高考化学一轮复习第9章水溶液中的离子反应与平衡第47讲无机化工流程题课件

第47讲无机化工流程题1．培养从新信息中准确地提取实质性内容，并与已有知识块整合重组为新知识块的能力。2．培养将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。3．培养将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等形式表达并做出解释的能力。01考点梳理高效演练一、化学工艺流程题的整体设计1．呈现方式——“三大块”2．解题模型——“四线法”(1)试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到酸、碱中和或氧化、还原作用等。(2)转化线：元素守恒——焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等。(3)除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等。(4)分离线：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等。二、工艺流程中主要环节的分析1．核心反应——陌生方程式的书写关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。2．原料预处理的六种常用方法及目的方法目的研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率水浸与水接触反应或溶解酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土3.控制反应条件的六种常用方法(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H＋反应，使溶液pH变大。②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。(3)控制压强。改变速率，影响平衡。(4)使用合适的催化剂。增大反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。(6)冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。4．明确常用的分离、提纯方法过滤分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法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，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴蒸发结晶提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl冷却结晶提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等蒸馏或分馏分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油冷却利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨三、化工流程中的定量计算1．常见类型及解题方法类型解题方法物质含量计算根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量确定物质化学式计算①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下角标之比Ksp相关计算①通过Ksp与离子积Q的大小判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和完全时的pH一、物质制备类化工流程题1．(2024·江门调研)某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，采用联合焙烧法制备超细氧化铋。工艺流程如下：解析：Bi位于元素周期表第六周期第ⅤA族，其价层电子排布式为6s26p3。答案：6s26p3

(2)写出“联合焙烧”时MnO2和Bi2S3反应的化学方程式：______________。(3)若焙烧时MnO2过量可分解为Mn2O3，则“酸浸”时Mn2O3会转化为MnCl2，此时生成的气体A为______________(填化学式)。解析：“酸浸”时Mn2O3会与浓盐酸发生氧化还原反应生成MnCl2、H2O和Cl2，则气体A为Cl2。答案：Cl2

(4)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4的目的是_______________________________________________________________。(6)沉淀反萃取所得草酸铋[Bi2(C2O4)3]用酒精洗去有机残余物，干燥后，在600℃、空气气氛下保温2h进行热分解，热分解产物的X射线衍射图谱如下图所示，出现了Bi2O3的明锐衍射峰。2．(2022·高考全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数见下表：离子Fe3＋Zn2＋Cu2＋Fe2＋Mg2＋Ksp2.8×10－396.7×10－172.2×10－204.9×10－175.6×10－12回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为______________。(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有__________、_____________。答案：将菱锌矿焙烧产品粉碎适当增大硫酸浓度(或升高浸取时的反应温度等)(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。A．NH3·H2O

B．Ca(OH)2

C．NaOH滤渣①的主要成分是__________、__________、____________。解析：制备ZnSO4·7H2O的流程分析如下：加入物质X调溶液pH＝5，为了不引入新的阳离子，故X宜选用Ca(OH)2；pH＝5时，c(OH－)＝10－9

mol·L－1，根据表中各离子的氢氧化物的Ksp可知，只有Fe3＋能完全沉淀。答案：B

SiO2

CaSO4

Fe(OH)3(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为________________________。解析：Fe2＋被适量KMnO4溶液氧化为Fe(OH)3，同时生成MnO2，Fe(OH)3和MnO2进入滤渣②中。(5)滤液②中加入锌粉的目的是___________________________。答案：除去Cu2＋

(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是____________、____________。答案：CaSO4

MgSO4二、物质分离、提纯类化工流程题3．(2024·惠州调研)锌是一种重要的金属；锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示。(1)“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为____________。解析：废锌催化剂加入氨水和氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋形式进入溶液，同时铁、锰元素分别转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液中加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去，滤液中加入有机试剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨的挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2＋减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出。答案：温度过高，氨的挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2＋减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出(2)滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和______________(填化学式)。“操作a”的名称是________。解析：根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2

