2023新教材高考化学二轮专题复习 专题精练（11）化学工艺流程.docx

1、专题精练（11）化学工艺流程1.2022全国甲卷硫酸锌（ZnSO4）是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子Fe3Zn2Cu2Fe2Mg2Ksp4.010386.710172.210208.010161.81011回答下列问题：（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为。（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有、。（3）加入物质X调溶液pH5，最适宜使用的X是（填标号）。ANH3H2OBCa（OH）2CNaOH

2、滤渣的主要成分是、。（4）向8090 的滤液中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣中有MnO2，该步反应的离子方程式为。（5）滤液中加入锌粉的目的是_。（6）滤渣与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是、。2.2022福建省厦门市二检软锰矿硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：回答下列问题：（1）“浸取”过程主要反应3MnO22FeS26H2SO4=3MnSO4Fe2（SO4）34S6H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比为。（2）“氧化”过程软锰矿的作用是。（3）“除铁”后溶液中残留的c（Fe3）molL1。（25 时，Fe（OH）3的Ksp为1.01039）

3、（4）“沉锰”过程Mn2转化为MnCO3的离子方程式为_。（5）“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为_。（6）“氧化”过程中，将Mn（）转化为Mn（）的最适宜氧化剂是（填标号）。aH2O2bCl2cKClO3（7）将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：xZnZn0.5xMnO2nH2OZn0.5MnO2nH2O，放电时正极的电极反应式为_。3.2022湖南卷钛（Ti）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：

4、物质TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸点/13612757180回答下列问题：（1）已知GHTS，G的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略H、S随温度的变化。若G0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600时，下列反应不能自发进行的是。AC（s）O2（g）=CO2（g）B2C（s）O2（g）=2CO（g）CTiO2（s）2Cl2（g）=TiCl4（g）O2（g）DTiO2（s）C（s）2Cl2（g）=TiCl4（g）CO2（g）（2）TiO2与C、Cl2，在600的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质TiCl4COCO2Cl2分压/MPa4.591021.84102

5、3.701025.98109该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_；随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是。（3）“除钒”过程中的化学方程式为；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是。（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序（填“能”或“不能”）交换，理由是_。（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是。A高炉炼铁B电解熔融氯化钠制钠C铝热反应制锰D氧化汞分解制汞4.2022广东省梅州市二模用含铬不锈钢废渣（含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等）制取Cr2O3（铬绿）的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）“碱熔”时，为使废

6、渣充分氧化可采取的措施是 （任写一条）。（2）Cr2O3、KOH、O2反应生成K2CrO4的化学方程式为_。（3）“水浸”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解生成的难溶物为（填化学式）；为检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3的操作是_。（4）常温下，“酸化”时pH不宜过低的原因是_。（5）“还原”时发生反应的离子方程式为_。（6）为精准投放药量，先利用滴定方法测定“过滤”后滤液2中的Cr2O含量。方法如下：步骤：量取10.00 mL滤液2于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化（除Cr2O外，其他成分不参与滴定反应）。步骤：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O。步骤：向锥

7、形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.100 0 molL1Na2S2O3溶液进行滴定，平均用去Na2S2O3溶液18.00 mL（I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6）。步骤量取10.00 mL滤液2选择的仪器是。Cr2O的含量为gL1。5.2022重庆市一模高性能磁带的磁粉主要成分是Co4Fe3xO，某探究小组设计了如图甲所示流程制取Co4Fe3xO。图中正极材料的主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe，已知常温下，KspCo（OH）21.61015。请根据流程回答下列问题：（1）流程中放出的“气体”的化学式为。（2）提高酸浸浸取率的措施是（写两条即可）。（3）在“酸浸”过程

8、中，加入Na2S2O3的作用是。（4）实验室要完成的操作会用到下列仪器中的（填字母）。a坩埚 b烧杯c蒸发血 d泥三角（5）写出的化学方程式：。（6）常温时，“沉钴”过程中，当溶液的pH11时，c（Co2）。（7）在空气中加热Co（OH）2，固体残留率随温度的变化如图乙所示，则A点主要的固体产物为（属于氧化物，填化学式）。6.2022河北省石家庄市一模碳酸锶（SrCO3）难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶（含少量Ba2、Ca2、Mg2、 Pb2等）制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：已知：.Cr（OH）3为两性氢氧化物；.常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。化合物Cr（OH）3

9、Ca（OH）2Mg（OH）2SrCO3Ksp近似值110315.51061.810115.61010回答下列问题：（1）气体A的电子式为。（2）“除钡、铅”时，pH过低会导致（NH4）2CrO4的利用率降低，原因为（用离子方程式解释）；“还原”时发生反应的离子方程式为。（3）“滤渣1”的主要成分为（填化学式）。（4）用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH13的原因为_。（5）“调pH 13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_。（6）已知：碳酸的电离常数Ka14.4107、Ka24.71011，则“碳化”时，反应Sr2（aq）2HCO（aq）SrCO3

