还剩22页未读，继续阅读
本资源只提供10页预览，全部文档请下载后查看！喜欢就下载吧，查找使用更方便
文本内容:
专题工艺流程综合题15【母题来源】年全国甲卷2022【母题题文】硫酸锌|冈善是制备各种含锌材料的原料,在防腐、电镀、医学上有诸多应用硫酸锌可由菱6锌矿制备菱锌矿的主要成分为|冈阐:杂质为面以及、、、等的化合物其制备流程如下Ca Mg Fe Cu本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表:I11向｝冈同向离子:11:I IL T回答下列问题:⑴菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为⑶加入物质调溶液皿牛最适宜使用的是填标号X X国士A.⑵为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有滤渣
①的主要成分是_______向|臼战的滤液
①中分批加入适量|区睁叫溶液充分反应后过滤,滤渣
②中有|国4藤该步反应的离子方程式为⑸滤液
②中加入锌粉的目的是________o滤渣
④与浓叵反应可以释放并循环利用,【答63HF同时得到的副产物是案】⑴区ZnCCh fenO+CO T2将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积增大硫酸的浓度等23B FeOHCaSO SiO342砚置换为从而除去43Fe2++Ej7H2O=3FeOH31+MnO21+5H+5C/+Cu
②提高固相反应速率可以适当升高温度或者研磨粉碎使反应物固体混合均匀；
①碳酸锂溶浸过程的反应|区一——该反应为气体系数和减小的反应，3AS由图像可知，所以该反应低温条件下能自发进行，依据复合判据，当时自发，由图可知，温度0,AHVO,AGCO大概等于左右为所以当℃时，该反应自发进行；
②由图像可知，,所以反应放热，升56AG0,T56AG0,AHV高温度，平衡逆向移动，同时，温度升高也会使得二氧化碳的溶解度减小，减小，平衡也会逆向移动cC02【点睛】化学方程式配平时，注意采用观察法，设系数为然后依次采用原子守恒的方式得到正确的化LiC031,学方程式.北京.人大附中三模我国是稀土储量大国，氧化铀是一种应用广泛的稀土氧化物一种用
3.2022CeCh氟碳钵矿叵三含、叵装杂质为原料制备|冈葡的工艺如下图3,BaO已知
①可形成难溶于水的复盐［|冈………………其氢氧化物也难溶于水
②硫胭的结构简式为叵三三，在酸条件下易被氧化为巨三三I
③是一元弱酸HF回答下列问题:⑴焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有写一条o⑵固体的主要成分是________⑶焙烧后加入稀硫酸浸出，元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系A Ce如下图所示，应选择的适宜的条件为,硫酸浓度过大时，浸出率降低的可能原因是步骤
②加入硫月尿的目的将|冈霭|还原为回；该反应的离子方程式为4⑸步骤
③加入的目的NaOH步骤
④的离子方程式为6溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁镀溶液则该产品的VmL,取所制|冈郸溶解后配制成溶液取该溶液用硫酸亚铁铉囚二二7a g250mL bmL cmol/L质量分数为列表达式O【答案】将氟碳铀矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率1和2BaSO4SiO2温度℃、为溶液中增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低385cH+
2.5mol/L cSCQ=Ce2SC43+SCN2H32+H2s4中和过量的硫酸5【解析】氟碳铀矿含、、在空气中焙烧，在空气中氧化为，用硫酸浸取，4+进入溶CeFCCh BaoSiO,Ce+Ce+,Ce2液，不反应，与硫酸反应生成沉淀，过滤分离，滤渣为、滤液中加入硫版将SiCh BaOBaSCU ASiCh BaSO,A4，还原为与形成复盐沉淀・・过滤分离复盐沉淀加入碱，Ce+Ce3+,Ce2SO43Na2sO4Ce2SO43Na2SO4nH2O,再加入酸，被转移到溶液中，再加入碳酸氢镂使沉淀为最后灼烧分解生成Ce3+Ce3+Ce2CO33,CeO2o⑴从反应速率的影响因素考虑，为了提高焙烧效率，可采取的措施有将氟碳铀矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率；中为一价、歪价，根据化合价代数和为可知为价；不反应，与硫酸反应生2CeFCCh FCO-20,Ce+3SiCh BaO成沉淀，故滤渣是和；BaSCU A BaSO SiO42由图可知，温度℃、时，稀土的浸出率浸出率最高，即选择的适宜的条件为温度℃、385cH+
2.5mol/L85c H+为；溶液中增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低；
2.5mol/L cSCQ硫胭将将向碓原为后|，自身被氧化为方程式为4SCN2H32,；=Ce2SO43+SCN2H32+H2so4在前面步骤中加入的硫酸过量，步骤
③加入的目的是中和过量的硫酸；5NaOH步骤
