2022届新高考化学二轮复习教学案-专题十二　化学工艺流程.docx

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1、一、化学工艺流程题的审题思路1化学工艺流程图的结构特点(1)首尾主线分析：原料中间转化物质目标产物。跟踪主要物质(元素)的转化形式，尤其要注意原料中的“杂质”在流程中是如何转化直到被除去，分析每一步骤的目的以及所发生的化学反应，由此书写正确的化学方程式。(2)依据题给信息和题中设问来带动流程中各步骤的细致审题。例如：一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示。2原料的处理操作与目的操作目的固体原料进行粉碎减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率酸(或碱)浸(1)原料经酸(或碱)浸后转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的。如

2、用稀硫酸，可以把大多数金属氧化物转变成可溶性的硫酸盐；(2)用碱性溶液溶解氧化铝、吸收酸性气体(如SO2用Na2CO3或NaOH溶液吸收)等灼烧(焙烧)(1)除硫(如高温下，原料FeS2与空气中的氧气反应生成氧化铁和二氧化硫)、除碳等；(2)除去有机物：通过高温灼烧除去有机物；(3)通过高温使盐分解，得到金属氧化物等高分答题设问答题如何提高浸出率？将矿石粉碎；适当加热；充分搅拌；适当提高浸取液的浓度等如何分析浸出率图表，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，反应速率加快；但当浸出率达到最大值后，温度升高浸出率反而下降，产生的原因一般是反应试剂的分解或挥发酸浸剂的用量为何不能太

3、大？可能是防止后续步骤中消耗过多的碱铅废渣(主要含PbSO4、PbCl2、SiO2)加入NaCl和CaCl2混合溶液浸取的原理是什么？加入CaCl2、NaCl溶液，浸取过程中发生反应：PbSO4(s)2Cl(aq)PbCl2(s)SO(aq)、PbCl2(s)2Cl(aq)PbCl(aq)，铅废渣浸出后，浸出渣的主要成分是CaSO4和SiO23物质的转化与分离操作与目的操作目的加入氧化剂(1)转变某种金属离子的价态，再通过调节溶液pH，使金属离子以氢氧化物形式沉淀出来，以达到除去杂质的目的如Fe2Fe3Fe(OH)3；(2)为生成目标产物的价态而加入氧化剂(如在碱性条件下，加入过氧化氢把Cr3

4、氧化成CrO)控制溶液pH(1)使某种或几种金属离子转化为氢氧化物沉淀，而目标离子不生成沉淀，以达到分离的目的；常利用题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH信息表，选择pH范围，使杂质离子以氢氧化物形式沉淀出来；(2)抑制盐类水解；(3)金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关调溶液pH常用：(1)稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸(注意氧化性)、酸性气体(二氧化硫)等；(2)氢氧化钠、氨水、碳酸钠、金属氧化物等物质转化(1)利用氧化还原反应、沉淀反应等来除去杂质、生成产物；(2)要分析每一步骤中所发生的化学反应，跟踪反应前后物质的变化，写出反应方程式；(3)确定循环物质沉淀与过滤沉淀后的过滤是为了分离物质，要

5、跟踪滤渣和滤液中各有什么物质常见的沉淀剂：(1)加入硫化物(如硫化钠、硫化铵等)生成硫化物沉淀；(2)加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；(3)加入氟化钠，除去钙离子(注意：溶液的酸性不能太大，否则会生成HF而降低F的浓度)蒸发与结晶结晶方法：(1)晶体不带结晶水，如NaCl：蒸发结晶；(2)晶体带结晶水，如胆矾：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；(3)要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发结晶、趁热过滤；(4)要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；(5)重结晶的原理：随温度的改变，两种物质的溶解度变化量差别较大晶体

