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2019高三化学二轮复习配套教案：第一篇题型二 化学工艺流程
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题型二 化学工艺流程
(对应学生用书第76~77页)
1.(2018·全国Ⅰ卷,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
。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:
①pH=4.1时,Ⅰ中为 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 。
(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 。
电解后, 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
,
该样品中Na2S2O5的残留量为 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2NaHSO3Na2S2O5+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S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+。n(S2)=×n(I2)=×0.010 00 mol·L-1×10.00×10-3 L=5×10-5 mol,该样品中S2的残留量(以SO2计)为5×10-5 mol×2×64 g·mol-1×=0.128 g·L-1。
答案:(1)2NaHSO3Na2S2O5+H2O
(2)①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液
(3)2H2O-4e-4H++O2↑ a
(4)S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+ 0.128
2.(2017·全国Ⅱ卷,26)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
回答下列问题:
(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是
,
还可使用 代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是 ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为 。
(3)加氨水过程中加热的目的是 。
沉淀B的主要成分为 、 (写化学式)。
(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:+H++H2C2O4Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.050 0 mol·L-1 的 KMnO4溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为 。
解析:(1)在此过程中需将Fe元素转化为Fe3+,再通过调节pH 4~5使其转化为Fe(OH)3而除去,所以加入硝酸的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,还可以用H2O2代替,不会产生其他杂质。
(2)A为SiO2或H2SiO3。SiO2、H2SiO3能与HF反应。
反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O或H2SiO3+4HFSiF4↑+3H2O。
(3)加热使得Fe3+、Al3+的水解平衡正向移动,促进Fe3+、Al3+的水解,防止胶体生成,易沉淀分离,所以沉淀B的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)滴定反应配平后为2Mn+6H++5H2C2O42Mn2++10CO2+8H2O
得5Ca2+~5H2C2O4~2Mn
5 2
n 0.050 0×36×10-3 mol
n=4.5×10-3 mol,
所以m(Ca)=(4.5×10-3×40)g
所以Ca%=×100%=45.0%。
答案:(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ H2O2
(2)SiO2(或H2SiO3) SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4↑+3H2O)
(3)防止胶体生成,易沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3
(4)45.0%
3.(2016·全国Ⅰ卷,28)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)根据化合物中元素正负化合价代数和为0知,NaClO2 中Cl显+3价。
(2)由流程图可知,NaClO3与H2SO4、SO2反应生成NaHSO4和ClO2,根据电子守恒、元素守恒可写出并配平反应方程式为2NaClO3+H2SO4+SO22ClO2+2NaHSO4。
(3)除去粗盐中的Mg2+、Ca2+,分别选用NaOH溶液和Na2CO3溶液,分析流程图可知,电解过程产物为NaClO2和Cl2,结合被电解的物质为ClO2和食盐水,根据电解原理可知,阴极发生还原反应,故产物为NaClO2。
(4)尾气吸收的是少量的ClO2,根据转化关系可知,ClO2作氧化剂被还原为NaClO2,H2O2为还原剂被氧化为O2,根据电子守恒可求得:n(ClO2)∶n(H2O2)=2∶1。
(5)设NaClO2的有效氯含量为m(Cl2),根据有效氯的定义,结合电子守恒知:×4=×2,解得:m(Cl2)≈1.57 g。
答案:(1)+3
(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4
(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 Cl(或NaClO2)
(4)2∶1 O2 (5)1.57
化学工艺流程题经过前几年的冷却,从2016年以来已经连续三年出现在全国高考Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷的理综试卷中,完整地取代了以前的无机框图推断题,其热度明显地得到提升。工艺流程题主要是以物质的制备、物质分离提纯为考核素材,以工艺流程图为信息背景,以物质的性质、转化、分离等为考查点,将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机融合在一起的综合型试题。通常会涉及陌生的化学工业工艺、陌生的化学反应,往往给考生较大的冲击力,考生不一定能完全理解整个流程的原理,但一般不会影响答题。从试题给出的目的出发主要可分为以物质制备为主要目的工艺流程和以分离提纯为主要目的的工艺流程。涉及物质的转化、物质的分离提纯、尾气等废弃物的处理等化学问题,体现了变化观念、证据推理以及科学精神与社会责任的学科素养。
1.试题的组成
(1)题干:介绍原料的成分,以及工艺的目的是什么(利用原理制备物质还是混合物的提纯)。
(2)工艺流程图:
(3)问题:一类是对点设问,就题论题,针对流程中某一个问题提出问题,与流程无多大关系;另一类是对整个流程涉及的化学知识设计的系列问题,则需要对整个流程有一个完整的理解。
2.试题的模块结构
(1)原料的预处理模块
①粉碎或研磨:增大固液(或固气或固固)接触面积,加快反应(溶解)速率,增大原料的转化率(或浸取率)。
②焙烧:去掉有机物,使氢氧化物、碳酸盐等分解、转化为下一步可溶解的物质。
③酸浸:溶解氧化物(膜)、调节pH促进水解(沉淀)。
碱溶:去油污,去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,调节pH促进水解(金属离子的沉淀)。
(2)核心化学反应模块
①物质制备型,这里主要完成目标物质的转化,核心目标是提高转化率。
②分离提纯型,这里要通过转化除掉主要的杂质,核心是杂质的去除要彻底。
(3)分离提纯模块
根据物质的状态、溶解度选择恰当的分离方案得到纯净的目标物质。
考向1 物质制备型
(对应学生用书第77~79页)
明确题目要制备什么物质,给的原料是什么?利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多的获得产品。围绕这个核心去分析药品、操作、条件的作用,做到有的放矢。
1.如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质,则要注意对温度的控制。如:侯德榜制碱中的NaHCO3;还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
2.如果产物是一种会水解的盐,且水解产物中有挥发性的酸产生时,则要加相对应的酸来防止水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质时,要蒸干其溶液得到固体溶质时,都要加相应的酸或在酸性气流中干燥来防止它水解。
3.如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质,则要防止它们被其他物质氧化还原,如:含Fe2+、S、I-等离子的物质,则要防止反应过程中O2的介入。
4.如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等物质),则要注意防止在制备过程中对CO2或水的去除,也要防止空气中的CO2或水进入装置中。
5.当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息,则意味着需要用蒸馏、高温(低温)过滤来进行分离。
6.在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面着手:
(1)对反应速率有何影响?
