1、课时跟踪检测（十九） 化学工艺流程题1(2019全国卷)硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：(1)步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。(2)步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_(填标号)。(3)步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品
2、所含结晶水数，将样品加热到150 时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。解析：(1)铁屑表面的油污可以用热的氢氧化钠溶液洗涤，然后用蒸馏水洗净。(2)铁与硫酸反应，加热的目的是加快反应速率，由于温度要控制在8095 ，应选择水浴加热。铁中含有少量的硫化物，与酸反应后生成酸性气体H2S，应该用碱溶液吸收H2S气体，为了防止倒吸，应选用C装置。(3)铁与硫酸反应后生成硫酸亚铁，加入足量的过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。Fe3在水中易水解生成氢氧化铁沉淀，为了抑制Fe3水解，溶液要保持较强的酸性，使用H2O2的优点是不引
3、入新的杂质。(4)硫酸铁溶液与固体硫酸铵反应生成硫酸铁铵，为了从溶液中得到硫酸铁铵应将溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铁铵晶体。(5)由于样品失去1.5个结晶水，失重5.6%，即MNH4Fe(SO4)2xH2O5.6%1518 gmol1，可以求得MNH4Fe(SO4)2xH2O482 gmol1，利用硫酸铁铵晶体的摩尔质量减去NH4Fe(SO4)2的摩尔质量可以求出晶体中水的摩尔质量之和，为216 gmol1，由此可以求出x12。答案：(1)碱煮水洗(2)加快反应热水浴C(3)将Fe2全部氧化为Fe3；不引入杂质防止Fe3水解(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)NH
4、4Fe(SO4)212H2O2某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：回答下列问题：(1)为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_(写出一条即可)；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是_。(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3反应)，能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K_(填写计算结果)；若不考虑CO的水解，要使2.33 g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1.0molL1Na2CO3溶液_mL。已知：Ksp(BaSO4)1.01010、
5、Ksp(BaCO3)5.0109(3)流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)、TiOC2O4、TiO(C2O4)三种形式存在(变化曲线如图所示)。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为_；图中曲线c对应钛的形式为_(填粒子符号)。(4)流程中“滤液”的主要成分为_；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式：_。解析：(1)盐酸与BaCO3发生反应：2HClBaCO3=BaCl2H2OCO2，为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高
6、反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4会发生水解反应：Ti44H2OTi(OH)44H，使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度。(2)在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)CO(aq)BaCO3(s)SO(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数K0.02；2.33 g BaSO4物质的量为0.01 mol，根据BaSO4(s)CO(aq)BaCO3(s)
7、SO(aq)，完全转化需要0.01 mol CO，同时溶液中产生0.01 mol SO，根据K值溶液中含有n(CO)0.01 mol0.020.5 mol，需要加入Na2CO3为0.01 mol0.5 mol0.51 mol，需要Na2CO3溶液的体积为0.51 mol1 molL10.51 L510 mL。(3)“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)和TiO(OH)三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)(即b微粒)，“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)Ba24H2O=BaTiO
8、(C2O4)24H2O；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO(OH)。(4)TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体，根据原子守恒，滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)24H2OBaTiO32CO2CO24H2O。答案：(1)将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度(2)0.02510(3)TiO(C2O4)Ba24H2O=BaTiO(C2O4)2
9、4H2OTiO(OH)(4)NH4ClBaTiO(C2O4)24H2OBaTiO32CO2CO24H2O3三盐(3PbOPbSO4H2O)可用作聚氯乙烯的热稳定剂，200 以上开始失去结晶水，不溶于水及有机溶剂。以200.0 t铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如图所示。已知：PbSO4和PbCO3的溶解度和溶度积Ksp如下表。化合物PbSO4PbCO3溶解度/g1.031041.81107Ksp1.821081.461013(1)步骤转化的目的是_，滤液1中的溶质为Na2CO3和_(填化学式)。(2)步骤酸溶时，为提高酸溶速率，可采取的措施是_(任写一条)。
