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物质转化与工艺流程
专题六 大题突破2
1.题型特点
近几年高考中工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为情景材料，用框图的形式呈现实际工业生产中添加物质、操作的过程，设问形式包括：物质的判断、方程式的书写、实验操作、反应条件的控制及理论解释、产品组成的定性及定量分析等，能很好的考查学生综合运用元素化合物知识、化学反应原理、实验技能解决实际问题的能力。
2.工艺流程题的一般呈现形式
01
真题演练
1.(2024·江苏，14)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol·
L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。
Nd、Fe浸出率(×
100%)随浸取时间变化如图所示。
1
2
①含铁滤渣的主要成分为　　　　(填化学式)。
Fe(OH)3
3
1
2
钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸
出率增大，稀盐酸中的H+的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3。
3
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是
______________________________________
_________________________________________________________________________。
1
2
浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，
约5 min后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣，使铁的浸出率下降
3
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2溶液，原理为：SO4
1
2
+Fe3++H2O H++Fe(OH)(有机层)
已知：SO4+H++ 2(R3NH·HSO4)
3
1
2
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是________________________________________
____________________________________________
随水层pH增大，H+的浓度减小，SO4
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________。
的化学平衡向正反应方向移动，SO4+H++ 2(R3NH·HSO4)
的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起SO4浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致Fe(OH)的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多　
+Fe3++H2O H++Fe(OH)
3
②反萃取后，Fe2经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)
=　　 。
1
2
2∶1
由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为4+8×=8；Bi原子全部在晶胞的面上，数目为8×=4，因此，原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。
3
(3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为　　 　　。
1
2
Nd3++2C+H2O===Nd(OH)CO3↓+HC
3
1
2
8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，n(Nd3+)=4×10-5 mol；550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg，固体减少的质量为1.24 mg，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，因此，可以推测固体变为NdaOb时失去的质量是生成的H2O和CO2的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成H2O的质量为4×10-5mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg，则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(=2∶1。
3
②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n()的比值　 　(写出计算过程)。
1
2
答案　n[Nd(OH)CO3]==4×10-5mol，n(Nd3+)=4×10-5mol，550~600 ℃时，产物为NdaOb，减少1.24 mg，其中m(H2O)=4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1
=0.36 mg，则m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，则生成CO2的物质的量为n(CO2)=
=2×10-5mol，依据C元素守恒可知：分解后剩余的的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，n(Nd3+)∶n()==2∶1
3
2.(2023·江苏，14)V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)===4N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 632.4 kJ·mol-1。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5-WO3/TiO2催化剂。在水溶液中水解为H3VO4沉淀的离子方程式为　　 　　；
反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是__________________
　　　 　。
1
2
+2H2O===H3VO4↓+OH-
NH4VO3发生相互促进的水解反应：N+H2O===H3VO4↓+NH3，N有利于水解
3
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在320~360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是　 　　　；
反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，除因为进
入反应器的NO被还原的量减少外，还有_________　　　
_______________________________ _(用化学方程式表示)。
1
2
温度升高至一定范围催化剂失活
4NH3+5O2
4NO+6H2O、N2+O2 2NO
3
1
2
反应温度在320~360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是温度升高至一定范围催化剂失活，导致NO转化率升高不明显。反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，
如4NH3+5O2 4NO+6H2O、N2+O2 2NO等。
3
(3)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
1
2
①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
1
2
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12
具有八元环结构，其结构式可表示为　　　　　　　　　　。
3
1
2
已知H4V4O12具有八元环结构，且V连有五个共价键，结构式可表示
为 。
3
1
2
③向pH=8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)=1.7×10-3，加过量NH4Cl溶液的目的是_____________
　 　　　。
增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量
NH4VO3饱和溶液中存在沉淀溶解平衡NH4VO3(s) N(aq)，加过量NH4Cl溶液增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量。
3
3.(2022·江苏，14)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。
(1)纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH=4~7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以、Cr2、形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：Ksp(FeS)=6.5×10-18，Ksp=5.0×10-17；H2S电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
①在弱碱性溶液中，FeS与反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为　　 　　。
1
2
FeS+Cr+4H2O===Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-
3
②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常数K的数值为　 　。
5×10-5
反应FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常数K= ，由题目信息可知，Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)=6.5×10-18，H2S电离常数Ka2=
=1.3×10-13，所以K===5×10-5。
1
2
3
③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是
_____________________________________________________________________________________。
c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中物质的量分数越大
1
2
3
(2)FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中的数目为　　，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe—S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。在图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。
4
答案　
1
2
3
因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe—S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和中的S—S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S—S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2+紧邻且间距相等。
1
2
3
(3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为___________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
