《高中化學》第8題以工藝流程為主流的無機綜合題

第8題以工藝流程為主流的無機綜合題復習建議：4課時(題型突破2課時習題2課時)1.(2022·全國甲卷)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。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：離子Fe3＋Zn2＋Cu2＋Fe2＋Mg2＋Ksp4.0×10－386.7×10－172.2×10－208.0×10－161.8×10－11回答下列問題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為_________________________________________________________________。(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有________________、________________。(3)加入物質X調溶液pH＝5，最適宜使用的X是__________(填標號)。A.NH3·H2OB.Ca(OH)2C.NaOH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MnO2，該步反應的離子方程式為_________________________________________________________________________________________________。(5)濾液②中加入鋅粉的目的是_______________________________________。(6)濾渣④與濃H2SO4反應可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產物是__________、__________。答案(1)ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))ZnO＋CO2↑(2)將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋(5)置換Cu2＋為Cu從而除去(6)CaSO4MgSO4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：ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物質X調節(jié)pH＝5，結合表格數(shù)據(jù)，過濾得到濾渣①為Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，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＋，過濾得到濾渣②為Fe(OH)3和MnO2，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，過濾后得到濾渣③為Cu，再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經一系列處理得到ZnSO4·7H2O，據(jù)此分析解答。(1)焙燒時，生成ZnO的反應為ZnCO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))ZnO＋CO2↑。(2)可采用將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率。(3)NH3·H2O易分解產生NH3污染空氣，且經濟成本較高，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，C不適宜；當沉淀完全時(離子濃度小于10－5mol·L－1)，結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時的pH，pH＜5的只有Fe3＋，故濾渣①中有Fe(OH)3，又因為CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。(4)向80～90℃的濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應的離子方程式為3Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O=3Fe(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，同時得到的副產物為CaSO4、MgSO4。2.(2022·全國乙卷)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，通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10－87.4×10－141.1×10－102.6×10－9一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1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，金屬離子有________。答案(1)PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)=PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)反應PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)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可以比較徹底的轉化為PbCO3(2)反應BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)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，反應正向進行的程度有限(3)(ⅰ)Fe2＋(ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc=Pb(Ac)2＋2H2O(ⅲ)作還原劑(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2＋、Na＋解析向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進行脫硫便于后續(xù)的酸浸，硫酸鉛轉化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，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，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向濾液中加入氫氧化鈉溶液進行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進行處理得到PbO。(1)“脫硫”中，碳酸鈉溶液與硫酸鉛反應生成碳酸鉛和硫酸鈉，反應的離子方程式為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，反應PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)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，說明反應可以轉化的比較徹底，且轉化后生成的碳酸鉛可由酸浸進入溶液中，減少鉛的損失。(2)反應BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)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，說明該反應正向進行的程度有限，因此加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉化。