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第十章　水溶液中的离子反应与平衡
第7讲　无机化工流程解题策略
1．掌握无机化工流程题的基本特征，熟悉化工流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。
2．掌握工业生产中常见的化学术语，如碱洗、酸溶、酸浸等；了解原料预处理、制备过程中控制反应条件的目的和方法；掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法。
3．掌握陌生化学方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及其应用等；掌握相关计算，如利用化学方程式计算、氧化还原滴定计算、pH计算、各种常数的计算等。
4．树立“绿色化学”的观念，形成资源综合利用、物能充分利用的意识。
关联教材·夯基固本
考点1　原料的预处理及条件的控制
1．流程的呈现形式
2．流程的分析要领
(1)箭头：进入的是投料(反应物)，出去的是含产品中元素的物质(流程方向)、副产物或杂质(支线方向)。
(2)三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
3．流程的环节分析
(1)原料的预处理
①研磨、雾化：减少固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率。
②溶解
水浸 与水接触发生反应或溶解
浸出 固体加溶剂溶解得到离子
酸浸 在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物
(常见SiO2、CaSO4等)通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物(如SiO2)、铝及其氧化物等
浸出率 特定条件下，单位时间内固体中目标成分溶解到溶液中的质量占总质量的百分比
[备考提醒]提高“浸出率”的方法
(1)一般操作：①将矿石粉碎；②适当加热增大反应速率；③充分搅拌；④适当提高浸取液的浓度等。
(2)据题分析：分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率增大；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)。选择达到较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)。
灼烧、焙烧、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：①高温下硫化物与空气中氧气反应(如FeS2与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫)；②除去硫、碳单质；③有机物转化(如蛋白质燃烧)、除去有机物等。
(2)反应条件控制
①调节溶液的pH
调溶液pH常用氢氧化钠、碳酸钠、金属氧化物[还有酸性气体(二氧化硫)、稀盐酸或稀硫酸]等。常利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来(或抑制水解)。
②控制反应的温度
a．控制化学反应速率。
b．控制平衡移动方向。
c．控制固体的溶解与结晶，如趁热过滤能防止某物质降温时析出。
d．促进溶液中气体的逸出或实现蒸馏。
e．防止或实现某物质水解或分解。
f．使催化剂达到最大活性。
g．防止副反应的发生。
③调节反应物的浓度
a．根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡移动有利于目标产物的生成，减小对后续操作产生的影响。
b．反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。
④控制反应体系的压强
a．控制化学反应速率。
b．控制平衡移动的方向。
⑤使用催化剂：增大反应速率，提高生产效率。
探究　(1)将催化剂负载在玻璃棉上而不直接平铺在玻璃管中，目的是_____________________________________________________。
(2)向金属Bi中加入稀硝酸酸浸，过程中分次加入稀硝酸的目的是___________________________________________________________
_________________________________________________________。
(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如表所示：
温度/℃ 30 35 40 45 50
TiO2xH2O转化率/% 92 95 97 93 88
分析40 ℃时，TiO2xH2O转化率最高的原因：_________________
_________________________________________________________。
提示：(1)增大接触面积，提高催化效果，增大反应速率　(2)减少稀硝酸的用量，降低反应剧烈程度，使HNO3充分反应防止挥发　(3)低于40 ℃时TiO2xH2O转化率随温度的升高而提高；超过40 ℃时，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化率下降
原料的预处理
1．我国锅炉燃煤采用沸腾炉逐渐增多，沸腾炉是指从炉底通入强大的空气流，用空气将煤粉吹起，煤在燃烧过程中像沸腾一样，采用沸腾炉的好处在于
(　　)
①增大煤炭燃烧时的燃烧热并形成清洁能源
②减少炉中杂质气体(如SO2等)的形成
③提高煤炭的热效率并减少CO的排放
④使燃料充分燃烧，从而提高燃料的利用率
A．①② B．①③④ C．②③ D．③④
√
[思维模型]
(1)在原料预处理过程中，原料常需要研磨、反应过程需要搅拌、保温等，都是为了增大反应速率，提高原料的利用率。
(2)在控制温度时，经常遇到温度对反应速率的影响：温度太低，反应速率太小，温度过高，某些反应物会分解、挥发等。
反应条件的控制
2．由硫酸浸出的Mn2+溶出液(含Mn2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、H＋等)经纯化得Mn2+纯化液。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。金属离子沉淀的pH如下表：
金属离子 Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
纯化时先加入MnO2，后加入NH3H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：__________________________________
