2019-2020年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：5个解答题之3——工艺流程综合题（1） Word版含解析.doc

2019-2020年高中三维专题二轮复习化学通用版讲义：5个解答题之3工艺流程综合题（1） Word版含解析1(xx全国卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示： 回答下列问题：(1)步骤的主要反应为：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原因是_(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 B60 c40 D10 步骤的反应类型是_。(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为_。解析：(1)1 mol FeOCr2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2H?Cr2OH2O，H浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，即在10 左右时得到的K2Cr2O7固体最多，故d项正确。步骤中发生的反应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0294 gmol1103 kgg1 kg，所以产品的产率为100%100%。答案：(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2H?Cr2OH2O(4)d复分解反应(5)100%2(xx全国卷)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。“电解”中阴极反应的主要产物是_。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)解析：(1)由化合价规则知，NaClO2中Cl的化合价为3。(2)由工艺流程图可以看出SO2、H2SO4、NaClO3为反应物，ClO2、NaHSO4为生成物，再根据化合价升降法配平得出化学方程式为SO2H2SO42NaClO3=2ClO22NaHSO4。(3)粗盐水精制时除去Mg2通常用NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，过滤除去；除去Ca2通常用Na2CO3溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤除去。电解时阴极为得电子极，因此产物的化合价应降低，即生成NaClO2。(4)由信息“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2知，反应物之一为ClO2，再由生产工艺流程图知，用的吸收试剂是NaOH、H2O2，由生产工艺流程图知产物之一为NaClO2，由ClO2生成NaClO2，Cl的化合价由4变为3，化合价降低，ClO2为氧化剂，则H2O2为还原剂，化合价升高，生成氧气，再由电子守恒得，此吸收反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物是O2。(5)由信息知，要求出每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，先求得1 g NaClO2变为Cl转移的电子数为190.54，再设有x g Cl2变为Cl的氧化能力与1 g NaClO2的氧化能力相当，列方程得190.54x712，解得x1.57，即为有效氯含量。答案：(1)3(2)2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO(或NaClO2)(4)21O2(5)1.573(xx全国卷)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如下所示：回答下列问题：(1)写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式：_。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_(写出两条)。(2)利用_的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是_(写化学式)。(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是_。然后再调节溶液的pH约为5，目的是_。(4)“粗硼酸”中的主要杂质是_(填名称)。(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4)，它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为_。(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程_。