高考化学大一轮复习鲁科版专用课时集训第三章第6课时无机化工流程题解题指导

第6课时无机化工流程题解题指导课时集训测控导航表知识点题号以物质制备为目的的工艺流程4,5以分离提纯为目的的工艺流程1,2,3非选择题1.利用氯碱工业中的固体废物盐泥[主要成分为Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4,还含有少量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,既处理了三废,又有经济效益。其工艺流程如图1所示:已知:Ⅰ.部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。沉淀物Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH(完全沉淀)Ⅱ.两种盐的溶解度随温度的变化(单位为g/100g水)如图2所示。根据图1并参考表格pH数据和图2,请回答下列问题。(1)在酸解过程中,加入的酸为,加快酸解速率可采取的措施有。(2)加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀,该反应的离子方程式是。(3)本工艺流程多次用到抽滤操作,优点是。抽滤①所得滤渣A的成分为和CaSO4;抽滤②所得滤渣B的成分为MnO2、和;抽滤③所得滤液D中主要阳离子的检验方法是。(4)依据图2,操作M应采取的方法是适当浓缩,。(5)每生产1吨MgSO4·7H2O,需要消耗盐泥2吨。若原料利用率为70%,则盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数约为。解析:(1)因制备的物质为七水硫酸镁,为不引入其他杂质,故应加入硫酸溶解盐泥,为加快酸解速率,可采取升温、搅拌、粉碎盐泥等措施。(2)根据得失电子守恒、元素守恒及电荷守恒,可配平离子方程式为Mn2++ClO+H2OMnO2↓+2H++Cl。(3)抽滤又称减压过滤,过滤时速度快,得到的固体较干燥;根据盐泥的成分可知,盐泥用硫酸溶解、抽滤后得到的滤渣A为BaSO4和CaSO4;根据表中数据可知,当调节滤液A的pH为5～6时,Al3+和Fe3+可分别水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀;滤液D中的阳离子主要为Na+,其灼烧时火焰颜色为黄色,可用焰色反应进行检验。(4)根据题图2可知,MgSO4·7H2O在温度高时溶解度较大,低温时易结晶析出,故操作M为将滤液B适当浓缩,趁热过滤。(5)设2吨盐泥中含Mg(OH)2的质量为xg,MgSO4·7H2O的质量为1吨,即106g,由MgSO4·7H2O～Mg(OH)2得x=106×答案:(1)硫酸升温、把盐泥粉碎、搅拌等(2)Mn2++ClO+H2OMnO2↓+2H++Cl(3)速度快BaSO4Fe(OH)3Al(OH)3焰色反应(4)趁热过滤(5)16.8%2.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在生产、生活中有广泛用途:饮用水的净化、食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料——铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3)可制备明矾。工艺流程如下。回答下列问题:(1)明矾净水的原理是(用离子方程式表示)。(2)操作Ⅰ是,操作Ⅱ是蒸发浓缩、、过滤、、干燥。

(3)检验滤液A中是否存在Fe2+的试剂是(只用一种试剂)。(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中生成气体的化学方程式是,在滤液A中加入高锰酸钾发生反应的离子方程式为(该条件下MnO4-转化为Mn2+):。(5)已知:在pH=3、加热条件下,MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2,加入MnSO4发生反应的离子方程式为。滤渣2含有的物质是。解析:铝灰(含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO·xFe2O3),加入过量稀硫酸酸浸过滤,滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁,滤渣1为二氧化硅,滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子,调节溶液pH使铁离子全部沉淀,铝离子不沉淀,加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾,过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀,滤液主要是硫酸铝溶液,加入硫酸钾蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝钾晶体。(1)明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝,具有吸附悬浮杂质的作用,反应的离子方程式为Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+。(2)固体和液体分离需要用过滤操作,操作Ⅰ是过滤,操作Ⅱ是溶液中得到晶体的方法,利用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾晶体。(3)检验亚铁离子用高锰酸钾溶液或铁氰化钾溶液,滴入高锰酸钾溶液紫红色褪去,或加入铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀。(4)将铝灰投入氢氧化钠溶液中反应生成氢气、偏铝酸钠,反应的化学方程式是2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑;酸性溶液中高锰酸钾溶液能氧化亚铁离子为铁离子,本身被还原为锰离子,反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O。(5)在pH=3、加热条件下,MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2,加入MnSO4,发生反应,反应的离子方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O5MnO2↓答案:(1)Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+(2)过滤冷却结晶洗涤(3)酸性高锰酸钾溶液(或铁氰化钾溶液)(4)2Al+2NaOH+6H2O2Na[Al(OH)4]+3H2↑5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O(5)3Mn2++2MnO4-+2H2O5MnO2↓+4HMnO2、Fe(OH)33.从废旧锂离子二次电池(主要成分为LiCoO2,还含有少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质)中回收钴和锂的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“碱浸”的目的是。(2)“酸浸”过程中LiCoO2发生反应的离子方程式为

