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2019届二轮复习 化学工艺流程 学案（全国通用）
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第17讲 化学工艺流程
最新考纲
考向分析
1.建立分析解决材料、环境、健康、能源等领域关于物质的制备和应用等实际问题和思路方法。
2．认识物质性质、设计物质转化的核心角度，形成认识途径，并将其应用于解决真实问题，进而形成解决问题的思路和方法。
3．认识物质的转化在自然资源利用和环境保护中的重要价值。
1.以化工流程为载体，常考查：
(1)实验操作目的分析。
(2)实验操作规范判断。
2．以物质制备和提纯为情境，考查：
(1)陌生物质化合价的判断及电子式的书写。
(2)反应方程式或离子方程式的书写。
(3)流程中试剂的选择，中间产物的种类及离子判断。
(4)实验操作规范语言的表述。
(5)实验操作试剂的选取。
(6)流程的中间环节物质种类及离子判断。
(7)样品中质量分数及产物产率的计算。
考点一 物质制备型
Z (课前)
1．(2017·全国Ⅰ·27)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：
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_100℃、2190℃、5h__。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式 FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O 。
(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_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)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为_4__。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)＝mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋) ·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40
[解析] (1)从图象直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率加快，值得注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为＋4价，铁为＋2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3和TiOCl知，产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40℃时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40℃时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)考查化学式与元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价(＋1)，化合物中元素化合价代数和等于0，过氧键中氧显－1价，类似双氧水、过氧化钠。如果能求出－1价氧原子个数，就能求出过氧键数目，即过氧键数目等于－1价氧原子个数的一半。设Li4Ti5O15中－2价、－1价氧原子个数分别为x、y。有：，解得x＝7，y＝8。所以，过氧键数目为＝4。(5)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算：①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3＋)·c(PO)＝Ksp(FePO4)，c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1。②混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2＋)＝0.01 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)＝0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有
Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO410CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4_<__H2SO4(填“>”或“<”)。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，_核电荷数PS，得电子能力P
(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 ℃后脱除率变化的原因：_80_℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低__。
(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是_CaSO4微溶__；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO 。
(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L－1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。(已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol－1)
[解析] (1)可通过增大接触面积和升高温度等措施加快反应速率。通过题给流程可知，能够加快反应速率的措施有研磨和加热。
(2)①由强酸制弱酸规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。②根据两者电子层数相同，可判断两者处于同一周期，且S在P的右侧，核电荷数PS，得电子能力P
(4)由题意可知，H2O2在氧化有机碳时，自身也会发生分解，且分解速率随温度的升高而加快，因此80 ℃后脱除率降低。
(5)硫酸钙是微溶物，存在溶解平衡，因此反应后的溶液中仍含有SO。由题给信息可知，反应物为BaCO3、SO和H3PO4，生成物为BaSO4、CO2、H2PO和水，由此可写出该反应的离子方程式：BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO。
(6)由题意知，消耗氢氧化钠的物质的量为 mol，当生成Na2HPO4时，参加反应磷酸的物质的量为 mol，即磷酸的质量为 g，则磷酸的质量分数为＝。
3．(2017·全国Ⅲ)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：
回答下列问题：
(1)步骤①的主要反应为：
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为_2∶7__。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_陶瓷在高温下会与Na2CO3反应__。
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_Fe__，滤渣2的主要成分是_Al(OH)3__及含硅杂质。
(3)步骤④调滤液2的pH使之变_小__(填“大”或“小”)，原因是 2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O (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_d__(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_复分解反应__。