10、其中铅与硝酸反应生成Pb(NO3)2和NO的离子方程式为_。(3)滤液2中可循环利用的溶质的化学式为_。若步骤沉铅后的滤液中c(Pb2)1.82105 molL1，则此时c(SO)_ molL1。(4)步骤洗涤操作时，检验沉淀是否洗涤完全的方法是_。(5)步骤合成三盐的化学方程式为_，若得到纯净干燥的三盐99.0 t，假设铅泥中的铅元素有80%转化为三盐，则铅泥中铅元素的质量分数为_。 解析：(1)步骤用纯碱溶液浸取铅泥，将PbSO4转化为PbCO3，提高铅的利用率，滤液1中的溶质为过量的Na2CO3和反应生成的Na2SO4。(2)步骤酸溶时，可通过适当升温、适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径来提
11、高酸溶速率；铅与硝酸反应的离子方程式为3Pb8H2NO=3Pb22NO4H2O。(3)滤液2中可循环利用的溶质的化学式为HNO3；根据Ksp(PbSO4)1.82108c(Pb2)c(SO)，c(Pb2)1.82105 molL1，则此时c(SO)1.00103 molL1。(4)该沉淀吸附的离子是硫酸根离子，用盐酸酸化的氯化钡溶液检验，其检验方法为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全。(5)步骤合成三盐的化学方程式为4PbSO46NaOH3Na2SO43PbOPbSO4H2O2H2O，若得到纯净干燥的三盐99.0 t，则含有
12、的铅元素质量为99.0 t82.8 t，则铅泥中铅元素的质量分数为100%51.75%。答案：(1)将PbSO4转化为PbCO3，提高铅的利用率Na2SO4(2)适当升温(或适当增大硝酸浓度或减小沉淀粒径等)3Pb8H2NO=3Pb22NO4H2O(3)HNO31.00103(4)取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全(5)4PbSO46NaOH3Na2SO43PbOPbSO4H2O2H2O51.75%4磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一，磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，
13、工业上用氯化铵焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：锰矿粉的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。相关金属Mn离子c(Mn) 0.1 mol L 1形成M(OH)n沉淀的pH范围如下：金属离子Al3Fe3Fe2Ca2Mn2Mg2开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6常温下，Ksp(CaF2) 1.461010，Ksp(MgF2)7.421011，Ka(HF) 1.00 104回答下列问题：(1)分析下列图1、图2，氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是：_。(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_
14、。(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式为_；再调节溶液的pH将Al3、Fe3变为沉淀除去；然后加入NH4F将Ca2、Mg2沉淀除去，此时溶液pH为6，c(Mg2)4.64106 molL1，c(HF)为_molL1。(4)碳化结晶时，反应的离子方程式为_。(5)碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是_。(6)测定碳酸锰产品的纯度。称取0.500 0 g碳酸锰产品于锥形瓶中，加25.00 mL磷酸，加热，碳酸锰全部转化为Mn(PO4)23，冷却至室温。加水稀释至100 mL，滴加23滴指示剂，然后用浓度为0.200 0 mo
15、lL1的硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定(反应为：Mn(PO4)23Fe2 =Mn2Fe32PO)。重复操作3次，记录数据如下表：滴定次数0.200 0 molL1的硫酸亚铁铵标准溶液读数(mL)滴定前滴定后10.1020.2021.3221.3231.0520.95则产品的纯度_，若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则测得的碳酸锰粗产品的纯度_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。解析：将菱锰矿粉和氯化铵混合研磨后焙烧，反应生成二氧化碳和氨气，因此反应的化学方程式为MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O，浸出，浸出液含有Mn2、Fe2、Al3、Ca2、Mg2
16、，浸出液需要净化除杂，根据(3)的提示，需要加入MnO2将Fe2氧化为Fe3，再调节溶液的pH将Al3、Fe3变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2、Mg2以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn22HCOMnCO3CO2H2O，碳化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析解答。(1)根据图像可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)m(锰矿粉)增大而增大，500 、m(NH4Cl)m(锰矿粉)1.10时，锰的浸出率较高，温
17、度过高，m(NH4Cl)m(锰矿粉)再大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500 、m(NH4Cl)m(锰矿粉)1.10即可。(3)MnO2将Fe2氧化为Fe3，离子反应为：MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O；已知：常温下，Ksp(MgF2)7.421011，Ka(HF)1.00104，溶液pH为6，c(Mg2)4.64106 molL1，则此时c(F) molL14103 molL1，Ka(HF)1.00104，c(HF)4.0105molL1。(4)碳化结晶时，反应的离子方程式为Mn22HCOMnCO3CO2H2O。(5)碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH)较大，易
18、产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。(6)根据表格数据，三次消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积(mL)分别为：20.10、20.00、19.90，消耗的平均体积为20.00 mL，根据关系式：MnCO3Mn(PO4)23(NH4)2Fe(SO4)2，则n(MnCO3)n(硫酸亚铁铵)0.200 0 molL10.02 L0.004 mol，产品的纯度为100%92.00%；若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡，则标准液消耗的体积读数偏小，故测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。答案：(1)500 ，m(NH4Cl)m(锰矿粉)1.10(2)MnCO32NH4ClMnC
