领军高考化学真题透析专题34化工流程一高效演练Word格式.docx
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+6;
(2)“焙烧”过程中MoS2变成MoO3,,S被氧化生成对大气有污染的气体,应为SO2,
二氧化硫或SO2;
(3)加入Na2CO3溶液和MoO3反应生成二氧化碳和Na2MoO4,其反应的化学方程式为:
MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑,“结晶”的钼酸钠晶体仍含其他杂质,要得到较纯的晶体,应进行重结晶,
MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑;
重结晶;
(4)加入过量盐酸,生成H2MoO4和NaCl,则滤液的主要成分为NaCl、HCl,
NaCl、HCl;
(5)灼烧固体,应在坩埚中进行,
坩埚;
(6)利用铝热反应可回收金属钼,MoO3发生铝热反应的化学方程式为:
4Al+2MoO3
2Mo+2Al2O3,
2Mo+2Al2O3;
(7)Ksp(BaMoO4)=4.0×
10−8,钼酸钠溶液中c(MoO42−)=0.4mol⋅L−1,BaMoO4开始沉淀时,溶液中钡离子的浓度为:
c(Ba2+)=
=1.0×
10−7mol/L,又Ksp(BaSO4)=1.1×
10−10,则溶液中硫酸根离子的浓度为:
c(SO42−)=
=1.1×
10−3mol/L,因为原溶液中硫酸根离子的浓度为0.02mol⋅L−1,故其硫酸根离子的去除率为:
(1−
)×
100%=1−5.5%=94.5%或0.945,
94.5%或0.945。
2.CoCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。
以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3,还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液的一种工艺流程如下:
下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(按金属离子浓度为1.0mol·
L-1计算):
金属离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Co2+
7.6
9.4
Al3+
3.0
5.0
Zn2+
5.4
8.0
(1)写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式________________________。
(2)“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_________,形成沉渣时发生反应的离子方程式为______________________。
(3)在实验室里,萃取操作用到的玻璃仪器主要有_________________;
上述“萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)+2HX(有机层)
ZnX2(有机层)+H2SO4(水层),由有机层获取ZnSO4溶液的操作是______________。
(4)“沉钴”时,Na2CO3溶液滴加过快会导致产品不纯,请解释原因___________________。
(5)在空气中煅烧CoCO3生成某种钴氧化物和CO2,若充分煅烧一定量CoCO3后测定所得固体质量为2.41g,CO2的体积为0.672L(标准状况),假设固体为纯净物,其化学式为__________。
【答案】Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O5.0≤pH<5.4(或5.0-5.4)2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑分液漏斗、烧杯向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡,静置分离出水层Na2CO3溶液滴加过快,会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2Co3O4
(1)“酸浸”时加入H2SO4和SO2,由于SO2具有还原性,SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价,“酸浸”时发生的非氧化还原反应为:
CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O,发生的氧化还原反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。
(2)“除铝”过程中Al3+完全沉淀,其它金属阳离子不形成沉淀,根据已知Co2+、Al3+、Zn2+开始沉淀和沉淀完全的pH,“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0~5.4。
形成沉渣时加入的是Na2CO3,发生的是Al3+与CO32-的双水解反应,形成沉渣时反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。
(3)在实验室里,萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯;
根据萃取反应ZnSO4(水层)+2HX(有机层)
ZnX2(有机层)+H2SO4(水层)可得,由有机层获得ZnSO4溶液,要使平衡逆向移动,所以要向有机层中加入硫酸,然后分液,所以由有机层获取ZnSO4溶液的操作是:
向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡,静置分离出水层。
(4)“沉钴”时是向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀,由于Na2CO3溶液呈碱性,若Na2CO3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2沉淀,导致产品CoCO3中混有Co(OH)2。
