2019届一轮复习人教版化学工艺流程学案 31页

2019年高考一轮复习 化学工艺流程 教材版本 全国通用 课时说明（建议） 2 课时 知识点 化学工艺流程 复习目标 1、对中学化学基础知识进行正确的复述、再现、辨认，并能融会贯通。 2、将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题。 3、将分析和解决的过程及成果，能够正确地运用化学术语及文字等进行表达，并做出 合理的解释。 4、从提供的新信息中，准确地提取实质性内容，并与已有知识整合，重组为新知识块。 复习重点 1、了解工艺流程题型特点。 2、理解工艺流程解题思路。 3、理解化学反应原理在工艺流程中的综合运用。 4、掌握常见的工艺流程考查内容。 复习难点 工艺流程解题策略 一、自我诊断 知己知彼 1、以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取 MgSO4·7H2O 的过程如图所示： 硼镁泥的主要成分如下表： MgO SiO2 FeO、Fe2O3 CaO Al2O3 B2O3 30%~40% 20%~25% 5%~15% 2%~3% 1%~2% 1%~2% 回答下列问题： （1）“酸解”时应该加入的酸是_______，“滤渣 1”中主要含有_________（写化学式）。 （2）“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是 、 。 （3）判断“除杂”基本完成的检验方法是 。 （4）分离滤渣 3 应趁热过滤的原因是 。 2、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 FeO·Cr2O3， 还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示： 酸解 过滤 除杂 过滤 浓缩过滤 浓缩结晶 MgSO4·7H2O硼镁泥 浸渣 1 滤 渣 2 Ca(ClO)2、MgO 滤 渣 3 回答下列问题： （1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr 2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2 上述反应配平后 FeO·Cr2O3 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④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。 a．80℃ b．60℃ c．40℃ d．10℃ 步骤⑤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_____________。 3、铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为 Al2O3，含 SiO2 和 Fe2O3 等杂质)为原料制备 铝的一种工艺流程如下： →高温 0 40 80 120 160 200 240 0 20 40 60 80 100 2 2 7Na Cr O 2 2 7K Cr O KCl NaCl / Ct  160 240 320 400 0 溶 解 度 / （ g / 1 0 0 g H 2 O ） 注：SiO2 在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。 （1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。 （2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入 NaHCO3 溶液，溶液的 pH_________ (填“增大”、“不变”或“减 小”)。 （3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。 （ 4 ） “ 电 解 Ⅱ ” 是 电 解 Na2CO3 溶 液 ， 原 理 如 图 所 示 。 阳 极 的 电 极 反 应 式 为 _____________________，阴极产生的物质 A 的化学式为____________。 （5）铝粉在 1000℃时可与 N2 反应制备 AlN。在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混合， 有利于 AlN 的制备，其主要原因是 。 4、硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿（主要成分为 Mg2B2O5·H2O 和 Fe3O4，还 有少量 Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3 和 SiO2 等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）写出 Mg2B2O5·H2O 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）。 硫酸浸出 过滤 净化除杂 过滤 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤铁硼矿粉 粗硼酸 浸渣 浸渣 含镁盐母液 （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 。 5、孔雀石主要成分是 Cu2（OH）2CO3，还含少量 FeCO3 及 Si 的化合物，实验室以孔雀石 为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下： （1）步骤Ⅰ中涉及的反应用离子方程式表示为　 　． （2）步骤Ⅱ中试剂①是　 　（填代号）． a．KMnO4　　　　　b．H2O2 c．Fe 粉 d．KSCN （3）步骤Ⅲ加入 CuO 的目的是　 　． （4）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体，需要经过　 　、　 　、过滤等操作． （5）孔雀石与焦炭一起加热可以生成 Cu 及其它无毒物质，写出该反应的化学方程 式　 　． （6）测定硫酸铜晶体（CuSO4•xH2O）中结晶水的 x 值：称取 2.4g 硫酸铜晶体，加热至质 量不再改变时，称量粉末的质量为 1.6g．则计算得 x=　 　（计算结果精确到 0.1）。 【参考答案】 1、（1）H2SO4 SiO2 （2）将 Fe2＋氧化为 Fe3＋ 调节溶液 pH，使 Fe3＋、Al3＋以氢氧化物 的形式沉淀除去 （3）取滤液将其酸化后滴加 KSCN 溶液，若溶液未变红，则说明除杂完 全 （4）防止 MgSO4·7H2O 结晶析出 2、（1）2∶7 陶瓷在高温下会与 Na2CO3 反应 （2）铁 Al(OH)3 （3）小 2 +2H+ +H2O （4）d 复分解反应 （5） ×100% 3、（1）Al2O3+2OH−=2AlO2－+H2O （2）减小 （3）石墨电极被阳极上产生的 O2 氧化 （4）4CO32－+2H2O−4e−=4HCO3－+O2↑ H2 （5）NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3 薄膜 2 4CrO − 2 2 7Cr O − 2 1 190 147 m m 4、（1）Mg2B2O5·H2O+2H2SO4 2MgSO4+2H3BO3；提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径 （2）Fe3O4； SiO2 和 CaSO4；（3）将 Fe2+氧化为 Fe3+；使 Fe3+与 Al3+形成氢氧化物沉淀而 除去 （4）（七水）硫酸镁 （5） （6）2H 3BO3 B2O3+3H2O B2O3+3Mg 2B +3MgO 5、（1）Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，FeCO3+2H+=Fe2++CO2↑+H2O； （2）b；（3）消耗酸使溶液 pH 升高，便于 Fe3+形成沉淀除去；（4）加热浓缩；冷却结晶； （5）Cu2（OH）2CO3+C 2Cu+2CO2↑+H2O；（6）4.4 【解析】 1、（1）流程制备的是 MgSO4·7H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为 H2SO4； 根据硼镁泥的成分，SiO2 不与硫酸反应，因此滤渣 1 为 SiO2； （2）硼镁泥中含有 FeO，与硫酸反应后生成 FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把 Fe2＋氧 化成 Fe3＋，氧化镁的作用是调节 pH，使 Al3＋和 Fe3＋以氢氧化物形式沉淀出来，除去 Fe3＋ 和 Al3＋； （3）除杂是除去的 Fe3＋和 Al3＋，因此验证 Fe3＋就行，方法是取滤液将其酸化后滴加 KSCN 溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全； （4）防止 MgSO4·7H2O 结晶析出。 