解析：(1)盐跟酸反应生成新盐和新酸，据此可写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式：Mg2B2O5H2O2H2SO4,2MgSO42H3BO3。可采取升高温度、将矿石粉碎增大接触面积或搅拌等措施，以提高浸出速率。(2)Fe3O4具有磁性。“浸渣”中除含Fe3O4外，还含有与H2SO4不反应的SiO2，以及CaO与H2SO4反应生成的微溶物CaSO4。(3)硫酸浸出后的滤液中，含有的主要物质有MgSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3、H3BO3等，H2O2具有氧化性，因此加入H2O2溶液可将其中的Fe2氧化为Fe3。由工艺流程图可知，最后过滤得到含镁盐母液，因此调节溶液的pH约为5，可使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀、Al3转化为Al(OH)3沉淀。(4)由(3)分析及最后过滤得到含镁盐母液，可知粗硼酸中的主要杂质应为硫酸镁。(5)NaBH4是一种离子化合物，由Na与BH4构成，其电子式为。(6)以H3BO3与Mg为原料可制备单质B，根据反应物的性质结合质量守恒定律可知，其制备过程中反应的化学方程式为2H3BO3B2O33H2O，B2O33Mg3MgO2B。答案：(1)Mg2B2O5H2O2H2SO42H3BO32MgSO4提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径(2)Fe3O4SiO2和CaSO4(3)将Fe2氧化成Fe3使Fe3与Al3形成氢氧化物沉淀而除去(4)(七水)硫酸镁(5) (6)2H3BO3B2O33H2O、B2O33Mg2B3MgO化学工艺流程题是高考的必考题型，题目综合性强，难度大，通常以化工生产中流程图的形式，以陌生元素或陌生化合物知识为载体，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、实验基本操作、实验步骤的分析、实验方案的评价、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，可以说是真正的学科内综合题，无所不考。(一)记化工术语，明思考角度术语思考角度研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率搅拌使反应物充分接触，提高反应或溶解速率水浸与水接触反应或溶解酸浸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碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物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煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土调节溶液的pH常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀而除去控制温度根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动控制压强改变速率，影响平衡使用合适的催化剂加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间趁热过滤提高纯度，减少结晶损失冰水洗涤洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗有机物洗涤(乙醇)减少晶体损失，降低因溶质的溶解而引起的损耗加热煮沸排除溶液中溶解的气体(二)析经典流程，做到触类旁通1xx全国卷 Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：涉及反应“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，其反应的离子方程式为FeTiO34H4Cl=Fe2TiOClH2O由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O2xx海南高考 以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO47H2O的过程如图所示：硼镁泥的主要成分如下表：MgOSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%40%20%25%5%15%2%3%1%2%1%2%涉及反应酸解中发生主要的离子方程式为MgO2H=Mg2H2OFeO2H=Fe2H2OFe2O36H=2Fe33H2OAl2O36H=2Al33H2O除杂中发生的主要的离子方程式为2HClO2Fe2=2Fe3ClH2O2Fe33MgO3H2O=2Fe(OH)33Mg22Al33MgO3H2O=2Al(OH)33Mg23xx海南高考 某废催化剂含58.2%的SiO2、21.0%的ZnO、4.5%的ZnS和12.8%的CuS。