(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 ×100% 。
[解析] (1)1 mol FeO·Cr2O3参与反应共失去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2∶7。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①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的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O，氢离子浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤④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，故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl，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m0＝，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量为m0＝×294 g·mol－1×10－3 kg·g－1＝ kg，所以产品的产率为×100%＝×100%。
R (课堂)
知能补漏
1．解题思路：
明确整个流程的原料与目的→仔细分析每步发生的反应及得到的产物→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。
(1)要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。
(2)再精读试题，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。
(3)要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的科学性。
2．得分策略
(1)细心审题是关键，从题干中获得有用信息，了解制备的产品。
(2)认真分析是核心，整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段，知道反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
(3)正确表达是保障。
①条理清晰，规范专业术语，准确使用化学语言及符合解答试题。
②在回答文字类表述题时，要组织语言，言简意赅，准确定位。
③避免丢三落四、遗漏答案、讨论不完整、以偏概全等现象出现。
B (课后)
1．(2016·北京)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
(1)过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O 。
(2)过程Ⅰ中，Fe2＋催化过程可表示为：
ⅰ：2Fe2＋＋ PbO2＋4H＋＋SO===2Fe3＋＋PbSO4＋2H2O
ⅱ：……
①写出ⅱ的离子方程式： 2Fe3＋＋Pb＋SO===2Fe2＋＋PbSO4 。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b．_取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去__。
(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)＋NaOH(aq)??NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液Ⅰ经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_A、B__(选填序号)。
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用NaOH，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率
②过程Ⅱ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：_向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体__。
[解析] (1)根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。(2)①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后保持不变。根据题给信息知，反应ⅰ中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应ⅱ中Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋＋Pb＋SO===PbSO4＋2Fe2＋。②a实验证明发生了反应ⅰ，则b实验须证明发生了反应ⅱ，实验方案为：取a中红色溶液少量，加入过量铅粉，充分反应后，红色褪去。(3)①过程Ⅱ的目的是除硫，操作过程中会加入过量的NaOH，通过题给条件可知，部分PbO溶解在NaOH溶液中，故滤液1中会有过量的NaOH和PbO溶解在NaOH溶液中产生的NaHPbO2，重复使用滤液Ⅰ，可减少PbO的损失，提高产率，且NaOH也得到了重复利用，提高了原料的利用率。②过程Ⅲ是从粗产品中得到纯产品，结合溶解度曲线，可选用重结晶操作。根据条件可知，粗品中含有炭黑，需要趁热过滤，然后冷却结晶，过滤得到纯产品。
2．(2018·邯郸一模)锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：
已知25 ℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.1×10－13
3.0×10－16
5.0×10－16
1.0×10－11
5.0×10－22
1.0×10－22
(1)步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O 。
(2)步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：①使矿物中的物质充分反应；②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境；③_抑制Mn2＋的水解__。
(3)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应的离子方程式是 MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ；加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3＋。
(4)步骤Ⅲ中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有_烧杯__；滤渣2的主要成分为_CoS和NiS__。
(5)电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，则应保持溶液中c(S2－)≥_1×10－6__mol·L－1。
[解析] (1)加稀硫酸时MnCO3和硫酸反应生成可溶性MnSO4，并产生二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O。
(2)Mn2＋易水解，加入过量硫酸，还能抑制Mn2＋水解。
(3)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式是MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