6、的洗涤用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分、减少晶体溶解损耗，利用乙醇的易挥发性，有利于晶体的干燥高分答题设问答题如何判断沉淀已经完全？向上层清液中继续加沉淀剂，如无沉淀生成，说明沉淀已经完全沉淀如何洗涤？加水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次如何检验沉淀是否洗涤干净？取少许最后一次洗涤液于试管中，再滴加试剂，若无现象，说明沉淀已洗净如何测定溶液的pH？用pH计测定溶液的pH；用pH试纸测定溶液的pH：将一小块pH试纸放在洁净干燥的表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少量待测液点在pH试纸的中部，待试纸变色后再与标准比色卡对照读数如何除去Mn2溶液中含有的Fe

7、2？已知Fe3、Fe2、Mn2开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：pH金属离子开始沉淀沉淀完全Fe32.73.7Fe27.69.6Mn28.39.8先用氧化剂把Fe2氧化为Fe3，再调节溶液的pH至3.78.3除去Cu2中混有的Fe3需调节溶液的pH至3.7。用什么物质来调节溶液的pH？可加入CuO或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pHpH对钴、锰离子萃取率的影响如图：为了除去Mn2，应选择哪种萃取剂？据图可知，在选萃取剂同为B时，Mn2的萃取率高，Co2的萃取率低萃取与分液操作的注意事项有哪些？选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)；萃取后，静置、分液将

8、分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准；下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出MgSO4、CaSO4的溶解度如下表。根据此表数据，将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，操作步骤是什么？温度/20506070MgSO425.033.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193温度越高，硫酸镁的溶解度越大、硫酸钙的溶解度越小，因此可以采用蒸发结晶、趁热过滤的方法除去硫酸钙4.物质的转化与跟踪(1)循环物质的确定(2)副产品的判断(3)滤渣、滤液成分的确定要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：反应过程中哪些物质(离子)消失了？所加试

9、剂是否过量或离子间发生反应，又产生了哪些新离子？这些离子间是否会发生反应？5相关图像分析1浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为_、_。答案：60 min32“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为_。答案：100 、3 h3酸浸时，若使钛的浸出率达到90%，则根据图中信息，工业上应采取的适宜条件是酸浓度和液固比的取值分别约为_、_。答案：40%64如图为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在_%左右。答案：405溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示。

10、则浸出过程的最佳条件是_。答案：75 ，30 min6“萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示，pH一般选择5左右，理由是_。答案：pH在5左右时钴、锂的分离效率最高7已知钼酸钠的溶解度曲线如图，由钼酸钠溶液获得Na2MoO410H2O的操作为_、_、过滤。答案：蒸发浓缩冷却至10 以下结晶8Al3、Co2萃取率与pH的关系如图：萃取分离钴、铝的实验操作：向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH34，分液可得CoSO4溶液，_，可得Al2(SO4)3溶液。答案：继续向萃取分液后的有机相中加稀硫酸，调pH至0.5以下，然后分液二、化学工艺流程题中物质组成、含量的计算1理解三个概

11、念(1)纯度纯度指混合物中某物质所占的质量分数，由此可得如下两个计算公式：某物质的纯度100%某物质的纯度100%(2)产率产率指某种生成物的实际产量与理论产量的比值。产率100%(3)平衡转化率平衡转化率指某一可逆反应达到化学平衡状态时，转化为目标产物的某种反应物的量占该反应物起始量的百分数。2掌握两种重要方法(详见专题二微专题二)(1)守恒法(2)关系式法1(2021驻马店高三开学摸底考试)乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O几乎不溶于乙醇，易被氧化。 以赤铁矿渣(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2杂质)和乳酸CH3CH(OH)COOH为原料制取乳酸亚铁晶体的工

