2022高考化学一轮专题复习22化学工艺流程题含解析

PAGE专练22化学工艺流程题1．[2020·全国卷Ⅰ]钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、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”中有沉淀生成，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____________________________。2．[2021·湖南卷]碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤Ⅰ.Na2CO3的制备步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100gH2O)温度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为________，晶体A能够析出的原因是________________________________；(2)步骤Ⅰ中“300℃加热”所选用的仪器是________(填标号)；(3)指示剂N为________，描述第二滴定终点前后颜色变化________________________；(4)产品中NaHCO3的质量分数为________(保留三位有效数字)；(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。3．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式______________________________________。(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：①pH＝4.1时，Ⅰ中为________溶液(写化学式)。②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是____________________。(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为____________________。电解后，________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为__________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L－1(以SO2计)。4．高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋Ni2＋开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式________________。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________________________________________________________。(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________～6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是________。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)写出“沉锰”的离子方程式_______________________________________________。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝eq\f(1,3)时，z＝________。5．[2020·全国卷Ⅲ]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：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Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋开始沉淀时(c＝0.01mol·L－1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________________________________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________________。(2)“滤液②”中含有的金属离子是__________________。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即eq\o(→,\s\up7(滤液②))eq\o(→,\s\up7(滤液③),\s\do5())，“滤液③”中可能含有的杂质离子为________。(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝__________________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是________。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式____________________________。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是____________________________。6．[2021·广东卷]对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(2－,4)的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为________。(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为________________________。②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3))):ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(MoO\o\al(2－,4)))＝____________________________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为________。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量____________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。①该氧化物为________。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。专练22化学工艺流程题1．(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O(3)Mn2＋Al3＋和Fe3＋(4)Fe(OH)3(5)NaAl(OH)4＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全解析：(1)加热的目的是使反应完全，加快酸浸速率。(2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2＋和Fe3＋，Fe2＋能够被氧化为Fe3＋；VO＋中钒元素化合价为＋3，VOeq\o\al(＋,2)中钒元素化合价为＋5，VO＋被MnO2氧化为VOeq\o\al(＋,2)，MnO2被还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平：VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝3.0～3.1时，Mn2＋还未沉淀，所以滤液②中有Mn2＋，另外Fe3＋、Al3＋在该pH范围内没有沉淀完全，部分留在滤液②中。(4)滤饼②中除了有V2O5·xH2O，还有少量Fe(OH)3和Al(OH)3，加NaOH调pH>13，V2O5·xH2O与NaOH反应生成NaVO3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAl(OH)4，Fe(OH)3不与NaOH反应，所以滤渣③是Fe(OH)3。(5)“调pH”的目的是将NaAl(OH)4转化为Al(OH)3沉淀除去，反应的化学方程式为NaAl(OH)4＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O，则滤渣④为Al(OH)3。(6)加入过量NH4Cl固体，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，根据同离子效应，可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。2．(1)NaHCO330～35℃，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度(2)D(3)甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色(4)3.56%(5)偏大解析：(1)根据相关盐在不同温度下的溶解度可知，30～35℃，NaHCO3的溶解度明显小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度，因此NaHCO3在步骤Ⅰ中结晶析出。(2)300℃给固体加热选用的仪器应为坩埚。(3)本题中测定碳酸氢钠含量采用了双指示剂滴定法，第一滴定过程以酚酞为指示剂，Na2CO3转化为NaHCO3，第二滴定过程以甲基橙为指示剂，NaHCO3转化为NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定终点前后溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。