(3)(ⅰ)過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。(ⅱ)過氧化氫促進金屬Pb在醋酸溶液中轉化為Pb(Ac)2，過氧化氫與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＋2HAc=Pb(Ac)2＋2H2O。(ⅲ)過氧化氫也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，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、鋁離子轉化為了氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉化為了氫氧化鉛，最終轉化為了氧化鉛，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＋。3.(2021·全國甲卷)碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：(1)I2的一種制備方法如下圖所示：①加入Fe粉進行轉化反應的離子方程式為_________________________________________________________________，生成的沉淀與硝酸反應，生成________后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過程中，若氧化產物只有一種，反應的化學方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________；若反應物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5時，氧化產物為________；當n(Cl2)/n(FeI2)>1.5后，單質碘的收率會降低，原因是___________________________________________________________________________________________________。(2)以NaIO3為原料制備I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入計量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應得到I2。上述制備I2的總反應的離子方程式為_______________________________________________。(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至少為________mol。I2在KI溶液中可發(fā)生反應：I2＋I－Ieq\o\al(－,3)。實驗室中使用過量的KI與CuSO4溶液反應后，過濾，濾液經水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應中加入過量KI的原因是______________________________________________________________________________________________________。答案(1)①2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2＋＋2I－AgNO3②FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2I2、FeCl3I2被進一步氧化(2)2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋H2O＋3H＋(3)4防止單質碘析出解析(1)①由流程分析可知，加入Fe粉進行轉化反應的離子方程式是2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2＋＋2I－；生成的沉淀為Ag，Ag與HNO3反應生成AgNO3，AgNO3可以循環(huán)使用。②由于還原性：I－>Fe2＋，故通入Cl2的過程中，若氧化產物只有一種，該產物應是I2，此時反應的化學方程式是FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2；若eq\f(n（Cl2）,n（FeI2）)＝1.5，正好將Fe2＋氧化為Fe3＋，反應的化學方程式是2FeI2＋3Cl2=2FeCl3＋2I2；當eq\f(n（Cl2）,n（FeI2）)＞1.5后，單質I2的收率會降低，說明Cl2可以進一步將I2氧化為高價態(tài)的碘的化合物。(2)NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應生成NaI和Na2SO4，反應的離子方程式是IOeq\o\al(－,3)＋3HSOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性條件下，繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應生成I2，反應的離子方程式是5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，故制備I2的總反應的離子方程式是2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋H2O＋3H＋。(3)由題給信息可推斷出CuSO4和KI發(fā)生反應的化學方程式是2CuSO4＋4KI=2CuI↓＋I2＋2K2SO4，故若生成1molI2，消耗的KI至少為4mol；Ieq\o\al(－,3)的生成增大了I2在水中的溶解度，反應中加入過量的KI可以防止單質碘析出。4.(2021·全國乙卷)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表：金屬離子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽。寫出Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2的化學方程式：__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是________________。(3)“母液①”中Mg2＋濃度為________mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是________?！八崛茉钡某煞质莀_________、________。(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式是____________________________________________________________________________________________________________。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得________，循環(huán)利用。答案(1)Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(高溫))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)“焙燒”中，Al2O3和(NH4)2SO4反應生成NH4Al(SO4)2，同時放出NH3，反應的化學方程式為Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(高溫))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。