2023届高考化学二轮复习微主题热练19化学工艺流程(填空题)作业含答案

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(1)活化浸出后富钙渣中的主要成分为____________________(填化学式)。
(2)CO2捕集在吸收塔中进行，反应生成(NH4)2CO3。含CO2的烟气应______________(填“自上而下”或“自下而上”)通过吸收塔被氨水喷淋液充分吸收。
(3)矿化固定步骤是将富钙渣和除铝后的富镁液分别加入CO2捕集液中，充分搅拌，捕集液中的(NH4)2CO3最终转化为碳酸盐矿物，实现封存CO2的目的。
①矿化反应需在40～50 ℃条件下进行，适宜的加热方式为______________________。
②检验矿化固定2中矿化反应是否进行完全的实验操作是________________________________。
③将两步矿化后的母液合并，结晶处理得到____________________(填化学式)，可循环利用。
(4)分离净化得到的NH4Al(SO4)2晶体可制备高纯Al2O3。请补充完整相应的实验方案：取一定量NH4Al(SO4)2晶体，经提纯后配成溶液，_____________________，控制反应温度为55 ℃，_____________________，将沉淀干燥，置于马弗炉中900℃煅烧，获得高纯Al2O3产品。已知：酸性环境中生成的Al(OH)3黏性大，不易过滤。实验中可选用的试剂：1 ml/L 的氨水、BaCl2溶液、蒸馏水。
2. 马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]可用于钢铁的磷化处理，起到防锈作用。以软锰矿(主要成分为MnO2，少量FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：
已知：各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。
(1)“浸锰”时，SO2发生反应的离子方程式为______________________。
(2)“萃取”时，Fe3＋的萃取率与溶液的pH的关系如图所示，当pH＞1.7时，Fe3＋的萃取率急剧下降的原因可能为______________________________。
(3)“调pH”时，应调整的pH范围为_________________________________。
(4)“沉锰”时，需将Na2CO3溶液逐渐加入锰盐溶液中，不能颠倒滴加顺序的原因是______________________________。检验“沉锰”是否已完成的实验操作是________________________________________________________________。
(5)“酸溶”时，生成马日夫盐的化学方程式为______________________。
3. (2022·苏锡常镇一模)Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：
(1) 浸渍。常温下，用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体6 h。浸渍所得溶液中除Fe3＋外，含有的阳离子还有____________(填离子符号)。
(2) 焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500 ℃焙烧12 h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000 g负载型催化剂样品，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2 ml/L K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2Oeq \\al(2－,7)与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液12.00 mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量(写出计算过程)。
[负载量＝eq \f(催化剂质量,催化剂质量＋载体质量)×100%]
(3) 硫化。400 ℃时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_________________________________________。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______________________________________，最后S再与FeS反应转化为FeS2。
