2018年高考化學大二輪復習 專題四 化學實驗 第17講 化學工藝流程學案.doc
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第17講化學工藝流程最新考綱考向分析1.建立分析解決材料、環(huán)境、健康、能源等領域關于物質的制備和應用等實際問題和思路方法。2認識物質性質、設計物質轉化的核心角度,形成認識途徑,并將其應用于解決真實問題,進而形成解決問題的思路和方法。3認識物質的轉化在自然資源利用和環(huán)境保護中的重要價值。1.以化工流程為載體,??疾椋?1)實驗操作目的分析。(2)實驗操作規(guī)范判斷。2以物質制備和提純?yōu)榍榫?,考查?1)陌生物質化合價的判斷及電子式的書寫。(2)反應方程式或離子方程式的書寫。(3)流程中試劑的選擇,中間產物的種類及離子判斷。(4)實驗操作規(guī)范語言的表述。(5)實驗操作試劑的選取。(6)流程的中間環(huán)節(jié)物質種類及離子判斷。(7)樣品中質量分數及產物產率的計算??键c一物質制備型Z (課前)1(2017全國27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料,可利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3,還含有少量MgO、SiO2等雜質)來制備。工藝流程如下:回答下列問題:(1)“酸浸”實驗中,鐵的浸出率結果如下圖所示。由圖可知,當鐵的浸出率為70%時,所采用的實驗條件為_100、2190、5h_。(2)“酸浸”后,鈦主要以TiOCl形式存在,寫出相應反應的離子方程式 FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O。(3)TiO2xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應40 min所得實驗結果如下表所示:溫度/3035404550TiO2xH2O轉化率/%9295979388分析40 時TiO2xH2O轉化率最高的原因_低于40,TiO2xH2O轉化反應速率隨溫度升高而增加;超過40,雙氧水分解與氨氣逸出導致TiO2xH2O轉化反應速率下降_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合價為4,其中過氧鍵的數目為_4_。(5)若“濾液”中c(Mg2)0.02 molL1,加入雙氧水和磷酸(設溶液體積增加1倍),使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1,此時是否有Mg3(PO4)2沉淀生成? Fe3恰好沉淀完全時,c(PO)molL11.31017 molL1,c3(Mg2) c2(PO)值為0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)3,因此不會生成Mg3(PO4)2沉淀(列式計算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為1.31022、1.01024。(6)寫出“高溫煅燒”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式 2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O。解析(1)從圖象直接可以看出,鐵的浸出率為70%時對應的溫度、時間,符合溫度升高,反應速率加快,值得注意的是,這類填空題可能有多個合理答案。(2)考查離子方程式書寫。難點為生成物還有什么,鈦酸亞鐵中鈦為4價,鐵為2價,產物有氯化亞鐵,比較FeTiO3和TiOCl知,產物中一定有H2O。值得注意的是鈦酸亞鐵與鹽酸反應是非氧化還原反應。(3)聯系化學反應速率、雙氧水和氨水性質分析轉化率。這類問題要從兩個角度分析,即低于40時,隨著溫度的升高,反應速率加快;高于40時,氨水揮發(fā)速率加快、雙氧水分解速率加快,導致反應物濃度降低,結果轉化率降低。(4)考查化學式與元素化合價關系。鋰元素在化合物中只有一種化合價(1),化合物中元素化合價代數和等于0,過氧鍵中氧顯1價,類似雙氧水、過氧化鈉。如果能求出1價氧原子個數,就能求出過氧鍵數目,即過氧鍵數目等于1價氧原子個數的一半。