TiCl4,加入Mg還原得到Ti。(1)記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)。由題圖可知,600℃時,反應①②的ΔG<0,反應能自發(fā)進行,反應③的ΔG>0,反應不能自發(fā)進行,故A、B不符合題意,C符合題意;根據(jù)蓋斯定律,TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g)可由①+③得到,則600℃時其ΔG<0,反應能自發(fā)進行,故D不符合題意。(2)①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知,600℃時C主要生成CO和CO2,根據(jù)相同條件下氣體的壓強之比等于物質的量之比,可知TiCl4、CO和CO2的物質的量之比約是5∶2∶4,所以TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2。②隨著溫度升高,CO2與C發(fā)生反應C+CO22CO,導致CO含量升高。(3)“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在,加入Al得到VOCl2渣,根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平化學方程式為3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3;AlCl3、SiCl4與TiCl4沸點差異較大,“除硅、鋁”過程中可采用蒸餾的方法分離SiCl4、AlCl3。(4)“除釩”加入Al產(chǎn)生的AlCl3可在“除硅、鋁”時除去,若交換順序,無法除去AlCl3,因此“除釩”和“除硅、鋁”的順序不能交換。(5)題給工藝流程中加入Mg冶煉Ti的方法為熱還原法。高爐煉鐵屬于熱還原法,故A符合題意;電解熔融氯化鈉制取金屬鈉的原理是電解法,故B不符合題意;鋁熱反應制錳是利用Al作還原劑,將錳從其化合物中還原出來,為熱還原法,故C符合題意;Hg為不活潑金屬,可以直接用加熱分解氧化汞的方法制備汞,故D不符合題意。答案:(1)C(2)①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2②隨著溫度升高,CO2與C發(fā)生反應C+CO22CO(3)3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3蒸餾(4)不能“除釩”加入Al產(chǎn)生的AlCl3可在“除硅、鋁”時除去,若交換順序,無法除去AlCl3(5)AC2.(2022·山東卷,17)工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等雜質]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏,工藝流程如下:回答下列問題:(1)酸解時有HF產(chǎn)生。氫氟酸與SiO2反應生成二元強酸H2SiF6,離子方程式為

。

(2)部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中,按物質的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF62-)=1∶1加入Na2CO3脫氟,充分反應后,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-濃度(以SO3%計)在一定范圍時,石膏存在形式與溫度、H3PO4濃度(以P2O5%計)的關系如圖甲所示。酸解后,在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中,石膏存在形式為(填化學式);洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水,原因是,回收利用洗滌液X的操作單元是;一定溫度下,石膏存在形式與溶液中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)氫氟酸與SiO2反應生成二元強酸H2SiF6,該反應的離子方程式為6HF+SiO22H++SiF62-+2H(2)精制Ⅰ中,按物質的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF62-)=1∶1加入Na2CO3脫氟,該反應的化學方程式為H2SiF6+Na2CO3Na2SiF6↓+CO2↑+H2O,充分反應后得到沉淀Na2SiF6,溶液為飽和的Na2SiF6溶液,且c(Na+)=2c(SiF62-),則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;同時,粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液,c(Ca2+)=c(SO42-)=9.0×10-4mol·L-1×10-2mol·L-1,分批加入一定量的BaCO3,當BaSiF6沉淀開始生成時,c(Ba2+)=1.(3)根據(jù)圖中的坐標信息,酸解后,在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中,石膏存在形式為CaSO4·2O;CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的,因此,洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是減少CaSO4的溶解損失,提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率;洗滌液X中含有硫酸,其具有回收利用的價值,由于酸解時使用的也是硫酸,因此,回收利用洗滌液X的操作單元是酸解。由圖甲信息可知,溫度越低,越有利于實現(xiàn)酸解所得石膏結晶的轉化,由圖乙信息可知,位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4·2O形式存在,位于65℃線下方的晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在,位于80℃線上方的晶體全部以CaSO4·2O形式存在,位于80℃線下方的晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在。由圖乙信息可知,65℃時,P2O5%=15、SO3%=15,該點坐標位于65℃線下方,故能實現(xiàn)晶體的完全轉化,A符合題意;80℃時,P2O5%=10、SO3%=20,該點坐標位于80℃線上方,故不能實現(xiàn)晶體的完全轉化,B不符合題意;65℃時,P2O5%=10、SO3%=30,該點坐標位于65℃線上方,晶體全部以CaSO4·2O形式存在,故不能實現(xiàn)晶體轉化,C不符合題意;80℃時,P2O5%=10、SO3%=10,該點坐標位于80℃線下方,晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在,故能實現(xiàn)晶體的完全轉化,D符合題意。答案:(1)6HF+SiO22H++SiF62-+2H×10-2SO(3)CaSO4·2O減少CaSO4的溶解損失,提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率酸解AD分離提純型1.(2022·廣東卷,18)稀土(RE)包括鑭、釔等元素,是高科技發(fā)展的關鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理,一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如圖:已知:月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃;月桂酸和(C11H23COO)3RE均難溶于水。該工藝條件下,稀土離子保持+3價不變;(C11H23COO)2Mg的Ksp×10-8;Al(OH)3開始溶解時的pH為8.8;有關金屬離子沉淀的相關pH見下表。離子Mg2+Fe3+Al3+RE3+開始沉淀時的pH沉淀完全時的pH//(1)“氧化調(diào)pH”中,化合價有變化的金屬離子是。

(2)“過濾1”前,用NaOH溶液調(diào)pH至的范圍內(nèi),該過程中Al3+發(fā)生反應的離子方程式為。

(3)“過濾2”后,濾餅中檢測不到Mg元素,濾液2中Mg2+濃度為2.7g·L-1。為盡可能多地提取RE3+,可提高月桂酸鈉的加入量,但應確?！斑^濾2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于mol·L-1(保留兩位有效數(shù)字)。

(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產(chǎn)率,其原因是。

②“操作X”的過程為:先,再固液分離。

(5)該工藝中,可再生循環(huán)利用的物質有(寫化學式)。

(6)稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑Pt3Y。①還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時,生成1molPt3Y轉移mol電子。

②Pt3Y/C用作氫氧燃料電池電極材料時,能在堿性溶液中高效催化O2的還原,發(fā)生的電極反應為。

解析:由流程可知,該類礦(含鐵、鋁等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取,得到的浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42-等離子,經(jīng)氧化調(diào)pH使Fe3+、Al3+形成沉淀,經(jīng)過濾除去,濾液1中含有RE3+、Mg2+、SO42-等離子,加入月桂酸鈉,使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀,濾液2中主要含有MgSO(1)由分析可知,“氧化調(diào)pH”的目的是除去含鐵、鋁等元素的離子,需要將Fe2+氧化為Fe3+,以便后續(xù)除雜,所以化合價有變化的金屬離子是Fe2+。(2)由表中數(shù)據(jù)可知,Al3+沉淀完全時的pH為4.7,而RE3+開始沉淀時的pH為6.2～7.4,所以為保證Fe3+、Al3+沉淀完全,且RE3+不沉淀,要用NaOH溶液調(diào)pH至4.7≤pH<6.2的范圍內(nèi),該過程中Al3+發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3OH-Al(OH)3↓。(3)濾液2中Mg2+濃度為2.7g·L-1,即0.1125mol·L-1,根據(jù)Ksp[(C11H23COO)2Mg]=c(Mg2+)·c2(C11H23COO-),若要加入月桂酸鈉后只生成(C11H23COO)3RE,而不生成(C11H23COO)2Mg,則c(C11H23COO-)<Ksp[(C11H23COO)2Mg]c(M(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產(chǎn)率,其原因是加熱攪拌可加快反應速率。②“操作X”的結果是分離出月桂酸,由題給信息可知,月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃,故“操作X”的過程為先冷卻結晶,再固液分離。(5)由分析可知,該工藝中,可再生循環(huán)利用的物質有MgSO4。(6)①YCl3中Y為+3價,PtCl4中Pt為+4價,而Pt3Y中金屬均為0價,所以還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時,生成1molPt3Y轉移15mol電子。②堿性溶液中,氫氧燃料電池正極發(fā)生還原反應,發(fā)生的電極反應為O2+4e-+2H2O4OH-。答案:(1)Fe2+(2)4.7≤pH<6.2Al3++3OH-Al(OH)3↓×10-4(4)①加熱攪拌可加快反應速率②冷卻結晶(5)MgSO4(6)①15②O2+4e-+2H2O4OH-2.(2022·海南卷,15)膽礬(CuSO4·5H2O)是一種重要化工原料,某研究小組以生銹的銅屑為原料[主要成分是Cu,含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制備膽礬。流程如下?；卮饐栴}:(1)步驟①的目的是。

