考法研习(二) 以物质制备为主的化工流程题
一、练悟真题——高考考什么、怎么考
[例1] (2025·河北卷改编)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源,可实现绿色化学的目标。过程如下:
已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。回答下列问题:
(1)“浸取”中,提高浸取速率的措施有 (写一条)。
(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式: 。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、 、 (填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因: 。
(5)滤液Ⅱ的主要成分: (填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式Fe(CO)5+ + ==Cr(OH)3↓+ + + CO
(7)滤渣Ⅱ可返回 工序。(填工序名称)
学解题,内化解题思维
铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2,与过量KOH在空气中煅烧,生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、KAlO2、K2SiO3;通入KHCO3 K2CO3(aq)/CO2浸取,生成Al(OH)3、H2SiO3、Fe2O3、MgO不反应,故滤渣Ⅰ为Al(OH)3、H2SiO3、Fe2O3、MgO,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体,滤液Ⅰ中含有K2CrO4;向K2CrO4中加水溶解,并通入过量CO2酸化,将K2CrO4转化为K2Cr2O7,同时副产物KHCO3生成,将K2Cr2O7与KHCO3分离,滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3;Fe(CO)5作还原剂,将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ,KOH进一步处理得K2CO3,循环使用。
第(1)问
原料预处理是生产流程中的关键环节,目的是让原料达到后续加工要求,不同原料处理方式也不相同,原料预处理一般包括粉碎、煅烧、酸浸/碱浸等。本题“浸取”操作单元中,提高浸取速率的措施有:将煅烧渣粉碎、浸取过程中搅拌、提高浸取温度等。
[思维建模——原料的预处理(见P31)]
第(2)问
根据流程可知,煅烧工序中Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O,根据得失电子守恒,原子守恒可得:4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O。
第(4)问
向K2CrO4中加水溶解,并通入过量CO2酸化,由平衡反应2H++2Cr H2O+Cr2可知,将K2CrO4转化为K2Cr2O7时,加大压强,可以增大CO2的溶解度,使液体中CO2浓度增大,进一步增大溶液的酸性,保证酸化反应充分进行。
[回扣已学——反应条件的控制(见P20)]
第(6)问
Fe(CO)5作还原剂,将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3,根据得失电子守恒,原子守恒可得:Fe(CO)5+K2CrO4+4H2O==Cr(OH)3↓+Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑。
[回扣已学——化学方程式的书写(见P17)]
[例2] (2025·湖北卷)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂,通过以下两种工艺制备:
已知:室温下,TiO2是难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低。
20 ℃时,NaF的溶解度为4.06 g/100 g水,温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题:
(1)基态氟离子的电子排布式为 。
(2)20 ℃时,CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L-1,用c表示CaF2的溶度积Ksp= 。
(3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH==Ca(OH)2+2NaF。分析沉淀的成分,测得反应的转化率为78%。水浸分离,NaF的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化,推测溶解度S(CaF2) S[Ca(OH)2](填“>”或“<”)。
(4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%,写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 。
(5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为 (填标号)。
a.蒸发至大量晶体析出,趁热过滤
b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶,过滤
(6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。
a.增大反应物间的接触面积
b.破坏反应物的化学键
c.降低反应的活化能
d.研钵表面跟反应物更好接触
学解题,内化解题思维
本题为双制备工艺,工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH==Ca(OH)2+2NaF,水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液,经过系列操作得到NaF固体;对比两种工艺流程,流程Ⅱ添加TiO2粉末,由题目可知,生成的CaTiO3的溶解度极低,使得Ca2+不转化为Ca(OH)2,提高了NaF的产率。
第(1)(2)问分析
考查学生对基本知识的掌握情况。(1)氟的原子序数为9,基态氟离子的电子排布为1s22s22p6。(2)CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L-1,则c(Ca2+)=c mol·L-1、c(F-)=2c mol·L-1,Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=4c3。
第(3)(5)问分析
工艺流程条件控制是确保生产过程稳定、产品质量合格的关键环节,主要通过对影响工艺的各项参数进行监控和调节来实现。
第(3)问通过加入试剂对反应的影响,大大提高了产率:通过对转化率和产率数据的对比分析,可知流程Ⅰ反应的转化率大,但产品的产率低,说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行,但溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程,从而导致了大部分NaF未进入溶液。工艺Ⅱ水浸后NaF的产率大大提高,说明通过加入TiO2粉末,解决了流程Ⅰ的不足。
第(5)问根据产品性质,通过对结晶的把控,从而获得更多的产品。滤液Ⅱ主要是NaF溶液,因NaF溶解度受温度影响小(在已知信息中说明),故蒸发至大量晶体析出,趁热过滤即可得到NaF晶体;由于其溶解度随温度变化不明显,冷却结晶无法析出更多晶体。
[思维建模——产品的获取与净化(见P32)]
第(4)问分析
根据工艺Ⅱ的流程,加入TiO2粉末后,NaF的产率大大提高,结合题给信息(室温下,TiO2是难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低)可推断,CaF2、TiO2与NaOH反应生成难溶的CaTiO3、NaF和H2O,根据原子守恒可得化学方程式为CaF2+TiO2+2NaOH==CaTiO3+2NaF+H2O。
[回扣已学——化学方程式的书写(见P17)]
第(6)问分析
