2022届高考化学二轮复习常考题型大通关(新高考)(十六)工业流程综合

#答案以及解析1•答案：（1）FeOTOC\o"1-5"\h\z232）VO+6OH-=2VO3-+3HO2542（3）NaCO+Ca（OH）=CaCO1+2NaOH，OH-增多平衡逆向移动，使得溶出2323VO3-4（4）VO6-1028（5）离子交换树脂、NaCl或者nhci4（6）450g解析：（1）由于铝土矿中含有FeO，而在碱性条件下，FeO不参与反应，在2323赤泥中还含有FeO。23（2）由于反应物是vo，碱性条件下生成物是VO3-，所以离子反应方程式为254VO+6OH-=2VO3-+3HO。2542（3）由于加入碳酸钠以后，发生如下反应NaCO+Ca（OH）=CaCO1+2NaOH，2323生成氢氧化钠,随着OH-增多平衡3Ca（OH）（s）+2VO3-=3CaO-VO（s）+6OH-逆向2425移动，使得有VO3-溶出。4（4）在发生吸附之前调节pH=8,而在pH=8时，钒的存在形态是V06-，因此1028R为VO6-，n=6。1028（5）经过解析后的离子交换树脂还可以继续吸附，所以离子交换树脂还可以重复利用，而经过解吸后的过滤液中含有NaCl和NHci，也可以重复利用。4依据10A1+3VO===5A1O+6V523106510g51g510g51g-mol-1~6~»100M=molx27g-mol-1=450g。