(4)过滤时的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒及漏斗，故还需烧杯；滤渣2的主要成分是CoS和NiS。
(5)MnS的Ksp＝c(Mn2＋)c(S2－)＝1.0×10－11，为了使c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，则c(S2－)≥＝1.0×10－6(mol·L－1)，即c(S2－)≥1.0×10－6 mol·L－1。
3．(2018·全国Ⅲ·27)KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
(1)KIO3的化学名称是_碘酸钾__。
(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_加热__。“滤液”中的溶质主要是_KCl__。“调pH”中发生反应的化学方程式为 KH(IO3)2＋KOH===2KIO3＋H2O或(HIO3＋KOH===KIO3＋H2O) 。
(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式 2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ 。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_K＋__，其迁移方向是_由a到b__。
③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_产生Cl2易污染环境等__(写出一点)。
[解析] (1)KIO3的化学名称为碘酸钾。
(2)Cl2的溶解度随温度的升高而降低，所以可以用加热的方法来达到“逐Cl2”的目的；KH(IO3)2和KCl的分离可以根据溶解度的不同，采用结晶法分离，滤液中的溶质主要是KCl，要使KH(IO3)2转化为KIO3，可以加入KOH调节pH。发生反应：KH(IO3)2＋KOH,2KIO3＋H2O或HIO3＋KOH,KIO3＋H2O，从而避免引入新的杂质离子。
(3)①电解液是KOH溶液，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－,2OH－＋H2↑。②电解过程中阳极反应为I－＋6OH－－6e－,IO＋3H2O。阳极的K＋通过阳离子交换膜由电极a迁移到电极b。③“KClO3氧化法”的主要不足之处是产生Cl2，易污染环境。
考点二 物质分离提纯型
Z (课前)
1．(2017·天津)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
固体混合物分离利用的流程图
Ⅰ.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为 － 。B→C的反应条件为_加热(或煅烧)__，C→Al的制备方法称为_电解法__。
(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)_ac__。
a．温度 b．Cl－的浓度 c．溶液的酸度
(3)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为 2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g) ΔH＝－85.6 kJ·mol－1 。
Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用
(4)用惰性电极电解时，CrO能从浆液中分离出来的原因是_在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液__，分离后含铬元素的粒子是_CrO和Cr2O__；阴极室生成的物质为_NaOH和H2__(写化学式)。
[解析] (1)NaOH由Na＋和OH－构成，电子式为。根据题中图示转化关系，向溶液A中通人CO2，发生反应：NaAlO2＋2H2O＋CO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3，沉淀B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，B→C的反应条件为加热或煅烧，Al2O3→Al的制备方法为电解熔融氧化铝。(2)根据“D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成”知温度对反应有影响；滴加硫酸，引入H＋，又产生Cl2，说明溶液的酸度对反应有影响。(3)该还原性气体为CO，易水解生成TiO2·xH2O的液态化合物为TiCl4，反应的化学方程式为2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)，结合题意知ΔH＝－×2＝－85.6 kJ·mol－1。(4)题图2中电解分离装置采用离子交换膜，根据电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，CrO通过阴离子膜向阳极室移动，脱离浆液。在阳极室，CrO发生可逆反应：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O，故分离后含铬元素的粒子是CrO、Cr2O。在阴极室，H2O放电：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，c(OH－)增大，且Na＋向阴极室移动，故阴极室生成的物质为NaOH、H2。
2．(2018·全国Ⅰ·27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O 。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH＝4.1时，Ⅰ中为_NaHSO3__溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_得到NaHSO3过饱和溶液__。
(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为 2H2O－4e－===4H＋＋O2↑ 。电解后，_a__室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋ ，该样品中Na2S2O5的残留量为_0.128__g·L－1(以SO2计)。
[解析] (1)根据题给信息，将NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到Na2S2O5，则化学方程式为2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。
(2)①酸性条件下，SO2与Na2CO3溶液生成NaHSO3。②工艺中加入Na2CO3固体并再次通入SO2，其目的是得到NaHSO3过饱和溶液。
(3)阳极上阴离子OH－放电，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，电解过程中H＋透过阳离子交换膜进入a室，故a室中NaHSO3浓度增加。
(4)根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋。n(S2O)＝×n(I2)＝×0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝5×10－5 mol，该样品中S2O的残留量(以SO2计)为5×10－5 mol×2×64 g·mol －1×＝0.128 g·L－1。
R (课堂)
知能补漏
1．物质提纯流程题的解题思路：
(1)阅读题干信息，找出要提纯的物质。
(2)解读操作流程，找出与题干相关的操作步骤，辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。