設Li4Ti5O15中2價、1價氧原子個數分別為x、y。有:,解得x7,y8。所以,過氧鍵數目為4。(5)考查溶度積計算以及判斷沉淀是否形成。分兩步計算:計算鐵離子完全沉淀時磷酸根離子濃度。c(Fe3)c(PO)Ksp(FePO4),c(PO) molL11.31017molL1?;旌虾?,溶液中鎂離子濃度為c(Mg2)0.01 molL1,c3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2,沒有磷酸鎂沉淀生成。(6)草酸中碳為3價,高溫煅燒過程中鐵的化合價降低,碳的化合價升高,有CO2生成。2(2018北京26)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下:已知:磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH),還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度:Ca5(PO4)3(OH)CaSO40.5H2O(1)上述流程中能加快反應速率的措施有_研磨、加熱_。(2)磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應:2Ca5(PO4)3(OH)3H2O10H2SO410CaSO40.5H2O6H3PO4該反應體現出酸性關系:H3PO4_”或“”)。結合元素周期律解釋中結論:P和S電子層數相同,_核電荷數PS,得電子能力PS,非金屬性PS_。(3)酸浸時,磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF,并進一步轉化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式: 2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O10CaSO40.5H2O6H3PO42HF_。(4)H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除,同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間,不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80 后脫除率變化的原因:_80_后,H2O2分解速率大,濃度顯著降低_。(5)脫硫時,CaCO3稍過量,充分反應后仍有SO殘留,原因是_CaSO4微溶_;加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率,其離子方程式是 BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO。(6)取a g所得精制磷酸,加適量水稀釋,以百里香酚酞作指示劑,用b molL1 NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的質量分數是 。(已知:H3PO4摩爾質量為98 gmol1)解析(1)可通過增大接觸面積和升高溫度等措施加快反應速率。通過題給流程可知,能夠加快反應速率的措施有研磨和加熱。(2)由強酸制弱酸規(guī)律可知,硫酸的酸性強于磷酸的酸性。根據兩者電子層數相同,可判斷兩者處于同一周期,且S在P的右側,核電荷數PS,得電子能力PS,非金屬性PS,根據非金屬性越強,其最高價氧化物對應水化物的酸性越強的規(guī)律可知,硫酸的酸性強于磷酸的酸性。(3)已知反應物為Ca5(PO4)3F和H2SO4,生成物為CaSO40.5H2O、H3PO4和HF,再根據原子個數守恒可寫出該反應的化學方程式:2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O10CaSO40.5H2O6H3PO42HF。(4)由題意可知,H2O2在氧化有機碳時,自身也會發(fā)生分解,且分解速率隨溫度的升高而加快,因此80 后脫除率降低。(5)硫酸鈣是微溶物,存在溶解平衡,因此反應后的溶液中仍含有SO。由題給信息可知,反應物為BaCO3、SO和H3PO4,生成物為BaSO4、CO2、H2PO和水,由此可寫出該反應的離子方程式:BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO。(6)由題意知,消耗氫氧化鈉的物質的量為 mol,當生成Na2HPO4時,參加反應磷酸的物質的量為 mol,即磷酸的質量為 g,則磷酸的質量分數為。3(2017全國)重鉻酸鉀是一種重要的化工原料,一般由鉻鐵礦制備,鉻鐵礦的主要成分為FeOCr2O3,還含有硅、鋁等雜質。制備流程如圖所示:回答下列問題:(1)步驟的主要反應為:FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反應配平后FeOCr2O3與NaNO3的系數比為_27_。該步驟不能使用陶瓷容器,原因是_陶瓷在高溫下會與Na2CO3反應_。(2)濾渣1中含量最多的金屬元素是_Fe_,濾渣2的主要成分是_Al(OH)3_及含硅雜質。(3)步驟調濾液2的pH使之變_小_(填“大”或“小”),原因是 2CrO2HCr2OH2O(用離子方程式表示)。(4)有關物質的溶解度如圖所示。向“濾液3”中加入適量KCl,蒸發(fā)濃縮,冷卻結晶,過濾得到K2Cr2O7固體。冷卻到_d_(填標號)得到的K2Cr2O7固體產品最多。a80 b60 c40 d10 步驟的反應類型是_復分解反應_。(5)某工廠用m1 kg鉻鐵礦粉(含Cr2O3 40%)制備K2Cr2O7,最終得到產品m2 kg,產率為 100%。解析(1)1 mol FeOCr2O3參與反應共失去7 mol電子,而1 mol NaNO3參與反應得到2 mol電子,根據得失電子守恒,二者的系數比為27。由于高溫下碳酸鈉能與陶瓷中的二氧化硅發(fā)生反應,所以該步驟不能使用陶瓷容器。(2)步驟中生成的氧化鐵因不溶于水而進入濾渣1,所以濾渣1中含量最多的金屬元素是Fe。結合流程圖可知,濾渣2的主要成分是氫氧化鋁及含硅雜質。(3)濾液2中存在平衡:2CrO2HCr2OH2O,氫離子濃度越大(pH越小),越有利于平衡正向移動,所以步驟應調節(jié)濾液2的pH使之變小。(4)根據題圖,可知溫度越低,K2Cr2O7的溶解度越小,析出的重鉻酸鉀固體越多,故d項正確。步驟中發(fā)生的反應為Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl,其屬于復分解反應。(5)該鉻鐵礦粉中Cr2O3的物質的量為,根據Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理論質量m0,根據Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理論質量為m0294 gmol1103 kgg1 kg,所以產品的產率為100%100%。R (課堂)知能補漏1解題思路:明確整個流程的原料與目的仔細分析每步發(fā)生的反應及得到的產物結合基礎理論與實際問題思考注意答題的模式與要點。(1)要粗讀試題,盡量弄懂流程圖,但不必將每一種物質都推出。(2)再精讀試題,根據問題去精心研究某一步或某一種物質。(3)要看清所問問題,不能答非所問,并注意語言表達的科學性。2得分策略(1)細心審題是關鍵,從題干中獲得有用信息,了解制備的產品。(2)認真分析是核心,整體瀏覽一下流程,基本辨別出預處理、反應、提純、分離等階段,知道反應物是什么,發(fā)生了什么反應,該反應造成了什么后果,對制造產品有什么作用。(3)正確表達是保障。條理清晰,規(guī)范專業(yè)術語,準確使用化學語言及符合解答試題。在回答文字類表述題時,要組織語言,言簡意賅,準確定位。避免丟三落四、遺漏答案、討論不完整、以偏概全等現象出現。B (課后)1(2016北京)以廢舊鉛酸電池中的含鉛廢料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4為原料,制備高純PbO,實現鉛的再生利用。其工作流程如下:(1)過程中,在Fe2催化下,Pb和PbO2反應生成PbSO4的化學方程式是 PbPbO22H2SO42PbSO42H2O。(2)過程中,Fe2催化過程可表示為:2Fe2 PbO24HSO=2Fe3PbSO42H2O:寫出的離子方程式: 2Fe3PbSO=2Fe2PbSO4。下列實驗方案可證實上述催化過程。將實驗方案補充完整。a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液,溶液幾乎無色,再加入少量PbO2,溶液變紅。