第8题　以工艺流程为主流的无机综合题

第8题以工艺流程为主流的无机综合题复习建议：4课时(题型突破2课时习题2课时)命题调研(20152019五年大数据)20152019五年考点分布图核心素养与考情预测核心素养：科学精神与社会责任考情解码：预测2020年高考仍会采用工艺流程图的形式，以元素化合物知识为载体，围绕原料的预处理考影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用。围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分较多的能力点，复习时应加以重视！1(2019课标全国，26)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：(1)在95 “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。(2)“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3离子，可选用的化学试剂是_。(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3H2OHB(OH)，Ka5.811010，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。解析(1)硫酸铵溶液中存在平衡：NHH2ONH3H2OH，硼酸镁能与水解出的H反应，促进平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡NH3H2ONH3H2O，一水合氨浓度增大，促进NH3H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨气，发生的反应为NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3的试剂可选用KSCN。(3)由题给硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前，调节pH3.5目的是将硼元素转化为硼酸，促进硼酸析出。(4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生双水解反应生成碱式碳酸镁：2MgSO42(NH4)2CO3H2O=Mg(OH)2MgCO32(NH4)2SO4CO2，或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，MgCO3Mg(OH)22MgOH2OCO2。答案(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱转化为H3BO3，促进析出(4)2Mg23CO2H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO(或2Mg22COH2O=Mg(OH)2MgCO3CO2)溶浸高温焙烧2(2019课标全国，26)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_(填标号)。A黄色B红色 C紫色D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_(写出表达式)。解析(1)灼烧立德粉样品时钡元素的焰色为绿色。(2)由流程图中经浸出槽后得到净化的BaS溶液以及回转炉尾气中含有有毒气体可知，在回转炉中BaSO4与过量的焦炭粉反应生成可溶性的BaS和CO；生产上可通过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体CO，即CO与H2O反应生成CO2和H2。所得“还原料”的主要成分是BaS，BaS在潮湿空气中长期放置能与空气中的H2O反应生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，“还原料”的水溶性变差，表明其表面生成了难溶性的BaCO3。结合立德粉的成分可写出沉淀器中S2、Ba2、Zn2、SO反应生成BaSO4ZnS的离子方程式。(3)达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22S2O，可得n(I2)过量0.100 0V103 mol，再根据关系式S2I2可知，n(S2)0.100 025.00103 mol0.100 0V103 mol(25.00)0.100 0103 mol，则样品中S2的含量为100%。答案(1)D(2)BaSO44CBaS4COCOH2O=CO2H2BaCO3S2Ba2Zn2SO=ZnSBaSO4(3)由浅蓝色变为无色100%3(2019课标全国，26)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_。(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2和Ni2，“滤渣3”的主要成分是_。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2。若溶液酸度过高，Mg2沉淀不完全，原因是_。(6)写出“沉锰”的离子方程式_。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为2、3、4。当xy时，z_。解析(1)硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在，则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。结合“滤渣1”中含S，可知“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4和S，根据得失电子守恒可配平该反应。(2)“溶浸”后溶液中含Fe2，“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2氧化为Fe3。(3)“调pH”除去Fe3和Al3时，结合表格中数据信息可知需控制溶液的pH在4.76之间。(4)“除杂1”中加入Na2S能将Zn2和Ni2分别转化为沉淀除去，故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。(5)“除杂2”中F与Mg2反应生成MgF2沉淀，若溶液酸度过高，则F与H结合生成弱电解质HF，导致MgF2(s)Mg2(aq)2F(aq)平衡向右移动，Mg2不能完全除去。(6)“沉锰”时Mn2与HCO反应生成MnCO3并放出CO2，由此可写出离子方程式。(7)化合物LiNixCoyMnzO2中，当xy时，根据化合价代数和为0得1234z220，解得z。