2025届高考化学一轮总复习课时跟踪练47无机化工流程题

课时跟踪练47无机化工流程题1．(2024·广州天河区高三测试)钒被称为“工业味精”“工业维生素”，在发呈现代工业、国防等方面发挥着至关重要的作用。某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分别提取钒铬的工艺流程如下：回答下列问题：(1)基态钒原子的价层电子轨道表示式为________________________________。(2)“焙烧”时会生成NaVO3和Na2CrO4，写诞生成Na2CrO4的化学方程式：___________________________________________________________________。(3)“酸浸”时为提高浸取速率，除适当上升温度外，还可实行的措施有______________、______________(任写两条)。滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，则滤渣1的主要成分为________。(4)“还原”时可用H2O2代替Na2SO3溶液作为还原剂，此时溶液中的Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))发生反应的离子方程式为___________。(5)工业上可用电解还原法处理含Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))的酸性废水。用铁板作为阳极，电解过程中废水pH慢慢上升，Cr3＋、Fe3＋都以氢氧化物沉淀形式析出，达到废水净化的目的。其中阳极的电极反应式为_________。(6)某含铬化合物的立方晶胞如图所示。与钙原子最近且等距离的氧原子有________个；钙和氧的最近距离为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为____________________g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。解析：在通入空气条件下，二氧化硅和碳酸钠反应得到硅酸钠，四氧化三铁被完全氧化为氧化铁，V2O5和碳酸钠反应生成NaVO3，Cr2O3中＋3价的铬被氧化成＋6价的Na2CrO4，加入硫酸酸浸，硅酸钠转化为硅酸白色沉淀，同时氧化铁、氧化铝、NaVO3、Na2CrO4均溶于酸得到Fe3＋、Al3＋、VOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，调pH使Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀析出；用硫酸铵溶液沉钒，加入亚硫酸钠的目的是还原Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，将＋6价的Cr转化为＋3价的Cr后调pH析出。(1)基态钒原子的电子排布式为[Ar]3d34s2，价层电子轨道表示式为。(2)“焙烧”时，Cr2O3中＋3价的铬被氧化成＋6价的Na2CrO4，化学方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))4Na2CrO4＋4CO2。(3)提高反应速率的方法有将固体研成粉末，适当增大酸的浓度等。由分析可知，滤渣l的主要成分为硅酸。(4)加入亚硫酸钠的目的是还原Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，将其转化为＋3价的Cr，可用H2O2代替Na2SO3溶液作为还原剂，用H2O2还原Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))的离子方程式为3H2O2＋Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋8H＋=2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O。(5)阳极为铁板失电子：Fe－2e－=Fe2＋，产生的亚铁离子具有很强的还原性，和Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，并以氢氧化物沉淀形式析出。(6)钙原子位于顶点，氧原子位于面心，因此与钙原子最近且等距离的氧原子有12个；钙和氧的最近距离为anm，则四面体的边长为eq\r(2)anm，一个晶胞的体积为2eq\r(2)a3×10－21cm3。由均摊法可知，该晶胞中Ca原子个数为8×eq\f(1,8)＝1，O原子个数为6×eq\f(1,2)＝3，Cr原子个数为1，晶胞密度为eq\f(40＋16×3＋52,NA×2\r(2)a3×10－21)g·cm－3＝eq\f(35\r(2),a3NA)×1021g·cm－3。答案：(1)(2)2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3eq\o(=,\s\up7(焙烧))4Na2CrO4＋4CO2(3)适当增大硫酸的浓度将固体研成粉末(答案合理即可)H2SiO3(4)3H2O2＋Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋8H＋=2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O(5)Fe－2e－=Fe2＋(6)12eq\f(35\r(2),a3NA)×10212．(2024·河源中学调研)以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Al2O3、Fe2O3、MoO3、NiO等)为原料回收金属化合物的工艺流程如下：请回答下列问题：(1)“灼烧”过程中V2O5与纯碱反应的化学方程式为______________________。(2)“除铝”时通入过量CO2，发生反应的离子方程式为____________________。(3)如图所示曲线Ⅰ、曲线Ⅱ分别表示“沉钒”时钒的沉淀率与加铵系数K(指氯化铵与钒元素养量之比)、温度的关系。最佳“沉钒”条件是________________。温度超过80℃时沉钒率下降的主要缘由是_________________________________________。(4)钼酸铵的化学式为(NH4)2Mo2O7。取少量晶体，确定条件下受热分解的热重曲线如图所示。597℃时，钼酸铵热分解的产物为______________(填化学式)。钼酸铵在高温下通入H2可制得单质钼，该过程的化学方程式是______。(5)“水浸”中浸渣可制备高纯度铁红。操作过程包括酸溶、沉铁等。“沉铁”有两种方法：方法1：调整溶液pH。已知：沉铁的滤液中c(Ni2＋)＝0.02mol·L－1。