(2)对平衡转化率是否有利?
(3)对综合生产效益有何影响?如原料成本、原料来源是否广泛、是否可再生,能源成本,对设备的要求,环境保护(从绿色化学方面作答)。
【例题】 (2017·全国Ⅰ卷,27)(14分)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①)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②,所采用的实验条件为 。
(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式③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④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+4⑤,其中过氧键的数目为 。
(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?
(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFeP的化学方程式
。
【审题指导】
①明确原料FeTiO3、杂质MgO、SiO2以及要制备的物质Li4Ti5O12和LiFePO4。
②抓住浸出率70%这一条件,在图中找出70%时对应的温度与时间。
③TiOC中Ti元素为+4价,FeTiO3中Ti也为+4价,因为HCl不可能把Ti从+3价氧化为+4价,所以这是一个复分解反应。
④考虑到温度过高,双氧水、氨水都会分解。反应物浓度的降低,造成转化率降低。
⑤联想Na2O2中的过氧键,过氧键数目是-1价氧原子数目的一半。
⑥FePO4制备LiFePO4过程伴随Fe元素化合价的降低,反应物中的草酸有还原性,所以这是一个FePO4与H2C2O4之间的氧化还原反应。
解析:(1)由图示可知,“酸浸”时铁的浸出率为70%时所需要的时间最短,速率最快,则应选择在100 ℃、2 h或90 ℃、5 h下进行。
(2)“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOC时,发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOC+2H2O。
(3)温度是影响速率的主要因素,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Li为+1价,O为-2价,Ti为+4价,过氧根()中氧元素显-1价,设过氧键的数目为x,根据化合物中各元素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(P)=1.3×10-22,则c(P)==1.3×10-17 mol·L-1,Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<1.0×10-24,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+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。
【规范作答】
(1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h
(2)FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOC+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(P)=mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40
【评分细则】
(1)出现一个正确答案即得2分,范围类答案也给分,如“温度90~100 ℃、时间2~5 h”、“温度90 ℃以上、时间2~5 h”。只答温度,不答时间,不得分。
(2)写成化学方程式、方程式不配平或配平错误或使用非最小公约数配平、反应物或产物不全或错误,该题得0分;方程式中间符号写为、、——、不扣分。
(3)写出:“温度升高反应速率加快”得1分;写出“双氧水分解”和“氨气逸出”反应速率下降,得1分。
(4)正确得2分,错误得0分,无中间分数。
(5)c(P)==1.3×10-17 mol·L-1,1分;
c3(Mg2+)·c2(P)=0.013×(1.3×10-17)2=1.69×10-40
②倒推亦可得分,可列综合式。
(6)方程式不配平或配平错误、使用非最小公约数配平,反应物或产物不全或错误,反应条件“高温”漏掉该题得0分。方程式中间符号写为””“”“——”不扣分;产物、气体符号“↑”漏写不扣分。
1.(2015·全国Ⅰ卷,27)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)。
(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)硫酸可与硼酸盐反应制取酸性较弱的硼酸:Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3。根据影响反应速率的因素,提高浸出速率,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形式沉淀而除去。
(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Na+[H]-。
(6)利用Mg的还原性制取硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO。
答案:(1)Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4
提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
(2)Fe3O4 SiO2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)Na+[H]-
(6)2H3BO3B2O3+3H2O、
B2O3+3Mg2B+3MgO
2.(2018·江西南昌一模)硫酸锰在锰系产品中具有重要地位,由软锰矿(MnO2)和硫铁矿(FeS2)制备MnSO4流程如下:
(1)从“除质2”后的溶液中得到MnSO4的操作为 、降温结晶、过滤和干燥。
(2)如图是在一定条件下,不同浓度的硫酸对各元素浸出率的影响。
由此得出的相关结论是:① ;② 。提高软锰矿浸出率的措施还有 和 。
(3)除铁剂为H2SO5和氨水。
①H2SO5中S的化合价为+6,其中过氧键的数目为 ,加入其目的是
。
②写出Fe3+生成沉淀黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6的离子方程式:
。
(4)工业除质剂为MnF2,发生反应为(已知,该温度下MnF2、CaF2和MgF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10、8.0×10-11)
反应Ⅰ MnF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mn2+
反应Ⅱ MnF2(s)+Mg2+MgF2(s)+Mn2+
若滤液中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入MnF2(s),使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L-1,此时是否有MgF2沉淀生成?
