【高考快车道】第一部分 高考热点突破 主观题突破二 无机化工流程及分析（课件）-化学高考二轮复习

(共63张PPT)
主观题突破二　无机化工流程及分析
突破点1　物质转化过程及方程式的书写
突破点2　化工流程中的分离、提纯及图像分析
目录索引
突破点3　化工流程中的有关计算
学科素养 提升
突破点1　物质转化过程及方程式的书写
真题体验
(2024·黑吉辽卷节选)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹),以提高金的浸出率并冶炼金,工艺流程如下:
(1)“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为
_____________________________________________。
(2)“真金不怕火炼”表明Au难被O2氧化,“浸金”中NaCN的作用为_____________________________________________。
(3)“沉金”中Zn的作用为____________________。
(4)滤液②经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为_____________________________________________。
4FeS2+15O2+2H2O 4Fe3++8S+4H+
生成稳定配离子[Au(CN)2]-,促进Au被氧化
作还原剂
Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4══ZnSO4+4HCN+Na2SO4
模型构建
1.化工流程中物质的转化过程分析
2.化工流程中物质的追踪
(1)判断主体物质的转化:关注目标元素及其化合物在各步骤发生的反应,确定目标元素的存在形式、状态,进一步确定物质分离、提纯的方法。
(2)判断滤液和滤渣的成分:主要根据物质的性质判断,特别是物质的溶解性,因此要熟记常见难溶于水、微溶于水的物质。
(3)判断可循环利用的物质:主要从以下四个方面判断:一是看流程图中是否有循环线;二是从过滤或结晶后的母液中寻找;三是从流程图中需要加入的物质中寻找;四是从能发生可逆反应的物质中寻找。
3.化工流程中氧化还原反应的化学(离子)方程式的书写
模型应用
应用一　基于工艺流程的物质转化及分析
1.(2025·山东卷节选)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素,工艺流程如下:
已知:该工艺条件下,(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体;Fe2(SO4)3在650 ℃完全分解,其他金属硫酸盐分解温度均高于700 ℃。
回答下列问题:
(1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成,该反应的化学方程式为
___________________________________________________________。
“高温焙烧”温度为650 ℃,“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有______________ (填化学式)。
(2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下,与两段焙烧工艺相比,直接“高温焙烧”“水浸”时金属元素的浸出率__________ (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)HR萃取Cu2+反应为2HR(有机相)+Cu2+(水相) CuR2(有机相)+2H+ (水相)。“反萃取”时加入的试剂为__________ (填化学式)。
(4)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中,经处理后所得产品导入__________ (填操作单元名称)循环利用。
3MnO2+3NH4HSO4 3MnSO4+N2↑+NH3↑+6H2O
Fe2O3、CaSO4
减小
H2SO4
低温焙烧
解析:采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素,加入硫酸铵“低温焙烧”,金属氧化物均转化为硫酸盐,如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等,产生的气体有氨气、氮气等,氨气用稀硫酸吸收,得到硫酸铵溶液,得到的硫酸盐经650 ℃“高温焙烧”,只有硫酸铁发生了分解,产生三氧化硫气体和氧化铁,“水浸”后,过滤分离出滤渣,滤渣主要成分为二氧化硅、氧化铁及硫酸钙,后续“萃取分离”,将铜元素萃取到有机相中,最终得到硫酸铜溶液,水相主要含有钴元素和锰元素,加入硫化钠,调节pH,生成硫化钴,过滤分离最终得到硫酸钴溶液,向“沉钴”后的滤液中加入碳酸氢铵“沉锰”,生成碳酸锰沉淀。
2.(2024·福建卷节选)锂云母的主要成分为K(Li1.5Al1.5)(AlSi3O10)(OH)xF2-x,实验室探索一种碱浸分解锂云母制备LiOH的工艺流程如下:
(1)“高压浸出”中,“滤渣1”中卤化物Y为__________ (填化学式)。
(2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为_____________________________。
(3)“沉淀转化”反应2Li3PO4(s)+3Ca(OH)2(aq) 6LiOH(aq)+Ca3(PO4)2(s)的平衡常数K=__________(列出计算式)。
[已知:25 ℃时,Ksp(Li3PO4)=m,Ksp[Ca3(PO4)2]=n]
(4)“操作Z”为加热、趁热过滤和__________;趁热过滤的主要目的是____________________(LiOH分解温度约为1 000 ℃)。
CaF2
H3PO4+3LiOH══Li3PO4↓+3H2O
　
蒸发结晶
除去Ca(OH)2杂质
解析:锂云母的主要成分为K(Li1.5Al1.5)(AlSi3O10)(OH)xF2-x,加入氢氧化钠、氧化钙和水高压浸出,得到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀,向所得滤液中加少量氧化钙进一步净化过滤后,所得滤液中主要含氢氧化锂以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙,向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀,过滤分离,向沉淀中加入氢氧化钙溶液,转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液,过滤所得滤液2中的溶质主要为氢氧化锂,还有少量的氢氧化钙,通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙,滤液经蒸发结晶得到氢氧化锂固体。