(3)分析流程中的每一步骤，反应物是什么、发生了什么反应、该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
2．无机化工流程中的常见分离方法：
(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子。
(2)过滤(热滤或抽滤)：分离难溶物和易溶物。
(3)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。
(4)蒸发结晶：提取溶解度随温度的变化变化不大的溶质。
(5)冷却结晶：提取溶解度随温度的变化变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物。
(6)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物。
(7)冷却水：利用气体易液化的特点分离气体。
B (课后)
1．(2018·衡水中学二模)电镀工业会产生大量的电镀污水，处理电镀污水时会产生大量的电镀污泥。电镀污泥含有多种金属氢氧化物和杂质。下面是处理某种电镀污泥回收铜、镍元素的一种工业流程。
电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表。
金属离子
Cu2＋
Ni2＋
Fe2＋
Al3＋
Cr3＋
浓度/mg·L－1
7 000
7 000
2 500
4 200
3 500
(1)在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需控制电解电压稍大一些使Fe2＋氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为_FePO4、CrPO4、AlPO4__。
(2)假设电解前后Ni2＋浓度基本不变，若使Ni2＋在除杂过程不损失，则溶液中PO浓度不能超过 mol·L－1(列出计算表达式，Ksp[Ni3(PO4)2]＝5×10－31)。
(3)研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因为 Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O (用离子方程式解释)。
[解析] (1)浸出液中含Cu2＋、Ni2＋、Fe2＋、Al3＋、Cr3＋，电解除去Cu2＋且将Fe2＋氧化成Fe3＋，根据图中Ni2＋不沉淀，因而磷酸盐沉淀中含有的物质为FePO4、GrPO4、AlPO4。
(2)Ksp＝c(Ni2＋)·c2(PO)，电解前后Ni2＋浓度基本不变，c(Ni2＋)＝7 000 mg·L－1＝ mol·L－1，若Ni2＋不沉淀，c(PO)<＝ mol·L－1。
(3)当NaOH溶液浓度过大时，发生反应：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。
2．(2018·郑州三模)工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下，请回答下列问题：
(1)步骤①所得废渣的成分是_SiO2__(写化学式)，操作Ⅰ的名称_过滤__。
(2)步骤②、③的变化过程可简化为(下式R表示VO2＋，HA表示有机萃取剂)：
R2(SO4)n(水层)＋2nHA(有机层)??2RAn(有机层)＋nH2SO4(水层)
②中萃取时必须加入适量碱，其原因是_加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动(或提高钒的萃取率)__。③中X试剂为_H2SO4__。
(3)⑤的离子方程式为 NH3·H2O＋VO===NH4VO3↓＋OH－ 。
(4)25 ℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表：
pH
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
钒沉淀率%
98.0
98.8
98.8
96.4
93.1
结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为_1.7～1.8(或1.7、1.8其中一个)__；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3＋)<_2.6×10－3_mol·L－1__。(已知：25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39)
(5)该工艺流程中，可以循环利用的物质有_氨气(或氨水)__和_有机萃取剂__。
[解析] (1)将含K2SO4、SiO2杂质的VOSO4溶于水，SiO2不溶于水，步骤①是过滤，将SiO2与溶液分离。
(2)②中萃取时必须加入适量碱，有利于中和硫酸，促使平衡正向移动；③为反萃取，使上述平衡逆方向移动，X试剂为H2SO4。
(3)在含有VO2＋、SO的溶液中加入氧化剂氯酸钾，可以将VO2＋氧化为VO，步骤⑤中加氨水，VO与氨水反应生成NH4VO3的离子方程式为NH3·H2O＋VO===NH4VO3↓＋OH－。
(4)根据25 ℃时，钒沉淀率和溶液pH之间的关系知，pH为1.7、1.8时，钒沉淀率最高，调节溶液的最佳pH为1.7～1.8最好；若钒沉淀率为93.1%，pH＝2.0，c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1，此时没有Fe(OH)3沉淀，则溶液中的c(Fe3＋)
3．以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝，工业上利用废渣(含Fe2＋、Fe3＋的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如下：
注：铵黄铁钒的化学式为(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
(1)在废渣溶液操作时，应选用_D__溶解(填字母)。
A．氨水 B．氢氧化钠溶液
C．盐酸 D．硫酸
(2)物质A是一种氧化剂，工业上最好选_空气__(供选择使用的有空气、Cl2、MnO2)，其理由是_原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质__。氧化过程中发生反应的离子方程式为 4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O 。
(3)铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、_Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4__。铵黄铁矾与氨水反应的化学方程式为 (NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12＋6NH3·H2O===4(NH4)2SO4＋6Fe(OH)3 。
[解析] (1)该流程的目的是制备铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，不能引入杂质离子，不能选用盐酸，而氨水和NaOH溶液能沉淀Fe3＋和Fe2＋，也不能选用。
(2)空气中的氧气在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，空气易得，成本低，不产生污染，不引入杂质，氧化过程离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。
(3)废渣溶解经氧化后溶液中存在Mg2＋、Fe3＋，加氨水后，可能生成Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)3沉淀，另外Ca(OH)2和CaSO4的溶解度较小，也可能析出。由流程图知，铵黄铁钒与氨水反应得(NH4)2SO4和Fe(OH)3。
最新考纲
考向分析