某同学用15.0 g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下： 涉及反应ZnOH2SO4=ZnSO4H2OZnSH2SO4=ZnSO4H2SCuSH2O2H2SO4=CuSO4S2H2O4xx全国卷 实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2： 涉及反应电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl2HCl3H2NCl3制备ClO2的化学方程式为6NaClO2NCl33H2O=6ClO2NH33NaCl3NaOH5xx全国卷 锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时，该锂离子电池负极发生的反应为6CxLixe=LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。涉及反应正极碱浸的离子方程式：2Al2OH2H2O=2AlO3H2酸浸中发生的主要氧化还原反应方程式为2LiCoO23H2SO4H2O2=Li2SO42CoSO4O24H2O“沉钴”过程中发生反应的化学方程式为CoSO42NH4HCO3=CoCO3(NH4)2SO4H2OCO26xx全国卷 氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌含有Fe()、Mn()、Ni()等杂质的流程如下：提示：在本实验条件下，Ni()不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2。涉及反应反应b中发生的离子方程式为MnO3Fe27H2O=3Fe(OH)3MnO25H2MnO3Mn22H2O=5MnO24H反应d中发生的离子方程式为COZn2=ZnCO3反应e中发生的反应为ZnCO3ZnOCO2(三)学解题策略，快速精准作答1审题方法审题时要弄懂流程图中涉及的反应原理、反应条件的控制以及物质的分离等。明确流程图中箭头方向和含义。流程图中箭头进入的是反应物(投料)，箭头出去的是生成物(产物、副产物)，返回的箭头一般是“循环利用”的物质。图中一般会出现陌生知识，要读懂题给文字、表格信息以及设问中的提示性信息，并分析和解题中随时进行联系、调用。2解题策略解题步骤解题策略明确目的找出“两料”仔细阅读题头，明确工艺流程的目的。对照流程找出原料和辅料。细审流程分段剖析以核心辅助原料为准，把流程分为原料预处理、核心化学反应、产品分离提纯三个阶段。依据箭头指向，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。某些暂时琢磨不透的环节，可先“淡化处理”，不必过多在此占用时间，如在解题过程需要用到此知识，再回头看看。规范答题先易后难结合题目要求，充分利用题给信息，分析每问，规范解答。先易后难：确保易拿的分数先拿，最后难拿的题目，再带着问题回看流程进行有针对的分析。题型一物质制备类工艺流程1物质制备过程中反应条件的控制(1)溶液的pH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。控制溶液的酸碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。a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。如若要除去Al3、Mn2溶液中含有的Fe2，先用氧化剂把Fe2氧化为Fe3，再调溶液的pH。b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Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。(2)温度加热的目的加快反应速率或促进平衡向某个方向移动降温的目的防止某物质在高温时会溶解或为了使化学平衡向题目要求的方向移动(3)浓度根据需要选择适宜浓度，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。反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。(4)压强：改变反应速率，使平衡向需要的方向移动。(5)催化剂：选择合适的催化剂，能加快反应速率。2获得产品阶段的常用操作(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗；乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。(2)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。(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是少量K2Cr2O7和NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。