本题打破常规,预处理过程由原来的填空,变成了选择,而且分析了操作原因,对考生的要求有所提高。a.研磨将固体颗粒粉碎,减小粒径,从而显著增加反应物之间的接触面积,使反应更易发生;b.研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂,产生活性位点,使反应更易发生;c.活化能是反应固有的能量屏障,研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率,但一般不直接降低活化能;d.研钵仅作为研磨工具,其表面不参与反应,因此与反应物接触更好并非促进反应的原因。
[思维建模——原料的预处理(见P31)]
二、补强知能——解题用什么、怎么办
(一)工艺流程中原料的预处理
1.原料预处理的方法
(1)粉碎:将矿石粉碎的目的是增大反应物的接触面积,加快反应速率。
(2)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。
(3)酸浸与碱浸
①酸浸的主要目的是将矿石(或原料)中金属、金属氧化物等转化为可溶性的金属离子;
②碱浸的主要目的一般是除去原料中的油脂、溶解两性氧化物(如氧化铝)等;氨水还能与金属离子形成配离子进入溶液。
③提高浸取率的主要方法:将矿石粉碎;适当加热;充分搅拌;适当提高浸取液的浓度;适当延长浸取时间等。
2.注意事项
(1)分析“浸出率”图表,解释“浸出率”发生高低变化的原因:“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。
(2)试题常考查在工业生产中控制浸取的最佳条件,即选择达到最高“浸出率”的时间、温度等。
(3)虽然提高浸取液的浓度(如提高稀硫酸的浓度),往往有利于提高浸取率,但是酸又不能提高的太多,因后续除杂流程中还会需要加入碱性物质来提高溶液的pH。
[应用强化]
[例3] (2025·江苏卷·节选)由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下:
酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是 。
听课记录:
[例4] 以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁(PFS) 的一种工艺流程如图:
粉碎过筛的目的是 ,酸浸时最合适的酸是 。
听课记录:
(二)产品的获取与净化
1.产品的获取——结晶析出获取粗产品
(1)常见结晶方法
使溶液达到饱和,采用一定方法使溶质结晶。
结晶
(2)结晶新方法探究——改变溶剂
实验 内容 向装有少量饱和NaCl溶液的试管中,逐滴加入浓盐酸 向装有少量饱和NaCl溶液的试管中,逐滴加入无水乙醇
现象 有白色沉淀生成 有白色沉淀生成
结论 浓盐酸减弱了NaCl的水溶性 乙醇减弱了NaCl的水溶性
2.产品的净化——粗产品的洗涤
(1)洗涤液的选择
……→溶液 固体粗产品 固体精产品→……
(2)洗涤液的应用
洗涤试剂 适用范围 目的
蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质;可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的××杂质;可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分,产品易干燥
饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解
洗涤沉淀方法:向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
考法研习(二) 以物质制备为主的化工流程题
[例1] (1)搅拌、粉碎、提高浸取温度等
(2)4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O (3)Al(OH)3 MgO (4)增大CO2的溶解度,保证酸化反应充分进行 (5)KHCO3 (6)Fe(CO)5+K2CrO4+4H2O==Cr(OH)3↓+Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑ (7)煅烧
[例2] (1)1s22s22p6 (2)4c3 (3)①正向 ②<
(4)CaF2+TiO2+2NaOH==CaTiO3+2NaF+H2O (5)a (6)ab
[例3] 氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行
[例4] 选取细小颗粒,增大反应物接触面积,提高酸浸反应速率 H2SO4
8 / 8(共56张PPT)
以物质制备为主的化工流程题
考法研习(二)
目 录
一、练悟真题——高考考什么、怎么考
二、补强知能——解题用什么、怎么办
专题质量评价
01
一、练悟真题——高考考什么、怎么考
[例1] (2025·河北卷改编)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下:
已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。
回答下列问题:
(1)“浸取”中，提高浸取速率的措施有______________________________
(写一条)。
解析:原料预处理是生产流程中的关键环节，目的是让原料达到后续加工要求，不同原料处理方式也不相同，原料预处理一般包括粉碎、煅烧、酸浸/碱浸等。本题“浸取”操作单元中，提高浸取速率的措施有:将煅烧渣粉碎、浸取过程中搅拌、提高浸取温度等。
搅拌、粉碎、提高浸取温度等
(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式:_________________
________________________________________。
解析:根据流程可知，煅烧工序中Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O，根据得失电子守恒，原子守恒可得:4Fe(CrO2)2+
7O2+16KOH 2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O。
4Fe(CrO2)2+7O2+
16KOH 2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、__________、______(填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因:_______________________________________。
解析:向K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，由平衡反应2H++2Cr H2O+Cr2可知，将K2CrO4转化为K2Cr2O7时，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，进一步增大溶液的酸性，保证酸化反应充分进行。
Al(OH)3
MgO
增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
(5)滤液Ⅱ的主要成分:_________(填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式Fe(CO)5+________+______
==Cr(OH)3↓+__________+________+___CO
(7)滤渣Ⅱ可返回______工序。(填工序名称)
解析:第(6)问 Fe(CO)5作还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，根据得失电子守恒，原子守恒可得:Fe(CO)5+
K2CrO4+4H2O==Cr(OH)3↓+Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑。
KHCO3
K2CrO4
4H2O
Fe(OH)3↓
2KOH
5
煅烧
铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2，与过量KOH在空气中煅烧，生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、KAlO2、K2SiO3;通入KHCO3 K2CO3(aq)/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为Al(OH)3、H2SiO3、Fe2O3、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体，滤液Ⅰ中含有K2CrO4;向K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分离，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3;Fe(CO)5作还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得K2CO3，循环使用。
