1、题型3无机化工生产流程题研磨真题研磨真题培养审题力培养审题力【高考真题回访高考真题回访】(2020(2020全国全国卷卷)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3+3、+4+4、+5+5价的化合价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiOSiO2 2、FeFe3 3O O4 4。采用以下工艺流程可由。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备黏土钒矿制备NHNH4 4VOVO3 3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pHpH如下表所示如下表所示:金属离子金属离子FeFe3+
2、3+FeFe2+2+AlAl3+3+MnMn2+2+开始沉淀开始沉淀pHpH1.91.97.07.03.03.08.18.1完全沉淀完全沉淀pHpH3.23.29.09.04.74.710.110.1回答以下问题回答以下问题:(1)“(1)“酸浸氧化酸浸氧化”需要加热，其原因是需要加热，其原因是。(2)“(2)“酸浸氧化酸浸氧化”中，中，VOVO+和和VOVO2+2+被氧化成被氧化成 ，同时还有，同时还有_离子被氧化，离子被氧化，写出写出VOVO+转化为转化为 反应的离子方程式反应的离子方程式 。(3)“(3)“中和沉淀中和沉淀”中，钒水解并沉淀为中，钒水解并沉淀为V V2 2O O5 5xH
3、xH2 2O O，随滤液可除去金属离子，随滤液可除去金属离子K K+、MgMg2+2+、NaNa+、_，以及部分的，以及部分的_。(4)“(4)“沉淀转溶沉淀转溶”中，中，V V2 2O O5 5xHxH2 2O O转化为钒酸盐溶解、滤渣的主要成分是转化为钒酸盐溶解、滤渣的主要成分是_。2VO2VO(5)“(5)“调调pH”pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是 。(6)“(6)“沉钒沉钒”中析出中析出NHNH4 4VOVO3 3晶体时，需要加入过量晶体时，需要加入过量NHNH4 4ClCl，其原因是，其原因是 。【解析解析】(1)“(1)“酸浸
4、氧化酸浸氧化”需要加热，其原因是升高温度，加快酸浸和氧化需要加热，其原因是升高温度，加快酸浸和氧化反应速率反应速率(促进氧化完全促进氧化完全)；(2)“(2)“酸浸氧化酸浸氧化”中，钒矿粉中的中，钒矿粉中的FeFe3 3O O4 4与硫酸反应生与硫酸反应生成成FeSOFeSO4 4、FeFe2 2(SO(SO4 4)3 3和水，和水，MnOMnO2 2具有氧化性，具有氧化性，FeFe2+2+具有还原性，则具有还原性，则VOVO+和和VOVO2+2+被氧化被氧化成成V V 的同时还有的同时还有FeFe2+2+被氧化，反应的离子方程式为被氧化，反应的离子方程式为MnOMnO2 2+2Fe+2Fe2
5、+2+4H+4H+=Mn=Mn2+2+2Fe2Fe3+3+2H+2H2 2O O；VOVO+转化为转化为 时，钒元素的化合价由时，钒元素的化合价由+3+3价升至价升至+5+5价，价，1 mol VO1 mol VO+失失去去2 mol2 mol电子，电子，MnOMnO2 2被还原为被还原为MnMn2+2+，MnMn元素的化合价由元素的化合价由+4+4价降至价降至+2+2价，价，1 mol MnO1 mol MnO2 2得到得到2 mol2 mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VOVO+转化为转化为 反应反应的离子方程式为的离子方程式为V
6、OVO+MnO+MnO2 2+2H+2H+=+Mn=+Mn2+2+H+H2 2O O；(3)(3)根据分析，根据分析，“中和沉淀中和沉淀”中，中，钒水解并沉淀为钒水解并沉淀为V V2 2O O5 5xHxH2 2O O，随滤液可除去金属离子，随滤液可除去金属离子K K+、MgMg2+2+、NaNa+、MnMn2+2+，+2VO+2VO+2VO以及部分的以及部分的FeFe3+3+、AlAl3+3+；(4)(4)根据分析，滤渣的主要成分是根据分析，滤渣的主要成分是Fe(OH)Fe(OH)3 3；(5)“(5)“调调pH”pH”中有沉淀生成，是中有沉淀生成，是NaAlONaAlO2 2与与HClHC