典例硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如图所示。已知，某些氢氧化物沉淀的pH如表所示。氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHMg(OH)29.310.8Fe(OH)27.69.6Fe(OH)32.73.7Al(OH)33.74.7请回答下列问题：(1)在“酸解”过程中，欲加快“酸解”时的化学反应速率，请提出两种可行的措施：_。(2)加入的NaClO可与Mn2反应：Mn2ClOH2O=MnO22HCl，还有一种离子也会被NaClO氧化，并发生水解，该反应的离子方程式为_。(3)“滤渣”的主要成分除Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2外，还有_。(4)已知不同温度下MgSO4、CaSO4的溶解度如表所示。温度/40506070MgSO4的溶解度/g30.933.435.636.9CaSO4的溶解度/g0.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据表中数据，简要说明操作步骤：蒸发浓缩、_。“操作”是将滤液继续蒸发浓缩、冷却结晶、_，便可得到MgSO47H2O。(5)实验中提供的硼镁泥共100 g，得到的MgSO47H2O为172.2 g，计算MgSO47H2O的产率：_。(6)金属镁可用于自然水体中铁件的电化学防腐，完成防腐示意图，并作相应标注。解题流程第一步：明确目的，找出“两料”目的：硼镁泥制备MgSO47H2O原料：硼镁泥包括MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等辅料：硫酸、NaClO第二步：细审流程，分段剖析第三步：规范答题，先易后难(1)加快“酸解”过程是化学反应速率问题，故可采用增大浓度、升高温度、增大反应物的接触面积等。(2)在酸性条件下，ClO可将Fe2氧化为Fe3，而ClO被还原为Cl；生成的Fe3水解生成Fe(OH)3，其离子方程式可写为2Fe2ClO5H2O=2Fe(OH)3Cl4H。(3)由于该硼镁泥中有MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等物质，所以“酸解”后生成的阳离子有Mg2、Ca2、Mn2、Fe3、Fe2、Al3等，不溶物为SiO2，Mn2被氧化为MnO2，Fe2被氧化为Fe3，根据第一个表格中数据可知，Fe(OH)3、Al(OH)3完全沉淀的pH均小于5，所以调节溶液pH为56时，Fe3、Al3分别生成沉淀Fe(OH)3、Al(OH)3，综上所述，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2、SiO2。(4)由温度对MgSO4、CaSO4的溶解度影响可以看出，温度越高，CaSO4的溶解度越小，可以采用蒸发浓缩、趁热过滤的方法除去CaSO4；操作是将滤液继续蒸发浓缩、冷却结晶，再经过滤洗涤，得到MgSO47H2O。(5)100 g硼镁泥中MgO的物质的量为100 g40%40 gmol11 mol，根据镁元素守恒，生成的MgSO47H2O的物质的量为1 mol，质量为246 gmol11 mol246 g，产率为172.2 g246 g100%70%。(6)电化学防腐有两种方法，一是牺牲阳极的阴极保护法，也就是用相对活泼的金属作负极，铁作正极；另一种是外接电源的保护法，也就是将铁连接电源的负极，作为电解池的阴极。答案(1)适当升高温度、把硼镁泥粉碎(或搅拌、适当增大硫酸浓度)(2)2Fe2ClO5H2O=2Fe(OH)3Cl4H(3)SiO2(4)趁热过滤过滤洗涤(或过滤)(5)70%(6)或针对训练1一种带有多孔结构的镍铝合金对H2有着较强的吸附性，其高催化活性和热稳定性使该镍铝合金被广泛用于工业生产和有机合成反应中。以镍黄铁矿(主要成分为NiS、FeS等)为原料制备该镍铝合金的工艺流程如图所示。回答下列有关问题：(1)Ni(CO)4中C、O化合价与CO中的C、O化合价相同，则Ni的化合价为_。(2)在空气中“煅烧”镍黄铁矿生成Ni2O3和Fe2O3，写出生成Fe2O3的化学方程式：_。(3)操作“镍Ni(CO)4镍”的目的是_。(4)Ni、Al高温熔融时，通入Ar的作用是_。高温熔融物冷却后，需要进行粉碎处理，粉碎的目的是_。(5)“碱浸”可以使镍产生多孔结构，从而增强对H2的吸附性，“浸出液”中的离子主要有_；“浸出液”中的铝元素可循环利用，写出回收“浸出液”中铝元素，并制备“高温熔融”时的原料Al的流程。(示例：CuOCu2Cu)解析：(1)CO中的C、O化合价分别为2、2，故Ni(CO)4中Ni的化合价为0。(2)根据题目提示信息可知，反应物为FeS和O2，而生成物之一为Fe2O3，故另外一种生成物为SO2。(3)操作“镍Ni(CO)4镍”中前面的镍为粗镍，故该过程为镍的提纯过程。(4)熔融过程中Ni、Al易被空气中的氧气氧化，故通入Ar的目的是防止Ni、Al被氧化。化工生产中，将固体物质粉碎可增大固体与液体或气体的接触面积，从而提高后续反应的反应速率，同时可提高原料转化率。