2023屆高考二輪總復習試題 化學 大題突破練 大題突破練1　化學工藝流程題

大題突破練大題突破練1化學工藝流程題1.(2022廣東廣州二模)金屬鎵擁有電子工業(yè)脊梁的美譽,鎵與鋁同族,化學性質相似。一種從高鋁粉煤灰(主要成分是Al2O3,還含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收鎵的工藝如下:回答下列問題:(1)“焙燒”中,Ga2O3轉化成NaGaO2的化學方程式為。

(2)“堿浸”所得浸出渣的主要成分是。

(3)“轉化1”中通入過量CO2至溶液pH=8,過濾,所得濾渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3,寫出生成Al(OH)3的離子方程式:。

(4)“溶鎵”所得溶液中存在的陰離子主要有。

(5)“電解”所用裝置如圖所示,陰極的電極反應為。若電解獲得1molGa,則陽極產生的氣體在標準狀況下的體積為L,電解后,陽極室所得溶液中的溶質經加熱分解生成(填化學式)可循環(huán)利用。

2.(2022重慶第三次診斷)鈧(Sc)是一種稀土金屬,鈧及其化合物在航空、電子、超導等方面有著廣泛的用途。鈦白粉中含有Fe、TiO2、Sc2O3等多種成分,用酸化后的鈦白廢水富集鈧,并回收氧化鈧(Sc2O3)的工藝流程如下:回答下列問題:(1)“萃取”時Ti4+、Fe2+、Sc3+均進入有機相中,則在“洗滌”時加入H2O2的目的是

。

(2)“濾渣1”的主要成分是Sc(OH)3、(寫化學式)。

(3)在“調pH”時先加氨水調節(jié)pH=3,此時過濾所得濾渣主要成分是;再向濾液中加入氨水調pH=6,此時濾液中Sc3+的濃度為mol·L-1;檢驗含Sc3+濾液中是否含Fe3+的試劑為(寫化學式)。(已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39;Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)

(4)“沉鈧”時用到草酸。已知草酸的Ka1=5.6×10-2,Ka2=1.5×10-4;則在25℃時pH=3的草酸溶液中c(C2O42-)∶c(H2C(5)寫出草酸鈧在空氣中“焙燒”時反應的化學方程式:。

(6)鈦白酸性廢水中Sc3+含量10.0~20.0mg·L-1,該工藝日處理鈦白酸性廢水100.0m3,理論上能生產含80%氧化鈧的產品最多kg(保留到小數點后一位)。

3.(2022廣東肇慶第三次質檢)含釩化合物廣泛用于冶金、化工行業(yè)。由富釩廢渣(含V2O3、V2O4、Na2O·Al2O3·4SiO2和FeO)制備V2O5的一種流程如下:查閱資料:部分含釩物種在水溶液中主要存在形式如下:pH<11~44~66~8.58.5~13>13主要形式VOV2O5多釩酸根VO多釩酸根VO備注多釩酸鹽在水中溶解度較小本工藝中,生成氫氧化物沉淀的pH如下:物質Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3開始沉淀pH7.01.93.2沉淀完全pH9.03.24.7回答下列問題:(1)“焙燒”中,將“研磨”所得粉末與O2逆流混合的目的為;所生成的氣體A可在工序中再利用。

(2)“酸浸”時發(fā)生反應的離子方程式為(任寫一個)。

(3)濾渣2含有的物質為。

(4)“轉化Ⅱ”需要調整的pH范圍為;“轉化Ⅲ”中含釩物質反應的離子方程式為。

(5)“沉釩”中加入過量NH4Cl有利于晶體析出,其原因為。

(6)“煅燒”中所生成的氣體B用途廣泛,寫出基于其物理性質的一種用途:。

4.(2022遼寧大連24中三模)鈹是航天、航空、電子和核工業(yè)等領域不可替代的材料,有“超級金屬”之稱。以綠柱石[Be3Al2(SiO3)6]為原料制備金屬鈹的工藝如下:已知:“濾渣1”中含有鐵、鋁、硅的氧化物,Na3FeF6難溶于水,Be2+可與過量OH-結合成[Be(OH)4]2-(當溶液中被沉淀離子的物質的量濃度小于等于1×10-5mol·L-1時,認為該離子沉淀完全);lg2=0.回答下列問題:(1)“粉碎”的目的是。

(2)750℃燒結時,Na3FeF6與綠柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4,該反應的化學方程式為。