(5)0.672L(标准状况)CO2的物质的量为0.03mol,根据C元素守恒,n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol;
根据Co元素守恒,n(Co)=0.03mol,m(Co)=0.03mol×
59g/mol=1.77g,则氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g,所以n(O)=0.04mol,n(Co):
n(O)=0.03mol:
0.04mol=3:
4,故该钴氧化物的化学式为Co3O4。
3.以废旧锌锰电池中的黑锰粉(MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等)为原料制备MnCl2,实现锰的再利用。
其工作流程如下:
(1)过程Ⅰ,在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。
O2氧化MnO(OH)的化学方程式是_______。
(2)溶液a的主要成分为NH4Cl,另外还含有少量ZnCl2等。
①溶液a呈酸性,原因是______。
②根据如图所示的溶解度曲线,将溶液a______(填操作),可得NH4Cl粗品。
③提纯NH4Cl粗品,有关性质数据如下:
化合物
ZnCl2
NH4Cl
熔点
365℃
337.8℃分解
沸点
732℃
-------------
根据上表,设计方案提纯NH4Cl:
________。
(3)检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+:
取少量溶液,加入_______(填试剂和现象),证明溶液中Fe3+沉淀完全。
(4)探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。
ⅰ.向MnO2中加入H2O2溶液,产生大量气泡;
再加入稀H2SO4,固体未明显溶解。
ⅱ.向MnO2中加入稀H2SO4,固体未溶解;
再加入H2O2溶液,产生大量气泡,固体完全溶解。
①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因:
②解释试剂加入顺序不同,MnO2作用不同的原因:
上述实验说明,试剂加入顺序不同,物质体现的性质可能不同,产物也可能不同。
【答案】4MnO(OH)+O2==4MnO2+2H2ONH4++H2O⇌NH3·
H2O+H+(或NH4+水解产生H+)蒸发浓缩,冷却结晶,过滤加热NH4Cl粗品至340℃左右,NH4Cl=NH3+HCl;
收集产物并冷却,NH3+HCl=NH4Cl,得到纯净NH4Cl。
KSCN溶液,不变红MnO2+H2O2+H2SO4==MnSO4+2H2O+O2↑i中
作催化剂,反应快,
只催化分解
ii中
作氧化剂,加入稀
后,
的氧化性增强,被
还原为
。
(1)根据流程图可知,经过过程Ⅰ,得到了MnO2粗品,则O2将MnO(OH)氧化成MnO2,根据得失电子守恒,1molO2得到4mol电子,1molMnO(OH)失去1mol电子,则O2和MnO(OH)的比例为1∶4,再根据原子守恒可配平方程式,答案为4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O;
(2)①ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐,均会水解,铵根离子水解使溶液呈酸性,答案为NH4++H2O⇌NH3·
H2O+H+(或NH4+水解产生H+);
②从曲线可以看出,随着温度的变化,NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化,只能蒸发溶剂得到晶体,再进行后续操作,答案为蒸发浓缩,冷却结晶,过滤;
③从表格中数据可以知道,NH4Cl在337.8℃分解,生成NH3和HCl,而此温度下,ZnCl2没有熔化,也没有分解,因此可以利用NH4Cl的分解,收集产物再次合成NH4Cl,答案为加热NH4Cl粗品至340℃左右,NH4Cl=NH3+HCl;
收集产物并冷却,NH3+HCl=NH4Cl,得到纯净NH4Cl;
(3)Fe3+的检验常用KSCN溶液,如果溶液中有铁离子,生成红色物质;
没有Fe3+就不会变红,答案为KSCN溶液,不变红;
(4)从实验ⅰ知道,先加入双氧水,MnO2不溶解,只做催化剂,而通过实验ⅱ可知,先加入硫酸,固体溶解,且有气体冒出,气体为氧气,则MnO2作了氧化剂,双氧水作了还原剂。
①固体溶解,且有气体放出,气体为O2,MnO2做氧化剂,H2O2做还原剂,为酸性环境,根据得失电子守恒和原子守恒,配平方程式。
答案为MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O;
②先加入硫酸,溶液为酸性,则酸性条件下,物质的氧化性会增加,答案为ii中
还原为MnSO4。
4.镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。
采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi1-x-yCoxMnyO2)的工艺流程如图所示:
回答下列问题
(1)废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是_______。
(2)能够提高“碱浸”效率的方法有______(至少写两种)。
(3)“碱浸”过程中,铝溶解的离子方程式为_____。
(4)实验室模拟“碱浸”后过滤的操作,需用到的玻璃仪器有_____;
过滤后需洗涤,简述洗涤的操作过程:
_____。
(5)LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为_______。
(6)溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示:
则浸出过程的最佳条件是______。
(7)已知溶液中Co2+的浓度为1.0mol·
L-1,缓慢通入氨气,使其产生Co(OH)2沉淀,则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为______(已知:
离子沉淀完全时c(Co2+)≤1.0×
10-5mol·
L-1,Ksp[Co(OH)2]=4.0×
10-15,1g2=0.3,溶液体积变化忽略不计)。
(8)写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式:
_______。
【答案】放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑漏斗、烧杯、玻璃棒沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀,待水滤出后重复操作2~3次2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑75℃,30min9.3(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O2
4LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O
(1)放电时,负极上生成锂离子,锂离子向正极移动并进入正极材料中,所以“放电处理”有利于锂在正极的回收,
放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料;
(2)提高浸出率的方法有粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等,
粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等;
(3)“碱浸”过程中,铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑;
(4)过滤需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒;
洗涤沉淀在过滤器中进行,其操作为:
沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀,待水滤出后重复操作2~3次;
漏斗、烧杯、玻璃棒;
(5)LiCoO2中Li元素为+1价,O元素为-2价,故Co元素化合价为+3价,LiCoO2为难溶物,H2SO4为电解质,H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素,反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑,
2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑;
(6)由图可知,在75℃,30min条件下钴的浸出率最高,
75℃,30min;
(7)Ksp[Co(OH)2]=4.0×
10-15,沉淀完全时c(OH-)=
=
=2×
10-5mol/L,c(H+)=
=5×
10-10mol/L,pH=-lgc(H+)=-lg5×
10-10=9.3,
9.3;
(8)Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3
H2O反应生成Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2与Li2CO3,并高温烧结固相合成,根据原子守恒可得到化学方程式为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O2
4LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O,
(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O2
4LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O。
5.Ⅰ.工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银,示意图如下:
(1)阴极反应式为___________。
(2)精炼过程中,AgNO3溶液的浓度将___________(填“增大”、“减小”或“不变”);
原因是___________。
Ⅱ.“钯(Pd)金”不仅是优异的催化剂,也是首饰界的新宠。
精炼银的过程中钯元素可在电解液中大量富集,因此工业上常利用精炼银的电解液[主要成分为:
AgNO3、Pd(NO3)2、Cu(NO3)2、Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、HNO3等]为原料生产“钯金”,流程如下:
(3)定量实验检测表明,当滤液1中c(Ni2+)=2×
10-3mol·
L-1时,Pd2+仍没有开始沉淀,计算此时溶液中c(Fe3+)=___________,(Ksp[Ni(OH)2]=2.0×
10-15、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×
10-38)。
(4)“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(5)为保证产品的纯净,“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤,简述检验滤渣是否洗净的实验方法___________。
(6)写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式:
___________。
【答案】Ag++e-=Ag减小阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属,例如铁,但阴极得电子的却只有Ag+,所以AgNO3浓度减小4.0×
10-20mol·
L-11∶1用一支洁净的小试管,取最后清洗液1~2mL,向其中滴入过量的稀硝酸酸化,之后滴加几滴AgNO3溶液,若出现白色沉淀,说明没有洗干净,反之则洗涤干净(NH4)2PdCl6+2HCOOH=Pd↓+2CO2↑+2NH4++6Cl-+4H+
Ⅰ.工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银,根据电解装置图,粗银棒为阳极,纯银片为阴极。