。浸渣中含有的主要成分是。(3)“萃取净化”除去的杂质离子有Ni2+外,还有。(4)“萃取分离”中钴、锂萃取率与平衡pH关系如图所示,pH一般选择5左右,理由是。(5)“沉锂”中Li2CO3溶解度随温度变化曲线如图所示:①根据平衡原理分析Li2CO3在水中溶解度随温度变化的原因:.。②为获得高纯Li2CO3,提纯操作依次为趁热过滤、、烘干。③若“沉锂”中c(Li+)=1.0mol·L1,加入等体积等浓度Na2CO3溶液,此时实验所得沉锂率为(已知Li2CO3的Ksp×104mol3·L3)。解析:(1)“碱浸”的目的是用氢氧化钠溶液将其中的Al溶解。(2)LiCoO2中Co为+3价,最后生成的CoSO4中Co为+2价,所以酸浸这一步中,加入H2O2的目的是将+3价Co还原为+2价Co,所以反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+2Li++2Co2++O2↑+4H2O。浸渣中主要是不与酸反应的石墨以及生成的硫酸钙沉淀。(3)整个提取的过程中需要除去的杂质是Ca、Fe、Al、Ni;在前面的步骤中已经除去了Al和Ca,所以萃取净化应该要除去Ni2+和Fe3+。(4)由图示在pH为5左右的时候,Co和Li的萃取率差异最大,此时分离的效果最好。(5)①图中显示随着温度升高,碳酸锂的溶解度逐渐减小,所以该物质溶于水的过程是放热的。②提纯的过程为趁热过滤、洗涤、烘干。③c(Li+)=1.0mol·L1,加入等体积等浓度Na2CO3溶液,则碳酸钠的浓度也是1.0mol·L1,加入的瞬间溶液体积转化为原来的2倍,浓度都是原来的一半,即c(Li+)=c(CO32-)=0.5mol·L1,沉淀出碳酸锂,剩余c(CO32-)=0.25mol·L1,代入K9×10-40.25mol·L0.5mol·L1,所以沉锂率为0.5答案:(1)除去铝(2)2LiCoO2+H2O2+6H+2Li++2Co2++O2↑+4H2O石墨、硫酸钙(3)Fe3+(4)分离效果最好(5)①Li2CO3溶解过程为放热反应②洗涤③88.0%4.钛白粉(TiO2)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石[主要成分为(MgFe)Ti2O5,含有少量Al2Ca(SiO4)2]制备TiO2,工艺流程如下。已知:TiOSO4易溶于水,在热水中易水解生成H2TiO3。回答下列问题:(1)(MgFe)Ti2O5中钛元素的化合价为,实验“焙烧”所需的容器名称是,“滤渣”的主要成分是(填化学式)。(2)制取H2TiO3的化学方程式为

。(3)矿石粒度对TiO2的提取率影响如图,原因是

。(4)相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(S,mol·L1)如图所示,步骤④应该控制的pH范围是(填标号)。A.1～2 B.2～3C.5～6 D.10～11(5)常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定钛白粉的纯度,其步骤为:用足量酸溶解ag二氧化钛样品,用铝粉作还原剂,过滤、洗涤,将滤液定容为100mL,取20.00mL,以NH4SCN作指示剂,用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点,反应原理为Ti3++Fe3+Ti4++Fe2+。①滴定终点的现象为

