2025版高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)課件 大題突破練(1) 化學(xué)工藝流程題

大題突破練(一)化學(xué)工藝流程題12341.(2024·河北卷)V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料,也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝,具有釩回收率高、副產(chǎn)物可回收和不產(chǎn)生氣體污染物等優(yōu)點。工藝流程如下。561234已知:ⅰ.石煤是一種含V2O3的礦物,雜質(zhì)為大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分為CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ.高溫下,苛化泥的主要成分可與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鹽;室溫下,偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]和偏鋁酸鈣均難溶于水。回答下列問題:(1)釩原子的價層電子排布式為

;焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價為

,產(chǎn)生的氣體①為

(填化學(xué)式)。

(2)水浸工序得到濾渣①和濾液,濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣,濾液中雜質(zhì)的主要成分為

(填化學(xué)式)。

3d34s2

+5價

CO2

NaAlO2561234(3)在弱堿性環(huán)境下,偏釩酸鈣經(jīng)鹽浸生成碳酸鈣,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

;CO2加壓導(dǎo)入鹽浸工序可提高浸出率的原因為_____________________________________

;浸取后低濃度的濾液①進(jìn)入

(填工序名稱),可實現(xiàn)釩元素的充分利用。

(4)洗脫工序中洗脫液的主要成分為

(填化學(xué)式)。

(5)下列不利于沉釩過程的兩種操作為

(填字母)。

a.延長沉釩時間 b.將溶液調(diào)至堿性c.攪拌 d.降低NH4Cl溶液的濃度提高溶液中

濃度,促使偏釩酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣,釋放離子交換

NaClbd561234解析:“焙燒”過程中,通入空氣,石煤和苛化泥在高溫條件下反應(yīng)生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等。“水浸”過程中,分離“焙燒”后的可溶性物質(zhì)(如NaVO3)和不溶性物質(zhì)[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]?！半x子交換”“洗脫”過程中,富集和提純

?！俺菱C”過程中,生成NH4VO3。“鹽浸”過程中,濾渣①中含有釩元素,通過“鹽浸”,使濾渣①中的釩元素進(jìn)入濾液①中,再將濾液①回流到“離子交換”工序,進(jìn)行

的富集。(1)釩是23號元素,其價層電子排布式為3d34s2;焙燒過程中,氧氣被還原,V2O3被氧化生成

,偏釩酸鹽中釩的化合價為+5價;CaCO3在800

℃以上開始分解,生成的氣體①為CO2。561234(2)由已知信息可知,高溫下,苛化泥的主要成分NaOH與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鈉,所以濾液中雜質(zhì)的主要成分是NaAlO2。(4)由離子交換工序中樹脂的組成可知,洗脫液中應(yīng)含有Cl-,考慮到水浸所得溶液中含有Na+,為避免引入其他雜質(zhì)離子,且NaCl廉價易得,故洗脫液的主要成分應(yīng)為NaCl。561234(5)沉釩過程是生成NH4VO3。NH4Cl呈弱酸性,如果將溶液調(diào)至堿性,OH-與

反應(yīng),不利于生成NH4VO3,b符合題意;降低NH4Cl溶液的濃度,也不利于生成NH4VO3,d符合題意。5612342.(2024·廣西北海一模)硫酸鈰銨[(NH4)2Ce(SO4)3]微溶于水,不溶于乙醇,溶于無機酸,可用作分析試劑、氧化劑。某工廠用碳酸鈰[Ce2(CO3)3]礦石制備硫酸鈰銨的工藝流程如圖:已知:①Ksp[Ce(OH)4]=2×10-48。②硫酸鈰銨的熔點為130℃,沸點為330℃。561234回答下列問題:(1)(NH4)2Ce(SO4)3中鈰元素的化合價為

。

(2)步驟一中,先將Ce2(CO3)3礦石粉碎,目的是

。

(3)步驟二中,反應(yīng)溫度需要控制在0~30℃,原因是

。

反應(yīng)完全后,要將混合物升溫至90℃,目的是

。

+4價

增大溶解過程中固體與稀硫酸的接觸面積,加快溶解速率

溫度過高會導(dǎo)致過氧化氫分解、氨水揮發(fā)除去過量的過氧化氫

561234(4)步驟二中,Ce2(SO4)3與H2O2、NH3·H2O反應(yīng)生成Ce(OH)4的化學(xué)方程式為

。

(5)步驟三反應(yīng)完全后的溶液經(jīng)

