重点4 无机化工流程分析- 高考化学专练【热点·重点·难点】

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重点4  无机工艺流程分析【命题规律】本专题考点为高考必考题型。主要考查形式为填空题。其题引一般简单介绍该工艺生产的原材料和生产的目的、产品(包括副产品)；题干以工业生产为主要背景，以文字、工艺流程图、表格相结合的形式呈现；题设主要是根据生产过程中涉及的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题，主要涉及原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护、分离提纯、反应原理、实验操作、产率计算等。难度较大。对于学科素养的考查较为全面，基本囊括5大学科核心素养。【备考建议】2021年高考备考应关注真实情境下的流程分析。【限时检测】（建议用时：40分钟）1．【2020新课标Ⅰ】钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题：（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。（4）“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。（5）“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）（2）Fe2+   VO++MnO2 +2H+ =+Mn2++H2O（3）Mn2+  Al3+和Fe3+（4）Fe(OH)3（5）NaAl(OH)4+ HCl= Al(OH)3↓+NaCl+H2O（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全【解析】【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。【详解】（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；（2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；（3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；（4）根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；（5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。2．【福建省莆田市2021届高三毕业班第一次教学质量检测】是染料工业中常用的还原剂，难溶于乙醇，受热易分解。某研究小组对的性质与制备方法进行了研究。Ⅰ.锌粉法制备。(1)的制备过程要在无氧条件下进行，其原因是___________；为了增大的吸收效率，可采取的措施有___________(任写一点)。(2)步骤②需要控制温度在，可能的原因是___________。(3)步骤③中加入一定量固体的目的是___________。Ⅱ.对性质的探究。(4)常温下，的溶液的约为8，露置在空气中，溶液的逐渐减小至5，再经过一段时间，溶液的减小至1，则溶液的从8逐渐减小至5的过程中，可能发生反应的化学方程式为___________，后来继续减小至1的原因是___________。(5) 固体在隔绝空气的条件下加热至时完全分解，生成、、，检验产物中是否含有的实验方法是___________。【答案】具有强还原性，容易被氧气氧化    增大与悬浊液的接触面积(或通入的导管末端连接一个多孔球泡或将缓慢通入悬浊液中等)    温度过高，容易分解;温度过低，反应速率太慢    增大溶液中，降低的溶解度，便于结晶析出        逐渐被氧化为，使溶液酸性增强    取少量固体溶于足量稀盐酸中，静置后向溶液中滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，则产物中含有硫酸钠    【详解】(1)由于中S的化合价为+3价，处于S的中间价位，所以该物质既有氧化性又有还原性，但中的S主要体现还原性，所以的制备过程要在无氧条件下进行，其原因为具有强还原性，容易被氧气氧化；增大的吸收效率的措施有：可以增大二氧化硫与悬浊液的接触面以及减缓二氧化硫的流速等，故答案为：具有强还原性，容易被氧气氧化；增大与悬浊液的接触面积(或通入的导管末端连接一个多孔球泡或将缓慢通入悬浊液中等)；(2) 不稳定受热易分解，但温度过低化学反应速率太慢，所以步骤②需要控制温度在，可能的原因是：温度过高，容易分解；温度过低，反应速率太慢，故答案为：温度过高，容易分解；温度过低，反应速率太慢；(3) 属于钠盐，易溶于水，所以步骤③中加入一定量固体的目的是为了增大溶液中钠离子的浓度，减小的溶解，从而提高的产率，故答案为：增大溶液中，降低的溶解度，便于结晶析出；(4)由题意可知溶液被空气中的氧气氧化为，从而使溶液的pH由8降低至5，溶液会被空气中的氧气继续氧化为从而使溶液的pH值将到1，故答案为：；逐渐被氧化为，使溶液酸性增强；(5)能与氯化钡反应产生白色的固体，所以检验产物中是否含有的实验方法是：取少量固体溶于足量稀盐酸中，静置后向溶液中滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，则产物中含有硫酸钠，故答案为：取少量固体溶于足量稀盐酸中，静置后向溶液中滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，则产物中含有硫酸钠。