2024届高考二轮复习 微主题7　化学工艺流程 讲义

专题四化学工艺流程化学实验及计算微主题7化学工艺流程纲举目张化学工艺流程(选择题)1.(2021·江苏卷)通过如图实验可从I2的CCl4溶液中回收I2。下列说法正确的是(D)A．NaOH溶液与I2反应的离子方程式：I2＋2OH－=I－＋IOeq\o\al(－,3)＋H2OB．通过过滤可将水溶液与CCl4分离C．向加酸后的上层清液中滴加AgNO3溶液生成AgI沉淀，1个AgI晶胞(见图)中含14个I－D．回收的粗碘可通过升华进行纯化【解析】NaOH溶液与I2反应生成碘离子、碘酸根离子和水，正确的离子方程式为3I2＋6OH－=5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋3H2O，A错误；水与四氯化碳的混合液会分层，应该通过分液分离，通过过滤操作无法将水溶液与CCl4分离，B错误；由图可知，8个顶点和6个面心上各含有1个I－，利用均摊法可知，1个AgI晶胞中含有I－的数目为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，C错误；由于碘单质受热易升华，则回收的粗碘可通过升华进行纯化，D正确。化学工艺流程(填空题)2.(2023·江苏卷)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示如下：酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等。3.(2021·江苏卷)以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程如图：(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2＋和Cu2＋外，与锌粉反应的离子还有Fe3＋、H＋(填化学式)。(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3＋的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH＝10，用0.0150mol/LEDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2＋＋Y4－=ZnY2－)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度(写出计算过程)。根据Zn2＋＋Y4－=ZnY2－可知，20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为25.00×10－3L×0.0150mol/L＝3.75×10－4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为eq\f(3.75×10－4×\f(100,20.00),2.5×10－3)mol/L＝0.750mol/L(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为ZnFe2O4＋3H2S＋H2eq\o(=,\s\up17(400℃))ZnS＋2FeS＋4H2O。②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为ZnS＋CO2=ZnO＋COS、ZnO＋H2S=ZnS＋H2O。(4)将硫化后的固体在N2∶O2＝95∶5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280～400℃范围内，固体质量增加的主要原因是ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐。【解析】(1)锌灰中含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，所得溶液中含有Zn2＋、Pb2＋、Cu2＋、Fe3＋、H＋，加入足量锌粉，除Pb2＋和Cu2＋外，与锌粉反应的离子还有Fe3＋、H＋。(3)①硫化过程中，ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由＋3降低为＋2，氢气中H元素化合价由0升高为＋1，根据得失电子守恒，写出化学方程式。②硫化一段时间后，出口处检测到COS，表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS＋CO2=ZnO＋COS、ZnO＋H2S=ZnS＋H2O。(4)在280～400℃范围内，ZnS和FeS与O2反应，部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。4.(2018·江苏卷)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：(1)焙烧过程均会产生SO2，写出用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式：SO2＋OH－=HSOeq\o\al(－,3)。(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃。硫去除率＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(焙烧后矿粉中硫元素总质量,焙烧前矿粉中硫元素总质量)))×100%。①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是硫元素与CaO反应转化为CaSO4而留在矿粉中。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由NaAlO2(填化学式，下同)转化为Al(OH)3。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶16。