2020届高考化学主观大题《工业流程大题押题专练2》

1、2020届高考化学主观大题工业流程大题押题专练21.碱式碳酸镁Mg(OH)2.4MgCO3.4H2O不溶于水、乙醇,是重要的无机化工产品。一种以白云石为原料制备碱式碳酸镁的流程如图1所示:请回答下列问题:（1）白云石的主要成分是CaCO3、MgCO3,加热至一定温度时分解生成CaO、MgO。“混烧”时加入煤粉的作用是_。（2）根据下表中数据,选择“消化”时的最佳温度_;理由是_。消化温度/转化率/%3040506070809050.358.285.185.290.791.291.5（3）常温常压下“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2,“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产

2、率的影响如图2和图3所示:应控制“碳化”终点pH约为_;实验室中用pH试纸测定溶液pH的方法是_。已知室温下,KspMg(OH)2=1.810-11。“碳化”时终点pH=10.0时,溶液中c(Mg2+)=_。（4）“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为_“热解”时先生成MgCO33H2O;而后MgCO33H2O分解生成Mg(OH)24MgCO34H2O。若MgCO33H2O分解不完全,产品中镁元素的质量分数_(填“偏大”“不变”或“偏小”)。（5）“过滤”时用乙醇洗涤产品碱式碳酸镁,使用乙醇的原因是_。（6）该流程中可以循环利用的物质是_(写化学式)。2.我国研制的巨型激光器“神光二号”使用了一

3、种大型非线性光学晶体磷酸二氢钾(KHPO)。利用2443,备磷酸二氢钾晶体的工艺流程如图所示(部分无关流程已省略)。已氟磷灰石化学式为CaFPO5知:萃取的主要反应原理为KCl+HPOKHPOHCl,其中反应产生的HC1易溶于有机萃取3424剂。请回答下列问题:(1)粉碎氟磷灰石的目的是_,沸腾槽不能使用二氧化硅陶瓷材质,其主要原因是_(用化学方程式表示)。(2)萃取过程中可以通过反应KCl+HPOKHPOHCl在水相里得到KHPO,其原因是342424_。(3)在实验室中操作的名称为_,用到的主要玻璃仪器的名称是_。(4)通过一系列操作可得到副产品N,写出N的化学式_。(5)水相经一系列操作

4、得到KHPO晶体,一系列操作主要包括_、过滤、洗涤、干燥。24(6)用1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石样品来制取磷酸二氢钾晶体，实际得到316.2kgKHPO,则其产率为_。243.钛酸钡是一种强介电化合物材料,具有高介电常数和低介电损耗,是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一,被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。工业上制取BaTiO3粉体的方法如图,先获得不溶性草酸氧钛钡晶体BaTiO(C2O4)24H2O,锻烧后可获得钛酸钡粉体。请回答下列问题:(1)“酸浸”时发生反应的离子方程式为_。(2)流程中“混合”溶液中的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)+,TiO(C2O4)2、TiOC2O2

5、42这三种形式存在(四价钛不同存在形式的相对含量随pH的变化曲线如图所示)。实际制备工艺中,先用氨水调节“混合”溶液的pH在_左右,再进行“沉淀”,写出该条件下“沉淀”过程中生成草酸氧钛钡晶体的离子方程式_。(3)可参与循环利用的物质X是_(填化学式)。(4)检验草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净的操作是_。隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3粉体的同时,还能得到气体产物H2O(g)、_。4(5)BaTiO3粉体的产品中C2O2的含量可以用“氧化还原滴定法”测得。称取mg产品,置于烧杯中,加入50mL0.2molL-1酸性高锰酸钾溶液(过量)充分反应后配制成100mL溶液,取20mL该溶液于锥形

