2020年高考化学二轮复习 考点微测18 无机工艺流程题（含解析）.docx

1、微测18无机工艺流程题1(2019全国卷大联考)镍是一种十分重要的有色金属原料，具有极为广泛的用途。一种从废镍电池电极含有NiOOH、Ni(OH)2以及Al、Fe等金属中提取金属Ni的工艺流程如图所示：已知：.NiO是稳定的氧化物，NiOOH高温分解为NiO、O2、H2O.常温下，KspFe(OH)341038，KspFe(OH)21015，KspNi(OH)21.91013.Ni2在弱酸性环境中易水解；氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)回答下列问题：(1)H2O2的电子式为_，滤液中能水解物质的名称为_。(2)用离子反应方程式表示加入H2O2的目的：_。(3)常温下，调节pH5后，此

2、时溶液中c(Fe3)molL1，若溶液中c(Ni2)0.01 molL1，此时是否有Ni(OH)2沉淀生成_(写出计算过程)。(4)如图是电沉积法制取金属Ni所使用的电解装置。在电解过程中C室可能发生的电极反应式为_，写出一种提高Ni产率的措施：_。电解一段时间后B室中氯化钠的浓度_1%(填“大于”“小于”或“等于”)，试分析其中的原因：_。解析(1)H2O2的电子式为HH；废镍电池电极中的NiOOH、Ni(OH)2以及Al、Fe粉碎后在O2中焙烧，主要生成NiO、Al2O3、Fe3O4，镍烧渣与过量KOH溶液反应，Al2O3溶解在过量KOH溶液，NiO、Fe3O4不反应，过滤得到滤渣为Fe3

3、O4、NiO，滤液主要成分为KAlO2、KOH，KAlO2能水解，其名称为偏铝酸钾。(2)滤渣中的Fe3O4、NiO溶解在盐酸中生成含有Fe2、Fe3、Ni2的溶液，加入H2O2将Fe2氧化为Fe3，利于生成Fe(OH)3沉淀而除去铁，反应的离子方程式为2Fe22HH2O2=2Fe32H2O。(3)pH5时，溶液中c(OH)109 molL1，c(Fe3)41011 molL1，当溶液中c(Ni2)0.01 molL1时，Qcc(Ni2)0.01(109)211020HNi2(低浓度)，若要提高Ni的产率，需控制C室中浓缩液的pH处于一定范围、提高Ni2的浓度等。电解过程中A室中OH放电，c(

4、OH)浓度减小，Na通过阳离子交换膜进入B室中，C室中Ni2、H放电，阳离子浓度减小，Cl通过阴离子交换膜进入B室中，故B室中NaCl的浓度会增大。答案(1)HH偏铝酸钾(2)2Fe22HH2O2=2Fe32H2O(3)41011Qcc(Ni2)c2(OH)0.01(109)211020KspNi(OH)21.91013，故无Ni(OH)2沉淀生成(4)Ni22e=Ni、2H2e=H2控制C室中浓缩液的pH处于一定范围(或其他合理答案)大于A室中OH放电，c(OH)减小，Na通过阳离子交换膜进入B室中，C室中Ni2、H放电，阳离子浓度减小，Cl通过阴离子交换膜进入B室中，故B室中NaCl的浓度

5、会增大(合理即可)2最新研究表明As2O3在医药领域有重要应用。某小组从工业废料中提取As2O3设计流程如下：已知：H3AsO3为弱酸，热稳定性差。(1)写出一条“碱浸”时提高浸取率的方法：_；“碱浸”中H3AsO3转化成Na3AsO3的离子方程式为_。(2)“氧化”时常在向混合液中通入O2时对体系加压，目的是_。(3)“沉砷”过程中有如下反应：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H05Ca2OH3AsOCa5(OH)(AsO4)3H0沉砷率与温度关系如图。沉砷最佳温度为_，高于85 时，沉砷率下降的原因是_。(4)“还原”过程中获得H3AsO3的化学反应方程式为_；“操作A”为_

6、、过滤；滤液的主要成分是_。(5)若每步均完全反应，“氧化”和“还原”时消耗相同条件下O2和SO2体积分别为x L、y L，则废水中n(H3AsO4)_(写出含x、y的计算式)。解析(1)反应物接触时间越长，反应越充分，所以“碱浸”时可采用搅拌或多次浸取使其充分反应，提高原料浸取率；H3AsO4与氢氧化钠反应为酸碱中和反应，离子方程式为H3AsO33OH=AsO3H2O。化”时向混合液中通入O2时对体系加压可以增大O2溶解度，加快反应速率。(3)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(OH)(AsO4)3沉淀，发生的主要反应有Ca2(aq)2OH(aq)H0，高于85 ，随着温度升高，反应中、减小，温

7、度对平衡移动的影响大于，使反应中平衡逆向移动，Ca5(OH)(AsO4)3沉淀率下降。(4)“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，反应为H3AsO4H2OSO2=H3AsO3H2SO4；还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，所以“操作A”为加热、过滤；由方程式可知，滤液的主要成分是H2SO4。(5)“氧化”过程中Na3AsO3溶液氧化为Na3AsO4溶液，关系式为2H3AsO32Na3AsO3O2；“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，关系式为H3AsO4SO2；已知消耗相同条件下O2和SO2体积分别为x L、y L，体积比等于物