10、（s）H2CO3（aq）的平衡常数K（保留两位有效数字）。（7）“系列操作”中包含“200 C烘干”操作，烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为 （填化学式）。专题精练（11）1解析：（1）根据产物有氧化锌，参照碳酸钙的高温分解可写出化学方程式。（2）为了提高浸取效果，工业上一般需要加快反应速率，可以从浓度、温度、接触面积等角度考虑。（3）调pH要考虑不能引入不易除去的杂质离子，如Na和NH后期不易除去；加入氢氧化钙，Ca2后期可以被F除去，同时与硫酸根结合生成微溶的硫酸钙。在确定滤渣成分时，利用Ksp与Q的大小关系，可知沉淀出Fe（O

11、H）3。（4）根据题意可知，反应中MnO转化为MnO2，说明另一反应物具有还原性，只能是Fe2；pH5时，产物为Fe（OH）3。（5）加入锌粉的目的是除去铜离子。（6）滤渣为CaF2、MgF2，可与浓H2SO4分别发生反应：CaF2H2SO4（浓）CaSO42HF、MgF2H2SO4（浓）MgSO42HF，得到的副产物为硫酸钙和硫酸镁。答案：（1）ZnCO3ZnOCO2（2）升高温度、不断搅拌、充分粉碎、适当提高硫酸浓度等（任选两个，答案合理即可）（3）BSiO2Fe（OH）3CaSO4（4）MnO3Fe27H2O=MnO23Fe（OH）35H（5）除去铜离子（6）硫酸钙硫酸镁2解析：（1）反

12、应3MnO22FeS26H2SO4=3MnSO4Fe2（SO4）34S6H2O中Mn元素化合价降低被还原，MnO2作氧化剂，Fe元素和S元素化合价升高被氧化，FeS2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为32；（2）“浸取”过程中软锰矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应除了生成硫酸锰和硫沉淀，可能生成硫酸亚铁，所以“氧化”过程软锰矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，以便后续过程除铁；（3）由流程图可知，“除铁”后溶液pH5.5，c（H）105.5molL1，c（OH）108.5molL1，根据Fe（OH）3的Kspc（Fe3）c3（OH）1.01039，c（Fe3）molL111013.5m

13、olL1；（4）“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵、氨水反应生成碳酸锰、硫酸铵和水，反应的化学方程式为：MnSO4NH4HCO3NH3H2O=MnCO3（NH4）2SO4H2O；（5）由流程图可知，“焙烧”过程中MnCO3和空气中的氧气在高温条件下反应生成MnO2和CO2，反应的化学方程式为2MnCO3O22MnO22CO2；（6）Mn（）的氧化性比H2O2和Cl2都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用H2O2或Cl2不能将Mn（）氧化为Mn（），而KClO3在酸性条件下能将Mn（）氧化为Mn（），故选用最适宜氧化剂是KClO3；（7）放电时正

14、极发生得电子的还原反应，因此电极反应式为Zn0.5xMnO2nH2OxZn22xe=Zn0.5MnO2nH2O。答案：（1）32（2）将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子（3）1.01013.5（4）Mn2HCONH3H2O=MnCO3NHH2O（5）2MnCO3O22MnO22CO2（6）c（7）Zn0.5xMnO2nH2OxZn22xe=Zn0.5MnO2nH2O3解析：（1）结合图像可知600 时，A项、B项中反应的G均小于0，反应可自发进行；C项中反应的G大于0，反应不能自发进行；由于G的值只和反应体系的始态和终态有关，将A项、C项中反应依次编号为、，由可得D项中反应，根据图中数据可得，60

15、0 时该反应的G0，故该反应可自发进行。C项符合题意。（2）根据600 混合气体中TiCl4、CO、CO2的分压，可计算出三者的物质的量之比约为524，结合得失电子守恒和物料守恒可写出总反应的化学方程式为5TiO26C10Cl25TiCl42CO4CO2。（3）结合图示流程可知“除钒”时Al与VOCl3发生反应生成VOCl2和AlCl3。根据TiCl4与SiCl4、AlCl3沸点相差较大，知可对混合物进行加热蒸馏，收集约136 的蒸馏产物，即可除去含Si、Al杂质。（5）该工艺流程中冶炼Ti时发生反应：TiCl42MgTi2MgCl2，是利用活动性强的金属置换出活动性弱的金属，与C项铝热反应制

16、锰原理相同，而A项是热还原法，B项是电解法，D项是热分解法，均与该原理不相似。答案：（1）C（2）5TiO26C10Cl25TiCl42CO4CO2温度升高，C主要转化为CO（3）3VOCl3Al=3VOCl2AlCl3蒸馏法（4）不能“除钒”后产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去，或交换顺序，无法除去AlCl3（5）C4解析：（2）含铬不锈钢废渣（含SiO2、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3等）经过碱熔时，发生一系列反应，生成了可溶性盐KFeO2、K2CrO4、K2SiO3和KAlO2，Cr2O3、KOH、O2反应的化学方程式2Cr2O38KOH3O24K2CrO44H2O；（3）“水浸