【解析】(1)过量的SO2与NaOH反应生成NaHSO3，对应的离子方程式为SO2＋OH－=HSOeq\o\al(－,3)。(2)①已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，则在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来自FeS2。②若矿粉中添加CaO,2CaO＋2SO2＋O2eq\o(=,\s\up17(高温))2CaSO4，硫酸钙分解温度高，不易分解，留在矿粉中，使得硫去除率降低。(3)碱浸时，矿粉中的Al2O3与NaOH反应生成可溶性的NaAlO2进入滤液中，向滤液中通入过量CO2，则发生反应NaAlO2＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3，故铝元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。(4)根据反应：eq\o(FeS2,\s\do4(x))＋eq\o(Fe2O3,\s\do4(y))→Fe3O4＋2SO2，根据得失电子守恒，列式：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)－2))＋2x[4－(－1)]＝2yeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(8,3)))，解得x∶y＝1∶16，即n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶16。5.(2017·江苏卷)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：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。(1)写出“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式：Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O。(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH减小(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，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图。阳极的电极反应式：4COeq\o\al(2－,3)＋2H2O－4e－=4HCOeq\o\al(－,3)＋O2↑，阴极产生的物质A的化学式为H2。(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NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。【解析】(2)过滤Ⅰ所得滤液为偏铝酸钠溶液，与NaHCO3发生反应：HCOeq\o\al(－,3)＋AlOeq\o\al(－,2)＋H2O=Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)，该反应能够发生，说明AlOeq\o\al(－,2)结合H＋的能力强于COeq\o\al(2－,3)结合H＋的能力，NaAlO2溶液的碱性强于Na2CO3溶液的碱性，则溶液的pH减小。化学工艺流程题的命题特点1.流程图的结构特点2.步骤分析步骤分析高频设问解题指导原料处理提高“浸出率”①将矿石粉碎；②适当加热；③充分搅拌；④适当提高浸取液的浓度；⑤适当延长浸取时间等分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因(“浸出率”升高，一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高，“浸出率”反而下降，一般是因为反应试剂的分解或挥发)。工业生产中控制反应条件时，选择达到较高“浸出率”的时间、温度等原料处理焙烧①高温下，硫化物与空气中的O2反应(如FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2)；②除去硫、碳单质；③除去有机物等酸性气体的吸收常用碱性溶液吸收(如用Na2CO3溶液或NaOH溶液吸收SO2)控制条件除去杂质的方法加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋→Fe3＋)调节溶液的pH调pH常用试剂：氢氧化钠、碳酸钠、金属氧化物、稀盐酸、稀硫酸、酸性气体(如二氧化硫)等。常利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子(如Al3＋、Fe3＋)以氢氧化物形式沉淀出来物质转化的分析跟踪物质，分析每个步骤中可能发生的化学反应，书写化学或离子方程式滤渣、滤液中物质的判断，书写物质的化学式或电子式，分析其中化学键确定循环物质物质分离过滤、蒸发结晶、晶体的洗涤、分液与萃取仪器的选择(如玻璃仪器的选择)用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分，减少洗涤过程中晶体的溶解损耗，乙醇的易挥发性有利于晶体的干燥化学计算浸出率计算、产率计算、Ksp计算等3.命题背景及设问(1)以脱硫、脱氮为命题主题：如2020年高考第16题以脱硫为命题材料；2019年高考第16题以脱氮为命题材料。(2)以物质制备为命题主题：如2018年高考第16题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝并获得Fe3O4；2017年高考第16题以铝土矿为原料制备铝；2016年高考第16题以电石渣[含Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3。(3)命题时，常考离子方程式、化学方程式及电极反应式。(4)命题时，常考流程图中转化分离后物质化学式的书写。