2020届二轮复习 化学工艺流程 作业（全国通用） 练习

化学工艺流程
1．(2019·陕西省高三第二次模拟联考)下面是某科研小组利用废铁屑还原浸出软锰矿(主要成分为MnO2)制备硫酸锰及电解其溶液制锰的工艺流程图：

已知：①浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等杂质金属离子；
②生成氢氧化物的pH见表：
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ni(OH)2
Co(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
7.5
2.7
7.7
7.6
8.3
完全沉淀pH
9.7
3.7
8.4
8.2
9.8
请回答下列问题：
(1)“酸浸”前将原料粉碎的目的是_增大反应物的接触面积，加快反应速率__。
(2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，同时自身被还原为Mn2＋，该反应的离子方程式是__MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O__，其中的MnO2可以用试剂_H2O2__(填化学式)代替。
(3)流程图中“②调节pH”可以除去某种金属离子，应将溶液pH调节控制的范围是_3.7～7.6__下列可用于流程中调节pH的试剂是_a__(填试剂对应的字母编号)。
a．MnCO3 b．Na2CO3
C．NaOH d．氨水
(4)向滤液I中加入MnS的作用是除去Co2＋、Ni2＋等离子，发生反应为MnS＋Ni2＋===NiS＋Mn2＋等。当该反应完全后，滤液2中的Mn2＋与Ni2＋离子的物质的量浓度之比是_1.4×1011__[已知Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21]。
(5)上述流程中，能循环使用的一种物质是_H2SO4__(填化学式)。
(6)上述流程中在电解前需对电解液中Mn2＋的含量进行测定。方法是：取出一定体积的电解液，加入一定质量的NaBiO3(不溶于水)，使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是MnO、Bi3＋，该反应的离子方程式是__2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===2MnO＋5Bi3＋＋5Na＋＋7H2O__。
(7)在适当条件下，在MnSO4—H2SO4—H2O为体系的电解液中电解也可获得MnO2，其阳极电极反应式为__Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋__。
[解析]　(1)“酸浸”前将原料粉碎，增大了反应物的接触面积，从而加快反应速率； (2)流程图中“①加入MnO2”的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，同时自身被还原为Mn2＋，该反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，其中的MnO2作氧化剂，可以用试剂H2O2代替； (3)流程图中“②调节pH”可以除去铁离子，应将溶液pH调节控制的范围是3.7～7.6，促进铁离子水解。MnCO3，能与H＋反应，不引入杂质，故a正确； b．Na2CO3，引入钠离子，故不选；c.NaOH引入钠离子，故不选； d．氨水，引入铵根离子，可用于流程中调节pH的试剂是a, 故答案为：3.7～7.6；a; (4)Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21，沉淀转化的方程式为：MnS＋Ni2＋===NiS＋Mn2＋，则Mn2＋与Ni2＋离子的物质的量浓度之比＝c(Mn2＋)∶c(Ni2＋)＝Ksp(MnS)∶Ksp(NiS)＝2.8×10－10：2.0×10－21＝1.4×1011; (5)上述工艺中，能循环使用的一种物质是电解过程中阳极液含的H2SO4；(6)电解液中Mn2＋具有还原性，加入一定质量的NaBiO3(不溶于水)，使二者发生反应，反应的氧化产物和还原产物分别是MnO、Bi3＋，反应的离子方程式是5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋===5Bi3＋＋2MnO＋5Na＋＋7H2O; (7)在适当条件下，电解液中MnSO4在阳极失去电子获得MnO2，其阳极电极反应式为：Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2 ＋4H＋。
2．(2019·四川省绵阳市高考化学二诊)KMnO4是一种常见的强氧化剂，主要用于防腐、化工、制药等。现以某种软锰矿(主要成分MnO2，还有Fe2O3、Al2O3、SiO2等)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得KMnO4(反应条件已经省略)。

已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，回答下列问题：
(1)K2MnO4中Mn的化合价为_＋6__。
(2)滤渣A的成分是_SiO2(或二氧化硅)__，析出沉淀B时，首先析出的物质是_Fe(OH)3(或氢氧化铁)__。
(3)步骤2中加入MnCO3的作用为_调节溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解以沉淀形式除去__。
(4)滤液C中加入KMnO4时发生反应的离子方程式是__3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋__。
(5)步骤4中反应的化学方程式是__3MnO2＋KClO3＋6KOH===3K2MnO4＋KCl＋3H2O__。
(6)电解制备KMnO4的装置如图所示。b与电源的_负__极相连，电解液中最好选择_阳__离子交换膜(填“阳”或“阴”)。电解时，阳极的电极反应式为__MnO－e－===MnO__。