(列式计算)。
解析:(1)MnSO4溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤和干燥得到MnSO4。(2)根据图示可知,①硫酸浓度越低,浸出率越低;②硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全一致;提高软锰矿浸出率可以提高温度或把矿石粉碎。(3)①H2SO5中S的化合价为+6,结构简式为,过氧键的数目为1,H2SO5具有氧化性,把亚铁离子氧化为铁离子,便于形成黄铵铁矾沉淀;②Fe3+与NH3·H2O、S反应生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀的离子方程式是6NH3·H2O+3Fe3++2SNH4Fe3(SO4)2(OH)6+5N。(4)Ca2+恰好沉淀完全时,c2(F-)=(mol·L-1)2=2.0×10-5(mol·L-1)2,c(Mg2+)×c2(F-)=0.02×2.0×10-5=4.0×10-7>Ksp,因此会生成MgF2沉淀。
答案:(1)蒸发浓缩
(2)①硫酸浓度越低(高),浸出率越低(高)
②硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全一致
提高温度、粉碎矿石
(3)①1 氧化亚铁离子,便于形成黄铵铁矾沉淀
②6NH3·H2O+3Fe3++2SNH4Fe3(SO4)2(OH)6+5N
(4)Ca2+恰好沉淀完全时,c2(F-)=(mol·L-1)2=2.0×10-5(mol·L-1)2,c(Mg2+)×c2(F-)=0.02×2.0×10-5=4.0×10–7>Ksp,因此会生成MgF2沉淀
考向2 分离提纯型
(对应学生用书第79~81页)
1.题型特点
分离提纯型工艺流程题多以矿物、各种废弃物为原料。经过各种处理,除去杂质获得有价值的产品。考查的核心在于各种分离提纯的实验操作以及条件的控制选择上。虽然把题目形式设计为工艺流程框图,但其实质还是对混合物的除杂、分离、提纯操作的考查。
2.解题思路
从试题中找出想要什么?要除去的杂质有哪些?加入的试剂都是与哪些物质发生了反应,转化成什么物质?怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。
3.常用分离方案
(1)固体与固体的分离
(2)固体与液体的分离
(3)液体与液体的分离
4.常用的物质转化方案
转化
方案
转化原理
事例
沉淀法
将杂质离子转化为沉淀
Cl-、S、Fe3+等转化为AgCl、BaSO4、Fe(OH)3
续表
转化
方案
转化原理
事例
气体
法
将杂质离子转化为气体
C、HC、S、HS、N加酸、碱成为气体除去
杂转
纯法
将杂质转化为需要提纯的物质
Fe2+转变为Fe3+;
HC转变为C
氧化
还原法
用氧化剂(还原剂)除去具有还原性(氧化性)的杂质
如用酸性KMnO4除去CO2中的SO2,用热的铜粉除去N2中的O2
热分
解法
加热使不稳定的物质分解除去
如除去NaCl中的NH4Cl等
酸碱
溶解
利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离
如用过量的NaOH溶液可除去Fe2O3中的Al2O3
调
pH
法
加入试剂调节溶液的pH,使溶液中某种成分生成沉淀而除去
如向含有Cu2+和Fe3+的溶液中加入CuO、
Cu(OH)2或
Cu2(OH)2CO3等调节pH,使Fe3+转化为 Fe(OH)3而除去
【例题】 (2013·全国Ⅰ卷,27)(15分)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①等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-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)。
回答下列问题:
(1)LiCoO2中,Co元素的化合价为 。
(2)写出“正极碱浸”②中发生反应的离子方程式
。
(3)“酸浸”一般在80 ℃下进行③,写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式
;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液④,但缺点是
。
(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式
。
(5)充放电过程中,发生LiCoO2与Li1-xCo之间的转化,写出放电时电池反应方程式
。
(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收⑥,其原因是 。在整个回收工艺中,可回收到的金属化合物有 (填化学式)。
【审题指导】
①一要注意是正极回收,二要明确正极材料的金属元素,是正确解答(6)的关键。
②在明确正极材料的基础上很容易确定碱浸是Al与碱发生反应。
③注意到80 ℃条件下反应,除了LiCoO2中Co元素到CoSO4的转化还有H2O2的分解反应。
④用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液,没有了还原剂H2O2,联想实验室制氯气原理,HCl起还原剂的作用,生成有毒的氯气。
⑤注意LiCoO2与Li1-xCoO2中Co元素的化合价高低,放电时正极是得电子的反应,所以是Li1-xCoO2得电子转化为LiCoO2,结合题干提供充电时负极反应,写出电池反应方程式。
⑥说明放电金属锂会聚集到正极上。
解析:(1)根据化合物中元素化合价代数和为零,确定Co的化合价为+3价。(2)正极材料中含有与强碱溶液反应的Al。(3)LiCoO2经酸浸生成CoSO4,Co化合价由+3降低为+2,化合价升高的只能为H2O2,H2O2中的O化合价由-1升高为0,生成O2,据此配平即可;注意题干中有对温度的要求,可知H2O2会发生分解;抓住信息“用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液”,把还原剂H2O2去掉了,所以作为还原剂的只能为盐酸,盐酸被氧化生成Cl2,Cl2有毒,会污染环境。(5)正极发生得电子的反应,Co的化合价降低,由Li1-xCoO2生成LiCoO2化合价由+(3+x)降低到+3,降低了x,故正极反应式为Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2,由充电时电池负极反应式可知放电时负极反应式为LixC6-xe-6C+xLi+,两电极反应式相加可得电池反应式。(6)注意信息“有利于锂在正极的回收”结合原电池的工作原理,阳离子向正极移动即可分析;沉淀有Al(OH)3、CoCO3,水相为Li2SO4溶液,可知回收的金属化合物。
【规范作答】
(1)+3
(2)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑
(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,2H2O22H2O+O2↑ 有氯气生成,污染较大
(4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑
(5)Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C
(6)Li+从负极中流出,经电解质向正极移动并进入正极材料中 Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
【评分细则】
(1)+3,正三价得1分,其他不得分。
(2)2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑同样得分,条件写成加热,不影响得分。
同时出现其他方程式不影响正确答案得分,只写其他方程式不得分;写化学方程式不得分。