2.答案：(1)500°C;NHHCO+NH=(NH)CO433423将Fe2+氧化为Fes+;1.5〜5.27.2x1072Mn++3CQ+2HO=Mi(OH)-MnCO/+2HCO；焙烧3223394.6；偏大解析：(1)由题图1可知，500C时锰浸取率为90%左右，继续升高温度对锰浸取率的影响不大，所以焙烧时应选择的温度为500C。在焙烧过程中，MnCO3和NHCl反应生成MnCl、NH和CO，由流程可知Y为NH，在“吸收”中为NH与423233NHHCO反应生成(NH)CO，化学方程式为NHHCO+NH=(NH)CO.43423433423⑵由题中流程图可知，加入适量的MnO是为了将Fe2+氧化为Fe3+，以便同时除2去Fe2+和Fe3+；由流程图可知，调节pH的目的是沉淀Fe3+、A13+,所以由表中数据可知应调节的pH范围1.5〜5.2。(3)该反应的平衡常数K=c(Mn(3)该反应的平衡常数K=c(Mn2+)c(Mn2+).c2(F-)K(MnF)spK(MgF)sp2x10一3x10-11q7.2x107(4)“沉锰”过程中(NH)CO与MnCl反应生成Mn(OH)-MnCO、NHCl和4232234nhhco，反应的离子方程式为2Mn++3C(2-+2HO=Mi(OH)-MnCO^+2HCO；4332233由流程图可知，生成的NHCl可在“焙烧”工序循环使用。4⑸设0.9200g该样品中含有二氧化锰的质量为x。MnO〜I〜2SO2-22231mol2molX0.0800mol-L-1x0.025Lx100mL87g/mol10mL1mol贝V有x=2mo】，解得x=0.87g,87g/mol0.0800mol-L-1x0.025Lx10则该样品的纯度£87+x100%-94.6%由于KI溶液足量，若操作时间过长，将导0.9200g致部分KI被空气氧化为I，使消耗的NaSO溶液增多，导致样品纯度偏大。22233•答案：(1)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OCrO2-+12H05WO3+5H2O=2Cr3++12WO2-+16H+27’4取C中上层清液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液不变红(其他合理答案也可)7.350g；烧杯、玻璃棒、胶头滴管67.20%偏低解析：(1)该铁矿石中的Fe2O3与盐酸反应生成FeCl3和H2O,SiO2与盐酸不反应,故反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。根据化合物中元素的正负化合价的代数和等于0,可得Na2WO2中钨元素的化合价为+6价。(2)由题中流程图可知，加入的少量稀K2Cr2O7，只是将钨蓝氧化为wo2一，Fe2+4不参与反应，则K2Cr2O7被还原为Cr3+，则溶液D中发生反应的离子方程式为Cr^-27+12H05WO3+5H2O=2Cr3++12WO2_+16H+。•4向溶液C中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明溶液C中不含Fe3+。称取K2Cr2O7固体的质量=0.1000g・mol-1x0.25Lx294g・mol-1=7.350g,配制时需要用玻璃棒进行搅拌(溶解时用)和引流，需要用烧杯溶解，需要用胶头滴管定容。根据反应CrO2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,结合滴定过程可知，100mL27溶液E中n(Fe2+)=6n(CrO2-)X100.00mL/25.00mL=6x12.50x10-3Lx0.100027g・mol-1x4=0.03mol,贝J2.50g铁矿石样品中含有Fe元素的质量=0.03molx56g・mol-1=1.68g,其质量分数=1.68g/2.50gx100%=67.20%。由于Fe2+具有较强的还原性，能被空气中的02氧化为Fe3+,若预处理所得溶液E放置时间过久，溶液中Fe2+的含量降低，导致测定结果偏低。4.答案:1.Co2O3+$02-+4H+=2Co2++SO2_+2H2OTOC\o"1-5"\h\z342.6H++6Fe2++qo-=6Fe3++Cl-+3H?O3Fe(OH)3,Al(OH)3\o"CurrentDocument"B5•降低烘干温度，防CoCl2・6H2O高温下失去结晶水6.59.5%；pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr02-)；pH太大生成Ag(OH)沉淀(或27Ag2O沉淀)解析：1.水钻矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、A13+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：C°2O3+SO2-+4H+=2Co2++SO2-+2H2O；34NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO_3+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；NaC103的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，铝离子与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2A13++3co2-3+3H2O=2A1(OH)J+3CO2T；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO2CeO+HO+6H+===2Ce3++OT+4HO22222-+3H2O=2Fe(OH)3J+3CO2T，所以沉淀X的成分为：Fe2CeO+HO+6H+===2Ce3++OT+4HO222224•根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、C02+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0〜3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故选B；5•根据题意知，CoC12・6H2O常温下稳定无毒，加热至110〜120□时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钻，为防止其分解，制得的CoCl2・6H2O需降低烘干温度；CoC12・6H2O〜2AgNO3238g2mo1xg0.2mo1/Lx0.01L238^_2molxg02mol/Lx0.0'liX=0.238g100CoC12・6H2O的纯度为'-：：，''..；■59.5%22-...pH太小K2CrO4氧化Cl-（或转化为CrO2-），pH太大生成AgOH沉淀，所以需要27控制溶液pH值为6.5〜10.5。5•答案：（1）NaCO+CaCO+6SiO===NaO-CaO-6SiO+2COT332222抑制Ce3+的水解；hO大量分解导致CeO不能完全被还原而混入SiO中2222向漏斗内加蒸馏水至浸没沉淀待水自然流出后，复复操作2~3次Ce(CO)=△=2CeO+4COT+2COT24322解析：废料主要含有SiO，还含有CeO、CaO、MgO、NaO等，CaO、MgO、NaO2222溶于稀盐酸，CeO不溶于水，微溶于稀酸，则过滤I后，滤渣中有CeO、SiO，222分析流程如下：菱翠.石一^就盪赶f过谑IT—洗海①滤液(缸0、也比含心用qj严溶液⑴工业制玻璃原理为NaCO+SiO=高温=NaSiO+COT，TOC\o"1-5"\h\z232232CaCO+SiO===CaSiO+COT，根据玻璃的成分，可得制玻璃的化学方程式为：232NaCO+CaCO+6SiO===NaO•CaO-6SiO+2COT。2332222分析题给流程知，在酸性环境中hO将CeO还原为Ce3+，则hO被氧化成O'222222根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可写出反应的离子方程式为2CeO+HO+6H+===2Ce3++OT+4HO。22222Ce3+会发生水解，稀硫酸适当过量可抑制Ce3+的水解。HO受热分解，温度22过咼导致hO减少，HO量不足导致CeO不能完全被还原而混入SiO中，使222222SiO产品纯度下降。2SiO不溶于水，洗涤SiO的操作是向漏斗内加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流22出，重复操作2~3次。⑸Ce2(SQ)3中n(Ce)=0-5440gx2=0.002mol，300°C时含铈氧化物中24544g•mol-in(O)=°.344°g—°.°°2m°lx140g•罰-1=0.004mol，n(Ce):n(O)=1:2，故加热生成的铈16g•mol-i的氧化物为CeO，又加热时生成三种氧化物结合Ce,(sq)的化学式可知另外两2243

