备战年高考化学－工艺流程专项复习系列
专项5－分离提纯及其操作
一．常见的产品分离提纯的方法及其应用
1．过滤
固液分离的一种方法，主要有常压过滤，减压过滤，热过滤三种。
（1）常压过滤：通过预处理、调节pH等工序可实现对杂质的去除，但值得注意的是需要分析对产品的需求及生产目的的综合考虑，准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分，准确判断是留下滤液还是滤渣。
三氧化二镍是一种重要的电子元件材料、蓄电池材料。工业上利用含镍废料(以镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。根据下列工艺流程示意图回答问题。
操作1的名称为__________。
过滤
根据流程图，含镍废料加酸溶解，除去不溶物，所以操作1的名称为过滤。
精对苯二甲酸(PTA)是生产聚酯纤维的重要化工原料。生产过程产生的氧化残渣主要含有苯甲酸、对苯二甲酸、钴锰催化剂等。采用以下工艺流程可实现PTA残渣中有效成分苯甲酸和Co2+、Mn2+的回收与纯化，达到废物再利用的目的。
（1）操作I的方法是______；实验室进行操作Ⅱ主要用的玻璃仪器有_________。
过滤分液漏斗、烧杯
经分析可知，操作I的方法是过滤；操作Ⅱ是分液，分液主要用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。
（2）减压过滤，抽滤
抽滤和减压过滤是指一种操作，其原理与普通的常压过滤相同。相比普通过滤，抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤，有时候还可以过滤掉气体，并能达到快速干燥产品的作用。
工业上利用氯碱工业中的固体废物盐泥（主要成分为Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4，除此之外还有NaCl、Al(OH)3、Fe(OH)3、Mn(OH)2等。）与废稀硫酸反应制备七水硫酸镁，产率高，既处理了三废，又有经济效益。其工艺流程如下：
（3）本工艺流程多次用到抽滤操作，其优点在于____________，四次抽滤时：抽滤①所得滤渣A的成分为____________、CaSO4；抽滤②所得滤渣B的成分为MnO2、____________、____________；抽滤③所得滤液C中主要杂质阳离子的检验方法是____________；抽滤④将产品抽干。
（4）依据溶解度曲线，操作M应采取的方法是适当浓缩，____________。
（3）速度快BaSO4Fe（OH）3Al（OH）3焰色反应（4）趁热过滤
（3）抽滤操作的优点是过滤速率快；在强酸性条件下过滤得滤渣A，所以其主要成分为BaSO4和CaSO4；在pH=5~6的条件下过滤得滤渣B，根据氢氧化物沉淀完全的pH可知：滤渣B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2；滤液C中的主要成分为Na2SO4、MgSO4和少量的CaSO4，其主要杂质阳离子为Na+，可用焰色反应检验。
（4）依据溶解度曲线，CaSO4在40℃左右溶解度最大，在80℃左右溶解度最小，所以操作M应采取的方法适当浓缩、趁热过滤，尽可能多的除去CaSO4。
（3）热过滤
某些物质在溶液温度降低时，易成结晶析出，为了濾除这类溶液中所含的其他溶性杂质，通常使用热漏斗进行过，防止溶质结晶析出。过时，把玻璃漏斗放在铜质的热遽漏斗内，热遽漏斗内装有热水以维持溶液的温度。
硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质．以硼镁泥为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业．从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如图：
已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：
温度(℃)
40
50
60
70
MgSO4
30．9
33．4
35．6
36．9
CaSO4
0．
0．
0．
0．
“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明除钙的操作步骤______________________、______________________。
蒸发浓缩(结晶)趁热过滤
有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；操作I”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，再经过过滤，便得到了MgSO47H2O，故答案为蒸发浓缩（结晶）；趁热过滤。
2．萃取
（1）萃取是一种分离、纯化物质的方法。通常分为液液萃取与固液萃取两种方式。
液液萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂（萃取剂）把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程。
固液萃取则是利用固态吸附剂，将液相中之某些溶质吸附于其上，达成分离或纯化之效果。
（2）萃取与反萃取
在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，可看作是萃取的逆过程。
实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O42H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：
（4）加入有机萃取剂的目的是_______________________________________。
（5）“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式_____________________。
（4）溶解NiR2，使之与水层分离（5）NiR2+2H+=2RH+Ni2+
（4）根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2，使之与水层分离；
（5）“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+。
粘土帆矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)制备V2O5的工艺流程如下：
已知：①硫酸氧钒[(VO)SO4]高温易分解生成VO2和SO3
②萃取剂对相关离子的萃取能力如下表：
微粒
VO2+
VO
Fe3+
Fe2+
萃取能力
强(随pH增大而增强)
弱
强
弱
（3）“反萃取”用20%硫酸目的为__________________，“氧化”的离子方程式为__________________。
（4）用反萃取法由碘的CCl4溶液提取碘单质，画出流程图________________________。
（3）降低VO2+、VO在有机相中的萃取能力
（4）