(2)步驟②中,若僅用濃H2SO4溶解固體B,將生成(填化學式)污染環(huán)境。

(3)步驟②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,反應的化學方程式為

。

(4)經(jīng)步驟④得到的膽礬,不能用水洗滌的主要原因是。

(5)實驗證明,濾液D能將I-氧化為I2。ⅰ.甲同學認為不可能是步驟②中過量H2O2將I-氧化為I2,理由是

。

ⅱ.乙同學通過實驗證實,只能是Cu2+將I-氧化為I2,寫出乙同學的實驗方案及結果

(不要求寫具體操作過程)。

解析:(1)原料表面含有少量的油污,Na2CO3溶液呈堿性,可以除去原料表面的油污,因此,步驟①的目的是除去原料表面的油污。(2)在加熱的條件下,銅可以與濃硫酸發(fā)生反應生成CuSO4、SO2和H2O,二氧化硫是一種大氣污染物,步驟②中,若僅用濃H2SO4溶解固體B,將生成SO2污染環(huán)境。(3)步驟②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,生成CuSO4和H2O,該反應的化學方程式為Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。(4)經(jīng)步驟④得到的膽礬,不能用水洗滌的主要原因是膽礬晶體易溶于水,用水洗滌會導致膽礬的產(chǎn)率降低。(5)ⅰ.H2O2常溫下即能發(fā)生分解反應,在加熱的條件下,其分解更快,因此,不可能是步驟②中過量H2O2將I-氧化為I2。ⅱ.I-被氧化為I2時溶液的顏色會發(fā)生變化。濾液D中含有CuSO4和H2SO4,乙同學通過實驗證實,只能是Cu2+將I-氧化為I2,較簡單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,觀察溶液是否變色;除去溶液中的Cu2+的方法有多種,可以加入適當?shù)某恋韯⑵滢D化為難溶物,如加入Na2S將其轉化為CuS沉淀。因此,乙同學的實驗方案可為取少量濾液D,向其中加入適量Na2S溶液,直至不再有沉淀生成,靜置后向上層清液中加入少量KI溶液;實驗結果為上層清液不變色,證明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化,故只能是Cu2+將I-氧化為I2。答案:(1)除油污(2)SO2(3)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O(4)膽礬晶體易溶于水(5)ⅰ.溶液C經(jīng)步驟③加熱濃縮后H2O2已完全分解ⅱ.取濾液,向其中加入適量硫化鈉溶液,使銅離子恰好完全沉淀,再加入I-,I-不能被氧化“無機化學工藝流程”以真實的化工生產(chǎn)情境為背景,以高頻元素Fe、Cr、Mn、Ni、Mg、Al、V、Ti、Ca和陌生元素Mo、Ce等的單質及其化合物為載體,主要考查物質的制備和提純工藝,以流程框架的形式呈現(xiàn)?？煞譃槿齻€部分:原料的預處理、核心反應、分離提純產(chǎn)品。涉及到的高頻考點有化合物性質、轉化和陌生化學方程式書寫、物質循環(huán)利用、工藝操作及目的、化學反應速率和平衡原理、pH范圍判斷、溶度積常數(shù)計算等,以及新增考點自己設計方案,完成工藝步驟。該類題型情境新、陌生度大、綜合性強,既可以考查學生對化學基礎知識的掌握和運用情況,又可以考查學生文字閱讀、圖像、文字信息的提取、加工和處理能力,分析推理、知識遷移的能力,計算和數(shù)據(jù)處理能力以及語言文字表述能力。體現(xiàn)了宏觀辨識與微觀探析、變化觀念與平衡思想、證據(jù)推理與模型認知的化學學科核心素養(yǎng)。命題熱點1原料預處理(1)原料經(jīng)過預處理主要是除去不必要的雜質,凈化所需要的原料。(2)原料中的目標物質轉化為易于化學處理的物質。方法釋義研磨、霧化將塊狀或顆粒狀的物質磨成粉末或將液體霧化,增大反應物接觸面積,以加快反應速率或使反應更充分與水接觸反應或溶解與酸接觸反應或溶解,使可溶性金屬離子進入溶液,不溶物通過過濾除去除去油污,溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物灼燒(焙燒)除去可燃性雜質或使原料初步轉化:(1)除去硫、碳單質;(2)有機物轉化、除去有機物;(3)高溫下原料與空氣中氧氣反應等煅燒改變結構,使一些物質溶解,并使一些雜質在高溫下氧化、分解,如煅燒高嶺土1.(2022·山東淄博二模節(jié)選)從某工業(yè)廢料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3的工藝流程如圖:為提高“酸浸”反應速率,“酸浸”前對熔煉固渣的處理方式為。

解析:將固渣粉碎,可增大其與酸的接觸面積,加快化學反應速率,故“酸浸”前對熔煉固渣的處理方式為將固渣粉碎。答案:將固渣粉碎2.(2021·山東泰安高三質檢)一種從廢舊鋰電池中回收Li2SO4、CuSO4、CoSO4等有價金屬的工藝流程如圖:已知:“鹽水浸泡”是將廢舊鋰電池置于食鹽水中浸泡放電;“氨性浸出”時溶液呈弱堿性。回答下列問題:(1)“鹽水浸泡”進行放電,放電的目的是