(5)命题时，针对不同条件、曲线的变化图来设问。(6)命题时，常以提高转化率的措施、定量关系的简单计算来设问。(7)命题时，常以溶液的酸碱性、物质的分离、检验沉淀是否完全、检验沉淀是否洗净等来设问。常见化工操作及目的(学用P93)常见的操作目的或方法研磨将块状或颗粒状物质磨成粉末，增大反应物接触面积，使反应更充分以加快反应速率灼烧(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、酸浸、碱浸等加过量试剂使某物质完全转化(或增大某物质的转化率、产率)加氧化剂①转变某种金属离子的价态，再通过调节溶液pH，使金属离子以氢氧化物形式沉淀出来，以达到除去杂质的目的[如Fe2＋→Fe3＋→Fe(OH)3↓]②为生成目标产物的价态而加入氧化剂(如在碱性条件下，加入过氧化氢把Cr3＋氧化成CrOeq\o\al(2－,4))判断能否加入其他物质要考虑是否能达到实验目的，是否产生有毒气体，是否会引入杂质(或影响产物的纯度)等物质分离过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作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；能否达到隔绝空气、防止氧化、防止水解、防止潮解等目的判断沉淀是否洗涤干净取最后一次洗涤滤液少许，检验其中是否含有某种离子洗涤晶体①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗③用特定有机试剂(如乙醇)清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、减少损耗，可快速干燥等④洗涤沉淀方法：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、能量的充分利用等)[规范答题]设问角度规范答题固体原料进行“粉碎”的目的减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率物质的转化①利用氧化还原反应、沉淀反应等来除去杂质、生成产物；②要分析每一步中所发生的化学反应，跟踪反应前后物质的变化，写出化学方程式(或离子方程式)；③确定循环物质沉淀①加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等，生成硫化物沉淀②加入可溶性碳酸盐(或碳酸的酸式盐)，生成碳酸盐沉淀③加入氟化钠，除去钙离子、镁离子(注意：溶液的酸性不能太强，否则会降低F－的浓度)过滤是为了分离物质，注意跟踪滤渣和滤液中各有什么物质检验沉淀是否洗涤干净取最后一次洗涤滤液，滴加试剂(如用硝酸酸化的AgNO3溶液检验Cl－，用盐酸酸化的BaCl2溶液检验SOeq\o\al(2－,4))，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净，反之，则未洗涤干净物质的转化与跟踪(学用P94)1.物质的跟踪原料到产品的转化：比对原料与产品，确定要除去什么元素，要引进什么元素。(1)沉淀成分的判断考查角度举例滤渣的成分(填化学式)原料中不参与反应的物质蛇纹石是一种富镁硅酸盐矿物的总称，工业上由蛇纹石(主要成分MgO、FeO和Fe2O3、Al2O3、SiO2)制取碱式碳酸镁产品的流程如下：滤渣a为SiO2原料中不参与反应的物质及过量的反应物以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如图：CaCO3、Ca(OH)2原料中不参与反应的物质及生成物某粉煤灰经预处理后含Cu2O、SiO2、Al2O3、FeO，一种综合利用工艺设计的流程如下：已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O滤渣Ⅰ为SiO2、Cu杂质转化的物质工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4，碱式硫酸铁易溶于水]的工艺流程如图：Al(OH)3(2)对所加试剂的要求试剂目的追问硫酸酸溶酸液不能加过多，否则会造成后续调pH时消耗过多试剂盐酸酸溶盐酸不能加过多，否则后续可能会与KMnO4等氧化剂反应并生成有毒气体Cl2碱液碱溶(溶解Al、Al2O3等物质)碱液不能加过多，否则会造成后续调pH时消耗过多试剂SO2作还原剂(还原MnO2、Fe3＋等)温度不宜过高，温度越高，SO2的溶解度越小Na2SO3作还原剂(还原MnO2、Fe3＋等)实际用量高于理论量：部分Na2SO3被空气中的O2氧化Zn置换溶液中的Cu2＋锌粉过量的目的：将溶液中的Cu2＋除净NH4F、NaF除去Ca2＋、Mg2＋pH太小，Ca2＋、Mg2＋去除率降低的原因：pH太小，溶液中的F－与H＋结合生成HF，使溶液中的F－浓度减小Na2S、FeS除重金属离子(如Cu2＋、Hg2＋)pH太小，Cu2＋、Hg2＋去除率降低的原因：pH太小，溶液中的S2－与H＋结合生成HS－、H2S，使溶液中的S2－浓度减小(3)条件的控制控制溶液的pH①使某种或几种金属离子转化为氢氧化物沉淀，而目标离子不生成沉淀，以达到分离的目的(常利用题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH信息，选择pH范围，使杂质离子以氢氧化物形式沉淀出来)；②“酸作用”可除去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等；③“碱作用”可除去油污、除去铝片表面的氧化膜、溶解铝等；④金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关例：(2022·镇江期末)以软锰矿(主要成分为MnO2，含少量铁的氧化物)制备高纯MnCO3。流程如图：①酸溶还原时，MnO2发生反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。②常温下，已知：Ksp[Mn(OH)2]＝2×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。