（3）根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、VO在有机相中的萃取能力；氧化过程中加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为；
（4）碘单质可以和NaOH溶液反应得到易溶于水的碘化钠和碘酸钠，所以可以先在碘的CCl4溶液中加入浓NaOH溶液振荡、静置、分液得到含有I-和IO的水溶液，之后加入稀硫酸，酸性环境下I-和IO发生归中反应得到含碘悬浊液，过滤得到碘单质，流程图为。
钒及其化合物在工业上有许多用途。某钒精矿的主要成分及质量分数如下表：
物质
V2O5
V2O3
K2O
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量分数%
0.81
1.70
2.11
63.91
5.86
12.51
一种从该钒精矿中提取五氧化二钒的流程如下：
（2）萃取剂对四价钒具有高选择性，且萃取Fe3+而不萃取Fe2+，所以萃取前可用____________（填名称，下同）对浸出液进行“还原”处理。为检验“还原”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是__________。
（3）“溶剂萃取与反萃取”可表示为：VO2++(HR2PO4)2(O)VO(R2PO4)2(O)+2H+。其中(HR2PO4)2(O)为萃取剂，为了提高VO2+的产率，反萃取剂应该呈__________性（填“酸”“碱”或“中”）。
（2）铁粉硫氰酸钾溶液（3）酸
（2）根据分析可知萃取前可用铁粉对浸出液进行“还原”处理；铁离子与硫氰酸钾溶液反应呈红色，可用硫氰酸钾溶液检验是否含有铁离子；
（3）为了提高VO2+的产率需要平衡左移，则需要溶液中有大量氢离子，所以反萃取剂应呈酸性。
3．蒸馏
蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同，给液体混合物加热，使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体，跟其他组分分离的操作。透用于分离沸点相差大的液体混合物。
亚磷酸钠(Na2HPO3)用途广泛，也是一种性价比高的催化剂。“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图如下：
“合成”过程中主要氧化产物为亚磷酸(H3PO3)，相应的化学方程式为：NaH2PO2+I2+H2O=H3PO3+NaI+HI。
已知：亚磷酸(H3PO3)为二元酸，其电离常数K1=3.7×l0-2，K2=2.9×l0-7；℃分解为PH3和磷酸。请回答：
采取减压蒸馏的原因是______________。
防止温度高于℃时H3PO3分解为PH3和磷酸
由亚磷酸℃分解为PH3和磷酸可知，为防止亚磷酸发生分解反应，将亚磷酸转化为亚磷酸二氢钠时，应采用减压蒸馏，故答案为：防止温度高于℃时H3PO3分解为PH3和磷酸。
硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：
操作2的名称为________________，流程中可循环利用的物质是____________________。
蒸馏异丙胺
操作1得到的物质是硼氢化钠和异丙胺的混合物，异丙胺的沸点为33℃，较低，易挥发，可以通过蒸馏操作分离二者，因此操作2为蒸馏，分离得到的异丙胺可循环利用，故答案为：蒸馏；异丙胺。
三．模拟演练
1．高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如下：
该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13
回答以下问题：
（1）MnSO4中阴离子的空间构型为_____________________。
（2）提高“反应Ⅰ”速率可采取的措施是______________(除“加热”外，任写一种)，滤渣A的主要成分为_______(填化学式)。
（3）“反应Ⅱ”中硫铁矿(FeS2)的作用为_____________________。
（4）“反应Ⅲ”的离子方程式为____________________________。
（5）“调pH”步骤中，应调节pH不低于____________________________。
（6）取0.gMnSO4固体，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液后，加入0.gNa2C2O4固体，充分反应后，用0.mol/LKMnO4溶液滴定，用去20.00mL，计算样品中MnSO4的质量分数_____________________(保留三位有效数字)。
（1）正四面体
（2）适当增加硫酸的浓度MnO2
（3）将MnO2还原为Mn2+（4）（5）3.2（6）98.0%
在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣A的主要成分为MnO2，反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其反应为，过滤得S和含硫酸铁、硫酸锰等的溶液反应Ⅲ加MnO2是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应为加CaCO3是利用Fe3+与双水解除去Fe3+，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品。
（1）离子中，S原子采用sp3杂化，离子呈正四面体结构，硫原子位于正四面体体心，4个氧原子位于正四面体四个顶点，故填正四面体；
（2）提高反应速率的措施有适当升温、适当增加酸的浓度，将硫铁矿粉碎，搅拌，根据题意任选一种，废渣A为MnO2，故填适当增加硫酸的浓度、MnO2；
（3）根据反应方程式，硫铁矿被氧化，作还原剂，将MnO2还原为Mn2+，故填将MnO2还原为Mn2+；
（4）根据题意，反应Ⅲ的离子方程式为，故填；
（5）由表中数据可知，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，Mn2+开始沉淀的pH为9.27，要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+，pH应不低于3.2，但不高于9.27，故填3.2；
（6）此为采用间接测定法测MnSO4的含量，根据题意，与由样品产生的反应的物质的量=总的的物质的量-滴定消耗的物质的量，由此计算。加入的Na2C2O4的物质的量为=0.mol，由方程式可知，剩余的的物质的量为0.mol，由此得与由样品产生的反应的物质的量为0.-0.=0.mol，即样品中MnSO4的物质的量为0.mol，其质量分数为=98.0%，故填98.0%。
2．综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子
浓度(mol·L-1)
开始沉淀pH
Fe2+
1.0×10-3
8.0
Fe3+
4.0×10-2
1.7
Zn2+
1.5
5.5
Ga3+
3.0×10-3
3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子