2、（1）FeO·Cr2O3 是还原剂，完全氧化为 Na2CrO4 和 Fe2O3，每摩转移 7mol 电子，而 NaNO3 是氧化剂，还原产物为 NaNO2，每摩转移 2mol 电子，根据电子守恒可知，FeO·Cr 2O3 和 NaNO3 系数比为 2:7；陶瓷在高温下会与 Na2CO3 反应，则熔融时不能使用陶瓷容器； （2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣 1，则滤渣 1 中含量最多的金属元素是铁； 滤液 1 中含有 AlO2-、SiO32-及 CrO42-，调节溶液 pH 并过滤后得滤渣 2 为 Al（OH）3； （3）滤液 2 调节 pH 的目的是提高溶液的酸性，pH 变小；因为溶液中存在 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，增大溶液中 H+浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中 Cr2O72-的浓度； （ 4 ） 由 图 示 可 知 ， 在 10℃ 左 右 时 ， 得 到 K2Cr2O7 的 固 体 最 多 ， 故 答 案 为 d ； 2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl 的反应类型为复分解反应； （5）样品中 Cr2O3 的质量为 m1×40%Kg，则生成 K2Cr2O7 的理论质量为 m1×40%Kg× ，294 152 则所得产品的产率为 m2Kg÷（m1×40%Kg× ）×100%= ×100%。 3、（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。 （2）为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤 I 所得滤液中含有氢氧 化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的 pH 减小。 （3）电解 I 过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生 成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。 （4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的 OH-放电生成氧气，破坏了 水 的 电 离 平 衡 ， 碳 酸 根 结 合 H+ 转 化 为 HCO3- ， 所 以 电 极 反 应 式 为 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的 H+放电生成 氢气而破坏水的电离平衡生成大，所以阴极产生的物质 A 为 H2 。 （5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生 的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于 AlN 的制备。 4、（1）硫酸可与硼酸盐反应制取酸性较弱的硼酸，所以 Mg2B2O5·H2O 与硫酸反应的化学方 程式为：Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4=2MgSO4＋2H3BO3。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓 度外，还可采取提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径等措施。 （2）Fe3O4 有磁性，可利用其磁性将其从“浸渣”中分离；“浸渣”中还剩余的物质是 SiO2 和 CaSO4。 （3）“净化除杂”需先加 H2O2 溶液，其作用是把 Fe2＋氧化为 Fe3＋，然后调节溶液的 pH 约 为 5，使 Al3＋和 Fe3＋以 Al(OH)3、Fe(OH)3 形式沉降而除去。 （4）“粗硼酸”中所含杂质主要是没有除去的易溶性镁盐，故为(七水)硫酸镁。 （5）硼氢化钠的电子式为 。 （6）利用 Mg 的还原性制取硼的化学方程式为 2 H3BO3 B2O3＋3 H2O、B2O3＋3Mg 2B＋3MgO。 5、孔雀石的主要成分为 Cu2（OH）2CO3，还含少量 FeCO3、Si 的化合物，加入稀硫酸反应 后生成二氧化碳气体，过滤得到二氧化硅固体，得到滤液 1 为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，“除 杂”时先通入足量过氧化氢将 Fe2+氧化成 Fe3+，得到溶液 2 为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入 294 152 2 1 190 147 m m CuO 固体调节溶液 pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液为硫酸铜溶液，滤液 3 为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体； （1）孔雀石的主要成分为 Cu2（OH）2CO3，还含少量 FeCO3、Si 的化合物，步骤Ⅰ中涉及 的反应是 Cu2（OH）2CO3 和 FeCO3 与硫酸发生复分解反应生成二氧化碳，反应的化学方程 式为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，FeCO3+2H+=Fe2++CO2↑+H2O； 故答案为：Cu2（OH）2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，FeCO3+2H+=Fe2++CO2↑+H2O； （2）步骤Ⅱ中加入试剂①的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于沉淀除去，所加试剂能和 亚铁离子反应且不能引入新的杂质， a．KMnO4 溶液加入后，能氧化亚铁离子，但会引入钾离子、锰离子，故 a 不符合；　　　　 b．加入 H2O2 会氧化亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，不引入杂质，故 b 符合； c．Fe 粉不能氧化亚铁离子，故 c 不符合； d．加入 KSCN 溶液结合铁离子形成络合物，不能氧化亚铁离子，亚铁离子的存在会干扰硫 酸铜晶体的析出，故 d 不符合；故答案为：b； （3）步骤Ⅲ加入 CuO 目的是和酸反应，调节溶液的 PH 使铁离子全部沉淀，故答案为：消 耗酸使溶液 pH 升高，便于 Fe3+形成沉淀除去； （4）操作Ⅳ是溶液中得到溶质的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；故答案为：加热 浓缩；冷却结晶； （5）孔雀石与焦炭一起加热可以生成 Cu、二氧化碳和水，依据原子守恒配平书写得到的化 学方程式为：Cu2（OH）2CO3+C 2Cu+2CO2↑+H2O； 故答案为：Cu2（OH）2CO3+C 2Cu+2CO2↑+H2O； （6）称取 2.4g 硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为 1.6g 为硫酸铜质量， n（CuSO4）物质的量= =0.01mol，受热质量减少 2.4g﹣1.6g=0.8g，水的物质的量 = =0.044mol； 二、温故知新 夯实基础 1、工艺流程题型特点 2、工艺流程主线与核心 3、原料预处理常用方法及其作用 研磨：减小矿物的粒径，增大接触面积，加快反应速率；提高原料利用率； 溶解：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸等。 ①水浸：与水接触反应或溶解 ②水洗：除去水溶性杂质 ③酸浸(或酸洗)：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解 过程；有时可抑制某些物质的水解 ④碱浸（或碱洗）——除去油污或氧化膜；溶解铝和二氧化硅 注意：碱浸过程包括碳酸盐等碱性物质 ⑤醇浸：增大某物质的溶解度，便于反应，如苯甲酸 ⑥灼烧、焙烧、煅烧：不易转化的物质转为容易提取的物质；其他矿（如 FeCO3）转化为氧 化物；除去有机物；除去热不稳定的杂质 4、制备过程中反应条件的控制 ①加热——加快反应速率；加速固体溶解；平衡向吸热方向移动。若在制备过程中出现一些 受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。 ②降温（冰水中）——防止某物质在高温时会溶解（或分解）；使化学反应速率下降；为使 化学平衡向放热的方向移动；保持反应物为液态，减小汽化损耗，如冷凝回流。 ③控温——温度过高，物质会分解（如过氧化氢）或挥发（如氨水）；温度过低，物质无法 挥发或者反应。 ④趁热过滤——防止某物质降温时会析出。（注意趁热过滤操作需要提纯的物质有时在滤液 中有时在晶体中，需要视情况而定） ⑤调 pH 值除杂——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。 调节 pH 所需的物质一般应满足两点：能与 H＋反应，使溶液 pH 值增大；不引入新杂质。 所以通常加所保留阳离子对应的氧化物，氢氧化物，碳酸盐等。 5、无机工艺常用分离方法 （1）过滤：分离难溶物和溶液，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。 （2）萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用 CCl4 或 苯萃取溴水中的溴。 （3）蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如 NaCl。 （4）蒸发浓缩，冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质（通常在酸 性氛围中进行，以抑制金属离子的水解）或结晶水合物，如 KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、 FeSO4·7H2O 等。 （5）蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。 注意：分馏一般是多组分分离，如石油的分馏；蒸馏一般是两组分分离，或者溶剂和溶质分 离过程，如海水蒸馏制备淡水，乙醇加氧化钙后蒸馏以除去乙醇中的水。 （6）冷凝法：利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、 氢气。 6、无机工艺常用净化提纯方法 （1）趁热过滤：通过溶质的溶解度与温度之间的关系，将其分离，通常目的是防止某些物 质降温时析出。 注意：趁热过滤所得产物有时候在滤液中，有时候在晶体中，需要视情况而定。 （2）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。 （3）乙醇洗涤：利用乙醇易挥发的性质带走晶体（沉淀）表面的水分，利于干燥；降低晶 体的溶解度，提高原料利用率或产率（该条作用一般是在题干给出某物质微溶于乙醇的时候 答出） 7、无机工艺常见文字叙述答题示例及需要考虑的角度 1． “浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有： 答：适当提高反应温度，增加浸出时间，适当增加硫酸的浓度，搅拌 注意：一般不考虑催化剂问题 2．如何提高吸收液和 SO2 反应速率： 答：适当提高温度、增大吸收液或 NaClO3 的浓度、增大 SO2 与吸收液的接触面积或搅 拌，使用多空球泡等 3．从溶液中得到晶体： 答：蒸发浓缩-冷却结晶-过滤-洗涤-干燥 4．过滤用到的三个玻璃仪器：答：普通漏斗、玻璃棒、烧杯 5．过滤后滤液仍然浑浊的可能的操作原因： 答：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；漏斗中液面高于滤纸边缘 6．沉淀洗涤操作： 答：用玻璃棒引流，往漏斗中（工业上改为往过滤器中）加入蒸馏水至浸没沉淀，待水 自然流下后，重复以上操作 2-3 次 注意：通常是用蒸馏水洗涤，但有时候为了减小固体物质的溶解度，采用乙醇洗涤，需 要结合题干考虑 7．检验沉淀 Fe(OH)3 是否洗涤干净(含 SO42-)： 答：取最后一次洗涤液，加入 BaCl2 溶液，若有白色沉淀则说明未洗涤干净，若无白色 沉淀则说明洗涤干净 注意：检验沉淀是否洗涤干净，沉淀是否沉淀完全，所加试剂是否过量等都是检验溶液 中的可溶性离子，同时注意题目问的是“是否”还是证明肯定的一方。 8．如何从 MgCl2·6H2O 中得到无水 MgCl2： 答：在干燥的 HCl 气流中加热。原因：干燥的 HCl 气流中抑制了 MgCl2 的水解，且带走 MgCl2·6H2O 受热产生的水汽 注意：有时候题干用的是 SO2Cl2 这种能够和结晶水反应生成 HCl 气体的物质，有时候用 能够分解产生 HCl 气体的物质，无论什么，都是抑制金属离子的水解，在答题过程中需要 具体化。 10．CuCl2 中混有 Fe3+加何种试剂调 pH 值： 答：CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3。原因：加 CuO 消耗溶液中的 H+的，促进 Fe3+的水解，生成 Fe(OH)3 沉淀析出 11．调 pH 值使得 Cu2+（4.7-6.2）中的 Fe3+（2.1-3.2）沉淀，pH 值范围是： 答：3.2-4.7。原因：调节溶液的 pH 值至 3.2-4.7，使 Fe3+全部以 Fe(OH)3 沉淀的形式析 出而 Cu2+不沉淀，且不会引入新杂质 12．固体粗产品进一步提纯的操作： 答：重结晶 13．趁热过滤的原因及操作： 答：减少过滤时间、保持过滤温度，防止××杂质析出或防止降温过程中××析出而损耗； 注意：前面已经提过，趁热过滤所得物质有时候在滤液中，有时候在固体物质中，需要 结合题干信息，但通常都是防止××析出。 14．水浴加热的好处：答：受热均匀，温度可控，且温度不超过 100℃ 15．减压蒸发（小心烘干）： 答：常压蒸发温度过高，××易分解；或者减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止××分解 16．Mg(OH)2 沉淀中混有 Ca(OH)2 应怎样除去： 答：加入 MgCl2 溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水水洗涤 17．蒸发浓缩用到的主要仪器有 、 、烧杯、酒精灯等 答：蒸发皿、玻璃棒。还有取蒸发皿用坩埚钳 18．不用其它试剂，检查 NH4Cl 产品是否纯净的方法及操作是： 答：加热法；取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵 产品纯净 19．检验 NH4＋的方法是： 答：取××少许于试管中，加入浓 NaOH 溶液，加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊 试纸变蓝。 20．过滤的沉淀欲称重之前的操作： 答：过滤，洗涤，干燥，（在干燥器中）冷却，称重 21．“趁热过滤”后，有时先往滤液中加入少量水，加热至沸，然后再“冷却结晶”： 答：稀释溶液，防止降温过程中××析出，提高产品的纯度 22．苯甲酸的重结晶中粗苯甲酸全部溶解后，再加入少量蒸馏水的目的： 答：为了减少趁热过滤过程中损失苯甲酸，一般再加入少量蒸馏水 23．加 NaCl 固体减低了过碳酸钠的溶解度，原因： 答：Na+浓度显著增加抑止了过碳酸钠的溶解 24．检验 Fe(OH)3 是否沉淀完全的试验操作是： 答：取少量上层清液或过滤后的滤液，滴加几滴 KSCN 溶液，若不出现血红色，则表 明 Fe(OH)3 沉淀完全。 25．检验滤液中是否含有 Fe3+的方法是： 答：滴入少量 KSCN 溶液，若出现血红色，则证明有 Fe3+ （或加 NaOH，根据情况而 定）或者滴加亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6]）溶液，若出现蓝色沉淀，证明含有 Fe3+ 26．