1、暑假新高三化学一轮练习题化工工业流程综合题专练绝密启用前山东省济南市2019年暑假新高三化学一轮练习题化工工业流程综合题专练 1.二草酸合铜()酸钾K2Cu(C2O4)22H2O制备流程如下：(已知H2C2O4COCO2H2O)(1) 制备CuO：CuSO4溶液中滴入NaOH溶液，加热煮沸、冷却、双层滤纸过滤、洗涤。 用双层滤纸的可能原因是_。 用蒸馏水洗涤氧化铜时，如何证明已洗涤干净：_。(2) 本实验用K2CO3粉末与草酸溶液制取KHC2O4溶液而不用KOH粉末代替K2CO3粉末的可能原因是_。(3) 为了提高CuO的利用率，如何让CuO充分转移到热的KHC2O4溶液中：_；50 水浴加热
2、至反应充分，发生反应的化学方程式为_；再经趁热过滤、沸水洗涤、将滤液蒸发浓缩得二草酸合铜()酸钾晶体。(4) 若实验室只有含少量FeSO47H2O的硫酸铜晶体，欲制备较纯净的CuSO4溶液。. 相关数据(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)：. 提供的试剂有：a. 蒸馏水b. 稀硫酸c. H2O2溶液d. 纯净的Cu(OH)2粉末e. 氨水需经过的步骤有： _、 _、 _、 过滤得CuSO4溶液。(5) 将制得的K2Cu(C2O4)22H2O进行热重分析，结果如右图，由图知在C点剩余固体为K2CO3和_。【答案】(1) 防止CuO颗粒穿过滤纸(防止滤纸破损)取最后一次洗涤滤液
3、，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净(2) H2C2O4与KOH发生显著的放热反应，导致草酸大量分解(3) 直接将洗涤干净的CuO固体连同滤纸一起投入到KHC2O4溶液中2KHC2O4CuOK2Cu(C2O4)2H2O(4) 将含有杂质的硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中 加入足量的H2O2溶液 用纯净的Cu(OH)2粉末调节溶液pH约为4(或3.24.7之间)(5) Cu2O(或：氧化亚铜)【解析】(1)从过滤的目的为了除尽不溶的固体，用双层滤纸的可能原因是防止CuO颗粒穿过滤纸；从过滤时滤纸易破损，用双层滤纸的可能原因是防止滤纸破损；可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗涤干净
4、，具体方法是：取最后一次洗涤滤液，滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明已洗涤干净；(2)因为草酸易分解，氢氧化钾为强碱溶解放热，与草酸反应也放热，会导致溶液温度过高使草酸分解，所以不用KOH粉末代替K2CO3粉末；(3)过滤时滤纸上沾有大量的氧化铜固体，应直接将洗涤干净的氧化铜固体连同滤纸一起加入到草酸氢钾溶液中，充分反应后取出滤纸；根据题意，反应的方程式为：2KHC2O4+CuOK2Cu(C2O4)2+H2O；(4)实验需除去晶体中的杂质FeSO47H2O晶体，亚铁离子一般要先氧化成铁离子，再调节pH值转化成氢氧化铁沉淀而除去，对于固体一般要先配成溶液，所以步骤为将含少量FeSO47H2O的
5、硫酸铜晶体溶于稀硫酸酸化的蒸馏水中 加入足量的H2O2溶液 用纯净的Cu(OH)2粉末调节溶液pH约为4(或3.24.7之间)；(5)分解后的固体为钾的化合物和铜的化合物，且钾与铜原子个数比为2：1，设K2Cu(C2O4)22H2O参与反应，C点生成1mol K2CO3，则铜的化合物质量为3540.593138=72g，铜元素含量为1mol，质量64g，剩余8g，只能为氧元素且物质的量为0.5mol，故为Cu2O。2.工业上用菱锌矿(ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质)为原料制取硫酸锌，其工艺流程如图所示：已知金属离子在溶液中开始沉淀和沉淀完全时的pH：(1)操作a的名称是
6、，该实验操作中所需的玻璃仪器有。(2)请用离子方程式表示加入H2O2的作用。(3)加入ZnO调节溶液pH的范围为。【答案】(1)过滤 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2)2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O (3)3.26.2【解析】工业上用菱锌矿(ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质)为原料制取硫酸锌，其工艺流程为：菱锌矿主要成分为ZnCO3，含少量Fe2O3、SiO2及不溶于酸的杂质，加入稀硫酸后碳酸锌、氧化铁溶解，二氧化硅等不溶物形成沉淀，通过过滤可以分离出不溶物；向所得滤液中加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，再加入ZnO调节溶液pH，将铁离子完全生成氢氧化铁沉淀，通过过