(3)第一空评分标准:方程式严格按照标准答案,条件可以写:80 ℃,加热,水浴加热,80 ℃水浴;第二空,标准答案:有氯气生成,污染环境;可以答:生成有毒的氯气;生成有污染的氯气。仅答有毒的气体,有害的气体产生未指明是氯气的,给1分,多答HCl气体的不扣分。答成:HCl的氧化性不如H2O2;引入杂质离子Cl-;H2O2将HCl氧化得到氯气、HCl被还原得到氯气;生成二氧化硫污染性气体;浓盐酸挥发性强,造成浪费等不得分。
(4)方程式只认标准答案。(不配平或配平错误,使用非最小公约数配平、反应物产物不全或错误不得分)
(5)方程式只认标准答案(不配平或配平错误,使用非最小公约数配平、反应物产物不全或错误不得分),写错(如C6)不得分,不规范(多写不必要的条件或错写条件、“通电”“电解”算错)不得分。
(6)第一空,下列情况给满分:①Li+从负极移向正极或正极材料,②Li+移向正极或聚集到正极。(得分要点:强调移动过程,不追究Li+最终存在形式)。下列情况给0分:①未指明Li+移动方向,②未指明Li+或Li+来源(来自于LixC6)弄错。第二空,三个以内,见对给分,不倒扣,四个或以上,多一个倒扣1分,以此类推。
1.(2016·全国Ⅲ卷,28)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V,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V,则需要氧化剂KClO3至少为 mol。
(3)“中和”作用之一是使钒以V4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+V4R4V4O12+4OH-(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 。
解析:(1)V2O5与H2SO4反应生成V,反应的离子方程式为V2O5+2H+2V+H2O;废钒催化剂中只有SiO2与H2SO4不反应,故“废渣1”主要成分为SiO2。
(2)3 mol VO2+变为V失3 mol电子,根据KO3→K,则需要KClO3 mol,即0.5 mol。
(3)废钒催化剂中含有Fe2O3、Al2O3,则KClO3氧化后的溶液中含有Fe3+、Al3+,故“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)由4ROH+V4R4V4O12+4OH-知,洗脱时淋洗液中的c(OH-)应较大,故淋洗液呈碱性。
(5)由于废钒催化剂中K2SO4的含量较高,结合回收工艺路线中KClO3、KOH的加入,故“流出液”中阳离子最多的是K+。
(6)煅烧NH4VO3生成V2O5、NH3及H2O。
答案:(1)V2O5+2H+2V+H2O SiO2
(2)0.5
(3)Fe(OH)3和Al(OH)3
(4)碱 (5)K+
(6)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑
2.(2018·哈尔滨第三中学一模)一种磁性材料的磨削废料(含镍质量分数约21%)主要成分是铁镍合金,还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)合金中的镍难溶于稀硫酸,“酸溶”时除了加入稀硫酸,还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸,反应有N2生成。写出金属镍溶解的离子方程式:
。
(2)“除铁”时H2O2的作用是 ,为了证明添加的H2O2已足量,应选择的试剂是 (用化学式表示)溶液。黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点,此步骤加入碳酸钠的目的是
。
(3)“除铜”时,反应的离子方程式为
,若用Na2S代替H2S除铜,优点是
。
(4)已知除杂过程在陶瓷容器中进行,NaF的实际用量为理论用量的1.1倍,用量不宜过大的原因是
。
(5)已知常温下,Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15,该流程中Ni(OH)2生成时,调节pH约为 Ni2+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,认为该离子沉淀完全;lg 2=0.30)。
解析:(1)镍在非氧化性酸中不溶,在氧化性酸(如硝酸)能够把金属镍溶解,反应的离子方程式为5Ni+12H++2N5Ni2++N2↑+6H2O。
(2)利用双氧水的氧化性,将亚铁离子氧化为铁离子;H2O2已足量时,溶液中没有亚铁离子了,加入K3[Fe(CN)6] 溶液,没有蓝色沉淀,证明H2O2过量;碳酸钠溶液水解显碱性,加入碳酸钠的目的提高溶液的碱性,使黄钠铁矾形成析出。
(3)“除铜”时,铜离子与硫化氢反应生成硫化铜沉淀,反应的离子方程式为H2S+Cu2+CuS↓+2H+;若用Na2S代替H2S除铜,优点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境。
(4)NaF溶液水解产生少量氢氟酸,当NaF溶液用量太大时,氢氟酸的量增多,氢氟酸能够与陶瓷容器中二氧化硅反应,而使陶瓷容器被腐蚀。
(5)Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)×c2(OH-)=2.0×10-15,当c(Ni2+)=1×10-5 mol·L-1,c2(OH-)=2×10-10 mol2·L-2,c(OH-)≈1.4×10-5 mol·L-1,c(H+)=×10-9 mol·L-1,pH≈9.1。
答案:(1)5Ni+12H++2N5Ni2++N2↑+6H2O
(2)将亚铁离子氧化为铁离子 K3[Fe(CN)6] 提高溶液的碱性,使黄钠铁矾形成析出
(3)H2S+Cu2+CuS↓+2H+ 无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境
(4)过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器
(5)9.1或9.2(或9.1~9.2之间)
(对应学生用书第76~77页)
1.(2018·全国Ⅰ卷,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
。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:
①pH=4.1时,Ⅰ中为 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 。
(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 。
电解后, 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
,
该样品中Na2S2O5的残留量为 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2NaHSO3Na2S2O5+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S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+。n(S2)=×n(I2)=×0.010 00 mol·L-1×10.00×10-3 L=5×10-5 mol,该样品中S2的残留量(以SO2计)为5×10-5 mol×2×64 g·mol-1×=0.128 g·L-1。
答案:(1)2NaHSO3Na2S2O5+H2O
(2)①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液
(3)2H2O-4e-4H++O2↑ a
(4)S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+ 0.128
