2022年高考化学二轮复习培优训练4 (含解析)

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培优训练4：工艺流程题专项训练1.(2018·江苏化学，16)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为____________________________________________________________________。(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃硫去除率＝×100%①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。②700 ℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由________(填化学式)转化为________(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。解析　(1)二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与NaOH溶液反应生成正盐Na2SO3，过量二氧化硫与NaOH溶液反应生成NaHSO3。(2)①根据高硫铝土矿的成分中含FeS2和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃，如果不添加CaO在低于500 ℃焙烧，则去除的硫元素主要来源于FeS2，具体的反应原理为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。②添加的CaO吸收SO2生成CaSO3，CaSO3易被空气中的氧气氧化为CaSO4。根据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃”，可知700 ℃时CaSO4可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。(3)高硫铝土矿中的氧化铝溶于NaOH生成NaAlO2：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；向NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：CO2(过量)＋2H2O＋NaAlO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3。(4)根据得失电子守恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为1∶16。答案　(1)OH－＋SO2===HSO(2)①FeS2　②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2　Al(OH)3(4)1∶162.(2019·苏州市高三期初调研，16)以白云石(化学式表示为MgCO3·CaCO3)为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：已知：①白云石加热过程中，固体失重百分比与温度的关系如图所示：②Ksp[Mg(OH)2]＝5. 61×10－12。(1)根据流程图判断白云石“轻烧”后固体产物的主要成分是_____________________________________________________________________(填化学式)。结合图判断“轻烧” 温度应不超过________。(2)“加热反应”的化学方程式为_____________________________________。(3)沉淀过程控制溶液的pH为9.5，此时溶液中c(Mg2＋)＝________。(4)该工艺中可以循环使用的物质是___________________________________(填化学式)。(5)传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，从环境保护的角度分析，该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是____________________________________。解析　流程分析白云石主要成分为MgCO3·CaCO3轻烧，从过滤中可以得到CaCO3来进行判断，分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体；则(1)从过滤中可以得到CaCO3来进行判断分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，因此白云石“轻烧”后固体产物的主要成份CaCO3、MgO；从表中可以看出，温度低于540 ℃时，物质不分解，高于840℃时，碳酸钙和碳酸镁都分解，因此该温度不超过700 ℃；(2)加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：(NH4)2SO4＋MgOMgSO4＋2NH3↑＋H2O；(3)依据溶度积常数计算得到，沉淀过程溶液的pH＝9.5，c(OH－)＝10－4.5 mol/L，c(Mg2＋)＝Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH－)＝5.61×10－12/(10－4.5)2＝5.61×10－3mol/L；(4)该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程，反应后又生成的物质，流程图分析判断(NH4)2SO4、NH3或NH3·H2O可以循环使用；(5)分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离，同时也减少CO2排放。答案　(1)CaCO3、MgO　700 ℃　(2) (NH4)2SO4＋MgO===MgSO4＋2NH3＋H2O　(3)5.61×10－3mol/L(4) (NH4)2SO4、NH3或NH3·H2O　(5)减少能源消耗、减少CO2的排放、便于CaCO3分离3.[(2018·厦门外国语学校5月适应性考试(最后压轴模拟)，27)]从废旧锂离子二次电池(主要成分为LiCoO2，还含有少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质)中回收钴和锂的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“碱浸”的目的是____________________________________________________。(2)“酸浸”过程中LiCoO2发生反应的离子方程式为：___________________________________________________________________________________________________________________________________________，浸渣中含有的主要成分是________。