、

、過濾,得到晶體。最后用

洗滌2~3次后,得到高純硫酸鈰銨晶體。

(6)若最初稱取一定量的碳酸鈰礦石,其中含Ce2(CO3)34.60kg,經(jīng)該工藝流程最終獲得5.62kg(NH4)2Ce(SO4)3晶體,則(NH4)2Ce(SO4)3的產(chǎn)率為

(保留三位有效數(shù)字)。

Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3·H2O2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4蒸發(fā)濃縮

冷卻結(jié)晶乙醇60.6%561234解析:碳酸鈰[Ce2(CO3)3]礦石用硫酸浸取,Ce3+進(jìn)入溶液,加入過氧化氫將+3價Ce氧化為+4價Ce,加入氨水升溫至90

℃得到Ce(OH)4懸濁液,加入硫酸、硫酸銨得到硫酸鈰銨晶體。(1)(NH4)2Ce(SO4)3中銨根、硫酸根化合價分別為+1、-2價,根據(jù)化合價代數(shù)和為零,可知鈰元素的化合價為+4價。(3)過氧化氫不穩(wěn)定、氨水易揮發(fā),所以反應(yīng)溫度需要控制在0~30

℃。反應(yīng)完全后,要將混合物升溫至90

℃,目的是除去過量的過氧化氫。(4)Ce2(SO4)3與H2O2、NH3·H2O反應(yīng)生成Ce(OH)4,反應(yīng)中Ce化合價由+3價變?yōu)?4價、過氧化氫中氧化合價由-1價變?yōu)?2價,結(jié)合電子守恒、質(zhì)量守恒可知,化學(xué)方程式為Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3·H2O2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4。561234(5)硫酸鈰銨微溶于水,不溶于乙醇,故最后用乙醇洗滌2~3次后,得到高純硫酸鈰銨晶體。(6)由Ce守恒可知,Ce2(CO3)3~2(NH4)2Ce(SO4)3,則(NH4)2Ce(SO4)3的產(chǎn)率為5612343.(2024·湖北卷)鈹用于航天器件的構(gòu)筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]中提取鈹?shù)穆窂饺鐖D所示。已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+回答下列問題。(1)基態(tài)Be2+的軌道表示式為

。

(2)為了從“熱熔冷卻”步驟得到玻璃態(tài),冷卻過程的特點是

。

快速冷卻

56(3)“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+,向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,觀察到的現(xiàn)象是

。(4)寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學(xué)方程式:

。

“濾液2”可以進(jìn)入

步驟再利用。

(5)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時,加入氯化鈉的主要作用是

。

(6)Be(OH)2與醋酸反應(yīng)得到某含4個Be的配合物,4個Be位于以1個O原子為中心的四面體的4個頂角,且每個Be的配位環(huán)境相同,Be與Be間通過CH3COO-相連,其化學(xué)式為

。

1234先出現(xiàn)白色渾濁,后白色渾濁迅速消失

BeA2(HA)2+6NaOH══Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O

反萃取分液

增強熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性

Be4O(CH3COO)6561234解析:將Be3Al2(SiO3)6加熱熔融,然后快速冷卻到其玻璃態(tài),再加入稀硫酸“酸浸過濾”,“濾渣”的成分為H2SiO3,“濾液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中,“水相1”中含有Al3+,“有機相”為BeA2(HA)2,加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉(zhuǎn)化為Na2[Be(OH)4]進(jìn)入“水相2”中,分離出含NaA的煤油,最后對“水相2”加熱,并過濾分離出Be(OH)2,通過系列操作得到金屬鈹,據(jù)此回答。(1)基態(tài)Be2+的電子排布式為1s2,其軌道表示式為