(4) 工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0～200 ℃范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200～300 ℃范围内，固体质量增加的主要原因是________________________________________。
4. (2022·苏北、苏中七市三模)从铜阳极泥(含铜、银、铂、钯、硒等元素的单质或化合物)中分批提取硒、铂、钯、银、铜的过程如下：
(1)焙烧。将阳极泥与浓硫酸按一定比例混合浆化，在回转窑内焙烧。铜、银等元素转变为硫酸盐，同时得到含SeO2、SO2的烟气，烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。
①烟气中的硒元素能转变为单质硒的原因是__________________________。
②烟气中含有少量相对分子质量为222的硒氧化物，该氧化物的分子式为__________________。
(2)浸取。其他条件一定，将焙烧所得固体与相同体积水、不同体积硫酸混合，所得浸出液中各元素含量随硫酸加入量变化如图所示。实际浸出铜、银同时回收铂、钯的过程中，只用水作浸取剂而不添加硫酸的原因是_______________________________。
(3)转化。向浸出铜、银后所得滤液中加入足量NaCl，使Ag＋转化为AgCl沉淀，过滤，向AgCl固体中加入5 ml/L氨水(溶质以NH3计)，发生反应：AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq) K＝2.5×10－3。再加入水合肼
(N2H4·H2O)还原[Ag(NH3)2]Cl，制得单质银，同时产生N2和NH3两种气体。
①溶解0.1 ml AgCl(s)，至少需加入氨水的体积为________________(忽略溶液体积的变化)。
②水合肼还原[Ag(NH3)2]Cl的化学方程式为_______________________________________________。
5. (2022·南通海门区期末)聚合硫酸铁(PFS)是一种优质的絮凝剂，水溶液呈棕黄色，其化学组成可表示为[Fex(OH)y(SO4)z]m。以铅尾矿渣(含FeS2、PbS)为原料制备聚合硫酸铁。
已知：①含Fe(NO)2＋溶液为黑色。钨酸钠可与Ti3＋生成蓝色物质“钨蓝”。
②“水解”的过程可表示为Fe3＋＋SOeq \\al(2－,4)＋H2O―→Fex(OH)y(SO4)z＋H＋。
(1)写出“酸浸”过程中FeS2发生反应的离子方程式：_______________________________________。
(2)①在“氧化、水解”过程中，溶液的pH与反应时间的关系如图1所示，pH在20 min左右出现波动的原因是________________________________。
图1

图2
(3)设计以下实验测定制备的[Fex(OH)y(SO4)z]m中x∶y∶z的值。
步骤1：称取一定质量的PFS样品，加入40 mL 0.10 ml/L盐酸和蒸馏水配成100.00 mL溶液，分成两等份。
步骤2：取其中一份于锥形瓶中，加入钨酸钠指示剂，用0.10 ml/L TiCl3溶液滴定至终点，消耗TiCl3溶液30.00 mL(Fe3＋＋Ti3＋===Fe2＋＋Ti4＋)。
步骤3：取另一份溶液于锥形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽Fe3＋，滴加几滴酚酞溶液，用0.1 ml/L NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液10.00 mL。
①步骤2中滴定终点的现象是_________________________________。
②试计算[Fex(OH)y(SO4)z]m中x∶y∶z的值(写出计算过程)。
6. (2022·扬州期末)以铬铁矿(含FeCr2O4及少量Al2O3、V2O5、MgO)为原料，可制备Na2CrO4、AlOOH、V2O5，该工艺流程如下：
(1) “浸取”在350 ℃、高压下进行，所得浸取液的溶质主要为Na2CrO4、NaAlO2、NaVO3，生成NaVO3的化学方程式为____________________________，“过滤1”所得滤渣的主要成分是Fe2O3、________。