(3)“沉淀转化”反应2Li3PO4(s)+3Ca(OH)2(aq) 6LiOH(aq)+Ca3(PO4)2(s)的平衡常数K=。
应用二　基于物质转化的方程式及书写
3.(2025·安徽卷节选)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等,一种提取该废渣中锶的流程如图所示。
已知25 ℃时,Ksp(SrSO4)=10-6.46,Ksp(BaSO4)=10-9.97。
回答下列问题:
(1)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、__________(填离子符号)。
(2)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_____________________。
Ca2+、Mg2+
SrSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Sr2+(aq)
(3)其他条件相同时,盐浸2 h,浸出温度对锶浸出率的影响如图所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是__________________________________。
(4)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_______________(填化学式)。
(5)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是__________(填字母)。
a.加热脱水 b.在HCl气流中加热
c.常温加压 d.加热加压
温度升高,SrSO4的溶解度增大,所以锶浸出率增大
BaSO4、SiO2
a
解析:(1)向含锶废渣中加入稀盐酸酸浸,SrCO3、CaCO3、MgCO3溶解,故“浸出液”中主要金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+。
(2)由于相同温度下,Ksp(SrSO4)>Ksp(BaSO4),故向SrSO4固体中加入BaCl2溶液盐浸,SrSO4可转化为BaSO4,反应的离子方程式为SrSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Sr2+(aq)。
(3)随着温度升高,SrSO4的溶解度增大,所以锶浸出率增大。
(4)依据上述分析,“盐浸”时发生沉淀的转化,生成BaSO4沉淀,SiO2不参与反应,故“浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2。
(5)SrCl2是强酸强碱盐,SrCl2不水解,直接加热SrCl2·6H2O失水至恒重,可制得无水SrCl2,故选a。
4.(2024·全国甲卷节选)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是_____________________________。
(2)“酸浸”步骤中,CoO发生反应的化学方程式是____________________。
(3)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,其反应的离子方程式为__________________________________________。
使固体和酸充分接触,加快反应速率
CoO+H2SO4══CoSO4+H2O
2Co2++ClO-+5H2O══2Co(OH)3↓+Cl-+4H+
解析:酸浸时,+2价金属氧化物和Zn与稀硫酸反应生成硫酸盐MSO4(M=Zn、Pb、Cu、Fe、Co、Mn),PbSO4难溶于水与Cu单质存在于浸渣中;沉铜时生成难溶于酸的CuS沉淀;沉锰时,Mn2+转化为MnO2沉淀,并将Fe2+氧化为Fe3+,调整溶液pH=4产生的滤渣为Fe(OH)3;NaClO氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀。
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是使固体和酸充分接触,加快反应速率。
(2)CoO与稀硫酸反应生成CoSO4的化学方程式为CoO+H2SO4══CoSO4+H2O。
(3)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,反应的离子方程式为2Co2++ClO-+5H2O══2Co(OH)3↓+Cl-+4H+。
突破点2
化工流程中的分离、提纯及图像分析
真题体验
(2024·湖北卷节选)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为
已知:Be2++4HA BeA2(HA)2+2H+。回答下列问题:
(1)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态,冷却过程的特点是___________。
(2)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,观察到的现象是_________________________________。
(3)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式:
______________________________________________。
“滤液2”可以进入__________步骤再利用。
(4)电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用是_____________________________。
快速冷却
先出现白色浑浊,后白色浑浊迅速消失
BeA2(HA)2+6NaOH══Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O
反萃取分液
增强熔融氯化铍的导电性
模型构建
1.从溶液中获取晶体的方法及实验操作
(1)溶解度受温度影响较小的物质(如NaCl)采取蒸发结晶的方法,实验过程为:蒸发结晶、趁热过滤(如果温度下降,杂质也会以晶体的形式析出)、洗涤、干燥。
(2)溶解度受温度影响较大的物质、带有结晶水的盐或可水解的盐采取冷却结晶的方法,实验过程为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
2.萃取与反萃取
(1)萃取:利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同,将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。
(2)反萃取:用反萃取剂使被萃取物从有机相进入水相的过程,为萃取的逆过程。
3.蒸发与蒸馏
(1)在某种气体氛围中进行蒸发可抑制水解:如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时,应在HCl的气流中蒸发,以防其水解。