17、”时，碱熔渣中的KFeO2强烈水解，FeO结合H2O电离出的H及H2O生成Fe（OH）3和KOH，即不溶物为Fe（OH）3；含有Fe3的溶液中滴加KSCN溶液，溶液会变红色，则检验“水浸”后的滤液中是否含有Fe3，可向滤液中滴加KSCN溶液，若不变红，则不含有Fe3；（4）过滤除去沉淀，滤液中加入硫酸酸化，调节溶液pH在78，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝沉淀，同时铬酸根离子转化为重铬酸根离子，“酸化”时pH过低，NaAlO2会直接与酸反应生成Al3进入滤液；（5）在滤液中加入亚硫酸钠还原重铬酸根离子为Cr3，反应的离子方程式为Cr2O 3SO 8H=2Cr3 3SO4H

18、2O；（6）滤液2中的Cr2O具有较强的氧化性，能氧化橡胶管，因此步骤量取10.00 mL滤液2选择的仪器是酸式滴定管；由反应原理：Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O，I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，得到关系式Cr2O3I26Na2S2O3，消耗n（Na2S2O3）cV0.100 0 molL10.018 00 L0.001 8 mol，则n（Cr2O）n（Na2S2O3） 0.001 8 mol0.000 3 mol，质量为mnM0.000 3 mol216 gmol10.064 8 g，Cr2O的含量6.48 gL1。答案：（1）粉碎废渣（或充分搅拌、或通入足量空气等

19、）（2）2Cr2O3 8KOH 3O24K2CrO44H2O（3） Fe（OH）3 取少量滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，若溶液呈红色，说明含有Fe3；若溶液不呈红色，说明不含Fe3 （4）pH 过低，Al3进入滤液或防止Al（OH）3被过量的酸溶解（5）Cr2O 3SO 8H=2Cr3 3SO4H2O（6）酸式滴定管（或移液管）6.48 （或6.5）5解析：（1）硫酸亚铁溶液加入铁皮晶种生长槽的目的是除去硫酸亚铁溶液中的稀硫酸，发生的反应为铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则放出的气体为氢气。（2）适当升高温度、粉碎正极材料、适当增大硫酸的浓度、不断搅拌等措施能够提高酸浸的浸取率。（3）

20、酸浸过程中加入稀硫酸和硫代硫酸钠溶液发生的反应为钴酸锂与稀硫酸、硫代硫酸钠反应生成硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠和水，则加入硫代硫酸钠的目的是将钴酸锂中3价钴元素转化为2价钴元素。（4）的操作是在200300 条件下加热灼烧FeOOH粉末得到氧化铁，实验室应在坩埚中加热灼烧FeOOH粉末，灼烧需要的仪器有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，故选ad。（5）为硫酸亚铁溶液和氢氧化钠溶液在40 条件下搅拌得到FeOOH晶种，反应的化学方程式为4FeSO4O28NaOH4FeOOH4Na2SO42H2O。（6）由氢氧化钴的溶度积可知，溶液的pH为11时，溶液中钴离子的浓度为 molL11.6109 molL1。（

21、7）设氢氧化钴的质量为100 g，A点的主要产物是CoOn，由钴原子个数守恒可得，解得n，则A点的主要产物的化学式为Co3O4。答案：（1）H2（2）适当升高温度、不断搅拌（或适当增大硫酸的浓度）（合理即可）（3）作还原剂，将3价Co元素还原成2价Co（4）ad（5）4FeSO48NaOHO24FeOOH4Na2SO42H2O（6）1.6109 molL1（7）Co3O46解析：工业碳酸锶（含少量Ba2、Ca2、Mg2、Pb2等）加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2、Ba2、Ca2、Mg2、Pb2的溶液，向溶液中加入过量的（NH4）2CrO

22、4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2、Ca2、Mg2、NH、CrO的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，CrO被还原为Cr3，得到含Sr2、Ca2、Mg2、NH、Cr3的溶液，向溶液中加氨水调pH到78，将Cr3转化为沉淀除去，滤渣1为Cr（OH）3，再加NaOH调pH13使Ca2、Mg2沉淀，过滤后碳化，Sr2转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。（2）（NH4）2CrO4溶液中存在2CrO2HCr2OH2O，pH过低，H浓度过大，平衡2CrO2HCr2OH2O正向移动，更多的CrO转化为Cr2O，导致（NH4）2CrO4的利用率降低；结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬

23、酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8HCr2O3H2C2O4= 2Cr36CO27H2O；（4）Cr（OH）3是两性氢氧化物，pH过大Cr（OH）3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH13的原因为：pH过高会使Cr（OH）3溶解导致铬的去除率降低；（5）“调pH 13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH 13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca（OH）2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2；（6）Sr2（aq）2HCO（aq）SrCO3（s）H2CO3（aq）的平衡常数K 1.9 105；（7）由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3。答案：（1）（2）2CrO2HCr2OH2O8HCr2O3H2C2O4= 2Cr36CO27H2O（3）Cr（OH）3（4）pH过高会使Cr（OH）3溶解，导致铬的去除率降低（5）Ca（OH）2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2（6）1.9 105（7）NH4NO3