答案(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O(2)将Fe2氧化为Fe3(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F与H结合形成弱电解质HF，MgF2Mg22F平衡向右移动(6)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O(7)4(2018课标全国，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：pH4.1时，中为_溶液(写化学式)。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 molL1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_gL1(以SO2计)。解析(1)NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5。(2)向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应：2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)，阳极室H向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH增多，Na由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。(4)I2作氧化剂，将S2O氧化成SO。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)n(SO2)0.010 00 molL10.01 L0.000 1 mol，m(SO2)0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为0.128 gL1。答案(1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)a(4)S2O2I23H2O=2SO4I6H0.128智能点一常考化工术语及基本操作1常考化学工艺术语关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程蒸发结晶蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗除去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等2.操作与思考角度常见的操作思考角度表面处理用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等加氧化剂氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤、干燥提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的控制溶液的pH调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)“酸作用”还可除去氧化物(膜)“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)防止副反应的发生使化学平衡移动；控制化学反应的方向控制固体的溶解与结晶控制反应速率；使催化剂达到最大活性升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次示例 (海南卷)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%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_。答案(1)浓硫酸SiO2(2)氧化亚铁离子调节溶液pH，促进铁离子、铝离子转化为沉淀(3)取少量上层清液于洁净试管中，滴入几滴KSCN溶液，若无明显现象，则证明除杂基本完成(4)蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙，防止硫酸镁结晶析出智能点二物质成分的确定1滤渣、滤液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：(1)反应过程中哪些物质(离子)消失了？(2)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？要考虑这些离子间是否会发生反应？2循环物质的确定3副产品的判断示例 氧化钪(Sc2O3)在合金、电光源、催化剂、激活剂和陶瓷等领域有广泛的应用，以钪精矿为原料(主要成分为Sc2O3，还含有Fe2O3、MnO、SiO2等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：(1)“酸溶”得到滤渣的主要成分是_；25 时，加入氨水调节溶液的pH3，过滤，滤渣的主要成分是_。(2)草酸钪在空气中“灼烧”时，产物除氧化钪外，还有_。答案(1)SiO2Fe(OH)3(2)CO2智能点三化工流程中陌生化学方程式的书写书写思路首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可。示例 工业上“中温焙烧钠化氧化法”回收电镀污泥中的铬已获技术上的突破。其工艺流程如下：查阅资料：电镀污泥中含有Cr(OH)3、Al2O3、ZnO、CuO、NiO等物质；水浸后溶液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质。请回答：(1)“焙烧氧化”过程中Cr(OH)3转化成Na2CrO4的化学方程式为_。(2)滤渣的主要成分有Zn(OH)2和X，生成X的离子反应方程式为_。(3)“酸化浓缩”时，需继续加入H2SO4，使Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，反应离子的方程式为_。答案(1)4Cr(OH)34Na2CO33O24Na2CrO44CO26H2O(2)AlOHH2O=Al(OH)3(3)2CrO2H=Cr2OH2O智能点四工艺流程题中的分离与提纯1物质分离、提纯的六种物理方法2分离提纯语言描述规范答题(1)溶液结晶答题规范从溶液中得到带结晶水的晶体的规范是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(2)除杂答题规范在书写某一步骤是为了除杂时，应该规范回答，“是为了除去杂质”，“除杂”等一类万能式的回答是不能得分的。示例 高氯酸铵NH4ClO4是复合火箭推进剂的重要成分，实验室可通过下列反应制取。(1)反应得到的混合溶液中NH4ClO4和NaCl的质量分数分别为0.30和0.15，从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为(填操作名称)_、_、_、冰水洗涤、干燥。用冰水洗涤的目的是_。(2)若氯化铵溶液用氨气和浓盐酸代替，则该反应不需要加热就能进行，其原因是_。