12、艺如图所示：已知：金属氢氧化物溶度积Ksp开始沉淀时的pH沉淀完全时的pHAl(OH)3210324.15.4Fe(OH)33.510382.23.4回答下列问题：(1)“酸浸”中发生反应的离子方程式是_。(2)常温下，调pH3.54.1的目的是_。(3)“沉铁”过程的离子方程式为_。(4)“操作2”具体为隔绝空气低温蒸发浓缩、_、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥，密封储存产品。乙醇洗涤的目的是_。(5)可用高锰酸钾溶液滴定法测定样品中Fe2的量，进而计算产品中乳酸亚铁的纯度，发现结果总是大于100%，其原因可能是_；经查阅文献后，小组同学改用Ce(SO4)2标准溶液滴定法进行测定。反应中C

13、e4的还原产物为Ce3。测定时称取3.0 g样品溶于水，配成100 mL溶液，每次取20.00 mL溶液用0.100 0 molL1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表：滴定序号0.100 0 molL1Ce(SO4)2标准溶液体积/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.8520.1221.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为_。解析：(1)“酸浸”时加入的酸与赤铁矿渣中的Fe2O3和Al2O3发生反应，离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O、Al2O36H=2Al33H2O。(2)调pH3.54.1可使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，同时避免Al3沉淀。(

14、3)“沉铁”过程中加入的NH4HCO3与Fe2反应产生FeCO3，离子方程式为Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。(4)“操作2”过程中，需趁热过滤，防止乳酸亚铁晶体析出，乙醇洗涤的优点是减少产品的溶解损失，并有利于后续干燥。(5)由于乳酸根离子易被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此导致消耗高锰酸钾溶液的体积增大，所以结果总是大于100%；根据表中数据可知，第二次实验误差较大，应该舍去。所以消耗Ce(SO4)2标准溶液的平均体积为19.70 mL。根据得失电子守恒可得20.00 mL样品溶液中n(Fe2)n(Ce4)0.019 7 L0.100 0 molL10.001 97 mol，则产品中乳酸

15、亚铁晶体的纯度为100%94.56%。答案：(1)Fe2O36H=2Fe33H2O、Al2O36H=2Al33H2O(2)使Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，同时避免Al3沉淀(3)Fe22HCO=FeCO3CO2H2O(4)趁热过滤减少产品的溶解损失，有利于后续干燥(5)乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化94.56%2钯是航天、航空等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。以硫化铜镍矿(主要含CuS、NiS，少量PdS、SiO2等)制取钯的工艺流程如下：已知：抽提是用适当的溶剂和方法，从原料中把有效成分分离出来的过程。回答下列问题：(1)“焙烧”需要鼓入空气使矿粉呈“沸腾”状，其原因是_。(

16、2)“萃取铜”后的无机相中主要溶质有_。(3)在底渣中加入王水(浓盐酸和浓硝酸的混合溶液)，使金属Pd溶解生成H2PdCl6，假设反应只产生一种气体，且其无色、有污染性，该反应的化学方程式是_。该过程采用“抽提”的目的是_。(4)“抽提”的H2PdCl6进行“沉淀”生成(NH4)2PdCl6，加入氨和盐酸，不直接加入NH4Cl的原因是_。(5)“结晶”过程制备硫酸铜晶体的操作是_。(6)“还原”反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是_。解析：(1)“焙烧”需要鼓入空气使矿粉呈“沸腾”状，加大矿粉与O2的接触面积，提高原料利用率，加快反应速率。(2)用稀硫酸浸取后溶液中含有H2SO4、NiSO4和

17、CuSO4，“萃取铜”后的无机相中没有CuSO4。(3)王水使金属Pd溶解生成H2PdCl6，反应只产生一种污染空气的无色气体，该气体是NO，该反应的化学方程式是3Pd18HCl4HNO3=3H2PdCl64NO8H2O。该过程是Pd的溶解过程，采用“抽提”的目的是分离SiO2和Pd。(4)“抽提”的H2PdCl6进行“沉淀”生成(NH4)2PdCl6时的pH89，而“抽提”后的滤液呈酸性，氨可以中和酸生成NH，同时调节pH89。(5)“结晶”过程制备的硫酸铜晶体含结晶水，溶液中含有 NiSO4，不能蒸干，故操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。(6)“还原”反应的氧化剂是(NH4)2PdCl