2.(2017·全国Ⅱ卷,26)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
回答下列问题:
(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是
,
还可使用 代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是 ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为 。
(3)加氨水过程中加热的目的是 。
沉淀B的主要成分为 、 (写化学式)。
(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:+H++H2C2O4Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.050 0 mol·L-1 的 KMnO4溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为 。
解析:(1)在此过程中需将Fe元素转化为Fe3+,再通过调节pH 4~5使其转化为Fe(OH)3而除去,所以加入硝酸的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,还可以用H2O2代替,不会产生其他杂质。
(2)A为SiO2或H2SiO3。SiO2、H2SiO3能与HF反应。
反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O或H2SiO3+4HFSiF4↑+3H2O。
(3)加热使得Fe3+、Al3+的水解平衡正向移动,促进Fe3+、Al3+的水解,防止胶体生成,易沉淀分离,所以沉淀B的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)滴定反应配平后为2Mn+6H++5H2C2O42Mn2++10CO2+8H2O
得5Ca2+~5H2C2O4~2Mn
5 2
n 0.050 0×36×10-3 mol
n=4.5×10-3 mol,
所以m(Ca)=(4.5×10-3×40)g
所以Ca%=×100%=45.0%。
答案:(1)将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ H2O2
(2)SiO2(或H2SiO3) SiO2+4HFSiF4↑+2H2O(或H2SiO3+4HFSiF4↑+3H2O)
(3)防止胶体生成,易沉淀分离 Al(OH)3 Fe(OH)3
(4)45.0%
3.(2016·全国Ⅰ卷,28)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)根据化合物中元素正负化合价代数和为0知,NaClO2 中Cl显+3价。
(2)由流程图可知,NaClO3与H2SO4、SO2反应生成NaHSO4和ClO2,根据电子守恒、元素守恒可写出并配平反应方程式为2NaClO3+H2SO4+SO22ClO2+2NaHSO4。
(3)除去粗盐中的Mg2+、Ca2+,分别选用NaOH溶液和Na2CO3溶液,分析流程图可知,电解过程产物为NaClO2和Cl2,结合被电解的物质为ClO2和食盐水,根据电解原理可知,阴极发生还原反应,故产物为NaClO2。
(4)尾气吸收的是少量的ClO2,根据转化关系可知,ClO2作氧化剂被还原为NaClO2,H2O2为还原剂被氧化为O2,根据电子守恒可求得:n(ClO2)∶n(H2O2)=2∶1。
(5)设NaClO2的有效氯含量为m(Cl2),根据有效氯的定义,结合电子守恒知:×4=×2,解得:m(Cl2)≈1.57 g。
答案:(1)+3
(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4
(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 Cl(或NaClO2)
(4)2∶1 O2 (5)1.57
化学工艺流程题经过前几年的冷却,从2016年以来已经连续三年出现在全国高考Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷的理综试卷中,完整地取代了以前的无机框图推断题,其热度明显地得到提升。工艺流程题主要是以物质的制备、物质分离提纯为考核素材,以工艺流程图为信息背景,以物质的性质、转化、分离等为考查点,将元素化合物知识、化学反应原理、实验等内容有机融合在一起的综合型试题。通常会涉及陌生的化学工业工艺、陌生的化学反应,往往给考生较大的冲击力,考生不一定能完全理解整个流程的原理,但一般不会影响答题。从试题给出的目的出发主要可分为以物质制备为主要目的工艺流程和以分离提纯为主要目的的工艺流程。涉及物质的转化、物质的分离提纯、尾气等废弃物的处理等化学问题,体现了变化观念、证据推理以及科学精神与社会责任的学科素养。
1.试题的组成
(1)题干:介绍原料的成分,以及工艺的目的是什么(利用原理制备物质还是混合物的提纯)。
(2)工艺流程图:
(3)问题:一类是对点设问,就题论题,针对流程中某一个问题提出问题,与流程无多大关系;另一类是对整个流程涉及的化学知识设计的系列问题,则需要对整个流程有一个完整的理解。
2.试题的模块结构
(1)原料的预处理模块
①粉碎或研磨:增大固液(或固气或固固)接触面积,加快反应(溶解)速率,增大原料的转化率(或浸取率)。
②焙烧:去掉有机物,使氢氧化物、碳酸盐等分解、转化为下一步可溶解的物质。
③酸浸:溶解氧化物(膜)、调节pH促进水解(沉淀)。
碱溶:去油污,去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,调节pH促进水解(金属离子的沉淀)。
(2)核心化学反应模块
①物质制备型,这里主要完成目标物质的转化,核心目标是提高转化率。
②分离提纯型,这里要通过转化除掉主要的杂质,核心是杂质的去除要彻底。
(3)分离提纯模块
根据物质的状态、溶解度选择恰当的分离方案得到纯净的目标物质。
考向1 物质制备型
(对应学生用书第77~79页)
明确题目要制备什么物质,给的原料是什么?利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多的获得产品。围绕这个核心去分析药品、操作、条件的作用,做到有的放矢。
1.如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质,则要注意对温度的控制。如:侯德榜制碱中的NaHCO3;还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
2.如果产物是一种会水解的盐,且水解产物中有挥发性的酸产生时,则要加相对应的酸来防止水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质时,要蒸干其溶液得到固体溶质时,都要加相应的酸或在酸性气流中干燥来防止它水解。
3.如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质,则要防止它们被其他物质氧化还原,如:含Fe2+、S、I-等离子的物质,则要防止反应过程中O2的介入。
4.如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等物质),则要注意防止在制备过程中对CO2或水的去除,也要防止空气中的CO2或水进入装置中。
5.当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息,则意味着需要用蒸馏、高温(低温)过滤来进行分离。
6.在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面着手:
(1)对反应速率有何影响?