萃取率(%)
Fe2+
Fe3+
99
Zn2+
Ga3+
97-98.5
（1）Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为__________________，“浸出”时其发生反应的离子方程式为____________。
（2）滤液1中可回收利用的物质是__________________，滤饼的主要成分是__________________；萃取前加入的固体X为__________________。
（3）Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为____________(填化学式)。
（4）电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为______________________________。
（5）GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为________________________。
（6）滤液1中残余的Ga3+的浓度为__________________mol·L-1(写出计算过程)。
（1）+3价Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O（2）硫酸锌Fe(OH)3、Ga(OH)3Fe（3）NaGaO2（4）GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－（5）Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN（6）3.0×10-10.2
炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，据此解答。
（1）Ga2(Fe2O4)3中Fe是+3价，O是－2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O。
（2）根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。
（3）Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。
（4）精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极是得到电子转化为Ga，电极反应为GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－。
（5）以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。
（6）根据表中数据可知Ga(OH)3的溶度积常数为3.0×10-3×（10－11）3＝3.0×10-36，溶液的pH＝5.4，即氢氧根离子浓度是10－8.6mol/L，所以滤液1中残余的Ga3+的浓度为＝3.0×10-10.2mol·L-1。
3．以镁铝复合氧化物()为载体的负载型镍铜双金属催化剂()是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下：
已知：常温下，，。回答下列问题：
（1）在加热条件下，尿素在水中发生水解反应，放出______和______两种气体(写化学式)。
（2）“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为__________________。
（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是__________________。
（4）常温下，若“悬浊液”中，则溶液的__________________。
（5）“还原”过程中所发生反应的化学方程式为________________________。
（6）在强碱溶液中被氧化可得，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：
①放电一段时间后，溶液的pH将____________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②充电时，阳极发生的电极反应式为_________________。
（1）NH3CO2
（2）水浴加热
（3）取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净
（4）10
（5）NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O
（6）增大Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O
将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60℃净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在℃温度下用氢气还原。
（1）根据题意，尿素[CO(NH2)2]在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2＋H2OCO2↑＋2NH3↑，因此放出NH3和CO2两种气体；故答案为：NH3；CO2。
（2）“晶化”过程中，需保持恒温60℃，温度在℃以下，因此采用的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。
（3）“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用的方法是取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净。
（4）常温下，若“悬浊液”中，，则，，则溶液的10；故答案为：10。
（5）“还原”过程最终得到，说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发生反应的化学方程式为NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O；故答案为：NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O。
（6）①放电一段时间后，负极反应式为Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2，正极是2NiOOH＋2e－＋2H2O=2Ni(OH)2＋2OH－，正极生成的OH－物质的量与负极消耗的OH－物质的量相等，但是消耗了电解质中的水，使碱性增强，因此溶液的pH将增大；故答案为：增大。
②根据放电时正极电极反应式NiOOH＋e－＋H2O=Ni(OH)2＋OH－，则充电时，阳极发生的电极反应式为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O；故答案为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O。