学解题，内化解题思维
[例2] (2025·湖北卷)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备:
已知:室温下，TiO2是难溶酸性氧化物，CaTiO3的溶解度极低。
20 ℃时，NaF的溶解度为4.06 g/100 g水，温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题:
(1)基态氟离子的电子排布式为__________。
(2)20 ℃时，CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L-1，用c表示CaF2的溶度积Ksp=_____。
解析:第(1)(2)问分析
考查学生对基本知识的掌握情况。(1)氟的原子序数为9，基态氟离子的电子排布为1s22s22p6。(2)CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L-1，则c(Ca2+)=c mol·L-1、
c(F-)=2c mol·L-1，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)=4c3。
1s22s22p6
4c3
(3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH==Ca(OH)2+2NaF。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，NaF的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应______(填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化，推测溶解度S(CaF2)___S[Ca(OH)2](填“>”或“<”)。
正向
<
解析:第(3)问分析
工艺流程条件控制是确保生产过程稳定、产品质量合格的关键环节，主要通过对影响工艺的各项参数进行监控和调节来实现。
第(3)问通过加入试剂对反应的影响，大大提高了产率:通过对转化率和产率数据的对比分析，可知流程Ⅰ反应的转化率大，但产品的产率低，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，但溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，从而导致了大部分NaF未进入溶液。工艺Ⅱ水浸后NaF的产率大大提高，说明通过加入TiO2粉末，解决了流程Ⅰ的不足。
(4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式________________________________________。
解析:第(4)问分析
根据工艺Ⅱ的流程，加入TiO2粉末后，NaF的产率大大提高，结合题给信息(室温下，TiO2是难溶酸性氧化物，CaTiO3的溶解度极低)可推断，CaF2、TiO2与NaOH反应生成难溶的CaTiO3、NaF和H2O，根据原子守恒可得化学方程式为CaF2+TiO2+2NaOH==CaTiO3+2NaF+H2O。
CaF2+TiO2+2NaOH==CaTiO3+2NaF+H2O
(5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为___ (填标号)。
a.蒸发至大量晶体析出，趁热过滤
b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤
解析:第(5)问分析
工艺流程条件控制是确保生产过程稳定、产品质量合格的关键环节，主要通过对影响工艺的各项参数进行监控和调节来实现。
第(5)问根据产品性质，通过对结晶的把控，从而获得更多的产品。滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(在已知信息中说明)，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体;由于其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体。
a
(6)研磨能够促进固相反应的原因可能有____(填标号)。
a.增大反应物间的接触面积
b.破坏反应物的化学键
c.降低反应的活化能
d.研钵表面跟反应物更好接触
ab
解析:第(6)问分析
本题打破常规，预处理过程由原来的填空，变成了选择，而且分析了操作原因，对考生的要求有所提高。a.研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生;b.研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生;c.活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活化能;d.研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因。
本题为双制备工艺，工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH==
Ca(OH)2+2NaF，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体;对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加TiO2粉末，由题目可知，生成的CaTiO3的溶解度极低，使得Ca2+不转化为Ca(OH)2，提高了NaF的产率。
学解题，内化解题思维
02
二、补强知能——解题用什么、怎么办
(一)工艺流程中原料的预处理
1.原料预处理的方法
(1)粉碎:将矿石粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。
(2)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。
(3)酸浸与碱浸
①酸浸的主要目的是将矿石(或原料)中金属、金属氧化物等转化为可溶性的金属离子;
②碱浸的主要目的一般是除去原料中的油脂、溶解两性氧化物(如氧化铝)等;氨水还能与金属离子形成配离子进入溶液。
③提高浸取率的主要方法:
将矿石粉碎;适当加热;充分搅拌;适当提高浸取液的浓度;适当延长浸取时间等。
2.注意事项
(1)分析“浸出率”图表，解释“浸出率”发生高低变化的原因:“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。
(2)试题常考查在工业生产中控制浸取的最佳条件，即选择达到最高“浸出率”的时间、温度等。
(3)虽然提高浸取液的浓度(如提高稀硫酸的浓度)，往往有利于提高浸取率，但是酸又不能提高的太多，因后续除杂流程中还会需要加入碱性物质来提高溶液的pH。
[例3] (2025·江苏卷·节选)由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下:
酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是_____________________________
__________。
应用强化
氧化S2-生成S，促进酸浸反应
正向进行
[例4] 以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁(PFS) 的一种工艺流程如图:
粉碎过筛的目的是_________________________________________________
______，酸浸时最合适的酸是________。
选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高酸浸反应
H2SO4
速率
(二)产品的获取与净化
1.产品的获取结晶析出获取粗产品
(1)常见结晶方法
使溶液达到饱和，采用一定方法使溶质结晶。
结晶
(2)结晶新方法探究——改变溶剂
实验 内容 向装有少量饱和NaCl溶液的试管中，逐滴加入浓盐酸 向装有少量饱和NaCl溶液的试管中，逐滴加入无水乙醇