18、6，还原产物是Pd，Pd元素化合价由40，还原剂H2变为HCl，H元素化合价由01，故氧化剂与还原剂的物质的量之比是12。答案：(1)加大矿粉与O2的接触面积，提高原料利用率，加快反应速率(2)H2SO4、NiSO4(3)3Pd18HCl4HNO3=3H2PdCl64NO8H2O分离SiO2和Pd(4)“抽提”后的滤液呈酸性，氨可以中和酸生成NH，同时可调节pH89(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤(6)123(2021新高考山东卷)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O72H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：(1)焙烧的目的是将Fe

19、Cr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是_。(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c1.0105molL1时，可认为已除尽。中和时pH的理论范围为_；酸化的目的是_；Fe元素在_(填操作单元的名称)过程中除去。(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致_；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有_。解析：以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O72H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱并通入O2进行焙烧，FeCr2O4转

20、化为Na2CrO4，Fe()被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加水进行浸取，Fe2O3不溶于水，经过滤除去，过滤后向滤液中加入H2SO4调节溶液pH使AlO、SiO转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶除去Na2SO4，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O72H2O晶体，母液中除Na2Cr2O7外，还含有大量H2SO4。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率。(2)中和时调节溶液pH的目的是将AlO、SiO转化为沉淀过滤除去，由

21、题图可知，当溶液pH4.5时，Al3除尽，当溶液pH9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO，因此中和时pH的理论范围为4.5pH9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O和CrO形式存在，溶液中存在平衡：2CrOH2OCr2O2OH，降低溶液pH，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在浸取操作中除去。(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO410H2O形式存在，Na2SO410H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO410H2O；由上述分析可知，冷却结晶所得母液中可循环利用的物质除Na2Cr2

22、O7外，还有H2SO4。答案：(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率(2)4.5pH9.3使2CrOH2OCr2O2OH平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率浸取(3)所得溶液中含有大量Na2SO410H2OH2SO44(2021汕尾高三联考)铋(Bi)有很多特殊用途，其化合物被广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、铁的氧化物等)为原料制取Bi2O3的工艺流程如图所示：已知：碱式碳酸铋片主要成分为(BiO)2CO3可用于治疗慢性胃炎；Bi2S36HClNaClO3=2BiCl33SNaCl3H2O，BiCl3在水溶液中强烈水解；常温下，

23、KspFe(OH)341038，KspBi(OH)341030，KspFe(OH)28.01016；Bi2O3能溶于酸，NaBiO3不溶于水。回答下列问题：(1)溶浸工序中，溶解率与接触时间及溶液的pH之间的关系如图，据此分析，溶浸的最佳条件为_；滤渣的主要成分是_。(2)滤液1必须保持强酸性，目的是_。(3)除杂剂的作用：a.调节溶液pH，b._；写出一种能提高产物产量的含铋元素的除杂剂：_(写化学式)。(4)用氨水调节pH可以得到碱式硝酸铋，该反应的化学方程式为_。(5)NaBiO3可在酸性介质中将Mn2氧化为MnO，自身被还原为Bi3，故可用于Mn2的鉴定。该反应的离子方程式为_。(6)

24、可采用电解法用滤液2制取金属铋单质，阳极产物处理后在流程中可继续循环使用，电解装置如图所示。离子交换膜为_(填“Cl”或“OH”)交换膜。阳极的电极反应式为_。解析：(1)由题图知，溶解率最大值对应的数据即为最佳条件。溶浸阶段发生的反应有Bi2S36HClNaClO3=2BiCl33SNaCl3H2O；Bi2O36HCl=2BiCl33H2O；铁的氧化物中铁元素在溶浸阶段最终转化为Fe3，滤渣的主要成分是SiO2、S。(2)BiCl3在水溶液中强烈水解，滤液1保持强酸性，可抑制其水解，防止铋元素流失，以提高原料的浸出率。(3)根据已知信息中各物质的Ksp可知，加除杂剂调节溶液pH，促进Fe3的