检验溶液中是否含有 Fe2+（当溶液不含 Fe3+）的方法是: 答：（任选一种即可） ①滴加几滴高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液紫红色褪去，则证明有 Fe2+ ②先滴加 KSCN 溶液，溶液不变血红色，在滴加氯水，溶液变成血红色，证明含有 Fe2+ ③滴加铁氰化钾（K3[Fe(CN)6]）溶液，若生成蓝色沉淀，证明含有 Fe2+ 三、典例剖析 思维拓展 考点一 工艺物质的制备 例 1Li4Ti5O12 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： 回答下列问题： （1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出 率为 70%时，所采用的实验条件为___________________。 （2 ）“ 酸浸” 后，钛主要以 形式存在，写出相应反应的离子方程 式__________________。 （3）TiO2·xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应 40 min 所得实验结果如下表所 示： 温度/℃ 30 35 40 45 50 TiO2·xH2O 转化率% 92 95 97 93 88 分析 40 ℃时 TiO2·xH2O 转化率最高的原因__________________。 （4）Li2Ti5O15 中 Ti 的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。 （5）若“滤液②”中 ，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加 1 倍）， 使 恰好沉淀完全即溶液中 ，此时是否有 Mg3(PO4)2 沉淀生 成？ （列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2 的 Ksp 分别为 。 （6）写出“高温煅烧②”中由 FePO4 制备 LiFePO4 的化学方程式 。 【答案】 （1）100℃、2h，90℃，5h （2）FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2+ + + 2H2O （3）低于 40℃，TiO2·xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过 40℃，双氧水分解与氨 气逸出导致 TiO2·xH2O 转化反应速率下降 （4）4 （5）Fe3+ 恰 好 沉 淀 完 全 时 ， c( )= mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1 ， c3(Mg2+)×c2( ) ＝ (0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40 ＜ Ksp [Mg3(PO4)2] ， 因 此 不 会 生 成 Mg3(PO4)2 沉淀。 （6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4 2LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑ 【解析】 高温 2 4TiOCl − 2 1(Mg ) 0.02mol Lc + −= ⋅ 3Fe + 3 5 1(Fe ) 1.0 10 mol Lc + − −= × ⋅ 22 241.3 10 1.0 10− −× ×、 2 4TiOCl − 3 4PO − 22 5 1.3 10 1.0 10 − − × × 3 4PO − （1）由图示可知，“酸浸时铁的净出率为 70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在 100C、2h,90oC,5h 下进行; （2）“酸浸时用盐酸溶解 FeTiO3 生成 TOC142-时,发生反应的高子方程式为 FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOC142-+2H2O （3）温度是景响速率的主要因素，但 H2O2 在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于 40oC， Ti02·xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过 40oC，双氧水分解与氨气逸出导致 TiO2·xH2O 转化反应速率下降； （4） Li2Ti5O15 中 Li 为+1 价，0 为-2 价，Ti 为+4 价，过氧根(O22-)中氧元素显-1 价，设过 氧键的数目为 x；根据正负化合价代数和为 0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0， 解得：x=4； （5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2，则 c（PO43-）=Ksp/c(Fe2+)=1.3×10-17mol/L， Qc[Mg3(PO4)2]=c(Mg2+)3×c（PO43-）2=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<1.0×10-34 则无沉淀。 （6）高温下 FePO4 与 Li2CO3 和 H2C2O4 混合加热可得 LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒 可得此反应的化学方程式为 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O+3CO2↑。 【易错点】常见元素的化学性质、工艺流程路线分析、Ksp 的运用、化学反应方程式的书写 【方法点拨】平时注重积累和梳理工艺路程路线和答题技巧 例 2 已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为 Ni，含有一 定量的 Al2O3、FeO、SiO2、CaO 等)制备草酸镍晶体的流程如图所示： 已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH 见表中数据： 金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Ni2＋ 开始沉淀的 pH 1.1 5.8 3.0 6.8 完全沉淀的 pH 3.2 8.8 5.0 9.5 ②Ksp(CaF2)＝1.46×10－10； ③当某物质浓度小于 1.0×10－5 mol·L－1 时，视为完全沉淀。 请回答下列问题： （1）请写出一种能提高“酸浸”速率的措施：________________。 （2）试剂 a 是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式：_____。 高温 （3）“调 pH”时 pH 的调控范围为________，试用化学反应原理的相关知识解释滤渣Ⅱ的生 成：__________________________________。 （4）写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：______________________，证明 Ni2＋已经沉淀 完全的实验步骤及现象是_______________________，当 Ca 2＋ 沉淀完全时，溶液中 c(F －)>____________mol·L－1(写出计算式即可)。 （5）操作 a 的内容是__________________________________。 【答案】 （1）把废镍催化剂粉碎(或适当加热、适当增大酸的浓度或提高搅拌速率等) （2）2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O （3）5.0≤pH<6.8　加入 Ni(OH)2 消耗溶液中的 H＋，促使铁离子、铝离子的水解平衡右移， 使铁离子、铝离子转化为相应的沉淀 （ 4 ） Ni2 ＋ ＋ C2O2－4 ＋ 2H2O===NiC2O4·2H2O↓ 　 取 适 量 上 层 清 液 于 试 管 中 ， 继 续 滴 加 (NH4)2C2O4 溶液，无沉淀生成　 1.46 × 10－10 1.0 × 10－5 （5）过滤、洗涤、干燥 【解析】 （1）把废镍催化剂粉碎，或适当加热、适当增大酸的浓度或提高搅拌速率等都可以提高酸 浸速率。 （2）试剂 a 是过氧化氢，反应的离子方程式为 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O。 （3）因为铁、铝是以氢氧化铁和氢氧化铝的形式沉淀下来的，并且不能使镍离子形成沉淀， 故 pH 范围为 5.0≤pH<6.8；加入 Ni(OH)2 消耗溶液中的氢离子，促使铁离子、铝离子的水解 平衡向右移动，使铁离子、铝离子转化为相应的沉淀而除去。 （4）加入草酸铵后生成的固体是 NiC2O4·2H2O，因此有水参加反应，故反应的离子方程式 为 Ni2＋＋C2O2－4 ＋2H2O===NiC2O4·2H2O↓。若镍离子没有完全沉淀，则继续加入草酸铵，仍 会有沉淀生成，所以证明 Ni2＋已经沉淀完全的操作及实验现象是：取适量上层清液于试管 中，继续滴加(NH4)2C2O4 溶液，无沉淀生成。钙离子沉淀完全的标志是溶液中钙离子的物质 的量浓度小于 1.0×10－5 mol·L－1，结合 CaF2 的 Ksp 可求出 c(F－)> 1.46 × 10－10 1.0 × 10－5 mol·L－1。 （5）从溶液中分离出晶体需要进行过滤、洗涤、干燥。 【易错点】工艺流程路线不清楚、元素知识不熟悉 【方法点拨】归纳工艺路程中生产条件的控制、分离、提纯等相关技巧 考点二 工艺物质的分离、提纯、净化 例 1 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 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2O3 Al2O3 质量分数/% 2.2～2.9 2.8～3.1 22～28 60～65 1～2 <1 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 VO2+，反应的离子方程式为___________，同时 V2O4 转成 VO2+。“废渣 1”的主要成分是__________________。 （2）“氧化”中欲使 3 mol 的 VO2+变为 VO2+，则需要氧化剂 KClO3 至少为______mol。 （3）“中和”作用之一是使钒以 V4O124-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：4ROH+V4O124- R4V4O12+4OH−（以 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”“中”）。 （5）“流出液”中阳离子最多的是________。 （6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH 4VO3 ）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 ____________。 【答案】 （1）V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2 （2）0.5 （3）Fe(OH)3 和 Al(OH)3 （4）碱 （5）K＋ （6）2NH4VO3 V2O5＋H2O↑＋2NH3↑ 【解析】 本题是工艺流程问题，涉及氧化还原反应方程式的书写、步骤的分析、氧化还原反应的计算、 元素及其化合物的性质等知识，将理论应用于实践来解决实际问题。 （1）“酸浸”时 V2O5 转化为 VO2+，V 元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子 守恒可知反应的离子方程式为 V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣 1”的主要成分是二氧化硅。 （2）“氧化”中欲使 3 mol 的 VO2+变为 VO2+，V 元素化合价从＋4 价升高到＋5 价，而氧化 剂 KClO3 中氯元素化合价从＋5 价降低到－1 价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物 KClO3 废钒 催化剂 V2O5 H2SO4 KOH 淋洗液 NH4Cl 废渣 1 废渣 2 流出液 浸液 离子 交换酸浸 氧化 中和 洗脱 沉钒 煅烧 质的量为少 3mol÷6＝0.5mol。（3）“中和”作用之一是使钒以 V4O124-形式存在于溶液中，同 时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣 2”中含有 Fe(OH)3 和 Al(OH)3。 （4）根据方程式可知，为了提高洗脱效率，反应应该向你反应方向进行，因此淋洗液应该 呈碱性。 （5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，所以“流出液”中阳离子最多的是钾离子。 （6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3）“煅烧”生成五氧化二钒、氨气和水，反应的化 学方程式为 2NH4VO3 V2O5＋H2O↑＋2NH3↑。 【易错点】离子反应方程式的书写、氧化还原反应相关计算、元素常见性质 【方法点拨】熟练掌握得失电子、电荷守恒等运用 例 2 某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量 Ag(金属层中其他金属含量过 低，对实验的影响可忽略)。 已知： ①NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO 2NaCl+NaClO3 ②AgCl 可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl− +2H2O ③常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2+： 4Ag(NH3) 2++N2H4·H2O 4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O （1）“氧化”阶段需在 80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。 （2）NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2 ，该反应的化学方程式为 ________________。 HNO3 也能氧化 Ag，从反应产物的角度分析，以 HNO3 代替 NaClO 的 缺点是____________________。 （3）为提高 Ag 的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。 （4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量， 除因过量 NaClO 与 NH3·H2O 反应外(该条件下 NaClO3 与 NH3·H2O 不反应)，还因为 _____________________。 （5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案：________________________(实 验中须使用的试剂有：2 mol·L−1 水合肼溶液，1 mol·L−1H2SO4)。 【答案】 （1）水浴加热 （2）4Ag+4NaClO+2H2O 4AgCl+4NaOH+O2↑会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成 环境污染 （3）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中 （4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的 Cl−，不利于 AgCl 与氨水 反应 （5）向滤液中滴加 2 mol·L−1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用 1 mol·L−1 H2SO4 溶 液吸收反应中放出的 NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。 【解析】 分析题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶 于水，过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后进 过一系列操作还原为银。 （1）“氧化”阶段需要再 80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方 式为水浴加热。 （2）因为已知 NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，用化合价升降法即可 配平该反应的化学方程式为 4Ag+4NaClO+2H2O＝4AgCl+4NaOH+O2↑。 