版高考化学一轮复习作业30 化工流程题的解题策略微专题.docx
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版高考化学一轮复习作业30化工流程题的解题策略微专题
衡中作业(三十)
1.(2017·全国卷Ⅲ)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。
制备流程如图所示:
回答下列问题:
(1)步骤①的主要反应为:
FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3
Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。
该步骤不能使用陶瓷容器,原因是___________________________________________。
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是________,滤渣2的主要成分是________及含硅杂质。
(3)步骤④调滤液2的pH使之变_____(填“大”或“小”),原因是______(用离子方程式表示)。
(4)有关物质的溶解度如图所示。
向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。
冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80℃b.60℃
c.40℃d.10℃
步骤⑤的反应类型是___________________________________________。
(5)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为________。
[解析]
(1)由题中反应可知,FeO·Cr2O3是还原剂,Fe元素化合价由+2升高到+3,Cr元素化合价由+3升高到+6,1molFeO·Cr2O3失去7mol电子;NaNO3是氧化剂,N元素化合价由+5降低到+3,1molNaNO3得到2mol电子。
根据电子守恒可得,FeO·Cr2O3和NaNO3的系数比为2∶7。
步骤①不能使用陶瓷容器的原因是陶瓷在高温下会与Na2CO3反应。
(2)熔块中Fe2O3不溶于水,过滤后进入滤渣1,则滤渣1中含量最多的金属元素是铁。
滤液1中含有AlO
、SiO
及CrO
,调节溶液pH=7,则SiO
转化为H2SiO3、AlO
转化为Al(OH)3,故滤渣2为Al(OH)3及含硅杂质。
(3)由流程图可知,滤液2通过调节pH使CrO
转化为Cr2O
,根据离子方程式2CrO
+2H+Cr2O
+H2O可知,增大H+浓度,即pH变小,可以使上述平衡右移,有利于提高溶液中的Cr2O
浓度。
(4)由图像可知,在10℃左右时得到的K2Cr2O7固体最多。
发生反应为2KCl+Na2Cr2O7===K2Cr2O7+2NaCl,该反应为复分解反应。
(5)根据铬元素守恒可得:
Cr2O3~K2Cr2O7,理论上m1kg铬铁矿粉可制得K2Cr2O7的质量:
×294g·mol-1,则K2Cr2O7的产率为
×100%=
×100%。
[答案]
(1)2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
(2)Fe Al(OH)3
(3)小 2CrO
+2H+Cr2O
+H2O
(4)d 复分解反应
(5)
×100%
2.(2017·成都二模)废旧无汞碱性锌锰电池可用于制造隐形战机的机身涂料MnxZn(1-x)Fe2O4,该电池工作反应原理为Zn+2MnO2+2H2O
2MnO(OH)+Zn(OH)2。
某化学小组利用废电池制涂料的工艺如下:
A.浸取:
将去除表面塑料的旧电池加入水中浸取并过滤,滤液经操作a得KOH固体;
B.溶渣:
滤渣中加入过量稀硫酸和足量双氧水,至不再出现气泡时,过滤;
C.测成分:
测步骤B中滤液成分,然后加入铁粉;
D.氧化:
加入双氧水氧化;
E.调pH:
滴加氨水调pH,经结晶处理得MnxZn(1-x)Fe2O4。
(1)浸取时的操作有________。
A.拆解、粉碎旧电池B.降低温度
C.搅拌D.加压
(2)操作a为________。
(3)溶渣时生成Mn2+的主要离子方程式为________________________。
(4)若步骤C测得滤液中金属离子组成为:
c(Mn2+)+c(Zn2+)=0.8mol/L,c(Fe2+)=0.1mol/L。
若滤液体积为1m3,要合成MnxZn(1-x)Fe2O4,需加入Fe粉质量为________kg(忽略体积变化)。
(5)氧化时,因为分解所需双氧水的量比理论值大得多。
其原因可能是①温度过高;②________。
(6)最后一步结晶时,处理不当易生成MnFe2O4和ZnFe2O4。
要制得MnxZn(1-x)Fe2O4,最后一步结晶时需注意________________。
(7)某小组构想用ZnSO4、MnSO4溶液为原料,以Fe作电极用电解法经过一系列步骤制得MnxZn(1-x)Fe2O4,则开始电解时阳极反应式为_________。
[解析]
(1)浸取时,需要拆解、粉碎电池,为了加速溶解,需要进行搅拌,故选项A和C正确;
(2)KOH溶于水,从滤液中得到KOH,需要进行蒸发至有晶膜产生,停止加热;(3)根据步骤B,滤渣中加入硫酸和足量的双氧水,加双氧水的目的是还原+3价Mn,本身被氧化成O2,因此离子反应式为2MnO(OH)+4H++H2O2===2Mn2++4H2O+O2↑;(4)根据合成的物质,得出Zn2+和Mn2+物质的量总和与Fe原子物质的量之比为1∶2,因此有0.8×103/[0.1×103+n(Fe)]=1∶2,解得n(Fe)=1.5×103mol,即质量为84kg;(5)氧化时,把Fe2+氧化成Fe3+,Fe3+作催化剂,使H2O2分解;(6)均匀结晶或搅拌均匀;(7)因为制备的物质中含有铁元素,因此需要铁电极放电,即铁电极作阳极,电极反应式为Fe-2e-===Fe2+。
