資源簡介

(共26張PPT)
物質轉化與工藝流程
專題六 大題突破2
1.題型特點
近幾年高考中工藝流程題主要是以物質的制備、物質的分離提純為情景材料，用框圖的形式呈現實際工業生產中添加物質、操作的過程，設問形式包括：物質的判斷、方程式的書寫、實驗操作、反應條件的控制及理論解釋、產品組成的定性及定量分析等，能很好的考查學生綜合運用元素化合物知識、化學反應原理、實驗技能解決實際問題的能力。
2.工藝流程題的一般呈現形式
01
真題演練
1.(2024·江蘇，14)回收磁性合金釹鐵硼(Nd2Fe14B)可制備半導體材料鐵酸鉍和光學材料氧化釹。
(1)釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol·
L-1鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣。
Nd、Fe浸出率(×
100%)隨浸取時間變化如圖所示。
1
2
①含鐵濾渣的主要成分為　　　　(填化學式)。
Fe(OH)3
3
1
2
釹鐵硼在空氣中焙燒后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于鹽酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由圖中信息可知，Nd的浸出率逐漸增大，而Fe的浸出率先增大后逐漸減小，說明隨著Nd的浸
出率增大，稀鹽酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含鐵濾渣的主要成分為Fe(OH)3。
3
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是
______________________________________
_________________________________________________________________________。
1
2
浸出初期，c(H+)較大，鐵的浸出率較大，
約5 min后，溶液酸性減弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3進入濾渣，使鐵的浸出率下降
3
(2)含鐵濾渣用硫酸溶解，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。
①用含有機胺(R3N)的有機溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe2溶液，原理為：SO4
1
2
+Fe3++H2O H++Fe(OH)(有機層)
已知：SO4+H++ 2(R3NH·HSO4)
3
1
2
其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是________________________________________
____________________________________________
隨水層pH增大，H+的濃度減小，SO4
_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
_________________________________________。
的化學平衡向正反應方向移動，SO4+H++ 2(R3NH·HSO4)
的化學平衡逆向移動，該平衡逆向移動引起SO4濃度的增大，進一步促進萃取平衡向萃取方向移動，導致Fe(OH)的濃度增大，因此，有機層中Fe元素含量迅速增多　
+Fe3++H2O H++Fe(OH)
3
②反萃取后，Fe2經轉化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖所示(圖中有4個Fe原子位于晶胞體對角線上，O原子未畫出)，其中原子數目比N(Fe)∶N(Bi)
=　　 。
1
2
2∶1
由鐵酸鉍晶胞結構示意圖可知，晶胞體內有4個Fe原子，面上有8個Fe原子，根據均攤法可知，Fe原子的數目為4+8×=8；Bi原子全部在晶胞的面上，數目為8×=4，因此，原子數目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。
3
(3)凈化后的NdCl3溶液通過沉釹、焙燒得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入CO3溶液，Nd3+可轉化為Nd(OH)CO3沉淀。該反應的離子方程式為　　 　　。
1
2
Nd3++2C+H2O===Nd(OH)CO3↓+HC
3
1
2
8.84 mg Nd(OH)CO3的物質的量為=4×10-5 mol，其在氮氣氛圍中焙燒后，金屬元素的質量和化合價均保持不變，因此，n(Nd3+)=4×10-5 mol；550~600 ℃時剩余固體的質量為7.60 mg，固體減少的質量為1.24 mg，由于堿式鹽在受熱分解時易變為正鹽，氫氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸鹽分解得到氧化物和CO2，因此，可以推測固體變為NdaOb時失去的質量是生成的H2O和CO2的質量；根據H元素守恒可知，固體分解時生成H2O的質量為4×10-5mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg，則生成CO2的質量為1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，則生成CO2的物質的量為=2×10-5 mol，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物質的量為4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，因此可以確定該產物中n(Nd3+)∶n(=2∶1。