。

(2)“預焙燒”的目的是,可用于吸收該過程產(chǎn)生的尾氣的試劑是。

(3)“硫酸銨焙燒”時,硫酸銨的作用是;“H2SO4吸收處理尾氣”后的溶液可循環(huán)利用,則“硫酸銨焙燒”時的尾氣中含(填化學式)。

(4)“氨性浸出”時,通入空氣的目的是

。

(5)“氨性浸出”時,Cu單質被浸出為[Cu(NH3)4]SO4,該反應的離子方程式為

。

解析:(1)回收處理的第一步是進行廢舊鋰電池的放電,目的是防止在電池拆解過程中,發(fā)生短路引起火災、爆炸等事故,保證拆解時的安全。(2)拆解后的塑料隔膜包裹含LiCoO2、Cu及少量的Al2O3和C等,“預焙燒”的目的是除去塑料隔膜和碳;該過程產(chǎn)生的尾氣是二氧化碳,則可用于吸收CO2的試劑是NaOH濃溶液或其他的強堿濃溶液。(3)“硫酸銨焙燒”后所得混合物為硫酸鹽和Cu等,所以硫酸銨的作用是提供SO42-,將氧化物轉化成硫酸鹽;根據(jù)題目中“H2SO4(4)觀察流程圖可知,“氨性浸出”前后的物質變化為Cu和CuSO4變?yōu)閇Cu(NH3)4]SO4,所以“氨性浸出”時,通入空氣的目的是促進Cu的溶解,使其轉化為[Cu(NH3)4]SO4。(5)“氨性浸出”時,Cu單質轉化為[Cu(NH3)4]SO4,因“氨性浸出”時溶液呈弱堿性,可判斷體系中有NH3,所以“氨性浸出”的反應物含Cu、O2和NH3,生成物含[Cu(NH3)4]SO4。答案:(1)保證拆解時的安全(2)除去塑料隔膜和碳NaOH濃溶液(或其他合理答案)(3)提供SO42(4)促進Cu的溶解(5)2Cu+O2+4NH3+4NH4+2[Cu命題熱點2反應條件的控制通過控制一定的反應條件,來達到提高物質轉化率或除去雜質的目的。反應條件最常見的是溶液的pH、反應的溫度、反應物的配料比等。(1)控制反應的發(fā)生,增強物質的氧化性或還原性,或改變水解程度。(2)控制溶液的酸堿性,使其中的某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。①若要除去含Al3+、Mn2+溶液中混有的Fe2+,先用氧化劑將Fe2+氧化為Fe3+,再調(diào)溶液的pH。②調(diào)節(jié)pH所需的物質一般應滿足兩點:能與H+反應,使溶液pH增大;不引入新雜質。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等物質來調(diào)節(jié)溶液的pH。(1)控溫:防止物質的分解(注意“揮發(fā)”和“分解”的區(qū)別使用),如NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3(濃)等;防止物質的揮發(fā),如鹽酸、醋酸等;抑制物質的水解;增大氣體反應物的溶解度,使其被充分吸收。具體有以下幾點:①防止副反應的發(fā)生。②使化學平衡移動,控制化學反應的方向。③控制固體的溶解與結晶。④控制反應速率,使催化劑達到最大活性。⑤升溫:促進溶液中的氣體逸出;使某物質達到沸點揮發(fā)。⑥加熱煮沸:促進水解,聚沉后利于過濾分離。⑦趁熱過濾:減少因降溫而析出的溶質。⑧降溫:防止物質高溫分解或揮發(fā);降溫(或減壓)可以減少能源成本;降低設備的要求。(2)控制范圍:兼顧速率和轉化率,追求更好的經(jīng)濟效益,防止副反應發(fā)生等。角度——氧化還原(利用或防止、增強氧化還原反應氛圍)、水解(抑制或促進水解)、安全性等。(1)根據(jù)需要選擇適宜的反應物濃度,控制一定的反應速率,使平衡移動有利于目標產(chǎn)物的生成,減小對后續(xù)操作產(chǎn)生的影響。(2)對有多種反應物的體系,增大便宜、易得的反應物的濃度,可以提高其他物質的利用率,使反應充分進行。如工業(yè)制硫酸過程中,通入過量的O2以提高SO2的轉化率。1.(2022·湖南永州模擬節(jié)選)其他條件相同時,“酸浸”中鈀浸出率與液固比(一定濃度的硝酸和鹽酸組成混合溶液的體積與鈀渣質量之比)關系如圖1所示,最佳液固比為mL·g-1。當液固比一定時,相同時間內(nèi)鈀浸出率與溫度關系如圖2所示,解釋40℃鈀浸出率達到峰值的原因:

。

解析:液固比最佳是指浸出率最高且液固比最小,節(jié)約成本。從圖中可以看出,最佳液固比為3mL·g-1。40℃之前,升溫,反應速率增大;40℃之后,升溫,濃硝酸分解速率加快,濃鹽酸揮發(fā)速率加快,所以40℃鈀浸出率達到峰值。答案:340℃之前,升溫,反應速率增大;40℃之后,升溫,濃硝酸分解速率加快,濃鹽酸揮發(fā)速率加快2.(2021·山東臨沂模擬節(jié)選)CoCl2·6H2O是一種飼料營養(yǎng)強化劑。一種利用水鈷礦[主要成分為Co2O3、Co(OH)3,還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下:已知:①浸出液中含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等;②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下表所示:沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀完全沉淀③CoCl2·6H2O熔點為86℃,加熱至110～120℃時,失去結晶水生成無水氯化鈷。(1)浸出液中加入NaClO3的作用是

。

(2)“加Na2CO3調(diào)pH至5.2”,過濾所得到的沉淀成分為。

(3)“操作1”中包含3個基本實驗操作,它們依次是、和過濾。制得的CoCl2·6H2O在烘干時需減壓的原因是

。

(4)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖。向“濾液”中加入萃取劑的目的是

;萃取劑使用的最佳pH范圍是(填字母)。

解析:水鈷礦中加入鹽酸和亞硫酸鈉,可得到CoCl2、AlCl3、FeCl2,加入NaClO3可得到FeCl3,然后加入Na2CO3調(diào)pH至5.2,可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,過濾后所得濾液主要含有CoCl2,為得到CoCl2·6H2O,應控制溫度在86℃以下,加熱時要防止溫度過高而使產(chǎn)品失去結晶水,可減壓烘干。(1)NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+。(2)根據(jù)題表數(shù)據(jù)可知,“加Na2CO3調(diào)pH至5.2”,過濾所得到的沉淀成分為Fe(OH)3、Al(OH)3。(3)根據(jù)從溶液中制取固體的方法制取CoCl2·6H2O,從而確定操作步驟;溫度過高,CoCl2·6H2O失去結晶水生成無水氯化鈷,為了防止其分解,制得的CoCl2·6H2O需減壓烘干。(4)根據(jù)題中流程圖可知,濾液中存在Mn2+、Co2+,加萃取劑的目的是除去濾液中的Mn2+;由萃取目的及萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系圖可知,最佳pH范圍是3.0～3.5。答案:(1)將Fe2+氧化為Fe3+(2)Fe(OH)3、Al(OH)3(3)蒸發(fā)濃縮冷卻結晶降低烘干溫度,防止產(chǎn)品分解失去結晶水(4)除去“濾液”中的Mn2+B命題熱點3陌生化學方程式(電極反應式)的書寫首先根據(jù)題給材料中的信息寫出部分反應物和生成物的化學式,再根據(jù)反應前后元素化合價有無變化判斷反應類型:(1)元素化合價無變化則為非氧化還原反應,遵循質量守恒定律。(2)元素化合價有變化則為氧化還原反應,既遵循質量守恒定律,又遵循得失電子守恒規(guī)律。(1)首先根據(jù)題給材料中的信息確定氧化劑(或還原劑)與還原產(chǎn)物(或氧化產(chǎn)物),結合已學知識,根據(jù)加入的還原劑(或氧化劑)判斷氧化產(chǎn)物(或還原產(chǎn)物)。(2)根據(jù)得失電子守恒配平氧化還原反應。(3)根據(jù)電荷守恒和反應物的酸堿性,在化學方程式左邊或右邊補充H+、OH-或H2O等。(4)根據(jù)質量守恒配平化學方程式。(1)列變價——寫出電極上發(fā)生變價的主要反應物和主要產(chǎn)物。(2)標電子——由化合價寫出得失電子數(shù)。(3)調(diào)電荷——由電荷守恒依據(jù)介質環(huán)境將電極反應式兩邊的電荷調(diào)平,酸性溶液用H+,堿性溶液用OH-,若是熔融電解質,則依據(jù)具體題目信息,一般熔融氧化物用O2-,熔融碳酸鹽用CO3(4)后補水——由原子守恒配平電極反應式,一般看氫原子,哪邊少氫原子就在哪邊以水的形式補上相應數(shù)目的氫原子。也被稱為“氫不夠,水來湊”。(5)檢查氧——最后用“O”守恒檢查電極反應式是否正確。1.(2022·福建廈門二模節(jié)選)軟錳礦—硫鐵礦制取電池級二氧化錳的工藝流程如圖:回答下列問題:(1)“浸取”過程主要反應為3MnO2+2FeS2+6H2SO43MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O,則氧化劑與還原劑物質的量之比為。