1.建立分析解决材料、环境、健康、能源等领域关于物质的制备和应用等实际问题和思路方法。
2．认识物质性质、设计物质转化的核心角度，形成认识途径，并将其应用于解决真实问题，进而形成解决问题的思路和方法。
3．认识物质的转化在自然资源利用和环境保护中的重要价值。
1.以化工流程为载体，常考查：
(1)实验操作目的分析。
(2)实验操作规范判断。
2．以物质制备和提纯为情境，考查：
(1)陌生物质化合价的判断及电子式的书写。
(2)反应方程式或离子方程式的书写。
(3)流程中试剂的选择，中间产物的种类及离子判断。
(4)实验操作规范语言的表述。
(5)实验操作试剂的选取。
(6)流程的中间环节物质种类及离子判断。
(7)样品中质量分数及产物产率的计算。
考点一 物质制备型
Z (课前)
1．(2017·全国Ⅰ·27)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：
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_100℃、2190℃、5h__。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式 FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O 。
(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_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)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为_4__。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)＝mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋) ·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40
[解析] (1)从图象直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率加快，值得注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为＋4价，铁为＋2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3和TiOCl知，产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40℃时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40℃时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)考查化学式与元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价(＋1)，化合物中元素化合价代数和等于0，过氧键中氧显－1价，类似双氧水、过氧化钠。如果能求出－1价氧原子个数，就能求出过氧键数目，即过氧键数目等于－1价氧原子个数的一半。设Li4Ti5O15中－2价、－1价氧原子个数分别为x、y。有：，解得x＝7，y＝8。所以，过氧键数目为＝4。(5)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算：①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3＋)·c(PO)＝Ksp(FePO4)，c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1。②混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2＋)＝0.01 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)＝0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有
Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO410CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4_<__H2SO4(填“>”或“<”)。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，_核电荷数P
(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 ℃后脱除率变化的原因：_80_℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低__。
(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是_CaSO4微溶__；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO 。
(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L－1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。(已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol－1)
[解析] (1)可通过增大接触面积和升高温度等措施加快反应速率。通过题给流程可知，能够加快反应速率的措施有研磨和加热。
(2)①由强酸制弱酸规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。②根据两者电子层数相同，可判断两者处于同一周期，且S在P的右侧，核电荷数P
(4)由题意可知，H2O2在氧化有机碳时，自身也会发生分解，且分解速率随温度的升高而加快，因此80 ℃后脱除率降低。
(5)硫酸钙是微溶物，存在溶解平衡，因此反应后的溶液中仍含有SO。由题给信息可知，反应物为BaCO3、SO和H3PO4，生成物为BaSO4、CO2、H2PO和水，由此可写出该反应的离子方程式：BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO。
(6)由题意知，消耗氢氧化钠的物质的量为 mol，当生成Na2HPO4时，参加反应磷酸的物质的量为 mol，即磷酸的质量为 g，则磷酸的质量分数为＝。
3．(2017·全国Ⅲ)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：
回答下列问题：
(1)步骤①的主要反应为：
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为_2∶7__。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_陶瓷在高温下会与Na2CO3反应__。
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_Fe__，滤渣2的主要成分是_Al(OH)3__及含硅杂质。
(3)步骤④调滤液2的pH使之变_小__(填“大”或“小”)，原因是 2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O (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_d__(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_复分解反应__。
(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 ×100% 。