7、l反应生成反应生成Al(OH)Al(OH)3 3沉淀，生成沉淀反应的化学沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是方程式是NaAlONaAlO2 2+HCl+H+HCl+H2 2O=NaCl+Al(OH)O=NaCl+Al(OH)3 3；(6)“(6)“沉钒沉钒”中析出中析出NHNH4 4VOVO3 3晶体晶体时，需要加入过量时，需要加入过量NHNH4 4ClCl，其原因是增大，其原因是增大 浓度，利用同离子效应，促进浓度，利用同离子效应，促进NHNH4 4VOVO3 3尽可能析出完全。尽可能析出完全。4NH答案：答案：(1)(1)加快酸浸和氧化反应速率加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全促进氧化完全)
8、(2)Fe(2)Fe2+2+VOVO+MnO+MnO2 2+2H+2H+=+Mn=+Mn2+2+H+H2 2O O(3)Mn(3)Mn2+2+FeFe3+3+、AlAl3+3+(4)Fe(OH)(4)Fe(OH)3 3(5)NaAlO(5)NaAlO2 2+HCl+H+HCl+H2 2O NaCl+Al(OH)O NaCl+Al(OH)3 3(6)(6)利用同离子效应，利用同离子效应，促进促进NHNH4 4VOVO3 3尽可能析出完全尽可能析出完全+2VO【解题模型建构解题模型建构】【整体认知整体认知宏观识图宏观识图】第一步第一步:理顺反应流程图，明确每步反应原理。理顺反应流程图，明确每步反应
9、原理。【问题精研问题精研破解有方破解有方】第二步第二步:结合原理，解答问题。结合原理，解答问题。题号题号 问题分析问题分析结论生成结论生成(1)(1)酸浸时酸浸时_溶解溶解;氧化氧化时时_被氧化。被氧化。“酸浸氧化酸浸氧化”需要加热，是因为需要加热，是因为。(2)(2)酸浸时还发生反应酸浸时还发生反应:_;:_;氧化时氧化时VOVO+被氧化为被氧化为 ，MnOMnO2 2被还原为被还原为_。“酸浸氧化酸浸氧化”中还有中还有_离子被离子被氧化。氧化。VOVO+转化为转化为 的离子方程式的离子方程式为为。2VO2VO题题号号问题分析问题分析结论生成结论生成(3)(3)中和沉淀时控制中和沉淀时控制p
10、H=3.0pH=3.03.13.1，此时此时MnMn2+2+没有开始沉淀，而没有开始沉淀，而_部分沉淀。部分沉淀。滤液还可除去滤液还可除去_及部分及部分_。(4)(4)沉淀转溶时控制沉淀转溶时控制pH13pH13，_完全沉淀，完全沉淀，_先完全沉淀后先完全沉淀后沉淀溶解。沉淀溶解。滤渣的主要成分是滤渣的主要成分是。(5)(5)调调pHpH是将是将 转化为转化为_沉淀。沉淀。生成沉淀反应的化学方程式为生成沉淀反应的化学方程式为。(6)(6)沉钒的原理为沉钒的原理为_，加入加入NHNH4 4ClCl，_增大，增大，沉淀反应正向进行。沉淀反应正向进行。加入过量加入过量NHNH4 4ClCl的原因的原
11、因:。2AlO【问题精研问题精研破题有方破题有方】(1)(1)黏土钒矿黏土钒矿FeFe2+2+、VOVO+和和VOVO2+2+升高温度，反应速率加快升高温度，反应速率加快(2)Fe(2)Fe3 3O O4 4+8H+8H+=2Fe=2Fe3+3+Fe+Fe2+2+4H+4H2 2O OMnMn2+2+FeFe2+2+VOVO+MnO+MnO2 2+2H+2H+=+Mn=+Mn2+2+H+H2 2O O(3)Fe(3)Fe3+3+、AlAl3+3+MnMn2+2+FeFe3+3+、AlAl3+3+(4)Fe(4)Fe3+3+AlAl3+3+Fe(OH)Fe(OH)3 3(5)Al(OH)(5)A
12、l(OH)3 3NaAlONaAlO2 2+HCl+H+HCl+H2 2O=NaCl+Al(OH)O=NaCl+Al(OH)3 3(6)NaVO(6)NaVO3 3+NH+NH4 4Cl=NHCl=NH4 4VOVO3 3+NaCl+NaClc()c()利用同离子效应，促进利用同离子效应，促进NHNH4 4VOVO3 3尽尽可能析出完全可能析出完全+2VO4NH疑难突破疑难突破提升解题力提升解题力 难点一难点一:工艺流程图的结构分析工艺流程图的结构分析 1.1.工艺流程图结构图解工艺流程图结构图解:2.2.流程图中物质的转化与跟踪流程图中物质的转化与跟踪:(1)(1)循环物质的确定循环物质的确
13、定:从流程图上看从流程图上看:箭头回头箭头回头;从物质的转化上看从物质的转化上看:在流程中加入的物质，后续步在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找在滤渣或滤液中寻找)。(2)(2)副产品的判断副产品的判断:从流程图上看从流程图上看:支线产品支线产品;从制备的目的上判断从制备的目的上判断:不是主产品。不是主产品。(3)(3)滤渣、滤液中成分的确定滤渣、滤液中成分的确定:要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况:反应过程中哪些物质反应过程中哪些物质(离子离子)消失了消失了?所加试剂是