(2)由題表中Fe3＋、Al3＋、Mg2＋完全沉淀時的pH分別為3.2、4.7、11.1可知，用氨水逐步調節(jié)pH至11.6的過程中，依次析出的金屬離子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)依據(jù)Mg2＋完全沉淀時的pH＝11.1，可知此時c(OH－)＝10－2.9mol·L－1，此時c(Mg2＋)＝10－5mol·L－1，則Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－10.8，用氨水逐步調節(jié)pH至11.6時，c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，則c(Mg2＋)＝eq\f(Ksp[Mg（OH）2],c2（OH－）)＝10－6mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，為了盡可能減少酸溶液的揮發(fā)而造成不必要的損失且保證TiO2可以完全溶解，故最好選擇硫酸；SiO2不溶于硫酸，“焙燒”生成CaSO4固體，故“酸溶”后所得“酸溶渣”的成分為SiO2、CaSO4。(5)由題意知，TiO2＋水解生成TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式為TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up7(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋。(6)母液①的主要成分為硫酸銨和氨水，母液②的主要成分為硫酸，混合后吸收尾氣NH3，經處理可得到(NH4)2SO4，循環(huán)利用?？记轭A測：預測2023年高考仍會以元素化合物知識為載體，圍繞原料的預處理，考查影響速率的因素；圍繞經濟原則考查循環(huán)利用；圍繞產品純度考查物質的分離提純(調pH、結晶、過濾、洗滌)；圍繞核心反應或副反應考查物質變化及定量關系；陌生方程式的書寫與含量計算是化工流程題的重要組成部分，也是學生失分較多的能力點，復習時應加以重視！智能點一流程圖中物質的處理、轉化與跟蹤1.原料的預處理方法目的解題指導粉碎、研磨將塊狀或顆粒狀的物質磨成粉末增大反應物接觸面積，以加快反應速率或使反應更充分，也是提高“浸出率”的方法之一浸取水浸與水接觸反應或溶解(1)加熱、攪拌、適當提高酸(或堿)濃度，可以加快浸出速率；增加浸出時間可使樣品充分溶解，可提高浸出率(2)酸溶時所加酸的量不能太多①過量的酸多消耗后續(xù)調節(jié)pH所加的堿性試劑②如果實驗過程有硫化物，酸過量會形成有毒氣體硫化氫酸浸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堿浸除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物灼燒(焙燒)1.除去可燃性雜質2.使原料初步轉化①除去硫、碳單質②使有機物轉化或除去有機物③高溫下原料與空氣中氧氣反應等④使一些雜質在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土[微練1]鐵紅(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡膠工業(yè)。工業(yè)上以一定質量的硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、Fe3O4，另含少量難溶雜質)為主要原料制備鐵紅的一種工藝流程如下：已知：某些過渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的離子能與NH3、H2O、OH－、SCN－等形成可溶性配合物。(1)工業(yè)常將硫鐵礦燒渣經過粉碎后再進行“酸浸”，其目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“酸浸”時加入的硫酸不宜過量太多的原因是_________________________________________________________________。答案(1)增大反應物接觸面積，加快反應速率，提高燒渣浸出率(2)過量酸會增加沉淀過程中氨水的用量2.物質成分的跟蹤與確定(1)濾渣的確定(2)副產品的確定(3)循環(huán)物質的確定[微練2](2021·廣東卷改編)對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；該工藝中，pH>6.0時，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－,4)的形態(tài)存在。(1)“水浸”中，形成的Ni(正三價)固體為________。(2)“沉鋁”中，生成的沉淀X為________。(3)“沉鉬”中，pH為7.0，生成的含Mo固體為________。(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量氨氣，再通入足量CO2，可析出Y，Y是________。答案(1)Ni2O3(2)Al(OH)3(3)BaMoO4(4)NaHCO3智能點二流程中的操作及條件控制1.物質的分離與提純操作目的答題指導過濾固體與液體的分離；要分清楚需要的物質在濾液中還是在濾渣中。濾渣是難溶的物質，如SiO2、PbSO4、難溶的金屬氫氧化物和碳酸鹽等萃取與分液選用合適的萃取劑(如四氯化碳、金屬萃取劑)，萃取后，靜置、分液——將分液漏斗玻璃塞的凹槽與分液漏斗口的小孔對準。下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出加入氧化劑(或還原劑)①轉化為目標產物的價態(tài)②除去雜質離子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后調溶液的pH，使其轉化為Fe(OH)3沉淀除去)加入沉淀劑①生成硫化物沉淀(如加入硫化鈉、硫化銨、硫化亞鐵等)②加入可溶性碳酸鹽，生成碳酸鹽沉淀③加入氟化鈉，除去Ca2＋、Mg2＋洗滌晶體洗滌試劑適用范圍目的蒸餾水冷水產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其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，產品易干燥飽和溶液對純度要求不高的產品減少固體溶解酸、堿溶液產物不溶于酸、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[微練3](2021·浙江1月選考)某興趣小組用鉻鐵礦[Fe(CrO2)2]制備K2Cr2O7晶體，流程如下：已知：4Fe(CrO2)2＋10Na2CO3＋7O2eq\o(=,\s\up7(高溫))8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2、2H＋＋2CrOeq\o\al(2－,4)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O相關物質的溶解度隨溫度變化如下圖。請回答下列問題：(1)下列說法正確的是________(填字母)。A.步驟Ⅱ，低溫可提高浸取率B.步驟Ⅱ，過濾可除去NaFeO2水解產生的Fe(OH)3C.步驟Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4轉變?yōu)镹a2Cr2O7D.步驟Ⅳ，所得濾渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3(2)步驟Ⅴ，重結晶前，為了得到雜質較少的K2Cr2O7粗產品，從下列選項中選出合理的操作(操作不能重復使用)并排序：溶解KCl→(____)→(____)→(____)→(____)→重結晶。