2023新教材高考化学一轮第三章金属及其化合物微专题5化学微工艺流程题的类型及解法课件

微专题❺化学微工艺流程题的类型及解法\n【考情分析】化学微工艺流程题是近几年全国卷和地方卷考查的“明星”题型(如2020·山东卷T8、T9)，试题借助物质制备或提纯的操作流程为素材，突出考查元素化合物的性质与转化及化学实验的基本操作，这类试题一般难度不会太大，解答时只要考生能理清框图间的转化关系就能获取高分。\n题型一物质制备型化学工艺流程[例1]某兴趣小组利用硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)来制备FeCO3，其流程如图：已知：①FeS2不溶于稀硫酸；②“还原”时，Fe3＋通过两个反应被还原，其中一个反应为===＋16H＋。下列说法不正确的是()A.“还原”时另一个反应的离子方程式为2Fe3＋＋FeS2===2S＋3Fe2＋B.“还原”后可以用KSCN检验Fe3＋是否反应完全C.流程中多次进行过滤，过滤所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、胶头滴管和玻璃棒D.所得FeCO3需充分洗涤，可用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO3是否已洗涤干净答案：C\n解析：由题图可知“还原”后过滤所得滤渣中含有S，所以“还原”时另一个反应的离子方程式为2Fe3＋＋FeS2===2S＋3Fe2＋，A正确；Fe3＋可与KSCN反应生成血红色物质，所以“还原”后可以用KSCN检验Fe3＋是否反应完全，B正确；过滤时不用胶头滴管，C错误；所得FeCO3需充分洗涤，用稀盐酸和BaCl2溶液检验最后一次洗涤液中是否含有来确定FeCO3是否已洗涤干净，D正确。\n[思维建模]制备型工艺流程题过程解读\n(1)读流程图①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。(2)解题要点①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品；b.了解题目提供的信息；c.分析各步的反应条件、原理及物质成分；d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理；c.生产要求及反应条件；d.有关产率、产量及组成的计算；e.绿色化学。\n[跟踪训练1]某化工厂利用钡泥[主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba(FeO2)2]制取Ba(NO3)2，其工艺流程如下。下列说法不正确的是()A.酸溶时，Ba(FeO2)2与HNO3反应的化学方程式为Ba(FeO2)2＋8HNO3===Ba(NO3)2＋2Fe(NO3)3＋4H2OB.酸溶时为了加快反应速率，使用浓硝酸，代替稀硝酸并加热煮沸C.X试剂可以是BaCO3D.上述流程中洗涤的主要目的是减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染答案：B\n解析：钡泥主要含BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba(FeO2)2等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硝酸钡、硫酸钡，过滤后滤渣中含有硫酸钡，滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH＝4～5，使铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤后废渣为Fe(OH)3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡，过滤得到的固体洗涤后除去废渣，滤液重新加入酸溶步骤充分利用；Ba(FeO2)2中Fe元素是＋3价，钡元素为＋2价，故Ba(FeO2)2与硝酸不会发生氧化还原反应，其反应方程式为Ba(FeO2)2＋8HNO3===Ba(NO3)2＋2Fe(NO3)3＋4H2O，故A正确；酸溶时为加快反应速率，不能用浓硝酸代替稀硝酸并加热煮沸，原因是浓硝酸具有挥发性和不稳定性，会产生大量污染性气体，且温度越高，挥发和分解速率越快，酸溶时加快反应速率可用搅拌等方法，故B错误；加入X调节溶液的pH＝4～5，则X应能消耗H＋，且不引入新杂质，可选用BaCO3，故C正确；母液中含有硝酸钡，废渣上吸附钡离子，洗涤可减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染，故D正确。\n[跟踪训练2]工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程中的判断正确的是()A.试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物B.CO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替C.反应Ⅱ中的离子方程式为===D.工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低答案：C\n解析：A项，试剂X应为强碱溶液，使Al2O3溶解；B项，若用强酸代替CO2，强酸过量时，Al(OH)3会溶解，不能保证生成Al(OH)3沉淀；D项，因Al比Fe活泼，不能用Fe置换Al。\n题型二分离提纯型化学工艺流程[例2]以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既可避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为()以下是一种废钒催化剂回收的工艺路线：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2～2.92.8～3.122～2860～651～2＜1\n回答下列问题：(1)“酸浸”时V2O5转化为，反应的离子方程式为____________________________，同时V2O4转化成VO2＋。“废渣1”的主要成分是________。(2)“氧化”中欲使3mol的VO2＋变为，则需要氧化剂KClO3至少________mol。(3)“中和”的作用之一是使钒以的形式存在于溶液中。“废渣2”中含有______________________________。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为R4V4O12＋4OH－(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。＋H2OSiO20.5Fe(OH)3、Al(OH)3碱\n(5)“流出液”中阳离子最多的是________。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式__________________________________________。K＋\n解析：(1)“酸浸”时V2O5转化为，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅。(2)“氧化”中欲使3mol的VO2+变为，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知，需要氯酸钾的物质的量为3mol÷6＝0.5mol。(3)“中和”的作用之一是使钒以的形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)根据方程式可知，为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性。(5)由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子。(6)根据原子守恒可知偏钒酸铵(NH4VO3)“煅烧”生成五氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。\n[思维建模]工艺流程题常见答题方向工艺操作(结果)目的评价(或操作名称)方法措施研磨(粉碎)增大接触面积，加快反应(溶解)速率煅烧(焙烧)矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质水浸利用水溶性把物质进行分离酸浸(碱浸)利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子\n控制条件调节溶液pH某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解控制温度加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等增大某反应物用量增大另一反应物的转化率某种试剂的选择是否带入杂质、是否影响产品的纯度分离提纯不相溶液体分液相溶性液体蒸馏难溶性固体过滤易溶性固体蒸发浓缩、冷却结晶趁热过滤防止温度降低，某物质析出冰水洗涤减少晶体的溶解损失乙醇、有机溶剂洗涤减少晶体的水溶性损失\n[跟踪训练3]某电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金等，某小组设计如下资源综合利用的方案：已知：碲和硫位于同主族，煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2＋H2SO4===TeOSO4＋H2O。下列说法错误的是()A.“高温煅烧”电镀污泥时，铜、碲和铬元素都被氧化B．“酸化”时可向溶液中加入硫酸C．“固体1”的主要成分为CuD．“滤液3”可以循环利用答案：C\n解析：电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)，煅烧时发生反应的化学方程式为3O2＋2Cr2O3＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2和Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，根据化合价分析铜、碲和铬元素的化合价都升高了，所以都被氧化了，故A正确；“酸化”时发生反应的离子方程式为＋H2O，所以可向溶液中加入硫酸，故B正确；滤渣中含有CuO、TeO2和金，加硫酸后发生反应：CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O；TeO2＋H2SO4===TeOSO4＋H2O，金不发生反应，所以“固体1”的主要成分为Au，故C错误；由框图知，滤液1中除了TeOSO4外，还含有CuSO4，SO2还原TeOSO4后会生成硫酸，所以滤液3为H2SO4溶液，整个流程中可以循环利用的物质是硫酸，故D正确。\n[跟踪训练4]以工业级氧化锌(含Fe2＋、Mn2＋、Cu2＋、Ni2＋等)为原料制备氧化锌的流程如下：其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2＋和Mn2＋。下列有关说法错误的是()A．“浸出”时通过粉碎氧化锌可提高浸出率B．“氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3C．“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2＋、Ni2＋等D．“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、蒸发皿、泥三角答案：D\n解析：浸出时通过粉碎固体氧化锌，使物质颗粒变小，增大与硫酸的接触面积，反应速率加快，因而可提高浸出率，A正确；硫酸浸出工业级ZnO后的溶液中存在Fe2＋、Mn2＋、Zn2＋、Cu2＋和Ni2＋，加入KMnO4溶液，Ni2＋不能被氧化，Fe2＋、Mn2＋被氧化成MnO2和Fe(OH)3除去，KMnO4被还原成MnO2，B正确；由于金属活动性：Zn>Ni>Cu，所以“置换”加入锌粉是为了与溶液中的Ni2＋、Cu2＋发生反应，除去溶液中的Cu2＋、Ni2＋，C正确；“煅烧”操作用到的仪器：玻璃棒、坩埚、泥三角，D错误。\n情境创新设计我国拥有丰富的稀土矿产资源，在合金中加入适量的稀土金属，能大大改善合金的性能，因而稀土金属又被称为冶金工业的维生素。著名化学家徐光宪，因为在稀土萃取领域取得的卓越成就被誉为“稀土界的袁隆平”。铈是一种重要的稀土元素，常见的化合价为＋3价和＋4价。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3，少量其他稀土盐LnFCO3、非稀土元素Fe、Al、Mg和SiO2等)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：\n[问题探究](1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_______________________________________________________。(2)氧化焙烧时，CeFCO3和其他稀土盐LnFCO3分别转化为CeO2和Ln2O3，请写出生成CeO2的化学方程式。____________________________________________________(3)CeO2和Ln2O3混合物中加入稀盐酸，Ln2O3溶解生成LnOCl的化学方程式为_______________________________________________。(4)取上述流程中得到的CeO2产品0.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L－1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3＋，其他杂质均不反应)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为______。增大固体与氧气的接触面积，使反应更充分、更快Ln2O3＋2HCl===2LnOCl＋H2O95.56%\n解析：(4)取上述流程中得到的CeO2产品0.4500g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L－1FeSO4标准溶液滴定至终点，反应为CeO2＋Fe2＋＋4H＋===Ce3＋＋Fe3＋＋2H2O，消耗25.00mL标准溶液。即反应消耗CeO2的物质的量为0.0025mol，质量为0.43g，该产品中CeO2的质量分数为×100%≈95.56%。