3．【广东省肇庆市2021届高三毕业班第一次统一检测】我市某企业对高砷高锡铅阳极泥进行脱砷处理，分离出锡铅废渣的同时制备了砷酸钠晶体（）。其工艺流程如下：已知：i．砷在高砷高锡铅阳极泥中以单质形式存在；ii．砷酸钠晶体有毒性；iii．“浸出液”呈碱性，其主要成分为和。请回答下列问题：（1）储存砷酸钠晶体时应张贴的危险品标志为__________（填选项字母）。A    B    C    D（2）焙烧前需要将阳极泥与碳酸钠固体充分混合，其目的是_____________。（3）用控制变量法探究焙烧温度和焙烧时间对砷的浸出率影响如图，则应选择的最佳焙烧温度和时间分别为____________________。（4）“焙烧”时生成的化学方程式为_____________________。（5）“氧化”过程中若使用作氧化剂，则发生反应的离子方程式为______________。（6）“一系列操作”具体为________、_______、过滤﹑洗涤、干燥。（7）若的阳极泥（砷百分含量为）经过上述工艺流程最后制得晶体，则砷酸钠晶体的产率为______________%。（用含有、的式子表示，产率）【答案】C    增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率    、            蒸发浓缩    冷却结晶        【分析】砷在阳极泥中以单质形式存在，“焙烧”时砷单质被氧气，“浸出液”呈碱性，其主要成分为和，再将被氧化为，氧化后溶液中含，要从溶液中提取晶体，则需结晶等 “一系列操作”，即可得到砷酸钠晶体；【详解】(1)是放射性标志，表示腐蚀品，表示有毒物质，表示易燃物质，砷酸钠有毒，故选C。(2)焙烧前需要将阳极泥与碳酸钠固体充分混合，目的就是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率。(3)由图可知“焙烧”时应选择的最佳焙烧温度和时间分别为、，其中时间选左右即可。(4)已知砷在高砷高锡铅阳极泥中以单质形式存在，“焙烧”时砷单质被氧化为，氧化剂为氧气，则化学方程式为。(5)已知“浸出液”呈碱性，其主要成分为和 ， “氧化”过程中若采用作氧化剂，则被氧化为，发生反应的离子方程式为。(6)氧化后溶液中含，要从溶液中提取晶体，则需结晶，故 “一系列操作”具体为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(7)阳极泥中砷百分含量为，按砷元素守恒，的阳极泥可制得砷酸钠晶体的理论产量为kg，故砷酸钠晶体的产率为。4．【河北省“五个一名校联盟”2021届高三上学期第一次诊断考试】氧锰八面体纳米棒(OMS-2)是一种新型的环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿(主要成分分别为MnO2、FeS2)合成OMS-2的工艺流程如下：金属离子Fe3＋Fe2＋Mn2＋开始沉淀的pH2.27.58.8完全沉淀的pH3.29.O10.8(1)“调pH值”步骤中，pH的调节范围是___________。(2)已知Fe3O4可改写成Fe2O3·FeO的形式，Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，锰元素有Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)两种化合价，则Mn12O19可表示为___________。(3)生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比1︰1︰5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，该反应的离子方程式为___________。(4)甲醛(HCHO)在OMS-2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS-2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验，实验开始时，该空间内甲醛含量为1.25 mg·L-1，CO2含量为0.5 0 mg·L-1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30 mg·L-1，该实验中甲醛的转化率为___________(保留三位有效数字)。【答案】[3.2，8.8)(或3.2≤pH＜8.8)    5Mn2O3·2MnO2        43.6％    【分析】软锰矿和黄铁矿用硫酸酸浸，得到的淡黄色固体为S，在酸浸过程中，FeS2中硫的化合价升高，所以Mn的化合价降低，过滤后溶液A中含有Mn2+和Fe2+，向溶液A中加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，除去Fe3+后的滤液精制得到MnSO4▪H2O，加入酸性KMnO4溶液和K2S2O8，生成Mn12O19，最后焙烧Mn12O19得到OMS-2。【详解】(1)调pH的目的是除去Fe3+，根据表格中的数据，使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不能沉淀，故pH的范围是3.2≤pH＜8.8。(2)锰元素有Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)两种化合价，把Mn12O19表示为aMn2O3▪bMnO2，则有2a+b=12，3a+2b=19，可得a=5，b=2，所以Mn12O19可表示为5Mn2O3▪2MnO2。