a.50℃蒸發(fā)溶劑b.100℃蒸發(fā)溶劑c.抽濾d.冷卻至室溫e.蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱f.蒸發(fā)至溶液中出現(xiàn)大量晶體，停止加熱答案(1)BC(2)aedc解析(1)A.根據(jù)溶解度隨溫度變化的關系，Na2CrO4在低溫時溶解度小，低溫不能提高其浸取率，A錯誤；B.NaFeO2水解反應為：NaFeO2＋2H2O=NaOH＋Fe(OH)3，因此過濾可除去NaFeO2水解生成的Fe(OH)3，B正確；C.加硫酸酸化時發(fā)生的主要反應為：2H＋＋2CrOeq\o\al(2－,4)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，C正確；D.步驟Ⅲ中，酸化時會使過量的Na2CO3反應生成Na2SO4，因此步驟Ⅳ中所得濾渣的主要成分是Na2SO4，D錯誤。(2)蒸發(fā)溶劑時應選擇50℃而不是100℃，因為50℃時K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7和KCl的溶解度，有利于Na2Cr2O7轉化為K2Cr2O7，在蒸發(fā)至出現(xiàn)晶膜時停止加熱后，應冷卻至室溫，然后抽濾，操作的正操順序為aedc。2.常見的流程中的條件控制條件控制答題指導控制溶液的pH①調節(jié)溶液的酸堿性，使金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”還可除去氧化物(膜)③“堿作用”還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)控制溫度(常用水浴、冰水浴或油浴)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的量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，降低對設備的要求[微練4](2020·全國卷Ⅰ)釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以＋3、＋4、＋5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋開始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問題：(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是_______________________________________________________________________________________________。(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)，同時還有________離子被氧化。寫出VO＋轉化為VOeq\o\al(＋,2)反應的離子方程式_____________________________________________________________________________________________。(3)“調pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應的化學方程式是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量NH4Cl，其原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)(2)Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O(3)NaAl(OH)4＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O(4)利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全解析(1)“酸浸氧化”中溫度較低時，酸浸和氧化反應速率較慢。為了加快酸浸和氧化反應速率，需要加熱。(2)從原料看，“酸浸氧化”中四氧化三鐵溶于稀硫酸，發(fā)生反應Fe3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，加入的二氧化錳除氧化VO＋和VO2＋外，還氧化Fe2＋。VO＋轉化為VOeq\o\al(＋,2)反應的離子方程式為VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝8.5時鋁元素沉淀，故“調pH”時生成氫氧化鋁沉淀，反應的化學方程式為NaAl(OH)4＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O。(4)“沉釩”時要使NH4VO3盡可能析出完全，利用同離子效應，加入過量NH4Cl可達到此目的?！緞?chuàng)新微點】1.反萃取原理反萃取是利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。反萃取劑主要起破壞有機相中被萃組分結構的作用，使被萃組分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有機相的沉淀。經過反萃取及所得反萃液經過進一步處理后，便得到被分離物的成品。反萃后經洗滌不含或少含萃合物的有機相稱再生有機相，繼續(xù)循環(huán)使用。[微練5](2022·衡陽聯(lián)考)二氧化鈰(CeO2)是重要的稀土氧化物。以氟碳鈰礦(主要含CeFCO3)為原料制備CeO2的一種工藝流程如下：已知：①CeO2具有較強的氧化性，難溶于一般的酸或堿。②F－能和很多金屬離子形成較為穩(wěn)定的配合物，如Ce4＋能與F－結合成CeF3＋，Al3＋也能與F－結合成AlFeq\o\al(3－,6)；它的這種性質有利于酸浸步驟，卻不利于后續(xù)的沉淀步驟。③Ce4＋能被萃取劑TBP萃取，而Ce3＋不能?；卮鹣铝袉栴}：(1)TBP是一種有機萃取劑，“萃取”時存在反應CeF3＋＋TBPCeTBP4＋＋F－，氟洗液中添加Al3＋的作用是____________________________________。(2)“反萃取”步驟中發(fā)生反應的離子方程式為_________________________________________________________________。答案(1)Al3＋能與F－結合成AlFeq\o\al(3－,6)，使萃取平衡正向移動(4)2CeTBP4＋＋H2O22Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP2.陌生圖像中條件的選擇與控制條件控制是化學生產和實驗中的重要手段，通過控制條件使反應向著實際需要的方向進行和轉化，實現(xiàn)物質間的分離和提純，通過圖像選擇合適條件是工藝流程題的常見出題形式，在選擇復合條件時，注意綜合坐標的含義，以及該條件與分離、提純或制備的關系。[微練6](1)Fe3＋的萃取率與溶液的pH和接觸時間之間的關系如圖，據(jù)此分析，萃取的最佳條件為____________________________________________。(2)“電解”工藝制鋅時Zn2＋利用率較低，廢液中有大量的Zn2＋殘留。某化工廠擬采用改變酸鋅比凈化廢液的方式來提高原料的利用率，降低成本。下圖是工業(yè)生產中不同酸鋅比時凈化液利用率對電解時直流電耗能影響關系圖。根據(jù)下圖分析，該工廠凈化廢液時的最佳酸鋅比為________(填寫序號)。A.5∶1B.6∶1C.7∶1D.10∶1答案(1)pH＝1.7下萃取60min(2)C【題型建?！