3
②將8.84 mg Nd(OH)CO3(摩爾質量為221 g·mol-1)在氮氣氛圍中焙燒，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖所示。550~600 ℃時，所得固體產物可表示為NdaOb(CO3)c，通過以上實驗數據確定該產物中n(Nd3+)∶n()的比值　 　(寫出計算過程)。
1
2
答案　n[Nd(OH)CO3]==4×10-5mol，n(Nd3+)=4×10-5mol，550~600 ℃時，產物為NdaOb，減少1.24 mg，其中m(H2O)=4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1
=0.36 mg，則m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，則生成CO2的物質的量為n(CO2)=
=2×10-5mol，依據C元素守恒可知：分解后剩余的的物質的量為4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，n(Nd3+)∶n()==2∶1
3
2.(2023·江蘇，14)V2O5-WO3/TiO2催化劑能催化NH3脫除煙氣中的NO，反應為4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)===4N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 632.4 kJ·mol-1。
(1)催化劑的制備。將預先制備的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在攪拌下加入一定量的NH4VO3溶液，經蒸發、焙燒等工序得到顆粒狀V2O5-WO3/TiO2催化劑。在水溶液中水解為H3VO4沉淀的離子方程式為　　 　　；
反應選用NH4VO3溶液而不選用NaVO3溶液的原因是__________________
　　　 　。
1
2
+2H2O===H3VO4↓+OH-
NH4VO3發生相互促進的水解反應：N+H2O===H3VO4↓+NH3，N有利于水解
3
(2)催化劑的應用。將一定物質的量濃度的NO、O2、NH3(其余為N2)氣體勻速通過裝有V2O5-WO3/TiO2催化劑的反應器，測得NO的轉化率隨溫度的變化如圖所示。反應溫度在320~360 ℃范圍內，NO轉化率隨溫度變化不明顯的原因是　 　　　；
反應溫度高于380 ℃，NO轉化率下降，除因為進
入反應器的NO被還原的量減少外，還有_________　　　
_______________________________ _(用化學方程式表示)。
1
2
溫度升高至一定范圍催化劑失活
4NH3+5O2
4NO+6H2O、N2+O2 2NO
3
1
2
反應溫度在320~360 ℃范圍內，NO轉化率隨溫度變化不明顯的原因是溫度升高至一定范圍催化劑失活，導致NO轉化率升高不明顯。反應溫度高于380 ℃，NO轉化率下降，有可能體系產生了NO，
如4NH3+5O2 4NO+6H2O、N2+O2 2NO等。
3
(3)廢催化劑的回收。回收V2O5-WO3/TiO2廢催化劑并制備NH4VO3的過程可表示為
1
2
①酸浸時，加料完成后，以一定速率攪拌反應。提高釩元素浸出率的方法還有　　 　　　　　　。
適當增加酸的濃度、升高溫度、延長酸浸時間等　
3
1
2
②通過萃取可分離釩和鎢，在得到的釩酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12
具有八元環結構，其結構式可表示為　　　　　　　　　　。
3
1
2
已知H4V4O12具有八元環結構，且V連有五個共價鍵，結構式可表示
為 。
3
1
2
③向pH=8的NaVO3溶液中加入過量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)=1.7×10-3，加過量NH4Cl溶液的目的是_____________
　 　　　。
增加銨根離子濃度，促進平衡向析出沉淀的方向移動，提高NH4VO3的含量
NH4VO3飽和溶液中存在沉淀溶解平衡NH4VO3(s) N(aq)，加過量NH4Cl溶液增加銨根離子濃度，促進平衡向析出沉淀的方向移動，提高NH4VO3的含量。
3
3.(2022·江蘇，14)硫鐵化合物(FeS、FeS2等)應用廣泛。
(1)納米FeS可去除水中微量六價鉻[Cr(Ⅵ)]。在pH=4~7的水溶液中，納米FeS顆粒表面帶正電荷，Cr(Ⅵ)主要以、Cr2、形式存在，納米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要經過“吸附→反應→沉淀”的過程。
已知：Ksp(FeS)=6.5×10-18，Ksp=5.0×10-17；H2S電離常數分別為Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
