2023届新高考化学一轮分层练案(四十九)化学工艺流程-物质的制备与提纯.docx

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1、一轮分层练案（四十九） 化学工艺流程物质的制备与提纯（题型课）1MnO2是重要化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如下：软锰矿Mn2溶出液Mn2纯化液MnO2资料：软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。金属离子沉淀的pHFe3Al3Mn2Fe2开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。(1)溶出溶出前，软锰矿需研磨。目的是_。溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2的主要途径如图所示。.是从软锰矿中溶出Mn2的主要反应，反应的离子方程式是_。.若Fe2全部来自于反应Fe2H=Fe2H2，完全溶出Mn2所

2、需Fe与MnO2的物质的量比值为2，而实际比值(0.9)小于2，原因是_。(2)纯化已知O2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3H2O，调溶液pH5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_。(3)电解Mn2纯化液经电解得MnO2，生成MnO2的电极反应式是_。(4)产品纯度测定向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用 c molL1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L。(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2，相对分子质量：MnO2 86.94；Na2C2O4 134.0)产品纯度为_

3、(用质量分数表示)。解析：(1)研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO24H2Fe2=Mn22Fe32H2O；.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2，导致需要的铁减少，故实际比值(0.9)小于2。(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3H2O，调溶液pH5，除去溶液中的Al3、Fe3。(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2失电

4、子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn22e2H2O=MnO24H。(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O42KMnO43H2SO4=K2SO42MnSO410CO28H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2Na2C2O42H2SO4=Na2SO4MnSO42CO22H2O，则n(MnO2)n(Na2C2O4)5，产品纯度100%100%。答案：(1)增大反应速率，提高浸出率MnO24H2Fe2=Mn22Fe32H2O二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱(3)Mn22e2H2O=Mn

5、O24H(4)100%2鞣剂Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式是_。(2)“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)对铬残余量的影响如图所示。最佳的反应条件为_目。(3)“滤渣1”中一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，它是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式_。(4)“滤渣2”主要成分为Al(OH)3和_(填化学式)，“过滤2”后，将溶液pH调至a，a_6.5(填“小于”

6、或“大于”)，目的是_(用离子方程式表示)。(5)已知CH3OH被氧化生成CO2，写出生成Cr(OH)SO4的化学方程式_。(6)某厂用m1 kg的铬渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SO4，最终得到产品m2 kg，产率为_。解析：(1)“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式是2Cr2O34Na2CO33O24Na2CrO44CO2。(2)由图可知，“水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)为60目时铬残余量最小，则最佳的反应条件为60目。(3)“滤渣1”中一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10)，用氧化物的形式表示其化学式4CaOAl2O3Fe2O3。(4)“滤渣2”

7、主要成分为Al(OH)3和H2SiO3，“过滤2”后，将溶液pH调至a，a小于6.5，目的是2CrO2HCr2OH2O。(5)CH3OH被氧化生成CO2，则生成Cr(OH)SO4的化学方程式为Na2Cr2O73H2SO4CH3OH=2Cr(OH)SO4Na2SO4CO24H2O。(6)用m1 kg的铬渣(含Cr2O3 40%)制备Cr(OH)SO4，最终得到产品m2 kg，由Cr原子守恒可知，理论上生成的产品的质量为165 gmol12 kg，产率为100%100%。答案：(1)2Cr2O34Na2CO33O24Na2CrO44CO2(2)60(3)4CaOAl2O3Fe2O3(4)H2SiO

8、3小于2CrO2HCr2OH2O(5)Na2Cr2O73H2SO4CH3OH=2Cr(OH)SO4Na2SO4CO24H2O(6)100%3Na5PW11O39Cu/TiO2膜可催化污染物的光降解，一种生产工艺流程如下，回答下列问题：(1)“溶解”发生的离子反应方程式为_，Na2WO4(钨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，该步骤不能用浓盐酸代替浓硝酸的原因是_。(2)“除杂”时用过量有机溶剂萃取溶液中的NO，再通过_方法分离杂质。(3)“溶解”需要加入水、乙醇和稀硫酸。加入乙醇的目的是_。钛酸四丁酯水解生成TiO2和C4H9OH的化学方程式为_。溶液中Cu2浓度为0.02 molL1，需调节p