__________________________________________________________________。
先加MnO2，可利用溶液的酸性将Fe2+
全部氧化为Fe3+，再加NH3H2O调溶液pH≈5，将Fe3+和Al3+沉淀除去
3．辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示：
(1)“回收S”过程中温度控制在50～60 ℃之间，不宜过高或过低的原因是___________________________________________________。
(2)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是____________________
_________________________；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是_____________________。
温度过高苯容易挥发，温度过低溶解速率小
调节溶液的pH，使
抑制Cu2+的水解
Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀
[误区警示]化学工艺流程常涉及的化学反应原理
(1)沉淀溶解平衡的相关应用：①沉淀的最小浓度控制；②沉淀转化的条件。
(2)反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用：①反应速率的控制；②化学平衡的移动；③化学平衡常数的应用；④反应条件的控制。
(3)氧化还原反应的具体应用：①强弱规律；②守恒规律；③选择规律。
(4)盐类水解的具体应用：①水解规律；②水解反应的控制(抑制或促进)。
考点2　物质的转化、分离与提纯
1．常用的分离方法
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)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。
(3)蒸发结晶：从溶液中提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
(4)冷却结晶：从溶液中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、CuSO45H2O、FeSO47H2O等。
(5)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。
(6)冷却法：利用气体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NH3。
2．过滤时洗涤的方法
(1)洗涤的方法：让过滤后的晶体继续留在过滤器中，加入洗涤液至浸没晶体，让洗涤液自然流下，重复2～3次即可。
(2)注意点：在洗涤过程中不能搅拌。因为滤纸已经润湿，如果搅拌很容易搅破滤纸，造成晶体损失。
(3)三个得分点：注洗涤液→加洗涤液→重复操作。
①注洗涤液：沿玻璃棒向漏斗中注入洗涤液。
②加洗涤液：洗涤液完全浸没晶体。
③重复操作：重复操作2～3次。
3．洗涤剂的选择
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 某些特殊的物质，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而溶解造成的损失
洗涤试剂 适用范围 目的
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，使产品易干燥
饱和溶液 对纯度要求高的产品 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
探究　(1)由硫酸铁与硫酸铵的混合溶液，通过_________________操作，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(2)在海带提碘实验中，灼烧海带用到的硅酸盐质仪器有_____________________；得到的碘的CCl4溶液加入足量NaOH溶液，振荡，________，得到的CCl4可循环利用，水溶液中加入足量稀硫酸，________，洗涤干燥可得纯净的固态碘。
提示：(1)加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤　(2)酒精灯、泥三角、坩埚、玻璃棒　分液　过滤
[备考提醒]
(1)从水溶液中萃取Br2时，萃取剂不能使用乙醇、裂化汽油，可用苯、CCl4等。
(2)碘的CCl4溶液加入足量NaOH溶液分液，该过程为反萃取，得到的CCl4可循环利用，水溶液中加入稀硫酸过滤可得固态碘。
分离提纯方法
1．SO2是硫酸工业尾气的主要成分。以硫酸工业的尾气为原料制备硫酸钾和硫酸锰晶体(MnSO4H2O)的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)如图所示是几种盐的溶解度曲线。反应Ⅲ中，向(NH4)2SO4溶液中加入KCl溶液后，进行蒸发浓缩、____________、洗涤、干燥等操作即得K2SO4产品。
(2)检验硫酸钾样品中是否含有氯化物杂质的实验操作是_________________
________________________________________________________________________________________________________________________。
趁热过滤
取少量样品于试管
中配成溶液，滴加过量Ba(NO3)2溶液，取上层清液滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀产生
2．以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题：
(1)“除钒”过程中的化学方程式为___________________________
_________________________________________________________；
“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是________________。
(2)“除钒”和“除硅、铝”的顺序______(填“能”或“不能”)交换，理由是_________________________________________________
_________________________________________________________。
3VOCl3＋Al===
蒸馏
不能
若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入