________(填化学式，写出计算过程)。
Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)=120 g·mol-1，则M(FeOx)
=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1，则56+16x=80.04，x≈，即固体产物为Fe2O3
1
2
3物质转化与工艺流程
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.题型特点
近几年高考中工艺流程题主要是以物质的制备、物质的分离提纯为情景材料，用框图的形式呈现实际工业生产中添加物质、操作的过程，设问形式包括：物质的判断、方程式的书写、实验操作、反应条件的控制及理论解释、产品组成的定性及定量分析等，能很好的考查学生综合运用元素化合物知识、化学反应原理、实验技能解决实际问题的能力。
2.工艺流程题的一般呈现形式
1.(2024·江苏，14)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为　　　　　　　(填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是　　　 　　　　。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2溶液，原理为：
SO4+Fe3++H2OH++Fe(OH)(有机层)
已知：SO4+H++2(R3NH·HSO4)
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是　　　 　　　　。
②反萃取后，Fe2经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=　　　　　　　。
(3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为　　　　。
②将8.84 mg Nd(OH)CO3(摩尔质量为221 g·mol-1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n()的比值　　　 (写出计算过程)。
2.(2023·江苏，14)V2O5-WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)4N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 632.4 kJ·mol-1。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5-WO3/TiO2催化剂。在水溶液中水解为H3VO4沉淀的离子方程式为　　　　；
反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是　　　　。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5-WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在320~360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是　　　　；
反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有　　　 　　　 (用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收V2O5-WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①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　　　　　　　　　　　。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为　　　　　　　　　　　。
③向pH=8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)=1.7×10-3，加过量NH4Cl溶液的目的是　　　　。
3.(2022·江苏，14)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。
(1)纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH=4~7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以、Cr2、形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：Ksp(FeS)=6.5×10-18，Ksp=5.0×10-17；H2S电离常数分别为Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
①在弱碱性溶液中，FeS与反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为
　　　　。
②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+Fe2++HS-的平衡常数K的数值为　　　　　。
③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是　　　
　　　　。
(2)FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中的数目为　　　　　，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe—S间距相等，
如图给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。在图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。
(3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为　　　 (填化学式，写出计算过程)。
答案精析
真题演练
1.(1)①Fe(OH)3　②浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5 min后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣，使铁的浸出率下降　(2)①随水层pH增大，H+的浓度减小，SO4+Fe3++H2OH++Fe(OH)的化学平衡向正反应方向移动，SO4+H++2(R3NH·HSO4)的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起SO4浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致Fe(OH)的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多　②2∶1　(3)①Nd3++2C+H2ONd(OH)CO3↓+HC　 ②n［Nd(OH)CO3］==4×10-5mol，n(Nd3+)=4×10-5mol，550~600 ℃时，产物为NdaOb，减少1.24 mg，其中m(H2O)=4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg，则m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，则生成CO2的物质的量为n(CO2)==2×10-5mol，依据C元素守恒可知：分解后剩余的的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，n(Nd3+)∶n()==2∶1
解析　(1)①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的H+的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3。(2)②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为4+8×=8；Bi原子全部在晶胞的面上，数目为8×=4，因此，原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。(3)②8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，n(Nd3+)=4×10-5 mol；550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg，固体减少的质量为1.24 mg，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，因此，可以推测固体变为NdaOb时失去的质量是生成的H2O和CO2的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成H2O的质量为4×10-5mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg，则生成CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，则生成CO2的物质的量为=2×10-5 mol，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n()的比值为=2∶1。
2.(1)+2H2OH3VO4↓+OH-
NH4VO3发生相互促进的水解反应：N+H2OH3VO4↓+NH3，N有利于水解　(2)温度升高至一定范围催化剂失活　4NH3+5O24NO+6H2O、N2+O22NO　(3)①适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等　②　③增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量
解析　(2)反应温度在320~360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是温度升高至一定范围催化剂失活，导致NO转化率升高不明显。反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如4NH3+5O24NO+6H2O、N2+O22NO等。(3)②已知H4V4O12具有八元环结构，且V连有五个共价键，结构式可表示为。③NH4VO3饱和溶液中存在沉淀溶解平衡NH4VO3(s)N(aq)+V(aq)，加过量NH4Cl溶液增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量。
3.(1)①FeS+Cr+4H2OFe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-　②5×10-5　③c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中物质的量分数越大　(2)4　　(3)Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)=120 g·mol-1，则M(FeOx)=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1，则56+16x=80.04，x≈，即固体产物为Fe2O3
解析　(1)②反应FeS+H+Fe2++HS-的平衡常数K= ，由题目信息可知，)·c(S2-)=6.5×10-18，H2S电离常数Ka2==1.3×10-13，所以K===5×10-5。(2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe—S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和的位置(中的S—S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S—S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2+紧邻且间距相等。

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