2023高考化学二轮专题复习与测试题型强化练三化学工业流程题解题突破

题型强化练(三)化学工业流程题解题突破1．(2022·汕头第一次模拟考试)砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如下：已知：ⅰ.As2S3＋6NaOH=Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O。ⅱ.As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)。ⅲ.砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、氢碘酸等还原。请回答下列问题：(1)As2S3中砷元素的化合价为________价。(2)“沉砷”过程中FeS是否可以用过量的Na2S替换________(填“是”或“否”)；请从平衡移动的角度解释原因：___________________________________________________________________________________________________________________________。(3)向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，请写出脱硫反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)用SO2“还原”过程中，若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸。则还需要的实验试剂有________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)已知：常温下，pH＞7.1时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH＜7.1时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。当溶液pH介于7～9，吸附剂对五价砷的平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)含砷废水也可采用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2＋)为2×10－3mol·L－1，则溶液中c(AsOeq\o\al(3－,4))的浓度为________mol·L－1。该处理后的溶液是否符合国家排放标准__________(填“是”或“否”)。(已知：Ksp[Ca3(AsO4)2]＝8×10－19，国家规定工业废水排放中砷元素含量＜0.5mg/L)解析：含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，As2S3＋6NaOH=Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2还原生成As2O3。(1)As2S3中硫元素化合价为－2价，则砷元素的化合价为＋3价。(2)已知：ⅱ.As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)；加入过量的硫化钠，溶液中c(S2－)增大，平衡正向移动不利于沉砷，故“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换。(3)由题中流程图可知，向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，AsSeq\o\al(3－,3)和氧气生成AsOeq\o\al(3－,4)和硫单质，反应的离子方程式：AsSeq\o\al(3－,3)＋2O2=AsOeq\o\al(3－,4)＋3S↓。(4)砷酸具有氧化性，可以和碘离子生成能使淀粉变蓝色的碘单质，故还需要的实验试剂有氢碘酸、淀粉溶液。(5)由题图1、题图2可知，当pH介于7～9，随pH升高，H2AsOeq\o\al(－,4)转变为HAsOeq\o\al(2－,4)，吸附剂表面所带负电荷增多，AsOeq\o\al(3－,4)也带负电荷，静电斥力增加，导致对五价砷的吸附量下降。(6)已知：Ksp[Ca3(AsO4)2]＝8×10－19，沉降后上层清液中c(Ca2＋)为2×10－3mol·L－1，则(2×10－3)3×c2(AsOeq\o\al(3－,4))＝8×10－19，解得溶液中c(AsOeq\o\al(3－,4))的浓度为1×10－5mol·L－1。处理后每升废水中砷元素含量为1×10－5mol×75g·mol－1×103mg/g＝0.75mg>0.5mg，故不符合国家排放标准。答案：(1)＋3(2)否由于As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq\o\al(3－,3)(aq)，加入过量的硫化钠，溶液中c(S2－)增大，平衡正向移动不利于沉砷(3)AsSeq\o\al(3－,3)＋2O2=AsOeq\o\al(3－,4)＋3S↓(4)氢碘酸、淀粉溶液(5)pH介于7～9时，随pH升高，H2AsOeq\o\al(－,4)转变为HAsOeq\o\al(2－,4)，吸附剂表面所带负电荷增多，静电斥力增加，吸附量下降(6)1×10－5否2．(2022·深圳第一次调研)钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣(主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质)为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2＋进入溶液。回答下列问题：(1)“浸渣”的主要成分为SiO2和________(填化学式)；TiO2发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“有机相2”可在该流程________步骤中循环使用。(3)“水相2”中钛的存在形式为________。(4)“水相1”中Fe3＋的浓度为0.06mol·L－1。向“水相1”中加入NH3·H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。“滤液”中c(Fe3＋)＝________mol·L－1；“滤液”经处理后得到的________(填化学式)可作化肥。(5)“试剂X”为________(填化学式)溶液。(6)钛铁(TiFe)合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿(主要成分为FeTiO3)制备TiFe合金的装置示意图如下图所示。①连接FeTiO3的电阻丝应与电源________极相接。②形成TiFe合金的主要反应如下：Ⅰ.电极反应：第一步析铁：_________________________________________________________________；第二步析钛：TiO2＋4e－=Ti＋2O2－。Ⅱ.转化：2Fe＋Ti=TiFe2；TiFe2＋Ti=2TiFe。③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：钛铁渣先用硫酸浸取，SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；得到含有Al3＋、TiO2＋、Fe3＋、Mg2＋的溶液，然后萃取，根据有机相的后续处理可知，Ti元素进入有机相，有机相中加入稀硫酸反萃取，根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2＋，经沉淀、烘干焙烧得到TiO2；萃取分液后的水相1加入NH3·H2O调节pH，过滤得到Al(OH)3、Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解得到偏铝酸钠。(1)酸浸时SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；＋H2SO4=TiOSO4＋H2O。(2)有机相2即有机相1中的Ti元素被反萃取后的有机物，所以可以在“萃取”步骤中循环使用。(3)根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中钛的存在形式为TiO2＋。(4)溶液pH为8，则溶液中c(OH－)＝10－6mol·L－1，“滤液”中c(Fe3＋)＝eq\f(Ksp[Fe（OH）3],c3（OH－）)＝eq\f(4.0×10－38,（10－6）3)mol·L－1＝4×10－20mol·L－1；酸浸时用到了硫酸，之后用NH3·H2O调节pH，所以滤液中主要含有(NH4)2SO4，处理后可以作氮肥。(5)试剂X可以将Al(OH)3转化为NaAlO2，所以为NaOH溶液。