[解析]　(1)锰酸钾中K元素为＋1价、O元素为－2价，根据化合价的代数和为0判断Mn元素化合价＝2×4－1×2＝＋6; (2)二氧化硫能与二氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸锰，氧化铁、氧化铝溶于稀硫酸，二氧化硅不溶，A为未反应的SiO2(或二氧化硅)；溶度积常数小的先生成沉淀，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38＜Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，所以Fe(OH)3(或氢氧化铁)先生成沉淀； (3)碳酸锰能和氢离子反应而调节溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解以沉淀形式除去； (4)高锰酸钾和锰离子反应生成二氧化锰沉淀，离子方程式为3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋； (5)根据反应物、生成物和反应条件书写方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH===3K2MnO4＋KCl＋3H2O; (6)电解制备高锰酸钾时，锰酸根离子失电子发生氧化反应，在阳极上反应，a为阳极、b为阴极，阳极连接原电池正极、阴极连接原电池负极，则b连接负极；阳极附近生成高锰酸钾，导致钾离子有剩余，b电极附近生成氢氧根离子，所以钾离子通过交换膜进入右侧，则交换膜为阳离子交换膜；电解时阳极反应式为：MnO－e－===MnO。
3．(2019·河南省安阳市高考化学二模)氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含 CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表

Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)炉气中的有害气体成分是 SO2 ，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_2∶1__。
(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：__2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O__。当试剂X是_氧气或空气__时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是_3.7≤pH＜4.8__。
(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：__4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O__，操作X包括_过滤__、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是_防止生成的Cu2O被空气氧化__。
(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O__。
[解析]　(1)根据流程，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2反应为Cu2S＋2O22CuO＋SO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2＋氧化为Fe3＋，离子反应为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O；酸性条件下，氧气也可将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代；(3)加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根据表中数据可知，pH范围为：3.7≤pH＜4.8；(4)根据分析N2H4制备Cu2O的化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；操作X为过滤，洗涤、隔绝空气烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气；(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O。
4．(2019·河南八市重高联盟高三第三次测评)钛是一种重要的金属，以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，还含有少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。

(1)滤液1中钛元素以TiO2＋形式存在，则“溶浸”过程发生的主要反应的化学方程式为__FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O__。
(2)物质A为_Fe__(填化学式)，“一系列操作”为_蒸发浓缩、冷却结晶、过滤__。
(3)“水解”步骤中生成TiO2·xH2O，为提高TiO2·xH2O的产率，可采取的措施有_加水稀释反应物__、_加碱中和生成的酸、加热等__。(写出两条)。
(4)“电解”是以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质。阴极的电极反应式为__TiO2＋4e－===Ti＋2O2－__；若制得金属Ti 9.60 g，阳极产生气体_4_480__mL(标准状况下)。
(5)将少量FeSO4·7H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3，写出反应的离子方程式__Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋__H2O__；若反应后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10－6 mol·L－1，则溶液中c(CO)＝_1×10－5__mol·L－1。(已知：常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5×10－6 mol·L－1)
[解析]　(1)因钛铁矿主要成分为FeTiO3，且滤液1中钛元素以TiO2＋形式存在，所以其主要反应化学方程式为FeTiO3＋2H2SO4 TiOSO4＋FeSO4＋2H2O。(2)该流程中还有副产物FeSO4·7H2O，故需将溶浸产物中的Fe3＋除去，物质A为Fe，“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3)“水解”反应为TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋，根据平衡移动原理，为提高TiO2·xH2O的产率可以加水稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热等。(4)“电解”过程中阴极反应：TiO2＋4e－===Ti＋2O2－，阳极反应：2O2－－4e－＝O2↑，若制得金属Ti 9.60 g，则n(Ti)＝n(O2)＝0.2 mol，V(O2)＝4 480 mL(标准状况下)。(5)由题意知该反应化学方程式为：Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；由常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5×10－6mol·L－1，KSP(FeCO3)＝2.025×10－11mol2·L－2，则c(CO)＝＝1.013×10－5mol·L－1。
5．(2019·河南省郑州市高考化学二模)硒是典型的半导体材料，在光照射下导电性可提高近千倍。下图是从某工厂的硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)中提取硒、银的工艺流程图：

回答下列问题：
(1)为提高反应①的浸出速率，可采用的措施为_加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等__(答出两条)。
(2)已知反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，写出该反应的离子方程式__4AgCl＋N2H4·H2O＋4OH－===4Ag＋4Cl－＋N2↑＋5H2O(或4AgCl＋N2H4＋4OH－===4Ag＋4Cl－＋N2↑＋4H2O)。
(3)反应②为Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)===2AgCl(s)＋SO(aq)；常温下的Ag2SO4 AgCl的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图1所示。则Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)===2AgCl(s)＋SO(aq)的化学平衡常数的数量级为_1014__。