(4)由(3)的分析过程可知，25.00mL待测液中所含NaHCO3的物质的量为0.1000mol·L－1×(V2－V1)×10－3L，则2.500g产品中所含NaHCO3的质量为84g·mol－1×eq\f(250mL,25.00mL)×0.1000mol·L－1×(23.51－22.45)×10－3L≈0.089g，则产品中NaHCO3的质量分数＝eq\f(0.089g,2.500g)×100%≈3.56%。(5)第一次滴定终点时，俯视读数，导致测得的V1偏小，NaHCO3质量分数的计算结果偏大。3．(1)2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O(2)①NaHSO3②得到NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O－4e－=4H＋＋O2↑a(4)S2Oeq\o\al(2－,5)＋2I2＋3H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋4I－＋6H＋0.128解析：(1)由题可知，NaHSO3脱水转化为Na2S2O5，故可写出化学方程式：2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。(2)①Na2S2O5由NaHSO3过饱和溶液脱水结晶而来，因而溶液Ⅲ为NaHSO3，而Ⅰ和ⅢPH相同，溶质相同，也为NaHSO3。②通SO2使得NaHSO3变多，浓度变大，得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子交换膜由阳极向a室移动，得到NaHSO3，故a室NaHSO3增多。(4)根据题意，S2Oeq\o\al(2－,5)与I2发生氧化还原反应，生成SOeq\o\al(2－,4)和I－，即eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(S2O\o\al(2－,5)＋2I2＋3H2O=2SO\o\al(2－,4)＋4I－＋6H＋,12,x0.01×10×10－3mol))解得x＝0.5×10－4，则SO2物质的量为0.5×2×10－4mol，所以最后的残留量＝eq\f(0.5×2×10－4mol×64g·mol－1,50.00×10－3L)＝0.128g·L－1。4．(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋＋2F－平衡向右移动(6)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7)eq\f(1,3)解析：本题涉及元素化合物知识的综合应用，通过工艺流程形式给出信息，考查分析和解决化学工艺流程问题的能力，根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式，体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。(1)由题干信息可知，滤渣有生成的S和不与H2SO4反应的SiO2(或写不溶性硅酸盐)；依据氧化还原反应原理可知，MnO2作氧化剂，MnS作还原剂，由此可写出化学方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2＋，为了去除方便，需将Fe2＋氧化为Fe3＋。(3)由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知除铁和铝时溶液pH范围应调节为4.7～6之间。(4)NiS和ZnS是难溶于水的硫化物。(5)MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)，若增大H＋浓度，F－与H＋会结合成弱电解质HF而使沉淀溶解平衡正向移动，导致溶液中Mg2＋沉淀不完全。(6)由于HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)，COeq\o\al(2－,3)与Mn2＋可形成MnCO3沉淀，使HCOeq\o\al(－,3)电离平衡正向移动，H＋浓度增大，H＋与HCOeq\o\al(－,3)反应生成H2O和CO2，所以离子方程式为Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(7)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0，可知＋1＋(＋2)×x＋(＋3)×y＋(＋4)×z＋(－2)×2＝0，将x＝y＝eq\f(1,3)代入计算，可得z＝eq\f(1,3)。5．(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物Al(OH)eq\o\al(－,4)＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋(3)O2或空气Fe3＋(4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]3.2～6.2(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O(6)提高镍回收率解析：(1)油脂可在NaOH溶液中发生水解反应生成可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3,2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，故“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物。“滤液①”中含有Na[Al(OH)4](也可写成NaAlO2)，向其中加入稀H2SO4调为中性会生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为Al(OH)eq\o\al(－,4)＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O或AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓。(2)“滤饼①”中含有Ni、Fe、NiO、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物，加入稀H2SO4后主要发生反应Ni＋2H＋=Ni2＋＋H2↑、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、NiO＋2H＋=Ni2＋＋H2O、FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O、Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，故“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)H2O2的作用是在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋(2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O)，且在“转化”中不引入新杂质，故可替代H2O2的物质是O2或空气，发生反应4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，也不引入新杂质。加NaOH溶液“调pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3＋，为除尽Fe3＋而又不生成Ni(OH)2沉淀，需控制pH范围：3.2≤pH<7.2；此时溶液中还存在Fe2＋，H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，故“滤液③”中可能含有的杂质离子为Fe3＋。(4)开始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全时，都存在沉淀溶解平衡：Ni(OH)2(s)Ni2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，开始沉淀时，c(Ni2＋)＝0.01mol·L－1，c(OH－)＝1.0×107.2－14mol·L－1，故Ksp＝0.01×(107.2－14)2；沉淀完全时，c(Ni2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，c(OH－)＝1.0×108.7－14mol·L－1，Ksp＝10－5×(108.7－14)2。由上述分析得Ksp＝1.0×10－15.6，若“转化”后的溶液中c(Ni2＋)＝1.0mol·L－1，生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp,cNi2＋))＝eq\r(\f(1.0×10－15.6,1.0))mol·L－1＝1.0×10－7.8mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(1.0×10－14,1.0×10－7.8)mol·L－1＝1.0×10－6.2mol·L－1，pH＝6.2，故既要除尽Fe3＋，又不形成Ni(OH)2沉淀，应控制的pH范围是3.2～6.2。(5)Ni2＋被氧化为NiOOH，ClO－被还原为Cl－，故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。(6)分离出NiSO4晶体后的母液中含有Ni2＋(饱和NiSO4溶液)，故将母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率。6．(1)＋6(2)Al(OH)3(3)①MoOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋=BaMoO4↓②eq\f(2.6×10－9,3.5×10－8)×eq\f(1.0×10－7,4.7×10－11)(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4:1解析：(1)根据化合物Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，由化合物中化合价代数和为0，可计算出Na2MoO4中Mo元素的化合价为＋6。(2)“750℃焙烧”时，废催化剂中的氧化铝发生反应：Al2O3