(5)“碱浸”过程中发生反应的离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2，故“浸出液”中的离子主要有Na、AlO、OH。AlO与足量的CO2反应可生成Al(OH)3沉淀，该沉淀受热可分解生成Al2O3，加入冰晶石条件下，电解熔融的Al2O3可制备Al。答案：(1)0(2)4FeS7O22Fe2O34SO2(3)提纯镍(4)保护Ni、Al，防止其被氧化提高“碱浸”的反应速率和原料的转化率(5)Na、AlO、OH浸出液Al(OH)3Al2O3Al题型二物质提纯类工艺流程1物质分离、提纯的六种物理方法 2物质分离、提纯的八种化学方法 典例(xx全国卷)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为_，同时V2O4转化成VO2。“废渣1”的主要成分是_。(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为_ mol。(3)“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROHV4OR4V4O124OH(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_性(填“酸”“碱”或“中”)。(5)“流出液”中阳离子最多的是_。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：_。解题流程第一步：明确目的，找出“两料”目的：从废钒催化剂中回收提纯V2O5。原材料：废钒催化剂(含有V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2、Fe2O3、Al2O3)。辅料：H2SO4、KClO3、KOH、NH4Cl第二步：细审流程， 分段剖析拆分工艺流程，明确每一步转化的反应原理及目的，并能书写部分反应化学方程式。(1)分析工艺流程：(2)明确每步转化目的与原理：“酸浸”的目的是将V2O5转化为VO，其反应的离子方程式：V2O52H=2VOH2O。加入H2SO4可将原材料废钒催化剂中的Fe2O3、Al2O3转化成可溶性Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，而SiO2与H2SO4不反应，存在于废渣1中。“氧化”的目的是用KClO3将VO2转变成VO，反应的离子方程式为6VO2ClO3H2O=6VOCl6H。“中和”的目的是用KOH将氧化得到的VO转变成V4O存在于溶液中，同时KOH能将溶液中的Fe3、Al3转化成Fe(OH)3、Al(OH)3而留存在废渣2中。“洗脱”的目的让V4O更多地存在于溶液中，防止转化成R4V4O12，造成钒的损失。“沉钒”的目的可由问题(6)得到，即V4O与NH4Cl作用得到的偏钒酸铵(NH4VO3)是一种难溶于水的沉淀。“煅烧”的目的是将偏钒酸铵分解生成V2O5。第三步：规范答题，先易后难(1)反应过程中V的化合价不变，所以是复分解反应。注意V2O5在离子方程式中不能拆开；废钒催化剂中，只有二氧化硅不溶于硫酸，成为废渣1的主要成分。(2)3 mol VO2变为VO，共失去 mol电子，而1 mol ClO变为Cl得到 mol电子，所以需要0.5 mol氯酸钾。(3)中和时，Fe3、Al3分别转化为难溶的Fe(OH)3和Al(OH)3，成为废渣2的主要成分。(4)为提高洗脱效率，须使题中所述平衡逆向移动。根据平衡移动原理，碱性越强越有利于平衡逆向移动，所以淋洗液应该呈碱性。(5)经过“离子交换”，钒以R4V4O12形式存在，而铁、铝则在“中和”过程中转化为沉淀，所以“流出液”中最多的阳离子是钾离子。(6)由NH4VO3转化为V2O5，V的化合价未发生变化，该反应为非氧化还原反应，所以N的化合价仍为3，一种生成物是NH3，另一种生成物必定是H2O。答案(1)V2O52H=2VOH2OSiO2(2)0.5(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)碱(5)K(6)2NH4VO3V2O52NH3H2O针对训练2(xx潍坊二模)碳酸钠在轻工、建材、纺织、国防、医药等工业中有重要的应用。(1)工业碳酸钠(纯度约为98%)中含有Ca2、Mg2、Fe3、Cl和SO等杂质，提纯工艺流程如下：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如下所示请回答下列问题：试剂A是_，“母液”中除了含有Na、CO、OH离子外，还含有_等离子，过滤要“趁热”的目的是_。检验试剂级Na2CO3中Cl、SO是否除尽，选用的试剂及加入的先后次序是_(填字母)。aHCl、BaCl2、AgNO3bAgNO3、HNO3、Ba(NO3)2cHNO3、Ba(NO3)2、AgNO3dAgNO3、HCl、BaCl2(2)“侯氏制碱法”的原理：NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl下图是某兴趣小组在实验室中模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3所用到的主要装置。