2025届高三化学二轮复习 专题训练 难点突破 　工艺流程中的条件控制及原因分析 讲义

2025高考化学二轮复习 难点突破 　工艺流程中的条件控制及原因分析 课前学习任务 一、必备知识 1.化学工艺流程中原料预处理 原料预处理 目的 研磨 　增大固体样品与液体(或气体)的接触面积,加快反应速率 灼烧 　除去可燃性的杂质(或使原料初步转化),杂质高温下氧化、分解 浸出(水浸、 酸浸、碱浸) 　通过物理溶解或与浸取液接触反应,除去固体表面的油污或使原料中不溶物通过过滤除去,可溶性离子进入溶液 搅拌 　使反应物充分接触,增大反应(或溶解)速率 2.流程中反应条件的控制 条件控制 目的 反应物用 量或浓度 　①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率,但要适当;②增大便宜、易得的反应物的浓度,可以提高其他物质的利用率,使反应充分进行;③增大物质浓度可以加快反应速率,使平衡发生移动等 加入氧化 剂(或还 原剂) 　①转化为目标产物的价态;②除去杂质离子[如把Fe2+氧化成Fe3+,而后调溶液的pH,使其转化为Fe(OH)3沉淀除去] 加入 沉淀剂 　①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等);②加入可溶性碳酸盐,生成碳酸盐沉淀;③加入氟化钠,除去Ca2+、Mg2+ 控制反应 的温度 　①防止副反应的发生;②使化学平衡移动;③控制化学反应的方向;④控制固体的溶解与结晶,控制反应速率;⑤使催化剂达到最大活性;⑥升温:促进溶液中的气体逸出,使某物质达到沸点挥发;⑦加热煮沸:促进水解,胶体聚沉后利于过滤分离;⑧趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量;⑨降温:防止物质高温分解或挥发 控制溶 液的pH 　①生成金属氢氧化物,以达到除去金属离子的目的;②抑制盐类水解;③促进盐类水解生成沉淀,有利于过滤分离 课堂学习任务 练真题 例1　[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: 回答下列问题: (1)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率,相比“焙烧氧化”,“细菌氧化”的优势为　　　　(填标号)。  A.无需控温 B.可减少有害气体产生 C.设备无需耐高温 D.不产生废液废渣 (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 　　　　　　　　　　。  例2　[2022·辽宁卷节选] 某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下: 已知:①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,FeS2转变为Fe2O3; ②金属活动性:Fe>(H)>Bi>Cu; ③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下: 开始沉淀pH 完全沉淀pH Fe2+ 6.5 8.3 Fe3+ 1.6 2.8 Mn2+ 8.1 10.1 回答下列问题: (1)为提高焙烧效率,可采取的措施为　 。  a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度 (2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,反应的化学方程式为　 。  (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为:①充分浸出Bi3+和Mn2+;②　 。  (4)滤渣的主要成分为　　　　　(填化学式)。  (5)生成气体A的离子方程式为  　。  (6)加入金属Bi的目的是  　。  练模拟 1.[2024·湖南部分校联考模拟] 锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍,流程如图所示。 已知: ①萃取剂a和b均为有机物,可用通式HR表示,萃取金属离子时,发生反应:nHR+Mn+MRn+nH+(M代表被萃取的金属)。 ②已知常温下部分物质的Ksp如表。 物质 Fe(OH)3 NiCO3 Mg(OH)2 Ksp 10-37.4 10-7 10-12 物质 Ni(OH)2 Mn(OH)2 CaF2 MgF2 Ksp 10-16 10-14 10-11 10-9 ③不同条件下加入MnF2对钙镁去除率的影响如图甲、图乙。 (1)根据图甲、图乙,选择除去钙镁离子的最适宜温度和pH分别是　　　、　　　,如果pH过低带来的影响是　　 。  (2)用平衡移动原理解释加入反萃取剂的作用:　 。  (3)最后得到Co2+溶液中,调节溶液pH=2,加入H2C2O4让Co2+沉淀完全(Co2+浓度不高于1×10-5 mol·L-1),则混合体系中H2C2O4的浓度不低于　　　　　　　。[已知:Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8,Ka1(H2C2O4)=5.9×10-2,Ka2(H2C2O4)=6.4×10-5,结果保留三位小数] 2.[2024·安徽皖南八校联考] 钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3,还含有少量铁铜等)是石油化工中催化加氢和催化氧化等反应的重要催化剂。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如下: 已知:钯催化剂在使用过程中Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活;H2PdCl4是一种二元强酸。 回答下列问题: (1)加入甲酸的主要目的是将PdO还原为Pd,甲酸中三种元素的电负性由大到小的顺序为　　　　　　　;甲酸的沸点比甲醛的　　　(填“高”或“低”),主要原因是　  。  (2)“酸浸”过程中盐酸的主要作用是  　,Pd转化的离子方程式为  　　　　　　　　　　。  (3)“酸浸”过程中温度、固液比对浸取率的影响如图所示,当温度高于80 ℃时,浸取率变化的原因为  　。  (4)“离子交换”过程可简单表示为PdC+2RClR2PdCl4+2Cl-,流出液通入NH3调节pH后过滤,滤液经一系列操作可以得到CuCl2·2H2O。“一系列操作”包括 　　　　　、　　　　　　、过滤、洗涤、干燥。  (5)“洗脱”时应使用的洗脱液为　　　(填标号)。  A.硫酸　B.盐酸　C.无水乙醇 课后学习任务 1.[2024·湖南益阳三模] 重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种用途广泛的化合物。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2,还含有Mg、Al、Si等的氧化物]为主要原料制备重铬酸钾的一种工艺流程如图所示。回答下列问题: 已知:①氧化铝与碳酸钠高温下反应生成NaAlO2和CO2;②“电解”是利用膜电解技术将Cr转化为Cr2。 (1)“焙烧”时将铬铁矿粉碎的目的是　 。  (2)滤渣Ⅱ的主要成分是　 。  (3)“除杂”时需加热,其目的是　 。  (4)加入饱和K2SO4溶液后蒸发结晶,能得到K2Cr2O7的原因是　 。  (5)该流程中,能循环利用的物质有 (填化学式) 。 2.钛被称为“二十一世纪的金属”,绿矾是重要的化工原料,用钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁(FeTiO3),含少量Fe2O3、MgO、SiO2等杂质]作原料生产金属钛和绿矾(FeSO4·7H2O)等产品的一种工艺流程如下: 已知:Ti元素有两种价态,在水溶液中主要以TiO2+(无色)、Ti3+(紫色)形式存在。 请回答下列问题: (1)硫酸与FeTiO3反应生成TiOSO4的化学方程式是　 。  向滤液1中加入适量铁粉,至刚好出现紫色为止,此时溶液仍呈强酸性。已知:氧化性:Fe3+>TiO2+>H+,则加入适量铁粉的原因是　 。  (2)系列操作具体为　 ,  经系列操作后,再对所得到的绿矾晶体用75%的乙醇溶液洗涤,用乙醇溶液洗涤绿矾的优点为　 。  (3)滤液2中加入适量的试剂A,A可选用　　　(填标号)。  a.稀硫酸 b.碳酸镁 c.二氧化碳 d.鼓入空气 3.[2024·广东惠州模拟] 明矾[KAl(SO4)2∙12H2O]在造纸、净水等方面应用广泛,实验室以铝灰为原料制备明矾的流程如图所示。 已知:①铝灰含Al、Al2O3和少量FeO、Fe2O3、SiO2; ②SiO2不溶于强酸; ③不同温度下KAl(SO4)2∙12H2O的溶解度: 温度/℃ 0 10 20 30 40 60 80 90 S/g 3.00 3.99 5.90 8.39 11.7 24.8 71.0 109 回答下列问题: (1)“酸浸”后溶液中主要的金属离子有Fe3+、 。“滤渣Ⅰ”的主要成分为 (填化学式)。 (2)①“氧化”过程中H2O2的作用是　 (用离子方程式表示)。  ②Fe2+的“氧化效率”与温度的关系如图所示,试解释温度过高,“氧化效率”降低的可能原因:　 。  (3)溶液的pH对铝、铁沉淀率的影响如图所示。“调pH”时应控制溶液的pH范围为　　　　。  