[答案]
(1)AC
(2)蒸发至有晶膜产生停止加热 (3)2MnO(OH)+H2O2+4H+===2Mn2++O2↑+4H2O (4)84 (5)生成Fe3+起催化作用促使H2O2分解 (6)均匀结晶(或搅拌均匀) (7)Fe-2e-===Fe2+
3.(2017·东北三省四市二模)炼锌厂的铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素,其含量依次减少。
对这些元素进行提取分离能减少环境污染,同时制得ZnSO4·7H2O实现资源的再利用。
其流程图如下。
已知FeAsO4难溶于水;ZnSO4·7H2O易溶于水,难溶于酒精。
金属离子
Fe3+
Zn2+
Mn2+
Cu2+
Cd2+
开始沉淀pH
2.7
6.5
7.7
5.2
6.9
沉淀完全pH
3.2
8.0
9.8
6.4
9.4
请回答下列问题:
(1)提高浸出率可以采用的方法是(写出其中一点即可)________。
(2)滤液I中有少量的AsO
,若不除去,则AsO
与Cd反应会产生一种有毒氢化物气体,该气体的分子式为________。
向滤液I中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO
发生反应生成FeAsO4,完成该反应的离子方程式:
判断该滴定终点的现象是________。
(3)流程中②调节pH时可以选用的试剂为________,滤渣Ⅱ的主要成份为________。
(4)常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp=________。
(5)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤,洗涤晶体时应选用试剂为________。
[解析]
(1)可以通过适当增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等措施提高浸出率;
(2)AsO
与Cd反应,Cd被氧化,则AsO
被还原为一种有毒氢化物气体,此气体的分子式为AsH3;向滤液I中逐滴滴入酸性KMnO4溶液可与AsO
发生反应生成FeAsO4,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒得此反应的离子方程式为5Fe2++5AsO
+3MnO
+14H+===3Mn2++5FeAsO4+7H2O,当滴加最后一滴高锰酸钾,溶液变为粉红色且半分钟内不恢复为原色,则反应到终点;
(3)流程中②调节pH时,选用的试剂要能与H+反应,同时不引入新的杂质,则可选用的试剂为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2;由图示可知,当溶液pH=4时,溶液中的Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3,则滤渣Ⅱ的主要成份为Fe(OH)3;
(4)沉淀完全时溶液pH=8,即c(OH-)=1×10-6mol/L,此时溶液中c(Zn2+)浓度为1×10-5mol/L,常温下Zn(OH)2的溶度积Ksp=c(Zn2+)×c2(OH-)=1×10-17;
(5)因ZnSO4·7H2O易溶于水,难溶于酒精,制得的ZnSO4·7H2O晶体可选择酒精或饱和硫酸锌溶液洗涤。
[答案]
(1)适当增大硫酸浓度、升高溶液温度、搅拌、将铜镉渣磨碎成小颗粒等合理答案均可以
(2)AsH3 5Fe2++5AsO
+3MnO
+14H+===3Mn2++5FeAsO4↓+7H2O 滴最后一滴高锰酸钾,溶液变为粉红色且半分钟内不恢复为原色,则反应到终点 (3)ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等合理答案均可 FeAsO4、Fe(OH)3 (4)10-17 (5)乙醇或饱和硫酸锌溶液
4.(2017·北京卷)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:
钛精矿
粗TiCl4
纯TiCl4
资料:
TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
1412
熔点/℃
-69
-25
193
304
714
在TiCl4中
的溶解性
互溶
——
微溶
难溶
(1)氯化过程:
TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知:
TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=+175.4kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)===2CO(g) ΔH2=-220.9kJ·mol-1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:
_________。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据如图判断:
CO2生成CO反应的ΔH________0(填“>”“<”或“=”),判断依据:
________________。
③氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是________________________。
④氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有________。
(2)精制过程:
粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。
示意图如下:
物质a是________,T2应控制在________。
[解析]
(1)①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2+2Cl2+2C===TiCl4+2CO,根据盖斯定律,两式相加,得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)===TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=ΔH1+ΔH2=(-220.9kJ·mol-1)+(+175.4kJ·mol-1)=-45.5kJ·mol-1;②根据图像,随着温度的升高,CO的浓度增加,CO2浓度降低,说明升高温度,平衡向正反应方向移动,即ΔH>0。
③除去氯气中混有的HCl一般采用将气体通过饱和食盐水,结合操作目的,因此先通过饱和食盐水,然后再通入FeCl2溶液中,最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的Cl2。
④资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表,因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中,而SiCl4完全溶解在TiCl4中,因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。
(2)根据资料,SiCl4的沸点最低,先蒸馏出来,因此物质a为SiCl4,根据流程目的,为了得到纯净的TiCl4,后续温度需控制在:
稍微大于136℃,但小于181℃。
[答案]
(1)①TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)===TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5kJ/mol ②>、 温度越高,CO的物质的量越多(或CO2的物质的量越少),说明CO2生成CO的反应是吸热反应,所以ΔH>0③饱和食盐水、FeCl2溶液、NaOH溶液④MgCl2、AlCl3、FeCl3
(2)四氯化硅 136℃~181℃
5.(2017·济宁二模)稀土元素的物理性质和化学性质极为相似,常见化合价为+3价。
在合金中加入适量稀土金属,能大大改善合金的性能,所以稀土元素又被称为冶金工业的维生素。
其中钇(Y)元素是激光和超导的重要材料。
我国蕴藏着丰富的含钇矿石(Y2FeBe2Si2O10),工业上通过如下生产流程可获得氧化钇。
已知:
①有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe3+
2.7
3.7
Y3+
6.0
8.2
②在元素周期表中,铍元素和铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置,化学性质相似。
请回答下列问题:
(1)写出钇矿石与氢氧化钠共熔时的化学方程式____________。
(2)欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀。
则
①最好选用盐酸和________两种试剂,再通过必要的操作即可实现。
a.NaOH溶液B.氨水
c.CO2D.HNO3
②写出Na2BeO2与足量盐酸发生反应的离子方程式:
________________。
(3)已知10-2.7=2×10-3、10-3.7=2×10-4,则25℃时,反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数K=________。
如何检验Fe3+是否沉淀完全________(回答操作方法,不需设计所用仪器)。
(4)①写出生成草酸钇沉淀的化学方程式________________________;
②若H2C2O4和湿润的KClO3混合加热到60℃可制得国际公认的高效含氯消毒剂ClO2,写出反应中氧化剂和氧化产物的物质的量之比为________。
在热水中ClO2会发生反应生成Cl2和HClO2,写出反应的化学方程式________。
[解析]
(1)根据流程图可知钇矿石(Y2FeBe2Si2O10)与氢氧化钠共熔后加水溶解以及过滤后的滤液和滤渣成分分别为Na2SiO3、Na2BeO2、Y(OH)3、Fe2O3,则共熔时发生的化学方程式为:
4Y2FeBe2Si2O10+32NaOH+O2===8Y(OH)3+2Fe2O3+8Na2SiO3+8Na2BeO2+4H2O;
(2)周期表中,铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置,化学性质相似。
①欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀,则根据Na2BeO2和NaAlO2的性质相似推断:
加过量的盐酸,硅酸钠反应生成硅酸沉淀,Na2BeO2则反应生成氯化铍溶液,再加入过量氨水沉淀铍离子,答案选b;②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍,其反应的离子方程式为:
BeO
+4H+===Be2++2H2O;(3)当开始沉淀时为建立水解平衡,pH=2.7,则c(H+)=10-2.7mol/L,反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数K=
=