工业上，当某离子浓度小于1×10－6mol/L时，认为该离子已除净。氧化后所得溶液中c(Mn2＋)＝0.2mol/L，为使溶液中Fe3＋除净，调节pH的范围应为3～8。【解析】(1)酸溶还原时，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为二价锰离子。(2)Fe3＋除净时，c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[FeOH3],cFe3＋))＝eq\r(3,\f(1×10－39,1×10－6))mol/L＝1×10－11mol/L，pH＝3；锰离子开始沉淀时，c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[MnOH2],cMn2＋))＝eq\r(\f(2×10－13,0.2))mol/L＝1×10－6mol/L，pH＝8，故应调节pH的范围是3～8调节溶液pH常用试剂：①稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸(注意氧化性)、酸性气体(二氧化硫)等；②氢氧化钠、氨水、碳酸钠、碳酸氢铵、金属氧化物等控制温度(常用水浴、冰水浴或油浴)①控制反应速率(升温加快反应速率)、适宜的温度使催化剂的活性最大、防止副反应的发生；②控制化学反应进行的方向，使化学平衡发生移动；③升温：使溶液中的气体逸出，使易挥发的物质挥发，使易分解的物质分解；煮沸：使气体逸出；促进水解，聚沉后便于过滤分离；④控制温度，结晶与过滤(4)工艺流程中的分离技术①过滤(分离固、液混合物)从工厂采集废液(含FeSO4和少量ZnSO4、MgSO4)进行Fe3O4的制备实验，如图所示：操作a、b的名称为过滤。②先氧化再转化为沉淀除去如何除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋？已知Fe(OH)3、Fe(OH)2、Mn(OH)2开始沉淀和沉淀完全时的pH如表所示：物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8若Fe2＋沉淀完全，则大部分Mn2＋与Fe2＋共同沉淀，无法有效分离；若先将Fe2＋氧化为Fe3＋，可使Fe3＋沉淀完全而Mn2＋不沉淀。故先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液pH的范围为3.7～8.3，使Fe3＋沉淀完全而Mn2＋不沉淀。③萃取法分离考查角度举例问题萃取操作用如图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3＋为使Fe3＋尽可能多地从水相转移至有机相，采取的实验操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次萃取剂的选择已知萃取剂A、B中pH对Co2＋、Mn2＋离子萃取率的影响如图所示：为了除去Mn2＋，应选择萃取剂B(填“A”或“B”)pH范围的选择萃取剂对Al3＋、Co2＋萃取率与pH的关系如图所示：萃取分离Co2＋、Al3＋的实验操作：向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH＝3～4，分液可得CoSO4溶液，继续向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH至0.5以下(或1以下)，然后分液，可得Al2(SO4)3溶液“萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示：pH一般选择5左右，理由是pH在5左右时，钴、锂的分离效率最高归纳总结A．要除去的离子在萃取剂中溶解度远大于有效离子的溶解度；B．离子在不同的萃取剂中溶解度相差越大越好；C．选择合适的pH范围分离离子，要求该pH范围内离子溶解度相差较大④反萃取分离举例问题反萃取目的实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如图所示：向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，该操作的目的是使碘从四氯化碳层进入水层反萃取剂的选择钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分为V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图：已知：①VOSO4能溶于水，VO2＋与Fe不能反应；②有机溶剂H2R对VO2＋及Fe3＋萃取率高，但不能萃取Fe2＋“溶剂萃取与反萃取”可表示为VO2＋＋H2Req\o(,\s\up17(溶剂萃取),\s\do17(反萃取))VOR＋2H＋。为了提高VO2＋的产率，反萃取剂可选用c(填字母)。A．NaCl B．NaOHC．H2SO4萃取和反萃取的目的制取钴的氧化物的部分流程如图：已知：萃取时发生的反应为Co2＋＋n(HA)2CoA2·(n－1)(HA)2＋2H＋萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂(HA)2，向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是分离提纯并富集Co2＋⑤结晶与过滤从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→(洗涤、干燥)。需要加热得到的晶体(或物质)：蒸发结晶、趁热过滤。需要冷却得到的晶体(或物质)：蒸发浓缩、冷却结晶。例1：制备MnSO4·H2O晶体。已知溶解度曲线(如图1)，MnSO4·H2O晶体在曲线拐点右侧。操作方法：滴加稀硫酸酸化，蒸发浓缩，温度高于40℃，趁热过滤，用酒精洗涤，低温干燥。例2：制备FeSO4·7H2O晶体。已知溶解度曲线(如图2)，FeSO4·7H2O晶体在曲线拐点左侧。