6、瓶中,用0.1molL-1的硫酸亚铁溶液进行滴定,达到滴定终点的标志是_,重复滴定3次,平4均每次消耗硫酸亚铁溶液的体积为20mL,则BaTiO3粉体的产品中C2O2的质量分数为_。4.碲（Te）凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥中（主要成分为CuTe）回收碲，工艺流程2如下：（1）“焙烧”后，碲主要以TeO形式存在，写出相应反应的化学方程式2。（2）为了选择最佳的焙烧工艺，进行了温度和硫酸加入量的条件实验，结果如表所示：硫酸加入量温度/（理论量倍数）4501.251.004601.251.50浸出率/%C

7、u77.3081.7989.8692.31Te2.332.813.157.705005501.251.2559.8311.655.4810.63则实验中应选择的条件为，原因为。（3）工艺（）中，“还原”时发生的总的化学方程式为。（4）由于工艺（）中“氧化”对溶液和物料条件要求高，有研究者采用工艺（）获得碲。则“电积”过程中，阴极的电极反应式为。（5）工业生产中，滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。滤液3与滤液1合并，进入铜电积系统。该处理措施的优点为滤渣3中富含Au和Ag，可用将其进行分离。A.王水B.稀硝酸C.浓氢氧化钠溶液D.浓盐酸5.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用水钴矿（主要成分为

8、CoO，含少量23FeO、A1O、MnO、MgO、CaO、SiO等）制取CCO23232O242H2O工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物FeOH3AlOH3CoOH2FeOH2MnOH2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8（1）酸溶时常将水钴矿粉碎，其目的是_。（2）浸出过程中加入NaSO的目的是_。23（3）加NaCO能使浸出液中某些金属离子转化成氢氧化物沉淀。试用离子方程式和必要的文23字简述其原理：_。（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图，

9、萃取剂的作用是_；其使用的适宜pH范围是_。A.2.02.5B.3.03.5C.4.04.5（5）已知：NHHONH+OHK=1.8105；324bHCOH+HCOK=5.4102；22424a1HCOH+CO2424K=5.4105a2则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH_7（填“”或“”或“=”）参考答案1.答案：(1)作燃料、提供能量(2)70；温度达70时,转化率已很高,进一步升高温度,转化率提高不大,而且能耗增加(3)9.0；用洁净、干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸上,并在半分钟内与标准比色卡对照；1.810-3molL-1(4)5Mg(HCO3)2Mg(OH)24MgC

10、O34H2O+6CO2；偏小(5)使产品快速干燥(6)CO2解析：(3)由题图2和题图3可知“碳化”终点pH约为9.0时,碱式碳酸镁产率较高,产品中CaO含量较低。“碳化”时终点pH过大时,碱式碳酸镁产率较低,显然是部分Mg元素以Mg(OH)2的形式存在,pH=10.0时,c(OH-)=10-4molL-1,根据KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)=1.810-11,可计算出c(Mg2+)=1.810-3molL-1。(4)Mg(HCO3)2受热分解的化学方程式为5Mg(HCO3)2Mg(OH)24MgCO34H2O+6CO2;比较MgCO33H2O和Mg(OH)24MgCO34

11、H2O中镁元素的质量分数知,后者的大,故若MgCO33H2O分解不完全,产品中镁元素的质量分数偏小。(5)用乙醇洗涤产品可除去其表面杂质,且由于乙醇易挥发,固体产品更易干燥。(6)“混烧”和“热解”两个步骤中生成的二氧化碳均可在“碳化”步骤中循环利用。2.答案：(1)加快反应速率;4HF+SiO2=SiF4+2H2O(2)生成的HCl易溶于有机萃取剂，平衡向正反应方向移动，从而制得KH2PO4(3)分液;分液漏斗(4)NH4Cl(5)蒸发浓缩、冷却结晶(6)77.5%解析：(1)粉碎氟磷灰石可以增大氟磷灰石与浓硫酸的接触面积，加快反应速率。Ca5F(PO4)3与浓H2SO4反应生成了HF,HF