炕ち鞒填}中的“流程分析”結構圖解流程框圖(2021·湖南卷)Ce2(CO3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質。以獨居石為原料制備Ce2(CO3)3·nH2O的工藝流程如下：問題設計(1)鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，該核素的符號為________；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有________(至少寫兩條)；(3)濾渣Ⅲ的主要成分是________(填化學式)；(4)加入絮凝劑的目的是________；(5)“沉鈰”過程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的離子方程式為________________________________________________________________________________________________，常溫下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“堿性”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)濾渣Ⅱ的主要成分為FePO4，在高溫條件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和H2O，該反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。解題建模1.挖掘題干信息，分析原材料，確定主要成分及所含雜質。2.原材料預處理，通過酸浸和堿浸等手段，完成初步分離。3.分析核心反應，通過氧化、中和及離子交換等手段完成主要物質到產物的轉化。4.產品的分離與提純及含量測定，通過沉淀、結晶及煅燒等手段，得到粗品，通過滴定等定量過程，完成含量測定。標準答案(1)eq\o\al(138,58)Ce(2)攪拌、適當升高溫度(合理即可)(3)Al(OH)3(4)促進Al(OH)3膠體聚沉，便于分離(5)2Ce3＋＋6HCOeq\o\al(－,3)＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑堿性(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高溫))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑【分點突破】微題型1以工業(yè)廢料及礦物為原料通過分離、提純制備物質類工藝流程題(主)[精練1](2022·遼寧卷)某工廠采用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質)與軟錳礦(主要成分為MnO2)聯(lián)合焙燒法制備BiOCl和MnSO4，工藝流程如下：已知：①焙燒時過量的MnO2分解為Mn2O3，F(xiàn)eS2轉變?yōu)镕e2O3；②金屬活動性：Fe>(H)>Bi>Cu；③相關金屬離子形成氫氧化物的pH范圍如下：開始沉淀pH完全沉淀pHFe2＋6.58.3Fe3＋1.62.8Mn2＋8.110.1回答下列問題：(1)為提高焙燒效率，可采取的措施為________。a.進一步粉碎礦石b.鼓入適當過量的空氣c.降低焙燒溫度(2)Bi2S3在空氣中單獨焙燒生成Bi2O3，反應的化學方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)“酸浸”中過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出Bi3＋和Mn2＋；②_________________________________________________________________。(4)濾渣的主要成分為________(填化學式)。(5)生成氣體A的離子方程式為_____________________________________________________________________________________________________。(6)加入金屬Bi的目的是____________________________________________。答案(1)ab(2)2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Bi2O3＋6SO2(3)抑制金屬離子水解(4)SiO2(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O(6)將Fe3＋轉化為Fe2＋解析聯(lián)合焙燒：由已知信息①和第(2)問題干可知，發(fā)生轉化：Bi2S3→Bi2O3＋SO2、FeS2→Fe2O3＋SO2、MnO2→Mn2O3＋MnSO4，故聯(lián)合焙燒后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4進入濾液，濾渣為Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入過量濃鹽酸后，Bi2O3和Fe2O3發(fā)生轉化：Bi2O3→Bi3＋、Fe2O3→Fe3＋，因Mn2O3有氧化性，會與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O，氣體A為Cl2，濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2，濾液中金屬離子為Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋；第(4)(5)問轉化：由已知信息②知，F(xiàn)e的金屬活動性強于Bi，且調pH＝2.6時Mn2＋和Fe2＋進入濾液，可知加入金屬Bi的目的是將Fe3＋還原為Fe2＋。(1)a.聯(lián)合焙燒時，進一步粉碎礦石，可以增大礦石與空氣的接觸面積，能夠提高焙燒效率，選項a符合題意；b.鼓入適當過量的空氣有利于礦石充分反應，選項b符合題意；c.降低焙燒溫度，反應速率減慢，不利于提高焙燒效率，選項c不符合題意。(2)Bi2S3在空氣中單獨焙燒生成Bi2O3，根據(jù)原子守恒可知還應生成SO2，結合得失電子守恒，反應的化學方程式為2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Bi2O3＋6SO2；(3)加入濃鹽酸后，溶液中含有的離子主要為Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取濾液進行轉化，故要防止金屬離子水解生成沉淀，進入濾渣，造成制得的BiOCl產率偏低；(4)濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2，答案為SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，會與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O；(6)由已知信息③知，調pH＝2.6時，F(xiàn)e3＋會水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2＋還沒開始沉淀，故要將Fe3＋轉化為Fe2＋，在調pH后獲得含F(xiàn)eCl2的濾液，為了不引入新的雜質，加入Bi作還原劑。