(3)“萃取净化”除去的杂质离子有Ni2＋外，还有_____________________________________________________________________。(4)“萃取分离”中钴、锂萃取率与平衡pH关系如图所示， pH一般选择5左右，理由是__________________________________________________________。(5)“沉锂”中Li2CO3溶解度随温度变化曲线如下图所示：①根据平衡原理分析Li2CO3在水中溶解度随温度变化的原因____________________________________________________________________。②为获得高纯Li2CO3，提纯操作依次为趁热过滤、________、干燥。③若“沉锂”中c(Li＋)＝1.0 mol·L－1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，此时实验所得沉锂率为________。(已知Li2CO3的Ksp为9.0×10－4)解析　(1)“碱浸”的目的是用氢氧化钠溶液将其中的Al溶解。(2)LiCoO2中Co为＋3价，最后生成的CoSO4中Co为＋2价，所以酸浸这一步中，加入H2O2的目的是为了将＋3价Co还原为＋2价Co，所以反应的离子方程式为：2 LiCoO2 ＋ H2O2 ＋ 6H＋===2Li＋＋2Co2＋ ＋ O2↑ ＋ 4 H2O。浸渣中主要是不与酸反应的石墨以及生成的硫酸钙沉淀。(3)整个提取的过程中需要除去的杂质是Ca、Fe、Al、Ni；在前面的步骤中已经除去了Al和Ca，所以萃取净化应该要除去Ni2＋和Fe3＋。(4)由图示在pH为5左右的时候，Co和Li的萃取率差异最大，此时分离的效果最好。(5)①图中显示随着温度升高，碳酸锂的溶解度逐渐减小，所以推测该物质溶于水的过程是放热的。②提取的过程为趁热过滤，洗涤，干燥，所以答案为：洗涤。③c(Li＋)＝1.0 mol·L－1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，则碳酸钠的浓度也是1.0 mol·L－1，加入的瞬间溶液体积转化为原来的2倍，浓度都是原来的一半，即c(Li＋)＝c(CO)＝0.5 mol·L－1，沉淀出碳酸锂，所以碳酸根过量1倍，剩余c(CO)＝0.25 mol·L－1，代入Ksp的计算式得到c(Li＋)＝＝＝0.06(mol/L)。因为两溶液混合的瞬间c(Li＋)＝0.5mol/L，所以沉锂率为(0.5－0.06)÷0.5＝88%。答案　(1)除去铝　(2)2LiCoO2 ＋H2O2 ＋6H＋===2Li＋＋2Co2＋＋O2↑ ＋ 4H2O　石墨、硫酸钙　(3)Fe3＋(4)分离效率最高(5)①Li2CO3溶解过程为放热反应　②洗涤　③88.0%4.(2018·福州市高三下学期5月模拟考试理综，28)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示：(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：_____________________________________________________________________。(2)“矿渣”中除了S以外，还有____________________________________(填化学式)；“回收S”过程中温度控制在50～60 ℃之间，不宜过高或过低的原因是____________________________________________________________________。(3)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是______________________________；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是____________________________________________________________________。(4)气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________；向“滤液M”中加入(或通入) ________(填下列选项代号)，可得到另一种流程中可循坏利用的物质。a.铁　　　b.氯气　　　c.高锰酸钾解析　考查化学工艺流程，(1)Cu2S中Cu显＋1价，S显－2价，都具有还原性，FeCl3中Fe3＋具有强氧化性，根据流程，浸取发生的离子反应是Cu2S＋4Fe3＋===2Cu2＋＋4Fe2＋＋S；(2)根据辉铜矿的成分，含有少量的脉石，SiO2不与FeCl3发生反应，因此矿渣中还含有SiO2；苯的沸点较低，温度过高，苯易挥发，温度过低，反应速率慢或溶解度小；(3)置换过程过滤后，得到固体物质是Cu和Fe，Cu和Fe与硝酸反应生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO的目的是调节pH，促使Fe3＋水解，生成氢氧化铁沉淀；Cu(NO3)2溶液中Cu2＋发生水解，Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋，加入硝酸，抑制Cu2＋水解；(4)氮的氧化物与氧气、H2O反应生成HNO3，硝酸是循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为4NOx＋(5－2x)O2＋2H2O===4HNO3；置换中发生Fe＋CuCl2===FeCl2＋Cu、Fe＋2FeCl3===3FeCl2，滤液M中成分是FeCl2，根据流程图，FeCl3是循环物质，即需要加入Cl2，把FeCl2氧化成FeCl3，故选项b正确。答案　(1)Cu2S＋4Fe3＋===2Cu2＋＋4Fe2＋＋S　(2)SiO2　温度过高苯易挥发，温度过低硫的溶解速率(或溶解度)小　(3)提升溶液的pH，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀　抑制Cu2＋水解　(4)4NOx＋(5－2x)O2＋2H2O===4HNO3　b5.(2019·河南师范大学附属中学高三月考，27)铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁(FeCO3)可作为补血剂，铁红(Fe2O3)可作为颜料。利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)制备FeCO3的流程如下：(1)“酸溶”时加快反应速率的方法有________(写出一种)。 (2)①“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3＋通过两个反应被还原，其中一个反应如下：FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋，则另一个反应的离子方程式为____________________________________________________________________。