第1板块 大题专攻——“化工流程”类主观题增分策略(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考化学二轮复习专题增分方略(山东、海南专版)

“化工流程”类主观题增分策略 大题专攻 以化学工艺流程为主体,采用“化工流程+”的组合命题形式,考查学生的迁移融会、综合应用能力是新高考的主流命题方向。高考试题中常以陌生元素为主要载体,再现工业生产中的工艺流程,情境真实有用。不仅考查的元素陌生,而且各工序的转化过程也相当陌生。对学生的分析与推测能力要求较高,学生常因各工序过程中物质变化分析不清而不能正确答题。现从物质转化线和反应调控线两角度,理清工艺流程中的物质变化和转化关系,提高解题效率,实现稳增分。 一、 二、 练悟真题——明考情 透析题型——学方法 三、 重点强化——补缺漏 目 录 四、 专题质量评价 练悟真题——明考情 一、 1.(2024·河北卷)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知:ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ⅱ.高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。 回答下列问题: (1)钒原子的价层电子排布式为　　　　;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　,产生的气体①为　　　(填化学式)。  3d34s2 +5 CO2 解析:V为23号元素,价层电子排布式为3d34s2;结合已知信息和ⅱ中信息可知,焙烧后V的存在形式为Ca(VO3)2、NaVO3,V为+5价;结合信息可得气体①为CO2。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为　　　　(填化学式)。  解析:结合石煤和苛化泥的主要成分及已知信息知,焙烧所得产物主要为Ca(VO3)2、NaVO3、NaAlO2等,其中Ca(VO3)2难溶于水,水浸后得到NaVO3、NaAlO2的混合溶液,结合该流程的目的为制备V2O5知,滤液中的杂质主要为NaAlO2。 NaAlO2 (3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙,发生反应的离子方程式为 　 ; CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为____________________________ 　 ; 浸取后低浓度的滤液①进入　　　　　_________(填工序名称),可实现钒元素的充分利用。  Ca(VO3)2+HC+OH-===CaCO3+2V+H2O 使HC浓度增大,促进Ca(VO3)2 转化为CaCO3,使V进入溶液中 离子交换 解析:盐浸工序中Ca(VO3)2转化为CaCO3,结合电荷守恒、元素守恒配平可得反应的离子方程式。加压条件下通入CO2可增大溶液中HC浓度,促进Ca(VO3)2转化为CaCO3,V进入溶液进行后续操作,从而提高钒的浸出率。盐浸后滤液①中含有V,为提高钒的利用率,可将其加入离子交换工序。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　 　(填化学式)。  解析:离子交换时发生阴离子交换反应:V+R—N(CH3)3Cl=== R—N(CH3)3VO3+Cl-,根据所用树脂类型知,洗脱时可使用NaCl溶液,使钒元素转入溶液中:R—N(CH3)3VO3+Cl-===R—N(CH3)3Cl+V。 NaCl (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为　 　(填标号)。  a.延长沉钒时间 b.将溶液调至碱性 c.搅拌 d.降低NH4Cl溶液的浓度 解析:将溶液调至碱性,NH4Cl会转变成NH3·H2O,从而影响沉钒;降低NH4Cl的浓度会使沉钒不充分,也会影响沉钒。 bd 2.(2024·贵州卷)煤气化渣属于大宗固废,主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺,制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下: 已知: ①25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33, Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12; ②2Na[Al(OH)4] (aq) Al2O3·3H2O(s)+2NaOH(aq)。 回答下列问题: (1)“滤渣”的主要成分为　　　(填化学式)。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O SiO2 和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。(1)煤气化渣中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,即“滤渣”的主要成分为SiO2。 (2)25 ℃时,“碱沉”控制溶液pH至3.0,此时溶液中c(Fe3+)= __________mol·L-1。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤, 2.8×10-6 滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 (2)25 ℃时,“碱沉”控制溶液pH至3.0,即c(H+)=10-3 mol·L-1,则c(OH-) =10-11 mol·L-1,此时溶液中c(Fe3+)== mol·L-1= 2.8×10-6 mol·L-1。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是　 　　　　。