A.3.0~3.5　B.4.0~4.5　C.4.5~5.0 (4)“沉铝”中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)得到明矾晶体的“系列操作”包括　 、　　　　　、过滤、洗涤、干燥。  4.[2024·广东梅州梅县东山中学模拟] 钪具有优良的物理化学性能,广泛应用于冶金、电子、航天、光学、化工等行业。钛白废酸富集物主要含有NaScO2、Na2TiO3、Na2ZrO3,还含有少量Fe2O3、MgO,从钛白废酸富集物中提取Sc2O3的流程如图所示。 已知:①Ti(Ⅳ)在酸性溶液中以TiO2+形式存在,在水相1中以TiO(H2O2)2+形式存在。 ②Zr(Ⅳ)与H2C2O4会络合且Zr(C2O4)2溶解度比Sc2(C2O4)3大。 (1)萃取有机相与水相条件对萃取结果如图所示。 溶解钛白废酸富集物时硫酸浓度应选　　　　 mol·L-1;加入过氧化氢溶液后发生主要反应的离子方程式为　 。  (2)若选用酸性萃取剂[(HA)2],萃取时发生反应Sc3++2(HA)2(有机相)ScA3HA(有机相)+3H+,水相pH减小会使钪的萃取率显著下降,试从平衡移动角度解释萃取率下降的原因:　 。  (3)NaOH浓度对反萃取时各物质洗出率影响如图所示。 ①用离子方程式表述反萃取时c(NaOH)>5mol·L-1会造成洗出率下降的原因: 　 。  ②煅烧前用稀硫酸溶解并用草酸沉钪的原因为　 。  ③在空气中煅烧草酸钪的反应方程式为　 。  答案解析 练真题· 例1　(1)BC (2)作络合剂,将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出 (3)作还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au [解析] (1)细菌的活性与温度息息相关,因此细菌氧化也需要控温,A不符合题意;“焙烧氧化”时,金属硫化物中的S元素通常转化为SO2,而“细菌氧化”时,金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐,可减少有害气体的产生,B符合题意;“焙烧氧化”需要较高的温度,因此所使用的设备需要耐高温,而“细菌氧化”不需要较高的温度就可进行,设备无需耐高温,C符合题意;由流程可知,“细菌氧化”也会产生废液废渣,D不符合题意。 (2)“浸金”中,Au作还原剂,O2作氧化剂,NaCN作络合剂,将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出。 (3)“沉金”中Zn作还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au。 例2　(1)ab (2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2 (3)抑制金属离子水解 (4)SiO2 (5)Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O (6)将Fe3+转化为Fe2+ [解析] (1)联合焙烧时,进一步粉碎矿石,可以增大矿石与空气的接触面积,能够提高焙烧效率,a符合题意;鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应,b符合题意;降低焙烧温度,反应速率减慢,不利于提高焙烧效率,c不符合题意。 (2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,根据原子守恒可知还应生成SO2,结合得失电子守恒,反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2。 (3)加入浓盐酸后,溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-,而酸浸后取滤液进行转化,故要防止金属离子水解生成沉淀,进入滤渣,造成制得的BiOCl产率偏低。 (6)由已知信息③知,调pH=2.6时,Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀,但Fe2+还没开始沉淀,故要将Fe3+转化为Fe2+,在调pH后获得含FeCl2的滤液,为了不引入新的杂质,加入Bi作还原剂。 模拟练 1.