当c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1时被视为完全沉淀。用Na2CO3溶液调整pH分别Ni2＋、Fe3＋，pH范围为______________。{已知：Ksp[Fe(OH)3]≈1.0×10－38，Ksp[Ni(OH)2]≈2.0×10－15}方法2：结合法。已知：Ni(OH)2＋4NH3·H2O=[Ni(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。从含Fe3＋、Ni2＋的溶液中提取Fe(OH)3的方法是________________、过滤、洗涤、干燥。解析：废催化剂在纯碱中灼烧得到偏铝酸钠、偏钒酸钠、钼酸钠及不溶于水的NiO、Fe2O3，水浸后偏铝酸钠转化为四羟基合铝酸钠，向所得的溶液中通入二氧化碳可将四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl溶液沉钒得到偏钒酸铵，最终经过离子交换回收Mo元素，得到钼酸铵。(1)“灼烧”过程中V2O5与纯碱反应生成偏钒酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为V2O5＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高温))2NaVO3＋CO2↑。(2)“除铝”时通入过量CO2，四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝，同时生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。(3)加入NH4Cl溶液“沉钒”，将钒元素以偏钒酸铵的形式分别出来，依据题图可知，当K在4旁边时，沉淀率可达到最大，则K最佳值约为4；再依据钒的沉淀率随温度的变更曲线可知，温度最佳值约为80℃；NH4Cl受热易分解，温度过高氯化铵分解，同时促进铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度减小，沉钒率下降。(4)设少量晶体为1mol(NH4)2Mo2O7，则其质量为340g，在597℃时，固体损失340g×(1－84.70%)≈52g，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变更分析可知，固体损失的质量为2molNH3与1molH2O的质量，则余下固体应为MoO3，597℃时，钼酸铵热分解的产物为MoO3、NH3和H2O；钼酸铵在高温下通入H2制单质钼的化学方程式为(NH4)2Mo2O7＋6H2eq\o(=,\s\up7(高温))2NH3＋2Mo＋7H2O。(5)铁离子完全沉淀时溶液中c(OH－)＝eq\r(3,\f(10－38,10－5))mol·L－1＝10－11mol·L－1，pH＝3；当镍离子起先沉淀时c(OH－)＝eq\r(\f(2.0×10－15,0.02))mol·L－1＝10－6.5mol·L－1，pH＝7.5，即沉铁的pH范围为3≤pH<7.5。依据Ni(OH)2＋4NH3·H2O=[Ni(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O可知，氢氧化镍能溶于过量的氨水中，氢氧化铁不溶，故从含Fe3＋、Ni2＋的溶液中提取Fe(OH)3的方法是向混合液中加入过量氨水、过滤、洗涤、干燥。答案：(1)V2O5＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(高温))2NaVO3＋CO2↑(2)[Al(OH)4]－＋CO2=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))(3)K为4、80℃温度过高，NH4Cl分解生成的NH3挥发，NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))水解程度增大，c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))减小，沉钒率下降(4)MoO3、NH3、H2O(NH4)2Mo2O7＋6H2eq\o(=,\s\up7(高温))2NH3＋2Mo＋7H2O(5)3≤pH<7.5向混合液中加入过量氨水3．(2024·广州第65中学高三开学考试)铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3并回收锰的工艺流程如下：已知：①氧化性：Cu2＋>Bi3＋；②Bi3＋易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0～11.0；③常温下，Ksp[Fe(OH)2]＝4.9×10－17；lg7＝0.85。回答下列问题：(1)基态锰原子的价层电子排布式为_____________________________。(2)“水浸提锰”时，加入少量稀硫酸可促进________(填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。(3)“滤渣2”的主要成分有____________(填化学式)、Bi。(4)常温下，“含Fe2＋滤液”中Fe2＋的浓度为0.01mol·L－1。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应限制溶液的pH＜________(保留一位小数)。(5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为______。(6)BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其缘由是__________________________。(7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的探讨中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为apm、apm、bpm。①该晶胞沿z轴方向的投影图为________(填字母)。②该晶体中，每个O2－四周紧邻的Bi3＋共有________个。③该晶体的密度为________________g·cm－3(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。