[解析] (1)1 mol FeO·Cr2O3参与反应共失去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2∶7。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①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的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O，氢离子浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤④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，故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl，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m0＝，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量为m0＝×294 g·mol－1×10－3 kg·g－1＝ kg，所以产品的产率为×100%＝×100%。
R (课堂)
知能补漏
1．解题思路：
明确整个流程的原料与目的→仔细分析每步发生的反应及得到的产物→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。
(1)要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。
(2)再精读试题，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。
(3)要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的科学性。
2．得分策略
(1)细心审题是关键，从题干中获得有用信息，了解制备的产品。
(2)认真分析是核心，整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段，知道反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
(3)正确表达是保障。
①条理清晰，规范专业术语，准确使用化学语言及符合解答试题。
②在回答文字类表述题时，要组织语言，言简意赅，准确定位。
③避免丢三落四、遗漏答案、讨论不完整、以偏概全等现象出现。
B (课后)
1．(2016·北京)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
(1)过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O 。
(2)过程Ⅰ中，Fe2＋催化过程可表示为：
ⅰ：2Fe2＋＋ PbO2＋4H＋＋SO===2Fe3＋＋PbSO4＋2H2O
ⅱ：……
①写出ⅱ的离子方程式： 2Fe3＋＋Pb＋SO===2Fe2＋＋PbSO4 。
②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。
a．向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。
b．_取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去__。
(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)＋NaOH(aq)??NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。
①过程Ⅱ的目的是脱硫。滤液Ⅰ经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是_A、B__(选填序号)。
A．减少PbO的损失，提高产品的产率
B．重复利用NaOH，提高原料的利用率
C．增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率
②过程Ⅱ的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：_向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体__。
[解析] (1)根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe2＋催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。(2)①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后保持不变。根据题给信息知，反应ⅰ中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应ⅱ中Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋＋Pb＋SO===PbSO4＋2Fe2＋。②a实验证明发生了反应ⅰ，则b实验须证明发生了反应ⅱ，实验方案为：取a中红色溶液少量，加入过量铅粉，充分反应后，红色褪去。(3)①过程Ⅱ的目的是除硫，操作过程中会加入过量的NaOH，通过题给条件可知，部分PbO溶解在NaOH溶液中，故滤液1中会有过量的NaOH和PbO溶解在NaOH溶液中产生的NaHPbO2，重复使用滤液Ⅰ，可减少PbO的损失，提高产率，且NaOH也得到了重复利用，提高了原料的利用率。②过程Ⅲ是从粗产品中得到纯产品，结合溶解度曲线，可选用重结晶操作。根据条件可知，粗品中含有炭黑，需要趁热过滤，然后冷却结晶，过滤得到纯产品。
2．(2018·邯郸一模)锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：
已知25 ℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质
Mn(OH)2
Co(OH)2
Ni(OH)2
MnS
CoS
NiS
Ksp
2.1×10－13
3.0×10－16
5.0×10－16
1.0×10－11
5.0×10－22
1.0×10－22
(1)步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O 。
(2)步骤Ⅰ中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：①使矿物中的物质充分反应；②提供第Ⅱ步氧化时所需要的酸性环境；③_抑制Mn2＋的水解__。
(3)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应的离子方程式是 MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ；加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3＋。
(4)步骤Ⅲ中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有_烧杯__；滤渣2的主要成分为_CoS和NiS__。
(5)电解后的废水中还含有Mn2＋，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，则应保持溶液中c(S2－)≥_1×10－6__mol·L－1。
[解析] (1)加稀硫酸时MnCO3和硫酸反应生成可溶性MnSO4，并产生二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O。
(2)Mn2＋易水解，加入过量硫酸，还能抑制Mn2＋水解。
(3)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式是MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