(3)“過濾1”的濾液中需加入適量NaOH生成Be(OH)2沉淀,但NaOH不能過量,原因是(用離子方程式表示)。

(4)已知Ksp[Be(OH)2]=4.0×10-21,室溫時0.40mol·L-1Be2+沉淀完全時的pH最小為(5)“高溫轉化”反應產生的氣體不能使澄清石灰水變渾濁,寫出其化學方程式。

(6)“電解”NaCl-BeCl2熔融混合物制備金屬鈹,加入NaCl的主要目的是。

(7)綠色化學要求在工業(yè)生產中應有效利用原料,節(jié)約原料。本工藝過程可以循環(huán)利用的物質有。

5.某濕法煉鋅的萃余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+、Cd2+及30~60g·L-1硫酸等,逐級回收有價值的金屬并制取活性氧化鋅的工藝流程如圖:已知:沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Co(OH)3Cd(OH)2Ksp2.6×10-394.9×10-175.9×10-151.6×10-447.2×10-15回答下列問題:(1)“中和氧化水解”時,先加入適量的石灰石調節(jié)溶液的pH為1.0;加入一定量的Na2S2O8;再加入石灰石調節(jié)溶液的pH為4.0。①“氧化”時,Mn2+轉化為MnO2除去,反應的離子方程式為。

②“沉渣”的主要成分除MnO2外還有。

③“氧化”時,若加入過量的Na2S2O8,鈷元素將會進入“沉渣”中,則水解后的溶液中含鈷微粒的濃度為mol·L-1。

(2)“除鎘”時,主要反應的離子方程式為

。

(3)“沉鋅”時,在近中性條件下加入Na2CO3可得堿式碳酸鋅[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]固體,同時產生大量的氣體。①產生大量氣體的原因是

。

②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗滌,檢驗是否洗凈的試劑是。

(4)不同質量分數的Na2SO4溶液在不同溫度下析出Na2SO4晶體的成分如圖所示。欲從含20%Na2SO4及微量雜質的“沉鋅后液”中直接析出無水Na2SO4,“操作a”為

。

6.(2022廣東汕頭二模)二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土氧化物,具有吸收強紫外光線的能力,可以用于光催化降解有機污染物,利用氟碳鈰礦(主要成分為CeCO3F)制CeO2的工藝流程如圖所示。(1)CeCO3F中Ce元素的化合價為價。

(2)“焙燒”過程中可以加快反應速率,提高焙燒效率的方法是(寫出一種即可)。

(3)操作①所需的玻璃實驗儀器有燒杯、。

(4)上述流程中鹽酸可用硫酸和H2O2替換,避免產生污染性氣體Cl2,由此可知氧化性:CeO2(填“>”或“<”)H2O2。

(5)寫出“沉鈰”過程中反應的離子方程式:。

若“沉鈰”過程中,Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)為1.0×10-5mol·L-1],此時溶液的pH為5,則溶液中c(HCO3-)=mol·L-1(保留2位有效數字)。{已知常溫下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7,Ka2(H2CO3)=5.6×10-11,Ksp[Ce2(CO3)3}=1.(6)Ce4+溶液可以吸收大氣中的污染物NOx減少空氣污染,其轉化過程如圖所示(以NO2為例)。①該反應中的催化劑為(寫離子符號)。

②該轉化過程中氧化劑與還原劑物質的量之比為。

7.(2022福建莆田三模)鉑釕催化劑是甲醇燃料電池的陽極催化劑。一種以釕礦石[主要含Ru(CO3)2,還含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2](1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2(2)“酸浸”時,Na2SO3的作用是?！盀V渣”的主要成分有SiO2和(填化學式)?！八峤敝嗅懙慕雎逝c浸出溫度、pH的關系如圖所示,“酸浸”的最佳條件是。

(3)“除鐵”的離子方程式為

。

(提示:1molNaClO3參與反應,轉移6mol電子)(4)從“濾液2”中可提取一種化肥,其電子式為。

(5)“灼燒”時通入Ar的作用是

。

8.(2022遼寧高三下學期聯考)磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)常用作動力鋰離子電池的正極材料,利用LiFePO4廢料(還含鋁、石墨等成分)回收鋰、鐵等元素的工藝流程如圖所示。已知:LiFePO4不溶于NaOH溶液?；卮鹣铝袉栴}:(1)LiFePO4中Fe元素的化合價為價;

(2)“濾液1”含有的陰離子主要有:OH-、;

(3)在“酸浸”中,磷元素轉化為H3PO4。①實際操作時,所加H2O2的量要比理論計算值多,可能原因是。

②LiFePO4發(fā)生反應的離子方程式為

;