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物 NaOH溶液 中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。(3)“除杂”时需要沉淀镁离子,得Na[Al(OH)4],所以加入的试剂X是NaOH溶液。 (4)“水热合成”中,NH4H2PO4作为磷源,“滤液2”的作用是________ 　　　　　　　　　　　　,水热合成NaFePO4的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤, 提供Na+ 和反应所需要的碱性环境 Fe2++N+3OH-+Na++H2P 滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 (4)“水热合成”中,NH4H2PO4作为磷源,“滤液2”为NaOH溶液,其既可以提供合成NaFePO4所需要的Na+,又可以提供反应所需要的碱性环境,水热合成NaFePO4的离子方程式为Fe2++N+3OH-+Na++H2P NaFePO4↓+NH3↑+3H2O。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2,其工艺如下: ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4,“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为 ________________________________________ 4Fe3O4+6Na2CO3+O2 12NaFeO2+6CO2 解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 (5)①该工艺经碳热还原得到Fe3O4,“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2,其化学方程式为4Fe3O4+6Na2CO3+O2 12NaFeO2+6CO2; ②NaFeO2的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有　 个。  3 解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 ②由NaFeO2的晶胞图甲可知,每个晶胞中含有Fe:4×+2=3, Na:8×+2=3,O:8×+4=6,即每个晶胞中NaFeO2的单元数有3个; ③若“焙烧”温度为700 ℃,n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)=9∶8时,生成纯相Na1-xFeO2,则x=　　　,其可能的结构示意图为　　(填“乙”或“丙”)。  解析:煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不反应、也不溶解,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种,过滤得Al2O3·3H2O 0.25 乙 和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成,得NaFePO4。 ③若“焙烧”温度为700 ℃,n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)=9∶8时,==,生成纯相Na1-xFeO2,则=,解得x=0.25;丙图中Na:1+6×=1.75,≠,乙图中Na:2+2×=2.25,=,则其可能的结构示意图为乙。 一、组合命题是大趋势 新高考命题为更好地体现综合应用考法,彰显反规律、反套路化命题原则,原来的知识边界清晰、考查相对独立的考法(题目的设问大多围绕化工流程知识展开)正逐步向模糊知识界线、“拼盘”融合无缝的方向演变。如“化工流程+原理”“化工流程+实验”“化工流程+物质结构”等一些创新考法出现在2024各省市的自主命题中。 [把握考情] 二、核心考点基本稳定 考法 常考题点 基础 考法 1.加快浸取效率或速率的措施及分析; 2.指定物质的结构如电子式、化合价、化学键的分析; 3.流程中涉及的指定溶液或滤渣中的成分判断 综合 考法 1.物质转化中的化学(离子)方程式或指定物质发生某反应的化学 (离子)方程式; 2.除杂质离子的pH调节; 3.分离、提纯的原理、操作方法及仪器名称及选择; 4.转化率或产率的有关计算; 5.Ksp的有关计算及Ksp的应用 续表 应用 创新 考法 1.涉及图像的反应条件选择; 2.萃取与反萃取; 3.涉及电化学的电极反应及有关计算 续表 透析题型——学方法 二、 (一)审题——明确流程“制什么”“怎么制” 化工流程题的题干一般由“题头”和“流程图”两部分内容组成,题头主要点明“制什么”明确制取的产品;“流程图”则展示制备的过程即“怎么制”。 1.审题头——明确制什么 如上面的2024河北高考题、2024贵州高考题 题头信息 制备物质 以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺 V2O5 以煤气化渣为原料,利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺制备NaFePO4和回收Al2O3 NaFePO4、Al2O3 2.审流程图——明确怎么制 化工流程一般取材于真实的生产、生活中的实际问题,通过简洁可视的工艺流程图将其展示出来,其制备模式图如下: 在审流程图时,主要审清原料预处理、反应条件的控制、核心反应、物质的分离与提纯等。 (二)析题——捋清两线,确定“有什么”“是什么反应” 分析化学工艺流程可以从“物质转化线”和“反应调控线”的两线入手。根据流程的目的、原料和产品确定“物质转化线”,往往涉及到物质的氧化还原性(价态)、酸碱性(类别)和溶解性(类别)等方面;根据流程中某步骤的反应条件、反应环境及采取的工艺确定“反应调控线”,往往从速率、平衡(限度)和氧化还原等角度分析和解决问题,通过两线结合突破化工流程题。 [典例]　(2024·北京卷)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___________________________ 　 。  