2023高考化学二轮复习微切口热练(五)　化工流程中反应条件的控制与目的习题

热练(五)化工流程中反应条件的控制与目的1．(1)一种由菱镁矿(主要成分MgCO3、CaCO3、FeCO3、SiO2)制备高纯氢氧化镁的工艺如图：若要得到高纯Mg(OH)2，需对“沉镁”步骤所得的固体进行洗涤，检验固体已洗净的方法是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料。以含镍(Ni2＋)废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如图：则加入Na2CO3溶液时，确认Ni2＋已经完全沉淀的实验方法是________________________。答案(1)取最后一次洗涤滤液，加入硝酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净(其他合理答案也可)(2)静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成解析(1)加入MgSO4使CaCl2转化为CaSO4除去，再通入NH3，使Mg2＋形成沉淀，过滤即可得氢氧化镁，滤液为NH4Cl和少量(NH4)2SO4溶液，可循环利用。(2)确认Ni2＋已经完全沉淀，即溶液中无Ni2＋的实验方法是静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成。2．以粉煤灰(主要成分为Al2O3、SiO2，还含少量Fe2O3等)为原料制取氧化铝的部分工艺流程如图：(1)“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是___________________________________。“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高的原因是______________________________________。(2)“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为_________________________________________，检验溶液中铁元素已经除尽的方法是_____________________________________________。(3)“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体，从而获得AlCl3·6H2O晶体的过程，溶液中Al3＋和盐酸的浓度随通气时间的变化如图所示。Al3＋浓度减小的原因是_____________________________________________。(4)上述流程中，可以循环利用的物质是__________________________________________。答案(1)Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏(2)Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色(3)盐酸浓度增大，溶液中Cl－浓度增大，促进Al3＋形成AlCl3·6H2O晶体析出(4)HCl(或盐酸)解析粉煤灰加浓盐酸酸浸，Al2O3和Fe2O3溶解、SiO2不溶，过滤得滤渣，主要成分是SiO2，向滤液中加入NH4HCO3，溶液中的Fe3＋与HCOeq\o\al(－,3)发生相互促进的水解反应使铁元素沉淀，向滤液中通入HCl气体，使Al3＋形成AlCl3·6H2O晶体析出，煅烧AlCl3·6H2O，由于HCl大量挥发，促进了Al3＋水解，煅烧最终生成了Al2O3。(1)“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；“酸浸”在恒容密闭反应釜中进行，温度不宜过高，因为温度太高，盐酸大量挥发会引起容器内压强过大，导致反应釜损坏。(2)“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑；检验溶液中铁元素已经除尽的方法是静置，取少量上层清液于试管中，滴入KSCN溶液，溶液不变红色，说明铁已除尽。(3)“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体，随着气体的通入，盐酸浓度增大，溶液中Cl－浓度增大，平衡Al3＋＋3Cl－＋6H2OAlCl3·6H2O向正反应方向移动，促进Al3＋形成AlCl3·6H2O晶体析出。(4)题述流程中，可以循环利用的物质是HCl或盐酸。3．钛酸锰(MnTiO3)纳米材料是一种多用途催化剂。工业上用红钛锰矿(主要成分有MnTiO3，还含有少量FeO、Fe2O3、SiO2等杂质)来制备MnTiO3，其工艺流程如图所示：已知：①红钛锰矿“酸溶”后Ti元素主要以TiO2＋的形式存在；②H2TiO3不溶于无机酸和碱，不溶于水；③在空气中加热无水MnCl2分解放出HCl，生成Mn3O4。回答下列问题：(1)“粉碎”的目的是__________________________________________________________。(2)“酸溶”中发生的主要反应化学方程式为______________________________________。(3)为了更好地把滤渣2分离出来，除搅拌外，还需要________(填操作名称)。(4)“氧化”的氧化剂选用的是高锰酸钾，而不选择通常人们认可的绿色氧化剂“双氧水”，除了高锰酸钾氧化性强、反应快之外，还可能的原因是____________________________________________________________________________________________(写出一条即可)。(5)“沉锰”的条件一般控制在45℃以下的原因是________________________________________________。(6)TiO2＋的水解率受温度和H＋浓度的影响如图所示，TiO2＋最适宜的水解条件是_________________________________________________________________________________。(7)测定所得MnCl2·xH2O晶体中结晶水的含量。取29.70g样品加热分解，热重曲线(TG)如图所示。所得氯化锰晶体x的值是________。答案(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率(2)MnTiO3＋2H2SO4=MnSO4＋TiOSO4＋2H2O(3)加热(4)根据反应过程中颜色变化可以判断Fe2＋是否氧化完全(或Fe2＋、Fe3＋存在时，加速H2O2分解，导致原料利用率太低，答案合理即可)(5)升温可以加快反应速度，但超过45℃，NH4HCO3易分解，所以控制在45℃以下可以提高原料利用率(转化率)(6)温度105℃，H＋浓度0.90g·L－1(7)4解析(5)沉锰的反应为MnSO4＋2NH4HCO3=(NH4)2SO4＋MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，“沉锰”的条件一般控制在45℃以下的原因是升温可以加快反应速度，但超过45℃，NH4HCO3易分解，所以控制在45℃以下可以提高原料利用率(转化率)。(7)由题中信息，在空气中加热无水MnCl2分解放出HCl，生成Mn3O4。200℃时，失去全部结晶水，eq\f(18.90,126)∶eq\f(29.70－18.90,18)＝1∶x，x＝4，所得氯化锰晶体x的值是4。4．以金属切削废料(由铁屑和镍钴合金、金刚砂组成)为原料回收镍钴生产NiSO4·7H2O和CoCl2·6H2O的工艺如图：已知：①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Co3＋Co2＋Fe3＋Fe2＋Ni2＋开始沉淀的pH0.37.21.56.36.9沉淀完全的pH1.19.22.88.38.9②常温下，Ksp(NiCO3)＝1.0×10－7。回答下列问题：(1)将废料研磨成粉的作用是______________________________________________________。(2)理论上“除铁”需控制pH的范围为__________，“滤渣2”中除Fe(OH)3外，还有少量黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，写出Fe3＋生成黄钠铁矾的离子方程式：____________。(3)“钴镍分离”后溶液中c(Ni2＋)＝1.0mol·L－1，若“滤液2”中c(COeq\o\al(2－,3))＝10－5mol·L－1，则沉镍率＝__________________________[沉镍率＝eq\f(因沉淀减少的cNi2＋,沉镍前cNi2＋)]。(4)“转化”时产生的气体为________________。答案(1)增大固液接触面积，加快酸溶速率，提高原料利用率(2)2.8～6.9(或2.8≤pH＜6.9)6Fe3＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋2Na＋＋12OH－=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓(3)99%(或0.99)(4)Cl2解析(2)“除铁”需控制pH的范围为2.8～6.9(或2.8≤pH＜6.9)；根据流程可知，黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的生