(2)对平衡转化率是否有利?
(3)对综合生产效益有何影响?如原料成本、原料来源是否广泛、是否可再生,能源成本,对设备的要求,环境保护(从绿色化学方面作答)。
【例题】 (2017·全国Ⅰ卷,27)(14分)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①)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②,所采用的实验条件为 。
(2)“酸浸”后,钛主要以TiOC形式③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④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+4⑤,其中过氧键的数目为 。
(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?
(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFeP的化学方程式
。
【审题指导】
①明确原料FeTiO3、杂质MgO、SiO2以及要制备的物质Li4Ti5O12和LiFePO4。
②抓住浸出率70%这一条件,在图中找出70%时对应的温度与时间。
③TiOC中Ti元素为+4价,FeTiO3中Ti也为+4价,因为HCl不可能把Ti从+3价氧化为+4价,所以这是一个复分解反应。
④考虑到温度过高,双氧水、氨水都会分解。反应物浓度的降低,造成转化率降低。
⑤联想Na2O2中的过氧键,过氧键数目是-1价氧原子数目的一半。
⑥FePO4制备LiFePO4过程伴随Fe元素化合价的降低,反应物中的草酸有还原性,所以这是一个FePO4与H2C2O4之间的氧化还原反应。
解析:(1)由图示可知,“酸浸”时铁的浸出率为70%时所需要的时间最短,速率最快,则应选择在100 ℃、2 h或90 ℃、5 h下进行。
(2)“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOC时,发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOC+2H2O。
(3)温度是影响速率的主要因素,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Li为+1价,O为-2价,Ti为+4价,过氧根()中氧元素显-1价,设过氧键的数目为x,根据化合物中各元素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(P)=1.3×10-22,则c(P)==1.3×10-17 mol·L-1,Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<1.0×10-24,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+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。
【规范作答】
(1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h
(2)FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOC+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(P)=mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2≈1.7×10-40
【评分细则】
(1)出现一个正确答案即得2分,范围类答案也给分,如“温度90~100 ℃、时间2~5 h”、“温度90 ℃以上、时间2~5 h”。只答温度,不答时间,不得分。
(2)写成化学方程式、方程式不配平或配平错误或使用非最小公约数配平、反应物或产物不全或错误,该题得0分;方程式中间符号写为、、——、不扣分。
(3)写出:“温度升高反应速率加快”得1分;写出“双氧水分解”和“氨气逸出”反应速率下降,得1分。
(4)正确得2分,错误得0分,无中间分数。
(5)c(P)==1.3×10-17 mol·L-1,1分;
c3(Mg2+)·c2(P)=0.013×(1.3×10-17)2=1.69×10-40
②倒推亦可得分,可列综合式。
(6)方程式不配平或配平错误、使用非最小公约数配平,反应物或产物不全或错误,反应条件“高温”漏掉该题得0分。方程式中间符号写为””“”“——”不扣分;产物、气体符号“↑”漏写不扣分。
1.(2015·全国Ⅰ卷,27)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)。
(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)硫酸可与硼酸盐反应制取酸性较弱的硼酸:Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3。根据影响反应速率的因素,提高浸出速率,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形式沉淀而除去。
(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Na+[H]-。
(6)利用Mg的还原性制取硼的化学方程式为2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO。
答案:(1)Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4
提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
(2)Fe3O4 SiO2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)Na+[H]-
(6)2H3BO3B2O3+3H2O、
B2O3+3Mg2B+3MgO
2.(2018·江西南昌一模)硫酸锰在锰系产品中具有重要地位,由软锰矿(MnO2)和硫铁矿(FeS2)制备MnSO4流程如下:
(1)从“除质2”后的溶液中得到MnSO4的操作为 、降温结晶、过滤和干燥。
(2)如图是在一定条件下,不同浓度的硫酸对各元素浸出率的影响。
由此得出的相关结论是:① ;② 。提高软锰矿浸出率的措施还有 和 。
(3)除铁剂为H2SO5和氨水。
①H2SO5中S的化合价为+6,其中过氧键的数目为 ,加入其目的是
。
②写出Fe3+生成沉淀黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6的离子方程式:
。
(4)工业除质剂为MnF2,发生反应为(已知,该温度下MnF2、CaF2和MgF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10、8.0×10-11)
反应Ⅰ MnF2(s)+Ca2+CaF2(s)+Mn2+
反应Ⅱ MnF2(s)+Mg2+MgF2(s)+Mn2+
若滤液中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入MnF2(s),使Ca2+恰好沉淀完全即溶液中c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L-1,此时是否有MgF2沉淀生成?