请回答下列问题：各仪器口的连接顺序为a接_、_接_，_接b，实验时先向饱和NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2，其原因是_(填字母)。a使CO2更易被吸收bNH3比CO2更易制取cCO2的密度比NH3大将生成的NaHCO3晶体从混合物中分离出来需要的玻璃仪器是_。该兴趣小组用如图比较C、N、Si三种元素的非金属性强弱，B中的试剂是_，能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是_。解析：(1)因工业碳酸钠中含有Mg2、Fe3、Ca2，所以可加入过量的NaOH溶液，生成Ca(OH)2、Mg(OH)2、Fe(OH)3沉淀，从而除去其中混有的Ca2、Fe3、Mg2，则“母液”中除了含有Na、CO、OH离子外，还含有氯离子，硫酸根离子。根据析出晶体与温度的关系，欲使析出的晶体为Na2CO3H2O，防止因温度过低而析出Na2CO310H2O晶体或Na2CO37H2O晶体，应该趁热过滤是提高Na2CO3H2O晶体的含量。a项，先加HCl引入了Cl，错误；b项，先加AgNO3，AgNO3与CO、Cl、SO都产生沉淀，无法判断Cl是否除净，错误；c项，先加入硝酸和碳酸钠反应，再加入硝酸钡检验是否含有硫酸根离子，最后用硝酸银溶液检验是否含有氯离子，正确；d项，按照试剂AgNO3、HCl、BaCl2顺序加入，硝酸银与碳酸根离子、氯离子、硫酸根离子都会沉淀，加入盐酸后氯离子无法检出，错误；(2)由于CO2在水中的溶解度小，而氨气极易溶于水，因此先通入氨气，然后再通入CO2。由于氨气极易溶于水需要防止倒吸，因此c通入NH3，d通入CO2，装置A制备的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，需要通过饱和碳酸氢钠溶液除去，装置仪器接口的连接顺序为：aefdcb。先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，故选a。生成的NaHCO3晶体从混合物中分离出来的操作为过滤、洗涤，玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗；酸性强的可以制备酸性弱的，故装置中的试剂分别为：分液漏斗中为硝酸，A中为大理石，硝酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，硝酸酸性大于碳酸，为避免挥发出硝酸干扰，二氧化碳通过饱和碳酸氢钠溶液除去硝酸蒸气，能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是：二氧化碳气体通入烧杯中的硅酸钠溶液，生成白色胶状沉淀硅酸。答案：(1)氢氧化钠溶液或NaOH溶液Cl、SO(H)提高Na2CO3H2O的含量c(2)e、f、d、ca烧杯、玻璃棒、漏斗饱和NaHCO3溶液C中生成白色胶状物质课堂练练熟方法1某煤矿筛选煤后的废弃煤矸石中主要含有SiO2、Al2O3、Fe2O3，利用该煤矸石可生产金属Al及红色颜料Fe2O3。其生产工艺流程如下图所示：回答下列问题：(1)将煤矸石进行粉碎，使粉末状的煤矸石在盐酸中酸浸，煤矸石粉碎操作的目的是_，“酸浸”操作后的溶液中阳离子除H外，还有_。(2)残渣主要成分的化学式为_，写出该物质的一种用途：_。(3)“转化”操作加入NH3的作用是_。(4)“碱溶”操作中发生化学反应的离子方程式为_。(5)“转化”操作通入了过量的气体X，X的化学式为_。(6)电解氧化铝的阳极反应式为_，若该煤矸石中含Al2O3为25%，且“酸浸”“转化i”“碱溶”“转化”Al损失均为2%，则处理1.00 t该煤矸石，最后电解转移的电子为_mol。解析：(1)将块状固体粉碎，增大反应物之间的接触面积，可提高浸出速率。加入盐酸酸浸时，煤矸石中的Al2O3、Fe2O3分别生成Al3、Fe3。(2)SiO2与盐酸不反应，过滤时以残渣的形式被过滤出来，SiO2可用来制光导纤维。(3)通入的氨气可中和“酸浸”时加入的过量盐酸，使Al3、Fe3分别转化为沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3。(4)Al(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在氢氧化钠溶液中生成NaAlO2。(5)转化ii需要加入酸，加入的过量酸，只能是弱酸，故X为CO2。(6)电解Al2O3时，阳极O2失电子生成O2。该工艺流程中，1.00 t煤矸石制得Al2O3的质量为1106 g25%(12%)42.31105 g，电解时转移的电子为61.36104 mol。答案：(1)提高浸出速率(或提高反应速率)Al3、Fe3(2)SiO2制光导纤维(3)中和酸浸时过量的盐酸，使Al3、Fe3转化为沉淀(4)Al(OH)3OH=AlO2H2O(5)CO2(6)2O24e=O21.361042工业上回收利用某合金废料(主要含Fe、Cu、Al、Co、Li等)的工艺流程如图所示。已知：Co、Fe都是中等活泼金属。已知：KspCu(OH)24.01021，KspAl(OH)31.01032，KspFe(OH)31.01038，KspFe(OH)28.01019。