(2)“氧化ⅰ”過程軟錳礦的作用是

。

(3)“沉錳”過程Mn2+轉化為MnCO3的離子方程式為。

(4)“焙燒”過程MnCO3轉化為MnO2的化學方程式為。

(5)“氧化ⅱ”過程中,將Mn(Ⅱ)轉化為Mn(Ⅳ)的最適宜氧化劑是(填字母)。

2O223解析:(1)反應3MnO2+2FeS2+6H2SO43MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O中Mn元素化合價降低,被還原,MnO2作氧化劑,Fe元素和S元素化合價升高,被氧化,FeS2作還原劑,則氧化劑與還原劑物質的量之比為3∶2。(2)“浸取”過程中軟錳礦和硫鐵礦在酸性條件下發(fā)生反應,除了生成硫酸錳和硫沉淀,還可能生成硫酸亞鐵,所以“氧化ⅰ”過程軟錳礦的作用是將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子,以便后續(xù)過程除鐵。(3)“沉錳”過程中硫酸錳和碳酸氫銨、一水合氨反應生成碳酸錳、硫酸銨和水,反應的化學方程式為MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O,則離子方程式為Mn2++HCO3-+NH3·H2OMnCO3↓+NH4++H(4)由流程圖可知,“焙燒”過程中MnCO3和空氣中的氧氣在高溫條件下反應生成MnO2和CO2,反應的化學方程式為2MnCO3+O22MnO2+2CO2。(5)Mn(Ⅳ)的氧化性比H2O2和Cl2的都強(例如,酸性條件下,MnO2能將過氧化氫氧化生成氧氣,實驗室用MnO2和濃鹽酸加熱反應制取氯氣),用H2O2或Cl2不能將Mn(Ⅱ)氧化為Mn(Ⅳ),而KClO3在酸性條件下能將Mn(Ⅱ)氧化為Mn(Ⅳ),故最適宜氧化劑是KClO3。答案:(1)3∶2(2)將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子(3)Mn2++HCO3-+NH3·H2OMnCO3↓+NH4+(4)2MnCO3+O22MnO2+2CO2(5)c2.(1)如圖表示使用新型電極材料,以N2、H2為電極反應物,以HCl-NH4Cl為電解質溶液制造出既能提供能量,同時又能實現(xiàn)氮固定的新型燃料電池。請寫出該電池的正極反應式:。

(2)制備Na2S2O5可采用三室膜電解技術,裝置如圖所示,其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。陽極的電極反應式為。電解后,室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進行結晶脫水,可得到Na2S2O5。

(3)KIO3可采用“電解法”制備,裝置如圖所示。①寫出電解時陰極的電極反應式:。

②電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為,其遷移方向是。

解析:(1)根據(jù)氧化還原反應原理,首先確定N2在反應中作氧化劑,因而參與正極反應,再根據(jù)鹽酸介質知產(chǎn)物應該為NH4(2)由題圖可知,左側為陽極,電解質溶液為稀H2SO4,則電極反應式為2H2O-4e-O2↑+4H+。電解過程中H+通過陽離子交換膜進入a室,故a室中NaHSO3濃度增加。(3)①電解液是KOH溶液,陰極的電極反應式為2H2O+2e-2OH-+H2↑。②電解過程中陽極區(qū)反應為3I2+6KOHKIO3+5KI+3H2O、2I--2e-I2,陽極的K+通過陽離子交換膜由電極a遷移到電極b。答案:(1)N2+6e-+8H+2NH4+(2)2H2O-4e-4H++O2↑a(3)①2H2O+2e-2OH-+H2↑②K+由a到b新情境下陌生氧化還原反應化學方程式的書寫技巧根據(jù)題目中的流程圖或題干信息,確定反應物和部分生成物?判斷反應中變價元素的化合價并利用元素化合價的升降判斷出氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物?寫出化學方程式,并按化合價升降原則配平參與氧化還原反應的各物質的化學計量數(shù)?根據(jù)元素守恒,補充其他反應物或產(chǎn)物,一般為水、酸(H+)或堿(OH-)命題熱點4物質的分離與提純(1)從溶液中獲取不帶結晶水的晶體,如NaCl、K2SO4等,用蒸發(fā)結晶。(2)從溶液中獲取帶結晶水的晶體,如CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等,用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾。(3)從混合液中獲取溶解度受溫度影響較小的溶質,如從含少量KNO3的NaCl溶液中獲取NaCl晶體,用蒸發(fā)結晶、趁熱過濾。(4)從混合液中獲取溶解度受溫度影響較大的溶質,如從含少量KCl的KNO3溶液中獲取KNO3晶體,用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾。(5)重結晶指析出的晶體經(jīng)過溶解后再次從溶液中結晶析出的過程,是一種利用物質的溶解性不同而進行分離、提純的方法。洗滌試劑適用范圍目的蒸餾水冷水產(chǎn)物不溶于水除去固體表面吸附著的××雜質,可適當降低固體因為溶解而造成的損失熱水有特殊的物質的溶解度隨著溫度升高而下降除去固體表面吸附著的××雜質,可適當降低固體因為溫度變化溶解而造成的損失有機溶劑(酒精、丙酮等)固體易溶于水、難溶于有機溶劑減少固體溶解;利用有機溶劑的揮發(fā)性除去固體表面的水分,產(chǎn)品易干燥飽和溶液對純度要求不高的產(chǎn)品減少固體溶解酸、堿溶液產(chǎn)物不溶于酸、堿除去固體表面吸附著的可溶于酸、堿的雜質;減少固體溶解洗滌沉淀的方法:向過濾器中加入蒸餾水至浸沒沉淀,待水自然流下后,重復以上操作2～3次檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法:取少量最后一次的洗滌液于試管中,向其中滴入某試劑,若未出現(xiàn)特征反應現(xiàn)象,則沉淀洗滌干凈(1)萃取:利用物質在兩種互不相溶的溶劑中的溶解度不同,將物質從一種溶劑轉移到另一種溶劑的過程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。(2)反萃取:用反萃取劑使被萃取物從負載有機相返回水相的過程,為萃取的逆過程。(1)蒸發(fā)時的氣體氛圍抑制水解:如從溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶質時,應在HCl的氣流中加熱,以防其水解。(2)減壓蒸餾的原因:減小壓強,使液體沸點降低,防止受熱分解、氧化等。1.(2022·湖南株洲二模節(jié)選)“萃取”和“反萃取”時,將發(fā)生R2(SO4)n(水層)+2nHA(有機層)2RAn(有機層)+nH2SO4(水層)(R表示VO2+,HA表示有機萃取劑),“反萃取”操作加入的試劑是(填化學式)。

解析:“萃取”時,加入有機物,平衡向右移動,“反萃取”時,平衡向左移動,則應加入H2SO4。答案:H2SO42.(2022·山東泰安二模節(jié)選)天空課堂第二課中航天員展示了金屬鋯(40Zr)在無容器實驗柜中從液體變成固體時的“再輝”現(xiàn)象。以鋯英石(主要成分是ZrSiO4,還含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質)為原料生產(chǎn)鋯的流程如圖所示:已知:常溫下,ZrCl4是白色固體,604K升華,遇水強烈水解,ZrCl4+9H2OZrOCl2·8H2O+2HCl,在濃鹽酸中會析出ZrOCl2·8H2O沉淀。請回答下列問題:(1)分餾過程中,為防止產(chǎn)品變質,過程中一定需要注意的是。