(2) “浸取”后，“酸化”时生成的AlOOH可吸附VOeq \\al(－,3)形成沉淀，而“脱附”时两者分离，吸附与脱附的可能机理的示意图如图1所示。
图1
图2
①在A的作用下，吸附剂表面出现“活性吸附位”，A的化学符号为____________。
②“脱附”时加入NaOH溶液可有效脱除AlOOH表面吸附的VOeq \\al(－,3)，该过程可描述为__________________________________________。
(3) “酸化”时铝元素的浓度随pH的变化如图2所示，pH太小或太大都会导致溶液中铝元素浓度偏高的原因是____________________________________。
(4) 测定某Na2CrO4溶液的浓度。准确量取10.00 mL Na2CrO4溶液，加入过量KI溶液，充分反应。用0.100 0 ml/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL。实验测定原理为2CrOeq \\al(2－,4)＋6I－＋16H＋===2Cr3＋＋3I2＋8H2O，I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)。求Na2CrO4溶液的物质的量浓度(写出计算过程)。
微主题热练19 化学工艺流程(填空题)
1. (1)CaSO4、SiO2 自下而上 (3)①水浴加热 ②取矿化反应后的悬浊液静置，向上层清液中继续滴加除铝后的富镁液，若无沉淀生成，说明矿化反应已经进行完全 ③(NH4)2SO4 (4)在搅拌下将其缓慢加入1 ml/L的氨水中 直至不再产生沉淀；过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次，取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，不产生白色沉淀
【解析】 (1)根据流程图分析可知活化浸出后富钙渣中的主要成分为CaSO4、SiO2。(2)CO2捕集在吸收塔中进行，反应生成(NH4)2CO3，仿照工业制硫酸最后一步三氧化硫的吸收原理，氨水由塔顶喷淋而下，为使二者充分混合，要采用逆流原理，因此含CO2的烟气应自下而上通过吸收塔被氨水喷淋液充分吸收。(3)①矿化反应需在40～50 ℃条件下进行，适宜的加热方式为水浴加热；②若矿化固定2中矿化反应完全，则溶液中不再含有COeq \\al(2－,3)，加入含有较多Mg2＋的溶液时不再产生白色沉淀，故检验矿化固定2中矿化反应是否进行完全的实验操作是取矿化反应后的悬浊液静置，向上层清液中继续滴加除铝后的富镁液，若无沉淀生成，说明矿化反应已经进行完全；③CaSO4微溶于水，向其中加入(NH4)2CO3，反应产生难溶性的CaCO3和(NH4)2SO4，使沉淀发生转化，最终使CaSO4完全转化为CaCO3沉淀；富镁液中含有MgSO4，将其加入CO2捕集液中，与其中反应生成的(NH4)2CO3发生复分解反应产生MgCO3沉淀和(NH4)2SO4；故将两步矿化后的母液合并，结晶处理得到(NH4)2SO4，可循环利用。(4)由分离净化得到的NH4Al(SO4)2晶体制备高纯Al2O3，则取一定量NH4Al(SO4)2晶体，经提纯后配成溶液，在搅拌下将其缓慢加入1 ml/L的氨水中，控制反应温度为55 ℃，反应产生Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤干燥，得到纯净Al(OH)3，然后将其在马弗炉中在900 ℃高温煅烧，Al(OH)3发生分解反应产生Al2O3和水，水挥发逸出，剩余固体就是Al2O3。
2. (1)SO2＋MnO2===SOeq \\al(2－,4)＋Mn2＋ (2)pH增大，促进Fe3＋水解产生Fe(OH)3 (3)5.0≤pH＜7.8 (4)会先产生Mn(OH)2沉淀 取少许上层清液于试管中，继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则说明沉锰已经完成 (5)MnCO3＋2H3PO4＋H2O===Mn(H2PO4)2·2H2O＋CO2↑
【解析】 (1)“浸锰”时，SO2被MnO2氧化为SOeq \\al(2－,4)，根据得失电子守恒、元素守恒可得离子方程式。(2)由表可知Fe3＋在pH为1.1时开始沉淀，pH增大，促进Fe3＋水解产生Fe(OH)3，导致Fe3＋的萃取率急剧下降。(3)调节pH的目的主要是沉淀Al3＋，但不能沉淀Mn2＋，根据题目所给数据可知pH的范围应为5.0≤pH＜7.8。(4)碳酸钠溶液显碱性，若颠倒滴加顺序，会先产生Mn(OH)2沉淀；若“沉锰”完毕，则溶液中不再含锰离子，检验方法为取少许上层清液于试管中，继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则说明沉锰已经完成。(5)“酸溶”时，磷酸和碳酸锰反应生成Mn(H2PO4)2·2H2O，该反应为复分解反应，根据元素守恒可得化学方程式。