=8×10-4;取少量滤液,滴加几滴KSCN溶液,观察溶液是否变为血红色,若观察不到血红色,则说明Fe3+沉淀完全;(4)①草酸与Y(OH)3反应生成草酸钇沉淀的化学方程式为:
2Y(OH)3(s)+2H2C2O4(aq)===Y2(C2O4)3(s)+6H2O(l);②H2C2O4和KClO3混合加热到60℃可制得ClO2的反应方程式为H2C2O4+2KClO3===2ClO2+CO2+K2CO3+H2O,其中KClO3是氧化剂,CO2和K2CO3是氧化产物,则氧化剂和氧化产物的物质的量之比为1∶1;在热水中ClO2会发生反应生成Cl2和HClO2,其反应的化学方程式为6ClO2+2H2O===Cl2+4HClO2+3O2。
[答案]
(1)4Y2FeBe2Si2O10+32NaOH+O2===8Y(OH)3+2Fe2O3+8Na2SiO3+8Na2BeO2+4H2O
(2)①b ②BeO
+4H+===Be2++2H2O
(3)8×10-4 取少量滤液,滴加几滴KSCN溶液,观察溶液是否变为血红色,若观察不到血红色,则说明Fe3+沉淀完全(说明:
用NaOH溶液鉴别不得分)
(4)①2Y(OH)3(s)+2H2C2O4(aq)===Y2(C2O4)3(s)+6H2O(l) ②1∶1 6ClO2+2H2O===Cl2+4HClO2+3O2(其他合理答案也给分)
6.(2017·资阳模拟)草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。
用水钴矿(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如下:
已知:
①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等;
②酸性条件下,ClO
不会氧化Co2+,ClO
转化为Cl-;③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表:
沉淀物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Co(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
完全沉
淀的pH
3.7
5.2
9.2
9.6
9.8
(1)浸出过程中加入Na2SO3的主要目的是________。
(2)向浸出液中加入NaClO3的离子反应方程式:
________。
(3)已知:
常温下NH3·H2ONH
+OH- Kb=1.8×10-5
H2C2O4H++HC2O
Ka1=5.4×10-2 HC2O
H++C2O
Ka2=5.4×10-5
则该流程中所用(NH4)2C2O4溶液的pH________7(填“>”或“<”或“=”)。
(4)加入(NH4)2C2O4溶液后析出晶体,再过滤、洗涤,洗涤时可选用的试剂有:
________。
A.蒸馏水B.自来水
C.饱和的(NH4)2C2O4溶液D.稀盐酸
(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1,萃取剂的作用是________;其使用的适宜pH范围是________。
A.2.0~2.5B.3.0~3.5
C.4.0~4.5
(6)CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图2所示。
其中600℃以前是隔绝空气加热,600℃以后是在空气中加热。
A、B、C均为纯净物;C点所示产物的化学式是________。
[解析]
(1)亚硫酸钠具有还原性,能还原氧化性离子Fe3+、Co3+,所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、Co3+还原为Fe2+、Co2+;
(2)NaClO3具有氧化性,能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原生成氯离子,离子反应方程式为ClO
+6Fe2++6H+===6Fe3++Cl-+3H2O;
(3)盐类水解,谁强显谁性,NH3·H2ONH
+OH- Kb=1.8×10-5,HC2O
H++C2O
Ka2=5.4×10-5,所以(NH4)2C2O4溶液中铵根离子水解大于草酸根离子水解,溶液呈酸性,即pH<7;
(4)为除去(NH4)2C2O4晶体表面的附着液,洗涤时可选用蒸馏水洗涤,这样可得到更纯净的晶体,故答案为A;
(5)根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子;由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液pH在3.0~3.5之间,同时使Mn2+完全沉淀,并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀;
(6)由图可知,C点钴氧化物质量为8.30g,0.1molCo元素质量为5.9g,氧化物中氧元素质量为8.30g-5.9g=2.40g,则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1mol∶2.40g/16g/mol=2∶3,故C点Co氧化物为Co2O3。
[答案]
(1)将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+(只要回答到将Co3+还原为Co2+均给分)
(2)ClO
+6Fe2++6H+===Cl-+6Fe3++3H2O
(3)< (4)A
(5)除去溶液中的Mn2+ B
(6)Co2O3
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