2022高考化学专题复习 专题四 非金属及其化合物 微专题4　元素及其化合物在工业流程题中的考查学案

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无机工业流程题是以真实的工业生产过程为背景,以体现学生能力立意的命题为指导思想,综合考查学生的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力;以元素化合物的性质知识为载体,综合氧化还原、强弱电解质、平衡移动原理、电化学、物质结构等理论知识以及实验的基本操作,对考生的思维能力进行综合考查。其题型结构特点、呈现形式、设问角度如下图所示:
◆典型案例
例 (2020山东,16,12分)用软锰矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下:
已知:MnO2是一种两性氧化物;25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
回答下列问题:
(1)软锰矿预先粉碎的目的是 ,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。
(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而
Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是 。
(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到 操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为 (填化学式),再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5ml·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为 。
答案 (1)增大接触面积,充分反应,提高反应速率
MnO2+BaS+H2O Ba(OH)2+MnO+S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发
(4)H2O2 4.9
(5)Mn2++HCO3-+NH3·H2O MnCO3↓+NH4++H2O
解析 (1)预先粉碎软锰矿,可以增大接触面积,充分反应,从而提高反应速率和原料的利用率。从题给流程图中可以看出,MnO2和BaS溶液反应除生成MnO外,还生成S和Ba(OH)2,根据得失电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式为MnO2+BaS+H2O MnO+Ba(OH)2+S。(2)由题给信息可知MnO2是一种两性氧化物,故可与Ba(OH)2反应,Ba(OH)2的量会减少。(3)蒸发结晶析出Ba(OH)2,过滤后,滤液Ⅰ是饱和的Ba(OH)2溶液,其中含有Ba(OH)2,为循环使用,可将其导入到蒸发操作中。(4)为除尽Fe2+,可加入H2O2将其氧化为Fe3+。由题表中相关物质的Ksp可知,Fe3+完全沉淀需要的pH比Al3+完全沉淀所需pH小,溶液pH只需达到Al3+完全沉淀所需pH即可;设Al3+恰好完全沉淀时溶液中OH-浓度为x ml·L-1,则1.0×10-5×x3=1×10-32.3,x=10-9.1,pOH=9.1,pH=14-9.1=4.9。(5)碳化过程中生成MnCO3的反应为Mn2++HCO3- MnCO3↓+H+,生成的H+再和所加氨水反应生成NH4+,故反应的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3·H2O MnCO3↓+NH4++H2O。
规律方法
该题设计了通过软锰矿制备高纯MnCO3的流程,着重考查了原料转化为产品的生产原理、除杂并分离提纯产品;物质的循环使用,节约经济成本,提高产量和产率;物质的推断;陌生离子方程式的书写;Ksp的相关计算等知识。解答该类题的解题思路如下:
1.阅读题干和题目的问题(带着问题去阅读),能做到:
(1)明确流程的目的;
(2)利用首尾分析法,粗略判断要除去的杂质(可以从物质的角度、离子的角度、元素的角度);
(3)将问题和工艺流程图相结合,看所涉及的物质是否熟悉,从这两个方面来决定是否要掌握流程中每一步产生的物质的情况。
2.分段分析,前后联系推断物质。
(2020江西名校联考)镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物,利用该矿渣制镓的工艺流程如下:
已知:①镓在元素周期表中位于第四周期第ⅢA族,化学性质与铝相似。
②lg 2≈0.3,lg 3≈0.48。
③部分物质的Ksp如下表所示。
(1)滤渣1的主要成分是 (写化学式)。
(2)加入H2O2的目的是 (用离子方程式表示)。
(3)调pH的目的是 ;室温条件下,若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01 ml/L,当溶液中某种离子浓度小于1×10-5 ml/L时即认为该离子已完全除去,则pH应调节的范围为 。
(4)操作D包括: ,过滤、洗涤、干燥。
(5)制备、精炼金属Ga。
①电解法制备金属镓。用惰性电极电解NaGaO2溶液即可制得金属镓,写出阴极电极反应式: 。
②电解法精炼金属镓(粗镓中含Zn、Fe、Cu等杂质,已知氧化性:Zn2+下列有关电解精炼金属镓的说法正确的是 (填序号)。
A.电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连
B.电解精炼过程中,阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C.电解后,Cu和Fe沉积在电解槽底部形成阳极泥
D.若用甲烷燃料电池电解精炼金属镓,当阴极有56.0 g镓析出时,电池负极最多消耗标准状况下的CH4 6.72 L
答案 (1)SiO2、PbSO4
(2)2Fe2++H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O
(3)使Fe3+、Ga2+沉淀完全而Zn2+不沉淀 5.48(4)蒸发浓缩,冷却结晶
(5)①GaO2-+2H2O+3e- Ga+4OH- ②AC
解析 (1)已知Ga的性质与Al相似,锌矿渣中加入H2SO4,充分反应,其中Zn、Fe、Ga转化为可溶于水的ZnSO4、FeSO4、Ga2(SO4)3,Pb转化成难溶于水的PbSO4,SiO2与H2SO4不反应,经过滤得到的滤渣1中成分为PbSO4、SiO2。(2)向浸出液中加入H2O2,H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,然后调节溶液的pH使Fe3+、Ga3+转化为氢氧化物沉淀与Zn2+分离;滤渣2的成分为Fe(OH)3和Ga(OH)3,根据题图应向滤渣2中加入NaOH,使Ga(OH)3溶解转化为NaGaO2。(3)根据流程中物质转化关系可知调pH的目的是将Fe3+、Ga3+转化为氢氧化物沉淀,Zn2+不能形成Zn(OH)2沉淀,从而与Zn2+分离;Ksp[Ga(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3],Ga3+完全沉淀时Fe3+也已经完全沉淀,浓度小于1×10-5 ml/L,c(OH-)=3Ksp[Ga(OH)3]c(Ga3+)=32.7×10-311×10-5 ml/L=3×10-9ml/L,c(H+)=13×10-5 ml/L,pH=-lg13×10-5=5.48,Zn2+开始沉淀时c(OH-)=Ksp[Zn(OH)2]c(Zn2+)=1.6×10-170.01 ml/L=4×10-8 ml/L,c(H+)=14×10-6 ml/L,pH=-lg14×10-6=6.6,则pH应调节的范围为5.48Ga>Fe>Cu,则阳极上Zn、Ga失电子进入电解质溶液,Fe、Cu以金属单质进入电解质溶液,则阳极泥成分是Fe、Cu,阴极上GaO2-得电子发生还原反应生成Ga,电极反应式为GaO2-+2H2O+3e- Ga+4OH-;甲烷燃料电池负极电极反应为CH4+10OH--8e- CO32-+7H2O,所以标准状况下:
8Ga ~ 3CH4
8×70 g 3×22.4 L
56.0 g 6.72 L
但是电解精炼镓时能量的利用率达不到100%,实际所消耗标准状态下的CH4体积大于6.72 L。故A、C说法正确。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10-16.3
1×10-38.6
1×10-32.3
1×10-12.7
物质
Zn(OH)2
Ga(OH)3
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
1.6×10-17
2.7×10-31
8×10-16
2.8×10-39