操作方法：加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥。例3：由图3确定方法。制备KNO3：蒸发浓缩、冷却结晶(过滤、洗涤、干燥)；制备KCl：蒸发结晶、趁热过滤(洗涤、干燥)。由图4确定方法。制备无水Na2SO3：温度高于34℃，蒸发结晶、趁热过滤(洗涤、干燥)。图1图2图3图42.循环物质的确定考查角度举例可循环物质可逆反应的反应物N2、H2前面步骤的反应物，后面步骤的生成物以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有FeCO3、CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3、MgCO3等杂质)为原料制备二氧化锰的工艺流程如图：已知：草酸钙、草酸镁不溶于水硫酸箭头回头联碱法(侯氏制碱法)和氨碱法的生产流程简要表示如图：母液、CO23.副产品的确定图像曲线分析及答题方法(学用P99)1.多因素影响化学反应速率·OH是一种重要的活性基团，·OH容易发生淬灭。·OH可用于脱除苯酚生成CO2。其他条件不变时，不同温度下苯酚的浓度随时间的变化如图所示。0～20min内，50℃的化学反应速率与40℃的基本相同，原因是0～20min，与40℃相比，50℃时温度较高化学反应速率加快，·OH更易发生淬灭，导致c(·OH)下降。[归纳总结]出现矛盾结论可能的原因。改变条件正常情况反常情况可能的原因升高温度速率增大速率减小催化剂失活速率不变反应物中有易分解的物质减小浓度速率减小速率增大反应为放热反应加入反应物速率增大速率不变化学反应速率很慢2.多重因素影响浸取率(1)温度、水解程度影响浸取率用稀硫酸浸取氧化铁，当温度超过100℃时，铁浸取率反而减小，原因是温度超过100℃时，Fe3＋水解反应速率明显加快，导致Fe3＋浓度降低。(2)温度、物质的稳定性影响浸取率(NH4)2S溶液浸取滤渣时的反应为(n－1)S＋S2－=Seq\o\al(2－,n)，单质硫浸取率随温度变化曲线如图所示。温度高于30℃，单质硫浸取率下降的可能原因是硫化铵受热分解，导致S2－浓度减小，硫单质浸取率下降。(3)温度、气体的溶解度影响浸取率其他条件相同时，用SO2还原浸出Cu(AsO2)21h，不同温度下砷的浸出率如图。随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是升温能加快反应速率，同时温度升高SO2的溶解度减小，反应速率减小，T＜60℃，升温对反应速率影响大，T＞60℃，浓度减小对反应速率影响大。(4)锰浸出率与浸出过程中时间和液固比的关系分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为60min、3。3.平衡移动影响产率克劳斯法：2H2S(g)＋O2(g)S2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－314kJ/mol。(1)用克劳斯法处理H2S时，研究人员对反应条件对S2产率的影响进行了如下研究。其他条件相同时，相同时间内，S2产率随温度的变化如图1所示。由图1可见随着温度升高，S2产率先增大后减小，原因是反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小。图1(2)其他条件相同时，相同时间内，S2产率随eq\f(nO2,nH2S)值的变化如图2所示。eq\f(nO2,nH2S)值过高不利于提高S2产率，可能的原因是O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小。图2化学工艺流程与计算(学用P101)(2023·南京、盐城一模)以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)为原料，制备脱硫剂MnxOy，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如下。(1)上述过程中可循环利用的物质是(NH4)2SO4、NH3(或NH3·H2O)、MnxOy(填化学式)。(2)“氨浸”时，在浸出的[Cu(NH3)4]2＋催化下，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3。该过程中发生反应的离子方程式为CO＋2[Cu(NH3)4]2＋＋4NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]＋＋4NHeq\o\al(＋,4)＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O、MnO2＋2[Cu(NH3)4]＋＋4NHeq\o\al(＋,4)＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O=2[Cu(NH3)4]2＋＋MnCO3＋4NH3·H2O。(3)已知：Ksp(MnCO3)＝1.1×10－11、Ksp[Mn(OH)2]＝1.1×10－13。“沉锰”中若产生amolMn(OH)2沉淀。现用5L一定浓度的Na2CO3溶液将其转化为MnCO3，需Na2CO3溶液的浓度至少为eq\f(80a2＋a,5)mol/L(用含a的表达式表示)。(4)“沉锰”得到的MnCO3在空气中煅烧可制得脱硫剂MnxOy。图1①测得煅烧过程中固体残留率eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(固体残留率＝\f(剩余固体的质量,起始MnCO3的质量)×100%))随温度变化的曲线如图1所示。975K时，煅烧MnCO3后得到固体产物为Mn2O3(填化学式，写出计算过程)。975K时，残留固体是锰的氧化物。假设煅烧MnCO3的物质的量为1mol，则975K时，m(固体)＝115g×(1－31.4%)＝79g，由于n(Mn)＝1mol，n(O)＝eq\f(79g－55g,16g/mol)＝1.5mol，则n(Mn)∶n(O)＝2∶3，即固体的化学式为Mn2O3②工艺上控制温度煅烧MnCO3以生成更多含量的MnO2，其原因是等量的MnCO3分解生成各类脱硫剂中以MnO2吸收的H2S的量最多。