④是碳酸氢镂提供碳酸根与结合生成为产生的氢离子又与碳酸氢根反应生成二氧6Ce3+Ce2CO33,,则该产品的质量分数根据可知n=凶07Lsjp化碳与水，反应离子方程式为臼………—；I•河南郑州三模火法炼铜过程中产生的碱性渣，其主要成分为、以及少量的42022TeCh NaTeONazSeCh
23、、等一种利用这种碱性渣提取高纯硅和粗硒的工艺流程如下图所示CuO PbO SiCh已知；29KspCuS=6x10-36KspPbS9xlO-o请回答以下问题碱浸”前应对碱性渣进行的操作是_______1“o下图分别是温度和溶液浓度对硅浸出率的影响，则碱浸时的合适温度是_________实际生产中采用2NaOH o的溶液，而不用更大浓度溶液的原因是ImolL”NaOH NaOH已知和均具有一定的“两性“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠则“碱浸”时所发生3CuO PbO PbO反应的离子方程式为O⑷滤渣的主要成分为滤液中沉淀完全时，的最大值是_______________1保留小数点3o Pb2+cCu2+mobL,后位某离子浓度低于时，可认为该离子沉淀完全2lxl0-5mol.L”⑸电解制确时阴极的电极反应式为电解余液经处理后可循环使用于步骤电解时电流为o o电解时间为若生成神的电流利用率为则生成硅的质量为法拉第常数为・保留小10A,4h Te95%,96500C molL数点后位1【答案】⑴粉碎℃℃当溶液浓度为1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，280~90NaOH1mobf且会导致后续在调时消耗更多的硫酸，增加成本pH3Pb0+20H-Pb0[jH
20、134CuS PbS
6.67X10[击已+碱浸和溶解5TeO43H2O=Te+6OH-TeO
45.4g2【解析】碱性渣，其主要成分为、以及少量的、、等，加入氢氧化钠TeCh NaTeO.NazSeCh CuO PbOSiCh23溶液进行碱浸,转化为和均具有一定的“两性”，碱浸时分别转化为TeCh NaTeO,CuO PbO Cuo[^U Pbo[J SiCh23和氢氧化钠反应生成硅酸钠，浸出液中加入氯化钙溶液，与过量的氢氧化钠反应生成微溶的氢氧化钙,与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入硫化钠，与击应生成硫化铜沉淀，与[付交应生成硫化铅CuO PbO沉淀，过滤后向滤液中加入硫酸，过滤得到和溶液，向中加入氢氧化钠溶液进行溶解，然TeCh NazSeChTeCh后电解、熔炼得到高纯硅，向溶液中通入二氧化硫得到粗硒NazSeCh碱浸”前应对碱性渣进行的操作是粉碎，目的是增大接触面积，加快碱浸时的反应速率1“⑵由图示可知，碱浸时的合适温度是80℃〜90℃,当NaOH溶液浓度为时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调时消耗更多的硫酸，增加成本，因此实际生产中采用・的溶液，pH lmol L”NaOH而不用更大浓度溶液NaOH和均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠，“碱浸”时与氢氧根离子3CuOPbOPbO反应生成施口比反应的离子方程式为PbO0,PbO+2OH=PbO[*⑷由分析可知，滤渣的主要成分为、；当滤液中沉淀完全时，3CuS PbSPb2+0船门.3-r—1瞄J碌:才E白/CI-I脓%Ka二凶二则二四二凶139Q0-24,cCu2+^
6.67x10mol/Lo电解制硅时阴极[由导电子生成电极反应式为生成了氢氧化钠，电解余液5TeO Te,Teo[^4e-+3H O=Te+6OH-,2的电流利用率为则电子的物质的量为国95%,生成的物质的量为mol,Te经处理后可循环使用于步骤碱浸和溶解中；电解时电流为电解时间为若生成硅TeCh10A,4h,Te质量为mol,0EmolL^428g/mol-
45.4go
5.2022・河南信阳•二模近年来，硫化铜矿主要成分为CuFeSz和CU2S的湿法治炼技术已经取得了很大的进展现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法，其工艺流程如图所示反应温度、固液比、反应时间和氯离子浓度都对铜的浸出率有较大的影响，下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图如图甲丁所示〜回答下列问题⑴火法炼铜的主要反应有反应区罐（炉渣）；I2CuFeS+4OCu2s+3SO2+2FeO22反应；II2CU2S+3O1^^2CU2O+2SO2反应ni o
①反应、的两种含铜产物继续在℃条件下继续发生反应生成单质铜，请写出相应的化学方程式I ni2oo ni
②由生成共消耗）（用含表达式表示）amolCuFeS amolCu,molC2a（）写出流程中的反应中溶浸的化学方程式—21Cu2s o（）经查，硫黄、・均可入药，用途广泛湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是___（写出两点）3FeSO47H2⑷根据实验以及工业生产的实际要求，从表中得出的最佳工艺条件为—（填字母）选项反应温度/℃固液比・反应时间cCl-/molL-i/h A
95150.87B
10015.