(2)實驗室中洗滌ZrOCl2·8H2O沉淀操作是

。

(3)由于鋯鉿(Hf)礦石共生,這樣制得的鋯中常含有少量的鉿,需要進一步分離提純。溶解分離:將樣品溶于氫氟酸后再加入一定量KOH溶液,鋯和鉿均以[MF6]2-存在。①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大,且K2ZrF6的溶解度隨溫度的升高而增大,可以利用方法進行分離。

②離子交換法:利用強堿型酚醛樹脂R-N(CH3)3+Cl-陰離子交換劑進行交換分離,原理是2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6[RN(CH3)3]2ZrF6+2KCl;2RN(CH3)3Cl+K2HfF6[RN(CH3)3]2HfF6③將所得溶液與有機相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振蕩,可以達到Zr與Hf分離。這種分離方法是。

解析:(1)由題意知,ZrCl4遇水強烈水解,分餾過程中,為防止產(chǎn)品變質,過程中一定需要注意的是保持干燥。(2)在濃鹽酸中會析出ZrOCl2·8H2O沉淀,實驗室中洗滌ZrOCl2·8H2O沉淀操作是向漏斗中加濃鹽酸至沒過沉淀,讓溶液自然流下,重復2～3次。(3)①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大,且K2ZrF6的溶解度隨溫度的升高而增大,可以利用重結晶方法進行分離。②題述方法能夠將鋯、鉿分離的原因是鋯、鉿配離子[MF6]2-與陰離子交換樹脂的結合能力不同。③將所得溶液與有機相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振蕩,可以達到Zr與Hf分離,這種分離方法是萃取,利用溶解度的不同。答案:(1)保持干燥(2)向漏斗中加濃鹽酸至沒過沉淀,讓溶液自然流下,重復2～3次(3)①重結晶②鋯、鉿配離子[MF6]2-與陰離子交換樹脂的結合能力不同③萃取命題熱點5電離常數(shù)、溶度積常數(shù)的有關計算(1)平衡常數(shù)都只與溫度有關,溫度不變,平衡常數(shù)不變,升高溫度,Ka、Kb、Kw、Kh均增大。(2)Ka、Kh、Kw三者的關系式為Kh=KwKa;Kb、Kh、Kw三者的關系式為Kh(3)二元酸的Ka1、Ka2與相應酸根離子的Kh1、Kh2的關系式為Ka1·Kh2=Kw,Ka2·Kh1=Kw。(4)反應CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常數(shù)為K,則K=Ksp(2.溶度積(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+)=amol/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,達到平衡后c(Ag+)=10amol/L。(3)計算沉淀轉化的平衡常數(shù),如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常數(shù)K=c(Mn2+)c1.(2022·山東淄博二模節(jié)選)從某工業(yè)廢料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)中回收Sc2O3。常溫下,部分氫氧化物的溶度積常數(shù)如下表所示:物質Fe(OH)3Fe(OH)2Sc(OH)3Ksp1×10-381×10-161×10-30(1)常溫下“調(diào)pH”時,若溶液中c(Sc3+)=0.001mol/L,為除去雜質離子,應控制pH范圍是×10-5mol/L時,可認為該離子沉淀完全)。

(2)已知25℃時Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,pH=2的草酸溶液中c(C2解析:(1)常溫下,溶液中c(Sc3+)=0.001mol/L,為除去雜質離子,讓Fe3+完全沉淀,而Sc3+還未開始沉淀,則有c(Fe3+)×c3(OH-)≥Ksp[Fe(OH)3],c(OH-)≥31×10-381×10-5mol/L=1×10-11mol/L,則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℃時Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,pH=2即c(H+)=1×10-2mol/L,則c(C2O4答案:(1)3≤pH<5(2)ab2.(2022·山東濟寧二模節(jié)選)工業(yè)上煅燒硫鐵礦產(chǎn)生的SO2氣體可以用石灰乳吸收。常溫下,測得CaSO3與水形成的濁液pH為9,若忽略SO32-的第二步水解,則Ksp(CaSO3)=(保留三位有效數(shù)字)[已知:室溫下亞硫酸(H2SO3)的電離平衡常數(shù)Ka1×10-2,Ka2×解析:CaSO3與水形成的濁液pH為9,若忽略SO32-的第二步水解,則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)熟練掌握水溶液中平衡常數(shù)之間的關系式。(2)熟練掌握Ksp與沉淀轉化平衡常數(shù)K和電離常數(shù)Ka的計算關系式。物質制備型(2022·全國甲卷,26)硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料,在防腐、電鍍、醫(yī)學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO3,雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物①。其制備流程如下:本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數(shù)如下表②:離子KspFe3+×10-38Zn2+×10-17Cu2+×10-20Fe2+×10-16Mg2+×10-11回答下列問題:(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅③的化學方程式為。

(2)為了提高鋅的浸取效果④,可采取的措施有、。

(3)加入物質X調(diào)溶液pH=5,最適宜使用的X是(填標號)。

3·H2OB.Ca(OH)2濾渣①的主要成分是、、。

(4)向80～90℃的濾液①中分批加入適量KMnO4溶液充分反應后過濾,濾渣②中有MnO2⑤,該步反應的離子方程式為(5)濾液②中加入鋅粉⑥的目的是。

(6)濾渣④與濃H2SO4反應可以釋放HF并循環(huán)利用,同時得到的副產(chǎn)物⑦是、。

[審題指導]①明確工藝流程的目的,審清原料為菱鋅礦(主要成分為ZnCO3,雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物),目的是制備高純ZnSO4·7H2O,需先除雜質,再制備,為分析流程圖提供方向。②給定信息的應用,根據(jù)表中溶度積常數(shù)的數(shù)據(jù)可以解決(3)中物質X的選擇、濾渣①的主要成分的問題。③根據(jù)焙燒生成氧化鋅,可以判斷菱鋅礦焙燒,主要發(fā)生反應ZnCO3ZnO+CO2↑。④聯(lián)想提高反應速率的方法。⑤陌生的化學方程式的書寫,根據(jù)流程結合題目中提供的信息:KMnO4為氧化劑,Fe2+為還原劑,濾渣②中有MnO2,即生成物中的沉淀不只有MnO2,書寫其離子方程式。⑥鋅粉具有還原性,且使溶液不增加新的雜質離子的情況下可將其他離子置換出來從而除去。⑦向濾液③中加入HF脫鈣鎂,過濾得到濾渣④,為CaF2、MgF2,根據(jù)濾渣④成分,可知其與濃H2SO4反應的產(chǎn)物。解析:由題干信息,菱鋅礦的主要成分為ZnCO3,雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物,結合流程圖分析,菱鋅礦焙燒,主要發(fā)生反應ZnCO3ZnO+CO2↑,再加入H2SO4浸取,得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液,加入物質X調(diào)節(jié)pH=5,結合表格數(shù)據(jù),過濾得到含F(xiàn)e(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①,濾液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+,再向濾液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+,過濾得到含F(xiàn)e(OH)3和MnO2的濾渣②,濾液②中加入鋅粉,發(fā)生反應Zn+Cu2+Zn2++Cu,過濾后得到的濾渣③為Cu,再向濾液③中加入HF脫鈣鎂,過濾得到的濾渣④為CaF2、MgF2,濾液④為ZnSO4溶液,經(jīng)一系列處理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析,焙燒時,生成ZnO的反應為ZnCO3ZnO+CO2↑。(2)可采用將焙燒后的產(chǎn)物碾碎,增大接觸面積或增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率。(3)NH3·H2O易分解產(chǎn)生NH3污染空氣,且經(jīng)濟成本較高,故A不適宜;Ca(OH)2不會引入新的雜質,且成本較低,故B適宜;NaOH會引入雜質Na+,且成本較高,故C不適宜。(4)向80～90℃的濾液①中分批加入適量KMnO4溶液,可氧化Fe2+,得到含F(xiàn)e(OH)3和MnO2的濾渣②,反應的離子方程式為3Fe2++MnO4-+7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(5)濾液②中加入鋅粉,發(fā)生反應Zn+Cu2+Zn2++Cu,故加入鋅粉的目的為置換Cu2+為Cu從而除去。(6)濾渣④為CaF2、MgF2,與濃硫酸反應可得到HF,同時得到的副產(chǎn)物為CaSO4、MgSO4。答案:(1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)將焙燒后的產(chǎn)物碾碎,增大接觸面積增大硫酸的濃度(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2++MnO4-+7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H(5)置換Cu2+為Cu從而除去(6)CaSO4MgSO4(2022·福建漳州三模)二氧化鈰(CeO2)具有較強的氧化性,是一種應用非常廣泛的稀土氧化物。以氟碳鈰礦(主要含CeFCO3、BaO等)為原料制備CeO2的一種工藝流程如圖所示。回答下列問題:(1)“氧化焙燒”后,Ce元素轉化為CeO2和CeF4。寫出“氧化焙燒”的化學方程式:

。

(2)“酸浸”時,鈰的浸出率與溫度、c(H+)的關系如圖所示,應選擇的最適宜的條件為(填標號)。

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

(任寫兩點)。

(3)“系列操作”包含以下幾個過程:已知:Ce3+不能溶于有機物TBP;CeF3+能溶于有機物TBP,且存在反應CeF3++TBPCeTBP4++F-?！盀V液A”中加入有機物TBP后的分離方法是,“有機層B”中發(fā)生反應的離子方程式為。

(4)“調(diào)pH”中,要使Ce3+×10-5mol·L-1為沉淀完全),應控制pH大于(已知25℃時Ksp[Ce(OH)3×10-20)。

(5)“氧化”中,氧化劑與還原劑的物質的量之比為。

(6)CeO2是汽車尾氣凈化催化劑的關鍵成分,在尾氣消除過程中CeO2與CeO2(1-x)(0≤x≤0.25)相互轉化。CeO2(1-x)中的Ce為+3、+4價,測定x的值可判斷它們的比例?，F(xiàn)取CeO2(1-x)固體1.6560g,加入足量硫酸和0.0220molFeSO4·7H2O充分溶解,使Ce4+全部被還原成Ce3+,再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4標準溶液滴定至終點,重復操作三次,平均消耗標準溶液40.00mL(已知氧化性:Ce4+>KMnO4),則x的值為。

解析:(1)“氧化焙燒”步驟中,BaO不參與反應,由流程可知CeFCO3與富氧空氣中的氧氣發(fā)生氧化還原反應生成CeO2、CeF4和CO2,此過程中Ce元素的化合價由+3價升至+4價,O元素的化合價由0價降至-2價,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒,反應的化學方程式為4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。(2)由圖可知,溫度為85℃、c(H+)為2.5mol·L-1時,鈰的浸出率最高,應選擇的最適宜的條件為85℃、2.5mol·L-1;“酸浸”步驟中,用硫酸浸取,BaO與硫酸反應生成BaSO4沉淀,若用鹽酸替代硫酸,CeO2具有較強氧化性,會被鹽酸還原為Ce3+,生成有毒的Cl2,污染環(huán)境,且鹽酸不能除去雜質Ba2+。(3)“濾液A”中的CeF3+能溶于有機物TBP,振蕩、靜置后的水層與有機層采用分液方法進行分離;由流程可知,“有機層B”中CeTBP4+在酸性條件下與H2O2發(fā)生氧化還原反應,CeTBP4+被還原成Ce3+,則H2O2被氧化成O2,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒,反應的離子方程式為2CeTBP4++H2O22Ce3++O2↑+2H++2TBP。(4)當c(Ce3+×10-5mol·L-1時,依據(jù)25℃時Ksp[Ce(OH)3×10-20,c(OH-)=31.0×10-201.0×10-5mol·L-1×10-5mol·L-1(5)“氧化”步驟中氧化劑是NaClO,還原產(chǎn)物是Cl-,1molNaClO參與反應得到2mol電子,還原劑是Ce(OH)3,氧化產(chǎn)物是Ce(OH)4,1molCe(OH)3參與反應失去1mol電子,根據(jù)得失電子守恒,氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2。(6)實驗過程中CeO2(1-x)固體中Ce4+全部被還原成Ce3+,FeSO4?7H2O部分被氧化成Fe3+,剩余的部分用酸性KMnO4標準溶液滴定,由于氧化性Ce4+>KMnO4,故滴定過程中KMnO4不會與Ce3+反應,根據(jù)反應5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,與MnO4-反應的Fe2+的物質的量為5×0.1000mol·L-1×0.04L=0.0200mol,還原Ce4+消耗的Fe2+的物質的量為0.0220mol-0.0200mol=0.0020mol,根據(jù)反應Ce4++Fe2+Ce3++Fe3+,則CeO2(1-x)固體中+4價Ce的物質的量為0.0020mol,相當于CeO2的物質的量為0.0020mol,可得相當于Ce2O1.6560g-0.002答案:(1)4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2(2)CCeO2具有較強氧化性,會被鹽酸還原為Ce3+,生成有毒的Cl2,會污染環(huán)境;鹽酸不能除去雜質Ba2+等(3)分液2CeTBP4++H2O22Ce3++O2↑+2H++2TBP(4)9(5)1∶2物質制備類工藝流程題的解題策略破解無機物制備工藝流程原理與過程。對一些線性流程工藝(從原料到產(chǎn)品為“一條龍”的生產(chǎn)工序)題,首先對比分析流程圖中第一種物質(原材料)與最后一種物質(產(chǎn)品),找出原料與產(chǎn)品之間的關系,弄清生產(chǎn)過程中原料轉化為產(chǎn)品的基本原理和分離、提純產(chǎn)品的化工工藝,然后結合題設的問題,逐一推敲解答。對于用同樣的原材料生產(chǎn)兩種或多種產(chǎn)品(包括副產(chǎn)品)的工藝流程題,用截段分析法更容易找到解題的切入點。關鍵在于看清主、副產(chǎn)品是如何分開的,以此確定截幾段更合適,一般截段以產(chǎn)品為準點。3.掌握“5種”原料預處理(研磨、水浸、酸浸、灼燒、煅燒)的作用和“6種”控制反應條件(調(diào)溶液pH、控制溫度、控制壓強、使用催化劑、趁熱過濾、冰水洗滌)的目的。分離提純型(2022·全國乙卷,26)廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源,通過如圖流程實現(xiàn)鉛的回收①。一些難溶電解質的溶度積常數(shù)如下表②:難溶電解質PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp×10-8×10-14×10-10×10-9一定條件下,一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表②:金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2開始沉淀的pH完全沉淀的pH回答下列問題:(1)在“脫硫”中PbSO4轉化反應的離子方程式為,用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因

。

(2)在“脫硫”中,加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉化,原因是

。

(3)在“酸浸”中,除加入醋酸(HAc),還要加入H2O2(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是;

(ⅱ)H2O2促進了金屬Pb在醋酸中轉化為Pb(Ac)2,其化學方程式為

;