b_取a中紅色溶液,向其中加入鉛粉后,紅色褪去_。(3)PbO溶解在NaOH溶液中,存在平衡:PbO(s)NaOH(aq)NaHPbO2(aq),其溶解度曲線如圖所示。過程的目的是脫硫。濾液經處理后可在過程中重復使用,其目的是_A、B_(選填序號)。A減少PbO的損失,提高產品的產率B重復利用NaOH,提高原料的利用率C增加Na2SO4濃度,提高脫硫效率過程的目的是提純。結合上述溶解度曲線,簡述過程的操作:_向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液,加熱至110,充分溶解后,趁熱過濾,冷卻結晶,過濾得到PbO固體_。解析(1)根據題給化學工藝流程知,過程中,在Fe2催化下,Pb、PbO2和H2SO4反應生成PbSO4和水,化學方程式為PbPbO22H2SO42PbSO42H2O。(2)催化劑通過參加反應,改變反應歷程,降低反應的活化能,加快化學反應速率,而本身的質量和化學性質在反應前后保持不變。根據題給信息知,反應中Fe2被PbO2氧化為Fe3,則反應中Fe3被Pb還原為Fe2,離子方程式為2Fe3PbSO=PbSO42Fe2。a實驗證明發(fā)生了反應,則b實驗須證明發(fā)生了反應,實驗方案為:取a中紅色溶液少量,加入過量鉛粉,充分反應后,紅色褪去。(3)過程的目的是除硫,操作過程中會加入過量的NaOH,通過題給條件可知,部分PbO溶解在NaOH溶液中,故濾液1中會有過量的NaOH和PbO溶解在NaOH溶液中產生的NaHPbO2,重復使用濾液,可減少PbO的損失,提高產率,且NaOH也得到了重復利用,提高了原料的利用率。過程是從粗產品中得到純產品,結合溶解度曲線,可選用重結晶操作。根據條件可知,粗品中含有炭黑,需要趁熱過濾,然后冷卻結晶,過濾得到純產品。2(2018邯鄲一模)錳的用途非常廣泛,在鋼鐵工業(yè)中,錳的用量僅次于鐵。以碳酸錳礦(主要成分為MnCO3,還含有鐵、鎳、鈷等碳酸鹽雜質)為原料生產金屬錳的工藝流程如下:已知25 ,部分物質的溶度積常數如下:物質Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022(1)步驟中,MnCO3與硫酸反應的化學方程式是 MnCO3H2SO4=MnSO4CO2H2O。(2)步驟中需要加入稍過量的硫酸,其目的有3點:使礦物中的物質充分反應;提供第步氧化時所需要的酸性環(huán)境;_抑制Mn2的水解_。(3)步驟中,MnO2在酸性條件下可將Fe2氧化為Fe3,該反應的離子方程式是 MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O;加氨水調節(jié)溶液的pH為5.06.0,以除去Fe3。(4)步驟中,需要用到的玻璃儀器除玻璃棒、漏斗外,還有_燒杯_;濾渣2的主要成分為_CoS和NiS_。(5)電解后的廢水中還含有Mn2,常用石灰乳進行一級沉降得到Mn(OH)2沉淀,過濾后再向濾液中加入適量Na2S,進行二級沉降。欲使溶液中c(Mn2)1.0105 molL1,則應保持溶液中c(S2)_1106_molL1。解析(1)加稀硫酸時MnCO3和硫酸反應生成可溶性MnSO4,并產生二氧化碳和水,反應的化學方程式為MnCO3H2SO4=MnSO4CO2H2O。(2)Mn2易水解,加入過量硫酸,還能抑制Mn2水解。(3)步驟中,MnO2在酸性條件下將Fe2氧化為Fe3,反應的離子方程式是MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O。(4)過濾時的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒及漏斗,故還需燒杯;濾渣2的主要成分是CoS和NiS。(5)MnS的Kspc(Mn2)c(S2)1.01011,為了使c(Mn2)1.0105 molL1,則c(S2)1.0106(molL1),即c(S2)1.0106 molL1。3(2018全國27)KIO3是一種重要的無機化合物,可作為食鹽中的補碘劑。回答下列問題:(1)KIO3的化學名稱是_碘酸鉀_。(2)利用“KClO3氧化法”制備KIO3工藝流程如下圖所示:“酸化反應”所得產物有KH(IO3)2、Cl2和KCl?!爸餋l2”采用的方法是_加熱_。“濾液”中的溶質主要是_KCl_?!