50.77C
110160.98⑸副产品样品的纯度可用滴定法进行测定，实验步骤如下FeSO-7H O42步骤称取绿矶产品，经溶解、定容等步骤准确配制溶液
15.800g250mL步骤从上述容量瓶中量取待测溶液于锥形瓶中
225.00mL步骤用硫酸酸化的」溶液滴定至终点，记录消耗溶液体积
30.0100mol.L KMn04KMnCU步骤重复步骤、步骤一至两次423
①步骤量取溶液所用仪器是—2o
②数据处理滴定次数待测溶液的体积标准溶液的体积滴定前刻度滴定后刻度/mL/mL/mL
125.00mL
0.
0240.
01225.00mL
0.
7040.
71325.00mL
0.
2039.20计算上述样品中的质量分数为一保留两位小数FeSO-7H O42【答案】
12.5a
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中的质量分数偏低的原因可能是FeSO-7H O42污染小；得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄⑷3A2CU2O+C11Cu+SO2T酸式滴定管或移液管在空气中被氧化
595.86%FeSCU【解析】硫化铜矿主要成分为和加入硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫酸铁、硫等,过CuFeSz CU2S2C11SO4+S+2H2O2Cii2S+2H2so4+O2滤后经过溶硫过程分离出硫，第、次滤液混合后经过反应过滤分离出硫，过滤滤液中加入铁，置换出铜和生12成硫酸亚铁⑴
①反应、的两种含铜产物继续在条件下继续发生反应生成单质铜，根据质量守恒及氧化还原反应I II1200C m特点还会生成二氧化硫，2Cu2O+Cu2S^~^6Cu+SO2T
②最终生成铜、二氧化硫、氧化亚铁，根据得失电子守恒可知，CuFeSz nO2=⑵流程中的反应中溶浸为和稀硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫和水，1Cu2s Cu2s回，CU2S+2H2so4+01CuS04+S+2H2由流程可知，反应中得到硫酸亚铁晶体、铜且没有废气生成，故湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是污染3小、得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄由浸出率图可知，适宜温度大于℃小于℃、固液比为、时间为小时左右、氯离子浓度为；4901001:
570.8故选Ao
①硫酸亚铁水解溶液显酸性，步骤量取硫酸亚铁样品溶液所用仪器是酸式滴定管或移液管52
②第、、次所消耗标准溶液的体积分别为、第次数据误差较大舍去,
12339.99mL
40.01mL.
39.00mL,3的物质的量为
3140.00x10-LxO.01OOmol-L-x0=
0.02mol,
95.86%o则平均消耗标准溶液体积为；根据电子守恒可知，上述样品中
40.00mL KMnO4^FeSO-7H O,FeSCUIHzO42
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中的质量分数偏低的原因可能是在空气中被氧化，FeSO-7H OFeSCh42导致消耗标准液偏小
6.2022・河南开封•三模某废催化剂主要含有AbO
345.4%、MoCh
28.8%、Fe2C
30.7%以及其他杂质为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收铝和铝等回答下列问题:焙烧”前要进行粉碎处理，目的是___________1“O焙烧”中有生成，发生反应的化学方程式为2“NazMoCUo⑶钥的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为、_、、沉铝”中，生成沉淀的离子反应方程式为4“M⑸操作最好采用AI*-v.a:,,已知金属的浸出率凶浸出渣中的含量；浸出渣的质量；参与浸出反应6M a=x100%,w-M m-z-的总质量，通过.射线衍射法测定“浸出渣”中的含量为若废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸M XM
0.8%,It出渣则的浸出率@=”
0.48t,Mo【答案】增大接触面积，提高浸取率12Na2CO3+MoC3=Na2Moe4+CO2T均正确℃℃均正确
30.
280.25-
0.3L5h9085-90514R^1FH++H2°=A1CH31蒸发浓缩，冷却结晶5698%【解析】本题是一道从废催化剂中回收铝和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题⑴从反pH应速率的影响因素考虑，焙烧前要进行粉碎处理，目的是增大接触面积，提高浸取率；由流程图可追，反应物为碳酸钠和反应产物为根据元素守恒可知方程式为2MOO3,NazMoCU,Na2c3+MoO3=Na2MoO4+CO2T纵坐标为铝的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为均正确；最佳焙烧时间
30.
280.25〜
0.3为；最佳浸出温度为均正确；最佳浸出液固比为；根据题意可知焙烧时，氧L5h90285~902514化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为|冈毒「H++H2O=A1OH3操作为由溶液中获得因此该操作为蒸发浓缩，冷却结晶；由题意可知，浸出渣中的含5A Na2sIOH2O,6M量为即浸出渣质量为即为参与浸出的
0.8%,w=
0.8%,
0.48t,m
0.48t,_________________________________________________________________________________________________________________________________________则催化剂中含质量为即为带入计算式可得:浸出率It Mo0192t,z
0.192t,
7.2022・河北石家庄•二模氧化铳Se2O3广泛应用于航天、激光和导弹等尖端科学领域利用钛白酸性废水含、342制备氧化铳的工艺具有较高的经济价值，其工艺流程如图所示H+Sc\Ti\Fe\SOQ已知:34均能与用表示发生络合反应，且机理均为n++；金属离子开始沉淀及i.Sc\Ti\Fe2+P504HR M+nHR[gMR+nH ii.n完全沉淀的如表所示:pH金属离子4+2+3+Tl FeSc开始沉淀pH
1.