14、否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子?要考虑这些要考虑这些离子间是否会发生反应。离子间是否会发生反应。对点练一对点练一 1.1.工业上用钛铁精矿工业上用钛铁精矿(FeTiO(FeTiO3 3)提炼提炼 TiOTiO2 2的工艺流程如下的工艺流程如下:(1)(1)钛铁精矿经冷却、结晶得到的副产物钛铁精矿经冷却、结晶得到的副产物A A为为_，结晶析出，结晶析出A A时，为保持较时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为高的酸度不能加水，其原因可能为_。(2)(2)上述工艺流程中体现绿色化学理念的是上述工艺流程中体现绿色化学理念的是_
15、。1.1.【解析解析】酸浸时发生反应：酸浸时发生反应：FeTiOFeTiO3 3+6H+6H+=Fe=Fe2+2+Ti+Ti4+4+3H+3H2 2O O，反应中有硫酸亚，反应中有硫酸亚铁生成，结晶即得到铁生成，结晶即得到FeSOFeSO4 47H7H2 2O O，所以副产物，所以副产物A A为硫酸亚铁溶液结晶得到的为硫酸亚铁溶液结晶得到的FeSOFeSO4 47H7H2 2O O。结晶时不能加水，是为了防止。结晶时不能加水，是为了防止Ti(SOTi(SO4 4)2 2水解、抑制水解、抑制FeFe2+2+的水解，从的水解，从而减少而减少FeSOFeSO4 47H7H2 2O O的溶解量。的溶解
16、量。答案：答案：(1)FeSO(1)FeSO4 47H7H2 2O O防止防止Ti(SOTi(SO4 4)2 2水解、抑制水解、抑制FeFe2+2+的水解，从而减少的水解，从而减少FeSOFeSO4 47H7H2 2O O的溶解量的溶解量(2)(2)水解得到的稀硫酸可以循环使用水解得到的稀硫酸可以循环使用2.2.一种磁性材料的磨削废料主要成分是铁镍合金一种磁性材料的磨削废料主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约含镍质量分数约21%)21%)，还含有，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍工艺流程如下铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍工艺流程如下:(1)“(1)“酸溶酸溶”时，
17、溶液中有时，溶液中有FeFe3+3+、FeFe2+2+、NiNi2+2+等生成，废渣的主要成分是等生成，废渣的主要成分是_;_;金属镍溶解的离子方程式为金属镍溶解的离子方程式为_。(2)“(2)“除铁除铁”时时H H2 2O O2 2的作用是的作用是_，加入碳酸钠的目的是加入碳酸钠的目的是_。(3)“(3)“除铜除铜”时，反应的离子方程式为时，反应的离子方程式为_，滤渣的主要成分是滤渣的主要成分是_。2.2.【解析解析】流程图中各步主要转换如下：流程图中各步主要转换如下：答案：答案：(1)SiO(1)SiO2 25Ni+12H5Ni+12H+2 =5Ni+2 =5Ni2+2+N+N2 2+6H
18、+6H2 2O O(2)(2)将将FeFe2+2+氧化为氧化为FeFe3+3+调节溶液的调节溶液的pHpH，使，使FeFe3+3+完全沉淀为黄钠铁矾渣完全沉淀为黄钠铁矾渣(3)H(3)H2 2S+CuS+Cu2+2+=CuS+2H=CuS+2H+CuSCuS3NO 难点二难点二:原料预处理原料预处理 1.1.研磨研磨:将固体物质粉碎，增大固体与液体或气体间接触面积，加快反应速率。将固体物质粉碎，增大固体与液体或气体间接触面积，加快反应速率。2.2.灼烧灼烧:除去可燃性杂质或使原料初步转化。除去可燃性杂质或使原料初步转化。3.3.煅烧煅烧:改变结构，使一些物质能溶解，杂质在高温下氧化分解。改变结
19、构，使一些物质能溶解，杂质在高温下氧化分解。4.4.浸取浸取:(1)(1)酸浸酸浸:溶解，除去氧化物溶解，除去氧化物(膜膜)，调节，调节pHpH促进沉淀、抑制水解。促进沉淀、抑制水解。(2)(2)碱浸碱浸:去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pHpH促进沉淀、抑促进沉淀、抑制水解。制水解。(3)(3)水浸水浸:与水反应或溶解。与水反应或溶解。5.5.搅拌搅拌:加快反应加快反应(溶解溶解)速率，使反应充分进行，提高原料利用率。速率，使反应充分进行，提高原料利用率。对点练二对点练二 3.3.二氧化铈二氧化铈(CeO(CeO2 2)是一种重要的