(5)MnO2的长方体晶胞结构如图2所示，图中已表示出晶胞边长及坐标轴，图3为沿y轴方向晶胞投影图。请在图4方框中画出沿z轴方向晶胞投影图。图2图3图4【解析】(1)由流程图可知，“沉锰”后滤液中的(NH4)2SO4回收后可用于“浸锰”，“浸锰”时产生的NH3回收后可用于“氨浸”，MnxOy脱硫剂经再生后可重新用于硫化，故可循环利用的物质有(NH4)2SO4、NH3(或NH3·H2O)、MnxOy。(2)“氨浸”时，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3，[Cu(NH3)4]2＋作催化剂，则[Cu(NH3)4]＋→[Cu(NH3)4]2＋，MnO2→MnCO3，故离子方程式为MnO2＋2[Cu(NH3)4]＋＋4NHeq\o\al(＋,4)＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O=2[Cu(NH3)4]2＋＋MnCO3＋4NH3·H2O。(3)Mn(OH)2(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)MnCO3(s)＋2OH－(aq)，K＝eq\f(c2OH－,cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(Ksp[MnOH2],KspMnCO3)，amolMn(OH)2完全转化为MnCO3时，溶液中c(OH－)＝eq\f(2a,5)mol/L，则此时溶液中c(COeq\o\al(2－,3))＝eq\f(KspMnCO3,Ksp[MnOH2])·c2(OH－)＝eq\f(1.1×10－11,1.1×10－13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,5)))2mol/L＝16a2mol/L，由于反应时要消耗amolNa2CO3，故至少需要(16a2×5＋a)molNa2CO3，则c(Na2CO3)＝eq\f(80a2＋a,5)mol/L。(4)②工艺上控制温度煅烧MnCO3以生成更多含量的MnO2，其原因是等量的MnCO3分解生成的各类脱硫剂中以MnO2吸收的H2S量最多。(5)若沿z轴方向投影，顶点上处于对称位置的Mn原子会重合在长方形的顶点，位于体心的Mn原子会位于长方形的面心，位于面上和体内的O原子会位于长方形内相邻两个Mn原子的连线上。化学工艺流程与曲线分析(学用P101)(2023·苏锡常镇二调)以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3和少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：已知：Fe3＋＋3H2C2O4=Fe(C2O4)eq\o\al(3－,3)＋6H＋；Fe2＋＋H2C2O4=FeC2O4↓＋2H＋。(1)“酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m草酸,m硫酸烧渣)×100%))对铁浸取率的影响如图1所示。图1①加入草酸能提高铁浸取率的原因是Fe3＋和H2C2O4生成Fe(C2O4)eq\o\al(3－,3)，促进草酸电离，溶液中H＋浓度增大；Fe3＋浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应。②草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是Fe2＋与C2Oeq\o\al(2－,4)反应生成FeC2O4沉淀。(2)“沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图2所示。图2①FeSO4转化为Fe(OH)3的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O=2Fe(OH)3↓＋4NHeq\o\al(＋,4)。②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因是温度升高，H2O2受热被Fe3＋催化分解，使Fe2＋氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于Fe(OH)3的生成。③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和草酸铵[或(NH4)2C2O4]。(3)“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是除去Fe(OH)3中含有的Al(OH)3杂质。【解析】(1)①加入草酸后，Fe3＋与H2C2O4发生反应：Fe3＋＋3H2C2O4=Fe(C2O4)eq\o\al(3－,3)＋6H＋，溶液中c(H＋)增大，提高了浸取速率；另外，Fe3＋浓度降低，可促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应正向进行。②当草酸的量大于20%时，溶液中c(C2Oeq\o\al(2－,4))增大，Fe2＋转化成FeC2O4沉淀，导致铁的浸取率降低。(2)②根据反应2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O=2Fe(OH)3↓＋4NHeq\o\al(＋,4)可知，当铁的回收率降低时，可能与H2O2和NH3·H2O都有关，温度升高时，H2O2受热被Fe3＋催化分解，导致c(H2O2)减小，Fe2＋氧化不充分，温度过高时，氨水受热挥发，导致c(NH3·H2O)减小，不利于Fe(OH)3的生成。③根据反应的流程图可知，溶液中的阴离子为SOeq\o\al(2－,4)和C2Oeq\o\al(2－,4)，故母液中的主要溶质为(NH4)2SO4和(NH4)2C2O4。