(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2,H2O2的作用是。

(4)“酸浸”后溶液的pH約為4.9,濾渣的主要成分是。

(5)“沉鉛”的濾液中,金屬離子④有。

[審題指導]①明確工藝流程的目的,由廢舊鉛蓄電池的鉛膏(主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等)回收鉛,為分析流程圖提供方向。②題干中數(shù)據(jù)信息的應用,根據(jù)溶度積常數(shù)和金屬氫氧化物沉淀時的pH可以解決(1)中PbSO4轉化反應的離子方程式及用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因、(2)中加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉化的原因及(4)中濾渣的主要成分問題。③工藝中遇到加入H2O2,一般其目的要從H2O2的化學性質考慮,①氧化性、②還原性,然后結合題干中的要求,進行解答。④對題干中初始的雜質金屬離子,根據(jù)其化學性質順著工藝流程分析其去向及對工藝過程中添加的金屬離子去向進行分析,可得最終濾液中金屬離子的成分。解析:(1)“脫硫”中,Na2CO3溶液與PbSO4反應生成PbCO3和Na2SO4,反應的離子方程式為PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq);由一些難溶電解質的溶度積常數(shù)的數(shù)據(jù)可知,Ksp(PbCO3×10-14,Ksp(PbSO4×10-8,反應PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K=c(2)反應BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO4c(Ba2+)·c((3)(ⅰ)H2O2有氧化性,Fe2+有還原性,Fe2+會被H2O2氧化為Fe3+。(ⅱ)H2O2促進金屬Pb在醋酸中轉化為Pb(Ac)2,H2O2與Pb、HAc發(fā)生氧化還原反應生成Pb(Ac)2和H2O,依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知,反應的化學方程式為Pb+H2O2+2HAcPb(Ac)2+2H2O。(ⅲ)PbO2轉化為Pb(Ac)2時,鉛元素化合價由+4價降低到+2價,PbO2是氧化劑,則過氧化氫是還原劑。(4)“酸浸”后溶液的pH約為4.9,依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知,濾渣的主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵。(5)加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉化,鐵離子、鋁離子轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀,鉛轉化為氫氧化鉛,最終變?yōu)檠趸U,因此“沉鉛”的濾液中,金屬離子有Ba2+和加入碳酸鈉、氫氧化鈉時引入的Na+。答案:(1)PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)反應PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K=(2)反應BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數(shù)K=(3)(ⅰ)Fe2+(ⅱ)Pb+H2O2+2HAcPb(Ac)2+2H2O(ⅲ)作還原劑(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2+、Na+(2022·湖南婁底模擬)鋅電解陽極泥(主要成分為MnO2、PbSO4和ZnO,還有少量錳鉛氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶鋅過程中產(chǎn)生的廢渣,一種回收鋅電解陽極泥中金屬元素鋅、錳、鉛和銀的工藝如圖?；卮鹣铝袉栴}:已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。②葡萄糖的第五碳上羥基和醛基縮合可形成葡萄糖的半縮醛式。在較高溫度及酸性催化條件下,葡萄糖能發(fā)生如下反應:(1)已知Pb2Mn8O16中Pb為+2價,Mn為+2價和+4價,則氧化物中+2價和+4價Mn的個數(shù)比為。

(2)“還原酸浸”過程中主要反應的離子方程式為

。

(3)實際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠大于理論加入量,其原因是

,

為提高葡萄糖的有效利用率,除充分攪拌外還可采取的措施為。

(4)整個流程中可循環(huán)利用的物質是。

獲得MnSO4·H2O晶體的一系列操作是蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥,其中洗滌的具體操作是

。

(5)加入Na2CO3溶液的目的是將PbSO4轉化為PbCO3,Na2CO3溶液的最小濃度為mol·L-1(保留兩位小數(shù))。[已知:20℃時Ksp(PbSO4×10-8,Ksp(PbCO3×10-142≈1.6]

解析:(1)由題中信息可知,Pb2Mn8O16中Pb為+2價,Mn為+2價和+4價,設+2價Mn有x個,+4價Mn有y個,根據(jù)化合價代數(shù)和為0得2×(+2)(2)由題中信息可知,在酸洗后剩余濾渣中加入稀硫酸、葡萄糖與MnO2發(fā)生氧化還原反應,+4價Mn得電子被還原成Mn2+,葡萄糖中C失電子被氧化成CO2,其離子方程式為C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O。(3)由題中信息②可知,在較高溫度及酸性催化條件下,葡萄糖能發(fā)生副反應,從而額外消耗了大量葡萄糖;為提高葡萄糖的有效利用率,減少葡萄糖的損失,除充分攪拌外還可采取的措施為少量多次加入葡萄糖。(4)由題中信息和流程圖可知,在醋酸鉛溶液中加入H2SO4,得到PbSO4沉淀和醋酸,則可循環(huán)利用的物質是醋酸;由題中信息可知,MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇,為了減少洗滌損失,MnSO4·H2O用乙醇洗滌,具體操作為向漏斗中加入乙醇至浸沒MnSO4·H2O晶體(或沉淀),待乙醇自然流下,重復此操作2～3次。(5)由題中信息可知,加入Na2CO3溶液是將PbSO4轉化為PbCO3,即PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq),因為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時,CO32答案:(1)1∶3(2)C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O(3)在較高溫度及酸性催化條件下,葡萄糖發(fā)生了副反應,從而額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沒MnSO4·H2O晶體(或沉淀),待乙醇自然流下,重復此操作2～3次×10-10提純類化工生產(chǎn)流程題的解題策略1.閱讀流程圖,明確原料中含有的雜質和目標物質以及提純的流程。(1)水溶法:除去可溶性雜質。(2)酸溶法:除去堿性雜質。(3)堿溶法:除去酸性雜質。(4)氧化劑或還原劑法:除去還原性或氧化性雜質。(5)加熱灼燒法:除去受熱易分解或易揮發(fā)的雜質。(6)調(diào)節(jié)溶液的pH法:如除去酸性溶液中的Fe3+等。3.明確常用的分離方法,同時還要注意物質分離、提純的原則及注意事項等。(一)題空集訓原料預處理1.鎂在工業(yè)、醫(yī)療等領域均有重要用途。某化學興趣小組利用硼砂工廠的固體廢棄物(主要含有MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3等),設計了如圖回收鎂的工藝流程:“酸浸”前,將固體廢棄物研磨的目的是

。為達到目的,還可以采取的措施是(任寫一條)。

答案:增大反應物接觸面積,加快反應速率,提高浸取率提高反應溫度(或適當增加硫酸濃度等合理答案均可)2.硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源,變廢為寶,在實驗室中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵銨,具體流程如圖:步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污,方法是。

答案:堿煮水洗反應條件的控制1.硼酸(H3BO3)是一種重要的化工原料,廣泛應用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工業(yè)。一種以硼鎂礦(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)為原料生產(chǎn)硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如圖:根據(jù)H3BO3的解離反應:H3BO3+H2OH++B(OH)4-,Ka×10-10,可判斷H3BO3是酸;在“過濾2”前,將溶液pH調(diào)節(jié)到3.5,目的是答案:一元弱將硼元素轉化為H3BO3,促進析出2.輝銅礦石主要含有硫化亞銅(Cu2S)及少量脈石(SiO2)。一種以輝銅礦石為原料制備硝酸銅的工藝流程如下所示:(1)“回收S”過程中溫度控制在50～60℃之間,不宜過高或過低的原因是

。

(2)“保溫除鐵”過程中,加入CuO的目的是

;

“蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶”過程中,要用HNO3溶液調(diào)節(jié)溶液的pH,其理由是。