20、稀土化合物。以氟碳铈矿是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含主要含CeCOCeCO3 3F)F)为原料为原料制备制备CeOCeO2 2的一种工艺流程如下的一种工艺流程如下:已知已知:.Ce:.Ce4+4+能与能与F F-结合成结合成CeFCeFx x(4-x)+(4-x)+，也能与，也能与S S 结合成结合成CeSOCeSO4 4 2+2+;.在硫酸体系中在硫酸体系中CeCe4+4+能被萃取剂能被萃取剂(HA)(HA)2 2 萃取，而萃取，而CeCe3+3+不能不能;.常温下，常温下，CeCe2 2(CO(CO3 3)3 3饱和溶液浓度为饱和溶液浓度为1.01.01010-6-6 molL
21、 molL-1-1。“氧化焙烧氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_、_(_(写出写出2 2种即可种即可)。3.3.【解析解析】“氧化焙烧氧化焙烧”过程中矿石粉碎成细颗粒、通入大量空气可以加快反过程中矿石粉碎成细颗粒、通入大量空气可以加快反应速率和提高原料利用率。应速率和提高原料利用率。答案：答案：矿石粉碎成细颗粒通入大量空气矿石粉碎成细颗粒通入大量空气 难点三难点三:反应条件控制反应条件控制 1.1.控制控制pH:pH:控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH
22、pH所需的物质一般所需的物质一般应满足两点应满足两点:能与能与H H+反应，使溶液反应，使溶液pHpH增大增大;不引入新杂质。不引入新杂质。2.2.控制温度控制温度:(1)(1)控制低温的目的控制低温的目的:防止某反应物及目标产物分解，如防止某反应物及目标产物分解，如H H2 2O O2 2 、AgNOAgNO3 3、HNOHNO3 3(浓浓)等等;防止某反应物或目标产物挥发，如盐酸、醋酸、硝酸和氨水等防止某反应物或目标产物挥发，如盐酸、醋酸、硝酸和氨水等;抑制物质的水解，如抑制物质的水解，如FeFe3+3+、AlAl3+3+、CuCu2+2+、S S2-2-;反应放热，低温使反应正向进行反应
23、放热，低温使反应正向进行;避免副反应的发生避免副反应的发生:如乙醇的消去反应需迅速升温至如乙醇的消去反应需迅速升温至170;170;确保催化剂的催化活性，兼顾速率和转化率，追求经济效益确保催化剂的催化活性，兼顾速率和转化率，追求经济效益;沸点较高物质的液化收集沸点较高物质的液化收集:用冰水浴冷凝并收集用冰水浴冷凝并收集SOSO3 3;若转化率变化不大，高温下浪费能源。若转化率变化不大，高温下浪费能源。(2)(2)加热的目的加热的目的:加速某固体的溶解加速某固体的溶解;减少气体生成物的溶解并加速逸出减少气体生成物的溶解并加速逸出;一般加快反应速率一般加快反应速率;使平衡向需要的方向移动使平衡向需
24、要的方向移动;趁热过滤，防止某物质降温时会析出而损失或带入新杂质趁热过滤，防止某物质降温时会析出而损失或带入新杂质(3)(3)控制某温度范围的目的控制某温度范围的目的:从温度过高或温度过低会导致的后果两方面作答。从温度过高或温度过低会导致的后果两方面作答。3.3.控制压强控制压强:(1)(1)减压减压:减压过滤，加快过滤速率减压过滤，加快过滤速率;减压蒸馏，降低蒸馏温度，防止产品分解减压蒸馏，降低蒸馏温度，防止产品分解;减压蒸发，减压蒸发，降低蒸发温度，防止物质分解或失去结晶水。降低蒸发温度，防止物质分解或失去结晶水。(2)(2)加压加压:加快速率，平衡移动。加快速率，平衡移动。对点练三对点练
25、三 4.4.辉铜矿石主要含有硫化亚铜辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu(Cu2 2S)S)及少量脉石及少量脉石(SiO(SiO2 2)。一种以辉铜矿石为原料。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示制备硝酸铜的工艺流程如下所示:(1)“(1)“保温除铁保温除铁”过程中，加入过程中，加入CuOCuO的目的是的目的是_;“_;“蒸发浓缩、蒸发浓缩、冷却结晶冷却结晶”过程中，加入过程中，加入HNOHNO3 3调节溶液的调节溶液的pHpH，其理由是，其理由是_。(2)“(2)“回收回收S”S”过程中温度控制在过程中温度控制在50506060之间，不宜过高或过低的原因是之间，不宜过高或过低的原因是。