(4)“濾渣2”的主要成分是;

(5)碳酸鋰溶解度(用溶液中溶質的物質的量分數xi表示)曲線如圖所示。①“沉鋰”采用90℃的優(yōu)點有

。

②308K時,碳酸鋰溶解度為g(列出數學計算式);

(6)沉鋰溫度達到100℃時,碳酸鋰沉淀率下降,可能的原因是。

9.(2022廣東深圳第二次調研)高磷鎳鐵是生產鈣鎂磷肥的副產品。以高磷鎳鐵(主要含Ni、Fe、P,還含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)為原料生產硫酸鎳晶體(NiSO4·6H2O)的工藝流程如圖:已知:電解時,選用2mol·L-1硫酸溶液為電解液?；卮鹣铝袉栴}:(1)先將高磷鎳鐵制成電極板,“電解”時,該電極板作極;陰極產物主要為,此外,溶液中的Cu2+有部分在陰極放電。

(2)“除鐵磷”時,溶液中Fe2+先被氧化為Fe3+,該過程發(fā)生反應的離子方程式為;再加入Na2CO3調pH=2,并將溶液加熱至50℃,形成鐵、磷共沉淀。

(3)“濾渣2”的主要成分為ZnS和(填化學式)。

(4)“沉鎳”時,為確保鎳沉淀完全,理論上應調節(jié)溶液pH≥(已知:25℃時,Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15;lg2≈0.3;當溶液中離子濃度≤1.0×10-5mol·L-1時,可認為該離子沉淀完全)。

(5)“母液”中的溶質主要有、(填化學式)。

(6)硫代硫酸鎳(NiS2O3)在冶金工業(yè)中有廣泛應用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固體,充分反應后,過濾得到NiS2O3溶液;再向該溶液加入無水乙醇,析出NiS2O3晶體[已知:25℃時,Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5]。①生成NiS2O3的化學方程式為;該反應可以進行得較完全,結合相關數據說明理由:。