7、滤得到纯净的硫酸锌， (1)根据题中流程可知，通过过滤将硫酸锌溶液和滤渣分离，则操作a的名称为过滤；过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，过滤操作的装置由铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器组成，则使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒； (2)加入双氧水目的是将亚铁离子氧化成铁离子，以便通过调节溶液pH将杂质除去，从而得到较纯净的硫酸锌，反应的离子反应为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O； (3)铁离子开始沉淀的pH为2.7，完全沉淀时的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.2，所以除去铁离子且不影响锌离子的pH范围为3.26.2。3.以电解法生产金属锰产生的阳极泥中，其锰含量
8、高达40%50%，主要成分为MnO2的水合物，且含有显著量的Pb2+、Sn2+等重金属杂质本工艺采用的木屑富含的纤维素在较浓硫酸的作用下膨胀、水解生成还原糖，酸性条件下，可与二氧化锰反应生成可溶性的硫酸锰。(1)工业上电解硫酸锰的水溶液生产金属锰，阳极的电极反应式为。(2)写出木屑水解反应的化学方程式：配平浸出步骤反应方程式C6H12O6+MnO2+H2SO4MnSO4+CO2+H2O (3)若取消除酸操作步骤，将会产生气体(填化学式)而污染环境； (4)本工艺的一种副产品是重要的农业生产资料，写出其化学式； (5)取一定量的阳极泥进行实验分析，得到如图象。硫酸的最合适用量为mL，若再增加硫酸
9、的用量，将会导致(填化学式)的消耗量增大。(6)某阳极泥中MnO2(相对分子质量为87)的质量分数为50.0%，将174g该阳极泥与320g36.5%的浓盐酸混合加热，则产生的氯气在标准状况下应少于L。(假设阳极泥中的其它成分不参与反应)【答案】(1)4OH-4e-=O2+2H2O或2H2O-4e-=O2+4H+(2)(C6H10O5)n+nH2On C6H12O6121212618 (3)H2S或SO2(4)(NH4)2SO4(5)28CaCO3(6)17.9【解析】(1)工业上电解硫酸锰的水溶液生产金属锰，阳极的电极反应为溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应4OH-4e-=O2+2H2
10、O或2H2O-4e-=O2+4H+； (2)木屑成分是纤维素，水解生成葡萄糖，反应的化学方程式：(C6H10O5)n+nH2On C6H12O6；二氧化锰具有氧化性，葡萄糖具有还原性，硫酸溶液中反应生成硫酸锰，二氧化碳和水，依据氧化还原反应元素化合价变化结合电子守恒配平可知离子方程式为C6H12O6+12MnO2+12H2SO4=12MnSO4+6CO2+18H2O； (3)若取消除酸操作步骤，酸和加入的硫化铵会生成硫化氢有毒气体，硫化氢被氧化生成二氧化硫气体； (4)加入的硫化铵中的铵根结合硫酸根离子结晶析出生成硫酸铵副产品； (5)图象分析，锰的浸出率在28ml硫酸时最大，硫酸的最合适用量
11、为28ml，若再增加硫酸的用量，溶液酸度高，中和时消耗碳酸钙增多，增加工业化成本； (6)某阳极泥中MnO2(相对分子质量为87)的质量分数为50.0%，将174g该阳极泥，含有二氧化锰物质的量=1mol，320g36.5%的浓盐酸中HCl物质的量=3.2mol，混合加热，二氧化锰过量，依据氯化氢计算，二氧化锰和浓盐酸反应的化学方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2+2H2O，产生的氯气在标准状况下体积=22.4L/mol17.9L。4.某地煤矸石经预处理后含SiO2(63%)、Al2O3(25%)、Fe2O3(5%)及少量钙镁的化合物等，一种综合利用工艺设计如下：(1)“酸浸”过程中主
12、要反应的离子方程式为、。(2)“酸浸”时铝浸出率的影响因素可能有、。(写出两个) (3)物质X的化学式为。“碱溶”时反应的离子方程式为。(4)已知Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4为了获得产品Al(OH)3，从煤矸石的盐酸浸取液开始，若只用CaCO3一种试剂，后续操作过程是。(5)以煤矸石为原料还可以开发其他产品，例如在煤矸石的盐酸浸取液除铁后，常温下向AlCl3溶液中不断通入HCl气体，可析出大量AlCl36H2O晶体，结合化学平衡移动原理解释析出晶体的原因：。【答案】(1)Al2O3+6H+2Al3+3H2OFe2O3
