2019高考化学三轮冲刺大题提分大题精做7电解工艺流程

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1、大题精做七 电解工艺流程精选大题1.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH=4.1时，中为_溶液（写化学式）。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_。（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。（4）Na2S2

2、O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_gL1（以SO2计）。【解析】（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；（2）碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即中为NaHSO3；要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；（3）阳极发生失

3、去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O4e=4H+O2。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O+2I2+3H2O=2SO+4I+6H；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是0.0001mol64g/mol0.05L=0.128g/L。【答案】（1）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O (2) NaHSO3得到NaHSO3过

4、饱和溶液(3) 2H2O4e=4H+O2 a (4)S2O+2I2+3H2O=2SO+4I+6H 0.1281.（2018云南昆明市诊断理综）高锰酸钾是一种重要的氧化剂，在消毒杀菌等方面应用广泛。实验室以固体碱熔氧化法制备高锰酸钾，其部分流程如下：回答下列问题：(1)为提高第步的浸出速率，可采取的措施之一是_(2)第步通入CO2，将溶液的pH调至1011时，K2MnO4完全转化为KMnO4和MnO2。第步碱熔时发生反应的化学方程式为_。(3)第步母液中主要含有的溶质一定有K2CO3、KCl和_。该流程中，除了浓缩结晶的母液之外，还可以循环使用的物质是_。(4)工业上可采用如图所示装置电解K2M

5、nO4溶液制备KMnO4。b是直流电源的_极该装置中的离子交换膜是_交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)电解时阳极的电极反应式是_。与“固体碱熔氧化法”相比，“电解法”的优点是_。【解析】在碱性条件下氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，溶于水得墨绿色K2MnO4溶液，K2MnO4溶液中通入CO2使MnO发生歧化反应，生成MnO和MnO2，趁热过滤除去二氧化锰，得高锰酸钾溶液，冷却结晶得高锰酸钾晶体，（1）搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末等均可加快反应速率，所以为提高第步的浸出速率，可采取的措施有将熔融物粉碎、不断搅拌、适当加热等，故答案为：不断搅拌或适当加热。（2）

6、由题意可知，KOH、KClO3、MnO2共熔制得绿色K2MnO4，发生反应方程式为：KClO3+ 3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O，故答案为：3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O。（3）第步母液中主要含有的溶质一定有K2CO3、KCl和KMnO4，除了浓缩结晶的母液之外，还可以循环使用的物质是MnO2，故答案为：KMnO4；MnO2。（4）由图可知，MnO应该在阳极失电子生成MnO，所以a是直流电源的正极，b是直流电源的负极，故答案为：负。由图可知，阴极区的电极反应式为2H+2e=H2，阴极区OH浓度增大，稀KOH变为浓KOH，该装置中的离子交换膜应是阳离子

7、交换膜，允许阳离子K+通过，故答案为：阳离子。电解时阳极的MnO的放电能力强于OH，故阳极的电极反应式为：MnO-e=MnO，故答案为：MnO-e=MnO。与“固体碱熔氧化法”相比，“电解法”的优点是原料利用率高，产品更纯净，答案为：原料利用率高，产品更纯净。【答案】(1)不断搅拌或适当加热(2) KClO3+3MnO2+6KOHKCl+3K2MnO4+3H2O (3) KMnO4 MnO2(4) 负阳离子 MnO-e=MnO原料利用率高，产品更纯净2.（2018四川自贡诊断理综）工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的工艺流程如下图所示。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，其中一部分Fe2

8、+在风化过程中会转化为+3价。已知：TiO(OH)2(即H2TiO3)为两性氢氧化物(1)步骤中，发生主要反应的离子方程式为_。(2)步骤中，实现混合物的分离是利用物质的_填字母序号)。A.熔沸点差异 B.溶解性差异 C.氧化性、还原性差异(3)步骤、中，均需用到的操作是_(填操作名称)。(4)请结合化学用语，用化学平衡理论解释步骤中将TiO2+转化为H2TiO3的原理：_。(5)上述工艺流程中可以循环利用的物质是_(6)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极所发生反应的电极反应式_。在

9、制备金属Ti前后，CaO的质量将_(填“增大”、“不变”或“减小”)。【解析】（1）步骤中，用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+ +Fe=3Fe2+。（2）步骤冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶液得到；故答案为B。（3）步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体，所以需要过滤得到固体和溶液，故答案为：过滤。（4）步骤中使用热水的目的是促进TiO2+水解生成H2TiO3，分离出固体加热得到TiO2；溶液中存在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3；故

10、答案为：溶液中存在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3。（5）流程中生成了硫酸，步骤中使用硫酸，可循环使用，故答案为：H2SO4或硫酸。（6）用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙、发生还原反应，由阳极图示产物可知，阳极生成一氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的一氧化碳，所以电极反应为：2O2-4e=O2或C+O2-4e=CO，故答案为：2O2-4e=O2或C+O2-4e=CO。制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：阴极：2Ca2+4e=2Ca 阳极：

11、2O2-4e=O2，钙再还原二氧化钛生成钛：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，由此可见，CaO的量不变，故答案为：不变。【答案】（1）2Fe3+Fe=3Fe2+（2） B （3） 过滤（4） 溶液中存在平衡：TiO2+2H2OH2TiO3+2H+，当加入热水稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3（5） H2SO4或硫酸（6）2O2-4e=O2或C+O2-4e=CO 不变3.（2018山东济南一模）红帘石矿的主要成分为Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO少量MnO2等。工业上将红帘石处理后运用阴离子膜电解法的新技术提取金属锰并制得绿色高效的水处理剂(K2FeO4)。工业流程如下：(1

