（全国通用）2020版高考化学二轮复习大题题型集训2化学工艺流程（含解析）新人教版

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1、大题题型集训(二)化学工艺流程(建议用时：35分钟)(对应学生用书第170页)1(2019广西名校联考)碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如下图所示：已知：还原焙烧的主反应为2MnO2C2MnOCO2。可能用到的数据如下：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH1.56.54.28.3沉淀完全pH3.79.77.49.8 根据要求回答下列问题：(1)在实验室进行步骤A操作时，需要用到的主要仪器名称为_。(

2、2)步骤C中得到的滤渣主要成分是CaSO4和_，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。(3)步骤E中调节pH的范围为_，其目的是_。(4)步骤G发生的离子方程式为_，若Mn2沉淀完全时测得溶液中CO的浓度为2.2106 molL1，则Ksp(MnCO3)_。(5)实验室可以用Na2S2O8溶液来检验Mn2是否完全发生反应，原理为Mn2S2OH2OHSOMnO，确认Mn2已经完全反应的现象是_。解析(2)步骤C中得到的滤渣是不溶于水的Cu和微溶的CaSO4，步骤D中加入MnO2氧化溶液中的Fe2，其中Mn从4价降为2价，Fe从2价升高为3价，Fe2是还原剂，根据电子守恒，还原剂与氧化剂的物质

3、的量之比为21。(3)由图表可知为了使Fe3转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2，步骤E中调节pH的范围为大于Fe(OH)3的沉淀的pH而小于Mn2形成沉淀需要的pH，即选择条件为3.7pH8.3(或3.7pH8.3)。(4)在含有Mn2的溶液中加入NH4HCO3生成MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为Mn22HCO=MnCO3CO2H2O，Mn2沉淀完全时其浓度为1105 molL1，溶液中CO的浓度为2.2106 molL1，则Ksp(MnCO3)(1105 molL1)(2.2106 molL1)2.21011。(5)可利用Na2S2O8溶液与Mn2反应生成MnO(紫色)来检验M

4、n2是否存在。答案(1)坩埚(2)Cu21(3) 3.7pH8.3(或3.7pH8.3)使Fe3转化为Fe(OH)3而除去，不影响Mn2(4)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O2.21011(5)取少量试样于试管中，滴入Na2S2O8溶液，溶液不变为紫色则Mn2已完全反应2(2019上饶六校联考)钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：根据以上工艺流程图，回答下列问题：(1)提高焙烧效率的方法有_。(写任意一种即可)(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反

5、应的化学方程式为_，氧化产物是_。(3)“碱浸”时生成CO2的电子式为_，“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为_。(4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为_。(5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MoO)0.20 molL1，c(SO)0.01 molL1。“结晶”前应先除去SO，方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变，当BaMoO4开始沉淀时，去除的SO的质量分数为_%。已知Ksp(BaSO4)11010，Ksp(BaMoO4)2.0108(6)钼精矿在酸性条件下，加入NaNO3溶液，也可以制备钼酸钠，同时有

6、SO生成，该反应的离子方程式为_。解析(2)根据工艺流程，焙烧时，通入空气，产生MoO3和SO2，即化学方程式为2MoS27O22MoO34SO2；氧化产物是还原剂被氧化后得到的产物，根据化学反应方程式中Mo、S的化合价升高，即氧化产物是MoO3、SO2。(3)根据问题(5)，碱浸时，Mo元素以MoO的形式存在，即“碱浸”时含钼化合物发生的主要离子反应是MoO3CO=MoOCO2。(5)根据溶度积，SO先沉淀出来，BaMoO4开始出现沉淀，此时溶液中c(Ba2)1.0107 molL1，此时溶液中c(SO)Ksp(BaSO4)/c(Ba2)11010/1.0107 molL11.0103 mo

7、lL1，令溶液的体积为V L，去除SO的质量分数为100%90%。(6)MoS2与NO反应，S和Mo的化合价都升高，S原子被氧化成SO，钼元素以MoO的形式存在，NO中N的化合价降低，转化成NO。答案(1)粉碎固体颗粒(2)2MoS27O22MoO34SO2MoO3、SO2(3) MoO3CO=MoOCO2(4)PbS(5)90(6)MoS26NO=MoO2SO6NO3铬和铬的化合物是重要的化工原料，含铬废液易造成环境污染。以某铬矿石(主要成分是Cr2O3，含FeO、SiO2等杂质)为原料生产Cr2O3的工业流程如图所示：已知：Cr2OH2O2CrO2H，KspCr(OH)36.41031，l