①在弱堿性溶液中，FeS與反應生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和單質S，其離子方程式為　　 　　。
1
2
FeS+Cr+4H2O===Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-
3
②在弱酸性溶液中，反應FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常數K的數值為　 　。
5×10-5
反應FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常數K= ，由題目信息可知，Ksp(FeS)=c(Fe2+)·c(S2-)=6.5×10-18，H2S電離常數Ka2=
=1.3×10-13，所以K===5×10-5。
1
2
3
③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是
_____________________________________________________________________________________。
c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中物質的量分數越大
1
2
3
(2)FeS2具有良好半導體性能。FeS2的一種晶體與NaCl晶體的結構相似，該FeS2晶體的一個晶胞中的數目為　　，在FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe—S間距相等，如圖給出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞體心的中的S—S鍵位于晶胞體對角線上，晶胞中的其他已省略)。在圖中用“-”將其中一個S原子與緊鄰的Fe2+連接起來。
4
答案　
1
2
3
因為FeS2的晶體與NaCl晶體的結構相似，由NaCl晶體結構可知，一個NaCl晶胞含有4個Na和4個Cl，則該FeS2晶體的一個晶胞中的數目也為4；FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe—S間距相等，根據FeS2晶胞中的Fe2+和中的S—S鍵位于晶胞體對角線上)可知，每個S原子與S—S鍵所在體對角線上距離最近的頂點相鄰的三個面的三個面心位置的Fe2+緊鄰且間距相等。
1
2
3
(3)FeS2、FeS在空氣中易被氧化，將FeS2在空氣中氧化，測得氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS2的質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。800 ℃時，FeS2氧化成含有兩種元素的固體產物為___________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
________(填化學式，寫出計算過程)。
Fe2O3；設FeS2氧化成含有兩種元素的固體產物化學式為FeOx，M(FeS2)=120 g·mol-1，則M(FeOx)
=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1，則56+16x=80.04，x≈，即固體產物為Fe2O3
1
2
3物質轉化與工藝流程
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.題型特點
近幾年高考中工藝流程題主要是以物質的制備、物質的分離提純為情景材料，用框圖的形式呈現實際工業生產中添加物質、操作的過程，設問形式包括：物質的判斷、方程式的書寫、實驗操作、反應條件的控制及理論解釋、產品組成的定性及定量分析等，能很好的考查學生綜合運用元素化合物知識、化學反應原理、實驗技能解決實際問題的能力。
2.工藝流程題的一般呈現形式
1.(2024·江蘇，14)回收磁性合金釹鐵硼(Nd2Fe14B)可制備半導體材料鐵酸鉍和光學材料氧化釹。
(1)釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol·L-1鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率(×100%)隨浸取時間變化如圖所示。
①含鐵濾渣的主要成分為　　　　　　　(填化學式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是　　　 　　　　。
(2)含鐵濾渣用硫酸溶解，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。
①用含有機胺(R3N)的有機溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe2溶液，原理為：
SO4+Fe3++H2OH++Fe(OH)(有機層)
已知：SO4+H++2(R3NH·HSO4)
其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是　　　 　　　　。
②反萃取后，Fe2經轉化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖所示(圖中有4個Fe原子位于晶胞體對角線上，O原子未畫出)，其中原子數目比N(Fe)∶N(Bi)=　　　　　　　。