26、4.4.【解析解析】(1)“(1)“保温除铁保温除铁”过程中，加入过程中，加入CuOCuO的目的是使的目的是使FeFe3+3+转化为转化为Fe(OH)Fe(OH)3 3而而沉淀除去；沉淀除去；“蒸发浓缩、冷却结晶蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，加入过程中，加入HNOHNO3 3调节溶液的调节溶液的pHpH，其理由，其理由是抑制是抑制CuCu2+2+的水解。的水解。(2)“(2)“回收回收S”S”过程中温度控制在过程中温度控制在50506060之间，不宜过高之间，不宜过高或过低的原因是温度过高，苯易挥发；温度过低，矿渣的溶解速率小。或过低的原因是温度过高，苯易挥发；温度过低，矿渣的溶解速率小。答案：
27、答案：(1)(1)调节溶液的调节溶液的pHpH，使铁完全转化为，使铁完全转化为Fe(OH)Fe(OH)3 3沉淀抑制沉淀抑制CuCu2+2+的水解的水解(2)(2)温度过高，苯易挥发；温度过低，矿渣的溶解速率小温度过高，苯易挥发；温度过低，矿渣的溶解速率小5.5.碳酸锂广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。碳酸锂广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。制备流程如下制备流程如下:已知碳酸锂的溶解度已知碳酸锂的溶解度(g/L)(g/L)如表如表:温度温度/0 01010202030304040505060608080100100LiLi2 2COCO3 3
28、1.541.541.431.431.331.331.251.251.171.171.081.081.011.010.850.850.720.72(1)(1)硫酸化焙烧工业反应温度控制在硫酸化焙烧工业反应温度控制在250250300 300，主要原因是，主要原因是_。同时，硫酸用量为理论耗酸量的。同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%115%左右，硫酸左右，硫酸如果加入过多则如果加入过多则_。(2)(2)水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是_。(3)“(3)“沉锂沉锂”需要在需要在95 95 以上进行，主要原因是以上进行，主要原因是_。过滤碳
29、酸。过滤碳酸锂所得母液中主要含有锂所得母液中主要含有NaNa2 2SOSO4 4，还可能含有，还可能含有_。5.5.【解析解析】(1)(1)若温度过低，反应速率慢，若温度过高，则浓若温度过低，反应速率慢，若温度过高，则浓H H2 2SOSO4 4沸腾，挥发较沸腾，挥发较多。多。(2)(2)加入加入CaCOCaCO3 3一是和多余一是和多余H H2 2SOSO4 4反应，二是调节反应，二是调节pHpH除去大部分杂质。除去大部分杂质。(3)(3)由表由表格中数据可知，温度越高，格中数据可知，温度越高，LiLi2 2COCO3 3溶解度越小，故沉锂在溶解度越小，故沉锂在95 95 以上进行可增加以上
30、进行可增加产率。过滤后的母液中除产率。过滤后的母液中除NaNa2 2SOSO4 4外还可能有外还可能有NaNa2 2COCO3 3、LiLi2 2COCO3 3。答案：答案：(1)(1)温度低于温度低于250 250，反应速率较慢；温度高于，反应速率较慢；温度高于300 300，硫酸挥发较多，硫酸挥发较多增加酸耗量，增加后续杂质的处理量，增加后续中和酸的负担增加酸耗量，增加后续杂质的处理量，增加后续中和酸的负担(2)(2)除去多余的除去多余的硫酸，同时调整硫酸，同时调整pHpH，除去大部分杂质，除去大部分杂质(3)(3)温度越高，碳酸锂溶解度越小，可以增加产率温度越高，碳酸锂溶解度越小，可以增
31、加产率NaNa2 2COCO3 3、LiLi2 2COCO3 3 难点四难点四:产品的分离提纯产品的分离提纯 1.1.对于固体产品的分离与提纯对于固体产品的分离与提纯:一般可采取的操作有蒸发结晶或降温结晶、重结一般可采取的操作有蒸发结晶或降温结晶、重结晶、灼烧、升华、过滤、溶剂洗涤等。晶、灼烧、升华、过滤、溶剂洗涤等。(1)(1)结晶结晶:蒸发结晶，趁热过滤蒸发结晶，趁热过滤:得到溶解度受温度影响小的溶质，如食盐水蒸发结晶得得到溶解度受温度影响小的溶质，如食盐水蒸发结晶得NaCl;NaCl;蒸发浓缩，冷却结晶蒸发浓缩，冷却结晶:得到溶解度受温度影响大的溶质，如胆矾结晶得到溶解度受温度影响大的溶