②加入無水乙醇有利于NiS2O3晶體析出,其原因是。

參考答案大題突破練大題突破練1化學工藝流程題1.答案(1)Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑(2)Fe2O3(3)AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HC(4)GaO2-、(5)GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH-16.8Na2CO3、CO解析(1)“焙燒”中,Ga2O3和碳酸鈉反應轉化成NaGaO2,化學方程式為Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑。(2)高鋁粉煤灰的主要成分是Al2O3,還含有少量Ga2O3和Fe2O3等,由流程可知,鎵最終轉化為鎵單質,加入氫氧化鈉,氧化鋁和強堿氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉,氧化鐵與氫氧化鈉不反應,故“堿浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3。(3)“轉化1”中通入過量CO2至溶液pH=8,“堿浸”中生成的偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉,離子方程式為AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO(4)“轉化1”中生成Ga(OH)3,“溶鎵”中加入石灰乳,根據流程可知,Ga(OH)3轉化為GaO2-形式存在,故所得溶液中存在的陰離子主要有GaO2-(5)陰極GaO2-得到電子發(fā)生還原反應生成Ga單質,電極反應為GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH-;陽極反應為水電離出的氫氧根離子放電發(fā)生氧化反應生成氧氣:2H2O-4e-4H++O2↑,產生的氫離子將碳酸根離子轉化為碳酸氫根離子,若電解獲得1molGa,根據電子守恒可知,4Ga~12e-~3O2,則生成O2的物質的量為34mol,則陽極產生的氣體在標準狀況下的體積為34mol×22.4L·mol-1=16.8L;電解后,陽極室所得溶液中的溶質為碳酸氫鈉,碳酸氫鈉分解生成的Na2CO32.答案(1)將Fe2+氧化為Fe3+(2)Fe(OH)3、Ti(OH)4(3)Fe(OH)39.0×10-7KSCN(4)8.4(5)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc(6)3.8解析(1)有機相中含Fe2+,在“洗滌”時加入H2O2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+;(2)加入NaOH溶液沉淀Ti4+、Fe3+、Sc3+,“濾渣1”的主要成分是Sc(OH)3、Fe(OH)3、Ti(OH)4;(3)“調pH”時先加氨水調節(jié)pH=3,目的是沉淀Fe3+,過濾所得濾渣主要成分是Fe(OH)3;pH=6時c(OH-)=KWc(H+)=10-1410-6mol·L-1=10-8mol·L-1,濾液中Sc3+的濃度為c(Sc3+)=Ksp[Sc(OH)3]c3(OH-)=(4)草酸溶液中c(C2O42-)c(H2C2O4)=(5)草酸鈧Sc2(C2O4)3在空氣中“焙燒”時得到Sc2O3,C元素化合價升高生成二氧化碳,O元素化合價降低,反應的化學方程式為2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2(6)鈦白酸性廢水中Sc3+含量10.0~20.0mg·L-1,100.0m3廢水中Sc3+質量最大為20.0mg·L-1×100.0×103L=2000×103mg=2kg,由元素質量守恒2Sc3+~Sc2O32×3.答案(1)增大原料接觸面積,加快反應速率,使反應更充分轉化Ⅲ(2)V2O5+2H+2VO2++H2O(合理即可(3)V2O5、Fe(OH)3(4)>13VO43-+2CO2+H2OVO(5)利用同離子效應,降低NH4VO3的溶解度(6)作制冷劑解析(1)“焙燒”中,“研磨”所得粉末與O2逆流混合可以增大原料接觸面積,加快反應速率,使反應更充分;由轉化關系可知,所生成的氣體A為CO2,可在“轉化Ⅲ”工序中再利用。(2)“酸浸”的主要目的為將釩元素轉化為VO2+的形式存在,避免生成V2O5或多釩酸根降低產品產率;“焙燒”后的燒渣中主要有V2O5、Fe2O3、Na2O、NaAlO2和Na2SiO(3)“轉化Ⅰ”的pH=3.0,其目的是使V元素以V2O5形式存在,將大部分Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀,過濾除去Al3+,則濾渣2含有的物質為V2O5、Fe(OH)3。(4)“轉化Ⅱ”的目的是除去Fe元素,且由信息知多釩酸鹽在水中溶解度較小,則“轉化Ⅱ”應將V元素轉化為VO43-,需要調整的pH范圍為>13;“轉化Ⅲ”中含釩物種由VO43-轉化為VO3-,反應的離子方程式為VO43-(5)“沉釩”中需加入過量NH4Cl,可利用同離子效應,降低NH4VO3的溶解度,提高產品產率。(6)“煅燒”中生成的氣體B為NH3,氨易液化,液氨汽化吸收大量熱使周圍溫度急劇降低,可作制冷劑。4.答案(1)增大固體的表面積,提高水浸的浸取率(2)2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2(3)Be(OH)2+2OH-[Be(OH)4]2-或Be2++4OH-[Be(OH)4]2-(4)6.3(5)BeO+Cl2+CBeCl2+CO(6)增強導電性(7)Na3FeF6、Cl2解析(1)綠柱石[Be3Al2(SiO3)6]燒結后得到固體混合物,為提高水浸效率,需要將固體粉碎,增大接觸面積;(2)750℃燒結時,Na3FeF6與Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固體難溶物,該反應的化學方程式為2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2;(3)Be(OH)2呈兩性,“過濾1”的濾液中若加入的氫氧化鈉過量,則會繼續(xù)溶解而生成可溶性鹽,即Be(OH)2+2OH-[Be(OH)4]2-或Be2++4OH-[Be(OH)4]2-;(4)由于Ksp[Be(OH)2]=1×10-5×c2(OH-)=4.0×10-21,則有c(OH-)=2×10-8mol·L-1,pH=-lg10-14(5)“高溫轉化”反應產生的氣體不能使澄清石灰水變渾濁,即BeO與C、Cl2反應得到BeCl2、CO,故其反應的化學方程式為BeO+Cl2+CBeCl2+CO;(6)從反應過程分析,NaCl沒有參加反應,則加入NaCl的主要目的是增強導電性;(7)由題干流程圖可知,Na3FeF6可以循環(huán)利用,高溫轉化時需要利用Cl2,電解時又產生Cl2,即Cl2也可以循環(huán)利用。