19、l22NH3CO2H2O(3)MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O40105(4)Mn22HCOMnCO3CO2H2O(5)碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH)较大，易产生Mn(OH)2沉淀(6)92.00%偏低5金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为6、5、4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)，部分流程如图1所示：已知：钼酸微溶于水，可溶于碱液和氨水。回答下列问题：(1)钼精矿焙烧时，每有1 mol MoS2反应，转移电子的物质的量为_。(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_，请你提出一种实验室
20、除去该尾气的方法_。(3)操作2的名称为_。由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_。(4)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO)0.80 molL1，c(SO)0.04 molL1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO。当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率是_。Ksp(BaSO4)1.11010、Ksp(BaMoO4)4.0108，溶液体积变化可忽略不计(5)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数()。x_。焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应转移6 mol电子，则消耗的氧化剂
21、的化学式及物质的量分别为_、_。解析：(2)由流程图可知，钼精矿焙烧产生的二氧化硫为大气污染物，其对环境的主要危害是形成酸雨，实验室可用氨水或NaOH溶液吸收SO2。(3)灼烧用到的硅酸盐材料仪器为坩埚。(4)根据Ksp(BaMoO4)及c(MoO)可计算出MoO开始沉淀时溶液中c(Ba2)，再根据c(Ba2)和Ksp(BaSO4)计算出此时溶液中c(SO)，进而可求出SO的去除率。(5)根据题图2可知，在炉层序号为6时，MoS2和MoO3的物质的量的百分数均为18%，则MoO2的物质的量的百分数为100%18%264%。根据反应MoS26MoO37MoO22SO2，则消耗的氧化剂的化学式为M
22、oO3，反应转移6 mol电子时，消耗MoO3的物质的量为3 mol。答案：(1)14 mol(2)形成酸雨可用氨水或氢氧化钠溶液吸收(其他合理答案均可)(3)过滤坩埚(4)94.5%(5)64MoO33 mol6铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等中回收NiSO4的工艺流程如下：已知：(NH4)2SO4在350 分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有_(写化学式)。(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为
23、_。(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2(浓度为1.0103molL1)，当溶液中c(F)2.0103molL1时，除钙率为_Ksp(CaF2)4.01011。(4)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2(水相)2RH(有机相)FeR(有机相)2H(水相)。萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2、Fe2的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为_。在_(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO，若pH过高，铁电极区会产生红褐
24、色物质。电解时阳极的电极反应式为_，离子交换膜(b)为_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为_。解析：某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600 焙烧，已知：(NH4)2SO4在350 以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90 的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用。(1)矿渣的主要成分是NiF
25、e2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2。(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO6H2SO4O2=2Fe2(SO4)36H2O。(3)当溶液中c(F)2.0103molL1时，Ksp(CaF2)c(Ca2)c2(F)c(Ca2)(2.0103 molL1)24.01011，故c(Ca2)1.0105 molL1，则除钙率为100%99%。(4)要求Fe2萃取率最高，Ni2
26、的萃取率最低，根据图像，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。(5)电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO，电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O；离子交换膜(b)允许氢氧根离子向移动，为阴离子交换膜；向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，反应的离子方程式为2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O。答案：(1)SiO2(2)4FeO6H2SO4O2=2Fe2(SO4)36H2O(3)99%(4)0.25强酸性(5)Fe6e8OH=FeO4H2O阴2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O