增大接触面积,加快反应速率, 使反应更充分 (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 。 (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__________________________________  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 。 温度高于425 ℃,随焙烧温度升高发生 (4)用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的 　 。  Fe+Cu2+===Cu+Fe2+ (5)粗铜经酸浸处理,再进行电解精炼;电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液,并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理,消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量,原因是___________________________ 　。  粗铜若未经酸浸处理,其中杂 质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量 [解题观摩] (一)以“物质转化”为主线析题 黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)粉碎后加入(NH4)2SO4通入空气焙烧,黄铜矿在(NH4)2SO4分解生成的SO3作用下转化成CuSO4,得到的混合气体中主要含NH3。NH3用H2SO4吸收,得到(NH4)2SO4,是溶液A的主要溶质,可以循环利用;固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物,加水分离,主要形成含CuSO4的滤液和含SiO2的滤渣,分别为滤液C和滤渣D。向CuSO4溶液中加入过量的铁,发生氧化还原反应置换得到粗铜和FeSO4,粗铜再精炼可以得到纯铜。 在物质转化中发生的相关反应如下: ①铵盐不稳定,易分解,(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应,产物中有NH3和SO3,故化学方程式为(NH4)2SO4 2NH3↑+SO3↑+H2O; ②温度高于425 ℃,随焙烧温度升高,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO4 6CuO+2Fe2(SO4)3 +4SO3,铜浸出率降低; ③加入Fe置换CuSO4溶液中的铜,其反应的离子方程式为Fe+Cu2+===Cu+Fe2+。 (二)以“反应调控”为主线析题 第(1)问需从反应速率角度调控化学反应分析。根据“矿石在焙烧前需粉碎”这一生产情境确定从影响速率的因素答题。粉碎可增大反应物的接触面积,加快反应速率,使反应更充分。 第(3)问需从温度调控物质转化角度分析。 由图像可知温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率增大,温度高于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率降低。究其原因需从题目所给表格中获取信息,在400 ℃时,固体B的主要产物为CuSO4,随着温度升高SO3分解速率增大,生成CuSO4的速率也在增大,故铜浸出率为上升趋势。500 ℃时,B中所含主要物质有不溶于水的CuO生成,故铜的浸出率降低。 重点强化——补缺漏 三、 (一)审题注意挖隐含,找准思维趋向 题目中经常出现一些蕴含答题方向的词语,挖掘这些词语的隐性信息,能够及时锁定思考方向,找到答题着力点。 条件目的 思维方向 控制较低温度 从物质的挥发性和不稳定性等方向考虑 加过量试剂 从反应完全或增大转化率、产率等方向考虑 能否加其他物质 从引入杂质或影响产物的纯度等方向考虑 在空气中或在其他气体中 从O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的进行考虑 控制pH 从防水解、促进生成沉淀或除去杂质等方向考虑 用某些有机试剂清洗 从降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等方向考虑 续表 (二)内化溶度积计算的三类模型,强力突破失分点 1.是否有沉淀生成的判断模型 第一步 根据题目要生成的沉淀,判断需要求出的离子浓度 第二步 根据题目所提供的条件计算出对应的离子浓度(一般题目中会提供两种或两种以上的Ksp值,存在两组Ksp值中有一共同的离子,则可以根据Ksp值求出对应的离子浓度) 第三步 根据方程式AnBm(s) nAm+(aq)+mBn-(aq),求出cn(Am+)·cm(Bn-)的值,再与题目中所提供的Ksp(AnBm)做比较, 大于则生成沉淀;小于则无沉淀生成 续表 [例1]　Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如图所示: 若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。 [解析] 第一步:是否生成Mg3(PO4)2沉淀,则需要算出Mg2+和P的浓度。 第二步:根据题目提供的溶度积Ksp(FePO4)和Ksp[Mg3(PO4)2],发现P是二者共有的离子,则c(P)可以由Ksp(FePO4)求出。 c(P)== mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1 由于体积增加1倍,n(Mg2+)不变,则c(Mg2+)变为原浓度的一半。 c(Mg2+)=×0.02 mol·L-1=0.01 mol·L-1。 第三步:根据Mg3(PO4)2===3Mg2++2P,求出c3(Mg2+)·c2(P)的值。 c3(Mg2+)·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40<1.0×10-24 即小于Ksp[Mg3(PO4)2],所以无沉淀生成。 [答案]　Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(P)=1.3×10-22,则c(P)= =1.3×10-17 mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(P)=(0.01)3×(1.3×10-17)2 =1.69×10-40<1.0×10-24,则无沉淀生成。 2.溶液中Ksp的求算模型 第一步 根据方程式AnBm(s) nAm+(aq)+mBn-(aq),确定需要求出Am+和Bn-浓度 第二步 根据题目信息,分析或计算出Am+和Bn-离子的浓度 根据题目所提供的条件计算出对应的离子浓度(一般题目中会提供两种或两种以上的Ksp值,存在两组Ksp值中有一共同的离子,则可以根据Ksp值求出对应的离子浓度) 第三步 代入公式Ksp(AnBm)=cn(Am+)·cm(Bn-)进行计算 [例2]　某油脂厂废弃的用于油脂加氢的镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O): 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01 mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c=1.0×10-5 mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题: 利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=______________________ (列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是　　　　。  0.01×(107.2-14)2或 3.2~6.2 10-5×(108.7-14)2 [解析]　由表格可知,Ni2+完全沉淀时的pH=8.7,此时c(Ni2+)= 1.0×10-5 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-8.7 mol·L-1,则c(OH-)== =108.7-14 mol·L-1,则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(108.7-14)2;或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2,此时c(Ni2+)=0.01 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-7.2 mol·L-1,则c(OH-)===107.2-14 mol·L-1,则Ni(OH)2的Ksp= c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×(107.2-14)2;如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L-1,为避免镍离子沉淀,此时c(OH-)=== 10-7.8mol·L-1,则c(H+)===10-6.2,即pH=6.2;Fe3+完全沉淀的pH为3.2,因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2。 3.溶液中离子浓度求算模型 第一步 判断所求的离子浓度与题目给出的Ksp的关系 第二步 根据题目中提供的条件,求出Ksp(AnBm)=cn(Am+)·cm(Bn-)中除题目所求的另一离子的浓度 第三步 求出另一离子的浓度后,代入公式c(Am+)=,求出c(Am+) [例3]　镧系金属元素铈(Ce)常见有+3、+4两种价态,铈的合金耐高温,可以用来制造喷气推进器零件。铈元素在自然界中主要以氟碳铈矿的形式存在,其主要化学成分为CeFCO3。工业上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如图所示: 常温下,当溶液中的某离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全。据此,在生成Ce(OH)3的反应中,加入NaOH溶液pH至少达到　 时,即可视为Ce3+已完全沉淀。{Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20}  　[解析] 第一步:所求为c(OH-),与Ksp[Ce(OH)3]的关系是Ksp[Ce(OH)3]=c3(OH-)·c(Ce3+)。 第二步:根据题目给的条件,Ce3+要完全沉淀,在溶液中的浓度要≤1.0×10-5 mol·L-1,所以得出c(Ce3+)=1.0×10-5 mol·L-1。 9 第三步:根据方程式Ce(OH)3===Ce3++3OH- 代入公式c(OH-)===1.0×10-5 mol·L-1 题目求pH,则c(H+)===1.0×10-9 mol·L-1 pH=-lg c(H+)=-lg(1.0×10-9)=9。 专题质量评价 (本检测满分60分) 1 2 3 4 1.(14分)氧化铁黄(FeOOH)是一种黄色颜料,具有非常好的耐光性和耐碱性,是氧化铁的一水合物。以FeSO4·7H2O为原料制备FeOOH的流程如图1所示。 1 2 3 4 (1)若在实验室完成上述制备实验,不需要使用的仪器是　　　(填标号)。  解析:“过滤”“洗涤”需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒,“干燥”需要用到真空干燥器,一定不需要的仪器是蒸发皿,故选D。 D 1 2 3 4 (2)“氧化”时,溶液pH随时间的变化关系如图2所示。 1 2 3 4 ①0~t1 s内,pH快速下降的原因是反应生成了FeOOH和H2SO4,该反应的化学方程式为　　　　　 　　　　　　　　　　。  解析:0~t1s内,pH逐渐减小的原因是反应生成了FeOOH和H2SO4,Fe由+2价升高为+3价,O由0价降低为-2价,根据原子守恒、得失电子守恒可得4FeSO4+O2+6H2O===4FeOOH↓+4H2SO4。 