(3)“酸浸”后所得残渣中含有SiO2，“沉铁”步骤后所得滤渣中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，故加入NaOH的作用是除去Al(OH)3杂质。化学工艺流程与条件控制(学用P102)(2022·苏州调研)工业上以电解锰渣(主要成分为MnCO3、MnSO4，含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取MnSO4·H2O。(1)“氧化”时发生反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，工业上调节pH的过程选择在加热条件下进行，其目的是有利于Fe3＋和Al3＋转化成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。(2)MnSO4的溶解度曲线如图1所示，从过滤后的滤液中获得MnSO4·H2O的操作为蒸发浓缩至大量晶体析出，高于40℃趁热过滤，洗涤，低温干燥。图1(3)为测定制得的MnSO4·H2O的纯度，称取1.000g样品，配成100.00mL酸性溶液，取出20.00mL，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用0.05000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定冷却后的含锰溶液至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，用去(NH4)2Fe(SO4)2溶液21.60mL，计算该MnSO4·H2O样品的纯度(写出计算过程)。1．000g样品中，n(MnSO4·H2O)＝eq\f(100.00mL,20.00mL)×n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝5×21.60×10－3L×0.05000mol/L＝5.400×10－3mol，MnSO4·H2O的纯度＝eq\f(5.400×10－3mol×169g/mol,1.000g)×100%＝91.26%(4)工业上用电解H2SO4-MnSO4-H2O体系制备MnO2。电解获得MnO2的机理(部分)如图2所示，电极上刚产生的MnO2有更强反应活性。H2SO4浓度与电流效率eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(η＝\f(m实际MnO2,m理论MnO2)×100%))的关系如图3所示，当H2SO4浓度超过3mol/L时，电流效率降低的原因是H＋浓度过大不利于Mn3＋转化为MnOOH。实验表明，MnSO4浓度过大，也会导致电流效率降低，可能的原因是MnSO4浓度过大时，Mn2＋与新生成的高活性MnO2反应(或MnO2直接沉积在阳极表面，阻止其他物质放电)。图2图3【解析】(1)由于最终所得产物为MnSO4·H2O，故氧化过程中，MnO2在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋；加热能加快Al3＋、Fe3＋的水解速率。(2)由图可知，高于40℃时，才能得到MnSO4·H2O，故将滤液蒸发至大量晶体出现后，高于40℃时趁热过滤即可得到MnSO4·H2O晶体。(3)由测定过程中的描述以及得失电子守恒可得关系式：MnSO4·H2O～Mn2＋～Fe2＋～(NH4)2Fe(SO4)2，结合n[(NH4)2Fe(SO4)2]可求得n(MnSO4·H2O)，再结合样品的质量以及实验所取溶液的体积，最终可求得样品的纯度。(4)由图2可知，Mn3＋转化为MnOOH需要弱酸性环境，当H＋浓度过大时，不利于Mn3＋转化为MnOOH，从而导致电流效率降低；由题干中“电极上刚产生的MnO2有更强反应活性”可知，当MnSO4浓度过大时，Mn2＋与新生成的高活性MnO2反应生成Mn3＋，从而导致电流效率降低。1.(2023·湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)的部分流程如图：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。物质Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。下列说法错误的是(D)A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2－＋H2OHS－＋OH－C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中eq\f(cCu2＋,cZn2＋)＝4.0×10－12D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【解析】由表中数据可知，pH＝4时，Fe3＋沉淀完全，Al3＋部分沉淀，故“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；S2－水解使溶液显碱性，以第一步水解为主：S2－＋H2OHS－＋OH－，B正确；“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中eq\f(cCu2＋,cZn2＋)＝eq\f(cCu2＋·cS2－,cZn2＋·cS2－)＝eq\f(KspCuS,KspZnS)＝eq\f(6.4×10－36,1.6×10－24)＝4.0×10－12，C正确；“出水”经阴离子交换树脂软化处理后得到含OH－的溶液，再经阳离子交换树脂软化处理得到含H＋的溶液，OH－与H＋结合生成水，“出水”依次经阴、阳离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水，D错误。2.(2023·辽宁卷)某工厂采用如图工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在。下列说法错误的是(B)A．“焙烧”中产生CO2B．