Al，又引入Al杂质
3VOCl2＋AlCl3
[解析]　(1)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为3VOCl3＋Al===3VOCl2＋AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。
关联高考·探究考向
1．判断正误：正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)向铬铁矿(FeCr2O4)中通入O2进行焙烧，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物接触面积，增大化学反应速率。 (　　)
(2)酸、过量铁屑对软锰矿(MnO2)进行溶出前需研磨。目的是增大反应物接触面积，增大溶出速率。 (　　)
√
√
(3)检验硫酸钾溶液中是否含有氯化物杂质的实验操作是取少量溶液，滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成可说明该溶液中含有氯化物。 (　　)
(4)在海带提碘过程中得到的碘的CCl4溶液，加入硫酸酸化分液，在水溶液中加入足量NaOH溶液，过滤可得单质碘。 (　　)
×
×
2．(2025山东卷)钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca，Si，Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)＝2.3×10-9，Ksp(FeC2O4)＝3.2×10-7。下列说法错误的是(　　)
A．试剂X可选用Fe粉
B．试剂Y可选用盐酸
C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中
D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
√
A　[钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液Ⅰ中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣Ⅰ为SiO2，滤渣Ⅰ加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y(盐酸、CO2等)生成硅酸沉淀，最后得到SiO2。滤液Ⅰ加入试剂X和H2C2O4然后分离，由于能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣Ⅱ为CaC2O4，滤液Ⅱ中有Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，C正确；加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；“酸浸”后滤液Ⅰ中pH过小，酸性强，造成浓度小，使(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣Ⅱ质量减少，D正确。]
3．(2025甘肃卷)处理某酸浸液(主要含Li＋、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下：
下列说法正确的是(　　)
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe＋3Cu2+===3Cu＋2Fe3+
B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质
√
D　[酸浸液(主要含Li＋、Fe2+、Cu2+、Al3+)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液中加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+后形成沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe＋Cu2+===Cu＋Fe2+，A错误；Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确。]
4．(2025广东卷，节选)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298 K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有__________________________
___________________________________________________(写一条)。
(2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为________＋O2＋____H2O____Fe2O3↓＋____H＋。
(3)“沉铝”时，pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2+)＝0.022 molL-1，c(Ni2+)＝0.042 molL-1。
搅拌、增大SO2分压、降
低矿粉粒度、增大酸的浓度、提高酸浸温度(任写一条)
4Fe2+
4
2
8
5
(4)①“700 ℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式
为________________________________________________________
和________________________________________________。
2NH3
N2＋3H2
Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O
②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注。
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是____________________________(写一条)。
没有污染物产生
[解析]　矿粉通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH＝3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2经选择萃取得到含硫酸根离子的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有搅拌、增大SO2分压、降低矿粉的粒度、增大酸的浓度、提高酸浸温度等。