。②滴定终点时消耗bmol·L1NH4Fe(SO4)2溶液VmL,则TiO2纯度为(写表达式)。

解析:(1)设Ti的化合价为+x,(MgFe)Ti2O5中各元素化合价代数和等于0,(2×0.5+2×0.5)+2x2×5=0,x=4;焙烧固体用坩埚;黑钛矿石[主要成分为(MgFe)Ti2O5,含有少量Al2Ca(SiO4)2]加入NH4HSO4焙烧后,加水过滤,沉淀中含有CaSO4和CaSiO3。(2)由TiOSO4水解制备H2TiO3,反应方程式为TiOSO4+2H2OH2TiO3↓+H2SO4。(3)由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素,矿石粒度对TiO2的提取率影响的原因是矿石粒度越小,反应接触面积越大,反应速率越快。(4)由图可知金属难溶化合物在不同pH下的溶解度(S,mol·L1),钛酸沉淀pH大于2,而氢氧化铝不沉淀,pH小于3,故步骤④应该控制的pH范围是2～3。(5)①铁离子过量时,反应结束,故终点现象为:当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时,溶液变成红色,且30s内不变回原色;②由TiO2～Fe3+关系式,n(TiO2)=n(Fe3+)=bmol·103mol,TiO2纯度为5bV×10答案:(1)+4坩埚CaSO4、CaSiO3(2)TiOSO4+2H2OH2TiO3↓+H2SO4(3)矿石粒度越小,反应接触面积越大,反应速率越快(4)B(5)①当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时,溶液变成红色,且30s内不变回原色②40bV3可作为测定锰的氧化剂,Bi2O3在电子行业有着广泛应用,可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含少量SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:已知:NaBiO3难溶于水。回答下列问题:(1)溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2,则滤渣Ⅰ的主要成分是(写化学式)。

(2)海绵状铋与盐酸、H2O2反应的化学方程式是

。(3)向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO发生反应的离子方程式是

,从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3,操作Ⅱ包括。(4)一定温度下,向氨水中通入CO2,得到(NH4)2CO3、NH4HCO3等物质,溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入,溶液中c(OH-)c(NH3·H2O)将(填“(5)取所得NaBiO3样品2.0g,加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解,然后用新配制的0.5mol·L1FeSO4溶液滴定生成的MnO4-,滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。则该样品中NaBiO3的纯度为解析:(1)向辉铋矿中加入FeCl3、盐酸,得到的溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2,说明FeCl3转化为FeCl2,显然有氧化还原反应发生,Fe元素被还原,则S元素被氧化,故有单质硫生成,因此滤渣Ⅰ的主要成分有反应生成的S及不参与反应的SiO2。(2)溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2,加入适量铁粉,置换出Bi,海绵状铋为Bi;向溶液Ⅲ中加入(NH4)2CO3后发生反应生成(BiO)2CO3,(BiO)2CO3中铋元素为+3价,故海绵状铋与盐酸、H2O2反应生成BiCl3,化学方程式为2Bi+3H2O2+6HCl2BiCl3+6H2O。(3)溶液Ⅲ的主要成分为BiCl3,向其中加入NaOH和NaClO后反应生成NaBiO3,Bi3+NaBiO3,ClOCl,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为Na++Bi3++ClO+4OHNaBiO3↓+Cl+2H2O。从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3,操作Ⅱ为过滤、洗涤、干燥。(4)NH3·H2O的电离常数Kb=[NH4+Kb(NH3·H2O)c(NH4+),一定温度下,Kb(NH3·H2O)不变,随着CO2的不断通入,pH逐渐减小,根据题图可知,该过程中c(NH4+)逐渐增大,故Kb(c(HCO3-)+c(NH2COO)+c(OH)。(5)根据题述信息可知,滴定原理为5NaBiO3+2Mn2++14H+5Bi3++5Na++2MnO4-+7H2O、MnO4-+5Fe2++8H5Fe3++4H2O,可得关系式:5NaBiO3～2Mn2+～2MnO4-～10Fe2+,即NaBiO3～2Fe2+,则n(NaBiO3)=12n(FeSO4)=12×0.5mol·L1×0.022L=0.0055mol,故该样品中NaBiO3答案:(1)SiO2、S(2)2Bi+3H2O2+6HCl2BiCl3+6H2O(3)Na++Bi3++ClO+4OHNaBiO3↓+Cl+2H2O过滤、洗涤、干燥(4)减小2c(CO32-)+c(HCO3(5)77%[教师备用1]如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl)生产CuCl的流程:已知:CuCl是一种白色粉末,微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸,在空气中迅速被氧化为绿色,见光分解变成褐色。请回答下列问题:(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比,单位时间内得到的气体多,其原因为