8、g 20.3(1)步骤中为了提高反应速率应该采取的措施有_。(任写2种)(2)滤液1中的阴离子除CO外，主要还有_。(3)步骤发生的反应中Cr2O和蔗糖(C12H22O11)的物质的量之比为_。(4)步骤中为了使Cr3完全沉淀此时，c(Cr3)105molL1，常温下，pH至少调至_。(5)氯化铬酰(CrO2Cl2)是红色液体，它可由固体红矾(K2Cr2O7)与KCl和浓硫酸在小心加热情况下制得，写出制备CrO2Cl2的化学方程式_。(6)钢铁分析中为消除铬对测定锰含量的干扰，利用(5)中反应生成的CrO2Cl2加热挥发而除去。然后将气体通入亚硫酸钠溶液吸收。写出吸收过程中的化学方程式_。解析

9、铬矿石(主要成分是Cr2O3，含FeO、SiO2等杂质)中加入纯碱和氧气，高温下，SiO2和纯碱反应生成硅酸钠，FeO被氧化为氧化铁，根据信息滤液2与蔗糖反应生成含Cr3的溶液，结合信息Cr2OH2O2CrO2H，可知滤液1中含有Na2CrO4、Na2SiO3及过量的碳酸钠，固体1为氧化铁。加入硫酸可使硅酸根离子转化为沉淀，则滤液2中含有Na2Cr2O7、Na2SO4，再与蔗糖、尿素反应后，滤液3中的主要的溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4。(2)滤液1中含有Na2CrO4、Na2SiO3及过量的碳酸钠，则滤液1中的阴离子除CO外，主要还有CrO、SiO。(3)Cr2O和蔗糖(C12H22

10、O11)的反应中Cr的化合价由6降为3，C由0价升高到4价，根据得失电子守恒：6n(Cr2O)48n(C12H22O11)，则n(Cr2O)n(C12H22O11)81。(4)为了使Cr3完全沉淀此时，c(Cr3)105 molL1，根据KspCr(OH)3c(Cr3)c3(OH)6.41031，c(OH)4109molL1，则c(H)1014/(4109)molL10.25105molL1，pH5.6。(6)CrO2Cl2中Cr为6价，被还原为3价，Na2SO3中S为4价被氧化为6价。答案(1)适当升温、粉碎铬矿石、搅拌等(合理答案均可)(2)CrO、SiO(3)81(4)5.6(5)K2C

11、r2O74KCl3H2SO4=3K2SO42CrO2Cl23H2O(6)6CrO2Cl29Na2SO33H2O=2Cr2(SO4)312NaCl2Cr(OH)33Na2SO44(2019淄博二模)用工业制立德粉后的铅锌废渣(主要成分为ZnO和PbSO4，杂质为含Si、Fe3、Cu、Cd等元素的化合物)为原料，制活性氧化锌和黄色颜料铅铬黄，工业流程如图所示： 已知常温下Ksp(PbSO4)1.6105，Ksp(PbCO3)7.41014，KspFe(OH)31.01038。(1)“碱浸”过程中PbSO4发生反应的离子方程式为_，气体A的化学式为_。(2)“酸浸”过程中，在常温下应控制pH不低于_

12、。(3)“沉降”中发生沉降反应的离子方程式为_。(4)滤液D中溶质的主要成分为_。(5)以1 t含锌元素10%的铅锌废渣制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由：_。(6)常温下NH3H2O的电离常数Kb1.8105；碳酸的电离常数：Ka14.4107，Ka25.61011。该温度下某浓度的(NH4)2CO3溶液中c(NH)/c(NH3H2O)18。则溶液pH为_，c(HCO)/c(H2CO3)_。解析(1)已知：常温下Ksp(PbSO4)1.6105，Ksp(PbCO3)7.41014，所以“碱浸”过程中PbSO4发生反应的

13、离子方程式为PbSO4 (s) CO(aq)=PbCO3(s)SO(aq)；“酸浸”后产生的气体为二氧化碳，化学式为CO2。(2)“酸浸”过程中，若pH过低，酸性强，铁与酸反应生成的有关铁的化合物进入滤液中，再加碱时，会出现氢氧化铁沉淀，根据c(Fe3)1105 molL1时，KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)1.01038，c(OH)1011 molL1，c(H)103 molL1，pH3，因此要想除去铁离子，在常温下应控制pH不低于3。(4)由图知滤液B中含有的离子为Zn2 、NH、 CO，加硫酸调节溶液的pH6.06.5出现Zn2(OH)2CO3，滤液为(NH4)2SO4。(5