现象 有白色沉淀生成 有白色沉淀生成
结论 浓盐酸减弱了NaCl的水溶性 乙醇减弱了NaCl的水溶性
2.产品的净化——粗产品的洗涤
(1)洗涤液的选择
……→ 溶液 → 固体粗产品 → 固体精产品 →……
(2)洗涤液的应用
洗涤试剂 适用范围 目的
蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质;可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的××杂质;可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂 (酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解
洗涤沉淀方法:向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
续表
专题质量评价
1
2
3
4
1.(12分)(2025·北京市十一学校三模)稀土是重要的战略资源。氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿为原料制备CeO2的工艺流程如下:
1
2
3
4
资料:ⅰ.氟碳铈矿的主要成分为CeFCO3，主要杂质有BaO和SiO2;ⅱ.氢氟酸具有较强的挥发性;Ka(HF)=6.6×10-4;ⅲ.Ce(OH)3难溶于水可溶于强酸;Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O难溶于水也难溶于强酸。
(1)“焙烧”在沸腾炉中进行。利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态。这样操作的目的是_____________________________________
______。
增大矿石和空气的接触面积，提高反应
速率
1
2
3
4
解析:氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO和SiO2)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加硫酸浸出，Ce4+进入溶液，SiO2不与硫酸反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，固体A为SiO2和BaSO4;含CeF3+的溶液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，与加入的硫酸钠形成复盐固体B为Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离;固体B中加入NaOH溶液，再加入盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入NH4HCO3使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后空气焙烧生成CeO2。(1)利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态可以增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率。
1
2
3
4
(2)固体A的主要成分是_______________。
解析: 根据分析可知固体A的主要成分为SiO2、BaSO4。
SiO2、BaSO4
1
2
3
4
(3)用硫酸浸出过程中，控制浸出时间40 min、浸出温度55 ℃，Ce元素和CeF3+的浸出率随起始硫酸浓度的变化如图所示。c(H2SO4)>3 mol·L-1后，CeF3+的浸出率下降，原因是__________________________________________________
_____________________________________________________。
H+与F-结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着c(H+)增
大，HF挥发性增强，使c(F-)减小，CeF3+的浸出速率下降
解析: 硫酸浸出过程中，H+与F-结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着c(H+)增大，HF挥发性增强，使c(F-)减小，CeF3+的浸出速率下降。
加入NaOH溶液，使难溶于强酸的固体B发生如下沉淀转化反应:Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O+6OH-
2Ce(OH)3+4S+2Na++nH2O，转化为可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液或Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O(s) 2Ce3+(aq)+4S(aq)
+2Na+(aq)+nH2O(l)，加入NaOH溶液，Ce3+与OH-结合，c(Ce3+)下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液
1
2
3
4
(4)步骤Ⅰ中硫脲作______剂。
解析: 根据分析可知，加入硫脲将溶液中的Ce4+还原为Ce3+，即硫脲作还原剂。
还原
(5)从化学平衡的角度，解释步骤Ⅱ中NaOH的作用:
。
1
2
3
4
解析:根据已知信息可知Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O难溶于水也难溶于强酸，即加入NaOH，使固体B发生如下沉淀转化反应:Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O+6OH- 2Ce(OH)3+4S+2Na++nH2O，转化为可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液;或Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O(s) 2Ce3+(aq)+4S(aq)
+2Na+(aq)+nH2O(l)，加入NaOH溶液，Ce3+与OH-结合，c(Ce3+)下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液。
1
2
3
4
(6)滤液D结晶可得到Na2SO4粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少Na2SO4的损失，又能提高纯度。根据烘干时可能发生的反应，解释热风烘干能提高纯度的原因是____________________________________________________
__________。
解析:Na2SO4是一种稳定的化合物，热风烘干不能使Na2SO4分解，但可使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体分解生成气体。
热风烘干使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体受热发生分解
生成气体
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2.(14分)门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗(32Ge)，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示:
已知:①硅和锗是同主族相邻元素，结构和性质类似;
②GeO2·nH2O在5.3 mol·L-1的盐酸中溶解度最小。
(1)基态锗原子的简化电子排布式为_______________。晶体锗的晶体类型是__________。
[Ar]3d104s24p2
共价晶体
1
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解析:精硫锗矿粉碎，然后在氮气氛围中加热至800 ℃升华，得到GeS2，GeS2在825 ℃条件下被氨气还原为GeS，氨气被氧化为氮气;GeS加入浓硝酸酸浸后，被浓硝酸氧化生成粗GeO2，600 ℃条件下GeO2与SOCl2发生氯化得到GeCl4，GeCl4与高纯水反应生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O在200 ℃下发生脱水生成GeO2，GeO2被氢气还原得到Ge，据此分析解答。(1)基态锗原子位于第四周期第ⅣA族，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，晶体锗的晶体类型是共价晶体。