[精練2](2022·沈陽質監(jiān))鎳及其化合物在工業(yè)上應用廣泛，工業(yè)上用紅土鎳礦[主要成分為Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]為原料，采用硫酸銨焙燒法選擇性提取鎳并回收副產物黃銨鐵礬[化學式可表示為(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩爾質量為480g·mol－1]的工藝流程如圖所示：已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]＋9(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(焙燒))3(NH4)2Mg2(SO4)3＋12NH3↑＋4SiO2＋10H2O↑②2Fe2MgO4＋15(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(焙燒))(NH4)2Mg2(SO4)3＋16NH3↑＋4(NH4)3Fe(SO4)3＋8H2O↑③常溫下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水(1)除鐵時加入的H2O2的用量高于理論用量的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________(寫兩條)。(2)經分析礦樣中大部分鐵仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空氣中焙燒時與(NH4)2SO4反應生成Fe2(SO4)3，該反應的化學方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________?！敖钡闹饕煞殖需F元素的化合物外還有________(填化學式)。(3)若殘留在浸出液中的鐵完全轉化為黃銨鐵釩除去，“除鐵”時通入NH3調節(jié)溶液pH的范圍是________。該工藝條件下，Ni2＋生成Ni(OH)2沉淀，F(xiàn)e3＋生成Fe(OH)3或黃銨鐵礬沉淀，開始沉淀和沉淀完全時的pH如表：沉淀物Ni(OH)2Fe(OH)3黃銨鐵釩開始沉淀時的pH7.12.71.3沉淀完全(c＝1×10－5mol·L－1)時的pH9.23.72.3(4)“沉鎳”時pH調為9.0，濾液中Ni2＋濃度約為________mol·L－1(100.4≈2.5)。(5)由所得濾液獲得穩(wěn)定的MgSO4·7H2O的操作依次是________、過濾、洗滌、干燥。(6)對黃銨鐵礬進行熱分解實驗。其結果如圖所示，則黃銨鐵釩的化學式為________。(已知：黃銨鐵礬在300℃前分解釋放的物質為H2O，300～575℃之間只有NH3和H2O放出，此時殘留固體只存在Fe、O、S三種元素，670℃以上得到的是純凈的紅棕色粉末)答案(1)過氧化氫不穩(wěn)定，受熱易分解；過氧化氫在Fe3＋催化下分解(2)4FeO＋O2＋6(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2(SO4)3＋12NH3↑＋6H2O↑SiO2(3)2.3～2.7(4)2.5×10－5或10－4.6(5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶(6)NH4Fe3(SO4)2(OH)6解析(2)由題意知，F(xiàn)eO在空氣中焙燒時與O2、(NH4)2SO4反應生成Fe2(SO4)3、NH3和H2O。由礦樣的成分和流程圖知，“浸渣”中還有SiO2。(3)要使殘留在浸出液中的鐵完全轉化為黃銨鐵礬除去，F(xiàn)e3＋、Ni2＋不能生成氫氧化物沉淀，則應調節(jié)的pH范圍為2.3～2.7。(4)由鎳離子沉淀完全時的pH為9.2知，Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10－5×(10－4.8)2＝10－14.6，則當pH為9.0即c(OH－)＝10－5mol·L－1時，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摩爾質量為480g·mol－1，可設進行熱分解實驗的(NH4)xFey(SO4)z(OH)w為1mol，即480g，根據(jù)元素守恒知，670℃以上得到的純凈的紅棕色粉末為Fe2O3，由圖可知，其物質的量為eq\f(240g,160g·mol－1)＝1.5mol，則y＝1.5×2＝3；由已知信息可知，固體質量由400g減少為240g時，減少的為SO3的質量，其物質的量為eq\f(160g,80g·mol－1)＝2mol，則z＝2；由化合物中各元素正負化合價代數(shù)和為0可得(＋1)×x＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，原始固體質量為480g，即18x＋3×56＋2×96＋17w＝480，兩式聯(lián)立解得x＝1，w＝6，故該物質的化學式為NH4Fe3(SO4)2(OH)6。[精練3](2022·河南名校適應性測試)我國科學家利用一種廉價、高效的鈰基催化劑，解決了在室溫下把甲烷一步轉化為液態(tài)產品的科學難題。二氧化鈰是常用的催化劑，以氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)制備CeO2的工藝流程如圖所示：已知：CeO2難溶于稀鹽酸，可溶于濃鹽酸；Ce2O3可溶于稀鹽酸。請回答下列問題：(1)CeFCO3中鈰的化合價為________；將氟碳鈰礦研磨成精礦的目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)碳酸氫鈉在270℃時可完全分解。500℃時在空氣中焙燒，CeFCO3與Na2CO3發(fā)生化學反應，生成CeO2與Ce2O3(2∶1)、NaF及一種氣體，該反應的化學方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)焙燒后對產物進行水洗，水洗液不宜使用玻璃容器盛裝的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)工業(yè)生產中，不僅要考慮目標產物的含量，還要綜合考慮生產過程中的時間效率。酸浸時，CeO2含量隨鹽酸濃度、酸浸溫度的變化曲線如圖所示，則最適宜的鹽酸濃度和酸浸溫度為________；當溫度升高到一定程度后，CeO2含量隨溫度升高而減小，其原因可能是____________________________________________________________________________________________________________。(5)室溫下，向酸浸液中加入氫氧化鈉溶液調節(jié)pH使Ce3＋沉淀完全(通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10－5mol·L－1時，沉淀就達完全)，則應調節(jié)pH大于________(Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20)。(6)為測定酸浸液中CeCl3的濃度，現(xiàn)量取酸浸液V1mL，加入過量過硫酸銨溶液將Ce3＋氧化為Ce4＋，加熱煮沸2min，然后用cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定，測得終點時消耗標準溶液V2mL，則CeCl3的濃度為________mol·L－1(已知：過硫酸銨具有強氧化性，受熱易分解；Fe2＋＋Ce4＋=Ce3＋＋Fe3＋)。若上述過程中沒有進行煮沸操作，則測定結果將會________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。