常温下，pH7.3时Li或Co3开始沉淀。(1)金属M为_。(2)加入H2O2的作用是_(用离子方程式表示)。氨水的作用是调节溶液的pH，常温下，使溶液中杂质离子刚好沉淀完全而全部除去(浓度小于1.0105 molL1认为完全沉淀)。需调节溶液的pH范围为_。(3)充分焙烧的化学方程式为_。(4)已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度的关系如表所示。操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是_。温度/10306090浓度/(molL1)0.210.170.140.10(5)用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为_。(6)Li、Co形成的某锂离子电池的正极是LiCoO2，含Li导电固体为电解质。充电时，Li被还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料C6中(如图a所示)。电池反应为LixC6Li1xCoO2C6LiCoO2，写出该电池放电时的负极反应式：_。锂硫电池的总反应为2LiSLi2S，图b表示用锂硫电池给锂电池充电，请在图b两电极边的“()”中填写“Li”或“S”，以达到给锂电池充电的目的。解析：向含Fe、Cu、Al、Co、Li等的合金废料中加入盐酸过滤得到的金属M为不与盐酸反应的铜，向浸出液中加入H2O2，Fe2被氧化为Fe3，加入氨水调节溶液pH使Fe3、Al3转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，通过操作1过滤得到溶液A，向溶液A中加入(NH4)2C2O4溶液，过滤得到的溶液B是主要含Li的溶液，加入Na2CO3溶液，过滤得到Li2CO3；结晶析出的CoC2O42H2O在足量空气中焙烧得到Co2O3。(1)根据上述分析可判断金属M为Cu。(2)加入H2O2的作用是将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；加入氨水的作用是调节溶液pH，使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，根据题给溶度积数据可知，使Al3完全沉淀时c(OH)1.0109 molL1，pH5.0，同理，使Fe3完全沉淀时c(OH)1.01011 molL1，pH3.0，故应调节溶液pH为5.0pH7.3。(3)CoC2O42H2O焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O42H2O3O22Co2O38H2O8CO2。(4)Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤。(5)用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为O2和CO2，电极反应式为2CO4e=O22CO2。(6)原电池的负极发生氧化反应，元素的化合价升高，放电时的负极反应式为LixC6xe=C6xLi。根据锂硫电池的总反应2LiSLi2S，放电时Li的化合价升高，Li作负极，S作正极，锂电池充电时，阳极是LiCoO2，阴极是C6，故Li与C6相连，S与LiCoO2相连。即原电池的负极与电解池的阴极相连，原电池的正极与电解池的阳极相连。答案：(1)Cu(2)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O5.0pH7.3(3)4CoC2O42H2O3O22Co2O38H2O8CO2(4)减少Li2CO3的溶解损失(5)2CO4e=O22CO2(6)LixC6xe=C6xLi3在自然界中，原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到深层闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)，慢慢转化为铜蓝(CuS)。已知：Ksp(PbS)1.31024，Ksp(CuS)41036，Ksp(ZnS)1.01022，溶液中离子浓度105 molL1时，表明已除尽。(1)PbS、ZnS均可以转化为铜蓝的原因是_。写出PbS转化为CuS的离子方程式：_。下列有关ZnS和PbS的说法不正确的是_。A向同浓度的ZnCl2和PbCl2的混合溶液中滴加Na2S溶液，PbS先析出B将某工业废水中的Pb2除去，则加入Na2S溶液后应保证c(S2)不低于1.31019 molL1CZnS和PbS共存的悬浊液中，1.3102DPbS悬浊液中加入ZnCl2浓溶液，PbS不可能转化为ZnS(2)铜蓝中除含有大量CuS外， 还含有少量铁的化合物，工业上以铜蓝为原料生产CuCl22H2O的工艺流程如下：已知：Fe(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2完全沉淀时的pH分别为9.0、3.2、6.7。CuCl2与Na2SO4的溶解度曲线如图所示。