答案:(1)溫度過高,苯容易揮發(fā);溫度過低,溶解速率小(2)調(diào)節(jié)溶液的pH,使Fe3+完全轉化為Fe(OH)3沉淀抑制Cu2+的水解陌生化學方程式(電極反應式)的書寫1.常用尿素[CO(NH2)2]除去工業(yè)酸性廢水中的Cr3+,流程為完成該轉化的離子方程式:

。

答案:2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O2Cr(OH)3↓+3CO2↑+6NH42.高錳酸鉀(KMnO4)是一種常用氧化劑,主要用于化工、防腐及制藥工業(yè)等。以軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料生產(chǎn)高錳酸鉀的工藝路線如下:“平爐”中發(fā)生反應的化學方程式為。答案:2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O3.(1)以連二亞硫酸根離子(S2O4陰極區(qū)的電極反應式為。

(2)HCOOH燃料電池。研究HCOOH燃料電池性能的裝置如圖所示,兩電極區(qū)間用允許K+、H+通過的半透膜隔開。①電池的負極電極反應式為;放電過程中需補充的物質A為(填化學式)。

②如圖所示的HCOOH燃料電池放電的本質是通過HCOOH與O2的反應,將化學能轉化為電能,其反應的離子方程式為。答案:(1)2SO32-+4H++2e-S2O4(2)①HCOO-+2OH--2e-HCO3-+H2OH2SO4②2HCOOH+2OH-+O22HCO3-+2H2O或2HCOO-+O22HCO物質的分離與提純1.氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于醇和水,在潮濕空氣中易水解、氧化,且在氯離子濃度較大的體系中存在CuCl+Cl-[CuCl2]-。工業(yè)上用低品銅礦(主要含CuS、Cu2S、FeO等)制備CuCl的一種工藝流程如下:回答下列問題:(1)寫出反應Ⅱ中發(fā)生反應的離子方程式:

。

(2)在進行反應Ⅱ時,通入的SO2一般都要適當過量,目的是

。

(3)水洗時,檢驗是否洗滌干凈的方法是

。

(4)濾餅進行醇洗的目的是。

答案:(1)2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O2CuCl↓+SO42-(2)將Cu2+全部還原為CuCl,保護CuCl不被氧化(3)取最后一次洗滌液少許于試管中,滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液,若不產(chǎn)生沉淀,證明已洗滌干凈,否則未洗滌干凈(4)加速干燥,防止CuCl水解和氧化2.硫酸亞鐵銨的化學式為(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O(商品名為摩爾鹽)?？捎闪蛩醽嗚F與硫酸銨反應制備,一般硫酸亞鐵鹽在空氣中易被氧化,而形成摩爾鹽后就比較穩(wěn)定了。實驗室制取少量摩爾鹽的流程如下:回答下列問題:(1)步驟1中Na2CO3溶液的主要作用是。

(2)步驟2中趁熱過濾的目的是。

(3)步驟3中,加入(NH4)2SO4固體后,要得到摩爾鹽晶體,需經(jīng)過的實驗操作包括加熱蒸發(fā)、、、洗滌和干燥。

(4)步驟3中制得的晶體過濾后用無水乙醇洗滌的目的是。答案:(1)洗去鐵屑表面的油污(2)防止FeSO4結晶,減少FeSO4的損失(3)冷卻結晶過濾(4)減少摩爾鹽的損失,加速干燥電離常數(shù)、溶度積常數(shù)的有關計算1.硒(Se)是第四周期第ⅥA族元素,是人體內(nèi)不可或缺的微量元素,H2Se是制備新型光伏太陽能電池、半導體材料和金屬硒化物的重要原料。(1)已知常溫下H2Se的電離平衡常數(shù)Ka1×10-4、Ka2×10-11,則NaHSe溶液呈(填“酸性”或“堿性”)。

(2)H2Se在一定條件下可以制備出CuSe,已知常溫時CuSe的Ksp×10-49,CuS的Ksp×10-36,則反應CuS(s)+Se2-(aq)CuSe(s)+S2-(aq)的化學平衡常數(shù)K=(保留2位有效數(shù)字)。

答案:(1)堿性×10123·H2O的電離常數(shù)Kb=2×10-5,H3PO4的各級電離常數(shù)為Ka1=1×10-2、Ka2×10-8、Ka3×10-13,則常溫下NH4H2PO4溶液中c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)c(H2P答案:>3.(1)反應H2S(aq)+Cu2+(aq)CuS(s)+2H+(aq)的平衡常數(shù)為[已知Ksp×10-36,H2S的Ka1=1×10-7,Ka2=1×10-13]。

(2)查閱資料可知,常溫下Ksp×10-10。銀氨溶液中存在下列平衡:Ag+(aq)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+2H2O(l)K1×107常溫下可逆反應AgCl(s)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq)+2H2O(l)的化學平衡常數(shù)K2=。

答案:(1)8×1015×10-3(二)題型集訓物質制備型1.(2022·福建南平三模)硫酸鎳是一種重要的無機化工產(chǎn)品,廣泛用于工業(yè)領域。一種以粗制氫氧化鎳[主要成分為Ni(OH)2,含有少量Ca(OH)2、Co(OH)2、Fe(OH)3等雜質]為原料制備硫酸鎳晶體和電積鎳的工藝流程如圖所示。已知:①P204萃取劑易萃取Ca2+、Fe3+;P507萃取劑易萃取Co2+。②pH=3.5,NiSO4·6H2O的溶解度隨溫度升高而增大?；卮鹣铝袉栴}:(1)“破碎研磨”的目的為

。

(2)“酸溶”時主要成分發(fā)生反應的離子方程式為。(3)影響P507萃取率的因素有很多,在其他條件相同時,根據(jù)下圖分析分離鎳、鈷的最佳條件:溫度;相比(油相O∶水相A)。

(4)由NiSO4溶液獲得NiSO4·6H2O晶體的操作依次為。(5)向“萃取液1、萃取液2”中加入硫酸可進行反萃取是該流程的優(yōu)點之一,反萃取操作的目的為

;該流程中的優(yōu)點還有(任寫一點)。

(6)電解NiSO4溶液的化學方程式為

。

解析:(1)“破碎研磨”的目的為增大與硫酸的接觸面積,提高酸溶速率和Ni2+的浸出率。(2)由題干信息可知,粗制氫氧化鎳主要成分為Ni(OH)2,“酸溶”時主要成分發(fā)生反應的化學方程式為Ni(OH)2+H2SO4NiSO4+2H2O,故其離子方程式為Ni(OH)2+2H+Ni2++2H2O。(3)影響P507萃取率的因素有很多,在其他條件相同時,根據(jù)題圖分析分離鎳、鈷的最佳條件,由溫度圖像可知,溫度在30℃時,Co2+萃取率已經(jīng)較大,且溫度升高,Co2+的萃取率變化不明顯,而Ni2+的萃取率增大,由相比圖像可知,相比(油相O∶水相A)為1∶1時,Co2+的萃取率相對較大,Ni2+的萃取率很小,O/A增大后Ni2+的萃取率快速上升,故最適宜的條件是溫度為30℃,O/A為1∶1。(4)由已知條件②可知,由NiSO4溶液獲得NiSO4·6H2O晶體的操作為蒸發(fā)濃縮,冷卻結晶,抽濾,洗滌干燥。(5)向“萃取液1、萃取液2”中加入硫酸可進行反萃取是該流程的優(yōu)點之一,反萃取操作的目的為獲取有機相,進行循環(huán)利用或將Co2+、Ca2+、Fe3+等離子轉移至水相,進一步回收利用等;該流程中的優(yōu)點還有多次萃取,深