罢{pH”中發(fā)生反應的化學方程式為 KH(IO3)2KOH=2KIO3H2O或(HIO3KOH=KIO3H2O)。(3)KIO3也可采用“電解法”制備,裝置如圖所示。寫出電解時陰極的電極反應式 2H2O2e=2OHH2。電解過程中通過陽離子交換膜的離子主要為_K_,其遷移方向是_由a到b_。與“電解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之處有_產生Cl2易污染環(huán)境等_(寫出一點)。解析(1)KIO3的化學名稱為碘酸鉀。(2)Cl2的溶解度隨溫度的升高而降低,所以可以用加熱的方法來達到“逐Cl2”的目的;KH(IO3)2和KCl的分離可以根據溶解度的不同,采用結晶法分離,濾液中的溶質主要是KCl,要使KH(IO3)2轉化為KIO3,可以加入KOH調節(jié)pH。發(fā)生反應:KH(IO3)2KOH,2KIO3H2O或HIO3KOH,KIO3H2O,從而避免引入新的雜質離子。(3)電解液是KOH溶液,陰極的電極反應式為2H2O2e,2OHH2。電解過程中陽極反應為I6OH6e,IO3H2O。陽極的K通過陽離子交換膜由電極a遷移到電極b?!癒ClO3氧化法”的主要不足之處是產生Cl2,易污染環(huán)境??键c二物質分離提純型Z (課前)1(2017天津)某混合物漿液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4??紤]到膠體的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小組利用設計的電解分離裝置(見圖),使?jié){液分離成固體混合物和含鉻元素溶液,并回收利用?;卮鸷椭械膯栴}。固體混合物分離利用的流程圖.固體混合物的分離和利用(流程圖中的部分分離操作和反應條件未標明)(1)反應所加試劑NaOH的電子式為 。BC的反應條件為_加熱(或煅燒)_,CAl的制備方法稱為_電解法_。(2)該小組探究反應發(fā)生的條件。D與濃鹽酸混合,不加熱,無變化;加熱有Cl2生成,當反應停止后,固體有剩余,此時滴加硫酸,又產生Cl2。由此判斷影響該反應有效進行的因素有(填序號)_ac_。a溫度 bCl的濃度 c溶液的酸度(3)0.1 mol Cl2與焦炭、TiO2完全反應,生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2xH2O的液態(tài)化合物,放熱4.28 kJ,該反應的熱化學方程式為 2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H85.6 kJmol1。.含鉻元素溶液的分離和利用(4)用惰性電極電解時,CrO能從漿液中分離出來的原因是_在直流電場作用下,CrO通過陰離子交換膜向陽極室移動,脫離漿液_,分離后含鉻元素的粒子是_CrO和Cr2O_;陰極室生成的物質為_NaOH和H2_(寫化學式)。解析(1)NaOH由Na和OH構成,電子式為。根據題中圖示轉化關系,向溶液A中通人CO2,發(fā)生反應:NaAlO22H2OCO2=Al(OH)3NaHCO3,沉淀B為Al(OH)3,固體C為Al2O3,BC的反應條件為加熱或煅燒,Al2O3Al的制備方法為電解熔融氧化鋁。(2)根據“D與濃鹽酸混合,不加熱,無變化;加熱有Cl2生成”知溫度對反應有影響;滴加硫酸,引入H,又產生Cl2,說明溶液的酸度對反應有影響。(3)該還原性氣體為CO,易水解生成TiO2xH2O的液態(tài)化合物為TiCl4,反應的化學方程式為2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g),結合題意知H285.6 kJmol1。(4)題圖2中電解分離裝置采用離子交換膜,根據電解時陰離子向陽極移動,則在直流電場作用下,CrO通過陰離子膜向陽極室移動,脫離漿液。在陽極室,CrO發(fā)生可逆反應:2CrO2HCr2OH2O,故分離后含鉻元素的粒子是CrO、Cr2O。在陰極室,H2O放電:2H2O2e=H22OH,c(OH)增大,且Na向陰極室移動,故陰極室生成的物質為NaOH、H2。2(2018全國27)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛?;卮鹣铝袉栴}:(1)生產Na2S2O5,通常是由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式 2NaHSO3=Na2S2O5H2O。