种氧化物为co2和CO,故加热到30°C时发生反应的化学方程式为Ce（CO）=△=2CeO+4COT+2COT。2243226•答案：（1）粉碎矿石（或适当提高浸取时温度等合理答案）；抑制BiCl水解生成不3溶性沉淀，提高铋的浸出率(2)Siq；Cu2+、Fe3+⑶叫+Bi2S3+6H+—3S+Cl-+2Bi3++3H2O(4)Bi+3Fe3+^=Bi3++3Fe2+(5)负；Cl--6e-+6OH-一ClO-+3H2O解析：分析如下:轧氷人Hi特心vjF十刑HCI临（：1厲Ij]HCI临（：1厲Ij]广邊出潼I;「没禽锻T;「没禽锻T匡原浸出胯，舞叽气*族艮，!眄叫ci-卜-濾液—H&解—毅（1）根据外界条件对化学反应速率的影响，粉碎矿石、适当提高浸取时温度、搅拌等均可以提高浸取速率。根据提供信息II,BiCl极易水解，但在浓盐酸中几3乎不水解，知加入过量盐酸的主要目的是抑制BiCl水解生成不溶性沉淀，提高3铋的浸出率。（2）辉铋矿中siO与NaClO、盐酸均不反应，因此浸出渣中还含有SiO。NaClO具TOC\o"1-5"\h\z2323有较强的氧化性，氯化浸出时，NaClO可CuS、FeS氧化为S、Cu2+、Fe3+，故浸22出液中含有的金属阳离子有Na+、Bi3+、Cu2+、Fe3+。（3）氯化浸出时，Bis与NaClO、盐酸反应，BiS被氧化生成S，NaClO被还原233233生成Cl-，BiSt3S失6e-，NaCl°°TC卜得6U,根据得失电子守恒，Bid、NaClO23Q33

的化学计量数均为1,可得：Bi2S3+C£t2B3++3S+C卜，再根据电荷守恒和原子守恒，可配平离子方程式为：BiS+C1O-+6H+^=2Bi3++3S+Cl-+3HO。2332(4)根据提供信息III,氧化性:Fe3+>Cu2+>Bi3+>H+，知Cu2+、Fe3+均能将Bi氧化为Bi3+，故还原过程中还发生反应：Bi+3Fe3+^=Bi3++3FZ+。右池中石墨电极上Bi3+转化为Bi，发生还原反应，石墨电极为阴极，则N为电源负极；阴极区Cl-通过阴离子交换膜进入阳极区，阳极区中阴离子有OH-、Cl-，放电能力：Cl->OH-，由工艺流程图可知，电解产物可以循环利用，则Cl-转化为CIO-，故阳极反应为：Cl--6e-+6OH—ClO-+3H2O。答案：(1)2MoS2+7O2——2MoO3+4SO?;形成酸雨；氨水(或石灰乳);(硫酸铵，化肥)[caSO(石膏，建筑材料)]40;Ba(OH)2NaMoO;使用一定次数后，母液中杂质的浓度增大，重结晶会析出杂质,2影响产品纯度(4)2Al+(4)2Al+MoO3高温Mo+AlOMoS+9ClO-+6OH^—MoO2-+2SO2-+9Cl-+3HOTOC\o"1-5"\h\z2442解析：(1)由流程图知，MoS在空气中焙烧，M元素被氧化为MoO，S元素被氧23高温化为so，反应的化学方程式为2MoS+7O=2MoO+4SO。大气中的SO溶222322于水易形成酸雨。SO为酸性气体，可采用碱性吸收剂吸收，如氨水或石灰乳。2(2)结合原子守恒和反应物为MoO、NaCO，可知气态生成物为CO，其电子323O2式为c-。结合BaSO和BaMoC的溶度积及溶液中离子浓度知，可加入--44Ba2+除去so2-，结合溶液为碱浸液可知，为不引入杂质离子，可加入Ba(OH)试42剂。由流程图分析可知，得到的母液的主要溶质为NaMoO，但多次重结晶后母24液中杂质的浓度增大，需进行净化处理。由氧化铁与Al的铝热反应可知MoO3与A反应的化学方程式为高温2A1+MoOMo+AlO。323⑸操作3在碱性条件下，NaClO将MoS2氧化，反应的离子方程式为MoS2+9C10-+6OH-—MoO2-+2SO2-+9Cl-+3H2O。8•答案：⑴FeTiO3+2H2SO4—TiOSq+FeSO4+2H2OTiO2++2HO=TiO-HOI+2H+；过滤222TiCl+2HO=TiO+4HC1；共价；两性22消耗反应①中生成的O，使平衡右移，提高TiCl的产率24⑸业%m解析：分析如下：陀Tig淮筑酸作用下塞解.得测F资和TiO叫少曼F申被軌祀気啊・H/)FeSO4-?H20

（1）“酸浸”时，钛铁矿和硫酸反应生成FeSO和TiOSO，其化学方程式为4FeTiO+2HSOTiOSO+FeSO