(3)生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4▪H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以的形式存在，Mn全部转化为Mn12O19，根据质量守恒和电荷守恒，可写出反应的化学方程式为2 +2+10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4 +22H+。(4)CO2含量为0.50 mg·L-1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30 mg·L-1，则生成的CO2为0.80mg·L-1，设容器体积为1L，根据甲醛氧化的方程式：HCHO+O2CO2+H2O，可求得转化的甲醛的质量为 =mg，则甲醛的转化率为×100%=43.6%。5．【四川省乐山市2021届高三12月第一次调研考试】硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·6H2O]，是一种重要的化工原料，常用于农药、镀铜、搪瓷等工业。以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备硝酸铜晶体的某工艺如图所示：回答下列问题：(1)“浸取”时，为了提高浸取率可采取的措施有______ (任写一点)，浸取时在生成S的反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为______。(2)薄层层析法是利用溶液各成分对同一吸附剂吸附能力不同，在溶液流过吸附剂时，使各成分互相分离的方法。某实验小组利用薄层层析法监控滤液1加入铁粉过程中溶液的组成，实验结果如下，则还需继续加入Fe粉的是______ (选填编号)。 (3)滤渣2的主要成分是______，滤渣2与稀硝酸反应时，需向装置内通入适量空气，这样做的目的是______。(4)调节溶液pH时选用的物质a可以是______，几种金属离子沉淀的pH范围如图所示，“调pH”时应将溶液pH调至______~______。(5)操作X主要包括______、______、过滤、洗涤、干燥。【答案】粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌(三个任写一个或其他正确均可)    1:4    AC    Cu    将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生    CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3(任写一个或其他正确答案均可)    3.2    4.7    蒸发浓缩    冷却结晶    【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)加入氯化铁和稀硫酸，反应生成硫单质、亚铁离子、铜离子，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣为S和SiO2，向滤液中加入适当过量的Fe，充分反应，过滤，滤液主要是亚铁离子，滤渣主要成份是铜单质，还有少量的铁单质，向滤渣中加入稀硝酸，再充入过量的空气，将生成的氮氧化物转化为硝酸，再向溶液中加入氧化铜等物质调节溶液pH值促进铁离子水解，再过滤，将滤液经过一系列过程得到硝酸铜晶体[Cu(NO3)2·6H2O]。【详解】(1)“浸取”时，为了提高浸取率可采取的措施有粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌等，浸取时生成S发生的反应为Cu2S＋4Fe3+＝4Fe2+＋2Cu2+＋S↓，还原剂为Cu2S，氧化剂为Fe3+，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:4；故答案为：粉碎辉铜矿、适当提高温度、不断的搅拌；1:4。(2)根据题意加入铁粉后，若Fe3+、Cu2+反应完全，则薄层色谱中只会出现一个点，即Fe2+，根据图谱可以看出B中只有Fe2+，而AC中还有Fe3+或Cu2+，因此还需继续加入Fe粉的是AC；故答案为：AC。(3)由于前面加入了适当过量的铁粉，铁置换出铜，因此滤渣2的主要成分是Cu，还有少量的Fe，滤渣2与稀硝酸反应时，金属与硝酸反应生成NO、NO2，向装置内通入适量空气，可以将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生；故答案：将生成的NO、NO2氧化为硝酸，提高硝酸利用率，可以减少污染气体NO、NO2的产生。(4)调节溶液pH时，主要利用加入的物质消耗铁离子水解生成的氢离子，使其水解程度增大而转化为沉淀，为防止引入新的杂质，物质a可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；“调pH”时应将溶液中铁离子全部沉淀，而铜离子不能沉淀，因此要将溶液pH调至3.2～4.7；故答案为：CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3(任写一个或其他正确答案均可)；3.2；4.7。(5)从溶液得到晶体，一般的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。