。(2)滤液①需要加过量Z,检验Z过量的方法是

。(3)写出生成CuCl的离子方程式:

。(4)为了提高CuCl产品的纯度,流程中的“过滤”操作适宜用下列装置图中的(填字母),过滤后,洗涤CuCl的试剂宜选用(填“无水乙醇”或“稀硫酸”)。

(5)CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCl2Ⅰ.CuCl(s)Cu+(aq)+Cl(aq)Ksp×106mol2·L2Ⅱ.CuCl(s)+Cl(aq)CuCl2分析c(Cu+)、c(CuCl2-)和Ksp、K的数学关系,在图中画出c(Cu+)、c(CuC(6)氯化亚铜的定量分析:①称取样品0.25g于250mL锥形瓶中,加入10mL过量的FeCl3溶液,不断摇动;②待样品溶解后,加入20mL蒸馏水和2滴指示剂;③立即用0.1000mol·L1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点;④重复三次,消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30mL。上述相应化学反应为CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+,则样品中CuCl的纯度为(保留三位有效数字)。解析:(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比,单位时间内得到的气体多,说明反应速率快,因为滤渣①中有铁和铜单质,与盐酸反应时能形成无数微小的原电池,极大地加快了反应速率。(2)检验溶液中通入的氯气已过量,可取溶液少量,加入KBr溶液少量和四氯化碳,若下层液体呈橙色,说明氯气已过量。(3)根据流程图可知,SO2、CuSO4、CuCl2反应生成H2SO4、CuCl,因此离子方程式为2Cu2++2Cl+SO2+2H2O2CuCl↓+SO42-+4H+。(4)生产中为了提高CuCl产品的质量,尽可能减少CuCl被空气中氧气氧化,宜采用抽滤法快速过滤,所以过滤装置选择B项。洗涤CuCl宜选用无水乙醇,因为CuCl不溶于乙醇,洗涤时可减少CuCl的溶解损失,而且后续干燥中易除去乙醇;不选用稀硫酸,虽然CuCl不溶于稀硫酸,但用稀硫酸洗涤,会给CuCl表面带来少量的H+(5)据反应式CuCl(s)+Cl(aq)CuCl2-K=[CuCl2K=[CuCl2-][Cu+][C×106×0.35mol2·L2×107mol2·L2。取其中(0.7,0.7)作为一个坐标点,图像示意如下:(6)根据题给的相应化学反应CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+,可得CuCl和Ce4+的反应配比是1∶1,所以可得CuCl的纯度:24.30×1答案:(1)滤渣①中有铁和铜,与盐酸反应时形成无数微小的原电池,极大地加快了反应速率(2)取溶液少量,加入KBr溶液少量和四氯化碳,若下层液体呈橙色,说明氯气已过量(其他合理答案均可)(3)2Cu2++2Cl+SO2+2H2O2CuCl↓+SO42-(4)B无水乙醇(5)(6)96.7%[教师备用2]磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:磷精矿磷精矿粉已知:磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F碳等。溶解度:Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·2O(1)上述流程中能加快反应速率的措施有。(2)磷精矿粉酸浸时发生反应:2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·2O+6H3PO4①该反应体现出酸性关系:H3PO4H2SO4(填“>”或“<”)。

②结合元素周期律解释①中结论:P和S电子层数相同,。(3)酸浸时,磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除,同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因:(5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有SO4;加入BaCO3可进一步提高硫的脱