(2)减压蒸馏的原因:减小压强,使液体的沸点降低,防止受热分解、氧化等。
4.固体物质的洗涤
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
洗涤沉淀的方法:向过滤器中加入洗涤剂至浸没沉淀,待洗涤剂自然流下后,重复以上操作2~3次 检验沉淀是否洗涤干净的方法:取少量最后一次的洗涤液置于试管中,向其中滴入检验试剂,若未出现特征反应现象,则沉淀洗涤干净
模型应用
应用一　化工流程中物质的分离及提纯
1.(2025·河北卷)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。流程如下:
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)基态铬原子的价层电子排布式: __________。
(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)。
3d54s1
4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH 8K2CrO4+2Fe2O3+8H2O
MgO　
Al(OH)3
增大CO2的溶解度,保证酸化反应充分进行
KHCO3
(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__________(填工序名称)工序。
K2CrO4
4H2O
Fe(OH)3↓
2KOH
5
煅烧
解析:(1)铬为24号元素,基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1。
(2)“煅烧”时Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中的O2(作为氧化剂)发生反应生成K2CrO4、Fe2O3和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒,即可写出该反应的化学方程式。
(3)“煅烧”时Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2与KOH和O2反应转化为Fe2O3、MgO、K2CrO4,Al2O3、SiO2分别与过量的KOH反应转化为K[Al(OH)4]、K2SiO3。“浸取”时K[Al(OH)4]、K2SiO3与CO2反应,分别转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀,Fe2O3、MgO与KHCO3-K2CO3(aq)、CO2均不反应,则滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3、H2SiO3、MgO、Al(OH)3。
(4)“酸化”工序中需通入过量CO2提供酸性环境,加压的目的是增大CO2的溶解度,保证酸性环境,使反应2Cr+2H+ Cr2+H2O正向进行,促进K2CrO4转化为K2Cr2O7。
(5)“酸化”时,向K2CrO4溶液中通入过量CO2,将K2CrO4转化为K2Cr2O7,同时产生副产物KHCO3,故滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3。
(6)滤液Ⅰ中含有K2CrO4,“还原、分离”时将+6价铬元素还原为+3价铬元素[Cr(OH)3],结合产物信息,可知还原剂为Fe(CO)5,铁元素被氧化为+3价,生成Fe(OH)3,依据得失电子守恒、原子守恒,即可写出该反应的化学方程式。
(7)依据上述“还原、分离”工序中发生反应的化学方程式可知,滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)3、Cr(OH)3,可返回“煅烧”工序,重复利用。
应用二　化工流程中的图像及分析
2.(2024·北京卷节选)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜,流程示意图如下。
(1)矿石在焙烧前需粉碎,其作用是______________________________。
(2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是________________________________________。
增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分
(NH4)2SO4 2NH3↑+SO3↑+H2O
(3)矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合,取相同质量,在不同温度下焙烧相同时间,测得:“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图;400 ℃和500 ℃时,固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质
400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2
500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO
①温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大的原因是_________________________________________________________。
温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增加
②温度高于425 ℃,根据焙烧时可能发生的反应,解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是________________________________________。
温度高于425 ℃,随焙烧温度升高,发生反应:4CuFeS2+17O2+2CuSO4 6CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低
突破点3　化工流程中的有关计算
真题体验
(2024·湖南卷节选)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源,回收贵金属的化工流程如下。
已知:①当某离子的浓度低于1.0×10-5 mol·L-1时,可忽略该离子的存在;
②AgCl(s)+Cl-(aq) [AgCl2]-(aq)　K=2.0×10-5;
③Na2SO3易从溶液中结晶析出;
④不同温度下Na2SO3的溶解度如下。
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题。
(1)“氧化酸浸”和“除金”工序中均需加入一定量的NaCl。
①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是___________________。