配平焙烧过程中发生反应的主要方程式：_CuS_NaCl_CuCl2_Na2SO4。试剂F可选用NaClO，其电子式为_，则加入试剂F发生反应的离子方程式为_。为了获得CuCl22H2O晶体，对滤液B进行蒸发浓缩、趁热过滤。则“趁热过滤”得到的固体是_。解析：(1)一般地，化合物的组成类型相同时，溶度积较小的物质易向溶度积更小的物质转化。向同浓度的ZnCl2和PbCl2的混合溶液中滴加Na2S溶液，Ksp(PbS)Ksp(ZnS)，故PbS先析出。但向PbS悬浊液中加入ZnCl2浓溶液时，PbS也可转化为ZnS。(2)硫元素化合价升高，CuS作还原剂，因此需补充氧化剂(O2)，化学方程式为CuS2NaCl2O2CuCl2Na2SO4。NaClO是离子化合物，电子式为。由中反应方程式可知溶液中有Na2SO4，结合CuCl2和Na2SO4的溶解度曲线知，趁热过滤得到的固体为Na2SO4。答案：(1)PbS、ZnS和CuS的组成类型相同，且Ksp(CuS)小于Ksp(PbS)和Ksp(ZnS)PbS(s)Cu2(aq)?CuS(s)Pb2(aq)D(2)122O211ClO2Fe22H=2Fe3ClH2O硫酸钠或Na2SO44以某菱锰矿(含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等)为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品。已知Ksp(MnCO3)2.21011，KspMn(OH)21.91013，KspAl(OH)31.31033。(1)滤渣中，含铁元素的物质主要是_(填化学式，下同)；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣中_含量减少。(2)滤液中，1价阳离子除了H外还有_(填离子符号)。(3)取“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中，加入少量AgNO3溶液(作催化剂)和过量的1.5%(NH4)2S2O8溶液，加热，Mn2被氧化为MnO，反应一段时间后再煮沸5 min除去过量的(NH4)2S2O8，冷却至室温。选用适宜的指示剂，用b molL1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V mL。Mn2与(NH4)2S2O8反应的还原产物为_。“沉锰”前溶液中c(Mn2)_molL1。(列出表达式)(4)其他条件不变，“沉锰”过程中锰元素回收率与NH4HCO3初始浓度(c0)、反应时间的关系如图所示。NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越_(填“高”或“低”)，简述原因_。若溶液中c(Mn2)1.0 molL1，加入等体积1.8 molL1 NH4HCO3溶液进行反应，计算2040 min内v(Mn2)_。解析：(1)根据工艺流程图分析，菱锰矿酸浸后，浸液中所含金属阳离子有Mn2、Fe2、Al3；加入MnO2，Fe2被氧化为Fe3；加入NaOH调节pH，过滤后得到的滤渣中含铁元素的物质主要为Fe(OH)3。如果pH过大，则滤渣中Al(OH)3、SiO2会开始溶解。(2)调pH时加入NaOH、沉锰时加入NH4HCO3，故滤液中，1价阳离子除了H外还有Na、NH。(3)Mn2与(NH4)2S2O8反应，Mn2被氧化为MnO，则S2O被还原为SO。根据滴定原理，由元素守恒及得失电子守恒，可得关系式Mn2MnO5(NH4)2Fe(SO4)2，则n(Mn2)n(NH4)2Fe(SO4)2b molL1V103 LbV103 mol，故c(Mn2) molL1。(4)根据题图，NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越高。加入等体积1.8 molL1 NH4HCO3溶液，则混合后c(Mn2)0.50 molL1，c(NH4HCO3)0.90 molL1，2040 min内Mn的回收率由20%变为50%，回收率增大30%，故v(Mn2)7.5103 molL1min1。答案：(1)Fe(OH)3Al(OH)3、SiO2(2)Na、NH(3)SO或“H2SO4”、“Na2SO4”、“(NH4)2SO4”(4)高根据Kspc(CO)c(Mn2)，c(NH4HCO3)越大，c(CO)越大，c(Mn2)越小，析出的MnCO3越多或c(NH4HCO3)越大，c(CO)越大，使平衡MnCO3(s)?CO(aq)Mn2(aq)向逆反应方向移动，析出的MnCO3越多7.5103 molL1min1课下练练通高考专题检测A1(xx黄冈模拟)高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含Fe2、Mn2、Cu2、Ni2、Cd2等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：已知KspFe(OH)34.01038。回答下列问题：(1)浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)：_