(1)90 ℃　4　钙镁离子的残留量较高 (2)反萃取时发生反应MnR2+2H+2HR+Mn2+,加入含H+的反萃取剂使该平衡正向移动,得到Mn2+溶液 (3)0.167 mol·L-1 [解析] 锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁,加碳酸钙调溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,往溶液B中加MnF2沉淀钙离子和镁离子,过滤,往滤液中加萃取剂a萃取锰离子,所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液;无机相用萃取剂b萃取Co2+,所得无机相为含Ni2+的溶液,有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。(1)根据图甲、图乙,温度达到90 ℃,pH在4时钙镁离子的残留量已经较低,选择除去钙镁离子的最适宜温度和pH分别是90 ℃,pH=4,pH不能过高,防止Mn2+以氢氧化物沉淀,pH不能过低,否则钙镁离子的残留量较高。(2)根据信息可知,反萃取剂为酸,即反萃取出Mn2+时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来,相应的离子方程式为MnR2+2H+2HR+Mn2+,加入含H+的反萃取剂使该平衡正向移动,得到Mn2+溶液。(3)由Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8,当Co2+沉淀完全,c(C2)== mol·L-1=6.3×10-3mol·L-1,根据Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)=5.9×10-2×6.4×10-5=3.776×10-6=×=,将c(H+)=1.0×10-2 mol·L-1和c(C2)=6.3×10-3 mol·L-1代入可解得c(H2C2O4)≈0.167 mol·L-1。 2.(1)O>C>H　高　甲酸分子间存在氢键,而甲醛分子间没有氢键　(2)提供Cl-作为配位体(或其他合理答案)　Pd+2H++H2O2+4Cl-PdC+2H2O　(3)温度高于80 ℃时,浸取率降低,其原因是H2O2分解,盐酸挥发(或其他合理答案)　(4)边通入HCl边加热浓缩(只写蒸发浓缩也可)　冷却结晶　(5)B [解析] 钯催化剂加入甲酸还原,然后加入过氧化氢和盐酸进行酸浸,铁、铜转化为氯化铁、氯化铜,同时过滤除去α-Al2O3,浸出液中含PdC,然后加入RCl,进行离子交换,除去铁离子、铜离子,流出液中含氢离子、铜离子、铁离子;加稀盐酸洗脱,使PdC重新进入溶液,加氨气、盐酸沉钯,再用N2H2·H2O还原得到海绵钯。(1)甲酸中有C、H、O三种元素,电负性:O>C>H,甲酸的沸点比甲醛的高,通过观察两者结构可以知道,主要原因是甲酸分子间存在氢键,而甲醛分子间没有氢键。(2)“酸浸”过程中盐酸的主要作用是在H2O2将Pd氧化后,提供Cl-作为配位体,Pd转化得到PdC,离子方程式为Pd+2H++H2O2+4Cl-PdC+2H2O。(3)“酸浸”过程中,溶液里含有H2O2、盐酸,两者一个易分解,一个易挥发,所以温度高于80 ℃时,浸取率降低,其原因是H2O2分解,盐酸挥发(或其他合理答案)。(4)滤液经一系列操作可以得到CuCl2·2H2O固体,可见可以通过通入HCl并蒸发,增大CuCl2的浓度,即边通入HCl边加热浓缩(只写蒸发浓缩也可),下一步就是冷却结晶。(5)“洗脱”时使用的洗脱液不能引入新的杂质离子,浸出液和沉钯都加入盐酸,所以应选盐酸进行洗脱。 课后练 1.(1)增大反应物的接触面积,使反应更加充分,反应速率更快 (2)Al(OH)3和H2SiO3　 (3)促进[Al(OH)4]-和Si水解,使其转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀,有利于胶状沉淀聚沉　 (4)K2Cr2O7的溶解度低于Na2SO4、Na2Cr2O7、K2SO4　 (5)O2 [解析] 以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2,还含有Mg、Al、Si等的氧化物]为主要原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7),先在空气中与纯碱焙烧,Fe(CrO2)2生成氧化铁,化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2,同时氧化铝与碳酸钠在高温下反应生成NaAlO2和CO2,SiO2与碳酸钠在高温下反应生成Na2SiO3和CO2,加水浸取,NaAlO2转化为Na[Al(OH)4],滤渣Ⅰ含有Fe2O3和MgO,滤液中通入过量二氧化碳,Na[Al(OH)4]和Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀,过滤除去,然后除去溶液中的碳酸氢钠,电解滤液,阴极是水放电,生成氢气和氢氧根离子,阳极是水失去电子:2H2O-4e-O2↑+4H+,氢离子浓度增大,使反应2Cr+2H+Cr2+H2O平衡正向移动,Cr转化为Cr2,在阳极液中加入饱和的K2SO4溶液后蒸发结晶,得到K2Cr2O7。 (5)该流程中,能循环利用的物质有O2,电解产生的氧气可用于焙烧。 2.(1)FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O　使Fe3+完全被还原为Fe2+;同时避免过量的铁将TiO2+还原成Ti3+,影响产品的纯度　 (2)蒸发浓缩(或加热浓缩)、降温结晶(或冷却结晶)、过滤　减少绿矾溶解损耗、快速得到干燥的固体　 (3)b [解析] (1)钛铁矿的主要成分FeTiO3与硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4,结合原子守恒配平化学方程式为FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O。铁粉作还原剂,由氧化性:Fe3+>TiO2+>H+可知,Fe先将Fe3+还原为Fe2+,加入铁粉至滤液1刚好出现紫色,说明Fe3+恰好反应完,再继续加入铁粉会将TiO2+还原为Ti3+,影响产品的纯度。 (2)为避免结晶水失去,适合用降温结晶获得绿矾,然后过滤,用乙醇洗涤可避免溶解损耗且能快速干燥。 (3)试剂A用来中和氢离子,调节pH,选项中只有碳酸镁符合,向富含TiO2+的溶液中加入MgCO3粉末,使其与H+反应,降低溶液中c(H+),使平衡TiO2++(n+1)H2OTiO2·nH2O+2H+向生成TiO2·nH2O的方向移动,便于得到TiO2粗产品。 3.(1)Al3+、Fe2+　SiO2 (2)①2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O　②温度较高时H2O2分解　(3)A　 (4)Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3N (5)蒸发浓缩　冷却结晶 [解析] 铝灰中含有Al、Al2O3和少量FeO、Fe2O3、SiO2等,将铝灰加入稀硫酸中酸浸,Al、Al2O3、FeO、Fe2O3分别与硫酸反应,生成相应的硫酸盐,SiO2不溶而成为滤渣;过滤后,往滤液中加入H2O2,将Fe2+氧化为Fe3+,再加入适量的KOH,调节溶液的pH,使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀;过滤后,往滤液中加入过量氨水,使Al3+全部转化为Al(OH)3沉淀;过滤后,往沉淀中加入稀硫酸、K2SO4,蒸发浓缩、冷却结晶,从而制得明矾晶体。 (3)流程中“调pH”的目的是将Fe3+沉淀而尽量不沉淀Al3+,从图中可以看出,“调pH”时应控制溶液的pH范围为3.0~3.5,故选A。 4.(1)7　TiO2++H2O2TiO(H2O2)2+ (2)pH减小,则溶液中氢离子浓度增大,使得Sc3++2(HA)2(有机相)ScA3HA(有机相)+3H+平衡逆向移动,导致钪的萃取率显著下降 (3)①Sc(OH)3+OH-[Sc(OH)4]- ②将杂质元素Zr转化为离子进入溶液而除去 ③2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 [解析] (1)由图可知,溶解钛白废酸富集物时硫酸浓度应选7 mol·L-1,此时Sc的萃取率接近100%;Ti(Ⅳ)在酸性溶液中以TiO2+形式存在,在水相1中以TiO(H2O2)2+形式存在,则加入过氧化氢溶液后,TiO2+和过氧化氢反应转化为TiO(H2O2)2+,离子方程式为TiO2++H2O2TiO(H2O2)2+。(2)水相pH减小,则溶液中氢离子浓度增大,使得Sc3++2(HA)2(有机相)ScA3HA(有机相)+3H+平衡逆向移动,导致钪的萃取率显著下降。(3)①反萃取时c(NaOH)>5 mol·L-1会造成洗出率下降,原因可能是生成的Sc(OH)3沉淀与氢氧化钠反应生成可溶物[Sc(OH)4]-,离子方程式为Sc(OH)3+OH-[Sc(OH)4]-。 ②由图可知,萃取时Zr(Ⅳ)的萃取率较大,加入氢氧化钠后得到的Sc(OH)3沉淀中也含有杂质Zr的沉淀,已知,Zr(Ⅳ)与H2C2O4会络合且Zr(C2O4)2溶解度比Sc2(C2O4)3大,故煅烧前用稀硫酸溶解并用草酸沉钪的原因是将杂质元素Zr转化为Zr4+进入溶液,与Sc2(C2O4)3沉淀分离而除去。 ③在空气中煅烧草酸钪生成Sc2O3,空气中氧气作为氧化剂,生成二氧化碳,反应为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。 学科网（北京）股份有限公司 $$