答案(1)＋3增大反應物接觸面積，加快反應速率(2)8CeFCO3＋O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(500℃))4CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2(3)NaF水溶液中F－發(fā)生水解反應生成HF，會腐蝕玻璃容器(4)3mol/L，45℃溫度過高，加快鹽酸揮發(fā)，鹽酸濃度降低較快，浸出率降低(5)9(6)eq\f(cV2,V1)偏大解析焙燒時加入碳酸氫鈉分解得到碳酸鈉，CeFCO3與Na2CO3反應的化學方程式為8CeFCO3＋O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(500℃))4CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2，加水過濾后得濾渣，已知CeO2難溶于稀鹽酸，可溶于濃鹽酸；Ce2O3可溶于稀鹽酸，加入稀鹽酸酸浸可得CeO2。(1)根據(jù)化合價代數(shù)和為零，F(xiàn)為－1價，碳酸根為－2價，所以氟碳鈰礦中鈰的化合價為＋3價；將氟碳鈰礦研磨成精礦的目的是增大反應物接觸面積，加快反應速率；(2)CeFCO3中Ce化合價為＋3價，生成CeO2與Ce2O3(2∶1)，Ce化合價升高，則每生成1molCeO2時失去1mol電子，有氧氣參與反應，還生成一種氣體，是O元素化合價降低生成CO2，該反應的化學方程式為8CeFCO3＋O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(500℃))4CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2；(3)焙燒后產物有NaF，進行水洗，F(xiàn)－發(fā)生水解反應生成HF，會腐蝕玻璃容器，故水洗液不宜使用玻璃容器盛裝；(4)綜合考慮生產的時間效率，最適宜的鹽酸濃度為3mol/L，最適宜的酸浸溫度為45℃，此時CeO2含量最高；當溫度升高到一定程度后，CeO2含量隨溫度升高而減小，其原因可能是溫度過高，加快鹽酸揮發(fā)，鹽酸濃度降低較快，浸出率降低；(5)已知Ce3＋沉淀完全時c(Ce3＋)小于1×10－5mol·L－1，Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20，則c(OH－)＝＝eq\r(3,\f(1.0×10－20,1.0×10－5))＝1.0×10－5mol/L，室溫下，c(H＋)＝eq\f(Kw,c（OH－）)＝eq\f(10－14,10－5)＝10－9mol/L，則應調節(jié)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的濃度為c＝eq\f(n,V)＝eq\f(cV2,V1)mol/L，若上述過程中沒有進行煮沸操作，由于過量的過硫酸銨溶液也會和亞鐵離子反應，所以測定結果將會偏大。微題型2工藝流程與實驗結合類無機綜合題[精練4](2022·馬鞍山質監(jiān))鈦酸鋇(BaTiO3)具有優(yōu)良的鐵電，壓電和絕緣性能，在電子陶瓷中使用廣泛。某興趣小組設計方案在實驗室里制備鈦酸鋇并測定其純度，制備簡易流程如下：已知：室溫下，TiCl4為無色液體，易揮發(fā)。(1)“共沉”在如圖裝置中完成，儀器A的進水口是________(填“a”或“b”)；儀器B的名稱是________；“共沉”時反應的化學方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“減壓過濾”如圖裝置，減壓的目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)在實驗室中研細固體一般使用儀器名稱是________，“煅燒”時反應的化學方程式為__________________________________________________________。(4)產品純度與“共沉”反應時間和“煅燒”時間的關系如下圖所示，你認為最佳“共沉”反應時間和“煅燒”時間分別為________h、________h。答案(1)b三頸燒瓶(三頸圓底燒瓶、三口燒瓶)TiCl4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH3·H2O=Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl(2)加快過濾速率，得到較為干燥的沉淀(3)研缽BaCO3＋Ti(OH)4=BaTiO3＋CO2↑＋2H2O(4)34解析(1)儀器A是球形冷凝管，冷凝水是下進上出，進水口是b，儀器B的名稱是三頸燒瓶；“共沉”時反應的化學方程式為TiCl4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH3·H2O=Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl；(2)“減壓過濾”操作中減壓的目的是加快過濾速率，得到較為干燥的沉淀；(3)在實驗室中研細固體一般使用儀器名稱是研缽；“煅燒”時BaCO3和Ti(OH)4反應生成BaTiO3，反應的化學方程式為BaCO3＋Ti(OH)4=BaTiO3＋CO2↑＋2H2O；(4)由圖可知“共沉”反應時間為3h、“煅燒”時間為4h時產品純度最高，則時間最佳。[精練5](2022·漢中十校聯(lián)考)以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)和SO2為原料可制備N2H4·H2O(水合肼)和無水Na2SO3，其主要實驗流程如圖：已知：①Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O是放熱反應；②N2H4·H2O沸點約118℃，具有強還原性，能與NaClO劇烈反應生成N2。(1)步驟Ⅰ為制備NaClO溶液，若溫度超過40℃，則Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO3和NaCl。該反應的離子方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________；實驗中為避免反應過于劇烈，放出大量的熱而導致溫度升高，副反應加劇，除可以用冰水浴控制溫度外，還可以采取的措施為__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)步驟Ⅱ為合成N2H4·H2O的裝置如圖1所示。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在40℃以下反應一段時間后，再迅速升溫至110℃繼續(xù)反應。圖1①圖1中儀器a的名稱為________，其盛裝的溶液是________[填“NaClO堿性溶液”或“CO(NH2)2水溶液”]。②寫出合成N2H4·H2O的反應的離子方程式：__________________________________________________________________________________________________________________________________；使用冷凝管的目的是_______________________________________________。(3)步驟Ⅳ為用步驟Ⅲ得到的副產品Na2CO3溶液制備無水Na2SO3(已知水溶液中H2SO3、HSOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)隨pH的分布如圖2所示，Na2SO3的溶解度曲線如圖3所示)。①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定停止通SO2的實驗操作為__________________________________________________。②請補充完整由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案：邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為________時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于________℃條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封保存。