。(2)熔融態(tài)物質(zhì)冷卻凝固時,緩慢冷卻會形成晶體,快速冷卻會形成非晶態(tài),即玻璃態(tài),所以從“熱熔冷卻”中得到玻璃態(tài),其冷卻過程的特點為快速冷卻。561234(3)“濾液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中,則“水相1”中含有Al3+,向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,發(fā)生反應(yīng):Al3++3OH-══Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-══[Al(OH)4]-,可觀察到的現(xiàn)象為先出現(xiàn)白色渾濁,后白色渾濁迅速消失。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學(xué)方程式為BeA2(HA)2+6NaOH══Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O;“濾液2”的主要成分為NaOH,可進(jìn)入“反萃取分液”步驟再利用。(5)氯化鈹熔融態(tài)導(dǎo)電性弱,電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時,加入氯化鈉的主要作用為增強熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性。(6)由題意可知,該配合物中有4個Be位于四面體的4個頂角,四面體中心只有1個O,Be與Be之間總共有6個CH3COO-,則該配合物的化學(xué)式為Be4O(CH3COO)6。5612344.(2024·吉林白山二模)鈧(Sc)及其化合物在電子、超導(dǎo)合金和催化劑等領(lǐng)域有重要應(yīng)用。一種利用鈦白廢酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸廢液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)聯(lián)合制備Sc2O3的工藝流程如圖所示。回答下列問題:561234已知:25℃時,Ksp[Sc(OH)3]=1×10-30。(1)基態(tài)Fe3+的簡化電子排布式為

。

(2)為提高“浸取”速率,可采取的措施有_______________________________

(寫出一條即可),“浸渣”的主要成分是

(寫化學(xué)式);水相中含有的金屬離子主要是

(寫離子符號)。

(3)“除鈦”時,加入H2O2的作用是

。

(4)25℃時,若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+沉淀完全(離子濃度≤10-5mol·L-1),應(yīng)控制溶液的pH不低于

(保留兩位有效數(shù)字)。

(5)寫出草酸鈧晶體[Sc2(C2O4)3·6H2O]“灼燒”時發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式:

。

[Ar]3d5將赤泥碾碎(或適當(dāng)升高溫度、攪拌等)SiO2Fe3+、Al3+提供配體,生成配離子[TiO(H2O2)]2+進(jìn)入水層

5.72Sc2(C2O4)3·6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O561234解析:鈦白廢酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸廢液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)“浸取”,二氧化硅不和酸反應(yīng),“浸渣”為SiO2,“萃取”時分離出Al3+、Fe3+,向“萃取”后的溶液中加入硫酸和H2O2,除鈦分離出[TiO(H2O2)]2+,加NaOH溶液“反萃取”后分離出Sc(OH)3,與鹽酸反應(yīng)后加草酸得到Sc2(C2O4)3·6H2O,再“灼燒”Sc2(C2O4)3·6H2O得到Sc2O3。(1)Fe是26號元素,基態(tài)Fe3+的簡化電子排布式為[Ar]3d5。(2)SiO2不與硫酸反應(yīng),故“浸渣”的主要成分是SiO2;根據(jù)流程圖可知,“浸取”除去SiO2,加入萃取劑“萃取”時水相中的金屬離子主要是Fe3+、Al3+。(3)由流程圖可知,加入H2O2后形成[TiO(H2O2)]2+,該轉(zhuǎn)化過程中元素化合價沒有變化,H2O2中的氧原子提供孤電子對,Ti原子提供空軌道,形成配離子[TiO(H2O2)]2+進(jìn)入水層。561234(5)Sc2(C2O4)3·6H2O中Sc的化合價為+3價,反應(yīng)前后Sc的化合價沒有發(fā)生變化,根據(jù)流程圖可知,空氣參與反應(yīng),空氣氧化草酸鈧晶體中的碳元素,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Sc2(C2O4)3·6H2O+3O22Sc2O3+12CO2+12H2O。(4)根據(jù)題意可知,Sc3+恰好完全沉淀時,Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)=10-5·c3(OH-)=1×10-30,解得c(OH-)≈10-8.3

mol·L-1,c(H+)=≈10-5.7

mol·L-1,故pH≈5.7。561234565.(2024·安徽黃山二模)氧缺位體(CuFe2O4-δ)是熱化學(xué)循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦(主要成分是CuFeS2,含Al2O3、SiO2等雜質(zhì))為原料制備CuFe2O4-δ的流程如圖所示:123456已知:①酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃時已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示:氫氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2Fe(OH)2開始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0請回答下列問題:(1)CuFeS2“焙燒”時生成三種氧化物,其中金屬氧化物的化學(xué)式為