25、水解进而达到除去Fe3的目的。加入的除杂剂既要能实现除杂的目的，又不引入杂质，则可选用Bi2O3或Bi(OH)3。(4)碱式硝酸铋的化学式可以根据碱式碳酸铋的化学式推导，然后再写化学方程式。(5)题目中已知信息“NaBiO3不溶于水”，写离子方程式时，NaBiO3不能改写为离子。不要陷入平时所说的“所有的钠盐都易溶于水”这一陷阱。(6)滤液2的主要成分是BiCl3、NaCl，石墨电极(阴极)上发生反应Bi33e=Bi，Cl透过离子交换膜进入阳极室。钛板电极(阳极)上发生反应Cl6OH6e=ClO3H2O，生成NaClO3循环使用。答案：(1)接触时间60 min、pH0.34SiO2、S(2)

26、抑制BiCl3水解，防止铋元素流失，提高原料的浸出率(3)除去杂质Fe3Bi2O3或Bi(OH)3(4)Bi(NO3)32NH3H2O=BiONO3H2O2NH4NO3(5)5NaBiO32Mn214H=2MnO5Na5Bi37H2O(6)ClCl6OH6e=ClO3H2O非选择题集训五综合实验题及化学工艺流程题中的计算1(2019高考全国卷)立德粉(ZnSBaSO4)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 molL1 的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2 用

27、 0.100 0 molL1Na2S2O3 溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3 溶液体积V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_(写出表达式)。解析：达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22S2O，可得n(I2)过量0.100 0V103 mol，再根据得失电子守恒可得关系式S2I2可知，n(S2)0.100 025.00103 mol0.100 0V103 mol0.100 0103 mol，则样品中S2的含量为100%。答案：蓝色变为无色10

28、0%2磺酰氯(SO2Cl2)是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2在活性炭作用下反应制取少量的SO2Cl2。若反应中消耗的氯气体积为896 mL(已转化为标准状况，SO2足量)，最后得到3.3 g纯净的磺酰氯，则磺酰氯的产率为_(保留三位有效数字)。解析：由SO2Cl2SO2Cl2可知，1 mol Cl2与足量的SO2反应生成1 mol SO2Cl2，已知参加反应的Cl2的物质的量为0.04 mol，所以理论上生成 0.04 mol SO2Cl2，其产率为100%61.1%。答案：61.1%3PbO2是一种强氧化剂，在铅蓄电池中用作电极材料。以PbO为原料制备PbO2的流程如下：

29、已知：“氧化”反应原理为2Pb(CH3COO)24NaOHCa(ClO)2=2PbO24CH3COONaCaCl22H2O。(1)PbO2常温下即可与盐酸反应生成Pb2、Cl2，若反应消耗2.39 g PbO2，则被氧化的HCl物质的量为_。(2)“氧化”制得的PbO2可能含有的含铅杂质的化学式是。(3)PbO2的检验：向Mn(NO3)2的HNO3溶液中加入少量产品，搅拌并水浴微热，溶液变紫红色，说明含有PbO2。该反应的离子方程式为_(PbO2被还原为Pb2)。(4)为测定产品(假定只含PbO2和PbO)中PbO2、PbO的物质的量之比，进行以下实验：取一定量待测产品，加入200.00 mL

30、 0.210 0 molL1的草酸溶液(过量)，充分搅拌反应。然后用氨水调节溶液pH至PbC2O4沉淀完全，过滤得PbC2O4质量为 2.950 0 g。上述滤液酸化后加水稀释至500.00 mL，某同学取出100.00 mL用0.100 0 molL1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液19.20 mL。则产品中PbO2与PbO的物质的量之比为_。(已知：PbO2H2C2O4PbC2O4CO2H2O，未配平；HMnOH2C2O4CO2Mn2H2O，未配平)解析：(4)2MnO 5H2C2O42 519.20103 L0.100 0 molL1 n(H2C2O4)100 mL溶