9、H小于_。已知KspCu(OH)22 1020(4)焙烧温度、Na5PW11O39Cu用量对Na5PW11O39Cu/TiO2膜催化活性的影响随时间(t)变化分别如图1、图2所示。制备Na5PW11O39Cu/TiO2膜的最佳条件：焙烧温度_，Na5PW11O39Cu用量_。解析：(1)浓硝酸、HPO和WO反应生成PW11O，化学方程式为HPO11WO17H=PW11O9H2O；Na2WO4(钨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，会和浓盐酸反应生成有毒气体氯气，污染环境。(2)“除杂”时用过量有机溶剂萃取溶液中的NO，再通过分液方法分离杂质。(3)“溶解 ”需要加入水、乙醇和稀硫酸，加入乙醇的目

10、的是增大钛酸四丁酯的溶解度。钛酸四丁酯水解生成TiO2和C4H9OH，化学方程式为Ti(OC4H9)42H2O=TiO24C4H9OH。KspCu(OH)2c(Cu2)c2(OH)21020，则c(OH)109 molL1，则c(H)105 molL1，pH lg c(H)lg 1055。(4)由图1可知温度为100 时Na5PW11O39Cu/TiO2膜的活性最高；由图2可知当Na5PW11O39Cu用量为3.0 g时，Na5PW11O39Cu/TiO2膜的活性最高。答案：(1)HPO11WO17H=PW11O9H2OWO具有强氧化性，能将盐酸氧化生成有毒气体氯气，污染环境(2)分液(3)增

11、大钛酸四丁酯的溶解度Ti(OC4H9)42H2O=TiO24C4H9OH5(4)100 3.0 g4三氧化二钴主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用铜钴矿石制备Co2O3的工艺流程如图1。已知：铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。请回答下列问题：(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法有_(写出2种即可)。(2)“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是_。(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液，写出滤液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式_。(4)温度、pH对铜、钴浸出

12、率的影响如图2、图3所示：“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为_。图3中pH增大时铜、钴浸出率下降的原因可能是_。(5)CoC2O42H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式是_。(6)一定温度下，向滤液A中加入足量的NaF溶液可将Ca2、Mg2沉淀而除去，若所得滤液B中c(Mg2)1.0105 molL1，则滤液B中c(Ca2)为_。已知该温度下Ksp(CaF2)3.41011，Ksp(MgF2)7.11011解析：往铜钴矿石中加入过量稀硫酸和Na2SO3溶液，“浸泡”后溶液中含有Co2、 Cu2、Fe2、Mg2、Ca2，加入Na2SO3溶液主要是将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2，“沉铜

13、”后先加入NaClO3溶液将Fe2氧化为Fe3，再加入Na2CO3溶液调节pH使Fe3形成沉淀，过滤后所得滤液A主要含有Co2、Mg2、Ca2，再用NaF溶液除去钙离子、镁离子，过滤后，向滤液B中加入浓Na2CO3溶液使Co2转化为CoCO3固体，向CoCO3固体中先加盐酸，再加草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3。(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法有升温、粉碎矿石、适当增大稀硫酸的浓度等。(2)Na2SO3具有较强的还原性，加入过量的Na2SO3溶液可将Co3和Fe3还原为Co2及Fe2。(3)由图1可知，“沉铜”后加入NaClO3溶液时，Co2并未被氧化

14、，被氧化的是Fe2，反应的离子方程式为ClO6Fe26H=Cl6Fe33H2O。(4)根据图2、图3可知，“浸泡”铜钴矿石的适宜条件是温度为6575 、pH为0.51.5。图3反映的是pH变化对铜、钴浸出率的影响，“浸泡”过程是利用H和CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3发生反应以浸出金属离子，当pH逐渐增大时，H的浓度减小，铜、钴浸出率降低。(5)CoC2O42H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式为4CoC2O42H2O3O22Co2O38CO28H2O。(6)c(Ca2)c(Mg2)1.0105molL14.8106 molL1。答案：(1)升温、粉碎矿石、适当增

15、大稀硫酸的浓度(写出2种即可)(2)将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2(3)ClO6Fe26H=Cl6Fe33H2O(4)温度为6575 、pH为0.51.5pH升高后溶液中c(H)下降，溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力降低(5)4CoC2O42H2O3O22Co2O38CO28H2O(6)4.8106 molL15四水合磷酸锌Zn3(PO4)24H2O，摩尔质量为457 gmol1，难溶于水是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)24H2O的流程如下，回答下列问题：已知：

16、6NH4HCO33ZnSO4ZnCO32Zn(OH)2H2O3(NH4)2SO45CO2ZnCO32Zn(OH)2H2O2H3PO4Zn3(PO4)24H2O2H2OCO2(1)滤渣的主要成分为_；步骤中，需先将溶液的pH调至5.1，此时应选择的最佳试剂是_。(填字母)a氨水b氢氧化钠c氧化锌d氢氧化钡滴加KMnO4溶液后有MnO2生成，该反应的离子方程式为_；试剂a为_；步骤反应结束后，得到Zn3(PO4)24H2O的操作包括_和干燥。(2)称取45.7 g Zn3(PO4)24H2O进行热重分析，化合物质量随温度的变化关系如右图所示，为获得Zn3(PO4)22H2O和Zn3(PO4)2H2