8、质的量之比，即n(O2)n(SO2)xy，由关系式可知，n(H3AsO3)2n(O2)，则废水中原有的n(H3AsO4)y2x，则废水中n(H3AsO3)2x(y2x)。答案(1)搅拌或多次浸取H3AsO33OH=AsO3H2O(2)增大O2溶解度，加快反应速率(3)85 高于85 ，随着温度升高，反应中、c(OH)减小，温度对平衡移动的影响大于，使反应中平衡逆向移动，沉淀率下降(4)H3AsO4H2OSO2=H3AsO3H2SO4加热、过滤H2SO4(5)2x(y2x)3某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：回答下列问题：(1

9、)为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_(写出一条即可)；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是_。(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3反应)，能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K_(填写计算结果)；若不考虑CO的水解，要使2.33 g BaSO4恰好完全转化为，则至少需要浓度为1.0 molL1 Na2CO3溶液_ mL。已知：Ksp(BaSO4)1.01010、5.0109(3)流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)、TiOC2O4、TiO(C2O4)三种形式存在(变化曲线如图所示)。实际制备工

10、艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为_；图中曲线c对应钛的形式为_(填粒子符号)。(4)流程中“滤液”的主要成分为_；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式：_。解析(1)盐酸与BaCO3发生反应：2HClBaCO3=BaCl2H2OCO2，为了加快反应速率，可以将固体BaCO3研成粉末，增大接触面积，也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4会发生水解反应：Ti44H2OTi(OH)44H，使溶液变浑浊，配制TiCl4溶液，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再

11、加适量水稀释至所需浓度。(2)在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化，生成BaCO3：BaSO4(s)CO(aq)BaCO3(s)SO(aq)，反应的平衡常数K0.02；2.33 g BaSO4的物质的量为 mol，沉淀Ba2需要0.01 mol CO，在溶液中根据上面的计算，SO的浓度和CO的浓度的比例为0.02，设需要x L的1.0 molL1的Na2CO3，有关系式0.02，x0.51 L510 mL。(3)“混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)和TiO(OH)三种形式存在，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶

12、体中含有TiO(C2O4)(即b微粒)，随着氨水的不断加入，C2O浓度逐渐增大的趋势可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4，b对应钛的形式为TiO(C2O4)；c对应钛的形式为；在“沉淀”时的离子方程式为TiO(C2O4)Ba24H2O=BaTiO(C2O4)24H2O。(4)酸浸时加入盐酸，TiCl4和草酸混合时加入了氨水，除去草酸氧钛钡晶体，还有溶于水的溶质为NH4Cl；草酸氧钛钡晶体煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3的方程式为BaTiO(C2O4)24H2OBaTiO32CO2CO24H2O。答案(1)将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸

13、浓度或适当加热或搅拌等将TiCl4溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度(2)0.02510(3)TiO(C2O4)Ba24H2O=BaTiO(C2O4)24H2OTiO(OH)(4)NH4ClBaTiO(C2O4)24H2OBaTiO32CO2CO24H2O4(2019江淮十校联考)海洋深处有丰富的软锰矿，以此为主要原料生产MnSO4的工业流程如下：已知：软锰矿的主要成分是MnO2，此外还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、NiO、SiO2等少量杂质。几种离子沉淀时数据信息如下：离子Fe2Fe3Al3Mn2开始沉淀时pH7.62.73.88.3完全沉淀时pH9.74.04.79.8(1)写出酸

14、浸过程中SO2与MnO2反应的离子方程式：_。(2)为了探究MnO2与SO2反应情况，某研究小组将含有SO2尾气和一定比例的空气通入MnO2悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中c(Mn2)和随反应时间的变化如图所示。导致溶液中和c(SO)的变化产生明显差异的原因是_。(3)操作是“除铁铝”，其主要步骤为向滤液中加入软锰矿，调节pH5.26.0左右，使其Fe3、Al3沉淀完全，再加入活性炭搅拌、抽滤。写出滤液中生成Fe2相关的离子方程式：_、_。(4)操作是“除铜镍”，其主要步骤为向滤液中加入MnS(难溶物)，充分搅拌，过滤。加入MnS能除去滤液中Cu2和Ni2的原因是_。(5)以MnSO

15、4溶液为原料可通过电解法制备超级电容器材料MnO2，其装置如图所示：则电解过程中阳极电极反应式为_，电解一段时间后，阴极溶液中H的物质的量_(填“变大”“减小”或“不变”)。实际生产过程中_(填“能”或“不能”)用MnCl2溶液代替MnSO4溶液。解析(1)酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为MnO2SO2=Mn2SO。(2)若反应体系只发生MnO2SO2=MnSO4，Mn2与SO的浓度变化应该一致，而图示信息表明，SO的浓度变化比Mn2的浓度变化要快，说明反应体系还发生了其他生成SO的反应，由于温度不变，SO的浓度变化说明Mn2能催化O2与H