32、质，如胆矾结晶;在在HClHCl气流中蒸发结晶。如气流中蒸发结晶。如:CuCl:CuCl2 2、AlClAlCl3 3、FeClFeCl3 3等等(2)(2)过滤过滤:操作要点操作要点(一贴二低三靠一贴二低三靠););玻璃仪器玻璃仪器(漏斗、玻璃棒、烧杯漏斗、玻璃棒、烧杯)(3)(3)灼烧灼烧:固体在坩埚中进行加热，配套实验仪器还有泥三角和三脚架。固体在坩埚中进行加热，配套实验仪器还有泥三角和三脚架。2.2.对于液体产品的分离与提纯对于液体产品的分离与提纯:一般可采取的操作有蒸馏、分馏、萃取、分液、一般可采取的操作有蒸馏、分馏、萃取、分液、盐析、渗析等。盐析、渗析等。(1)(1)萃取分液萃取分
33、液:萃取剂的要求。萃取剂的要求。(2)(2)蒸馏或分馏蒸馏或分馏:冷凝管的选择冷凝管的选择(装置、仪器、冷却水的方向等装置、仪器、冷却水的方向等)。对点练四对点练四 6.6.锶有锶有“金属味精金属味精”之称。以天青石之称。以天青石(主要含有主要含有SrSOSrSO4 4和少量和少量CaCOCaCO3 3、MgOMgO杂质杂质)生生产氢氧化锶的工艺如下产氢氧化锶的工艺如下:已知氢氧化锶在水中的溶解度已知氢氧化锶在水中的溶解度:(1)“(1)“趁热过滤趁热过滤”的目的是的目的是_。“滤渣滤渣”的主要成分为的主要成分为_。(2)(2)从趁热过滤后的滤液中得到从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)Sr(
34、OH)2 2产品的步骤为产品的步骤为_、过滤、洗涤、过滤、洗涤、干燥。干燥。温度温度()()0 01010202030304040606080809090100100溶解度溶解度(g/100 mL)(g/100 mL)0.910.91 1.251.25 1.771.77 2.642.64 3.953.95 8.428.42 20.220.2 44.544.5 91.291.26.6.【解析解析】(1)“(1)“趁热过滤趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的的主要成分为在碱性条件下沉淀下
35、来的Mg(OH)Mg(OH)2 2和微溶物和微溶物Ca(OH)Ca(OH)2 2；(2)(2)从趁热过滤后的滤液中得到从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)Sr(OH)2 2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。答案：答案：(1)(1)防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失Ca(OH)Ca(OH)2 2、Mg(OH)Mg(OH)2 2(2)(2)降降温结晶温结晶考场练兵考场练兵检验考试力检验考试力1.1.某科研小组用镍触媒废料某科研小组用镍触媒废料(主要成分为主要成分为Ni-AlNi-Al合金，混有少量合金，混有少量Fe
36、Fe、CuCu、ZnZn、PbPb及有机物及有机物)制备制备NiONiO并回收金属资源的流程如下所示并回收金属资源的流程如下所示:已知已知:相关数据如表相关数据如表1 1和表和表2 2所示所示表表1 1部分难溶电解质的溶度积常数部分难溶电解质的溶度积常数(25)(25)物质物质K Kspsp物质物质K KspspFe(OH)Fe(OH)3 34.04.01010-38-38CuSCuS6.36.31010-34-34Fe(OH)Fe(OH)2 21.81.81010-16-16ZnSZnS1.61.61010-24-24Al(OH)Al(OH)3 31.01.01010-33-33PbSPbS
37、8.08.01010-28-28Ni(OH)Ni(OH)2 22.02.01010-15-15NiSNiS3.23.21010-18-18表表2 2原料价格表原料价格表物质物质价格价格/(/(元元吨吨-1-1)漂液漂液(含含25.2%NaClO)25.2%NaClO)450450双氧水双氧水(含含30%H30%H2 2O O2 2)2 4002 400烧碱烧碱(含含98%NaOH)98%NaOH)2 1002 100纯碱纯碱(含含99.5%Na99.5%Na2 2COCO3 3)600600请回答下列问题请回答下列问题:(1)“(1)“焙烧焙烧”的目的是的目的是_。(2)“(2)“试剂试剂a”