3. (1)Al3＋、H＋ (2)n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝5.000×10－2 ml/L×12.00×10－3L＝6.000×10－4 ml，根据电子守恒可得关系式：Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋，则n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝6×6.000×10－4 ml＝3.600×10－3 ml，根据铁原子守恒可得关系式Fe2O3～2Fe3＋～2Fe2＋，则n(Fe2O3)＝eq \f(1,2)n(Fe2＋)＝eq \f(1,2)×3.600×10－3 ml＝1.800×10－3 ml，m(Fe2O3)＝1.800×10－3 ml×160 g/ml＝0.288 0 g，该负载型催化剂的负载量＝eq \f(0.288 0 g,2.000 g)×100%＝14.40% (3)① SO2＋2H2eq \(=====,\s\up17(催化剂),\s\d15(400 ℃))S＋2H2O ②FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O (4)＋2价铁的氧化物被氧化为＋3价铁的氧化物。
【解析】 (1)Fe(NO3)3溶液显酸性，浸渍Al2O3载体时，能使得Al2O3溶解，故溶液中的阳离子含有溶解得到的Al3＋以及H＋。(2)由题中所述可得关系式K2Cr2O7～6Fe2＋～3Fe2O3，根据n(K2Cr2O7)可求得n(Fe2O3)，进而得到m(Fe2O3)，再结合样品的质量可求得负载量。(3)① SO2和H2混合脱除SO2时得到S单质，根据元素守恒可知还有H2O生成，故反应的化学方程式为SO2＋2H2eq \(=====,\s\up17(催化剂),\s\d15(400 ℃))S＋2H2O；②催化剂参与反应，但最后又能生成，故FeS2先与H2反应生成FeS和H2S，然后生成的H2S与SO2反应生成S和H2O，最后S与FeS反应生成FeS2。(4)硫化的固体中主要含有FeS2，在0～200 ℃时FeS2转变为FeO，固体质量减小，在200～300 ℃时FeO转变为Fe2O3而使得固体质量增加。
4. (1)①溶液中的H2SO3能将SeO2还原 ②(SeO2)2或Se2O4 (2)加入H2SO4后，铜、银浸出率增大幅度不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收 (3)①0.44 L ②N2H4·H2O＋4[Ag(NH3)2]Cl===4Ag↓＋N2↑＋4NH3↑＋4NH4Cl＋H2O
【解析】 (1)①烟气用水吸收后，烟气中的SO2溶于水得到H2SO3, H2SO3能将SeO2还原为Se单质；②根据Se的相对原子质量为79以及O的相对原子质量为16，结合该氧化物的相对分子质量为222可知，该氧化物的化学式为(SeO2)2或Se2O4。(2)由图示看出，随着H2SO4的加入，铜、银浸出率增大幅度不大，但铂、钯浸出率增大，这样不利于后续中铂和钯的回收。(3)①设加入的氨水x L，当0.1 ml AgCl完全溶解时，生成的c(Cl－)＝eq \f(0.1,x) ml/L，c[Ag(NH3)2]＋＝eq \f(0.1,x) ml/L，则溶液中c(NH3)＝eq \f(5x－0.2,x) ml/L，根据平衡常数可得2.5×10－3＝eq \f(\f(0.1,x)×\f(0.1,x),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5x－0.2,x)))2)，解得x＝0.44 L；②在反应过程中，[Ag(NH3)2]Cl中Ag元素被还原为单质Ag，而N2H4·H2O中的N元素被氧化为N2，根据电子守恒可知N2H4·H2O与[Ag(NH3)2]Cl的系数之比为1∶4，结合原子个数守恒得到反应的化学方程式。