1
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3
(2)α GeO2和β GeO2在一定条件下可以互变，测定GeO2的晶体结构最常用的仪器为____。
A.质谱仪 B.核磁共振氢谱仪 C.X射线衍射仪
(3)还原时发生反应:3GeS2+2NH3 3GeS+N2+3H2S，比较键角:NH3大于H2S，其原因是_______________________________________________________
______________________________________________________________________
___________。
解析: (2)α GeO2和β GeO2在一定条件下可以互变，测定GeO2的晶体结构最常用的仪器为X射线衍射仪。(3)NH3的键角大于H2S，其原因是NH3和H2S分子中心原子都是sp3杂化，但N上有1个孤电子对，而S上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，H2S分子键角相对较小。
C
NH3和H2S分子中心原子都是sp3杂化，但N上有1个孤电子对，
而S上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，H2S分子键角
相对较小
1
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(4)酸浸时温度不能过高的原因:___________________________。
(5)氯化除生成GeCl4外，反应还生成SO2，写出相应的化学方程式:
_______________________________。
解析: (4)酸浸时温度不能过高的原因，浓硝酸受热易挥发、易分解。(5)氯化除生成GeCl4外，反应还生成SO2，相应的化学方程式为GeO2+2SOCl2 GeCl4+2SO2。
浓硝酸受热易挥发、易分解
GeO2+2SOCl2 GeCl4+2SO2
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(6)GeCl4的Ge—Cl是由锗的__________轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键;
GeCl4水解得到GeO2·nH2O，该步骤高纯水不能过量，原因是_______________
________________________________________________________________。
解析: GeCl4的Ge—Cl是由锗的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键，GeCl4水解得到GeO2·nH2O，该步骤高纯水不能过量，原因是会使得到的盐酸浓度小于5.3 mol·L-1，增大GeO2·nH2O的溶解量，最终使锗产率降低。
sp3杂化
会使得到的盐
酸浓度小于5.3 mol·L-1，增大GeO2·nH2O的溶解量，最终使锗产率降低
1
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(7)如图为Ge单晶的晶胞，设晶胞棱长为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为ρ=____________ g·cm-3。
解析:由晶胞结构图可知晶胞中含有8个Ge原子，设晶胞棱长为a pm=a×10-10 cm，该锗晶体的密度计算式为ρ== g·cm-3。
1
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3.(14分)(2025·石家庄市三模)Be是一种重要的战略性金属，以铍矿石、方解石(CaCO3)为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如下:
已知:①铍矿石的主要成分为Be3Al2Si6O18，还含有FeO;铍玻璃体为混合物，主要成分为CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6、SiO2，还含有FeO和Fe2O3。
②Be(OH)2具有两性;25 ℃时，Ksp[Be(OH)2]=4×10-16(已知:常温下，溶液中离子浓度低于1.0×10-5 mol·L-1即可认为该离子被除尽);lg 2=0.3。
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回答下列问题:
(1)“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18发生反应的化学方程式为________________
_______________________________________________;铍玻璃体属于________(填“晶体”或“非晶体”)。
解析:由题给流程图知，铍矿石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液;向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入氨水，
Be3Al2Si6O18+
2CaCO3 CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑
非晶体
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将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍;氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。(1)由分析可知，“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18与碳酸钙高温条件下反应生成含有CaAl2Si2O8、 CaBe3SiO6和二氧化硅的铍玻璃体，反应的化学方程式为Be3Al2Si6O18+2CaCO3 CaAl2Si2O8+
CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑，铍玻璃体是没有固定熔点的混合物，属于非晶体。
1
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(2)“酸溶”时，从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为________(填元素符号)。
(3)“调pH”时，发生氧化还原反应的离子方程式为______________________
___________________。
解析:(2)由分析可知，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣，则从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为钙元素和硅元素。
(3)由分析可知，通入氨气和空气调节溶液的pH的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为4Fe2++O2+8NH3+10H2O==4Fe(OH)3+8N。
4Fe2++O2+8NH3+10H2O
==4Fe(OH)3+8N
Ca和Si
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(4)“沉铍”时，需控制溶液的pH不低于_____才能将Be2+沉淀完全;若将氨水换成NaOH溶液也可沉铍，但需控制溶液的pH不能过高，否则会因生成
______________(填化学式)导致铍的产率降低。
解析:由溶度积可知，溶液中铍离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度不低于mol·L-1=2×10-5.5 mol·L-1，则溶液的pH不低于14-5.5+lg 2=8.8;氢氧化铍是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠，所以将氨水换成氢氧化钠溶液沉铍时需控制溶液的pH不能过高，否则会生成四羟基合铍酸钠，导致铍的产率降低。