12、)在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2可将Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式：_。(2)浸出液中的阳离子除H+、Fe2+、Fe3+外还有_(填离子符号)。(3)已知：不同金属离子生成生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表：离子Fe3+A13+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH2.73.77.07.89.6完全沉淀的pH3.74.79.69.811.1步骤中调节溶液的pH等于6，调节pH的试剂最好选用下列哪种试剂：_(填选项字母，下同)滤渣B除掉杂质后可进一步制取K2FeO4，除掉滤渣B中杂质最好选用下列哪种试剂：_。a.稀盐酸 b.KOH c.氨水 d.MnCO3 e.CaCO3(4)

13、滤渣B经反应生成高效水处理剂的离子方程式_。(5)电解装置如图所示，箭头表示溶液中阴离子移动的方向；则与A电极连接的是直流电源的_极。阳极电解液是稀硫酸，若阴极上只有锰单质析出，当生成11g锰时，另一个电极上产生的气体在标准状况下的体积为_。【解析】本题考查化学工艺流程。(1)在稀硫酸浸取矿石的过程中，MnO2将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(2)由题意可知，在稀硫酸浸取矿石的过程中，过量的稀硫酸与Fe3O4、Al2O3、MnCO3、MgO反应生成Fe2+、Fe3+、Al3+、Mn2+、Mg2

14、+，部分Fe2+被MnO2氧化为Fe3+，即浸出液中的阳离子除H+、Fe2+、Fe3+外还有Al3+、Mn2+、Mg2+；(3)步骤中先加双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH等于6，将溶液中Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，调节溶液的pH时，最好选用不引入杂质的MnCO3；除去Fe(OH)3沉淀中的Al(OH)3沉淀，应选用强碱KOH溶液与Al(OH)3反应生成可溶的KAlO2；(4)Fe(OH)3在碱性条件下被KClO氧化为K2FeO4，KClO被Fe(OH)3还原为KCl，反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO+4OH=2FeO+3Cl+5

15、H2O；(5)由电子的移动方向可知，与A电极连接的是直流电源的负极，则A电极为电解池的阴极，B电极为电解池的阳极，阴极上Mn2+放电生成Mn，阳极上OH放电生成O2，11g锰的物质的量为0.2mol，由得失电子数目守恒可知，在标准状况下阳极生成0.1molO2，在标准状况下的体积为2.24L。【答案】（1）MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O（2）Mn2+、Mg2+、Al3+（3）db（4）2Fe(OH)3+3ClO+4OH=2FeO+3Cl+5H2O（5）负 2.24L4.（2018重庆九校联考）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。某工厂以酸性工业废

16、水（含H+、Al3+、Mg2+、Cr2O、SO）以及硫酸厂废气(SO2)为原料提取铬的工艺流程如下：有关数据如下表所示。化合物Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3完全沉淀的pH10.54.35.3开始溶解的pH7.89.2Ksp近似值5.610-121.310-336.310-31请回答下列问题：（1）步骤中发生主要反应的离子方程式为_。（2）步骤中加入适量Al2O3的目的是_。（3）为了达到实验目的，步骤中加入NaOH溶液，应调节溶液的pH范围为_。（4）步骤向滤液B中通入过量CO2，反应的离子方程式为_。（5）工业上也常采用下列装置，利用电解法处理含铬废水。在电解过程中阳极区pH增大

17、的原因是_。理论上每处理含1mol K2Cr2O7的废水，阴极区得到的气体体积为_（标准状况）L。【解析】步骤中，SO2有还原性，Cr2O在酸性条件下具有强氧化性，故发生主要反应的离子方程式为：Cr2O+3SO2+2H+=2Cr3+3SO+H2O，故答案为：Cr2O+3SO2+2H+=2Cr3+3SO+H2O。（2）根据题中表格数据，步骤中加入适量Al2O3的目的是：调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离，故答案为：调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离。（3）步骤中的滤渣A为：Al(OH)3和Cr(OH)3，加入NaOH溶液使氢氧化铝溶解，故调节溶

18、液的pH范围为：7.8pH9.2，故答案为：7.8pH9.2。（4）步骤向滤液B中通入过量CO2，滤液B为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液和过量CO2反应生成Al(OH)3和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO，故答案为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO。（5）右侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中Cr2O氧化，发应生成Cr3+和Fe3+，反应的离子方程式：Cr2O+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故在电解过程中阳极区pH增大的原因是：Fe2+与Cr2O72-发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区

19、，故答案为：Fe2+与Cr2O72-发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区。阴极氢离子放电生成氢气，2H+2e=H2，阳极反应为：Fe-2e=Fe2+，根据反应Cr2O+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，可知1molK2Cr2O7和6molFe2+反应，所以阳极每生成6molFe2+，失去12mol电子，根据得失电子守恒可知：阴极区生成氢气为6mol，标况下氢气的体积为：134.4L，故答案为：134.4。【答案】（1）Cr2O+3SO2+2H+=2Cr3+3SO+H2O （2） 调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离（3） 7.8pH9.2 （4） AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCOFe2+与Cr2O发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区 134.4 7