(3)凈化后的NdCl3溶液通過沉釹、焙燒得到Nd2O3。
①向NdCl3溶液中加入CO3溶液，Nd3+可轉化為Nd(OH)CO3沉淀。該反應的離子方程式為　　　　。
②將8.84 mg Nd(OH)CO3(摩爾質量為221 g·mol-1)在氮氣氛圍中焙燒，剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖所示。550~600 ℃時，所得固體產物可表示為NdaOb(CO3)c，通過以上實驗數據確定該產物中n(Nd3+)∶n()的比值　　　 (寫出計算過程)。
2.(2023·江蘇，14)V2O5-WO3/TiO2催化劑能催化NH3脫除煙氣中的NO，反應為4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)4N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1 632.4 kJ·mol-1。
(1)催化劑的制備。將預先制備的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在攪拌下加入一定量的NH4VO3溶液，經蒸發、焙燒等工序得到顆粒狀V2O5-WO3/TiO2催化劑。在水溶液中水解為H3VO4沉淀的離子方程式為　　　　；
反應選用NH4VO3溶液而不選用NaVO3溶液的原因是　　　　。
(2)催化劑的應用。將一定物質的量濃度的NO、O2、NH3(其余為N2)氣體勻速通過裝有V2O5-WO3/TiO2催化劑的反應器，測得NO的轉化率隨溫度的變化如圖所示。反應溫度在320~360 ℃范圍內，NO轉化率隨溫度變化不明顯的原因是　　　　；
反應溫度高于380 ℃，NO轉化率下降，除因為進入反應器的NO被還原的量減少外，還有　　　 　　　 (用化學方程式表示)。
(3)廢催化劑的回收。回收V2O5-WO3/TiO2廢催化劑并制備NH4VO3的過程可表示為
①酸浸時，加料完成后，以一定速率攪拌反應。提高釩元素浸出率的方法還有　　　　　　　　　　　。
②通過萃取可分離釩和鎢，在得到的釩酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元環結構，其結構式可表示為　　　　　　　　　　　。
③向pH=8的NaVO3溶液中加入過量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)=1.7×10-3，加過量NH4Cl溶液的目的是　　　　。
3.(2022·江蘇，14)硫鐵化合物(FeS、FeS2等)應用廣泛。
(1)納米FeS可去除水中微量六價鉻[Cr(Ⅵ)]。在pH=4~7的水溶液中，納米FeS顆粒表面帶正電荷，Cr(Ⅵ)主要以、Cr2、形式存在，納米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要經過“吸附→反應→沉淀”的過程。
已知：Ksp(FeS)=6.5×10-18，Ksp=5.0×10-17；H2S電離常數分別為Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。
①在弱堿性溶液中，FeS與反應生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和單質S，其離子方程式為
　　　　。
②在弱酸性溶液中，反應FeS+H+Fe2++HS-的平衡常數K的數值為　　　　　。
③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢，原因是　　　
　　　　。
(2)FeS2具有良好半導體性能。FeS2的一種晶體與NaCl晶體的結構相似，該FeS2晶體的一個晶胞中的數目為　　　　　，在FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe—S間距相等，
如圖給出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞體心的中的S—S鍵位于晶胞體對角線上，晶胞中的其他已省略)。在圖中用“-”將其中一個S原子與緊鄰的Fe2+連接起來。
(3)FeS2、FeS在空氣中易被氧化，將FeS2在空氣中氧化，測得氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS2的質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。800 ℃時，FeS2氧化成含有兩種元素的固體產物為　　　 (填化學式，寫出計算過程)。
答案精析
真題演練