②加入FeS2还原后，检验Fe3＋是否反应完全的方法是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)①“沉淀”时，需要控制温度在35 ℃以下，其可能原因是_____________________________________________________________________。②所得FeCO3需充分洗涤，检验沉淀已洗净的方法是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，同时释放出CO2，则与FeCO3反应的物质为________(填化学式)。 (5)写出在空气中煅烧FeCO3制备高纯氧化铁的化学方程式：____________________________________________________________________。FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧23.2 kg的FeCO3，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84 kg，则Fe2O3的质量为________ kg。 解析　烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤渣为二氧化硅，用二硫化亚铁还原Fe3＋后过滤，得滤液中含有硫酸亚铁，向滤液中加入碳酸铵，过滤得碳酸亚铁，滤液中含有硫酸铵、碳酸铵。(5)在空气中煅烧FeCO3制备高纯氧化铁的化学方程式为4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2，设Fe2O3的质量为x，根据化学反应前后铁元素质量不变：×100%×x＋×100%×(15.84 kg－x)＝×100%×23.2 kg，解得x＝14.4 kg。答案　(1)加热(或适当增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等)(2)①FeS2＋2Fe3＋ ===3Fe2＋＋2S↓②取少量溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，说明其中含有Fe3＋，未反应完全(3)①防止碳酸铵分解，减小亚铁离子的水解程度②取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净，反之，则说明没洗涤干净(4)O2、H2O　(5)4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2　14.46.(2018·周口市上学期期末抽测调研)某化学兴趣小组对一种废旧合金(含有Cu、Fe、Si等元素)进行分离、回收再利用，所设计工艺流程如下。已知：298 K时，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13回答下列问题：(1)操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为________，固体B为________(填化学式)。(2)加入过量FeCl3溶液过程中与较不活泼的金属反应的离子方程式____________________________________________________________________。(3)调节pH至2.9～3.2的目的是分离________(填离子符号)(4)①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为____________________________________________________________________。②若用a mol/L KMnO4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗KMnO4溶液V mL，所得红棕色固体C的物质的量为________(用含a、V的代数式表示)(5)常温下，若溶液c中所含的金属阳离子浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，最后生成的沉淀为________________________________________________________________________________________________________________________(填化学式)。(6)用惰性电极电解时阳极产生标准状况下的气体6.72 L，阴极得到的电子数为0.8NA，则生成氧气的物质的量为________mol。解析　试题分析：由流程可知，合金经氯化铁溶液溶解后把其中的铁和铜溶解，过滤后除去硅；向滤液中加入过量的铜，把过量的Fe3＋还原，过滤得到铜，再向滤液中加入酸性高锰酸钾溶液把亚铁离子完全氧化为＋3价铁离子，然后再加碱调节pH使＋3价铁离子转化为氢氧化铁沉淀；滤液经处理后电解，阳极得到氯气和氧气、阴极得到铜。(1)操作I、Ⅱ、Ⅲ为过滤，固体B为Cu。(2) FeCl3溶液与较不活泼的金属铜反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。(3)调节pH至2.9～3.2的目的是分离Fe3＋。(4)①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。②若用 a mol/LKMnO4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗KMnO4溶液V mL，由反应的离子方程式可知，n(Fe3＋)＝5n(KMnO4)＝5×V×10－3L×a mol/L＝5aV×10－3mol，所得红棕色固体C为Fe2O3，其物质的量为2.5aV×10－3mol 。(5)常温下，溶液c中所含的金属阳离子为Fe3＋、Cu2＋和Mn2＋，若三者浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，因为Ksp[Fe(OH)3]≪Ksp[Cu(OH)2]≪Ksp[Mn(OH)2]，所以先生成的沉淀是Fe(OH)3(由流程可知，pH＝3.2时，Fe3＋沉淀完全，而Cu2＋和Mn2＋尚未开始沉淀)，最后生成的沉淀为Mn(OH)2。(6)用惰性电极电解时阳极产生标准状况下的气体6.72 L，阴极得到的电子数为0.8NA，由电子转移守恒得，4n(O2)＋＝0.8 mol，则生成氧气的物质的量为0.1 mol。答案　(1)过滤　Cu　(2)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋　(3)Fe3＋　(4)①MnO＋5Fe2＋ ＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O　②2.5aV×10－3 mol　(5)Mn(OH)2　(6)0.1