解析：以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3，先水浸提锰，过滤，滤渣用浓盐酸酸浸，SiO2不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3＋、Cu2＋、Fe3＋，加入Bi粉还原，将Fe3＋转化为Fe2＋、Cu2＋转化为Cu，过滤除去Cu，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2＋存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最终加NaOH溶液脱氯得到Bi2O3。(1)Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2。(2)MnS溶于稀酸，“水浸提锰”时，加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率。(3)由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3＋转化为Fe2＋、Cu2＋转化为Cu，过滤后Cu存在于滤渣2中。(4)Fe2＋起先沉淀时，c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[Fe(OH)2],c(Fe2＋)))＝eq\r(\f(4.9×10－17,0.01))mol·L－1＝7×10－8mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(Kw,c(OH－))＝eq\f(1×10－14,7×10－8)mol·L－1＝eq\f(1,7)×10－6mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)×10－6))＝6－lgeq\f(1,7)＝6－lg1＋lg7≈6.9，为保证BiOCl产品的纯度，避开Fe2＋沉淀，理论上，“沉铋”时应限制溶液的pH＜6.9。(5)“脱氯”过程中BiOCl和OH－反应生成Bi2O3和Cl－，离子方程式为2BiOCl＋2OH－=Bi2O3＋2Cl－＋H2O。(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间的作用力强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚的熔点。(7)①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选B。②由晶胞结构可知，该晶体中，每个O2－四周紧邻的Bi3＋共有4个。③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3＋的个数为8×eq\f(1,4)＋2＝4，Se2－的个数为8×eq\f(1,8)＋1＝2，O2－的个数为8×eq\f(1,2)＝4，该晶体的密度为eq\f(209×4＋16×4＋79×2,NA×a2b×10－30)g·cm－3。答案：(1)3d54s2(2)MnS(3)Cu(4)6.9(5)2BiOCl＋2OH－=Bi2O3＋2Cl－＋H2O(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间的作用力强(7)①B②4③eq\f(209×4＋16×4＋79×2,NA×a2b×10－30)4．(2024·汕头潮阳试验学校月考)铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从高铟烟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟的工艺流程如下：已知：FeS4O6为强电解质；P2O4为磷酸二异辛酯。(1)“硫酸化焙烧”后金属元素均以硫酸盐的形式存在。在其他条件确定时，“水浸”时铟、铁的浸取率结果如图所示，则水浸所接受的最佳试验条件为_______________________________________________。(2)“水浸”时，浸渣除了As2O3外，还含有____________________。(3)“还原铁”时反应的离子方程式为__________________________。(4)“萃取除铁”时，用30%的P2O4作为萃取剂时，发觉当溶液pH>1.5后，铟萃取率随pH的上升而下降，缘由是___________________________。(5)某试验小组“萃取”过程中用酸作为萃取剂，用H2A2表示，使In3＋进入有机相，萃取过程In3＋发生反应的离子方程式为In3＋＋3H2A2⇌In(HA2)3＋3H＋，平衡常数为K。“萃取”时萃取率的凹凸受溶液的pH影响很大，已知与萃取率(E%)的关系符合如下公式：lgeq\f(E%,1－E%)＝lgK－lgeq\f(c3(H＋),c3(H2A2))。当pH＝2.30时，萃取率为50%，若将萃取率提升到95%，则应调整溶液的pH＝________(已知lg19＝1.28，忽视萃取剂浓度的变更，结果保留三位有效数字)。(6)“置换铟”时，发觉溶液中残留溶解的As2O3也与Zn反应，会有少量的AsH3气体生成，该过程的离子方程式为___________________________________。(7)整个工艺流程中，可循环利用的溶液是________________________。解析：高铟烟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4·2H2O、In2O3)中加入硫酸进行硫酸化焙烧，PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3分别与硫酸反应转化为硫酸铅沉淀和硫酸铁、硫酸铟，同时生成As2O3，水浸得到含PbSO4、As2O3、SiO2的浸渣；过滤，向浸液中加Na2S2O3将铁还原为FeS4O6；然后加萃取剂P2O4使In3＋进入有机相，FeS4O6进入水相，从而除去FeS4O6；分别后在有机相中加硫酸反萃取In3＋进入水相，然后在水溶液中加Zn置换出铟。(1)由题图可知，5min时铟、铁的浸取率基本达到最高值，浸取温度30℃时铟、铁的浸取率基本达到最高值，再延长时间或上升温度对浸取率提高不大，故最佳试验条件为30℃、5min。(2)“水浸”时浸渣除As2O3外，还含有PbSO4、SiO2。(3)“还原铁”时，Fe3＋被S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))还原为Fe2＋，依据得失电子守恒及质量守恒得反应的离子方程式为2Fe3＋＋2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2Fe2＋＋S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))。(4)当溶液pH>1.5后，溶液中氢氧根离子浓度慢慢增大，导致铟离子发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，