高考化学【二轮之三道题】经典专练11化工流程为载体的综合考查题三（学生版）

化工流程为载体的综合考查题三经典专化工流程为载体的综合考查题三经典专练十一一、（一、（2017年高考新课标全国卷Ⅲ）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为__________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是________________________________________________。（2）滤渣1中含量最多的金属元素是____________，滤渣2的主要成分是_______________及含硅杂质。（3）步骤④调滤液2的pH使之变__________（填“大”或“小”），原因是____________________________（用离子方程式表示）。（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到___________（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。步骤⑤的反应类型是________________。a.80℃ b.60℃ c.40℃ d.10℃（5）某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为___________。二、(二、(2017年南阳市第二次模拟)锰的用途非常广泛，以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25℃，部分物质的溶度积常数如表：物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoSNiSKsp2.110﹣133.010﹣165.010﹣161.010﹣115.010﹣221.010﹣22（1）步骤Ⅰ中，为加快溶浸速率，可采取的措施是：__________________（至少答两条）。（2）步骤Ⅱ中，须加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，则滤渣1的主要成分为____________（填化学式）．已知MnO2的作用为氧化剂，则得到该成分所涉及的离子方程式为_____________________________。（3）步骤Ⅲ中，所加(NH4)2S的浓度不宜过大的原因是_____________________________________。（4）滤液2中，c(Co2+)：c(Ni2+)=________。（5）将质量为akg的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mnbkg．若每一步都进行完全，滤渣1为纯净物，质量为ckg，则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为_________。（用含a、b、c的式子表达，无需化简）三、(三、(2018衡水市第三次联考)以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料可生产草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)。有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.56.54.25.4沉淀完全的pH3.39.76.78.2请问答下列问题：（1）滤渣A的主要成分为________。（2）除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀的离子方程式为_____________________________________。（3）①除铁(部分Cu2＋可能被除去)时加入ZnO控制反应液pH的范围为________。②上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是_____________________________________________________________________。（4）若沉淀过程采用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是__________________________________________________________________。（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300℃～460℃范围内，发生反应的化学方程式为_______________________________________________。

答案与解析答案与解析答案与解析一、（一、（2017年高考新课标全国卷Ⅲ）【答案】（1）2:7高温下Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠和CO2（2）铁Al(OH)3（3）小增大溶液中H+，促进平衡2CrO42+2H+Cr2O72+H2O正向移动（4）c复分解反应（5）152m2【解析】（1）由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3eq\o(=,\s\up7(高温))4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比为2:7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2:7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al(OH)3及含硅杂质，故答案为：Fe；Al(OH)3；（3）④中调节pH发生2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72，故答案为：小；2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，由溶解度可知，冷却到40℃K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中较小、且溶解度较大，过滤分离产品最多，10℃时最合适；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，故答案为：d；复分解反应；（5）用m1

kg

铬铁矿粉（含Cr2O3

40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品

m2

kg，产率为实际产量÷理论产量100%，由Cr原子守恒可知，则产率为m2÷(m140%÷152g/mol294g/mol)100%=152m2117.6m1100%，故答案为：m2÷(m二、(二、(2017年南阳市第二次模拟)【答案】（1）升高温度、适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径（2）Fe(OH)32Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+（3）若(NH4)2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失（4）5：1（5）100%【解析】（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等，故答案为：升高温度、适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径；（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水调节pH为5.0～6.0，发生Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，可得到沉淀Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；Fe3++3NH3﹒H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+；（3）向滤液中滴入适量的(NH4)2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，若(NH4)2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失，故答案为：若(NH4)2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失；（4）CoS、NiS的Ksp分别为5.010﹣22、1.010﹣22，加入足量（NH4）2S溶液后，生成CoS、NiS沉淀，溶液中c(Co2+)：c(Ni2+)=5.010﹣22：1.010﹣22=5：1，故答案为：5：1；（5）滤渣1为为Fe(OH)3，质量为ckg，则n(Fe3+)=n[Fe(OH)3]=mol，由2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O可知n(MnO2)=mol，将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mnbkg，n(Mn)=mol，可知n(MnCO3)=mol﹣mol，m(MnCO3)=(mol﹣mol)115g/mol，则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为100%，故答案为：100%。三、(三、(2018衡水市第三次联考)【答案】（1）SiO2（2）Mn2＋＋H2O2＋H2O===MnO(OH)2↓＋2H＋（3）①3.3～5.4 ②先加入ZnS会将Fe3＋还原为Fe2＋，使铁元素难以除去（4）在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中（5）ZnC2O4eq\o(====,\s\up7(△))ZnO＋CO↑＋CO2↑【解析】(1)烟道灰被盐酸溶解，其中ZnO溶解成Zn2＋、Fe2O3溶解成Fe3＋、CuO溶解成Cu2＋、MnO溶解成Mn2＋，而SiO2不溶于盐酸，进入滤渣A中。(2)除锰中用H2O2氧化Mn2＋，根据Mn和O得失电子守恒可配平反应。(3)①除Fe3＋时的pH需要大于3.3，但不能超过5.4，以免Zn2＋沉淀，此时有部分Cu2＋溶解；②除铜时用ZnS，若在除铁之前，则会有Fe3＋氧化S2－，生成Fe2＋后，需要调节pH在9.7时才能除去，故除铁率减小。(4)因为Na2C2O4溶液的碱性比(NH4)2C2O4强，所以会促进Zn2＋生成Zn(OH)2沉淀，故在加入Na2C2O