和SiO2。根据流程图可知，萃取后分离出有机层和水层，所以“操作a”是分液。答案：SiO2分液(3)“深度除锰”时，将残留的Mn2＋转化为MnO2，每生成1molMnO2需消耗_______________________molH2O2。答案：1①当(NH4)2S的加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是___________________________(用离子方程式表示)。②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好选择________(填字母)。A．100% B．110%C．120% D．140%解析：①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子将锌转化为硫化锌沉淀，离子方程式为[Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3↑；②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好选择120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高。答案：①[Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3↑

②C4．(2024·广东六校联考)世界镍矿资源急剧减少，镍的工业需求量日益增加，为提高镍矿的利用率，从某矿渣(主要成分为NiO，还含有Fe2O3、FeO、CaO、SiO2等杂质)回收镍的主要工艺流程如下：已知：(NH4)2SO4在350℃以上分解生成NH3和稀硫酸。回答下列问题：(1)研磨矿渣的目的是____________________________________。解析：某矿渣(主要成分为NiO，还含有Fe2O3、

FeO、CaO、SiO2等杂质)加入硫酸铵研磨后，600℃通入空气焙烧，已知(NH4)2SO4在350℃以上分解生成NH3和硫酸，NiO、Fe2O3、FeO、CaO、SiO2在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3、CaSO4、FeO(OH)，并且在95℃的热水中浸泡，过滤得到浸取液和浸渣，浸渣为Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4、SiO2，向浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液和废渣，废渣的主要成分为氟化钙，加入萃取剂萃取得到水相和有机相，水相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相加入稀硫酸后循环使用。研磨矿渣可增大固体接触面积，增大反应速率。答案：增大固体接触面积，增大反应速率(2)“浸渣”的成分除有Fe2O3、FeO(OH)、SiO2外，还含有________(写化学式)。解析：由以上分析可知，“浸渣”还含有CaSO4。答案：CaSO4(3)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为___________________________________________________。(4)将“浸取液”冷却至室温，测得溶液中c(Ca2＋)＝1.0×10－3

mol·L－1，向其中加入一定量的NaF晶体，搅拌，当溶液中c(F－)＝1.0×10－3

mol·L－1时，除钙率为______________________________________________________。答案：0.958

答案：0.2强酸性02真题研做高考通关1．(2023·新高考广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋与NH3形成可溶于水的配离子；lg

Kb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp见下表。氢氧化物Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10－151.6×10－445.5×10－161.3×10－335.6×10－12请回答下列问题：(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为___________。解析：硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化镁调pH至9.0，过滤，得到滤液1，主要成分是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液“氨浸”，过滤，将滤液2进行“镍钴分离”，得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体析出氯化镍晶体。活性MgO可与水反应生成Mg(OH)2，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。答案：MgO＋H2O===Mg(OH)2

答案：＞(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为______。(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3属于________(填“晶体”或“非晶体”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是____________。解析：①X射线衍射图谱中出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3

属于晶体。②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物可知，(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率的原因是减少了胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。答案：①晶体②减少了胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积(5)“析晶”过程中通入的酸性气体A为________。解析：“析晶”得到NiCl2·4H2O，为了不引入杂质并抑制Ni2＋水解，通入的酸性气体A应为HCl。答案：HCl(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中

n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为________。②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和__________(填化学式)。答案：①0.4

②MgO2．(2023·高考新课标卷)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下图所示：答案：Na2CrO4

(2)水浸渣中主要有SiO2和________。解析：煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3，且Fe2O3不溶于水，故水浸渣中还含有Fe2O3。答案：Fe2O3

(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是________。解析：“沉淀”步骤加入稀H2SO4调pH到弱碱性是为了使[Al(OH)4]－转化为Al(OH)3沉淀而除去。答案：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___________；pH>9时，会导致___________________________________。解析：根据题干描述，V2O5既可与酸反应生成盐和水，又可与碱反应生成盐和水，故