。

(2)“焙燒”產(chǎn)物中的SO2在有氧條件下利用石灰漿液吸收可制得一種副產(chǎn)品

(填化學(xué)式)。

CuO、Fe3O4

CaSO4123456(3)流程中,若無“還原”工序,造成的后果是

。(4)已知Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構(gòu)體,則“沉鐵”過程中生成的[Cu(NH3)4]2+的空間結(jié)構(gòu)是

。

(5)“灼燒”工序的化學(xué)方程式是__________________________________,“煅燒”時通入N2的作用是

。

(6)“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體(CuFe2O4-δ)時,不同溫度范圍內(nèi),發(fā)生變價的金屬元素不同,某溫度下制得的氧缺位體質(zhì)量為原質(zhì)量的99%,則δ=

。

(7)氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步:第一步:

(完成方程式);第二步:2CuFe2O4══2CuFe2O4-δ+δO2↑。還原工序是將Fe3+還原為Fe2+,若沒有還原工序,Fe3+會形成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣2中平面正方形

CuO+2Fe(OH)3

CuFe2O4+3H2O作保護(hù)氣

0.15CuFe2O4-δ+δH2O══CuFe2O4+δH2↑123456解析:氧氣具有氧化性,已知酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+,CuFeS2“焙燒”生成三種氧化物,可知三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4;加入硫酸,金屬氧化物轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽,“濾渣1”為SiO2,加入Cu還原Fe3+為Fe2+,加入CuO調(diào)節(jié)pH使Al3+沉淀,而Cu2+和Fe2+不沉淀,“濾渣2”中有Al(OH)3、CuO、Cu,加H2O2將Fe2+氧化為Fe3+,加入過量的氨水反應(yīng)生成Cu(NH3)4SO4,Fe3+生成Fe(OH)3沉淀,Cu(NH3)4SO4經(jīng)過系列操作生成CuO,灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,在N2作保護(hù)氣下“煅燒”生成CuFe2O4-δ。(1)由分析知金屬氧化物的化學(xué)式為CuO、Fe3O4。(2)“焙燒”產(chǎn)物中的SO2在有氧條件下利用石灰漿液Ca(OH)2吸收可制得的一種副產(chǎn)品是CaSO4。123456(4)已知Cu(NH3)2Cl2有兩種同分異構(gòu)體,可知其結(jié)構(gòu)不是四面體結(jié)構(gòu),而是平面四邊形結(jié)構(gòu),故[Cu(NH3)4]2+的空間結(jié)構(gòu)為平面正方形。(5)灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4,N2作保護(hù)氣,防止生成物被氧化。(6)“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體(CuFe2O4-δ),質(zhì)量減少的是氧氣質(zhì)量,

×100%=1-99%,δ=0.15。(7)制取氫氣的總反應(yīng)為2H2O══2H2↑+O2↑,結(jié)合第二步反應(yīng)2CuFe2O4══2CuFe2O4-δ+δO2↑,可知第一步反應(yīng)為CuFe2O4-δ+δH2O══CuFe2O4+δH2↑。1234566.鎳、鉻、銅及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用,從電鍍污泥[含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等]中回收制備NiSO4·nH2O和其他金屬及其化合物的工藝流程如圖所示。已知:“萃取”可將金屬離子進(jìn)行富集與分離,原理如下:X2+(水相)+2RH(有機相)

XR2(有機相)+2H+(水相)123456回答下列問題:(1)與鉻同周期的所有元素的基態(tài)原子中最外層電子數(shù)與鉻原子相同的元素有

(填元素符號)。原子核外運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài),若一種自旋狀態(tài)用“+”表示,與之相反的用“-”表示,“±”即稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)Ni原子,其價層電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為

。

(2)已知NiO與MgO的晶體結(jié)構(gòu)相同,其中Mg2+和Ni2+的離子半徑分別為66pm和69pm。則熔點:NiO

(填“>”“<”或“=”)MgO,理由是

。

(3)“濾渣Ⅰ”的主要成分為

(填化學(xué)式)。

K、Cu-1(或+1)<

Mg2+的半徑比Ni2+的小,MgO的離子鍵比NiO的強

SiO2123456(4)電解之后加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH的目的是

。

(5)“反萃取”時加入的試劑A為

。

(6)“反萃取”得到的NiSO4溶液,在堿性條件下可被NaClO氧化生成NiOOH沉淀,該反應(yīng)的離子方程式為