（新高考）2022届高三大题优练4 物质制备类工艺流程 教师版

物质制备类工艺流程大题优练4优选例题例1：过硼酸钠(NaBO3·4H2O)是一种用途广泛的无机过氧化物，可用作织物的漂白、染色，医药上可作为消毒剂和杀菌剂。一种由硼镁矿(Mg2B2O5·H2O)制取过硼酸钠的工艺流程图如下：已知：过硼酸钠为白色晶状颗粒，熔点63℃，能溶于酸、碱，微溶于水，难溶于乙醇。在上述转化过程中硼元素的化合价始终未发生变化。回答下列问题：(1)为加快“溶解”步骤的的速率可采取的措施_________________(写一种即可)。(2)“浸出液”中c(Mg2+)=2×10−3mol/L，当Mg2+开始沉淀时，溶液中c(F−)=___mol/L。[忽略溶液体积变化，已知Ksp(MgF2)=2×10−11](3)过硼酸钠(NaBO3·4H2O)中硼元素的化合价为_____。(4)写出“反应结晶”步骤中发生的化学反应方程式___________________。(5)“反应结晶”步骤在冰水浴中进行的原因_____________________________。(6)过硼酸钠的水溶液不稳定，极易生成偏硼酸钠(NaBO2)并放出氧气，写出该反应的化学反应方程式__________________________。 (7)过硼酸钠晶体(NaBO3·4H2O)可用作洗衣业的无氯漂白剂、清洗材料和牙齿增白剂，在70℃以上加热会逐步失去结晶水。实验测得过硼酸钠晶体的质量随温度变化的情况如下图所示，则T2℃时所得晶体的化学式为________。【答案】（1）将硼镁矿矿石粉碎(或适当增大NaHCO3溶液的浓度、适当升高反应温度等)（2）1×10−4（3）+3（4）Na2B4O7·10H2O+4H2O2+2NaOH+H2O=4NaBO3·4H2O（5）防止H2O2分解（6）2NaBO3=2NaBO2+O2↑（7）NaBO3·3H2O【解析】根据流程图，硼镁矿在NaHCO3溶液中溶解，浸出液中加入NaF溶液生成MgF2沉淀除去Mg2+，再经过一系列操作得到Na2B4O7·10H2O，然后Na2B4O7·10H2O与过氧化氢(H2O2)在氢氧化钠溶液中反应生成NaBO3·4H2O，经过洗涤、干燥得到NaBO3·4H2O晶体。(1)根据影响化学反应速率的因素可知，加快“溶解”步骤的的速率可采取的措施有将硼镁矿矿石粉碎、适当增大NaHCO3溶液的浓度、适当升高反应温度等；(2)Ksp(MgF2)=2×10−11=c(Mg2+)·c2(F−)=2×10−3×c2(F−)，解得：c(F−)=1×10−4mol/L；(3)过硼酸钠(NaBO3·4H2O)中存在过氧根，Na为+1价，O为-2和-1价，则硼元素的化合价为+(2+1×2-1)=+3，与题意“在上述转化过程中硼元素的化合价始终未发生变化”相符，故答案为：+3；(4)“反应结晶”过程中，Na2B4O7·10H2O与过氧化氢(H2O2)在氢氧化钠溶液中反应生成NaBO3·4H2O，反应的化学反应方程式为 Na2B4O7·10H2O+4H2O2+2NaOH+H2O=4NaBO3·4H2O；(5)过氧化氢受热容易分解，“反应结晶”步骤在冰水浴中进行，可以防止过氧化氢分解，故答案为：防止H2O2分解；(6)过硼酸钠的水溶液不稳定，极易生成偏硼酸钠(NaBO2)并放出氧气，反应的化学反应方程式为2NaBO3=2NaBO2+O2↑，故答案为：2NaBO3=2NaBO2+O2↑；(7)过硼酸钠晶体(NaBO3·4H2O)的物质的量==0.2mol，T2℃质量变为27.20g，质量差为30.8g-27.20g=3.6g，减少水的物质的量==0.2mol，则1molNaBO3·4H2O失去水1mol，则T2℃时所得晶体的化学式为NaBO3·3H2O，故答案为：NaBO3·3H2O。模拟优练1．硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbSO4的工艺流程如图： 已知：i．PbCl2难溶于冷水，易溶于热水ii．PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl(aq)ΔH>0iii．Ksp(PbSO4)=1.08×10−8，Ksp(PbCl2)=1.6×10−5(1)“浸取”过程中盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为_____________，加入NaCl的目的是_________________。(2)沉降操作时加入冰水的作用是_______________________。(3)20℃时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(g·L−1)如图所示。下列叙述正确的是_______(填字母)。A．盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等C当盐酸浓度为1mol·L−1时，溶液中c(Pb2+)一定最小D．当盐酸浓度小于1mol·L−1时，随HCl浓度增大，PbCl2溶解量减少是因为Cl−浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动(4)调pH的目的是___________________，PbCl2“转化”后得到PbSO4，当c(Cl−)=0.100mol/L时， c(SO)=_______。(5)滤液a经过处理后可以返回到_______工序循环使用。