31、液中：n(H2C2O4)4.8103 mol，原溶液中：n(H2C2O4)2.4102 mol；与PbO2、PbO反应的n(H2C2O4)200.00103 L0.210 0 molL12.4102 mol0.042 mol0.024 mol0.018 mol；草酸铅的物质的量n(PbC2O4)0.01 mol，设原混合物中n(PbO)为x，则n(PbO2)为0.01 molx。PbO22H2C2O4PbOH2C2O41 2 1 10.01 molx n1(H2C2O4) x n2(H2C2O4)n1(H2C2O4)n2(H2C2O4)2(0.01 molx)x0.018 mol，解得x0.0

32、02 mol，则原混合物中n(PbO)0.002 mol，n(PbO2)0.008 mol，n(PbO2)n(PbO)0.008 mol0.002 mol41。答案：(1)0.02 mol(2)Pb(OH)2或CaPbO3(3)5PbO22Mn24H5Pb22MnO2H2O(4)414煤燃烧后产生的粉煤灰中含有SiO2及少量的Al2O3、Fe2O3、CaO等，以此为原料制备混凝剂(PAFC)及白炭黑(SiO2nH2O)的工艺流程如图所示：已知：PAFC的名称是聚合氯化铝铁，其化学式为Al2(OH)nCl6nmFe2(OH)xCl6xy，化学式中m、n、x、y均为整数。回答下列问题：(1)酸X适

33、宜从常见的“盐酸、硫酸和硝酸”中选取_(填名称)；欲提高“酸浸”速率，可以采用的方法有_(写出两条)。(2)Al2(OH)nCl6nmFe2(OH)xCl6xy中，m10，y10，则n的值可能是_。A5B6C7 D8(3)写出足量的CO2与滤液2反应生成白炭黑的化学方程式：_。(4)PAFC处理污水后水中会残留微量的Fe3，分析化学中常用“化学放大”法测定其含量，具体操作为取适量水样，酸化后加入过量的KI，再用CCl4萃取、分液。有机相用N2H4水溶液进行还原并反萃取，N2H4被氧化为N2。反萃取生成的I再加入过量的Br2将其氧化为IO，煮沸除去Br2，加入过量的KI，酸化后用Na2S2O3标

34、准溶液进行滴定。(已知：I22S2O=2IS4O)写出N2H4参与还原过程中发生反应的离子方程式：_。上述实验步骤中，样品含量的测定值放大为原来的_倍。假定萃取达到平衡时，样品在水和萃取剂中的总浓度比为180，50 mL的水溶液样品，用10 mL萃取剂萃取，萃取后溶液中残留的样品浓度为原溶液的_。解析：(1)根据PAFC的成分可以推断，酸X适宜选取盐酸；根据影响反应速率的因素，得出提高“酸浸”速率可以采用适当增大盐酸的浓度、升高温度、搅拌、进一步研细粉煤灰等方法。(2)Al2(OH)nCl6nmFe2(OH)xCl6xy中含有氯元素，即6n0，则n可能是5。(3)滤液2的主要成分是Na2SiO

35、3，向滤液2中通入足量的CO2，生成NaHCO3和白炭黑(SiO2nH2O)，反应的化学方程式为Na2SiO32CO2(n1)H2O=2NaHCO3SiO2nH2O。(4)根据氧化还原反应规律，可以得出N2H4与I2反应的离子方程式为N2H42I2=4I4HN2。根据题意，转化过程中发生的反应有2Fe32I=2Fe2I2，N2H42I2=4I4HN2、I3Br23H2O=IO6Br 6H，IO5I6H=3I23H2O，根据关系式Fe3I3I2，可以得出样品含量的测定值放大为原来的6倍。设50 mL样品中含有x mol溶质，萃取后水中含有a mol溶质，则萃取剂中含有(xa)mol溶质，根据题意