36.
84.0沉淀完全pH
2.
39.
05.0回答下列问题萃取相比伸指的是萃取时有机相与被萃取的酸性废水的体积比“萃取工序中，萃取相比他与的1SC3+萃取率关系如表所示萃取相比G110115120125130135140的萃取率SC3+90909085807060该工序中最适宜的式直为理由为120,的络合机理为用离子方程式表示；“水相的主要成分除外，还含有和少量2Sc3+II”H2s4FeSCM则，、中与络合能力较强的是_____TiSO2,Ti+Fe2+P5044反萃取”时，加入溶液的目的为—；“滤液的主要成分为—填化学式3“NaOH I”优溶”时，加入盐酸调节溶液的范围为4“pH o⑸“沉铲时，能得到・其在“焙烧”分解时，热分解温度区间和分解得到的固体产物如表所SC2C2O436H2草酸铳晶体热分解温度区间固体失重百分率％生成的含铳化合物K383〜
42319.48A（）・（摩尔质量为）463〜
50823.38BSc2C2O436H2O462g/mol583〜
87370.13SC2O3化合物的化学式为—；由含铳化合物转化为时，发生反应的化学方程式为ABSC2O3【答案】萃取率高且节约有机相1国4+2Sc3++3HR ScR3+3H+Ti将、转化为和沉淀3SCR3TiR4SCOH3TiOH4NaR
42.3pH
4.05SC2C2O43H2O2SC2C2O43+3O］国卜C2O3+I2CO2【解析】向钛白酸性废水中加入和煤油，34与用表示发生络合反应进入煤油P504Sc\Ti\Fe2+P504HR层中，而、入水相，通过分液除去、然后向有机相中加入稀硫酸进行酸洗，络合反应的化学平H+sof^t H+SO0衡逆向移动，得到的水相中主要成分除外,还含有和少量然后加入溶液进行反萃II H2s04FeSCU TiSO2,NaOH4取，能够将、转化为和沉淀，而则与形成溶解在溶液中，通过分液NaOH SCR3TiR4SC0H3Ti0H4Na+R-NaR弃去煤油层，将水相过滤，“滤液的主要成分为滤渣为和沉淀，向其中加入一定量I”NaR,Sc0H3Ti0H4HCL调整溶液使其范围在仍然是以沉淀形式存在，而以离子形式存在于溶液中，向pH
2.3SpHV
4.0,TF+Ti0H4Sc3+溶液中加入溶液，形成・沉淀，然后在空气中燃烧沉淀，形成、H2c24Sc3+SC2C2O436H2SC2C2O43SC2O3CO o2⑴该工序中最适宜的电为这是由于在该比值时萃取率较高且节约有机相；120,⑵Sc3+与HR发生络合反应产生SCR
3、H+,该络合反应的机理为SC3++3HR同SCR3+3H+；“水相的主要成分除加入的外，还含有和少量离子的络合能力越强，则该离子越不II”H2sO4FeSCU TiSO42容易形成可溶性盐进入水相中，根据水相中离子的含量，可知4中与络合能力较强的是4+；反Ti\Fe2+P504Ti3“萃取”时，加入溶液的目的是将、转化为和沉淀，便于除杂与分离物质；加NaOH SCR3TiFU SCOH3TiOH4入溶液，、转化为和沉淀，同时产生则“滤液厂的主要成分为；⑷根NaOH SCR3TiR4ScOH3Ti0H4NaR,NaR据流程图可知在“优溶”时，加入盐酸调节溶液的使，以沉淀存在，而以离子形式存在pH,Ti+TiOH4Sc3+于溶液中，则根据「、形成沉淀的可知应该调整的范围为；4+Sc3+pH,
2.3SpHV
4.0⑸在温度为383〜423K时，Sc2C2O43・6H2的失重百分率为
19.48,则失去质量为462x
0.1948=89,若失重0A::、,故生成的含铳化合物A化学式为SC2C2O43H2O；在加热温度463〜508K时，Sc2C2O43・6H2O的失重百分率为
23.38,若失重质量为水的质量，则失去质量为则失去水的数目为〃见尸区的二・恰好完全失去结晶水，故生成的含铳化合462x
0.2338=108,0Sc2C2436H2O物化学式为则由含铳化合物在空气中煨烧转化为时,反应同时产生气体,根据电子守B ScC O3,B ScO CO222423恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为［卞2SC2C243+3O SC2O3+I2CO
28.2022・河北・石家庄二中模拟预测在实验室中从废旧钻酸锂离子电池的正极材料在铝箔上涂覆活性物质中回收钻、锂的操作流程如图:LiCoCh回答下列问题:⑴拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度NaCl升高，该过程中能量的主要转化方式为—o6CaSO MgSO44【试题解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为杂质为以及、、、等的化合物，结合流程图分析，ZnCCh,SiCh CaMgFeCu菱锌矿焙烧，主要发生反应，再加入酸浸，得到含、2223的溶液,ZnCO3p^nO+CO2T H2sO4ZM+Ca\Mg\Fe\Fe\C/+加入物质调节结合表格数据,过滤得到、的滤渣
①，滤液
①中主要含有、2X pH=5,Fe0H3CaSOSiCh Zn2+Cu\4222+再向滤液
①中加入溶液氧化过滤得到和的滤渣
②，滤液
②中加入锌Mg\Ca\Fe,KMnCU Fe+,Fe0H3MnCh粉，发生反应过滤后得到滤渣
③为再向滤液
③中加入脱钙镁，过滤得到滤渣
④为、Zn+Cu2+=Zn2+=Cu,Cu,HF CaF2滤液
④为溶液，经一系列处理得到据此分析解答MgF,ZnSCU ZnSO-7H O,242由分析，焙烧时，生成的反应为］国卜1ZnO ZnCoO+CChf;⑵可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；・易分解产生污染空气，且经济成本较高，故不适宜;3A.NH3H2O NH3A不会引入新的杂质，且成本较低，故适宜；B.CaOH2B会引入杂质且成本较高，不适宜；C.NaOH Na+,C故答案选；当沉淀完全时离子浓度小于结合表格计算各离子完全沉淀时的只有故B10-5moi/L,Ksp pH5Fe3+,滤渣