(2)由于通入SO2“酸浸”，故浸取液中不含有Fe3+，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3，离子方程式为4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3↓＋8H＋。
(3)“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，c(Cu2+)＝0.022 molL-1，根据Ksp＝c(Cu2+)c2(OH－)＝0.022×c2(OH－)＝2.2×10-20，得出c(OH－)＝10-9 molL-1，pH＝5。
(4)①氨分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为2NH3 N2＋3H2、Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O。
②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和Fe2O3颗粒，装置图如下：
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。
课时数智作业(四十五)　无机化工流程解题策略
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(建议用时：30分钟　分值：40分)
说明：选择题每小题3分
『夯基补弱』
1．(2025北京朝阳区二模)用化学沉淀法去除粗盐水中的Ca2+、Mg2+和，流程如下：
下列有关实验操作的说法不正确的是(　　)
A．步骤ⅰ中检验BaCl2过量：静置后向烧杯中滴加2～3滴稀硫酸，出现沉淀说明过量
B．步骤ⅰ静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，便于检验Ba2+是否过量
C．步骤ⅳ加稀盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性
D．操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A　[由图可知，向粗盐水中加入氯化钡溶液，将溶液中的硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，静置后先加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入饱和碳酸钠溶液，将溶液中的钙离子和过量的钡离子转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，过滤得到滤渣和滤液，向滤液中加入稀盐酸，将溶液中的氢氧根离子和碳酸根离子除去后，再加热蒸发得到精盐。粗盐水中含有Ca2+，加入稀硫酸可能会产生微溶的CaSO4，所以静置后向烧杯中滴加2～3滴稀硫酸，出现沉淀不能说明氯化钡溶液过量，且加氯化钡的目的是去除硫酸根杂质离子，滴加稀硫酸会引入硫酸根离子，故A错误；步骤ⅰ静
题号
1
3
5
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4
6
8
7
置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，再向上层清液中继续滴加氯化钡，通过观察是否产生沉淀可检验钡离子是否过量，故B正确；步骤ⅳ加稀盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性说明过量的氢氧根离子和碳酸根离子完全除去，故C正确；操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热，利用余热蒸干得到氯化钠，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
2．用铝箔制备明矾大晶体，具体流程如图。
下列说法正确的是(　　)
A．流程中分离操作为趁热过滤、冷却结晶
B．流程中洗涤时可用热水作洗涤剂
C．操作Ⅲ中应配制90 ℃的明矾饱和溶液，悬挂小晶体后，自然冷却至室温
D．相同温度下，明矾的溶解度大于K2SO4和的溶解度
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[铝箔加入NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，再加入过量CO2析出Al(OH)3，再加入H2SO4溶液中形成Al3+，最后加入K2SO4，结晶得到明矾晶体。步骤Ⅱ通入过量CO2后产生Al(OH)3沉淀，可直接过滤，不需要趁热过滤、冷却结晶，故A错误；沉淀在热水中的溶解度也很小，呈胶状，难以洗净，因此用热水洗涤更干净，故B正确；制备大颗粒明矾晶体时，使饱和溶液的温度略高于室温即可，否则温差太大，降温太快，会导致晶体颗粒小，故C错误；相同温度下，明矾的溶解度小于K2SO4和Al2(SO4)3的溶解度，所以才能通过冷却结晶的方法得到明矾晶体，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．新型材料纳米级Fe粉在空气中易自燃，能用作高效催化剂。实验室采用还原法制备纳米级Fe粉，其流程如图所示，下列有关说法错误的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．步骤Ⅰ中 的作用是吸水，防止Fe3+水解
B．N2作保护气可隔绝氧气，防止铁粉自燃
C．步骤Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
D．纳米级Fe粉微粒直径为10-9～10-7 m，但不属于胶体
√
A　[ 中的N原子上有孤电子对，与NH3相似，具有碱性，易与H＋结
合，促进氯化铁的水解，化学方程式为FeCl36H2O＋
HCl＋FeOOH＋4H2O，故A错误；纳米级Fe粉比普通Fe粉表面积更大，在空气中更易自燃，氮气化学性质较稳定，可以隔绝氧气防止铁粉燃烧，故B正确；步骤Ⅱ中发生反应的化学方程式为6FeOOH＋CO2Fe3O4＋3H2O＋CO2，氧化产物为CO2，还原产物为Fe3O4，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C正确；纳米级Fe粉微粒直径为1～100 nm，属于纯净物，不是分散系，不属于胶体，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
4．以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备硝酸铜晶体的某工艺如图所示，不正确的是(　　)
A．滤渣1中含有S和SiO2
B．加入过量铁粉后发生的反应有3个
C．物质a可能是NaOH
D．操作X包含蒸发、冷却、过滤等操作