(6)①题图所示装置的目的是利用FeTiO3制备TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得电子发生还原反应，所以应为电解池的阴极，连接FeTiO3的电阻丝应与电源负极相接。②第一步析铁，即FeTiO3要被还原为Fe单质，根据第二步反＋O2－。③氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化。答案：(1)CaSO4TiO2＋H2SO4=TiOSO4＋H2O(2)萃取(3)TiO2＋(或TiOSO4)(4)4×10－20(NH4)2SO4(5)NaOH(6)①负②FeTiO3＋2e－=Fe＋TiO2＋O2－③防止生成的TiFe合金被氧化3．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包含钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题：(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是_________________________________________________________________________________________________________________。(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)，同时还有_______离子被氧化。写出VO＋转化为VOeq\o\al(＋,2)反应的离子方程式：____________________________________________________________________________________________________________________。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是________。(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是________________________________________________________________________。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包含钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2＋被氧化成Fe3＋，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有VOeq\o\al(＋,2)、K＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、Mn2＋、SOeq\o\al(2－,4)；滤液①中加入NaOH调节pH介于3.0～3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3＋部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3＋转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K＋、Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、Mn2＋、SOeq\o\al(2－,4)，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH＝8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是升高温度，增大酸浸和氧化的反应速率(促进氧化完全)。(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，则VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)的同时还有Fe2＋被氧化，反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；VO＋转化为VOeq\o\al(＋,2)时，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1molVO＋失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO＋转化为VOeq\o\al(＋,2)反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O。(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋，以及部分的Fe3＋、Al3＋。(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3。(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，反应的化学方程式是NaAlO2＋HCl＋H2O=NaCl＋Al(OH)3↓。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是增大NHeq\o\al(＋,4)离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。答案：(1)增大酸浸和氧化的反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O(3)Mn2＋Fe3＋、Al3＋(4)Fe(OH)3(5)NaAlO2＋HCl＋H2O=NaCl＋Al(OH)3↓(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全4．利用火法炼铜后产生的含锌铜烟尘(主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物)制备活性氧化锌(ZnO)，同时回收硫酸铵晶体的工艺流程如下：已知：25℃时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图所示；当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。回答下列问题：(1)“步骤Ⅰ“加入H2O2后，再将溶液进行加热，加热的目的是_________________________________________________________________________________________；该步骤也可以在加入H2O2后选择合适试剂将pH至少调至________，以达到相同的目的，可选择的试剂是________(填字母)。A．氨水 B．氢氧化钠C．氧化锌 D．氢氧化钡(2)“步骤Ⅱ”所加试剂a为________。(3)“步骤Ⅲ”中得到沉淀的化学式可以表示为aZnCO3·bZn(OH)2，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________；实验时称取34.9g沉淀充分焙烧，当_______________________________________________________________________________________________________________时可认为焙烧完全，最终获得24.3g活性氧化锌，通过计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为__________。(4)由滤液Ⅰ得到硫酸铵晶体的一系列操作为________________________________________。解析：含锌铜烟尘主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物，预处理后加入稀硫酸溶解，过滤除去不溶性残渣后得到含有ZnSO4、CuSO4、FeSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液；向混合溶液中加入H2O2，将Fe2＋氧化为Fe3＋，加热促进Fe3＋水解使其转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到滤渣Ⅰ为Fe(OH)3；向滤液中加入试剂a应为Zn，利用Zn的活泼性比Cu强，置换出Cu，过滤除去，滤渣Ⅱ为Cu和过量的Zn；再向所得滤液中加入NH4HCO3，得到aZnCO3·bZn(OH)2沉淀，然后过滤得到沉淀和滤液Ⅰ，将沉淀焙烧得到ZnO；将滤液Ⅰ蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸铵晶体。(1)“步骤Ⅰ“加入H2O2后，Fe2＋被氧化为Fe3＋，再将溶液进行加热，促进Fe3＋水解使其转化为Fe(