①中有又是微溶物，不溶于酸，故滤渣
①的主要成分是、；FeOH3,CaSCU SiC2FeOH3CaSOSiO424向80〜90℃滤液
①中加入KMnCU溶液，可氧化Fe+,得到FeOH3和MnCh的滤渣
②，反应的离子方程式为叵导；3Fe2++7H2O=3FeOH31+MnO21+5H+滤液
②中加入锌粉，发生反应故加入锌粉的目的为置换为从而除去；5Zn+Cu2+=Zn2+=Cu,C/+Cu由分析，滤渣
④为、与浓硫酸反应可得到同时得到的副产物为、6CaF2MgF,HF,CaSCU MgSCU2【母题来源】年全国乙卷2022【母题题文】废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有|冈王瑞卜叵］用利还有少量、、的盐或氧化物等t PbBa FeAl为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收一些难溶电解质的溶度积常数如下表:「过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为—2o酸浸”时主要反应的离子方程式为—；若硫酸、溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”3“Na2s2O3的目的，但会产生—填化学式污染环境沉钻”时，调所用的试剂是____；“沉钻”后溶液中已知154“pH cC02+=Ks[CoOH]=
1.09xlO-oP2⑸在空气中加热使其转化为钻的氧化物加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示COOH2,290-℃发生反应的化学方程式为500,根据图判断，“沉锂”中获得固体的操作主要包括洗涤、干燥等步骤6Li2co3【答案】化学能一电能一热能i；2NaA102+HCl+H0=NaCl+Al0H32邓38LiCoO2+|^|b22H+=8Li++8Co2++2p11H OCl22溶液或氢氧化钠固体4NaOH
1.09xl0-6moi/L、，_4co3O4+O2T蒸发浓缩趁热过滤6【解析】正极材料在铝箔上涂覆活性物质加入氢氧化钠溶液进行碱浸，产生气体为氢气，得到偏铝LiCoCh酸钠、过滤后得到的滤渣为加入硫酸和溶液进行酸浸，再调节进行沉钻，得到LiCoO,LiCoCh,Na2s2O3pH=
9.52滤液再加入碳酸钠溶液调节沉锂得到母液和固体COOH2,pH12Li2cO3⑴依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能一电能一热能，故答案为化学能一电能一热能；⑵依题中信息可知，正极材料主要由和组成，属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与A1LiCoCh LiCoCh溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有和反应，生成和；“过滤所得滤液NaOH A1NaOH NaAlChH2用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，化学方程式为，故答案为NaAlO2+HCI+H2O=NaCl+AlOH31；；NaA102+HCl+H0=NaCl+Al0H23由信息知“酸浸”时被氧化为而|元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程3Na2s2O3Co•••式为也蚤疟至比加入的起还原作用，用一定浓度的盐酸替8LiCoO222H+=8Li++8c2++110,Na2s2O3代溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为污染性“Na2s2O3气体故答案为叵*⑷结合“沉锂”后母液中还可以获得・比可知用的试剂为CL,8LiCoO2+22H+Na2so410,NaOH溶液或固体；溶液则溶液中45代入22+15pH=
9.5,cOH=10-mol/L,K sp[CoOH2]=c OHcCo=l.09xl0RT#2+6故答案cCo=
1.09xl0-mol/L,为6；
1.09xl0-mol/L由流程中物质转化关系知，加热前的反应物为・其物质的量为依据钻元素守恒5CoOH20930g,
0.01mol,知温度升温℃时，转化为某种钻的氧化物，该氧化物中,nCo=
0.01mol,mCo=
0.590g,
2900.830g由此可以确定该氧化物为同理可以确定时,,*=
0.015mol,CO2O3;500cnO=^
0.0133mol,则生成的氧化物为CO3O4；所以290c〜500℃内，CO2O3转化为CO3O4,反应过程中，元素化合价降低氧元素化合价升高并转化为故反应的化学方程式为C2,」，故答案为4co；6CO2O34CO3O4+O2T6Co2O303O4+O2T分析溶解度曲线可知微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠6LiCCh析出，应采用蒸发浓缩减少溶剂并在较高温度下趁热过滤等操作，故答案为蒸发浓缩；趁热过滤一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的目如下表:金属氢氧化物1区口叶fl tMs,«»nmX-，］X-1ir；开始沉淀的pH
2.