②在“除金”工序溶液中,Cl-的浓度不能超过__________ mol·L-1。
使银元素转化为AgCl沉淀
0.5
(2)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-的浓度之和为0.075 mol·L-1,两种离子分布分数δ[δ([Ag(SO3)2]3-)= ]随S浓度的变化关系如图所示,若S的浓度为1.0 mol·L-1,则[Ag(SO3)3]5-的浓度为__________ mol·L-1。
0.05
(3)“滤液4”中溶质的主要成分为__________(填化学式);在连续生产的模式下,“银转化”和“银还原”工序需在40 ℃左右进行,若反应温度过高,将难以实现连续生产,原因是______________________________。
Na2SO3
高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产
模型构建
1.Ksp计算的几种类型
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp=a的饱和AgCl溶液中c(Ag+)= mol·L-1。
(2)已知溶度积、溶液中某种离子的浓度,求溶液中的另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 mol·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)≈10a mol·L-1。
(3)计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq),该反应的平衡常数K=。
2.多步滴定计算
(1)连续滴定法:第一步滴定反应生成的产物,还可以继续参加第二步的滴定,根据第二步滴定的消耗量,可计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定法:第一步用的滴定剂是过量的,然后第二步再用另一物质返滴定第一步中过量的物质,根据第一步开始加入的量减去第二步中消耗的量,即可得出第一步所消耗滴定剂的物质的量。
3.热重法测定物质组成的思维模型
模型应用
1.(2025·河南卷节选)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为____________________________________________________;
“滤渣”的主要成分是__________(填化学式)。
(2)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为_____________________________________________________。
(3)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为__________(填字母)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。
A.2.0　　　B.4.0　　　C.6.0
Rh+6HCl+3HNO3══H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O
SiO2
Rh2O3+3H2 2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2 2Rh+6HCl
A
(4)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为__________;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为__________。
+1
6∶1
解析:(3)SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,则溶液中c(Sn2+)=1.0×10-4 mol·L-1,当恰好生成Sn(OH)2沉淀时,c(OH-)= mol·L-1≈2.3×10-12 mol·L-1,c(H+)=≈4.3×10-3,pH=-lg c(H+) =-lg(4.3×10-3)=3-0.6=2.4,因此为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液的pH<2.4,故答案为A。
(4)配离子[Rh(SnCl3)5]4-中,配体[SnCl3]-带1个负电荷,设Rh的化合价为x,则x+5×(-1)=-4,则x=+1;Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,反应中Rh(Ⅲ)被还原至Rh(Ⅰ),每个Rh得到2个电子,部分SnCl2为还原剂,被氧化为[SnCl6]2-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ),每个Sn失去2个电子,同时反应过程中,部分SnCl2结合一个Cl-形成[SnCl3]-,作为新的配体,每生成1个[Rh(SnCl3)5]4-,需要5个SnCl2,因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1+5)∶1=6∶1。
2.(1)(2023·辽宁卷节选)某工厂采用如图工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+),实现镍、钴、镁元素的回收。
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25 ℃),需控制pH不低于__________(精确至0.1)。
11.1
解析:Mg2+沉淀完全时,溶液中c(Mg2+)≤10-5 mol·L-1,
c(OH-)≥ mol·L-1=10-2.9 mol·L-1,
c(H+)≤10-11.1 mol·L-1,pH≥11.1。
(2)(2023·全国乙卷节选)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途,如可用作农药防治小麦黑穗病,制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题:
在N2气氛中,FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示:
根据上述实验结果,可知x=__________,y=__________。
4
1
解析:由图可知,FeSO4·7H2O→FeSO4即7个结晶水完全失去时失重比为45.3%,则失重比为19.4%时,失去的结晶水数目为=3,故x=7-3=4,同理可推出y=7-=1。
学科素养 提升
1.(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知:①“氧化浸出”时,PbSO4不发生变化,ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+;
②Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8;