13、+6H+2Fe3+3H2O (2)酸的浓度温度 (3)CO2Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O (4)加入CaCO3调节pH到3.2，过滤除去Fe(OH)3后，再加入CaCO3调节pH到5.4，过滤得到Al(OH)3(5)AlCl3饱和溶液中存在溶解平衡：AlCl36H2O(s)Al3+(aq)+3Cl-(aq)+6H2O(l)，通入HCl气体使溶液中c(Cl-)增大，平衡向析出固体的方向移动从而析出AlCl3晶体。【解析】(1)氧化铝和氧化铁都能和盐酸反应生成盐和水，反应方程式分别是：Al2O3+6H+2Al3+3H2O、Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O； (2)酸的浓度、温度
14、、反应物接触面积、是否充分搅拌、反应时间等都影响反应速率； (3)氯化铝和氯化铁水解都生成盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙和二氧化碳，所以物质X是二氧化碳，氢氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成可溶性偏铝酸钠，离子反应方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O； (4)Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为2.1和3.2，Al3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.1和5.4，要使铁离子完全沉淀而铝离子不沉淀，则溶液的PH应该为3.2，过滤氢氧化铝沉淀时调节溶液pH为5.4，以使氢氧化铝完全沉淀； (5)氯化铝在溶液中存在溶解平衡，通入氯化氢后溶液中氯离子浓度增大，抑制氯化铝溶解，所以促进氯
15、化铝晶体析出。5.磷酸盐骨水泥具有良好的生物相容性和生物活性。医药工业利用共沉淀原理，通过控制Ca/P物质的量比n(Ca)/n(P)制备相应产品Ca5(PO4)3OH和Ca3(PO4)2的n(Ca)/n(P)分别为1.67和1.5流程如下：(注：Ca5(PO4)3OH、Ca3(PO4)2和CaHPO4均难溶于水；Ca(H2PO4)2溶液pH7)下表为n(Ca)/n(P)=1.5时，不同pH值制得滤饼的产率以及分析结果：(1)流程中强调“滴加速度100 mL/45 min”的作用是_。 流程中调pH值选氨水，不选生石灰或石灰乳的理由是_；(2)从表中数据分析生成Ca3(PO4)2时，“pH=x”
16、中的x的最佳取值为_，滤饼的化学成分Ca5(PO4)3OH、Ca3(PO4)2和CaHPO4和_；(3)酸性条件下产率偏低的原因是_；(4)“高温煅烧”滤饼，化学反应方程式为_；(5)下图是生产羟基磷灰石时得到的实验曲线，依据图上信息计算磷的初始浓度为0.70 mmol/L，pH=10.0条件下反应前10min内磷的沉淀速率为_。【答案】(1)使反应物充分接触 若选择生石灰或石灰乳调节pH会改变n(Ca)/n(P)(2)7.2 CaCO3(3)酸性条件下，容易造成钙的流失。(”酸性条件下，容易造成钙磷流失。”或”酸性条件下，难溶产物易溶解转化为易溶物质造成钙磷流失”或”酸性条件下，Ca5(PO
17、4)3OH 、Ca3(PO4)2和CaHPO4等易转化为可溶的Ca(H2PO4)2，造成钙磷流失”)(4)2CaHPO4+ CaCO3Ca3(PO4)2+ H2O + CO2；或Ca5(PO4)3OH + CaHPO42 Ca3(PO4)2+ H2O(5)0.056 mmol L-1 min-1【解析】(1)作用是使反应物充分接触, 若选择生石灰或石灰乳调节pH会改变n(Ca)/n(P)；(2)x的最佳取值为7.2，滤饼的化学成分Ca5(PO4)3OH、Ca3(PO4)2和CaHPO4和CaCO3；(3)偏低的原因是酸性条件下，容易造成钙的流失。(”酸性条件下，容易造成钙磷流失。”或”酸性条件
18、下，难溶产物易溶解转化为易溶物质造成钙磷流失”或”酸性条件下，Ca5(PO4)3OH 、Ca3(PO4)2和CaHPO4等易转化为可溶的Ca(H2PO4)2，造成钙磷流失”)；(4)化学反应方程式为2CaHPO4+ CaCO3Ca3(PO4)2+ H2O + CO2；或Ca5(PO4)3OH + CaHPO42 Ca3(PO4)2+ H2O；(5)=0.056 mmol L-1 min-1。6.卤块的主要成分是MgCl2，此外还含 Fe3+、Fe2+和Mn2+等离子。以卤块为原料可制得轻质氧化镁，工艺流程如下图：已知：Fe2+氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去，所以常将它氧化为Fe3+，生成Fe