16、2O、SO2生成H2SO4反应。(3)滤液首先发生的是三氧化二铁被硫酸溶解反应：Fe2O36H=2Fe33H2O，生成的三价铁离子具有氧化性，二氧化硫具有还原性，又会继续发生反应：SO22Fe32H2O=SO2Fe24H。(4)因为CuS和NiS的溶度积常数小于MnS，所以向滤液中加入MnS后，会转化成更难溶解的CuS和NiS沉淀，进而除去铜镍。(5)由图可知阳极上Mn2失电子化合价升高，生成二氧化锰，因此电极反应式为Mn22H2O2e=MnO24H；阴极上2H2e=H2，若电解过程中外电路转移a mol e，则阴极消耗a mol H，同时有a mol H由阳极移向阴极，故阴极溶液中H的物质的

17、量不会改变；不能用MnCl2溶液代替MnSO4溶液，因为Cl会放电导致MnO2的产率降低。答案(1)MnO2SO2=Mn2SO(2)Mn2催化O2与H2O、SO2反应，生成H2SO4(3)Fe2O36H=2Fe33H2OSO22Fe32H2O=SO2Fe24H(4)CuS和NiS的溶度积常数小于MnS，易于发生不溶物的转化(5)Mn22H2O2e=MnO24H不变不能5黄钾铁矾渣经如下流程可将其转化为锰锌铁氧体：已知：黄钾铁矾渣中铁主要以Fe2O3形式存在，锌主要以硫酸锌(ZnSO4)、氧化锌(ZnO)、硅酸锌形式存在，黄钾铁矾渣的某些元素成分如下表所示：元素FeZnCuCdCaMgSi质量分

18、数/%28.98.770.370.180.370.844.63NH4F溶液用于沉淀Mg2和Ca2Fe和Cd的金属活动性相近(1)“酸浸”后，滤渣1的主要成分为_(填化学式)；为了提高浸出率，可采取的措施有_(写出一种即可)。(2)“还原除杂”工序中，加入铁粉是为了除去溶液中、_等金属杂质离子。(3)加入(NH4)2S沉淀Cd2时应避免过量，原因是；若此过程中溶液搅拌时间过长，则会导致Cd2去除率偏低，原因是_。(已知：CdS的溶度积Kap81027，FeS的溶度积Kap，ZnS的溶度积Kap81024)(4)写出“共沉淀”工序中生成FeCO3的离子反应方程式为_。(5)锰锌铁氧体是种重要的磁性

19、材料。测定铁氧体中ZnO的实验步骤如下：写出除锰(Mn2)步骤中的离子方程式：_。准确量取25.00 mL溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.010 0 molL1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Zn2(反应原理为Zn2H2Y2=ZnY22H)，至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00 mL。通过计算确定该铁氧体中ZnO的质量分数为_。解析(1)黄钾铁矾渣加入硫酸酸浸，硅酸锌与硫酸反应生成硅酸，则滤渣1为H2SiO3，为了提高浸出率，可采取的措施有适当提高硫酸浓度、提高温度、搅拌、粉碎原料。(2)根据金属活动顺序及离子氧化性强弱，离子氧化性Fe3Cu2Fe2；“还原除杂”

20、工序中，加入铁粉是为了除去溶液中Fe3、Cu2等金属杂质离子。入(NH4)2S沉淀Cd2时应避免过量，原因是(NH4)2S过量Fe2、Zn2会转化为FeS、ZnS沉淀，造成Fe2、Zn2损失；若此过程中溶液搅拌时间过长，则会导致Cd2去除率偏低，原因是当搅拌时间过长时，部分Fe2被氧化变成Fe3，Fe3会与S2发生反应，使S2浓度下降，从而导致去除率降低(或O2将S2氧化，造成S2浓度下降)。(4)“共沉淀”工序中硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成FeCO3、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe22HCO=FeCO3CO2H2O。步骤中(NH4)2S2O8将锰离子氧化生成二氧化锰而除去，反应的

21、离子方程式为S2OMn22H2O=2SOMnO24H。准确量取25.00 mL溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.010 0 molL1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Zn2，根据反应Zn2H2Y2=ZnY22H可知，n(Zn2)n(EDTA)0.010 0 molL120.00 mL103 LmL12.0104 mol；该铁氧体中ZnO的质量分数为100%16.20%。答案(1)H2SiO3适当提高硫酸浓度、提高温度、搅拌、粉碎原料(合理即可)(2)Fe3Cu2(3)(NH4)2S过量Fe2、Zn2会转化为FeS、ZnS沉淀，造成Fe2、Zn2损失当搅拌时间过长时，部分Fe2被氧化变成Fe3，Fe3会与S2发生反应，使S2浓度下降，从而导致去除率降低(或O2将S2氧化，造成S2浓度下降)(4)Fe22HCO=FeCO3CO2H2O(5)S2OMn22H2O=2SOMnO24H16.20%