38、a”的名称为的名称为_;_;选择该试剂的理由是选择该试剂的理由是。(3)“(3)“氧化氧化”时反应的离子方程式为时反应的离子方程式为_。(4)(4)欲使溶液中欲使溶液中FeFe3+3+和和AlAl3+3+的浓度均小于等于的浓度均小于等于1.01.01010-6-6 molL molL-1-1，需，需“调节调节pH”pH”至少为至少为_。(5)“(5)“加水煮沸加水煮沸”时，反应的化学方程式为时，反应的化学方程式为_。(6)(6)整个流程中，可回收的金属化合物为整个流程中，可回收的金属化合物为_(_(填化学式填化学式)。(7)(7)氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为氢镍电
39、池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH NiOOH+MH Ni(OH)Ni(OH)2 2+M+M，当导线中流过，当导线中流过2 mol2 mol电子时，理论上负极质量减少电子时，理论上负极质量减少_ g_ g。充电。充电时的阳极反应式为时的阳极反应式为_。1.1.【解析解析】(1)(1)该镍触媒废料混有少量该镍触媒废料混有少量FeFe、CuCu、ZnZn、PbPb及有机物，大部分有机物及有机物，大部分有机物易挥发、易燃烧，可用焙烧法除去；同时部分金属单质与氧气反应转化为氧化易挥发、易燃烧，可用焙烧法除去；同时部分金属单质与氧气反应转化为氧化物，酸浸时减少氢气的生成
40、。物，酸浸时减少氢气的生成。(2)(2)氧化等量的氧化等量的 FeFe2+2+，用漂液成本更低，且引入，用漂液成本更低，且引入NaNa+和和ClCl-不影响后续分离和除杂。不影响后续分离和除杂。(3)“(3)“氧化氧化”的目的是用漂液将的目的是用漂液将FeFe2+2+转化为转化为FeFe3+3+，ClOClO-转化为转化为ClCl-，配平离子方程，配平离子方程式为式为2Fe2Fe2+2+ClO+ClO-+2H+2H+=2Fe=2Fe3+3+Cl+Cl-+H+H2 2O O。(4)Al(OH)(4)Al(OH)3 3的的K Kspsp大于大于Fe(OH)Fe(OH)3 3的的K Kspsp，Fe
41、Fe3+3+先沉淀，先沉淀，AlAl3+3+后沉淀，因此后沉淀，因此AlAl3+3+浓度小于浓度小于等于等于1.01.01010-6-6 molL molL-1-1时，时，FeFe3+3+浓度一定小于浓度一定小于1.01.01010-6-6 molL molL-1-1，由，由K KspspAl(OH)Al(OH)3 3=1.0=1.01010-33-33=c(Al=c(Al3+3+)c)c3 3(OH(OH-)=1.0)=1.01010-6-6cc3 3(OH(OH-)，计算得，计算得c(OHc(OH-)1.0)1.01010-9-9 molL molL-1-1，pH5pH5。(5)“(5)“
42、加水煮沸加水煮沸”时，时，NiCONiCO3 3水解转化为水解转化为Ni(OH)Ni(OH)2 2，同时生成，同时生成COCO2 2，化学方程式为：，化学方程式为：NiCONiCO3 3+H+H2 2O Ni(OH)O Ni(OH)2 2+CO+CO2 2。(6)(6)由流程图知，可回收的金属化合物为由流程图知，可回收的金属化合物为Fe(OH)Fe(OH)3 3、Al(OH)Al(OH)3 3、CuSCuS、ZnSZnS、PbSPbS。=(7)(7)该电池的负极反应式为该电池的负极反应式为MH+OHMH+OH-e-e-=M+H=M+H2 2O O，故转移，故转移2 mol2 mol电子时，理论
43、上负电子时，理论上负极质量减少极质量减少2 g2 g。根据电池总反应式可知，充电时阳极反应式为。根据电池总反应式可知，充电时阳极反应式为Ni(OH)Ni(OH)2 2+OH+OH-e-e-=NiOOH+H=NiOOH+H2 2O O。答案：答案：(1)(1)除去废料中的有机物，使部分金属单质转化为氧化物除去废料中的有机物，使部分金属单质转化为氧化物(2)(2)漂液节约成本，不影响后续操作漂液节约成本，不影响后续操作(3)2Fe(3)2Fe2+2+ClO+ClO-+2H+2H+=2Fe=2Fe3+3+Cl+Cl-+H+H2 2O O(4)5(4)5(5)NiCO(5)NiCO3 3+H+H2 2
44、O Ni(OH)O Ni(OH)2 2+CO+CO2 2(6)Fe(OH)(6)Fe(OH)3 3、Al(OH)Al(OH)3 3、CuSCuS、ZnSZnS、PbSPbS(7)2(7)2Ni(OH)Ni(OH)2 2+OH+OH-e-e-=NiOOH+H=NiOOH+H2 2O O=2.2.铬鞣剂铬鞣剂Cr(OH)SOCr(OH)SO4 4 可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含含CrCr2 2O O3 3及少及少量量FeFe2 2O O3 3、CaOCaO、AlAl2 2O O3 3、SiOSiO2 2等杂质等杂质)为原料制备为原料制备Cr(OH)