(列式计算)。
解析:(1)MnSO4溶液蒸发浓缩、降温结晶、过滤和干燥得到MnSO4。(2)根据图示可知,①硫酸浓度越低,浸出率越低;②硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全一致;提高软锰矿浸出率可以提高温度或把矿石粉碎。(3)①H2SO5中S的化合价为+6,结构简式为,过氧键的数目为1,H2SO5具有氧化性,把亚铁离子氧化为铁离子,便于形成黄铵铁矾沉淀;②Fe3+与NH3·H2O、S反应生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀的离子方程式是6NH3·H2O+3Fe3++2SNH4Fe3(SO4)2(OH)6+5N。(4)Ca2+恰好沉淀完全时,c2(F-)=(mol·L-1)2=2.0×10-5(mol·L-1)2,c(Mg2+)×c2(F-)=0.02×2.0×10-5=4.0×10-7>Ksp,因此会生成MgF2沉淀。
答案:(1)蒸发浓缩
(2)①硫酸浓度越低(高),浸出率越低(高)
②硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全一致
提高温度、粉碎矿石
(3)①1 氧化亚铁离子,便于形成黄铵铁矾沉淀
②6NH3·H2O+3Fe3++2SNH4Fe3(SO4)2(OH)6+5N
(4)Ca2+恰好沉淀完全时,c2(F-)=(mol·L-1)2=2.0×10-5(mol·L-1)2,c(Mg2+)×c2(F-)=0.02×2.0×10-5=4.0×10–7>Ksp,因此会生成MgF2沉淀
考向2 分离提纯型
(对应学生用书第79~81页)
1.题型特点
分离提纯型工艺流程题多以矿物、各种废弃物为原料。经过各种处理,除去杂质获得有价值的产品。考查的核心在于各种分离提纯的实验操作以及条件的控制选择上。虽然把题目形式设计为工艺流程框图,但其实质还是对混合物的除杂、分离、提纯操作的考查。
2.解题思路
从试题中找出想要什么?要除去的杂质有哪些?加入的试剂都是与哪些物质发生了反应,转化成什么物质?怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。
3.常用分离方案
(1)固体与固体的分离
(2)固体与液体的分离
(3)液体与液体的分离
4.常用的物质转化方案
转化
方案
转化原理
事例
沉淀法
将杂质离子转化为沉淀
Cl-、S、Fe3+等转化为AgCl、BaSO4、Fe(OH)3
续表
转化
方案
转化原理
事例
气体
法
将杂质离子转化为气体
C、HC、S、HS、N加酸、碱成为气体除去
杂转
纯法
将杂质转化为需要提纯的物质
Fe2+转变为Fe3+;
HC转变为C
氧化
还原法
用氧化剂(还原剂)除去具有还原性(氧化性)的杂质
如用酸性KMnO4除去CO2中的SO2,用热的铜粉除去N2中的O2
热分
解法
加热使不稳定的物质分解除去
如除去NaCl中的NH4Cl等
酸碱
溶解
利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离
如用过量的NaOH溶液可除去Fe2O3中的Al2O3
调
pH
法
加入试剂调节溶液的pH,使溶液中某种成分生成沉淀而除去
如向含有Cu2+和Fe3+的溶液中加入CuO、
Cu(OH)2或
Cu2(OH)2CO3等调节pH,使Fe3+转化为 Fe(OH)3而除去
【例题】 (2013·全国Ⅰ卷,27)(15分)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①等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi++xe-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)。
回答下列问题:
(1)LiCoO2中,Co元素的化合价为 。
(2)写出“正极碱浸”②中发生反应的离子方程式
。
(3)“酸浸”一般在80 ℃下进行③,写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式
;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液④,但缺点是
。
(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式
。
(5)充放电过程中,发生LiCoO2与Li1-xCo之间的转化,写出放电时电池反应方程式
。
(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收⑥,其原因是 。在整个回收工艺中,可回收到的金属化合物有 (填化学式)。
【审题指导】
①一要注意是正极回收,二要明确正极材料的金属元素,是正确解答(6)的关键。
②在明确正极材料的基础上很容易确定碱浸是Al与碱发生反应。
③注意到80 ℃条件下反应,除了LiCoO2中Co元素到CoSO4的转化还有H2O2的分解反应。
④用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液,没有了还原剂H2O2,联想实验室制氯气原理,HCl起还原剂的作用,生成有毒的氯气。
⑤注意LiCoO2与Li1-xCoO2中Co元素的化合价高低,放电时正极是得电子的反应,所以是Li1-xCoO2得电子转化为LiCoO2,结合题干提供充电时负极反应,写出电池反应方程式。
⑥说明放电金属锂会聚集到正极上。
解析:(1)根据化合物中元素化合价代数和为零,确定Co的化合价为+3价。(2)正极材料中含有与强碱溶液反应的Al。(3)LiCoO2经酸浸生成CoSO4,Co化合价由+3降低为+2,化合价升高的只能为H2O2,H2O2中的O化合价由-1升高为0,生成O2,据此配平即可;注意题干中有对温度的要求,可知H2O2会发生分解;抓住信息“用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液”,把还原剂H2O2去掉了,所以作为还原剂的只能为盐酸,盐酸被氧化生成Cl2,Cl2有毒,会污染环境。(5)正极发生得电子的反应,Co的化合价降低,由Li1-xCoO2生成LiCoO2化合价由+(3+x)降低到+3,降低了x,故正极反应式为Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2,由充电时电池负极反应式可知放电时负极反应式为LixC6-xe-6C+xLi+,两电极反应式相加可得电池反应式。(6)注意信息“有利于锂在正极的回收”结合原电池的工作原理,阳离子向正极移动即可分析;沉淀有Al(OH)3、CoCO3,水相为Li2SO4溶液,可知回收的金属化合物。
【规范作答】
(1)+3
(2)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑
(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O,2H2O22H2O+O2↑ 有氯气生成,污染较大