19、(OH)3沉淀除去。若要求产品尽量不含杂质，请根据表1表2提供的资料，填写空白：表1 生成氢氧化物沉淀的pH 表2 化学试剂价格表(1)在步骤中加入漂液而不是双氧水其原因是；写出加入NaClO发生反应的离子方程式；(2)在步骤中控制pH=9.8，其目的是；(3)沉淀物A的成分为，试剂Z应该是；(4)在步骤中发生反应的化学方程式是；(5)若在实验室中完成步骤，则沉淀物必需在(填仪器名称)中灼烧。【答案】(1)漂液比H2O2的价格低得多 2Fe2+ClO2H+=2Fe3+ClH2O(2)使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便过滤除去(3) Fe(OH)3、Mn(OH)2、 Mg
20、(OH)2纯碱(4)MgCO3H2OMg(OH)2+ CO2(5)坩埚【解析】(1)根据价格表可得出漂液比H2O2的价格低得多，离子方程式为2Fe2+ClO2H+=2Fe3+ClH2O；(2)由沉淀的pH表得出目的是为了使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便过滤除去；(3)沉淀A为Fe(OH)3、Mn(OH)2、 Mg(OH)2，试剂Z应该是纯碱；(4)化学方程式是MgCO3H2OMg(OH)2+ CO2；(5)固体加热要放在坩埚中进行。7.重铬酸钠(Na2Cr2O72H2O)俗称红矾钠，在工业上有广泛的用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成份为FeOCr2O3，还含有Al2
21、O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如下：中涉及的主要反应有：主反应： 4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2副反应：SiO2Na2CO3Na2SiO3CO2、Al2O3Na2CO32NaAlO2CO2部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：试回答下列问题：(1)中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是；(2)中调节pH至4.7，目的是；(3)中加硫酸酸化的目的是使CrO42转化为Cr2O72，请写出该平衡转化的离子方程式：；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(4)中采用冷却结晶的方法析出红矾钠，依据是_
22、 ；(5)制取红矾钠后的废水中还含有少量的CrO42，根据有关标准，含CrO42的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0107molL1以下才能排放。含CrO42的废水处理通常有以下两种方法。沉淀法：加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀Ksp(BaCrO4)1.21010，再加入可溶性硫酸盐处理多余的Ba2。加入可溶性钡盐后的废水中Ba2的浓度应不小于molL1，后续废水处理方能达到排放标准。还原法：CrO42Cr3Cr(OH)3。绿矾还原CrO42的离子方程式为：。用该方法处理10 m3CrO42的物质的量浓度为1.5103molL1的废水，至少需要绿矾(FeSO47H2O，相对分子质量为278
23、)的质量是kg(保留两位小数)。【答案】(1)使反应物接触更充分，加快反应速率(2)除去溶液中的AlO2-、SiO32-(3)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(4)红矾钠的溶解度随温度的降低而减小(5) 2.4104 CrO42-+3Fe2+8H+=Cr3+3Fe3+4H2O 12.51【解析】(1)作用是使反应物接触更充分，加快反应速率；(2)由沉淀pH表可得出是为了除去溶液中的AlO2-、SiO32-；(3)离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；(4)依据是红矾钠的溶解度随温度的降低而减小；(5)c(Ba2+)=2.4104mol/L；离子方程式为 CrO4