36、，可以得出180，a。答案：(1)盐酸适当增大盐酸的浓度、升高温度(或搅拌、进一步研细粉煤灰等)(2)A(3)Na2SiO32CO2(n1)H2O=2NaHCO3SiO2nH2O(4)N2H42I2=4I4HN265七水硫酸镁(MgSO47H2O)在印染、造纸和医药等领域中有重要的用途。硼镁泥是硼镁矿生产硼砂的废渣，其主要成分是MgCO3，还含有MgO、CaO、Fe2O3、FeO、MnO2、Al2O3、SiO2等杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图：已知：MnO2不溶于稀硫酸。CaSO4和MgSO47H2O在不同温度下的溶解度(g)数据如下表所示：温度/物质1030405060Ca

37、SO40.190.210.210.210.19MgSO47H2O30.935.540.845.6(1)硼镁泥用稀硫酸溶解之前，先将硼镁泥粉碎，其目的是_。(2)该流程涉及多次过滤，实验室中过滤后洗涤沉淀的操作为_。(3)“煮沸”的目的是_。(4)若滤渣B的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为_。(5)流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样既可得到CaSO42H2O，又可防止_。(6)获取MgSO47H2O的操作2中，不需要的操作是_(填字母)。(7)取24.6 g MgSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量如下表：温度/15020078

38、01 124质量/g13.8012.009.334.00则780 时所得固体的化学式为_(填字母)。aMgObMg3O(SO4)2cMgSO4dMgSO4H2O解析：(1)将硼镁泥粉碎能增大固体的表面积，使固体与溶液充分接触，加快反应速率，提高原料的利用率。(2)过滤后洗涤沉淀的操作为沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复以上操作23次。(3)加入MgO的目的是沉淀Fe3、Al3，但Fe3、Al3易发生水解生成胶体，因此加热煮沸的目的是防止生成Al(OH)3和Fe(OH)3胶体，易于沉淀分离。(4)若滤渣B的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，向滤液中加入NaClO将Fe2

39、氧化为Fe3，则加入NaClO发生氧化还原反应的离子方程式为ClO 2Fe22H=Cl 2Fe3H2O。(5)根据溶解度表可知，CaSO4的溶解度基本不受温度影响，MgSO47H2O的溶解度受温度影响较大，温度越高溶解度越大，故流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样既可得到CaSO42H2O，又可防止析出MgSO47H2O。(6)根据溶解度可知，获取 MgSO47H2O 的操作2为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故不需要的操作为cd。(7)n(MgSO47H2O)24.6 g246 gmol10.1 mol，根据Mg元素守恒可知，剩余固体中Mg元素的物质的量为0.1 mol。若所得固体的化学式

40、为MgO，则质量为4.00 g(温度为1 124 )；若所得固体的化学式为Mg3O(SO4)2，则质量为9.33 g(温度为780 )；若所得固体的化学式为MgSO4，则质量为12.00 g(温度为200 )；若所得固体的化学式为MgSO4H2O，则质量为13.80 g(温度为150 )。据此可确定780 时所得固体的化学式为Mg3O(SO4)2。答案：(1)增大反应物接触面积，加快化学反应速率，提高原料的利用率(2)沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水自然流下，重复以上操作23次(3)防止生成Al(OH)3和Fe(OH)3胶体，易于沉淀分离(4)ClO2Fe22H=Cl2Fe3H2O(5)析出MgSO47H2O(6)cd(7)b专题强化训练1钴硫精矿中含有CoS、FeS2及少量的ZnO、SiO2，工业上以此为原料制备碳酸钴和皓矾(ZnSO