36.
83.
57.2完全沉淀的pH
3.
28.
34.
69.1回答下列问题:⑴在“脱硫”中区港转化反应的离子方程式为，用沉淀溶解平衡原理解释选择向凸的原因I1在“脱硫”中，加入冈即羯;不能使铅膏中口的商完全转化,原因是________2o⑶在“酸浸”中，除加入醋酸还要加入后T^~b,lb能被巨串化的离子是____________;i向口促进了金属在醋酸中转化为瓦二，其化学方程式为;ii PbI道痘也能使|冈保化为区|」,|区||的作用是_____________JO酸浸”后溶液的约为滤渣的主要成分是__________4“pH
4.9,o沉铅”的滤液中，金属离子有5“o【答案】⑸他户反应⑸的平衡常数1PbSCU+C0aq PbCOs+So[Jaq PbSOs+Co[Jaq=PbCCh+SC[Jaq34凶；朝可以比较彻底的转化为K=345105,PbS04PbC03反应[也的平衡常数5反应正向进行的程度有限2BaS0s+C0[Jaq=BaC03s+S0aq K=|B[=
0.04«10,42+作还原剂3Fe Pb+H2O2+2H Ac=Pb AC2+2H
2、4FeOH3A1OH32+5Ba\Na【试题解析】铅膏中主要含有、、和还有少量、、的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进PbSCU PbO2PbOPb,Ba FeAl行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的约为依据金属氢氧化物沉淀时的可知，滤渣主要成pH
4.9,pH分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钢离子，氢氧化铅再进行处理得到PbOo⑴“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为住尸PbSO4s+CO aq由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，14PbC0s+S0[Jaq,K pPbCO3=
7.4n40-,3S曜反应⑸击的平衡常数KspPbSCU=
2.50-8,PbS0s+C0[Jaq=PbCC3+SO q4,说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失反应的平衡常数2BaS0s4-C0[Jaq=BaCO3s+So|Jaq4I I;==姓品lx|kK=入碳酸钠不能使铅膏中的完全转化BaSCU过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子3i过氧化氢促进金属在醋酸溶液中转化为过氧化氢与、发生氧还原反应生成和ii PbPbAc,Pb HAcPbAc H2O,22依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb+H2O2+2HAc=PbAC2+2H2OO过氧化氢也能使转化为铅元素化合价由价降低到了价，是氧化剂，则过氧化氢是iii PbChPbAc2,+4+2PbCh还原剂⑷酸浸后溶液的约为依据金属氢氧化物沉淀时的可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁⑸依pH
4.9,pH据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，BaSCU铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有和加入碳酸钠、氢氧化钠时引Ba2+入的Na+[命题意图]主要是考查物质制备的工艺流程分析，涉及方程式书写、实验操作、试剂作用分析、溶液的酸碱性等知识
①接受、吸收、整合化学信息的能力
②分析问题和解决解答化学问题的能力
③在解决化学问题的过程中，运用化学原理和科学方法，能设计合理方案，初步实践科学探究【命题方向】通过分析近几年的高考试题发现，该类题干以工业生产为主要背景，以文字、工艺流程图、表格相结合的形式呈现，阅读量相对较大预测在年的高考试题中会继续延续这种出题方式，更贴近工业生2023产（例如:会出现更多的工业术语和设备名称等），考查点会更加综合，可能会以陌生的新物质为背景，突出考查学生的能力，更加关注原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护、物质的分离提纯、产率的计算等【得分要点】.工艺流程题的解题思路1工艺流程题实际上是考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决工业生产中实际问题的能力解此类题目的基本思路⑴先粗读，从题干中获取有用信息，理清思路先不必把每个环节的原理都搞清楚⑵针对问题再精读，分析细节，根据问题去研究某一步或某一种物质⑶要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的规范性.