新教材2024高考化学二轮专题复习专题11化学工艺流程课时作业

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回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为
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（3）“酸化”步骤应选用的酸是 （填标号）。
a．稀硫酸b．浓硫酸
c．盐酸d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是________________________________________________________________________
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（5）“沉淀”步骤中生成BaTiO（C2O4）2的化学方程式为
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（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2∶nCO＝ 。
2.[2023·辽宁卷]某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2＋、C2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋），实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 （答出一条即可）。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），1mlH2SO5中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 （H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、 （填化学式）。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn（Ⅱ）氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的C（Ⅱ）在空气中可被氧化成CO（OH），该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全（25℃），需控制pH不低于 （精确至0.1）。
3.软锰矿—硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
（1）“浸取”过程主要反应
3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4===3MnSO4＋Fe2（SO4）3＋4S＋6H2O，
则氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
（2）“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是
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（3）“除铁”后溶液中残留的c（Fe3＋）＝ ml·L－1。（25℃时，Fe（OH）3的Ksp为1.0×10－39）
（4）“沉锰”过程Mn2＋转化为MnCO3的离子方程式为
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（5）“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为
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（6）“氧化ⅱ”过程中，将Mn（Ⅱ）转化为Mn（Ⅳ）的最适宜氧化剂是 （填标号）。
a.H2O2 b．Cl2 c．KClO3
（7）将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：xZn＋Zn0.5－xMnO2·nH2OZn0.5MnO2·nH2O，放电时正极的电极反应式为
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4.[2023·浙江6月]工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
（1）富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式
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（2）煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是 。
A.燃煤中的有机硫主要呈正价
B.化合物A具有酸性
C.化合物A是一种无机酸酯
D.工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是
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（3）设计实验验证化合物A中含有S元素
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写出实验过程中涉及的反应方程式
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5.[2023·湖北卷]SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCO2进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）C位于元素周期表第 周期，第 族。
（2）烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因 。
（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是 。
（4）已知Ksp[C（OH）2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中C2＋浓度为 ml·L－1。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
（5）导致SiCl4比CCl4易水解的因素有 （填标号）。
a.Si—Cl键极性更大
b.Si的原子半径更大
c.Si—Cl键键能更大
d.Si有更多的价层轨道
专题精练（11）
1．解析：由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO（C2O4）2；BaTiO（C2O4）2经热分解得到BaTiO3。
（1）“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是作还原剂，将BaSO4还原。
（3）“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶的钡盐，为了不引入杂质，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和有毒的H2S气体，导致BaCl2溶液中混有杂质，最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成BaTiO（C2O4）2的化学方程式为BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2（NH4）2C2O4===BaTiO（C2O4）2↓＋4NH4Cl＋2HCl。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，BaTiO（C2O4）2eq \(=====,\s\up7(△))BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，产生的n eq \a\vs4\al(CO2) ∶nCO＝1∶1。
答案：（1）作还原剂，将BaSO4还原
（2）S2－＋Ca2＋===CaS↓
（3）c
（4）不可行 CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和有毒的H2S气体，导致BaCl2溶液中混有杂质，最终所得产品的纯度降低
（5）BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2（NH4）2C2O4===BaTiO（C2O4）2↓＋4NH4Cl＋2HCl
（6）1∶1
2．解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2↓＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋，Fe3＋水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，C2＋变为C（OH）2，在空气中可被氧化成CO（OH）。
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。
（2）（H2SO5）的结构简式为，所以1mlH2SO5中过氧键的数目为NA。