【答案】（1）MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+S+MnCl2+2H2O增大c(Cl−)浓度，平衡ii向右移动，增大PbCl2溶解性(或将难溶的PbCl2转化为PbCl溶入水中，增大PbCl2溶解性)（2）PbCl2难溶于冷水，降低PbCl2的溶解度，便于PbCl2析出晶体（3）BD（4）使Fe3+沉淀而除去6.75×10−6（5）浸取【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中的成分可知该过程中PbS中部分S元素被氧化成硫酸根离子，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中，加入NaOH溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁、矿渣和滤液；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HCl=PbCl2+S+MnCl2+2H2O；加入NaCl的目的是增大c(Cl−)浓度，平衡ii向右移动，增大PbCl2溶解性(或将难溶的PbCl2转化为PbCl溶入水中，增大PbCl2溶解性)；(2)根据题目信息可知氯化铅难溶于冷水，加入冰水可降低PbCl2的溶解度，便于析出PbCl2晶体；(3)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在下列平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl−(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生络合反应：PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl(aq)，而促进溶解。A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L时，可发生反应：PbCl2(s)+2Cl−(aq)PbCl(aq)，所以此时c(Pb2+) 不一定最小，故C错误；D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L−1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl−(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；综上所述选BD；(4)溶液中有杂质铁离子，调pH值可使Fe3+沉淀而除去；分离固体和液体的操作为过滤；沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO(aq)PbSO4(s)+2Cl−(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl−)=0.100mol/L时，c(SO)=mol·L−1=6.75×10−6mol/L；(5)由分析可知，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用。2．工业上利用软锰矿浆进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示(已知软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)。已知：Ksp[Mg(OH)2]=4.9×10−12，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5。（1）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为______________________。（2）向浸出液中添加适量MnO2的作用是_____________；滤渣2的主要成分是__________。（3）“沉锰”的离子方程式为____________________________。（4）“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。①由图可知，“沉锰”的合适条件是________________________。 ②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是___________________________。（5）将NH3通入0.015mol·L−1MgSO4溶液中，使Mg2+恰好完全沉淀即溶液中c(Mg2+)=1.0×10−5mol·L−1，此时溶液中NH3·H2O的物质的量浓度为____________(忽略反应前后溶液体积的变化，计算结果保留2位小数)。【答案】（1）MnO2+SO2=MnSO4（2）将Fe2+氧化为Fe3NiS和ZnS（3）Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O（4）45℃、pH=7.5当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大（5）1.17mol·L−1【解析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素，应均以金属氧化物的形式存在，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和SO，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、SO等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁。(1)“脱硫浸锰”中软锰矿浆中，MnO2与SO2反应生硫酸锰，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；(2)根据分析，向浸出液中添加适量MnO2的作用是将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+；滤渣2的主要成分是NiS和ZnS；(3)根据分析，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，“沉锰”的离子方程式为Mn2++HCO+NH3∙H2O=MnCO3↓+NH+H2O；(4)①由图可知，“沉锰”的合适条件是：温度控制在45℃左右，pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高；②当温度高于 45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：沉锰是要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c(CO)下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大；(5)Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH−)=4.9×10−12，c2(OH−)==4.9×10−7，c(OH−)=7×10−4mol·L−1，NH3通入0.015mol·L−1MgSO4溶液中，Mg2+恰好完全沉淀时生成硫酸铵，c(NH)=2c(SO)=2×0.015mol/L=0.03mol/L，一水合氨是弱电解质，电离方程式为：NH3·H2ONH+OH−，Kb(NH3·H2O)==1.8×10−5，则NH3·H2O的物质的量浓度为=1.17mol/L。3．电池级CoSO4可用于制备CoCO3和CoC2O4等钴盐。一种以粗Co(OH)3渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)为原料制备电池级CoSO4·7H2O的工艺流程如图：已知：黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6为淡黄色难溶物。回答下列问题：(1)为了提高钴元素的浸出率，可以采取的措施有_______________(写两点)。(2)滤渣1的主要成分为_______。(3)“还原浸出”过程中，Na2sO3用量、终点pH对钴浸出率的影响如图所示：则较为适宜的控制条件是_________________。 (4)写出“氧化”过程中加入NaClO3与Fe2+发生反应的离子方程式：______________。(5)“调节pH”过程中，调节pH=5，写出生成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的离子方程式：__________________________。(6)常温下，Ksp(CoCO3)=1.6×10−13，Ksp(CoC2O4)=6.4×10−8，向浓度均为0.01mol/LNa2CO3和Na2C2O4的混合溶液中加入CoSO4固体，当C2O恰好完全沉淀的时候，____。(7)在空气中煅烧CoC2O4至恒重得金属氧化物固体A和CO2，测量得m(A)=12.05g，m(CO2)=13.2g，写出A的化学式：_______________。【答案】（1）将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答两点)（2）SiO2和CaSO4（3）且终点pH=3.5（4）=（5）=3CO2↑+NaFe3(SO4)2(OH)6↓（6）4×105（7）Co3O4【解析】粗Co(OH)3渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸后，SiO2不溶于酸出现在滤渣1中，硫酸钙微溶液出现下滤渣1中，溶液中存在Fe3+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+，加入NaClO3把亚硫酸根氧化为硫酸根，加入Na2CO3调pH使Fe3+转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，得到含Co2+ 的溶液，再加入NaF沉淀Ca2+、Mg2+，加入P2O4沉淀Cu2+、Zn2+，最终得到CoSO4·7H2O。(1)通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率，故答案为：将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答两点)；(2)由分析可知，滤渣1的成分是SiO2和CaSO4；(3)由图可知，当且终点pH=3.5时，钴浸出率最高，故答案为：且终点pH=3.5；(4)“氧化”过程中NaClO3把过量的亚硝酸钠氧化为硫酸钠，离子方程式为：=；(5)加入Na2CO3调pH使Fe3+转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，离子方程式为：=3CO2↑+NaFe3(SO4)2(OH)6↓；(6)等浓度的C2O和CO，CO先沉淀，当C2O恰好完全沉淀的时候，，故答案为：4×105；(7)在空气中煅烧CoC2O4得到氧化物和二氧化碳，根据元素守恒可知，，，，则固体A中，故化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。4．化工产品三氯化六氨合钴(III)制备：用H2O2作氧化剂，在大量氨和氯化铵存在下，活性炭为催化剂，将Co(II)氧化为Co(III)，制得三氯化六氨合钴(III)配合物。有关反应式：2CoCl2·6H2O+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3+14H2O已知：①293K，[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度为0.26mol/L。②钴(II)与氯化铵和氨水作用，经氧化后可生成三种晶体：[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5(H2O)]Cl3。控制不同条件可得不同产物。如温度不同，产物就不同。(一)制备三氯化六氨合钴(III)粗产品的流程如下：(二)三氯化六氨合钴(III)粗产品的提纯流程如下： 请回答：(1)操作B的名称_______。(2)CoCl2在没有铵盐存在时，遇氨水生成蓝色沉淀的离子方程式为_______。原料NH4Cl的作用①_______；②作为反应物与CoCl2·6H2O生成[Co(H2O)2Cl4]2−。