5. (1)FeS2＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑＋S (2)①H2O2氧化Fe2＋消耗H＋使溶液pH升高，生成的Fe3＋水解产生H＋使溶液的pH下降，两者速率的变化引起pH的波动 ②溶液由浅绿色(无色)变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色 (3)①滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由棕黄色变为蓝色，且30 s无变化 ②3∶1∶4
【解析】 (1)“过滤”步骤得到PbS，铅尾矿渣中PbS不与H2SO4反应，“过滤”还得到S单质，FeS2中S元素显－1价，Fe元素显＋2价，“酸浸”时得到气体，则可写出反应的离子方程式。(2)①Fe2＋与H2O2反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O，使溶液pH升高，根据信息②，Fe3＋水解产生H＋，溶液的pH下降，两者速率的变化引起pH的波动；②由反应机理图可知：Fe2＋与NOeq \\al(－,2)反应生成Fe3＋和NO，NO与Fe2＋反应生成Fe(NO)2＋，Fe(NO)2＋与氧气反应生成NOeq \\al(－,2)和Fe3＋，Fe2＋显绿色，Fe(NO)2＋显黑色，Fe3＋显棕黄色，因此逐滴滴入NaNO2后的反应现象为溶液由浅绿色(无色)变为黑色，后黑色褪去，如此反复，最终溶液呈棕黄色。(3)①根据题意可知，步骤2钨酸钠作指示剂，TiCl3进行滴定，滴定终点的现象是：滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由棕黄色变为蓝色，且30 s无变化；②步骤2中发生Fe3＋＋Ti3＋===Fe2＋＋Ti4＋，则n(Fe3＋)＝2×30×10－3L×0.1 ml/L＝6×10－3ml，步骤3中用NaOH溶液滴定溶液中剩余的HCl，则n(OH－)＝40×10－3L×0.10 ml/L－2×10×10－3L×0.1 ml/L＝2×10－3ml，根据电荷守恒得：3n(Fe3＋)＝2n(SOeq \\al(2－,4))＋n(OH－)，推出样品中n(SOeq \\al(2－,4))＝eq \f(3×6×10－3ml－2×10－3ml,2)＝8×10－3ml，则x∶y∶z＝6×10－3∶2×10－3∶8×10－3＝3∶1∶4。
6. (1)V2O5＋2NaOHeq \(=====,\s\up17(高压),\s\d15(350 ℃))2NaVO3＋H2O MgO(多写 Fe3O4不扣分) (2)① H＋ ② 随着OH－浓度增大，OH－占据活性吸附位，使VOeq \\al(－,3)从AlOOH表面脱除 (3)pH太小，AlOOH与H＋反应生成Al3＋，pH太大，AlOOH与OH－反应生成AlOeq \\al(－,2)
(4)由题意得关系式：2CrOeq \\al(2－,4)～3I2～6S2Oeq \\al(2－,3)
n(S2Oeq \\al(2－,3))＝0.100 0 ml/L×30.00×10－3 L＝
3．00×10－3ml
n(CrOeq \\al(2－,4))＝eq \f(1,3)n(S2Oeq \\al(2－,3))＝3.00×10－3 ml ×eq \f(1,3)＝
1．00×10－3ml
c(CrOeq \\al(2－,4))＝eq \f(1.00×10－3ml,0.01 L)＝0.10 ml/L
【解析】 (1)在NaVO3中V元素显＋5价，故在碱性条件下，V2O5与NaOH发生非氧化还原反应生成NaVO3；由铬铁矿的成分以及“过滤1”后得到Na2CrO4、NaAlO2、NaVO3可知，Mg元素应在滤渣中，故在碱性以及350 ℃的条件下，Mg元素以MgO形式存在滤渣中。(2)①从图1中看出，A加入后与AlOOH生成了H2O，可以看作是与AlOOH中的OH－发生反应，则A物质显酸性，即为H＋；②该过程可简单理解为加入的OH－代替VOeq \\al(－,3)的位置，故随着OH－浓度增大，OH－占据活性吸附位，使VOeq \\al(－,3)从AlOOH表面脱除。(3)因为AlOOH具有两性，当pH太小(H＋浓度较大)时AlOOH与H＋反应生成Al3＋，pH太大(OH－浓度较大)时，AlOOH与OH－反应生成AlOeq \\al(－,2)。(4)由测定过程可得关系式2CrOeq \\al(2－,4)～3I2～6S2Oeq \\al(2－,3)，根据Na2S2O3溶液的浓度和体积可求得n(S2Oeq \\al(2－,3))，结合关系式可求得n(CrOeq \\al(2－,4))，再结合Na2CrO4溶液的体积可求得c(Na2CrO4)。
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Fe2＋
Mn2＋
开始沉淀的pH
1.1
3.7
5.8
7.8
完全沉淀的pH
3.0
5.0
8.8
9.8