4FeSO4+O2+6H2O===4FeOOH↓+4H2SO4 1 2 3 4 ②t1~t2 s内,发生反应的离子方程式为12Fe2++3O2+2H2O=== 4FeOOH↓+8Fe3+,该过程pH继续平缓下降的原因可能是____________ 　　　　　　　　　　。  解析:t1~t2s内,结合发生反应的离子方程式可知,该过程pH继续平缓下降的原因可能是反应生成的Fe3+水解缓慢产生H+,c(H+)缓慢增大。 反应生成的 Fe3+水解缓慢产生H+ 1 2 3 4 (3)判断流程中产品洗涤干净的方法是________________________ 　 。  解析:由流程中所用物质知,制备的氧化铁黄上吸附有S,则判断流程中产品是否洗涤干净的方法是:取最后一次洗涤液,加入BaCl2溶液,若出现白色沉淀,测洗涤不完全,若未出现浑浊,则洗涤干净。 取最后一次洗涤液,加入 BaCl2溶液,未出现浑浊,则洗涤干净 1 2 3 4 (4)氧化铁黄(FeOOH)样品纯度可以通过产品的耗酸量确定,如图3所示。 图3 已知:Fe3++3C2===[Fe(C2O4)3]3-,[Fe(C2O4)3]3-不与稀碱液反应。 1 2 3 4 ①在溶液c中滴加NaOH标准溶液,使用的指示剂为　　　　　。  解析:在溶液c中滴加NaOH标准溶液时,过量的硫酸和氢氧化钠发生酸碱中和反应,离子方程式为H++OH-===H2O,因此使用的指示剂为酚酞溶液。 酚酞溶液 1 2 3 4 ②若实验时加入了n1 mol H2SO4,消耗n2 mol NaOH,设氧化铁黄的摩尔质量为M g·mol-1,则氧化铁黄样品纯度为___________________ (用含w、n1、n2、M的代数式表示)。  解析:由已知信息,结合关系式H+~OH-可得,过量的H+的物质的量为n2 mol,又H+总物质的量为2n1 mol,则氧化铁黄消耗H+的物质的量为(2n1-n2)mol,结合FeOOH+3H+===Fe3++2H2O可得,氧化铁黄样品中FeOOH的物质的量为 mol,故氧化铁黄样品的纯度为×100%=×100%。 ×100% 1 2 3 4 ③测定时,若滴入Na2C2O4溶液不足量,会使实验结果　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  解析:测定时,若滴入Na2C2O4溶液不足量,铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁,导致消耗的氢氧化钠标准溶液的体积偏大,则n2偏大,会使实验结果偏小。 偏小 1 2 4 3 2.(15分)(2024·湖北省黄冈中学三模)氧化镓(Ga2O3)是一种常用的无机催化剂。某兴趣小组设计以砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2)为原料生产Ga2O3的工业流程如图所示: 1 2 4 3 已知:ⅰ.Ga和Al的化学性质相似; ⅱ.NO2对硝酸参与的氧化还原反应有催化作用。 回答下列问题: (1)Ga元素的价电子排布式为　　　　。  解析:砷化镓废料经预处理粉碎后加入浓硝酸进行浸取,其中SiO2不被浓硝酸溶解,过滤除去,滤渣1为SiO2;滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4,加入氢氧化钙,调节pH除铁砷,将二者形成沉淀Fe(OH)3、 4s24p1 1 2 4 3 Ca3(AsO4)2以过滤除去,滤渣2中为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2,而Ga元素类比Al元素化学性质,结合题干信息可知在滤液中以[Ga(OH)4]-形式存在,加入硝酸,发生反应生成Ga(OH)3,经煅烧分解生成Ga2O3。(1)基态镓原子(31Ga)位于第四周期第ⅢA族,价电子排布式为4s24p1。 1 2 4 3 (2)滤渣1的主要成分为　　　。  解析:砷化镓废料经预处理粉碎后加入浓硝酸进行浸取,其中SiO2不被浓硝酸溶解,过滤除去,滤渣1为SiO2;滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4,加入氢氧化钙,调节pH除铁砷,将二者形成沉淀Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2以过滤除去,滤渣2中为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2,而Ga元素类比Al元素化学性质,结合题干信息可知在滤液中以[Ga(OH)4]-形式存在,加入硝酸,发生反应生成Ga(OH)3,经煅烧分解生成Ga2O3。 (2)根据分析可知,滤渣1的主要成分为SiO2。 SiO2 1 2 4 3 (3)①“浸取”时GaAs发生反应的化学方程式为___________________ 　 。  解析:砷化镓废料经预处理粉碎后加入浓硝酸进行浸取,其中SiO2不被浓硝酸溶解,过滤除去,滤渣1为SiO2;滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4,加入氢氧化钙,调节pH除铁砷,将二者形成沉淀Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2以过滤除去,滤渣2中为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2,而Ga元素类比Al元素化学性质,结合题干信息可知在滤液中以[Ga(OH)4]-形式存在,加入硝酸,发生反应生成Ga(OH)3,经煅烧分解生成Ga2O3。 GaAs+11HNO3(浓) ===Ga(NO3)3+H3AsO4+8NO2↑+4H2O 1 2 4 3 (3)①“浸取”后滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4,则GaAs与浓硝酸发生反应生成Ga(NO3)3和H3AsO4,根据氧化还原反应配平的化学方程式为GaAs+11HNO3(浓) ===Ga(NO3)3+H3AsO4+8NO2↑+4H2O; 1 2 4 3 ②若取A、B两组样品分别进行“浸取”实验,向A中不断通入N2,其他条件、操作完全一样,得到镓元素的浸出率随时间变化情况如图所示: 前10 min内,浸出率A　B(填“>”“=”或“<”),其可能原因是_________ 　 。  < 反应生 成的NO2有催化作用,充入N2后NO2逸出,反应速率下降 1 2 4 3 解析:砷化镓废料经预处理粉碎后加入浓硝酸进行浸取,其中SiO2不被浓硝酸溶解,过滤除去,滤渣1为SiO2;滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4,加入氢氧化钙,调节pH除铁砷,将二者形成沉淀Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2以过滤除去,滤渣2中为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2,而Ga元素类比Al元素化学性质,结合题干信息可知在滤液中以[Ga(OH)4]-形式存在,加入硝酸,发生反应生成Ga(OH)3,经煅烧分解生成Ga2O3。 1 2 4 3 ②从图中可知,前10 min内,镓元素的浸出率A<B,A、B两者的区别在于A中不断通入N2,则A、B曲线变化的原因可能为反应生成的NO2有催化作用,充入N2后NO2逸出,反应速率下降。 1 2 4 3 (4)“沉镓”时的离子方程式为　　 　　　　　　　　　　　　　,需要控制硝酸用量的原因是____________________________________ 　 。  解析:砷化镓废料经预处理粉碎后加入浓硝酸进行浸取,其中SiO2不被浓硝酸溶解,过滤除去,滤渣1为SiO2;滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4,加入氢氧化钙,调节pH除铁砷,将二者形成沉淀Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2以过滤除去,滤渣2中为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2,而Ga元素类比Al元素化学性质,结合题干信息可知在滤液中以[Ga(OH)4]-形式存在,加入硝酸,发生反应生成Ga(OH)3,经煅烧分解生成Ga2O3。 [Ga(OH)4]-+H+===Ga(OH)3↓+H2O 若硝酸用量过多,会导致Ga(OH)3沉淀溶 解;若硝酸用量过少,会导致Ga3+沉淀不完全 1 2 4 3 (4)“沉镓”时加入硝酸,与[Ga(OH)4]-发生反应生成Ga(OH)3,离子方程式为[Ga(OH)4]-+H+===Ga(OH)3↓+H2O,镓(Ga)、铝(Al)是同主族相邻元素,化学性质相似,Ga(OH)3是两性氢氧化物,酸性过强,Ga(OH)3会溶解,但是若硝酸用量过少,会导致Ga3+沉淀不完全。 1 2 4 3 (5)查阅资料后发现,实际工业生产中,在“浸取”步骤除了加硝酸外,还需要加入H2O2,从绿色化学角度分析加入H2O2的优点:____________ 　 。  解析:砷化镓废料经预处理粉碎后加入浓硝酸进行浸取,其中SiO2不被浓硝酸溶解,过滤除去,滤渣1为SiO2;滤液中含Fe3+、Ga(NO3)3和H3AsO4,加入氢氧化钙,调节pH除铁砷,将二者形成沉淀Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2以过滤除去,滤渣2中为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2,而Ga元素类比Al元素化学性质,结合题干信息可知在滤液中以[Ga(OH)4]-形式存在, 可将NO2氧 化为硝酸,减少污染,提高硝酸利用率 1 2 4 3 加入硝酸,发生反应生成Ga(OH)3,经煅烧分解生成Ga2O3。 (5)在“浸取”步骤加入H2O2可将NO2氧化为硝酸,减少污染,提高硝酸利用率。 1 2 4 3 3.(16分)(2024·湖南省北师联盟三模)高砷烟尘(主要成分有As2O3、PbO、In2O3、ZnO、Fe2O3等)属于危险固体废弃物,对高砷烟尘进行综合处理回收As2O3和金属铟的工业流程如下: 1 2 4 3 已知:①As在酸性溶液中以H3AsO3或H3AsO4形式存在,氧化性环境中主要存在H3AsO4; ②H3AsO3在90~95 ℃易分解为As2O3,As2O3难溶于水; ③lg 3=0.5。 回答下列问题: (1)滤渣的主要成分为　　　　(填化学式)。  解析:根据流程及信息,In是最终产物,硫酸铁、硫酸锌是易溶的,则滤渣是难溶物PbSO4。 PbSO4 1 2 4 3 (2)“高压酸浸”时,As的浸出率随硫酸浓度的增大而变化的曲线如图所示,硫酸浓度超过100 g·L-1时,As的浸出率随硫酸浓度增大而略微减小的原因可能为___________________________________________ 　 。  硫酸浓度过高时,生成致密的难溶物包裹高砷 烟尘,导致浸出率降低 1 2 4 3 解析:硫酸浓度过高时,生成致密的难溶物包裹高砷烟尘,导致浸出率降低,因此As的浸出率随硫酸浓度增大而略微减小。 1 2 4 3 (3)“硫化”过程中生成H3AsO3,发生反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。已知H2S在水溶液中电离的总反应式为H2S(g) 2H+(aq)+S2-(aq)　K=c2(H+)c(S2-)= 9×10-22,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。当“硫化”操作后溶液中c(Zn2+)= 1.6×10-6 mol·L-1,则此时溶液的pH=　　。  3Zn2++As2S3+6H2O===3ZnS+2H3AsO3+6H+ 1.5 1 2 4 3 解析:根据流程判断产物还有ZnS,则离子方程式为3Zn2++As2S3+6H2O===3ZnS+2H3AsO3+6H+;根据Ksp(ZnS)=1.6×10-24可求当溶液中c(Zn2+)=1.6×10-6 mol·L-1时,c(S2-)=10-18 mol·L-1,则根据K=c2(H+)c(S2-)=9×10-22,求得c(H+)=3×10-2 mol·L-1,已知lg 3=0.5,pH=2-lg 3=1.5。 