(1)阴极发生还原反应,溶液中的阳离子放电,电极反应式为Ag++e-=Ag,故答案为:
Ag++e-=Ag;
(2)精炼过程中,阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属,例如铁等元素,但阴极得电子的却只有Ag+,所以AgNO3浓度减小,故答案为:
减小;
阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属,例如铁,但阴极得电子的却只有Ag+,所以AgNO3浓度减小;
Ⅱ.(3)根据Ksp[Ni(OH)2]=2.0×
10-15,c(OH-)=
mol·
L-1=
L-1=1×
10-6mol·
L-1,根据Ksp[Fe(OH)3]=4.0×
10-38,得c(Fe3+)=
L-1=4.0×
10-20mol·
L-1,故答案为:
4.0×
L-1;
(4)“氧化”过程中过氧化氢在酸性条件下氧化Pd2+得到PdCl62-,失去2e-,同时过氧化氢被还原得到水,得到2e-,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1,故答案为:
1∶1;
(5)为保证产品的纯净,“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤,根据流程图,沉淀上吸附的离子有氯离子等,检验滤渣是否洗净只需要检验是否存在氯离子即可,方法为用一支洁净的小试管,取最后清洗液1~2mL,向其中滴入过量的稀硝酸酸化,之后滴加几滴AgNO3溶液,若出现白色沉淀,说明没有洗干净,反之则洗涤干净,故答案为:
用一支洁净的小试管,取最后清洗液1~2mL,向其中滴入过量的稀硝酸酸化,之后滴加几滴AgNO3溶液,若出现白色沉淀,说明没有洗干净,反之则洗涤干净;
(6)“还原”步骤中(NH4)2PdCl6与HCOOH发生氧化还原反应生成Pd单质,甲酸被氧化生成二氧化碳,反应的离子方程式为(NH4)2PdCl6+2HCOOH=Pd↓+2CO2↑+2NH4++6Cl-+4H+,故答案为:
(NH4)2PdCl6+2HCOOH=Pd↓+2CO2↑+2NH4++6Cl-+4H+。
6.金属钇(Y)具有重要的国防价值,但因过度开采已濒临枯竭。
通过硫酸浸泡深海磷灰石矿,可以得到Y3+的浸出液:
表1浸出液成分
Fe3+
Ca2+
PO43-
Mg2+
Mn2+
Y3+
浓度/(mg•L-1)
7670
9460
550
640
5600
1500
70.2
(1)浸出液可用有机溶剂(HR)进行萃取,实现Y3+的富集(已知:
Y3+与Fe3+性质相似),原理如下:
Fe3++3HR
FeR3+3H+Y3++3HR
YR3+3H+(已知:
FeR3、YR3均易溶于HR)
浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。
①用化学平衡原理解释,随pH增大,Y3+萃取率增大的原因________。
②结合图1解释,工业上萃取Y3+之前,应首先除去Fe3+的原因是________。
(2)采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。
表2Fe3+、Y3+去除率
终点pH
去除率/%
87.84
19.86
3.5
92.33
23.63
4.5
99.99
44.52
89.04
中和沉淀法:
向浸出液中加入NaOH除Fe3+,去除率如表2所示。
①该实验条件下,Fe3+去除率比Y3+大的可能原因________。
磷酸法:
将磷酸(H3PO4:
三元弱酸)加入到浸出液中,再加入Na2CO3溶液,调pH为2.5,过滤除去磷酸铁沉淀(FePO4),滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。
表3滤液中Fe3+、Y3+的浓度
508
68.9
②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式
Fe3+++=FePO4↓+CO2↑+,___________________
③综合分析表1、表2、表3,工业上采用“磷酸法”除铁的原因________。
(3)经“磷酸法”除铁后,用有机溶剂HR萃取Y3+,可通过________(填操作)收集含Y3+的有机溶液。
(4)综合分析以上材料,下列说法合理的是________。
a.分析图1可知,pH在0.2~2.0范围内,有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b.表2中Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附
c.表2中pH在4.5~5.0范围内,Y3+损失率变大的可能原因:
Y3++3OH-=Y(OH)3↓
d.有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
【答案】Y3+在溶液中存在平衡:
Y3++3HR
YR3+3H+,pH增大,c(H+)减小(或c(OH-)增大),平衡右移,Y3+萃取率提高Fe3+和Y3+萃取存在竞争性,Fe3+对Y3+萃取干扰较大KSP[Fe(OH)3]小于KSP[Y(OH)3]或Fe(OH)3的溶解度小于Y(OH)3或c(Fe3+)远大于c(Y3+)2Fe3++2H3PO4+3CO32-=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小分液bcd
【解析】考查化学反应原理的综合运用,
(1)①Y3+的溶液中存在:
YR3+3H+,pH增大,c(H+)减小,根据勒夏特列原理,平衡向正反应方向移动,Y3+的转化率增大,即Y3+萃取率提高;
②根据Fe3++3HR
FeR3+3H+,Y3++3HR
YR3+3H+,Fe3+和Y3+萃取存在竞争性,Fe3+对Y3+萃取干扰较大,因此萃取Y3+之前,应除去Fe3+,防止对Y3+萃取产生干扰;
(2)①表2采用的是中和沉淀法,通过条件pH,Fe3+去除率高,其原因可能是KSO[Fe(OH)3]<
Ksp[Y(OH)3],或者Fe(OH)3的溶解度远远小于Y(OH)3溶解度;
②根据原理,加
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