(4)过滤时的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒及漏斗，故还需烧杯；滤渣2的主要成分是CoS和NiS。
(5)MnS的Ksp＝c(Mn2＋)c(S2－)＝1.0×10－11，为了使c(Mn2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，则c(S2－)≥＝1.0×10－6(mol·L－1)，即c(S2－)≥1.0×10－6 mol·L－1。
3．(2018·全国Ⅲ·27)KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
(1)KIO3的化学名称是_碘酸钾__。
(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_加热__。“滤液”中的溶质主要是_KCl__。“调pH”中发生反应的化学方程式为 KH(IO3)2＋KOH===2KIO3＋H2O或(HIO3＋KOH===KIO3＋H2O) 。
(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式 2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ 。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_K＋__，其迁移方向是_由a到b__。
③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_产生Cl2易污染环境等__(写出一点)。
[解析] (1)KIO3的化学名称为碘酸钾。
(2)Cl2的溶解度随温度的升高而降低，所以可以用加热的方法来达到“逐Cl2”的目的；KH(IO3)2和KCl的分离可以根据溶解度的不同，采用结晶法分离，滤液中的溶质主要是KCl，要使KH(IO3)2转化为KIO3，可以加入KOH调节pH。发生反应：KH(IO3)2＋KOH,2KIO3＋H2O或HIO3＋KOH,KIO3＋H2O，从而避免引入新的杂质离子。
(3)①电解液是KOH溶液，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－,2OH－＋H2↑。②电解过程中阳极反应为I－＋6OH－－6e－,IO＋3H2O。阳极的K＋通过阳离子交换膜由电极a迁移到电极b。③“KClO3氧化法”的主要不足之处是产生Cl2，易污染环境。
考点二 物质分离提纯型
Z (课前)
1．(2017·天津)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
固体混合物分离利用的流程图
Ⅰ.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为 － 。B→C的反应条件为_加热(或煅烧)__，C→Al的制备方法称为_电解法__。
(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)_ac__。
a．温度 b．Cl－的浓度 c．溶液的酸度
(3)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为 2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g) ΔH＝－85.6 kJ·mol－1 。
Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用
(4)用惰性电极电解时，CrO能从浆液中分离出来的原因是_在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液__，分离后含铬元素的粒子是_CrO和Cr2O__；阴极室生成的物质为_NaOH和H2__(写化学式)。
[解析] (1)NaOH由Na＋和OH－构成，电子式为。根据题中图示转化关系，向溶液A中通人CO2，发生反应：NaAlO2＋2H2O＋CO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3，沉淀B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，B→C的反应条件为加热或煅烧，Al2O3→Al的制备方法为电解熔融氧化铝。(2)根据“D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成”知温度对反应有影响；滴加硫酸，引入H＋，又产生Cl2，说明溶液的酸度对反应有影响。(3)该还原性气体为CO，易水解生成TiO2·xH2O的液态化合物为TiCl4，反应的化学方程式为2Cl2(g)＋TiO2(s)＋2C(s)===TiCl4(l)＋2CO(g)，结合题意知ΔH＝－×2＝－85.6 kJ·mol－1。(4)题图2中电解分离装置采用离子交换膜，根据电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，CrO通过阴离子膜向阳极室移动，脱离浆液。在阳极室，CrO发生可逆反应：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O，故分离后含铬元素的粒子是CrO、Cr2O。在阴极室，H2O放电：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，c(OH－)增大，且Na＋向阴极室移动，故阴极室生成的物质为NaOH、H2。
2．(2018·全国Ⅰ·27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：
(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O 。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH＝4.1时，Ⅰ中为_NaHSO3__溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_得到NaHSO3过饱和溶液__。
(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为 2H2O－4e－===4H＋＋O2↑ 。电解后，_a__室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋ ，该样品中Na2S2O5的残留量为_0.128__g·L－1(以SO2计)。
[解析] (1)根据题给信息，将NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到Na2S2O5，则化学方程式为2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。
(2)①酸性条件下，SO2与Na2CO3溶液生成NaHSO3。②工艺中加入Na2CO3固体并再次通入SO2，其目的是得到NaHSO3过饱和溶液。
(3)阳极上阴离子OH－放电，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，电解过程中H＋透过阳离子交换膜进入a室，故a室中NaHSO3浓度增加。
(4)根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋。n(S2O)＝×n(I2)＝×0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝5×10－5 mol，该样品中S2O的残留量(以SO2计)为5×10－5 mol×2×64 g·mol －1×＝0.128 g·L－1。
R (课堂)
知能补漏
1．物质提纯流程题的解题思路：
(1)阅读题干信息，找出要提纯的物质。
(2)解读操作流程，找出与题干相关的操作步骤，辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。