HNO3 也能氧化 Ag， 硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以 HNO3 代替 NaClO 的 缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染。 （3）为提高 Ag 的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面 残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。 （4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水，则需要增加氨水的用量， 除因过量 NaClO 与 NH3·H2O 反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓 度变小，且其中含有一定浓度的 Cl−，不利于 AgCl 与氨水发生 AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl− +2H2O 反应 ，使得银的回收率变小。 （5）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条 件下能还原 Ag(NH3) 2+ ；4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O＝4Ag↓+ N2↑+ 4NH4＋+ 4NH3↑+H2O ，所 以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气， 氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求 必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可 得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加 2mol·L−1 水合肼溶液，搅拌使其充分反应， 同时用 1 mol·L−1 H2SO4 溶液吸收反应中放出的 NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静 置，过滤、洗涤，干燥。 【易错点】新知识的提取和运用、实验方案的设计 【方法点拨】平时注意新知识提取和运用的技巧 四、举一反三 成果巩固 考点一 工艺物质的制备 1.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）。 【答案】（1）+3 （2）2NaClO3+SO2+H2SO4===2ClO2+2NaHSO4 （3）NaOH； Na2CO3；NaClO2 （4）2:1，O2（5）1.57 【解析】（1）NaClO2 中 Na 为+1 价，O 为-2 价，计算可得 Cl 的化合价为 。 （2）由流程图可知反应物为 H2SO4、SO2 和 NaClO3，产物为 ClO2 和 NaHSO4，根 据氧化还原化合价升降守恒进行配平，可得方程式 2NaClO3+SO2+H2SO4===2ClO2+2NaHSO4： （3）粗盐提纯过程，主要考虑除去杂质离子，且不引入新的杂质，故加入 NaOH 除去 Mg2+、加入 Na2CO3 除去 Ca2+；电解食盐水并加入 ClO2，产物中有 NaClO2 生成， 由于阴极发生还原反应，所以应该是 ClO2 在阴极被还原生成 NaClO2。 3+ （4）根据尾气吸收过程中加入的反应物和生成物，写出氧化还原反应方程式并配平，可得： 2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O2。其中氧化剂为 ClO2，还原剂为 H2O2， 氧化剂与还原剂的比值为 2:1，该反应的氧化产物为 O2。 （5）“有效氯含量”的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。其 实就是求相同质量的 NaClO2 和 Cl2 在还原为 Cl-时，转移的电子数之比。1mol NaClO2 还原为 Cl-时转移 4mol 电子，1mol Cl2 还原为 Cl-时转移 2mol 电子，也就是 说每摩尔 相当于 。即 90.5g NaClO2 相当于 142gCl2，即“有效氯含 量”= （保留两位小数）。 2.二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，回答下列问題： （1）工业上可用 KC1O3 与 Na2SO3 在 H2SO4 存在下制得 ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质 的量之比为 。 （2）实验室用 NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备 ClO2： ①电解时发生反应的化学方程式为 。 ②溶液 X 中大量存在的阴离子有__________。 ③除去 ClO2 中的 NH3 可选用的试剂是 (填标号)。 a．水 b．碱石灰 c．浓硫酸 d．饱和食盐水 （3）用右图装置可以测定混合气中 ClO2 的含量： Ⅰ．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用 50mL 水溶解后，再加入 3mL 稀硫 酸； Ⅱ．在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口； Ⅲ．将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收； Ⅳ．将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中； Ⅴ．用 0.1000mol·L-1 硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－ +S4O62-)， 指示剂显示终点 时共用去 20.00 mL 硫代硫酸钠溶液。在此过程中：①锥形瓶内 ClO2 与碘 化钾反应的离子方程式为 。 ②玻璃液封装置的作用是 。 2NaClO 22molCl 142 1.5790.5 = ③V 中加入的指示剂通常为 ，滴定至终点的现象是 。 ④测得混合气中 ClO2 的质量为 g。 （4）用 ClO2 处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物 质最适宜的是 _______（填标号)。 a．明矾 b．碘化钾 c．盐酸 d．硫酸亚铁 【答案】 （1）2：1 （2）①NH4Cl＋2HCl 3H2↑＋NCl3 ②Cl—、OH— ③c （3）①2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O ②吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的 逸出） ③淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 ④0.02700 （4）d 【解析】 （1）工业上可用 KC1O3 与 Na2SO3 在 H2SO4 存在下制得 ClO2，在反应中氯元素的化合价从 +5 价降低到+4 价，得到 1 个电子，氯酸钾是氧化剂。S 元素的化合价从+4 价升高到+6 价， 失去 2 个电子，亚硫酸钠是还原剂，则根据电子得失守恒可知该反应中氧化剂与还原剂物质 的量之比为 2：1。 ①根据流程图可知电解时生成氢气和 NCl3，则电解时发生反应的化学方程式为 NH4Cl＋ 2HCl 3H2↑＋NCl3。 ②NCl3 与 NaClO2 反应生成 ClO2、NH3 和氯化钠、NaOH，反应的离子反应为 NCl3+3H2O+6ClO2-＝6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑，溶液中应该存在大量的氯离子和氢氧根离子。 ③a、ClO2 易溶于水，不能利用水吸收氨气，a 错误；b、碱石灰不能吸收氨气，b 错误；c、 浓硫酸可以吸收氨气，且不影响 ClO2，c 正确；d、ClO2 易溶于水，不能利用饱和食盐水吸 收氨气，d 错误，答案选 c。 （2）①ClO2 具有强氧化性，通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化 I—为 I2，自身被还原 为 Cl—，同时生成水，反应离子方程式为 2ClO2＋10I－＋8H＋＝2Cl－＋5I2＋4H2O。②由于 二氧化氯是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。 ③由于碘遇淀粉显蓝色，则 V 中加入的指示剂通常为淀粉，滴定至终点的现象是溶液由蓝 色变为无色且半分钟内不变色。④根据方程式可知 2ClO2～5I2～10S2O32-，则测得混合气中 ClO2 的质量为 0.1mol/L×0.02L×67.5g/mol/5＝0.02700 g。 （4）亚氯酸盐具有氧化性，明矾不能被氧化，碘化钾被氧化为碘，盐酸可能被氧化氯气， 因此若要除去超标的亚氯酸盐，最适宜的是硫酸亚铁，且产生的氧化产物铁离子能净水。 考点二 工艺物质的分离、提纯、净化 1.水泥是重要的建筑材料。水泥的主要成分 CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属 氧化物，实验室测定水泥样品中钙含量的过程如下图所示 回答下列问题 （1）再分解水泥样品的过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需要加入几滴硝酸。 加入硝酸的目的是： ；还可使用 代替硝酸。 （2）沉淀 A 的主要成分: ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学反应方 程式： （3）加氨水过程中加热的目的是 ，沉淀 B 的主要成分为 、 （填化学式） （4）草酸钙沉淀经稀 H2SO4 处理后，用 KMnO4 标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接 获知钙的含量，滴定反应为：MnO4- + H+ + H2C2O4 → Mn2+ + CO2 + H2O。实验中称取 0.400g 水泥样品，滴定时消耗了 0.0500mol/L 的 KMnO4 溶液 36.00mL，则该水泥样品中钙的质量 分数为： 【答案】 （1）将 Fe2+氧化为 Fe3+ H2O2 （2）SiO2 SiO2 + HF = SiF4 ↑+ H2O （3）防止胶体生成，易沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3 （4）45％ 【解析】 （1）铁离子在 pH 较小时易生成沉淀，加入硝酸可氧化亚铁离子生成铁离子，避免引入新 杂质；双氧水能氧化 Fe2+氧化为 Fe3+，且不会引入杂质，故还可用过氧化氢代替硝酸； 水泥 样品 氯化铵 盐酸、硝酸 沉淀 A 滤液 加热 氨水 PH4--5 沉淀 B 滤液 草 酸 铵 溶 液 草酸钙 硫酸 KMnO4 法测定 （2）沉淀 A 为 SiO2，不溶于强酸但可与一种弱酸反应，应为与 HF 的反应，化学方程式为： SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O； （3）滴加氨水，溶液呈碱性，此时不用考虑盐类水解的问题，加热的目的是促进 Fe3+与 Al3+ 水解，生成的沉淀主要是 Al(OH)3、Fe(OH)3； （4）根据得失电子守恒，可得出反应的关系式为 5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，则 n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10-3L=1.80×10-3mol，则 n(Ca2+)=1.80×10-3mol×52=4.50×10-3mol，水泥中钙的质量分数为 4.5×10−3mol×40.0g/mol0.400g×100%=45.0%。 2.碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥（主要含有 TeO2、少量 Ag、Au) 为原料制备单质碲的一种工艺流程如下： 已知 TeO2 微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊。 （1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为____________________。 （2）碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是______________。 （3）“沉碲”时控制溶液的 pH 为 4.5〜5.0，生成 TeO 2 沉淀。酸性不能过强，其原因是 _______________；防止局部酸度过大的操作方法是_________。 （4）“酸溶”后，将 SO2 通人 TeCl4 酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是 __________。 （5）25°C 时，亚碲酸（H2TeO3) 的 Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。 ①0.1 mol·L-1 H2TeO3 电离度 α 约为_____________。（α= ×100%) ②0．lmol • L-1 的 NaH TeO3 溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是___________。 A．c(Na+ )>c(HTeO3- )>c(OH-)>c(H2TeO3)>c(H+ ) B．c(Na+) + c( H+) >= c(HTeO3- ) +c(TeO32-) +c(OH- ) C．c(Na+ ) =c(TeO32-) +c( HTeO3-) + c( H2TeO3) D．c(H+)+c(H2TeO3)=c(OH-)+e(TeO32-) 【答案】 弱电解质分子总数 已电离弱电解质分子数 阳极泥 碱浸 过滤 酸溶TeO2过滤沉碲 还原 碲 SO2HClH2SO4NaOH 阳极泥 碱浸 酸溶TeO2过滤沉碲 还原 碲 TeO2＋2OH-＝TeO32-＋H2O 3Ag +4HNO3 = 3AgNO3 +NO↑+2H2O 溶液酸性过强，TeO2 会 继 续 与 酸 反 应 导 致 碲 元 素 损 失 缓 慢 加 入 H2SO4 ， 并 不 断 搅 拌 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 10％ C D 【解析】根据 TeO2 微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊，加碱溶过滤除去杂质，得到 Na2TeO3 溶液，再加硫酸沉降经过滤得到 TeO2 沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再 用二氧化硫还原制成碲单质 （1）TeO2 微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊，是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化 铝与氢氧化钠的反应； （2）Ag 溶于稀硝酸生成硝酸银和 NO； （3）因为 TeO2 是两性氧化物，H2SO4 过量会导致 TeO2 继续与 H2SO4 反应导致损失； （4）SO2 将 TeCl4 还原成 Te，本身被氧化成 SO42－ ，因此有 TeCl4＋SO2→Te＋H 2SO4＋ HCl，根据化合价的升降法进行配平，即 TeCl4＋2SO2→Te＋2H2SO4＋4HCl，反应物中 缺 少 8 个 H 和 4 个 O ， 即 缺 少 4 个 H2O ， 反 应 方 程 式 为 ： TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 ； （5）①亚碲酸是二元弱酸，以第一步电离为主，H 2TeO3 HTeO3－＋H ＋，根据 Ka1=c(HTeO3－)×c(H＋)/c(H2TeO3)，代入数值，求出 c(H＋)=0.01mol·L －1，即转化率为 0.01/0.1×100%=10%；②A、NaHTeO3 的水解平衡常数 Kh=Kw/Ka1=1×10－14/1×10－3=10 －11<2×10－8，此溶液应显酸性，即 c(OH－)>c(H＋)，故 A 错误；B、根据电荷守恒，应 是 c(Na＋) + c( H＋) = c(HTeO3－ ) +2c(TeO32－) +c(OH－ )，故 B 错误；C、根据物料守 恒，因此有：c(Na＋ ) =c(TeO32－) +c( HTeO3－) + c( H2TeO3)，故 C 正确；D、根据质子 守恒，.c(H＋)+c(H2TeO3)=c(OH－)+e(TeO32－)，故 D 正确。 五、分层训练 能力进阶 【基础达标】 1.聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣（主要成分 Fe3O4， 少量碳及二氧化硅）为原料制备的流程如下： （1）废铁渣进行“粉碎”的目的是____________。 （2）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等，其中酸浸温度对铁浸取率的 影响如右图所示： ①加热条件下酸浸时，Fe3O4 与硫酸反应的化学方程式为______ _____。 ② 酸 浸 时 ， 通 入 O2 的 目 的 是 _____________ ， 该 反 应 的 离 子 方 程 式 为 。 ③ 当 酸 浸 温 度 超 过 100℃ 时 ， 铁 浸 取 率 反 而 减 小 ， 其 原 因 是 。 （3）滤渣的主要成分为____________（填化学式）。 （4）“Fe3+浓度检测”是先用 SnCl2 将 Fe3+还原为 Fe2+；在酸性条件下，再用 K2Cr2O7 标准溶 液滴定 Fe2+（Cr2O72－被还原为 Cr3+），该滴定反应的离子方程式为 。 【答案】 减 小 颗 粒 直 径 ， 增 大 浸 取 时 的 反 应 速 率 和 提 高 铁 浸 取 率 Fe3O4+4H2SO4 FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O 将 FeSO4 氧化为 Fe2(SO4)3 4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O 温度超 过 100℃明显加快了 Fe3+水解反应的速率，导致 Fe3+浓度降低 C 和 SiO2 6Fe2++Cr2O72－ +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 【解析】 （1）对废铁渣进行粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率； （2）① 加 热 条 件 下 酸 浸 时 ,Fe3O4 与 硫 酸 反 应 生 成 硫 酸 铁 和 硫 酸 亚 铁 , 方 程 式 为 Fe3O4+4H2SO4 FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O ②酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子；反应的离子方程式 为 4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O ， 故 答 案 为 ： 将 FeSO4 氧 化 为 Fe2(SO4)3 ； 4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O； ③铁离子在水溶液中存在水解，温度升高有利于水解反应的进行，温度超过 100℃明显 加快了 Fe3+水解反应的速率，导致 Fe3+浓度降低；故答案为：温度超过 100℃明显加快了 Fe3+ 水解反应的速率，导致 Fe3+浓度降低； （3）废铁渣(主要成分 Fe3O4，少量碳及二氧化硅)，酸浸，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不 反应，故滤渣的主要成分问碳和二氧化硅；故答案为：C 和 SiO2； （4）在酸性条件下，再用 K2Cr2O7 标准溶液滴定 Fe2+(Cr2O72-被还原为 Cr3+)，则亚铁离子被 氧化为铁离子，发生的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。 2.铵明矾是一种广泛应用于医药、食品、污水处理等多个行业的重要化工产品。以高岭 土（含 SiO2、Al2O3、少量 Fe2O3 等）为原料制备硫酸铝晶体[Al2(SO4)3·18H2O]和铵明矾 [NH4Al(SO4)2·12H2O]的实验方案如下图所示。 请回答下列问题： （1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有 （填字母）。 A．蒸发皿 B．泥三角 C．漏斗 D．酒精灯 e.三脚架 f.坩埚 g.烧杯 h.试管 （2）写出酸溶过程中发生反应的离子方程式： 。 （3）检验滤液 2 中是否含有 Fe３＋的实验方法为： ； 滤渣 2 的主要成分为： （填化学式）。 （4）滤液 2→硫酸铝晶体的操作包含的实验步骤有： 、 、 、洗 涤、干燥。 （5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比（溶液中游离硫 酸和硫酸铝的物质的量之比），再用氨水中和至一定的 pH 值即可析出铵明矾晶体，写出该 过程中的总反应方程式： 。 【答案】（1）bdef （2）Al2O3+6H＋=2Al３＋+3H2O， Fe2O3+6H＋=2Fe ３＋+3H2O （3）取少量滤液 2 于试管中，滴加几滴 KSCN 溶液，若溶液变为血红色则含 Fe３＋，否则 不含 Fe３＋； Fe(OH)3 （4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 （5）Al2(SO4)3 +H2SO4 +2NH3·H2O +22H2O=2[NH4Al(SO4)2·12H2O]↓ 或 Al2(SO4)3 +H2SO4 +2NH3 +24H2O=2[NH4Al(SO4)2·12H2O]↓ 【解析】（1）高岭土首先需要灼烧，实验室灼烧高岭土所需的实验仪器有泥三角、酒精灯、 三脚架、坩埚，答案选 bdef； （2）根据以上分析可知酸溶过程中发生反应的离子方程式为 Al2O3+6H＋=2Al３＋+3H2O， Fe2O3+6H＋=2Fe３＋+3H2O。 （3）检验溶液中是否含有 Fe３＋应用 KSCN 溶液，试验方法为取少量滤液 2 于试管中，滴 加几滴 KSCN 溶液，若溶液变为血红色则含 Fe３＋，否则不含 Fe３＋；滤渣 2 的主要成分是 Fe(OH)3 。 （4）“分离 1”操作包含的实验步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （5）中和结晶操作是将过滤出硫酸铝晶体后的滤液，先用硫酸调节酸铝比，再用氨水中和 至一定的 PH 值即可析出铵明矾晶体，该过程的总反应式为 Al2(SO4)3 +H2SO4 +2NH3·H2O +22H2O=2[NH4Al(SO4)2·12H2O]↓ 或 Al2(SO4)3 +H2SO4 +2NH3 +24H2O=2[NH4Al(SO4)2·12H2O]↓。 3.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 Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。 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)：_____________。 (2)氧化时，加入 KMnO4 溶液是为了除去浸出液中的 Fe2＋和 Mn2＋(溶液中 Mn 全部转化为 MnO2)，请配平下列除去 Fe2＋的离子方程式： 　MnO－4 ＋　Fe2＋＋　________===　MnO2↓＋　Fe(OH)3↓＋　H＋ (3)加入锌粉的目的是_____________________________________。 (4)已知 H2SO4 浸出液中，c(Fe2＋)＝5.04 mg·L－1、c(Mn2＋)＝1.65 mg·L－1。 ①加入 KMnO4 溶液反应一段时间后，溶液中 c(Fe3＋)＝0.56 mg·L －1，若溶液 pH＝3， 则此时 Fe3＋________(填“能”或“不能”)生成沉淀。 ②若要除尽 1 m3 上述浸出液中的 Fe2＋和 Mn2＋，需加入________ g KMnO4。 【答案】　 (1)将工业级氧化锌粉碎、搅拌(其他合理答案也可) (2)1　3　7　H2O　1　3　5 (3)调节溶液 pH，除去溶液中的 Cu2＋、Ni2＋、Cd2＋等 (4)①不能　②7.9 【解析】　 （1）为了提高浸出效率，可以适当增大硫酸浓度、搅拌、将固体粉碎、提高浸出温度等。 （2）锰元素由＋7 价降低到＋4 价，而铁元素由＋2 价升高到＋3 价，根据得失电子守恒、 元素守恒和电荷守恒配平方程式。 （3）加入锌粉的目的是消耗溶液中的 H＋，调节溶液，pH，促进溶液中的 Cu2＋、Ni2＋、Cd2 ＋等形成沉淀而除去。 （4）①c(Fe3＋)＝0.56 × 10－3 g·L－1 56 g·mol－1 ＝1.0×10－5 mol·L－1，此时溶液中 c(OH－)＝1.0×10－ 11mol·L－1，c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1.0×10－38