(4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑
(5)Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C
(6)Li+从负极中流出,经电解质向正极移动并进入正极材料中 Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
【评分细则】
(1)+3,正三价得1分,其他不得分。
(2)2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑同样得分,条件写成加热,不影响得分。
同时出现其他方程式不影响正确答案得分,只写其他方程式不得分;写化学方程式不得分。
(3)第一空评分标准:方程式严格按照标准答案,条件可以写:80 ℃,加热,水浴加热,80 ℃水浴;第二空,标准答案:有氯气生成,污染环境;可以答:生成有毒的氯气;生成有污染的氯气。仅答有毒的气体,有害的气体产生未指明是氯气的,给1分,多答HCl气体的不扣分。答成:HCl的氧化性不如H2O2;引入杂质离子Cl-;H2O2将HCl氧化得到氯气、HCl被还原得到氯气;生成二氧化硫污染性气体;浓盐酸挥发性强,造成浪费等不得分。
(4)方程式只认标准答案。(不配平或配平错误,使用非最小公约数配平、反应物产物不全或错误不得分)
(5)方程式只认标准答案(不配平或配平错误,使用非最小公约数配平、反应物产物不全或错误不得分),写错(如C6)不得分,不规范(多写不必要的条件或错写条件、“通电”“电解”算错)不得分。
(6)第一空,下列情况给满分:①Li+从负极移向正极或正极材料,②Li+移向正极或聚集到正极。(得分要点:强调移动过程,不追究Li+最终存在形式)。下列情况给0分:①未指明Li+移动方向,②未指明Li+或Li+来源(来自于LixC6)弄错。第二空,三个以内,见对给分,不倒扣,四个或以上,多一个倒扣1分,以此类推。
1.(2016·全国Ⅲ卷,28)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V,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V,则需要氧化剂KClO3至少为 mol。
(3)“中和”作用之一是使钒以V4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+V4R4V4O12+4OH-(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 。
解析:(1)V2O5与H2SO4反应生成V,反应的离子方程式为V2O5+2H+2V+H2O;废钒催化剂中只有SiO2与H2SO4不反应,故“废渣1”主要成分为SiO2。
(2)3 mol VO2+变为V失3 mol电子,根据KO3→K,则需要KClO3 mol,即0.5 mol。
(3)废钒催化剂中含有Fe2O3、Al2O3,则KClO3氧化后的溶液中含有Fe3+、Al3+,故“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)由4ROH+V4R4V4O12+4OH-知,洗脱时淋洗液中的c(OH-)应较大,故淋洗液呈碱性。
(5)由于废钒催化剂中K2SO4的含量较高,结合回收工艺路线中KClO3、KOH的加入,故“流出液”中阳离子最多的是K+。
(6)煅烧NH4VO3生成V2O5、NH3及H2O。
答案:(1)V2O5+2H+2V+H2O SiO2
(2)0.5
(3)Fe(OH)3和Al(OH)3
(4)碱 (5)K+
(6)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑
2.(2018·哈尔滨第三中学一模)一种磁性材料的磨削废料(含镍质量分数约21%)主要成分是铁镍合金,还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)合金中的镍难溶于稀硫酸,“酸溶”时除了加入稀硫酸,还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸,反应有N2生成。写出金属镍溶解的离子方程式:
。
(2)“除铁”时H2O2的作用是 ,为了证明添加的H2O2已足量,应选择的试剂是 (用化学式表示)溶液。黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点,此步骤加入碳酸钠的目的是
。
(3)“除铜”时,反应的离子方程式为
,若用Na2S代替H2S除铜,优点是
。
(4)已知除杂过程在陶瓷容器中进行,NaF的实际用量为理论用量的1.1倍,用量不宜过大的原因是
。
(5)已知常温下,Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15,该流程中Ni(OH)2生成时,调节pH约为 Ni2+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,认为该离子沉淀完全;lg 2=0.30)。
解析:(1)镍在非氧化性酸中不溶,在氧化性酸(如硝酸)能够把金属镍溶解,反应的离子方程式为5Ni+12H++2N5Ni2++N2↑+6H2O。
(2)利用双氧水的氧化性,将亚铁离子氧化为铁离子;H2O2已足量时,溶液中没有亚铁离子了,加入K3[Fe(CN)6] 溶液,没有蓝色沉淀,证明H2O2过量;碳酸钠溶液水解显碱性,加入碳酸钠的目的提高溶液的碱性,使黄钠铁矾形成析出。
(3)“除铜”时,铜离子与硫化氢反应生成硫化铜沉淀,反应的离子方程式为H2S+Cu2+CuS↓+2H+;若用Na2S代替H2S除铜,优点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境。
(4)NaF溶液水解产生少量氢氟酸,当NaF溶液用量太大时,氢氟酸的量增多,氢氟酸能够与陶瓷容器中二氧化硅反应,而使陶瓷容器被腐蚀。
(5)Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)×c2(OH-)=2.0×10-15,当c(Ni2+)=1×10-5 mol·L-1,c2(OH-)=2×10-10 mol2·L-2,c(OH-)≈1.4×10-5 mol·L-1,c(H+)=×10-9 mol·L-1,pH≈9.1。
答案:(1)5Ni+12H++2N5Ni2++N2↑+6H2O
(2)将亚铁离子氧化为铁离子 K3[Fe(CN)6] 提高溶液的碱性,使黄钠铁矾形成析出
(3)H2S+Cu2+CuS↓+2H+ 无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境
(4)过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器
(5)9.1或9.2(或9.1~9.2之间)
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