③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。
回答下列问题:
(1)H2A分子中手性碳原子数目为__________。
(2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(S2)转变为__________(填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时,浸出率随温度升高先增大后减小的原因为____________
______________________________________________________________
_________________________________________________________。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为____________________。
(5)滤渣2中的金属元素为__________(填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤,PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为____________________________________________________
____________________________,pH过高可能生成________(填化学式)。
(7)290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反应的化学方程式为____________________________________________________________。
2
S
随着温度升高,
化学反应速率加快,浸出率增大;温度增加到一定程度导致NH3·H2O分解成NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,反应物浓度降低,浸出率又减小
Zn+[Cu(NH3)4]2+══[Zn(NH3)4]2++Cu
Fe
pH升高会使得溶液中A2-浓度增大,使PbSO4(s)+A2- PbA(s)
+S平衡右移,促进PbA的形成
Pb(OH)2
Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO) 2H2O↑+4CO↑+Pb
解析:(1)H2A的结构式为 ,其中的手性碳已标注(*),有2个。
(2)对于S2,根据硫元素最高化合价为+6价,进行氧元素化合价分析,可知其中有两个O为-1价,具备较强氧化性,故被还原后变为S。
(3)分析本题应该着重考虑“氧化浸出”步骤中反应物的性质,再结合影响化学反应速率的因素进行分析。刚开始升高温度使反应速率加快,故浸出率增大;随着温度的升高,NH3·H2O会分解产生NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,导致反应物浓度下降,进而使反应速率降低,浸出率减小。
(4)根据流程图,加入Zn获得铜单质,题中已知①中给出信息:ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+,以及Cu2+可与氨水形成配合物[Cu(NH3)4]2+,可推测“除铜”这一步反应物为Zn和[Cu(NH3)4]2+,产物为Cu、[Zn(NH3)4]2+。故“除铜”步骤发生反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+══[Zn(NH3)4]2++Cu。
(5)根据流程图中制取ZnS的过程,可知“氧化浸出”后获取的滤液中含Cu、Zn元素,则废渣中的Fe元素应该存在于滤渣1中,经“浸铅”操作后Fe元素进入滤渣2。故滤渣2中金属元素为Fe。
(6)“浸铅”中发生反应PbSO4(s)+A2- PbA(s)+S,体系pH升高,A2-水解程度减小,c(A2-)增大,使“浸铅”反应平衡右移,PbA产率增大。pH过高时,结合Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8,推知可能产生Pb(OH)2。
(7)根据PbA“真空热解”产生Pb和2种气态氧化物,结合原子守恒,推知2种气态氧化物分别为CO、H2O,可得方程式Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)
2H2O↑+4CO↑+Pb。
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。分析混合物Ⅰ的组成,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) __________(填“>”或“<”)S [Ca(OH)2]。
(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: __________________________________________________。
1s22s22p6
4c3
正向
<
CaF2+2NaOH+TiO2══CaTiO3+2NaF+H2O
(5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为__________(填字母)。
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__________(填字母)。
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
a
ab
解析:(1)氟元素的原子序数为9,F-核外有10个电子,基态氟离子的电子排布式为1s22s22p6。
(2)CaF2饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:CaF2(s) Ca2+(aq)+2F-(aq),c(Ca2+)=c(CaF2)=c mol·L-1,则CaF2的Ksp=c(Ca2+)·c2(F-)=4c3。
(3)依据题意,工艺Ⅰ中固相反应时转化率为78%,说明固相反应正向进行程度大。而水浸分离时,NaF的产率仅为8%,说明在溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化,则溶解度S(CaF2)(4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率达81%,工艺Ⅱ的总化学方程式为CaF2+2NaOH+TiO2══CaTiO3+2NaF+H2O。
(5)分析工艺Ⅱ流程,滤液Ⅱ中主要含NaF和NaOH,而温度对NaF的溶解度影响不大,故选a。
(6)研磨促进固相反应,其原因可能是增大反应物间的接触面积,加快反应速率,研磨过程中破坏反应物的化学键,便于快速形成新化学键。催化剂才能降低反应活化能,c项错误;反应物跟研钵表面接触不发生化学反应,d项错误。