(4)写出反应④的化学方程式__H2SeO3＋2SO2＋H2O===2H2SO4＋Se或H2SeO3＋2H2SO3===2H2SO4＋Se＋H2O__。
(5)室温下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO、SeO的摩尔分数随pH的变化如图2所示，则室温下H2SeO3的Ka2＝_10－7.3或5.0×10－8__。
(6)工业上粗银电解精炼时，电解液的pH为1.5～2，电流强度为5～10 A，若电解液pH太小，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生__2H＋＋2e－===H2↑__(写电极反应式)，若用10 A的电流电解60 min后，得到32.4 g Ag，则该电解池的电解效率为_80.4__%，(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96 500 C·mol－1)
[解析]　硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu单质)，加入硫酸、通入氧气，可生成硫酸铜、硫酸银和SeO2，SeO2和水反应生成H2SeO3，通入二氧化硫，发生氧化还原反应生成Se，蒸硒渣加入氯化钠溶液生成AgCl，过滤加入N2H4·H2O和氢氧化钠溶液，发生氧化还原反应生成Ag，电解精炼，可得到纯银，以此解答该题。(1)为提高反应①的浸出速率，可采用加热、增大硫酸的浓度、粉碎固体废料、搅拌等措施；(2)反应③生成一种可参与大气循环的气体单质，应生成氮气，反应的离子方程式为4AgCl＋N2H4·H2O＋4OH－===4Ag＋4Cl－＋N2↑＋5H2O；(或4AgCl＋N2H4＋4OH－===4Ag＋4Cl－＋N2↑＋4H2O)；(3)由图象可知Ksp(Ag2SO4)＝10－5，Ksp(AgCl)＝10－9.75，Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)===2AgCl(s)＋SO(aq)的化学平衡常数K＝＝＝＝1014.5，则化学平衡常数的数量级为1014；(4)反应④的化学方程式为H2SeO3＋2SO2＋H2O===2H2SO4＋Se或H2SeO3＋2H2SO3===2H2SO4＋Se＋H2O；(5)由图象可知H2SeO3的Ka2＝＝10－7.3或5.0×10－8；(6)若电解液pH太小，则氢离子浓度较大，电解精炼过程中在阴极除了银离子放电，还会发生2H＋＋2e－===H2↑，用10 A的电流电解60 min，则电子的物质的量为 mol＝0.373 mol，理论可得到0.373 mol Ag，而得到32.4 g Ag，物质的量为＝0.3 mol，则该电解池的电解效率为×100%＝80.4%。
6．(2019·湖南省株洲市高考一模)某工业废催化剂含有 SiO2、ZnO、CuS、ZnS、Fe3O4 等物质，为落实“节约资源，变废为宝”的环保理念，某课外兴趣小组的同学取20 g该物质进行实验，回收其中的 Cu 和 Zn，实验方案如下：

已知：ZnS 可与稀硫酸反应；CuS 不溶于稀硫酸，也不与其发生反应。 请回答下列问题：
(1)可用右图装置进行第一次浸出，烧杯中盛放的是_NaOH溶液或者氨水__溶液。

(2)滤液Ⅰ中的 Fe2＋最好用_d__来检验。
a．氯水 b．双氧水
c．KSCN 溶液 d．K3[Fe(CN)6]溶液
(3)物质A是含有X元素的氧化物(XO)，则X是_Zn__(填元素符号)，由滤液Ⅱ、滤液Ⅳ获得 ZnSO4·7H2O 的操作是_蒸发浓缩，冷却结晶(过滤，洗涤，干燥)__。
(4)第二次浸出时的化学方程式为__CuS＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋S＋2H2O__。
(5)加 A 调节溶液的 pH 约为_3__时，可以完全除去其中的杂质离子。
(当溶液中离子浓度小于等于 10－5 mol/L 时视为沉淀完全；实验条件下部分物质的溶度积常数为：Ksp[Fe(OH)3]＝10－38，Ksp[Fe(OH)2]＝10－17，Ksp[Zn(OH)2]＝10－17，Ksp[Cu(OH)2]＝10－20)
(6)实验最后获得了 5.74 g ZnSO4·7H2O 晶体(假设实验中没有损耗)，但不能由此确定原催化剂中锌元素的质量分数，原因是_在实验过程中添加了单质锌，不能由产品质量来计算锌元素的质量分数__。
[解析]　废催化剂含有 SiO2、ZnO、CuS、ZnS、Fe3O4 等物质，取20 g该物质进行实验，加入稀硫酸并加热进行浸取，可溶解ZnO、ZnS、Fe3O4 等物质，滤液Ⅰ含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，加入过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子，调节pH生成滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，灼烧生成Fe2O3，滤液Ⅱ含有ZnSO4，经蒸发浓缩冷却结晶得到粗ZnSO4·7H2O，滤渣Ⅰ含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣Ⅲ含有硫和二氧化硅，滤液Ⅲ含有硫酸铜，加入锌置换，可生成硫酸锌和铜，以此解答该题。(1)第一次浸出可生成硫化氢等气体，可用NaOH 溶液或者氨水吸收，防止污染环境，故答案为：NaOH 溶液或者氨水；(2)亚铁离子可与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，则可用K3[Fe(CN)6]溶液检验，故答案为：d；(3)X为Zn，由滤液Ⅱ、滤液Ⅳ获得ZnSO4·7H2O，可进行蒸发浓缩，冷却结晶(过滤，洗涤，干燥)等操作；(4)第二次浸出可氧化CuS生成硫、硫酸铜，化学方程式为CuS＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋S＋2H2O；(5)加入ZnO调节pH除去铁离子，应生成氢氧化铁沉淀，Ksp[Fe(OH)3]＝10－38，可知c(OH－)＝ mol/L＝10－11 mol/L，则pH＝3，故答案为：3；(6)因在实验过程中添加了单质锌，则不能由产品质量来计算锌元素的质量分数。