(2)利用煙道氣中的SO2生產Na2S2O5的工藝為:pH4.1時,中為_NaHSO3_溶液(寫化學式)。工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是_得到NaHSO3過飽和溶液_。(3)制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術,裝置如圖所示,其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。陽極的電極反應式為 2H2O4e=4HO2。電解后,_a_室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進行結晶脫水,可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時,取50.00 mL葡萄酒樣品,用0.010 00 molL1的碘標準液滴定至終點,消耗10.00 mL。滴定反應的離子方程式為 S2O2I23H2O=2SO4I6H,該樣品中Na2S2O5的殘留量為_0.128_gL1(以SO2計)。解析(1)根據題給信息,將NaHSO3過飽和溶液結晶脫水可得到Na2S2O5,則化學方程式為2NaHSO3=Na2S2O5H2O。(2)酸性條件下,SO2與Na2CO3溶液生成NaHSO3。工藝中加入Na2CO3固體并再次通入SO2,其目的是得到NaHSO3過飽和溶液。(3)陽極上陰離子OH放電,電極反應式為2H2O4e=O24H,電解過程中H透過陽離子交換膜進入a室,故a室中NaHSO3濃度增加。(4)根據電子、電荷及質量守恒,可寫出反應的離子方程式為S2O2I23H2O=2SO4I6H。n(S2O)n(I2)0.010 00 molL110.00103 L5105 mol,該樣品中S2O的殘留量(以SO2計)為5105 mol264 gmol 10.128 gL1。R (課堂)知能補漏1物質提純流程題的解題思路:(1)閱讀題干信息,找出要提純的物質。(2)解讀操作流程,找出與題干相關的操作步驟,辨別出預處理、反應、提純、分離等階段。(3)分析流程中的每一步驟,反應物是什么、發(fā)生了什么反應、該反應造成了什么后果,對制造產品有什么作用。2無機化工流程中的常見分離方法:(1)洗滌(冰水、熱水):洗去晶體表面的雜質離子。(2)過濾(熱濾或抽濾):分離難溶物和易溶物。(3)萃取和分液:利用溶質在互不相溶的溶劑里的溶解度不同提取分離物質。(4)蒸發(fā)結晶:提取溶解度隨溫度的變化變化不大的溶質。(5)冷卻結晶:提取溶解度隨溫度的變化變化較大的溶質、易水解的溶質或結晶水合物。(6)蒸餾或分餾:分離沸點不同且互溶的液體混合物。(7)冷卻水:利用氣體易液化的特點分離氣體。B (課后)1(2018衡水中學二模)電鍍工業(yè)會產生大量的電鍍污水,處理電鍍污水時會產生大量的電鍍污泥。電鍍污泥含有多種金屬氫氧化物和雜質。下面是處理某種電鍍污泥回收銅、鎳元素的一種工業(yè)流程。電鍍污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金屬離子濃度見下表。金屬離子Cu2Ni2Fe2Al3Cr3濃度/mgL17 0007 0002 5004 2003 500(1)在電解回收銅的過程中,為提高下一步的除雜效果,需控制電解電壓稍大一些使Fe2氧化,則磷酸鹽沉淀中含有的物質為_FePO4、CrPO4、AlPO4_。(2)假設電解前后Ni2濃度基本不變,若使Ni2在除雜過程不損失,則溶液中PO濃度不能超過 molL1(列出計算表達式,KspNi3(PO4)251031)。(3)研究發(fā)現當NaOH溶液濃度過大時,部分鋁元素和鉻元素會在濾液中出現,濾液中出現鋁元素的原因為 Al(OH)3OH=AlO2H2O(用離子方程式解釋)。解析(1)浸出液中含Cu2、Ni2、Fe2、Al3、Cr3,電解除去Cu2且將Fe2氧化成Fe3,根據圖中Ni2不沉淀,因而磷酸鹽沉淀中含有的物質為FePO4、GrPO4、AlPO4。(2)Kspc(Ni2)c2(PO),電解前后Ni2濃度基本不變,c(Ni2)7 000 mgL1 molL1,若Ni2不沉淀,c(PO) molL1。