答案(1)蒸发浓缩冷却结晶过滤减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失(2)氨气与浓盐酸反应放出热量智能点五工艺流程题中的化学计算1计算公式(1)物质的质量分数(或纯度)100%(2)产品产率100%(3)物质的转化率100%2计算方法关系式法在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系，也可通过守恒关系直接确定原料与所给数据物质之间的关系。示例 高纯硝酸锶Sr(NO3)2可用于制造信号灯、光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，提纯流程如下：已知：“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2；铬酸(H2CrO4)为弱酸。为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量，进行以下实验：m g“滤渣2”溶液滴定终点时消耗V mL Na2S2O3溶液(已知：I22S2O=2IS4O)(1)“滤渣2”中BaCrO4(摩尔质量为M gmol1)的质量分数为_(用代数式表示)。(2)若加入的HI溶液过量太多，测定结果会_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析(1)由反应的离子方程式2BaCrO46I16H=2Cr33I28H2O2Ba2，I22S2O=2IS4O，可得：2BaCrO43I26S2O。答案(1)100%(2)偏高微题型1以物质制备为目的的工艺流程题典例演示1 (2018北京理综，26)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：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)”或“”)。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_。(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：_。(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。(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 molL1NaOH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 gmol1)解析(1)流程中能加快反应速率的措施有将磷精矿研磨，酸浸时进行加热。(2)该反应符合复分解反应中“强酸制弱酸”的规律。比较硫酸与磷酸的酸性强弱，可以比较S与P的非金属性强弱。结合元素周期律可以比较S、P的原子半径、核电荷数。(3)根据元素守恒可写出反应的化学方程式。(4)有机碳的脱除率受两个因素的共同影响：一方面，温度越高，反应速率越快，在相同投料比、相同反应时间内，有机碳的脱除率越高；另一方面，温度升高可使较多的H2O2分解，氧化剂的量减少，使得有机碳的脱除率降低。80 后，H2O2分解对有机碳脱除率的影响超过了温度升高的影响，导致脱除率逐渐降低。(5)脱硫是用CaCO3除去剩余的硫酸，由于生成的硫酸钙是微溶物，所以即使CaCO3过量，充分反应后仍有SO残留。加入BaCO3可使CaSO4转化为更难溶的BaSO4，进一步提高硫的脱除率。(6)H3PO42NaOH=Na2HPO42H2O 98 g 2 mol m(H3PO4) 103bc molm(H3PO4)4.9102bc g，则精制磷酸中H3PO4的质量分数为100%。答案(1)研磨、加热(2)核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS(3)2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O10CaSO40.5H2O6H3PO42HF(4)80 后，H2O2分解速率大，浓度显著降低(5)CaSO4微溶BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO(6)或%题型训练1 氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。相关金属离子c0(Mn)0.1 mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Al3Fe3Fe2Ca2Mn2Mg2开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.461010、7.421011。 回答下列问题：(1)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_。分析下列图1，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500 。分析选择反应温度为500 的原因_。(2)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式为_；再调节溶液的pH将Al3、Fe3变为沉淀除去，溶液pH的范围为_；然后加入NH4F将Ca2、Mg2变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中_。(3)碳化结晶时，反应的离子方程式为_。(4)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图2所示，300 770 范围内，发生反应的化学方程式为_。图2解析(1)焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为：MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O；温度过低，反应速率慢、浸出率低；随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但在500 以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500 时，锰浸出率已经达到95%以上，温度过高，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500 即可；(2)净化除杂中加入MnO2将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式为：MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O；由表可知，Fe3、Al3完全沉淀的pH分别为2.8和5.2，Mn2开始沉淀pH为8.8，故若要将Al3、Fe3变为沉淀除去，但Mn2不能沉淀，故需调节pH的范围为5.2pH8.8；当两种沉淀共存时，溶液中1.97；(3)“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵时HCO的电离促进Mn2生成MnCO3，同时HCO与电离出的H反应生成水和CO2，发生反应的离子方程式为Mn22HCOMnCO3CO2H2O；(4)假设起始n(MnCO3)1 mol，则m(MnCO3)115 g，m(Mn)55 g，加热过程中Mn元素的质量不变，A点时固体质量为115 g75.65%87 g，则m(O)32 g，故，故A点对应的化学式为MnO2，同理可计算出B点对应的化学式为Mn3O4，故300 770 范围内，发生反应的化学方程式为：3MnO2Mn3O4O2。