12、能够与SiO2发生反应:4HF+SiO2=SiF4+2H2O。(2)磷酸与氯化钾反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，水相中平衡KCl+H3PO4KH2PO4+HCl向正反应方向移动，从而制得KH2PO4。(3)操作后得到了水相和有机相,故操作为分液操作，在实验室中用到的主要玻璃仪器为分液漏斗。(4)有机相中含有氯化氢，加入氨水后，氨水和氯化氢反应生成氯化铵，因此副产品N为氯化铵(NH4Cl)。(5)得到KH2PO4晶体的一系列操作主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(6)1000kg质量分数为50.4%的氟磷灰石样品中含有Ca5F(PO4)3的质量为504kg，根据P元素守恒，kg40

13、8kg,故产理论上可制得KH2PO4的质量为504率为316.2408100%=77.5%。31339231164405193131612313.答案：(1)BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O(2)2.7；TiOCO2242+Ba2+4H2O=BaTiO(C2O4)24H2O(3)HCl(4)取少许最后一次洗涤液于试管中，加入少量稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若试管中无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；CO、CO2(5)溶液由浅红色变为浅黄绿色,且半分钟不恢复原色；176%m解析：(1)碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳、水，反应的离子方程式为:BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O

14、。(2)生成的草酸氧钛钡晶体中含有TiOCO2242，因此实际制备工艺中，先用氨水调节“混合”溶液42形式存在;根据沉淀的化学式可知，反应的离子的pH在2.7左右，使得钛元素主要以TiOCO222+Ba2+4H2O=BaTiO(C2O4)24H2O。方程式为:TiOCO242(3)“混合”溶液pH在2.7左右，加入“酸浸”后的溶液,除生成草酸氧钛钡晶体外，还有HCl生成,生成的HCl可以在“酸浸”工艺中循环利用。(4)BaTiO(C2O4)24H2OO沉淀表面会附着氧离子，检验沉淀是否洗净只锚检验最后一次洗涤液中足否存在氯离子即可，故方法为:取少许最后一次洗涤液于试管中,加入少量稀硝酸酸化的A

15、gNO3溶液，若试管中无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净。隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3粉体的同时，结晶水变成水蒸气，草酸根离子转化成CO2、CO。(5)高锰酸根离子在溶液中皂紫红色，当滴入最后一滴硫酸亚铁溶液时，溶液由浅红色变为浅黄绿色，且半分钟不恢复原色,证明达到滴定终点;根据反应2MnO+5CO2+16H+=2Mn2+10CO+8HO,5Fe2+MnO+8H+=5Fe3+Mn2+4HO，与CO2424224224反应后剩余的高锰酸根离子的物质的量为0.1molL10.02L1100mL520mL=0.002mol，则与CO2反24为0.008mol0.02mol,则BaTiO3

16、粉体产品中CO2的质量分数为2100%。应的高锰酸根离子的物质的量为0.05L0.2molL-1-0.002mol=0.008mol，则产品中CO2的物质的量245240.02mol88gmol1176mgm4.答案：（1）CuTe+2HSO+2O22422CuSO+TeO+2HO422（2）460、硫酸加入量为理论量的1.25倍；该条件下，铜的浸出率高且碲的损失较低（3）NaTeO+3NaSO+HSO2423244NaSO+Te+HO242（4）TeO2+4e+3HO32Te+6OH（5）CuSO溶液循环利用，提高经济效益；B4解析：（1）根据“焙烧”前后物质的变化，可得反应方程式CuTe+2HSO+2O2242CuSO+TeO+2HO。4222（2）由表中数据可知，在460、硫酸加入量为理论量的1.25倍时，铜的浸出率高且碲的损失较低。（3）根据“还原”前后物质的变化，可得反应方程式NaTeO+3NaSO+HSO2423244NaSO+Te+HO。242（4）“电积”时，反应物为TeO2，产物为Te。由TeO2Te是