(3)當NaOH溶液濃度過大時,發(fā)生反應:Al(OH)3OH=AlO2H2O。2(2018鄭州三模)工業(yè)上設計將VOSO4中的K2SO4、SiO2雜質除去并回收得到V2O5的流程如下,請回答下列問題:(1)步驟所得廢渣的成分是_SiO2_(寫化學式),操作的名稱_過濾_。(2)步驟、的變化過程可簡化為(下式R表示VO2,HA表示有機萃取劑):R2(SO4)n(水層)2nHA(有機層)2RAn(有機層)nH2SO4(水層)中萃取時必須加入適量堿,其原因是_加入堿中和硫酸,促使平衡正向移動(或提高釩的萃取率)_。中X試劑為_H2SO4_。(3)的離子方程式為 NH3H2OVO=NH4VO3OH。(4)25 時,取樣進行試驗分析,得到釩沉淀率和溶液pH之間的關系如表:pH1.61.71.81.92.0釩沉淀率%98.098.898.896.493.1結合上表,在實際生產中,中加入氨水,調節(jié)溶液的最佳pH為_1.71.8(或1.7、1.8其中一個)_;若釩沉淀率為93.1%時不產生Fe(OH)3沉淀,則溶液中c(Fe3)_2.6103_molL1_。(已知:25 時,KspFe(OH)32.61039)(5)該工藝流程中,可以循環(huán)利用的物質有_氨氣(或氨水)_和_有機萃取劑_。解析(1)將含K2SO4、SiO2雜質的VOSO4溶于水,SiO2不溶于水,步驟是過濾,將SiO2與溶液分離。(2)中萃取時必須加入適量堿,有利于中和硫酸,促使平衡正向移動;為反萃取,使上述平衡逆方向移動,X試劑為H2SO4。(3)在含有VO2、SO的溶液中加入氧化劑氯酸鉀,可以將VO2氧化為VO,步驟中加氨水,VO與氨水反應生成NH4VO3的離子方程式為NH3H2OVO=NH4VO3OH。(4)根據25 時,釩沉淀率和溶液pH之間的關系知,pH為1.7、1.8時,釩沉淀率最高,調節(jié)溶液的最佳pH為1.71.8最好;若釩沉淀率為93.1%,pH2.0,c(OH)11012 molL1,此時沒有Fe(OH)3沉淀,則溶液中的c(Fe3)KspFeOH3c3(OH)2.61039(11012)32.6103(molL1)。(5)根據流程示意圖可知:該工藝流程中可以循環(huán)利用的物質有氨氣(或氨水)和有機萃取劑。3以黃鐵礦為原料制硫酸會產生大量的廢渣,合理利用廢渣可以減少環(huán)境污染,變廢為寶,工業(yè)上利用廢渣(含Fe2、Fe3的硫酸鹽及少量CaO和MgO)制備鐵紅(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4,具體生產流程如下:注:銨黃鐵釩的化學式為(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12(1)在廢渣溶液操作時,應選用_D_溶解(填字母)。A氨水B氫氧化鈉溶液C鹽酸D硫酸(2)物質A是一種氧化劑,工業(yè)上最好選_空氣_(供選擇使用的有空氣、Cl2、MnO2),其理由是_原料易得,成本低,不產生污染,不引入雜質_。氧化過程中發(fā)生反應的離子方程式為 4Fe2O24H=4Fe32H2O。(3)銨黃鐵礬中可能混有的雜質有Fe(OH)3、_Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4_。銨黃鐵礬與氨水反應的化學方程式為 (NH4)2Fe6(SO4)4(OH)126NH3H2O=4(NH4)2SO46Fe(OH)3。解析(1)該流程的目的是制備鐵紅(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4,不能引入雜質離子,不能選用鹽酸,而氨水和NaOH溶液能沉淀Fe3和Fe2,也不能選用。(2)空氣中的氧氣在酸性條件下可將Fe2氧化為Fe3,空氣易得,成本低,不產生污染,不引入雜質,氧化過程離子方程式為4Fe2O24H=4Fe32H2O。(3)廢渣溶解經氧化后溶液中存在Mg2、Fe3,加氨水后,可能生成Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)3沉淀,另外Ca(OH)2和CaSO4的溶解度較小,也可能析出。由流程圖知,銨黃鐵釩與氨水反應得(NH4)2SO4和Fe(OH)3。- 配套講稿:
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