（3）用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋；Ca2＋与SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 结合生成CaSO4沉淀；氢氧化铁的Ksp＝10－37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c（Fe3＋）＝10－5ml·L－1，Ksp＝c3（OH－）×c（Fe3＋）＝c3（OH－）×10－5＝10－37.4，c（OH－）＝10－10.8ml·L－1，根据Kw＝10－14，pH＝3.2，此时溶液的pH＝4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁和硫酸钙；
（4）根据图示可知SO2的体积分数为9.0%时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，能还原H2SO5，其体积分数过大时与H2SO5反应，降低Mn（Ⅱ）氧化速率；
（5）“沉钴镍”中得到的C（OH）2，在空气中可被氧化成CO（OH），该反应的化学方程式为：4C（OH）2＋O2===4CO（OH）＋2H2O；
（6）氢氧化镁的Ksp＝10－10.8, 当镁离子完全沉淀时，c（Mg2＋）≤10－5ml·L－1，根据Ksp可计算c（OH－）≥10－2.9ml·L－1，根据Kw＝10－14，c（H＋）≤10－11.1ml·L－1，所以溶液的pH≥11.1。
答案：（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2↓＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋ Fe（OH）3、CaSO4
（4）9.0% SO2有还原性，也能还原H2SO5
（5）4C（OH）2＋O2===4CO（OH）＋2H2O
（6）11.1
3．解析：（1）反应3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4===3MnSO4＋Fe2（SO4）3＋4S＋6H2O中Mn元素化合价降低被还原，MnO2作氧化剂，Fe元素和S元素化合价升高被氧化，FeS2作还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2；（2）“浸取”过程中软锰矿和硫铁矿在酸性条件下发生反应除了生成硫酸锰和硫沉淀，可能生成硫酸亚铁，所以“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，以便后续过程除铁；（3）由流程图可知，“除铁”后溶液pH＝5.5，c（H＋）＝10－5.5ml·L－1，c（OH－）＝eq \f(1×10－14,10－5.5)＝10－8.5ml·L－1，根据Fe（OH）3的Ksp＝c（Fe3＋）·c3（OH－）＝1.0×10－39，c（Fe3＋）＝eq \f(1.0×10－39,（10－8.5）3)ml·L－1＝1×10－13.5ml·L－1；（4）“沉锰”过程中硫酸锰和碳酸氢铵、氨水反应生成碳酸锰、硫酸铵和水，反应的化学方程式为：MnSO4＋NH4HCO3＋NH3·H2O===MnCO3↓＋（NH4）2SO4＋H2O；（5）由流程图可知，“焙烧”过程中MnCO3和空气中的氧气在高温条件下反应生成MnO2和CO2，反应的化学方程式为2MnCO3＋O2eq \(=====,\s\up7(高温))2MnO2＋2CO2；（6）Mn（Ⅳ）的氧化性比H2O2和Cl2都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用H2O2或Cl2不能将Mn（Ⅱ）氧化为Mn（Ⅳ），而KClO3在酸性条件下能将Mn（Ⅱ）氧化为Mn（Ⅳ），故选用最适宜氧化剂是KClO3；（7）放电时正极发生得电子的还原反应，因此电极反应式为Zn0.5－xMnO2·nH2O＋xZn2＋＋2xe－===Zn0.5MnO2·nH2O。
答案：（1）3∶2 （2）将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子 （3）1.0×10－13.5 （4）Mn2＋＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋H2O （5）2MnCO3＋O2eq \(=====,\s\up7(高温))2MnO2＋2CO2 （6）c （7）Zn0.5－xMnO2·nH2O＋xZn2＋＋2xe－===Zn0.5MnO2·nH2O
4．解析：含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质的量的甲醇发生已知反应生成A：。
（1）氧气具有氧化性，能把四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为2SO2＋O2＋2CaCO3eq \(=====,\s\up7(高温))2CaSO4＋2CO2；（2）①硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有—OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；化合物A含有基团，类似酯基—COO—结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收用于生产发烟硫酸，D正确；故选BCD；②一定压强下，化合物A分子只有1个—OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个—OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸；（3）由分析可知，A为，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为：＋2NaOH===CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl。
答案：（1）2SO2＋O2＋2CaCO3eq \(=====,\s\up7(高温))2CaSO4＋2CO2
（2）①BCD ②硫酸分子能形成更多的分子间氢键
（3）取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素
＋2NaOH===CH3OH＋Na2SO4＋H2O、Na2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2NaCl
5．解析：由流程和题中信息可知，LiCO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为C（OH）2）和滤液2（主要溶质为LiOH）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到C3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。
（1）C是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅可与水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知Ksp[C（OH）2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c（OH－）＝1.0×10－4ml·L－1，C2＋浓度为eq \f(Ksp[C（OH）2],c2（OH－）)＝eq \f(5.9×10－15,（1.0×10－4）2)ml·L－1＝5.9×10－7ml·L－1。“850℃煅烧”时，C（OH）2与O2反应生成C3O4和H2O，该反应的化学方程式为6C（OH）2＋O2eq \(=====,\s\up7(850℃))2C3O4＋6H2O。
（5）Si—Cl键极性更大，则Si—Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；
Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si—Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH－的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；
通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si—Cl键键能更大不能说明Si—Cl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；
Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH－形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；
综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。
答案：（1）四 Ⅷ
（2）SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl
（3）焰色反应
（4）5.9×10－7
6C（OH）2＋O2eq \(=====,\s\up7(850℃))2C3O4＋6H2O
（5）abd
物质
Fe（OH）3
C（OH）2
Ni（OH）2
Mg（OH）2
Ksp
10－37.4
10－14.7
10－14.7
10－10.8