答案(1)3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))ClOeq\o\al(－,3)＋5Cl－＋3H2O減慢氯氣通入速度或減小氫氧化鈉溶液濃度(2)①分液漏斗NaClO堿性溶液②2OH－＋ClO－＋CO(NH2)2=Cl－＋N2H4·H2O＋COeq\o\al(2－,3)減少水合肼的揮發(fā)(3)①測量溶液的pH，若pH約為4時，停止通SO2②1034解析由實驗流程可知步驟Ⅰ為氯氣和氫氧化鈉溶液的反應，生成NaClO，為避免生成NaClO3，應控制溫度在40℃以下，生成的NaClO與尿素反應生成N2H4·H2O和Na2CO3，可用蒸餾的方法分離出N2H4·H2O，副產品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，結合對應物質的性質以及題給信息解答該題。(1)溫度超過40℃，Cl2與NaOH溶液反應生成NaClO3和NaCl，反應的離子方程式為3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))ClOeq\o\al(－,3)＋5Cl－＋3H2O，實驗中控制溫度除用冰水浴外，還應控制通入氯氣的速率，避免反應過于劇烈，放出大量的熱而導致溫度升高。(2)①圖1中儀器a的名稱為分液漏斗，實驗中通過分液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液，避免N2H4·H2O與NaClO劇烈反應生成N2，故分液漏斗盛裝的溶液是NaClO堿性溶液。②合成N2H4·H2O發(fā)生的反應的離子方程式為：2OH－＋ClO－＋CO(NH2)2=Cl－＋N2H4·H2O＋COeq\o\al(2－,3)，N2H4·H2O沸點約118℃，為避免N2H4·H2O的揮發(fā)，可使用冷凝管回流；(3)用Na2CO3制備無水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入過量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3，①由圖像可知，如溶液pH約為4時，可完全反應生成NaHSO3，此時可停止通入二氧化硫，可通過測量溶液pH的方法控制。②由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3，可邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，由圖像可知pH約為10時，可完全反應生成Na2SO3，此時停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，由圖像3可知在高于34℃條件下趁熱過濾，可得到無水Na2SO3。題型特訓題型特訓1以工業(yè)廢料及礦物為原料制備物質類工藝流程題1.(2022·廣東卷)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下：已知：月桂酸(C11H23COOH)的熔點為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＝1.8×10－8，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pH8.81.53.66.2～7.4沉淀完全時的pH/3.24.7/(1)“氧化調pH”中，化合價有變化的金屬離子是__________。(2)“過濾1”前，用NaOH溶液調pH至__________的范圍內，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，但應確保“過濾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_______________________________________________。答案(1)Fe2＋(2)4.7≤pH<6.2Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓(3)4.0×10－4(4)①加熱攪拌可加快反應速率②冷卻結晶(5)MgSO4(6)①15②O2＋4e－＋2H2O=4OH－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＋、SOeq\o\al(2－,4)等離子，經氧化調pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，經過濾除去，濾液1中含有RE3＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)等離子，加入月桂酸鈉，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，濾液2主要含有MgSO4溶液，可循環(huán)利用，濾餅加鹽酸，經加熱攪拌溶解后，再冷卻結晶，析出月桂酸，再固液分離得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化調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＋沉淀完全的pH為4.7，而RE3＋開始沉淀的pH為6.2，所以為保證Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液調pH至4.7≤pH<6.2的范圍內，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，而不產生(C11H23COO)2Mg，則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”的結果是分離出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)的熔點為44℃，故“操作X”的過程為先冷卻結晶，再固液分離。(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－＋2H2O=4OH－。2.(2022·河南重點高中調研)工業(yè)上常通過石煤灰渣(主要成分有SiO2、C、Al2O3、FeO、V2O3、CaO、MgO、K2O)回收釩的氧化物，有關工藝流程如圖：已知：①“焙燒”時，在空氣的作用下，V2O3被氧化為V2O5。②V2O5在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4。根據(jù)所學知識，回答下列問題：(1)在“焙燒”之前，要先將硫酸銨固體和石煤灰進行混磨處理，其目的是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)(VO2)2SO4中V的化合價為________，“浸渣”的主要成分除了SiO2，還有________(填化學式)。(3)“氧化”時加入的試劑a常用H2O2，寫出反應的離子方程式：__________________________________________________________________________________________________________________________________。HNO3也能氧化Fe2＋，工業(yè)生產中不選用HNO3的原因是_________________________________________________________________。(4)在500℃灼燒脫氨可制得產品V2O5，寫出該反應的化學方程式：_______________________________________________________________________________