8.8
Na2[Be(OH)4]
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(5)“电解”时的工作原理如图所示，其中燃料电池负极的电极反应式为
__________________________________;该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有
___________________。
解析:由图可知，通入丙烷的右侧电极为燃料电池的负极，碳酸根离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C3H8-20e-+10C==13CO2+4H2O;该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气，会污染环境。
C3H8-20e-+10C==13CO2+4H2O
生成Cl2，污染环境
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4.(15分)(2025·哈尔滨市第三中学三模)回收锂离子电池有利于环境保护、缓解金属资源短缺、促进锂离子电池产业可持续发展。一种废弃NCM型锂离子电池回收并再生的工艺流程如图:
已知:
①放电后正极物质为LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2;前驱体的主要物质为Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3。
②室温下，Ksp[Ni(OH)2]=4.0×10-16、Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15、Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13。
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回答下列问题:
(1)“放电处理”的作用是防止在拆解电池时出现短路起火等安全问题，以及____________________________________。
(2)正极材料与硫酸、H2O2反应时，过氧化氢的作用是__________________
_____________________。
解析:(1)“放电处理”的作用是防止在拆解电池时出现短路起火等安全问题，以及有利于锂离子迁移至正极，便于回收。(2)正极材料与硫酸、H2O2反应时，过氧化氢在酸性条件下作还原剂将Ni、Co、Mn还原为+2价，故过氧化氢的作用是作还原剂。
有利于锂离子迁移至正极，便于回收
作还原剂(或将Ni、
Co、Mn还原为+2价)
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(3)共沉淀时为防止生成氢氧化物，若溶液中金属离子的浓度均为0.10 mol·L-1时，控制溶液pH不高于____ (lg 2=0.3)。
解析: 若溶液中金属离子的浓度均为0.10 mol·L-1，根据题意Ksp[Ni(OH)2]
=4.0×10-16、Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15、Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13，其中Ni(OH)2的Ksp最小最先生成沉淀，故为防止生成氢氧化物，只需计算Ni(OH)2刚开始沉淀的pH即可，c(OH-)==2×10-7.5 mol·L-1，pH=14-7.2=6.8。
6.8
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3
(4)前驱体Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3与Li2CO3在空气中烧结反应的化学方程式为
____________________________________________________________。
4Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3+2Li2CO3+O2 4LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+6CO2
解析:放电后正极物质为LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2，故前驱体Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3与Li2CO3在空气中烧结反应的化学方程式为4Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3+2Li2CO3+O2 4LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+6CO2。
1
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(5)烧结前为确定前驱体中Ni、Co、Mn的物质的量之比，其中锰元素含量测定方法如下:取m g前驱体，酸溶后中和剩余酸，再加入足量Na2S2O8溶液，充分反应，过滤得到MnO2沉淀，洗涤沉淀，再加入还原剂，待MnO2完全溶解，将溶液体积定容至100 mL，取20.00 mL稀释液，加入指示剂，以c mol·L-1标准EDTA(H2Y2-)溶液滴定，消耗标准溶液V mL。(已知EDTA与Mn2+反应为
Mn2++H2Y2-==MnY2-+2H+)样品中Mn的质量分数为__________(用含m、c和V的代数式表示)。
解析:已知EDTA与Mn2+反应为Mn2++H2Y2-==MnY2-+2H+，将溶液体积定容至100 mL，只取了20.00 mL稀释液，则样品中Mn的质量分数为×100%=%。
%
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(6)近日中国科学技术大学陈维课题组首次提出了一种基于电化学原理的绿色可持续方案，能够同时实现废旧锂离子电池的锂资源回收、工业尾气中的NO2的捕获和转化、同时获得电能，其原理如下图所示，图中应选用_______(填“阳离子”“阴离子”或“质子”)交换膜，左侧电极反应式为______________________。
解析:捕获NO2的转化为亚硝酸根，故右侧为原电池正极，阳离子锂离子移向正极实现废旧锂离子电池的锂资源回收，图中应选用阳离子交换膜;左侧为原电池负极，电极反应式为LiFePO4-e-==Li++FePO4。
阳离子
LiFePO4-e-==Li++FePO4专题质量评价(七) 以物质制备为主的化工流程题
1.(12分)(2025·北京市十一学校三模)稀土是重要的战略资源。氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿为原料制备CeO2的工艺流程如下:
资料:ⅰ.氟碳铈矿的主要成分为CeFCO3,主要杂质有BaO和SiO2;ⅱ.氢氟酸具有较强的挥发性;Ka(HF)=6.6×10-4;ⅲ.Ce(OH)3难溶于水可溶于强酸;Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O难溶于水也难溶于强酸。
(1)“焙烧”在沸腾炉中进行。利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮,形成类似液体沸腾的状态。这样操作的目的是 。
(2)固体A的主要成分是 。
(3)用硫酸浸出过程中,控制浸出时间40 min、浸出温度55 ℃,Ce元素和CeF3+的浸出率随起始硫酸浓度的变化如图所示。c(H2SO4)>3 mol·L-1后,CeF3+的浸出率下降,原因是 。
(4)步骤Ⅰ中硫脲作 剂。
(5)从化学平衡的角度,解释步骤Ⅱ中NaOH的作用: 。
(6)滤液D结晶可得到Na2SO4粗品。粗品不经洗涤,直接用热风烘干,既能减少Na2SO4的损失,又能提高纯度。根据烘干时可能发生的反应,解释热风烘干能提高纯度的原因是 。
2.(14分)门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗(32Ge),工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2)制取高纯度锗,其工艺流程如图所示:
已知:①硅和锗是同主族相邻元素,结构和性质类似;②GeO2·nH2O在5.3 mol·L-1的盐酸中溶解度最小。
(1)基态锗原子的简化电子排布式为 。晶体锗的晶体类型是 。
(2)α GeO2和β GeO2在一定条件下可以互变,测定GeO2的晶体结构最常用的仪器为 。
A.质谱仪 B.核磁共振氢谱仪
C.X射线衍射仪
(3)还原时发生反应:3GeS2+2NH33GeS+N2+3H2S,比较键角:NH3大于H2S,其原因是 。
(4)酸浸时温度不能过高的原因: 。
(5)氯化除生成GeCl4外,反应还生成SO2,写出相应的化学方程式: 。
(6)GeCl4的Ge—Cl是由锗的 轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键;GeCl4水解得到GeO2·nH2O,该步骤高纯水不能过量,原因是 。
(7)如图为Ge单晶的晶胞,设晶胞棱长为a pm,阿伏加德罗常数的值为NA,则该锗晶体的密度计算式为ρ= g·cm-3。
3.(14分)(2025·石家庄市三模)Be是一种重要的战略性金属,以铍矿石、方解石(CaCO3)为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如下:
已知:①铍矿石的主要成分为Be3Al2Si6O18,还含有FeO;铍玻璃体为混合物,主要成分为CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6、SiO2,还含有FeO和Fe2O3。
②Be(OH)2具有两性;25 ℃时,Ksp[Be(OH)2]=4×10-16(已知:常温下,溶液中离子浓度低于1.0×10-5 mol·L-1即可认为该离子被除尽);lg 2=0.3。
回答下列问题:
(1)“配料熔化”时,Be3Al2Si6O18发生反应的化学方程式为 ;铍玻璃体属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
(2)“酸溶”时,从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为 (填元素符号)。
(3)“调pH”时,发生氧化还原反应的离子方程式为 。
(4)“沉铍”时,需控制溶液的pH不低于 才能将Be2+沉淀完全;若将氨水换成NaOH溶液也可沉铍,但需控制溶液的pH不能过高,否则会因生成 (填化学式)导致铍的产率降低。
(5)“电解”时的工作原理如图所示,其中燃料电池负极的电极反应式为 ;该制铍工艺的缺点除能耗高外,还有 。
4.(15分)(2025·哈尔滨市第三中学三模)回收锂离子电池有利于环境保护、缓解金属资源短缺、促进锂离子电池产业可持续发展。一种废弃NCM型锂离子电池回收并再生的工艺流程如下:
已知:①放电后正极物质为LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2;前驱体的主要物质为Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3。
②室温下,Ksp[Ni(OH)2]=4.0×10-16、Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15、Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13。
回答下列问题:
(1)“放电处理”的作用是防止在拆解电池时出现短路起火等安全问题,以及 。
(2)正极材料与硫酸、H2O2反应时,过氧化氢的作用是 。
(3)共沉淀时为防止生成氢氧化物,若溶液中金属离子的浓度均为0.10 mol·L-1时,控制溶液pH不高于 (lg 2=0.3)。
(4)前驱体Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3与Li2CO3在空气中烧结反应的化学方程式为 。
(5)烧结前为确定前驱体中Ni、Co、Mn的物质的量之比,其中锰元素含量测定方法如下:取m g前驱体,酸溶后中和剩余酸,再加入足量Na2S2O8溶液,充分反应,过滤得到MnO2沉淀,洗涤沉淀,再加入还原剂,待MnO2完全溶解,将溶液体积定容至100 mL,取20.00 mL稀释液,加入指示剂,以c mol·L-1标准EDTA(H2Y2-)溶液滴定,消耗标准溶液V mL。(已知EDTA与Mn2+反应为Mn2++H2Y2-==MnY2-+2H+)样品中Mn的质量分数为 (用含m、c和V的代数式表示)。
(6)近日中国科学技术大学陈维课题组首次提出了一种基于电化学原理的绿色可持续方案,能够同时实现废旧锂离子电池的锂资源回收、工业尾气中的NO2的捕获和转化、同时获得电能,其原理如下图所示,图中应选用 (填“阳离子”“阴离子”或“质子”)交换膜,左侧电极反应式为 。
专题质量评价(七)
1.解析:氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO和SiO2)在空气中焙烧,Ce3+在空气中氧化为Ce4+,加硫酸浸出,Ce4+进入溶液,SiO2不与硫酸反应,BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀,过滤分离,固体A为SiO2和BaSO4;含CeF3+的溶液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+,与加入的硫酸钠形成复盐固体B为Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O,过滤分离;固体B中加入NaOH溶液,再加入盐酸,Ce3+被转移到溶液中,加入NH4HCO3使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3,最后空气焙烧生成CeO2。(1)利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮,形成类似液体沸腾的状态可以增大矿石和空气的接触面积,提高反应速率。(2)根据分析可知固体A的主要成分为SiO2、BaSO4。(3)硫酸浸出过程中,H+与F-结合生成HF,而HF是挥发性弱酸,随着c(H+)增大,HF挥发性增强,使c(F-)减小,CeF3+的浸出速率下降。(4)根据分析可知,加入硫脲将溶液中的Ce4+还原为Ce3+,即硫脲作还原剂。(5)根据已知信息可知Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O难溶于水也难溶于强酸,即加入NaOH,使固体B发生如下沉淀转化反应:Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O+6OH- 2Ce(OH)3+4S+2Na++nH2O,转化为可溶于强酸的Ce(OH)3,便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液;或Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O(s) 2Ce3+(aq)+4S(aq)+2Na+(aq)+nH2O(l),加入NaOH溶液,Ce3+与OH-结合,c(Ce3+)下降,平衡正移,固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3,便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液。(6)Na2SO4是一种稳定的化合物,热风烘干不能使Na2SO4分解,但可使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体分解生成气体。
答案:(1)增大矿石和空气的接触面积,提高反应速率
(2)SiO2、BaSO4
(3)H+与F-结合生成HF,而HF是挥发性弱酸,随着c(H+)增大,HF挥发性增强,使c(F-)减小,CeF3+的浸出速率下降 (4)还原
(5)加入NaOH溶液,使难溶于强酸的固体B发生如下沉淀转化反应:Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O+6OH- 2Ce(OH)3+4S+2Na++nH2O,转化为可溶于强酸的Ce(OH)3,便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液或Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O(s) 2Ce3+(aq)+4S(aq)+2Na+(aq)+nH2O(l),加入NaOH溶液,Ce3+与OH-结合,c(Ce3+)下降,平衡正移,固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3,便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液