24、2-+3Fe2+8H+=Cr3+3Fe3+4H2O，m(FeSO47H2O)=1.510-3103278=12.51 kg。8.硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)26H2O是一种浅绿色晶体，在水中的溶解度较小，不溶于乙醇。某实验小组利用镀锌铁片来制备硫酸亚铁铵的过程如下：(1)加入盐酸是为了除去锌镀层，判断锌镀层已被除去的现象是；(2)A物质可以是(选填序号)；aCuCl2bCuO cCu(NO3)2dCuSO4加入少量A物质的目的是；(3)操作的名称为；(4)采用晾干而不用加热烘干晶体的原因是；(5)工业上常用K2Cr2O7溶液测定硫酸亚铁铵的纯度，反应中Cr2O72被还原成Cr3+。写出
25、硫酸亚铁铵溶液与酸性K2Cr2O7溶液反应的离子方程式。【答案】(1)反应速率突然减小(或铁片表面生成的气泡突然减少，意思相近均给分)(2)b、d 加快铁与稀硫酸的反应速率(3)过滤(4)避免加热过程中晶体受热分解失去结晶水或被空气氧化(5)6Fe2+Cr2O7214H+2Cr3+6Fe3+7H2O【解析】(1)判断锌镀层已被除去的现象是反应速率突然减小(或铁片表面生成的气泡突然减少，意思相近均给分)；(2)a会引入杂质Cl-，Cu(NO3)2中的NO3-遇到H+有强氧化性能氧化Fe2+到Fe3+，加入少量A物质的目的是形成原电池，加快铁与稀硫酸的反应速率；(3)操作的名称为过滤；(4)原因是
26、避免加热过程中晶体受热分解失去结晶水或被空气氧化；(5)离子方程式为6Fe2+Cr2O7214H+2Cr3+6Fe3+7H2O。9.某矿样用过量酸溶解并过滤，所得滤液A主要含CO、Ni2、SO、H、Fe2、Fe3、OH、Mg2、Mn2等九种离子中的七种。将A中金属元素进行分离以备利用，部分流程如图所示：可能用到的有关数据如下：请根据题给信息填空：(1)滤液A中不能大量存在的两种离子是_。(2)已知“滤渣1”是MnO2，步骤发生的氧化还原反应的离子方程式为_。(3)常温下，某Ni(OH)2、Mg(OH)2共沉淀的混合体系中，若c(Ni2)5.51011molL1，则c(Mg2)_。(4)假定步骤
27、中NaClO恰好反应，欲检验滤液3中的酸根离子，需优先检验_(填离子符号)。(5)为测定该矿样中铁元素的含量，取20.0 g矿石，按上述流程操作，将_(填“滤渣1”、“滤渣2”或“滤渣3”)完全酸溶，再使其中的铁元素还原为Fe2，然后将所得溶液稀释到100 mL，取出20.00 mL用0.100 0 molL1KMnO4溶液滴定。达到滴定终点时溶液颜色为_色，共消耗KMnO4溶液16. 00 mL，经计算矿样中铁元素的质量分数为_。【答案】(1)CO、OH(2)ClOMn2H2O=MnO2Cl2H，2HClO2Fe2=2Fe3ClH2O(3)1.2106molL1(4)SO(5)滤渣2紫11.
28、2%【解析】(1)过量酸处理后，滤液为酸性，故滤液A中不能大量存在CO、OH。(2)步骤加入的NaClO为强氧化性物质，溶液中的Mn2、Fe2均能被氧化，发生反应的离子方程式为Mn2ClOH2O=MnO22HCl，ClO2Fe22H=2Fe3ClH2O。(3)根据题目所给物质的Ksp数据知，溶液中的c2(OH)mol2L21.0105mol2L2，故c(Mg2)molL11.2106molL1。(4)通过(1)中离子共存的判断可知溶液中一定含有SO，通过步骤可知生成Cl，故滤液3中含有酸根离子为SO、Cl。应先检验SO，使之转化为BaSO4沉淀，然后再检验Cl；若先检验Cl，则SO与Ag生成微
29、溶的Ag2SO4，影响Cl的检验。(5)步骤调节pH5，Fe3生成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2为Fe(OH)3，用酸溶解可得Fe3，再使其中的铁元素还原为Fe2，Fe2可被KMnO4氧化，故达到滴定终点时溶液颜色为紫色。反应的离子方程式为：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O，所以100 mL溶液中n(Fe2)550.100 0 mol/L0.016 00 L0.04 mol，故矿样中铁元素的质量分数为100%11.2%。10.电子级钴的氧化物用于半导体工业和电子陶瓷等领域，是一种纯度很高的氧化物。其工业制取流程如下：(1)实验室过滤所需的仪器有铁架台、铁圈、烧杯、_和漏斗。(2)滤渣A的成分除过量的Co3(PO4)2和Fe(OH)3外还有_(填化学式)，加入Co3(PO4)2的目的是_。(3)Co与稀硝酸反应生成Co2的离子方程式为：_。(4)滤渣B经过反复洗涤、干燥后，进行灼烧，其热重分析图如下：写出下列化学反应方程式：AB段：_；BC段：_。【答案】(1)玻璃棒(2)Si