14、)除去铜、镉的过程中添加了锌粉，最终ZnO中的锌元素不完全来自于铅锌废渣，无法计算铅锌废渣中锌元素的回收率，所以结论为不能。(6)常温下NH3H2O的电离常数Kb1.8105；则NH的水解平衡常数为11014/1.8105，溶液中存在：NHH2ONH3H2OH 则c(NH3H2O)c(H)/c(NH)11014/1.8105，已知：c(NH)/c(NH3H2O)18，所以c(H)108 molL1，则溶液pH为8；溶液中存在HCOH2O H2CO3OH，碳酸的电离常数：Ka14.4107，Ka25.61011；可知Kh2c(H2CO3)c(OH)/c(HCO)11014/4.4107，又因为c

15、(OH)106 molL1，所以c(HCO)/c(H2CO3)44。答案(1)PbSO4(s)CO(aq)=PbCO3(s)SO(aq)CO2(2)3(3)2Pb22OHCr2O=2PbCrO4H2O(4)(NH4)2SO4(5)不能，因为除去铜、镉的过程中添加了锌粉，最终ZnO中的锌元素不完全来自于铅锌废渣，无法计算铅锌废渣中锌元素的回收率(6)8445(2019试题调研)钒是一种熔点很高的金属，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性，有延展性、硬度大，无磁性。广泛应用于钢铁、航空航天、能源、化工等领域。工业上常用钒炉渣(主要含FeOV2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)提取V2O5的流程如图

16、1所示：图1(1)焙烧的目的是将FeOV2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素的化合价转化为3，写出该反应的化学方程式：_。(2)加MgSO4溶液的步骤中，滤渣的主要成分是_(用化学式表示)。(3)沉钒过程中发生反应的离子方程式为_，得到的固体物质往往需要洗涤，写出实验室洗涤NH4VO3沉淀的操作方法：_。(4)已知常温下NH4VO3的溶解度为0.468 g，则NH4VO3的溶度积常数为_。(假设水溶解溶质后体积不变)(5)元素钒在溶液中还可以以V2(紫色)、V3(绿色)、VO2(蓝色)、VO(淡黄色)等形式存在。利用钒元素微粒间的反应设计的可充电电池的工作原理如图2所示，已知溶液中还含有1

17、 mol H2SO4，请回答下列问题：图2充电时，左槽溶液的颜色由蓝色逐渐变为淡黄色，则左槽电极上发生的电极反应式为_。放电过程中，右槽溶液颜色变化为_，若此时外电路转移了3.011022个电子，则左槽溶液中H的变化量n(H)_。解析向钒炉渣中加入碳酸钠并在空气中焙烧，生成的有NaVO3、氧化铁、硅酸钠、磷酸钠，水浸后得到的浸出渣中含有氧化铁，浸出液为NaVO3、硅酸钠、磷酸钠的水溶液，向滤液中加入硫酸镁生成难溶的硅酸镁、磷酸镁沉淀，过滤后向溶液中再加入硫酸铵生成NH4VO3沉淀，NH4VO3经加热生成V2O5。(4)常温下NH4VO3的溶解度为0.468 g，即100 g水中溶解的NH4VO

18、3的物质的量为0.004 mol，溶液体积为0.1 L，则饱和NH4VO3的浓度为0.04 mol/L，溶度积常数Kspc(NH)c(VO)0.040.041.6103。(5)充电时，左槽溶液由蓝色逐渐变为淡黄色，说明左侧电极上VO2(蓝色)失去电子生成VO(淡黄色)，左槽电极为阳极，电极反应式为VO2eH2O=VO2H；放电过程中，右槽电极是负极，负极失电子钒元素化合价升高，由V2变为V3，溶液颜色由紫色变为绿色，放电时正极反应为VOe2H=VO2H2O，若此时外电路转移了3.011022个电子，则左槽溶液中消耗氢离子0.1 mol，同时0.05 mol氢离子由右槽经质子交换膜进入左槽，则左槽溶液中H的变化量n(H)0.1 mol0.05 mol0.05 mol。答案(1)4FeOV2O34Na2CO35O28NaVO32Fe2O34CO2(2)MgSiO3、Mg3(PO4)2(3)NHVO=NH4VO3往漏斗中加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次(4)1.6103(5)VO2eH2O=VO2H由紫色变为绿色0.05 mol- 7 -