1 2 4 3 (4)“还原”后溶液酸性增强,主要原因是_______________________ (用离子方程式表示)。  解析: “高压酸浸”时通入O2,在氧化性环境中生成H3AsO4,“还原”时H3AsO4将SO2氧化为H2SO4,使酸性增强:H3AsO4+H2O+SO2=== H3AsO3+2H++S。 H3AsO4+H2O+SO2=== H3AsO3+2H++S 1 2 4 3 (5)“结晶”操作为　　　　　　　　　　　　　　、过滤、洗涤、干燥。  解析:根据信息H3AsO3在90~95 ℃易分解为As2O3,As2O3难溶于水,则操作为升温至90~95 ℃一段时间,降温,再过滤可得。 升温至90~95 ℃一段时间,降温 1 2 4 3 (6)“萃余液”中含有的金属阳离子为　　　(填离子符号),将In2(SO4)3溶液电解得到金属铟,阴极的电极反应式为　　　 　　　。  解析: “高压酸浸”时铁元素变为Fe3+,“还原”时SO2将Fe3+还原为Fe2+;根据信息电解In2(SO4)3溶液得金属铟,则In3+在阴极放电:In3++3e-===In。 Fe2+ In3++3e-===In 1 2 4 3 (7)硫化铟铜是一种新型的纳米材料,具有优异的光电性能和光催化性能。一种由S、In、Cu三种元素组成的化合物的晶胞如图所示。采用CuCl2、InCl3和H2S合成硫化铟铜薄膜,该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,该晶胞的六个面均为矩形,上、下底面的晶胞参数为a nm,高为b nm,晶体密度为d g·cm-3,则阿伏加德罗常数的值为___________　　　　　 (用含a、b、d的式子表示)。  2CuCl2+5H2S+2InCl3===2CuInS2+S↓+10HCl 1 2 4 3 解析:由题给晶胞结构利用均摊法计算可得硫化铟铜的化学式为CuInS2,其中Cu为+1价,S为-2价,故反应中+2价Cu被还原,且部分H2S被氧化为S,故化学方程式是2CuCl2+5H2S+2InCl3===2CuInS2+S↓+10HCl。1个晶胞的体积V=a2b nm3=a2b×10-21 cm3,1个晶胞的质量m=g,密度d==,故阿伏加德罗常数的值NA=。 1 2 4 3 4.(15分)(2024·石家庄市三模)Be是一种重要的战略性金属,以铍矿石、方解石(CaCO3)为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如下: 1 2 4 3 已知:①铍矿石的主要成分为Be3Al2Si6O18,还含有FeO;铍玻璃体为混合物,主要成分为CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6、SiO2,还含有FeO和Fe2O3。 ②Be(OH)2具有两性;25 ℃时,Ksp[Be(OH)2]=4×10-16(已知:常温下,溶液中离子浓度低于1.0×10-5 mol·L-1即可认为该离子被除尽);lg 2=0.3。 回答下列问题: (1)“配料熔化”时,Be3Al2Si6O18发生反应的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　 　　　　　;铍玻璃体属于　　　　(填“晶体”或“非晶体”)。  Be3Al2Si6O18+2CaCO3 CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑ 非晶体 1 2 4 3 解析:由题给流程图知,铍矿石和方解石配料熔化得到铍玻璃体,向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶,金属元素转化为硫酸盐,二氧化硅不与硫酸溶液反应,硅酸根离子转化为硅酸沉淀,过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸铵溶液,将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体,过滤得到硫酸铝铵和滤液;向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH,将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入氨水,将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀,过滤得到氢氧化铍;氢氧化铍经转化得到氯化铍,氯化铍经熔融电解制得金属铍。 1 2 4 3 (1)由分析可知,“配料熔化”时,Be3Al2Si6O18与碳酸钙高温条件下反应生成含有CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6和二氧化硅的铍玻璃体,反应的化学方程式为Be3Al2Si6O18+2CaCO3 CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+ 3SiO2+2CO2↑,铍玻璃体是没有固定熔点的混合物,属于非晶体。 1 2 4 3 (2)“酸溶”时,从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为　　　　(填元素符号)。  解析:由题给流程图知,铍矿石和方解石配料熔化得到铍玻璃体,向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶,金属元素转化为硫酸盐,二氧化硅不与硫酸溶液反应,硅酸根离子转化为硅酸沉淀,过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸铵溶液,将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体,过滤得到硫酸铝铵和滤液;向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH,将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀, Ca和Si 1 2 4 3 过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入氨水,将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀,过滤得到氢氧化铍;氢氧化铍经转化得到氯化铍,氯化铍经熔融电解制得金属铍。 (2)由分析可知,向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶,过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣,则从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为钙元素和硅元素。 1 2 4 3 (3)“调pH”时,发生氧化还原反应的离子方程式为 　 。  解析:由题给流程图知,铍矿石和方解石配料熔化得到铍玻璃体,向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶,金属元素转化为硫酸盐,二氧化硅不与硫酸溶液反应,硅酸根离子转化为硅酸沉淀,过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸铵溶液,将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体,过滤得到硫酸铝铵和滤液;向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH,将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀, 4Fe2++O2+8NH3+10H2O===4Fe(OH)3+8N 1 2 4 3 过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入氨水,将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀,过滤得到氢氧化铍;氢氧化铍经转化得到氯化铍,氯化铍经熔融电解制得金属铍。 (3)由分析可知,通入氨气和空气调节溶液的pH的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀,反应的离子方程式为4Fe2++O2+ 8NH3+10H2O===4Fe(OH)3+8N。 1 2 4 3 (4)“沉铍”时,需控制溶液的pH不低于　　才能将Be2+沉淀完全;若将氨水换成NaOH溶液也可沉铍,但需控制溶液的pH不能过高,否则会因生成　　　　　　　(填化学式)导致铍的产率降低。  解析:由题给流程图知,铍矿石和方解石配料熔化得到铍玻璃体,向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶,金属元素转化为硫酸盐,二氧化硅不与硫酸溶液反应,硅酸根离子转化为硅酸沉淀,过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸铵溶液,将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体,过滤得到硫酸铝铵和滤液;向滤液中通入氨 8.8 Na2[Be(OH)4] 1 2 4 3 气和空气调节溶液的pH,将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入氨水,将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀,过滤得到氢氧化铍;氢氧化铍经转化得到氯化铍,氯化铍经熔融电解制得金属铍。 1 2 4 3 (4)由溶度积可知,溶液中铍离子完全沉淀时,溶液中氢氧根离子浓度不低于mol·L-1=2×10-5.5 mol·L-1,则溶液的pH不低于14-5.5+lg 2=8.8;氢氧化铍是两性氢氧化物,能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠,所以将氨水换成氢氧化钠溶液沉铍时需控制溶液的pH不能过高,否则会生成四羟基合铍酸钠,导致铍的产率降低。 1 2 4 3 (5)“电解”时的工作原理如图所示,其中燃料电池负极的电极反应式为　　　　　 　　　　　　　　　　　;该制铍工艺的缺点除能耗高外,还有　　　　　　　 　。  C3H8-20e-+10C===13CO2+4H2O 生成Cl2,污染环境 1 2 4 3 解析:由题给流程图知,铍矿石和方解石配料熔化得到铍玻璃体,向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶,金属元素转化为硫酸盐,二氧化硅不与硫酸溶液反应,硅酸根离子转化为硅酸沉淀,过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸铵溶液,将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体,过滤得到硫酸铝铵和滤液;向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH,将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液;向滤液中加入氨水,将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀,过滤得到氢氧化铍;氢氧化铍经转化得到氯化铍,氯化铍经熔融电解制得金属铍。 1 2 4 3 (5)由图可知,通入丙烷的右侧电极为燃料电池的负极,碳酸根离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水,电极反应式为C3H8-20e-+10C===13CO2+4H2O;该制铍工艺的缺点除能耗高外,还有氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气,会污染环境。 本课结束 $$