工艺流程题的解题方法2⑴明确目的，提取有用信息通过阅读题头，了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，进而明确生产目的——制备什么物质，找到制备物质时所需的原料及所含杂质，提取出所给的相关信息——化学反应方程式、物质的稳定性、物质的溶解性等（）分析流程，弄清各步作用对比分析流程图中的第一种物质（原料）与最后一种物质（产品），找出原料2与产品之间的关系，联系问题有针对性地思考原料转化为产品的过程中依次进行了什么反应？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质是否要除去，采用什么操作方法除去？⑶看清问题，准确规范作答这一步很关键，历年的高考评卷分析都指出考生的简述能力比较差，特别是化学用语的表述与实际要求存在很大偏差所以答题时要看清问题，不能答非所问，要注意语言表达的科学性和准确性，如分清是要求回答实验操作名称还是具体操作步骤.解工业流程题必备知识3⑴常用思考方法
①反应原理；
②提高原料利用率；
③快速反应；
④提高产率；
⑤提高产品纯度；
⑥绿色环保；
⑦工业成本低⑵控制反应条件
①调节值的目的控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀调值所加试剂一般是含被提pH pH纯物质中的金属阳离子对应的金属、金属氧化物、金属氢氧化物或金属碳酸盐（总之，这些物质要能与反应，H+又难溶于水，这样可即使过量而又不会引入新的杂质离子），有时候也可能加或氨水来调值，要据题NaOH pH意具体分析（一般是加的不会在后续的程序中难以分离）值的调节范围据题意Na\NH4+pH告知的某离子完全沉淀或开始沉淀的值数据来选择，不能随意更改，应该是题目中原始数据的组合pH⑶物质的分离和提纯的方法
①结晶（重结晶）；
②过滤；
③趁热过滤；
④洗涤（水洗，冰水洗涤，醇洗）；
⑤蒸储液、液分离（主要仪器蒸偏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管）；
⑥蒸发（实验仪器蒸发皿、铁架台、玻璃棒、珀烟钳、酒精灯）；
⑦萃取；
⑧分液（主要仪器分液漏斗）；
⑨升华；⑩盐析加无机盐使溶质的溶解度降低而析出⑪灼烧高温条件下固体物质的燃烧（主要仪器生烟）；⑫煮沸目的通常是除去溶解在水中的气体（通常为），或是为了促进水解，聚沉后便于过滤分离
2.常见文字叙述规范套路（重要）4（）如何进行滴定终点的判断？答当滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由颜色变为##颜色，且半分钟内1XX不恢复原色（注只写“变色”或“褪色”不得分）⑵洗涤沉淀的方法往漏斗中加入蒸储水至没过沉淀物，待水自然流下后，重复以上操作次2〜3（）检验沉淀是否洗涤干净的方法取最后一次的洗涤液，滴加试剂（可与杂质的某些离子发生沉淀反应）,3xx如果没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净；否则说明沉淀未洗涤干净（注这种情况因为离子浓度较低，应该选用反应灵敏的特征反应此时一般不用焰色反应实验检验）（）检验沉淀是否完全的方法静置，向上层清液中继续滴加试剂，若没有沉淀生成，说明沉淀完全；若出4xx现沉淀则说明沉淀未完全（）如何进行萃取操作？答在分液漏斗中加溶液和萃取剂，右手堵住漏斗上口塞，左手握活塞，倒转用力5振荡，放气，正立放铁圈上静置
1.（2022・北京・北师大实验中学三模）碳酸锢（SrCO难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼一种由工业碳酸锢（含少量、、、等）制备高纯碳酸锢的工艺流程如下:Ba2+Ca2+Mg2+Pb+已知（）为两性氢氧化物;I.Cr OH3常温下，各物质的溶度积常数如下表所示II.化合物CrOH CaOHMgOH SrCO3223近似值6Kp1x10-
315.5X10-l.8xl0-u
5.6xlyi°回答下列问题⑴气体的电子式为A o广除银、铅”时，过低会导致的利用率降低，原因为结合化学用语解释；“还原”时发生反2pH NH42CrO4应的离子方程式为O滤渣的主要成分为填化学式3“1”用氨水和分步调节而不是直接调节溶液的的原因为4NaOH pH,pHn3调后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣煮沸并趁热过滤的原因为5“pHR3”2,o已知碳酸的电离常数、11则“碳化”时，反应知冈整*6Kai=
4.4xl0-
74.7X10-,2+aq+2|Ka2=叫［国邮的平衡常数保留两位有效数字rCO3s+H2co3aq K=系列操作”中，将结晶过滤后，不经洗涤，直接以热风烘干，便可得高纯其原因是_________7“200c SrC03,［答案］回一.HW冈冈鼻汕冈易廿+廿208H++I+3H2c24=26827H23CrOH3过高会使溶解，导致铭的去除率降低4pH CrOH3的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的2+5CaOH2Ca
561.91xl0⑺微量杂质和均易分解NH4HCO3NH4NO3【解析】工业碳酸物含少量、
2、等加硝酸进行“酸溶”，碳酸锂和硝酸反应生成硝酸锢、Ba2+Ca\Mg2+Pb+水和二氧化碳，气体为得到含2222的溶液，向溶液中加入过量的进行“沉A CO,Sr\Ba\Ca\Mg\Pb+NH42CK42钢、铅”，过滤得到含、