17、O的混合产品，烘干时的温度范围为_。(填字母) a90145 b145195 c195273 d273 解析：(1)酸浸时SiO2不参与反应，PbO与稀硫酸反应生成微溶物质PbSO4，故滤渣的主要成分为SiO2、PbSO4；调节pH时不能带入新的杂质，也不能与目标离子反应，应选择的最佳试剂为氧化锌；KMnO4与溶液中亚铁离子发生氧化还原反应生成MnO2并除去铁的离子方程式：MnO3Fe27H2O=MnO23Fe(OH)35H；试剂a用来除去溶液中的金属阳离子Cu2，为了不带入新的杂质，可用Zn单质；步骤反应结束后，得到Zn3(PO4)24H2O的操作有过滤、洗涤和干燥。(2)由题图可知当温度小

18、于90 时，产品为Zn3(PO4)24H2O，此时物质的量为0.1 mol，当温度为145 时质量为42.1 g，蒸发水分的物质的量为0.2 mol，则产品为Zn3(PO4)22H2O，同理可得，当温度为195 时产品为Zn3(PO4)2H2O，当温度为273 时产品为Zn3(PO4)2，为获得Zn3(PO4)22H2O和Zn3(PO4)2H2O的混合产品，应控制温度在145195 。答案：(1)SiO2、PbSO4cMnO3Fe27H2O=MnO23Fe(OH)35HZn过滤、洗涤 (2)b6钴被誉为战略物资，有出色的性能和广泛的应用。以水钴矿(主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O

19、3、CaO、MgO、NiO和SiO2等)为原料制备CoCl26H2O的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“酸浸”钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如下图所示。综合考虑成本，应选择的最佳工艺条件为_；滤渣A的主要成分为_。写出Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4的化学方程式：_。(2)“净化除杂”过程包括除铁、除钙镁、除铜等步骤。除铁：加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12，写出反应的离子方程式：_。除铜：加入适量Na2S2O3，发生反应：2CuSO42Na2S2O32H2O=Cu2SS2Na2SO42H2SO4，Na2S2O3中硫元素的化合价

20、是_，上述反应每消耗15.8 g Na2S2O3，反应中转移电子_ mol。(3)“萃取和反萃取”“水相C”中的溶质主要是Na2SO4和_(写化学式)。实验室称取100 g原料(含钴11.80%)，反萃取时得到浓度为0.036 molL1 CoCl2溶液5 L，忽略损耗，钴的产率_(产率100%)。解析：(1)结合题给图像和钴的浸出率来看，综合考虑成本，应选择的最佳工艺条件为12 h、90 ；水钴矿主要成分中的SiO2在酸浸过程中不能溶解，所以滤渣A的主要成分为SiO2(二氧化硅)。由Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4可知，Co2O3作氧化剂，而硫酸中的H、S都处于最高价，故只能是氧元素被氧

21、化生成O2，根据电子守恒可以写出该反应的化学方程式为2Co2O34H2SO4(浓)4CoSO44H2OO2。(2)加入适量Na2SO4固体，析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12，根据原子守恒可写出反应的离子方程式为2Na6Fe34SO12H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H。加入适量Na2S2O3，发生反应：2CuSO42Na2S2O32H2O=Cu2SS2Na2SO42H2SO4，Na2S2O3中硫元素的平均化合价是2价，化合价降低的是铜，从2价降到1价，Na2S2O3中有一部分S化合价从2价降到2价或0价，有一部分从2价升高到6价(生成H2SO4)，每消耗

22、2 mol Na2S2O3，反应中转移电子的物质的量为(62)2 mol8 mol，则每消耗15.8 g Na2S2O3，反应中转移电子80.4 mol。(3)纵览整个流程可知，经过酸浸，过滤，得到的滤液经历了除铁、除钙镁、除铜以后，再经过萃取操作，“水相C”中的主要溶质只剩下Na2SO4和NiSO4。实验室称取100 g原料(含钴11.80 %)，反萃取时得到浓度为0.036 molL1 CoCl2溶液5 L，忽略损耗，则钴的产率100%90%。答案：(1)12 h、90 SiO2(二氧化硅)2Co2O34H2SO4(浓)4CoSO44H2OO2(2)2Na6Fe34SO12H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)1212H20.4(3)NiSO490%