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)加入FeCl3溶液和稀硫酸，反应生成S、Fe2+、Cu2+，SiO2不反应，过滤得到滤渣1为S和SiO2，A正确；向滤液中加入过量的Fe粉，发生的反应有Cu2+＋Fe===Fe2+＋Cu、2Fe3+＋Fe===3Fe2+、2H＋＋Fe===Fe2+＋H2↑，共3个，B正确；充分反应后过滤，滤液中主要的金属离子是Fe2+，滤渣2的主要成分是Cu和剩余的Fe，向滤渣2中加入稀硝酸，再向溶液中加入CuO等物质调节溶液pH促进Fe3+水解，则物质a可为CuO或Cu(OH)2或，不能加入NaOH，加入NaOH引入新杂质，C错误；将滤液经过一系列过程得到硝酸铜晶体[Cu(NO3)26H2O]，操作X包含蒸发(HNO3气氛下)、冷却、过滤等操作，D正确。]
题号
1
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7
√
5．(2025深圳三模)索尔维制碱法制备纯碱的流程如图所示，我国科学家侯德榜进行改进，去除“灰蒸”过程，利用母液制备铵盐，也称联合制碱法。下列说法正确的是(　　)
A．“吸氨”和“碳酸化”所用NH3和
CO2理论最佳物质的量之比为1∶1
B．操作1可用于实验室提纯氢氧化铁胶体
C．图示的流程中循环利用的物质仅是NH3
D．上述流程中“碳酸化”和“吸氨”这两步工序可以互换
题号
1
3
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4
6
8
7
A　[先使氨通入饱和食盐水中形成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液，二氧化碳主要来自碳酸钙的分解，反应方程式为NaCl＋NH3＋H2O＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓，过滤得到碳酸氢钠，煅烧得到碳酸钠，生成的二氧化碳可以循环使用，母液经过“灰蒸”后产生的NH3可以循环利用。根据化学方程式NaCl＋NH3＋H2O＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓可知，“吸氨”和“碳酸化”所用NH3和CO2理论最佳物质的量之比为1∶1，A正确；操作1是过滤，实验室采用渗析的方式提纯氢氧化铁胶体，B错误；图示的流程中循环利用的物质有NH3和CO2，C错误；氨溶解度大，二氧化碳的溶解度小，“碳酸化”和“吸氨”这两步工序不能互换，D错误。]
题号
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『培优提能』
6．铜阳极泥含有Cu、Ag、Au等元素，回收铜阳极泥中金属的化工流程如下：
题号
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已知：①AgCl(s)＋Cl－(aq) [AgCl2]－(aq)；
②“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4；
③“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-。
下列说法正确的是(　　)
A．“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+，说明在“浸取1”步骤中酸性条件下，H2O2氧化金属铜生成Cu2+
B．“浸取2”步骤中，应加入过量的HCl使Ag充分转化为AgCl
C．“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为1∶4
D．“真金不怕火炼”说明金的密度高
题号
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√
√
A　[铜阳极泥含Cu、Ag、Au等元素，加入硫酸和H2O2溶液浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到的浸出液1中含有硫酸铜和硫酸，浸渣1含有Ag、Au等，再向浸渣1中加入盐酸和H2O2溶液得到AgCl(s)和HAuCl4(aq)，向AgCl(s)中加入Na2S2O3溶液得到Na3[Ag(S2O3)2](aq)，再将Na3[Ag(S2O3)2](aq)电沉积得到Ag，向HAuCl4(aq)中加入N2H4发生氧化还原反应生成N2和Au。“浸取1”步骤中发生的反应为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O，金属离子主要是Cu2+，A正确；盐酸过量会使反应AgCl(s)＋Cl－(aq) [AgCl2]－(aq)正向进行，导致AgCl溶解，所以应加入适量的HCl，B错误；“还原”步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au元素的化合价由＋3变为0，一个HAuCl4得到3个电子，N2H4被氧化为N2，N元素的化合价由－2变为0，一个N2H4失去4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4，C错误；“真金不怕火炼”说明金的化学性质不活泼，即使在高温时也不与氧气反应，D错误。]
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7．(2025菏泽一模)以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo元素化合价为＋6价)的主要流程如下。
题号
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已知：25 ℃时，H2S的Ka1＝1.0×10-7，Ka2＝1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)＝2.0×10-99。下列说法错误的是(　　)
A．“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2
B．溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程
C．“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．25 ℃时，“沉铋”反应2Bi3+(aq)＋3H2S(aq)===Bi2S3(s)＋6H＋(ag)的平衡常数K＝5.0×1038
√
题号