2、叵］扃区的溶液,对溶液进行酸化、加草酸进行还原,而械还原为SU Ca\Mg2+CN+,得到含SA、Ca2\Mg2+、向小Ce的溶液，向溶液中加氨水调pH到7〜8,将C产转化为沉淀除去，滤渣1为CrOH3,再加调使、沉淀，过滤后碳化，转化为再经过“系列操作”得到高纯NaOH pH=13Ca2+Mg2+Sd+SrCO,SrC033⑴气体为其电子式为同—故答案为|区一小A CO2,⑵溶液中存在向事军向导过低，氏浓度过大，平衡NH^CrCU22H H2O,pH冈豳旧冈喻正向移动,更多的|冈藤化为|冈国;导致的利用率降低；结合流程和分析来看“还2|2H H2O NHSCrCU原”时草酸和铭酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为冈嘉卜8H++|3H2c2O4=2Ce+6CO2T+7H20,故答案为力冈诟冈*比；*2H0冈；8H++|£*3H2c2O4=2Cr3++6CO2T+7H2⑶由分析可知“滤渣的主要成分为故答案为；1”Cr0H3,CrOH3⑷是两性氢氧化物，过大会溶解，故用氨水和分步调节而不是直接调节溶液的Cr0H3pH Cr0H3NaOH pH,pH=13的原因为过高会使溶解，导致铭的去除率降低，故答案为过高会使溶解，导致铭的去pH CrOH3pH Cr0H3除率降低；（广调主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为（）5pH=13”pH=13”Ca OH2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的故答案为（）的溶解度Ca2+,Ca0H2随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的2+；Ca故答案为；5,
1.91X105⑺由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了镂根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去中的微量可溶性杂质，该杂质除外还可能为SrCO3NH4HCO3NH4NO3,NH4HCO3和均易分解，故将结晶过滤后，不经洗涤，直接以热风烘干，便可得高纯NH4NO3200C S1CO3,故答案为微量杂质和均易分解NH4HCO3NH4NO3（.北京市十一学校三模）废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料因…………—与铝箔构成,采用碱浸
2.2022法分离回收正极活性材料流程如图所示（）碱浸1
①碱浸过程中的离子方程式回
②保持碱浸液固比为、浸出温度为再］不变，测量碱浓度对旧旻出率的影51响如图，最终确定耳最EJ优浓度为百三三解释原因（）还原焙烧2在碱浸除去口后的正极材料中添加褐煤（含碳量）在百二|进行还原焙烧，所得产物用水和固处理（碳化90%,水浸），将布素转移到水相
①补全还原焙烧的方程式冈…
②固相反应一般反应速率较慢，写出可以加快还原焙烧反应速率的方法
①碳酸锂溶浸过程的反应回，该反应的区杼国|随温度的变化如图,I n|⑶碳化水浸根据化学热力学知识，判断该反应自发进行的温度范围为
②升高温度可以实现碳化结晶，从平衡的角度解释其原理_________o【答案】⑴低于值三时，随着浓度增大，的浸出率逐渐增大，浸出渣中2A1+2OH―2H2O=2A1O|J3H2T3A1铝的质量分数减少，当高于目三三］时，的浸出率和浸出渣中铝的质量分数变化不大，而且对设备要求更高，A1不利于经济效益，所以最优浓度为|NaOH7将褐煤和粉料研磨粉碎并混合均匀；222-2z C12z2x2y l-2zCO
①反应放热，升高温度，平衡逆向移动，同时，温度升高也会使得二氧化碳的溶解度减小,3Tv56c cCO2减小，平衡也会逆向移动【解析】废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料与铝箔构成，当采用碱浸时，除了氧化铝参与反应外铝也会参与反应，活性材料粉碎后加入褐煤还原焙烧，生成同时碳单质会被氧化成一氧化碳或者LiCO3,Ni,Co,MnO,二氧化碳，所得焙烧产物用水和处理碳化水浸，将锂元素变成转移到水相，最后结晶碳化，得到碳LiHCO3酸锂另外，浸出渣酸浸萃取后得到硫酸盐⑴废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料与铝箔构成，当采用碱浸时，除了氧化铝参与反应外铝也会参与反应，所以离子方程式为:=下；由图像可知，后三三三为拐点，低于此浓度，浓度2A1+2OH―2H22AK|3H2越大浸出率越大，而当大于后三三|时，浸出率变化不明显，而且对设备要求高，不利于经济效、人⑵
①根据锂守恒，可知系数为等原子守恒可得系数分别为此过程金属发生2,MnO,Ni,C2z2x2y,还原反应，则做还原剂被氧化成则根据氧原子守恒，得到系数为碳守恒得到系数为最C CO,C2-2z,CO l-2z,后得到化学方程式:。
个人认证
优秀文档
获得点赞 0