滤渣的主要成分为Fe(OH)2C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrOeq\o\al(2－,4)D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【解析】“焙烧”后Cr元素以＋6价形式存在，则发生反应：2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2eq\o(=,\s\up17(高温))4Na2CrO4＋4CO2，“焙烧”中产生CO2，A正确；“焙烧”是在有氧环境中进行的，Fe元素会被氧化到＋3价，故滤渣的主要成分不可能为Fe(OH)2，应该为Fe2O3，B错误；由2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O可知，碱性条件下＋6价Cr元素以CrOeq\o\al(2－,4)形式存在，故滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrOeq\o\al(2－,4)，C正确；Cr(OH)3中Cr元素显＋3价，Cr元素由＋6价降低至＋3价，发生还原反应，故淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确。3.(2023·全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是将BaSO4还原为BaS、CaS。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为Ca2＋＋S2－=CaS↓。(3)“酸化”步骤应选用的酸是c(填字母)。A．稀硫酸 B．浓硫酸C．盐酸 D．磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？其原因是不可行。多余的Ca2＋无法除去，同时会放出更多的H2S污染环境。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为BaCl2＋TiCl4＋2(NH4)2C2O4＋H2O=BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的n(CO2)∶n(CO)＝1∶1。【解析】(1)由流程图可知，“焙烧”步骤中碳粉转化为了CO，C元素的化合价升高，碳粉作还原剂，可将BaSO4还原为BaS、CaS。(3)酸化是为了将BaS转化为BaCl2，不能引入新杂质，故选用HCl。(4)焙烧后的产物有BaS和CaS，如果直接加酸浸取，多余的Ca2＋无法除去，同时会放出更多的H2S污染环境。4.(2023·新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图。已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2Oeq\o\al(2－,7)存在，在碱性介质中以CrOeq\o\al(2－,4)存在。(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为Na2CrO4(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3。(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是Al(OH)3。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH＜9时，会导致POeq\o\al(3－,4)、SiOeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，使POeq\o\al(3－,4)、SiOeq\o\al(2－,3)的浓度降低，不利于“除硅磷”；pH＞9时，会导致Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)分别转化为Mg(OH)2沉淀、NH3·H2O，使Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)的浓度降低，不利于“除硅磷”。(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1时，溶解为VOeq\o\al(＋,2)或VO3＋；在碱性条件下，溶解为VOeq\o\al(－,3)或VOeq\o\al(3－,4)。上述性质说明V2O5具有C(填字母)。A．酸性 B．碱性C．两性(6)“还原”步骤中加入Na2S2O5(焦亚硫酸钠溶液)，反应的离子方程式为3S2Oeq\o\al(2－,5)＋2Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋10H＋=4Cr3＋＋6SOeq\o\al(2－,4)＋5H2O。【解析】(1)铬钒渣在Na2CO3、NaOH作用下高温焙烧，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐Na2CrO4、NaVO3，铝、硅、磷等的化合物转化为NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4，铁的化合物转化为Fe2O3。(2)加水浸取，过滤，水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3。(3)由流程图知，后续步骤中依次除去了“硅、磷、钒”，故“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要是“除铝”，铝以Al(OH)3沉淀形式被过滤除去。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，硅、磷以SiOeq\o\al(2－,3)、POeq\o\al(3－,4)形式存在时除杂效果最好，同时需要Mg2＋、NHeq