(3)冷却至10℃后，才在步骤B中逐滴加入H2O2溶液的原因①_______；②使反应温和进行。(4)操作A名称_______，进行该操作最合适的装置是_______(填写“I”或“II”或“III”)，操作A后所弃去的沉淀中一定含有的物质为_______。装置I装置II装置III(5)步骤C进行洗涤时要用到两种试剂，先用_______(填序号，下同)洗涤，后用_______洗涤。A．饱和氯化钠溶液B．无水乙醇C．浓盐酸【答案】（1）烘干（2）抑制NH3·H2O的电离（3）避免H2O2的分解 （2）趁热过滤Ⅰ活性炭C（3）B【解析】将六水合氯化钴和氯化铵固体溶解于水中，得到[Co(H2O)2Cl4]2−，加入活性炭冷却后加入浓氨水得到[Co(NH3)6]Cl2溶液，冷却后滴加双氧水得到[Co(NH3)6]Cl3溶液，水浴加热后冷却抽滤，得到[Co(NH3)6]Cl3粗产品，将粗产品溶于水中，加入2mL浓盐酸，得到沉淀，由于粗产品中含有不溶于水的活性炭，所以沉淀中一定含有活性炭，过滤后，向滤液中加入7mL浓盐酸，由于同离子效应，[Co(NH3)6]Cl3从溶液中析出，抽滤后得到[Co(NH3)6]Cl3晶体，洗涤后抽滤、干燥得到纯净的[Co(NH3)6]Cl3。(1)抽滤后得到的产品中含有水分，需要烘干，因此操作B的名称是烘干；(2)CoCl2在没有铵盐存在的情况下，遇氨水生成蓝色沉淀，该蓝色沉淀是氢氧化钴，该反应的离子方程式为；在碱性条件下容易生成氢氧化钴沉淀，因此原料NH4Cl的主要作用除了提供NH3以外，还有抑制NH3·H2O的电离，降低溶液的碱性；(3)由于双氧水不稳定，受热易分解，因此冷却至10℃后，步骤B中逐滴加入H2O2溶液的目的是避免H2O2的分解，另外使反应温和进行；故答案为：避免H2O2的分解；(4)由于温度不同，产物也不同，因此操作A应该是趁热过滤；由于需要保持一定温度，所以选择装置I；粗产品中含有活性炭，不溶于水，沉淀中一定含有活性炭；(5)增大氯离子浓度可以防止产品溶解而损失，因此三氯化六氨合钴首先应该用浓盐酸洗涤，最后再用有机溶剂乙醇洗涤；故答案为：C；B。5．纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿(主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质)为原料制备纳米氧化镁工艺流程如图：试回答下列问题：(1)“焙烧”时生成的主要气体有___________；滤渣I的主要成分为___________。 (2)氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因___________。已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：金属离子Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀pH6.31.58.9完全沉淀pH8.12.810.9上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是___________。(3)试剂a可能是___________。(4)资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是___________。(5)该流程中可以循环利用的物质是___________。【答案】（1）NH3、CO2SiO2（2）引入新杂质Mn2+，产品不纯；将Cl−氧化为Cl2造成污染否，不先将Fe2+氧化为Fe3+，调pH分步沉淀中产生的Fe(OH)2为絮状沉淀，不易通过过滤分离除去（3）MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)（4）Na2CO3碱性更强，反应中易生成更多Mg(OH)2而不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低（5）NH4Cl【解析】菱镁矿主要成分为MgCO3（含少量FeCO3和SiO2杂质），加入NH4Cl在空气中焙烧，主要反应为MgCO3+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，杂质FeCO3也发生类似的反应生成FeCl2，加水溶解，SiO2不溶于水，进入滤渣I中，加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂a调pH，但不能引入新物质，故试剂a 可以选择Mg的化合物MgO、MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等，此时Fe3+完全水解为Fe(OH)3，过滤除去Fe(OH)3（滤渣II），加入NH4HCO3，Mg2+转化为MgCO3沉淀并得到NH4Cl溶液，经过煅烧得到纳米MgO。(1)根据分析，“焙烧”时生成的主要气体有NH3、CO2；滤渣I的主要成分为SiO2；(2)H2O2的还原产物为H2O，不会引入新杂质，而MnO的还原产物为Mn2+，引入新杂质Mn2+，产品不纯，另外，MnO氧化性很强，可将溶液中的Cl−氧化为Cl2，造成污染；根据表格数据可知，Fe2+的沉淀不会影响Mg2+，但调pH时Fe2+会转化为Fe(OH)2絮状沉淀，不易通过过滤分离除去，故需将Fe2+氧化为Fe3+，得到的Fe(OH)3容易过滤除去；(3)根据分析，试剂a可能是MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)；(4)Na2CO3碱性比NH4HCO3更强，碱性强的溶液中易生成更多Mg(OH)2，而锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料，故使用Na2CO3不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低；(5)根据分析，沉淀步骤中可得NH4Cl溶液，故可以循环的物质是NH4Cl。