5.答案(1)①S2O82-+Mn2++2H2OMnO2↓+2SO42-+4H+②Fe(OH)3、CaSO4③1(2)Zn+Cd2+Zn2++Cd(3)①Zn2+和CO32-發(fā)生相互促進的水解反應,產生ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O和CO2氣體②(4)蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾解析(1)①Na2S2O8具有氧化性,將Mn2+轉化為MnO2除去,反應的離子方程式為S2O82-+Mn2++2H2OMnO2↓+2SO4②“沉渣”的主要成分除MnO2外還有氫氧化鐵和硫酸鈣;③加入石灰石調節(jié)溶液的pH為4.0,Co(OH)3的Ksp=1.6×10-44,則水解后的溶液中含鈷微粒的濃度為1.6×10-44(10-10)3mol·(2)“除鎘”時,是鋅置換鎘,主要反應的離子方程式為Zn+Cd2+Zn2++Cd;(3)①Zn2+和CO32-發(fā)生相互促進的水解反應,產生ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O和大量的CO②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗滌,檢驗是否洗凈,即檢驗溶液中是否含有CO32-,可以選用的試劑是BaCl(4)從題圖分析,得到硫酸鈉需要進行的操作為蒸發(fā)濃縮,趁熱過濾。6.答案(1)+3(2)粉碎礦石、增大氣流速度、提高焙燒溫度(任寫一種,合理即可)(3)漏斗、玻璃棒(4)>(5)2Ce3++6HCO3-Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑0.18(6)①Ce4+②1∶解析(1)CeCO3F中C元素化合價為+4價、O元素化合價為-2價、F元素化合價為-1價,根據化合價代數和等于0,Ce元素的化合價為+3價;(2)根據影響反應速率的因素,提高焙燒效率的方法是粉碎礦石、增大氣流速度、提高焙燒溫度等;(3)操作①是分離Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液,方法為過濾,所需的玻璃實驗儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗;(4)Cl-被CeO2氧化為Cl2,CeO2為氧化劑,鹽酸為還原劑,鹽酸可用硫酸和H2O2替換,可知H2O2是還原劑,則氧化性CeO2>H2O2;(5)“沉鈰”過程中CeCl3溶液和NH4HCO3反應生成Ce2(CO3)3沉淀,反應的離子方程式為2Ce3++6HCO3-Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑。若“沉鈰”過程中,Ce3+恰好沉淀完全,則c(Ce3+)為1.0×10-5mol·L-1,則c(CO32-)=3Ksp[Ce2(CO3)3]c2(Ce3+)=31×10-281×10-10mol·L-1=1×10-6mol·(6)①根據題圖示,總反應為4H2+2NO24H2O+N2,該反應中的催化劑為Ce4+;②根據化學方程式4H2+2NO24H2O+N2,NO2中N元素化合價由+4價降低為0價,NO2是氧化劑,H2中H元素化合價由0價升高為+1價,H2是還原劑,該轉化過程中氧化劑與還原劑物質的量之比為1∶2。7.答案(1)+3(2)還原RuO4CaSO4T=65℃、pH=1.0(3)6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O3Na2Fe4(SO(4)[H··N··HH····H]+[解析(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Na元素化合價為+1價、S元素化合價為+6價、O元素化合價為-2價、H元素化合價為+1價,根據化合價代數和等于0,Na2Fe4(SO4(2)根據題給流程圖,“酸浸”后,溶液中釕元素只以Ru(SO4)2形式存在,可知Na2SO3把RuO4還原為+4價,Na2SO3的作用是還原RuO4。二氧化硅和硫酸不反應、硫酸鈣微溶,“濾渣”的主要成分有SiO2和CaSO4。根據題給圖示,溫度為65℃、pH為1.0時釕的浸出率最大,“酸浸”的最佳條件是T=65℃、pH=1.0;(3)“酸浸”后溶液中的鐵元素以Fe2+的形式存在,“除鐵”時加入NaClO3把Fe2+氧化為Fe3+,碳酸鈉調節(jié)pH生成Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀,反應的離子方程式為6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O3Na2Fe4(SO4)(4)“酸溶”后溶液中的溶質RuCl4與加入的(NH4)2C2O4反應生成Ru(C2O4)2沉淀和氯化銨,“濾液2”中的化肥是氯化銨,其電子式為[H··N··HH····(5)“灼燒”時通入Ar作保護氣,防止釕與空氣中的氧氣反應。8.答案(1)+2(2)AlO2(3)①H2O2易分解②2LiFePO4+H2O2+8H+2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O(4)Fe(OH)3(5)①90℃可減少Li2CO3溶解損失②3(6)溫度過高,促進了碳酸鋰的水解解析(1)根據正負化合價的和為0的原則可知其中Fe的化合價為+2價;(2)LiFePO4不溶于氫氧化鈉溶液,鋁溶于氫氧化鈉,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,故“濾液1”中的陰離子為OH-、AlO2-;(3)①過氧化氫容易分解,影響除雜,故所加H2O2的量要比理論計算值多,可能原因是H2O2易分解;②LiFePO4中Fe2+被H2O2氧化為Fe3+,同時生成磷酸,離子方程式為2LiFePO4+H2O2