(6)热风烘干使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体受热发生分解生成气体
2.解析:精硫锗矿粉碎,然后在氮气氛围中加热至800 ℃升华,得到GeS2,GeS2在825 ℃条件下被氨气还原为GeS,氨气被氧化为氮气;GeS加入浓硝酸酸浸后,被浓硝酸氧化生成粗GeO2,600 ℃条件下GeO2与SOCl2发生氯化得到GeCl4,GeCl4与高纯水反应生成GeO2·nH2O,GeO2·nH2O在200 ℃下发生脱水生成GeO2,GeO2被氢气还原得到Ge,据此分析解答。(1)基态锗原子位于第四周期第ⅣA族,简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2,晶体锗的晶体类型是共价晶体。(2)α GeO2和β GeO2在一定条件下可以互变,测定GeO2的晶体结构最常用的仪器为X射线衍射仪。(3)NH3的键角大于H2S,其原因是NH3和H2S分子中心原子都是sp3杂化,但N上有1个孤电子对,而S上有2个孤电子对,孤电子对越多,对成键电子对排斥越大,H2S分子键角相对较小。(4)酸浸时温度不能过高的原因,浓硝酸受热易挥发、易分解。(5)氯化除生成GeCl4外,反应还生成SO2,相应的化学方程式为GeO2+2SOCl2GeCl4+2SO2。(6)GeCl4的Ge—Cl是由锗的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键,GeCl4水解得到GeO2·nH2O,该步骤高纯水不能过量,原因是会使得到的盐酸浓度小于5.3 mol·L-1,增大GeO2·nH2O的溶解量,最终使锗产率降低。(7)由晶胞结构图可知晶胞中含有8个Ge原子,设晶胞棱长为a pm=a×10-10 cm,该锗晶体的密度计算式为ρ== g·cm-3。
答案:(1)[Ar]3d104s24p2 共价晶体 (2)C
(3)NH3和H2S分子中心原子都是sp3杂化,但N上有1个孤电子对,而S上有2个孤电子对,孤电子对越多,对成键电子对排斥越大,H2S分子键角相对较小 (4)浓硝酸受热易挥发、易分解
(5)GeO2+2SOCl2GeCl4+2SO2 (6)sp3杂化 会使得到的盐酸浓度小于5.3 mol·L-1,增大GeO2·nH2O的溶解量,最终使锗产率降低 (7)
3.解析:由题给流程图知,铍矿石和方解石配料熔化得到铍玻璃体,向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶,金属元素转化为硫酸盐,二氧化硅不与硫酸溶液反应,硅酸根离子转化为硅酸沉淀,过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸铵溶液,将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体,过滤得到硫酸铝铵和滤液;向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH,将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入氨水,将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀,过滤得到氢氧化铍;氢氧化铍经转化得到氯化铍,氯化铍经熔融电解制得金属铍。(1)由分析可知,“配料熔化”时,Be3Al2Si6O18与碳酸钙高温条件下反应生成含有CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6和二氧化硅的铍玻璃体,反应的化学方程式为Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑,铍玻璃体是没有固定熔点的混合物,属于非晶体。(2)由分析可知,向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶,过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣,则从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为钙元素和硅元素。(3)由分析可知,通入氨气和空气调节溶液的pH的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀,反应的离子方程式为4Fe2++O2+8NH3+10H2O==4Fe(OH)3+8N。(4)由溶度积可知,溶液中铍离子完全沉淀时,溶液中氢氧根离子浓度不低于 mol·L-1=2×10-5.5 mol·L-1,则溶液的pH不低于14-5.5+lg 2=8.8;氢氧化铍是两性氢氧化物,能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠,所以将氨水换成氢氧化钠溶液沉铍时需控制溶液的pH不能过高,否则会生成四羟基合铍酸钠,导致铍的产率降低。(5)由图可知,通入丙烷的右侧电极为燃料电池的负极,碳酸根离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水,电极反应式为C3H8-20e-+10C==13CO2+4H2O;该制铍工艺的缺点除能耗高外,还有氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气,会污染环境。
答案:(1)Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑ 非晶体 (2)Ca和Si
(3)4Fe2++O2+8NH3+10H2O==4Fe(OH)3+8N
(4)8.8 Na2[Be(OH)4]
(5)C3H8-20e-+10C==13CO2+4H2O 生成Cl2,污染环境
4.解析:(1)“放电处理”的作用是防止在拆解电池时出现短路起火等安全问题,以及有利于锂离子迁移至正极,便于回收。(2)正极材料与硫酸、H2O2反应时,过氧化氢在酸性条件下作还原剂将Ni、Co、Mn还原为+2价,故过氧化氢的作用是作还原剂。(3)若溶液中金属离子的浓度均为0.10 mol·L-1,根据题意Ksp[Ni(OH)2]=4.0×10-16、Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15、Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-13,其中Ni(OH)2的Ksp最小最先生成沉淀,故为防止生成氢氧化物,只需计算Ni(OH)2刚开始沉淀的pH即可,c(OH-)==2×10-7.5 mol·L-1,pH=14-7.2=6.8。(4)放电后正极物质为LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2,故前驱体Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3与Li2CO3在空气中烧结反应的化学方程式为4Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3+2Li2CO3+O24LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+6CO2。(5)已知EDTA与Mn2+反应为Mn2++H2Y2-==MnY2-+2H+,将溶液体积定容至100 mL,只取了20.00 mL稀释液,则样品中Mn的质量分数为×100%=%。(6)捕获NO2的转化为亚硝酸根,故右侧为原电池正极,阳离子锂离子移向正极实现废旧锂离子电池的锂资源回收,图中应选用阳离子交换膜;左侧为原电池负极,电极反应式为LiFePO4-e-==Li++FePO4。
答案:(1)有利于锂离子迁移至正极,便于回收
(2)作还原剂(或将Ni、Co、Mn还原为+2价) (3)6.8
(4)4Ni0.6Co0.2Mn0.2CO3+2Li2CO3+O24LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+6CO2 (5) %
(6)阳离子 LiFePO4-e-==Li++FePO4
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