45、SOCr(OH)SO4 4的工艺流程如下的工艺流程如下:(1)(1)铬渣焙烧时需要粉碎，其目的是铬渣焙烧时需要粉碎，其目的是_。“焙烧焙烧”时时 CrCr2 2O O3 3转化为转化为 NaNa2 2CrOCrO4 4的化学方程式是的化学方程式是_。(2)“(2)“滤渣滤渣1”1”中一种成分为铁铝酸四钙中一种成分为铁铝酸四钙(Ca(Ca4 4FeFe2 2AlAl2 2O O1010)，是制造水泥的原料之一，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式用氧化物的形式表示其化学式_。(3)“(3)“调调pH=a”pH=a”所得滤渣所得滤渣2 2的主要成分是的主要成分是_和和Al(OH)Al(
46、OH)3 3。“调调pH=b”pH=b”发生的发生的转化的离子方程式为转化的离子方程式为_。(4)“(4)“过滤过滤2”2”得溶液中含铬元素含量为得溶液中含铬元素含量为23.4 gL23.4 gL-1-1，调节，调节pHpH后后 有有 转化转化为为 ，转化后所得溶液中，转化后所得溶液中c(Crc(Cr2 2 )=_ )=_。(5)(5)检测产品中含有微量检测产品中含有微量 ，测定其含量时，可用，测定其含量时，可用TBP(TBP(磷酸三丁酯磷酸三丁酯)溶剂萃取溶剂萃取溶液中的溶液中的 。选择。选择TBPTBP作为萃取剂的理由是作为萃取剂的理由是_。89227Cr O24CrO24CrO24CrO
47、2.2.【解析解析】(1)(1)将铬渣粉碎，增大接触面积，使反应更充分，提高原料的利用将铬渣粉碎，增大接触面积，使反应更充分，提高原料的利用率。焙烧时率。焙烧时CrCr2 2O O3 3转化为转化为NaNa2 2CrOCrO4 4，1 mol Cr1 mol Cr2 2O O3 3失失6 mol e6 mol e-，而，而1 mol O1 mol O2 2得得4 mol 4 mol e e-，根据得失电子守恒，根据得失电子守恒，CrCr2 2O O3 3、O O2 2的化学计量数为的化学计量数为2 2、3 3，根据原子守恒，配平化，根据原子守恒，配平化学方程式为学方程式为2Cr2Cr2 2O
48、O3 3+4Na+4Na2 2COCO3 3+3O+3O2 2 4Na 4Na2 2CrOCrO4 4+4CO+4CO2 2。(2)(2)根据化合物中正负化合价根据化合物中正负化合价代数和为代数和为0 0，CaCa4 4FeFe2 2AlAl2 2O O1010中中FeFe为为+3+3价，故改写为氧化物形式为价，故改写为氧化物形式为4CaOAl4CaOAl2 2O O3 3FeFe2 2O O3 3。(3)(3)焙烧时焙烧时CrCr2 2O O3 3、AlAl2 2O O3 3、SiOSiO2 2与碳酸钠反应转化为与碳酸钠反应转化为NaNa2 2CrOCrO4 4、NaAlONaAlO2 2、
49、NaNa2 2SiOSiO3 3，水浸过滤后，调，水浸过滤后，调pH=apH=a，、转化为转化为Al(OH)Al(OH)3 3、H H2 2SiOSiO3 3。调调pH=bpH=b是将是将 转化为转化为 ，离子方程式为，离子方程式为2 +2H2 +2H+H+H2 2O O。(4)(4)转化前转化前c()=0.45 molLc()=0.45 molL-1-1。有有8/98/9转化为转化为 ，焙烧焙烧=2AlO23SiO24CrO227Cr O24CrO 227Cr O24CrO1123.4g L52gmol L24CrO227Cr O所以溶液中所以溶液中n()=0.45 molLn()=0.45
50、 molL-1-1 =0.2 mol =0.2 mol，则溶液中，则溶液中c()=c()=0.2 molL0.2 molL-1-1。(5)(5)检测产品中含有微量检测产品中含有微量 ，测定其含量时，可用，测定其含量时，可用TBPTBP溶剂萃溶剂萃取溶液中的取溶液中的 。选择。选择TBPTBP作为萃取剂的理由是作为萃取剂的理由是 在在TBPTBP中的溶解度大于其中的溶解度大于其在水中的溶解度，且在水中的溶解度，且TBPTBP不溶于水。不溶于水。24CrO227Cr O8912227Cr O24CrO24CrO答案：答案：(1)(1)增大反应物的接触面积，提高原料的利用率增大反应物的接触面积，提高