(3)分析流程中的每一步骤，反应物是什么、发生了什么反应、该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。
2．无机化工流程中的常见分离方法：
(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子。
(2)过滤(热滤或抽滤)：分离难溶物和易溶物。
(3)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。
(4)蒸发结晶：提取溶解度随温度的变化变化不大的溶质。
(5)冷却结晶：提取溶解度随温度的变化变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物。
(6)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物。
(7)冷却水：利用气体易液化的特点分离气体。
B (课后)
1．(2018·衡水中学二模)电镀工业会产生大量的电镀污水，处理电镀污水时会产生大量的电镀污泥。电镀污泥含有多种金属氢氧化物和杂质。下面是处理某种电镀污泥回收铜、镍元素的一种工业流程。
电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表。
金属离子
Cu2＋
Ni2＋
Fe2＋
Al3＋
Cr3＋
浓度/mg·L－1
7 000
7 000
2 500
4 200
3 500
(1)在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需控制电解电压稍大一些使Fe2＋氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为_FePO4、CrPO4、AlPO4__。
(2)假设电解前后Ni2＋浓度基本不变，若使Ni2＋在除杂过程不损失，则溶液中PO浓度不能超过 mol·L－1(列出计算表达式，Ksp[Ni3(PO4)2]＝5×10－31)。
(3)研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因为 Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O (用离子方程式解释)。
[解析] (1)浸出液中含Cu2＋、Ni2＋、Fe2＋、Al3＋、Cr3＋，电解除去Cu2＋且将Fe2＋氧化成Fe3＋，根据图中Ni2＋不沉淀，因而磷酸盐沉淀中含有的物质为FePO4、GrPO4、AlPO4。
(2)Ksp＝c(Ni2＋)·c2(PO)，电解前后Ni2＋浓度基本不变，c(Ni2＋)＝7 000 mg·L－1＝ mol·L－1，若Ni2＋不沉淀，c(PO)<＝ mol·L－1。
(3)当NaOH溶液浓度过大时，发生反应：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O。
2．(2018·郑州三模)工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下，请回答下列问题：
(1)步骤①所得废渣的成分是_SiO2__(写化学式)，操作Ⅰ的名称_过滤__。
(2)步骤②、③的变化过程可简化为(下式R表示VO2＋，HA表示有机萃取剂)：
R2(SO4)n(水层)＋2nHA(有机层)??2RAn(有机层)＋nH2SO4(水层)
②中萃取时必须加入适量碱，其原因是_加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动(或提高钒的萃取率)__。③中X试剂为_H2SO4__。
(3)⑤的离子方程式为 NH3·H2O＋VO===NH4VO3↓＋OH－ 。
(4)25 ℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表：
pH
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
钒沉淀率%
98.0
98.8
98.8
96.4
93.1
结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为_1.7～1.8(或1.7、1.8其中一个)__；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3＋)<_2.6×10－3_mol·L－1__。(已知：25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39)
(5)该工艺流程中，可以循环利用的物质有_氨气(或氨水)__和_有机萃取剂__。
[解析] (1)将含K2SO4、SiO2杂质的VOSO4溶于水，SiO2不溶于水，步骤①是过滤，将SiO2与溶液分离。
(2)②中萃取时必须加入适量碱，有利于中和硫酸，促使平衡正向移动；③为反萃取，使上述平衡逆方向移动，X试剂为H2SO4。
(3)在含有VO2＋、SO的溶液中加入氧化剂氯酸钾，可以将VO2＋氧化为VO，步骤⑤中加氨水，VO与氨水反应生成NH4VO3的离子方程式为NH3·H2O＋VO===NH4VO3↓＋OH－。
(4)根据25 ℃时，钒沉淀率和溶液pH之间的关系知，pH为1.7、1.8时，钒沉淀率最高，调节溶液的最佳pH为1.7～1.8最好；若钒沉淀率为93.1%，pH＝2.0，c(OH－)＝1×10－12 mol·L－1，此时没有Fe(OH)3沉淀，则溶液中的c(Fe3＋)
3．以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝，工业上利用废渣(含Fe2＋、Fe3＋的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如下：
注：铵黄铁钒的化学式为(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
(1)在废渣溶液操作时，应选用_D__溶解(填字母)。
A．氨水 B．氢氧化钠溶液
C．盐酸 D．硫酸
(2)物质A是一种氧化剂，工业上最好选_空气__(供选择使用的有空气、Cl2、MnO2)，其理由是_原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质__。氧化过程中发生反应的离子方程式为 4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O 。
(3)铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、_Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4__。铵黄铁矾与氨水反应的化学方程式为 (NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12＋6NH3·H2O===4(NH4)2SO4＋6Fe(OH)3 。
[解析] (1)该流程的目的是制备铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，不能引入杂质离子，不能选用盐酸，而氨水和NaOH溶液能沉淀Fe3＋和Fe2＋，也不能选用。
(2)空气中的氧气在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，空气易得，成本低，不产生污染，不引入杂质，氧化过程离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。
(3)废渣溶解经氧化后溶液中存在Mg2＋、Fe3＋，加氨水后，可能生成Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)3沉淀，另外Ca(OH)2和CaSO4的溶解度较小，也可能析出。由流程图知，铵黄铁钒与氨水反应得(NH4)2SO4和Fe(OH)3。
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