答案(1)MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O温度低，速率慢浸出率低；温度过高，浸出率变化不大，成本增加(2)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O52pH8.81.97(3)Mn22HCOMnCO3CO2H2O(4)3MnO2Mn3O4O2微题型2以分离、提纯为主线的工艺流程题 思维流程题型训练2 五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁、用作冶金添加剂，占五氧化二钒总消耗量的80%以上，其次是用作有机化工的催化剂。为了增加V2O5的利用率我们从废钒催化剂(主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和Fe2O3等)中回收V2O5的一种生产工艺流程示意图如下：(1)中废渣的主要成分是_；中V2O5发生反应的离子方程式为_。(2)、中的变化过程可简化为(下式中的R表示VO2或Fe3，HA表示有机萃取剂的主要成分)：R2(SO4) (水层)2nHA(有机层)2RAn(有机层)nH2SO4(水层)。中萃取时必须加入适量碱，其原因是_；实验室进行萃取操作使用的玻璃仪器为_。(3)实验室用的原料中V2O5占6%(原料中的所有钒已换算成V2O5)。取100 g该废钒催化剂按工业生产的步骤进行实验当加入100 mL 0.1 mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该实验中钒的回收率是_M(V2O5)182 g/mol(4)25 时取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.0钒沉淀率/%88.194.896.598.098.898.696.493.1试判断在实际生产时，中加入氨水调节溶液的最佳pH为_；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe2)_。已知：25 时KspFe(OH)32.61039解析(1)上述分析可知滤渣A为SiO2，从流程图可以看出，在酸性条件下，V2O5转化为VO2，SO能被V2O5氧化生成SO，根据氧化还原反应的规律配平该离子反应方程式为：V2O5SO4H=2VO2SO2H2O；(2)反萃取时，分析平衡R2(SO4) (水层)2nHA(有机层)2RAn(有机层)nH2SO4(水层)，为提高中萃取百分率，则加入碱中和硫酸，可以使平衡正移，多次连续萃取。萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯；(3)根据氧化还原规律可知，当加入100 mL 0.1 mol/L的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理的离子方程式为：ClO6VO23H2O=6VO6HCl，再结合V2O5SO4H=2VO2SO2H2O，从而得出关系式：3V2O56VO2ClO，因n(ClO)0.1 mol/L0.1 L0.01 mol，所以n(V2O5)30.01 mol0.03 mol因此该实验中钒的回收率是100%91.0 %；(4)从沉淀率和pH关系找出最佳沉淀率。若钒沉淀率为93.1%时，不产生Fe(OH)3沉淀，此时溶液pH2，计算氢氧根离子浓度，结合溶度积常数计算溶液中铁离子的浓度。由表中数据可知，pH1.7时钒的沉淀率最大为98.8%，故加入氨水调节溶液的最佳pH为1.7。若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，此时溶液pH2，c(OH)1012 mol/L，KspFe(OH)32.61039c(Fe3)c3(OH)，c(Fe3)2.6103(mol/L)。答案(1)SiO2V2O54HSO=2VO2 SO2H2O(2)加入碱，中和H2SO4，使平衡正向移动分液漏斗、烧杯(3)91.0%(4)1.72.6103 mol/L微题型3以具体物质或反应图示为载体的无机综合题 题型训练3 (2019江苏化学，16)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NONO22OH=2NOH2O2NO22OH=NONOH2O下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有_(填字母)。A加快通入尾气的速率B采用气、液逆流的方式吸收尾气C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_(填化学式)。(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和NO，其离子方程式为_。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_。解析(1)NH3被O2氧化生成N2O，N元素从3价升至1价，1 mol NH3失去4 mol e，O元素从0价降至2价，1 mol O2得到4 mol e，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。(2)A项，通入尾气速率过快时，尾气吸收不充分，错误；B项，采用气、液逆流方式吸收尾气时，尾气吸收会更充分，正确；C项，补充NaOH溶液，c(OH)增大，能更充分吸收尾气，正确。NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水，所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。(3)HClO氧化NO生成NO，自身被还原为Cl，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。氧化NO的是HClO，NaClO在酸性条件下会生成HClO，所以pH越小，溶液中HClO的浓度越大，NO转化率越高。答案(1)2NH32O2N2O3H2O(2)BCNaNO3NO(3)3HClO2NOH2O=3Cl2NO5H溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强【题型解码素养生成】题型解码：四步解题第一步：挖掘题干信息，分析原材料，确定主要成分及所含杂质。第二步：原材料预处理，通过酸浸和碱浸等手段，完成初步分离。