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C　[由题干信息可知，氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液，SiO2不与盐酸反应，Ag2O和盐酸反应生成AgCl，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤，“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2，A正确；向滤液中加水、加热得到Sb2O3，过滤，向滤液中加入H2S，生成Bi2S3和HCl，再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X，则X中含有HCl和NaCl，则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程，B正确；向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，反应的化学方程式为Bi2S3＋8HNO3(稀)===2Bi(NO3)3＋2NO↑＋4H2O＋3S↓，反应中Bi2S3为还
题号
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原剂，HNO3部分为氧化剂，故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C错误；向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O244H2O得到Bi2MoO6，25 ℃时，“沉铋”反应2Bi3+(aq)＋3H2S(aq)===Bi2S3(s)＋6H＋(ag)的平衡常数K＝＝＝×
[]3＝＝＝5.0×1038，D正确。]
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8．(19分)(2025安徽卷)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1所示。
题号
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已知25 ℃时，Ksp(SrSO4)＝10-6.46，
Ksp(BaSO4)＝10-9.97。回答下列问题：
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子的价层电子排布式为_______。(2分)
(2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、________________(填离子符号)。(2分)
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5s2
Ca2+、Mg2+
(3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为__________________
_________________________________________________________；
25 ℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 molL-1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中＝________mol2L-2(忽略溶液体积的变化)。(6分)
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Ba2+＋SrSO4
===Sr2+＋BaSO4
10-8.97
(4)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2所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是________________________
______________________。(3分)
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温度升高，SrSO4溶解度
增大，反应速率加快
(5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、________________(填化学式)。
(2分)
(6)将窝穴体a(结构如图3所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是_____________________________。
(2分)
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SiO2、BaSO4
a的空腔和Sr2+的大小更适配
(7)由SrCl26H2O制备无水SrCl2的最优方法是________(填字母)。(2分)
a．加热脱水　　　　 b．在HCl气流中加热
c．常温加压 d．加热加压
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b
[解析]　
题号
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(1)Sr为第五周期第ⅡA族元素，故其基态原子的价层电子排布式为5s2。
(2)稀盐酸“酸浸”时，该废渣中的碳酸盐溶解，故“浸出液”中的金属离子除Sr2+外，还有Ca2+、Mg2+。
(3)由已知信息可知，SrSO4的溶度积比BaSO4的溶度积大，故“盐浸”时发生沉淀的转化反应，离子方程式为Ba2+＋SrSO4===Sr2+＋BaSO4。BaCl2溶液中Ba2+的物质的量为100×10-3L×0.11 molL-1＝0.011 mol，由上述离子方程式可知，0.01 mol SrSO4需消耗0.01 mol BaCl2，则理论上反应后混合液中的n(Sr2+)＝0.01 mol，n(Ba2+)＝0.001 mol，故c(Sr2+)＝0.1 molL-1、c(Ba2+)＝10-2molL-1，反应后的溶液是BaSO4的饱和溶液，则溶液中＝＝ molL-1＝＝0.1 molL-1×10-7.97 molL-1＝10-8.97 mol2L-2。
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(4)温度升高，SrSO4溶解度增大，反应速率增大，故锶的浸出率升高。
(5)“酸浸”“盐浸”两个操作中，SiO2均不能被浸出，“盐浸”时生成BaSO4，故“浸出渣2”中包括SrSO4、SiO2、BaSO4。
(6)由窝穴体a与K＋形成的超分子能提取浸出液中的Sr2+，说明a的空腔与Sr2+的大小更匹配。(7)联想MgCl26H2O制备无水MgCl2须在HCl气流中加热可知，为抑制水解，由SrCl26H2O制备无水SrCl2也应在HCl气流中加热，b项正确。
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