1.(1)①Fe(OH)3　②浸出初期，c(H+)較大，鐵的浸出率較大，約5 min后，溶液酸性減弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3進入濾渣，使鐵的浸出率下降　(2)①隨水層pH增大，H+的濃度減小，SO4+Fe3++H2OH++Fe(OH)的化學平衡向正反應方向移動，SO4+H++2(R3NH·HSO4)的化學平衡逆向移動，該平衡逆向移動引起SO4濃度的增大，進一步促進萃取平衡向萃取方向移動，導致Fe(OH)的濃度增大，因此，有機層中Fe元素含量迅速增多　②2∶1　(3)①Nd3++2C+H2ONd(OH)CO3↓+HC　 ②n［Nd(OH)CO3］==4×10-5mol，n(Nd3+)=4×10-5mol，550~600 ℃時，產物為NdaOb，減少1.24 mg，其中m(H2O)=4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg，則m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，則生成CO2的物質的量為n(CO2)==2×10-5mol，依據C元素守恒可知：分解后剩余的的物質的量為4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，n(Nd3+)∶n()==2∶1
解析　(1)①釹鐵硼在空氣中焙燒后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于鹽酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由圖中信息可知，Nd的浸出率逐漸增大，而Fe的浸出率先增大后逐漸減小，說明隨著Nd的浸出率增大，稀鹽酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含鐵濾渣的主要成分為Fe(OH)3。(2)②由鐵酸鉍晶胞結構示意圖可知，晶胞體內有4個Fe原子，面上有8個Fe原子，根據均攤法可知，Fe原子的數目為4+8×=8；Bi原子全部在晶胞的面上，數目為8×=4，因此，原子數目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。(3)②8.84 mg Nd(OH)CO3的物質的量為=4×10-5 mol，其在氮氣氛圍中焙燒后，金屬元素的質量和化合價均保持不變，因此，n(Nd3+)=4×10-5 mol；550~600 ℃時剩余固體的質量為7.60 mg，固體減少的質量為1.24 mg，由于堿式鹽在受熱分解時易變為正鹽，氫氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸鹽分解得到氧化物和CO2，因此，可以推測固體變為NdaOb時失去的質量是生成的H2O和CO2的質量；根據H元素守恒可知，固體分解時生成H2O的質量為4×10-5mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg，則生成CO2的質量為1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，則生成CO2的物質的量為=2×10-5 mol，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物質的量為4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，因此可以確定該產物中n(Nd3+)∶n()的比值為=2∶1。
2.(1)+2H2OH3VO4↓+OH-
NH4VO3發生相互促進的水解反應：N+H2OH3VO4↓+NH3，N有利于水解　(2)溫度升高至一定范圍催化劑失活　4NH3+5O24NO+6H2O、N2+O22NO　(3)①適當增加酸的濃度、升高溫度、延長酸浸時間等　②　③增加銨根離子濃度，促進平衡向析出沉淀的方向移動，提高NH4VO3的含量
解析　(2)反應溫度在320~360 ℃范圍內，NO轉化率隨溫度變化不明顯的原因是溫度升高至一定范圍催化劑失活，導致NO轉化率升高不明顯。反應溫度高于380 ℃，NO轉化率下降，有可能體系產生了NO，如4NH3+5O24NO+6H2O、N2+O22NO等。(3)②已知H4V4O12具有八元環結構，且V連有五個共價鍵，結構式可表示為。③NH4VO3飽和溶液中存在沉淀溶解平衡NH4VO3(s)N(aq)+V(aq)，加過量NH4Cl溶液增加銨根離子濃度，促進平衡向析出沉淀的方向移動，提高NH4VO3的含量。
3.(1)①FeS+Cr+4H2OFe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-　②5×10-5　③c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中物質的量分數越大　(2)4　　(3)Fe2O3；設FeS2氧化成含有兩種元素的固體產物化學式為FeOx，M(FeS2)=120 g·mol-1，則M(FeOx)=120 g·mol-1×66.7%=80.04 g·mol-1，則56+16x=80.04，x≈，即固體產物為Fe2O3
解析　(1)②反應FeS+H+Fe2++HS-的平衡常數K= ，由題目信息可知，)·c(S2-)=6.5×10-18，H2S電離常數Ka2==1.3×10-13，所以K===5×10-5。(2)因為FeS2的晶體與NaCl晶體的結構相似，由NaCl晶體結構可知，一個NaCl晶胞含有4個Na和4個Cl，則該FeS2晶體的一個晶胞中的數目也為4；FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe2+緊鄰，且Fe—S間距相等，根據FeS2晶胞中的Fe2+和的位置(中的S—S鍵位于晶胞體對角線上)可知，每個S原子與S—S鍵所在體對角線上距離最近的頂點相鄰的三個面的三個面心位置的Fe2+緊鄰且間距相等。

展開更多......

收起↑