第三步：分析核心反应，通过氧化、中和及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。第四步：产品的分离与提纯及含量测定，通过沉淀、结晶及煅烧等手段，得到粗品，通过滴定等定量过程，完成含量测定。素养生成：通过对化学工艺的分析，使学生认识化学、技术、社会和环境之间的相互关系，赞赏化学工艺对社会发展的重大贡献，能运用已有知识和方法综合分析、全面认识化学过程对自然可能带来的各种影响；具有合理开发、利用资源的意识，理解和赞赏可持续发展观念。12019佛山市高三上学期教学质量检测(一)，27钛白粉(TiO2)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2制备TiO2，工艺流程如下。已知：TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3，回答下列问题：(1)(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5中钛元素的化合价为_，实验“焙烧”所需的容器名称是_，“滤渣”的主要成分是_(填化学式)。(2)制取H2TiO3的化学方程式为_。(3)矿石粒度对TiO2的提取率影响如图，原因是_。(4)相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，molL1)如图所示，步骤应该控制的pH范围是_(填标号)A12B23 C56D1011(5)常用硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解a g二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL，取20.00 mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：Ti3Fe3=Ti4Fe2滴定终点的现象为_。滴定终点时消耗b mol L1 NH4Fe(SO4)2溶液V mL，则TiO2纯度为_。 (写表达式)解析(1)设Ti的化合价为x，(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5化合价代数和等于0，(20.520.5)2x250，x4；灼烧固体用坩埚；黑钛矿石主要成分为(Mg0.5Fe0.5)Ti2O5，含有少量Al2Ca(SiO4)2加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，沉淀中含有CaSO4 和CaSiO3；(2)由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应方程式为：TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4；(3)由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素，矿石粒度对TiO2的提取率影响，原因是矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快；(4)由图读出：金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(s，molL1)，步骤应该控制的pH范围是：钛酸沉淀pH大于2，而氢氧化铝不沉淀，pH小于3，故选B；(5)铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30 s内不变回原色；由TiO2Fe3关系式，n(TiO2)n(Fe3)b mol L1V103 L100 mL/20 mL5bV103 mol，TiO2纯度为5bV103 mol80 gmol1/a g100%。答案(1)4坩埚CaSO4、CaSiO3(2)TiOSO42H2OH2TiO3H2SO4(3)矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快(4)B(5)当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30 s内不变回原色%2(2019河南省部分省示范性高中1月联考，27)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某度旧铍铜元件(含25% BeO、71% CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：已知：.铍、铝元素化学性质相似；.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)2.210204.010382.11013(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_。(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为_(填字母)。a加入过量的氨水 b通入过量的CO2c加入过量的NaOH d加入适量的HCle洗涤 f过滤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应中CuS发生反应的化学方程式：_。若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是_(任写一条)。(4)滤液D中c(Cu2)2.2 molL1、c(Fe3)0.008 molL1、c(Mn2)0.01 molL1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是_(填离子符号)，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_。(5)电解NaClBeCl2混合熔盐可制备金属铍，下图是电解装置图。电解过程中，加入氯化钠的目的是_。石墨电极上的电极反应式为_。电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na的方法为_。已知部分物质的熔、沸点如下表：物质熔点(K)沸点(K)Be1 5513 243Na3701 156解析(1)由题中信息可知，Be、SiO2与氢氧化钠反应生成Na2BeO2、Na2SiO3，Na2BeO2与HCl反应生成BeCl2，离子方程式为：BeO4H=Be22H2O；(2)由于Be的性质与Al相似，所以Be具有两性，用氨水使Be2全部沉淀，再过滤，将Be(OH)2洗涤后，加入盐酸最终转化成BeCl2；由于Be2易水解，所以从氯化铍溶液中得到纯净的BeCl2，需要在HCl气流中蒸发结晶；(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，所以化学反应方程式为：MnO2CuS2H2SO4=MnSO4SCuSO42H2O；由于HNO3的氧化性很强，在反应中会产生氮的氧化物，对空气造成污染，所以我们不选用浓硝酸；(4)根据KspCu(OH)22.21020c(Cu2)c2(OH)，当溶液中c(C