2020版江苏省高考化学三轮复习练习：题型精准练 题型十四　无机化学工艺流程综合题 Word版含解析.doc

题型十四无机化学工艺流程综合题 (建议用时：35分钟)1硫酸锰在锰系产品中具有重要地位，一种由软锰矿(MnO2)和硫铁矿(FeS2)制备硫酸锰的流程如下：回答下列问题：(1)将软锰矿、硫铁矿和硫酸按一定比例放入反应釜中，搅拌，加热保温反应一定时间，其中搅拌、加热的目的是_；从“除质2”后的溶液中得到MnSO4固体的操作为_、降温结晶、过滤和干燥。(2)如图是在一定条件下，不同浓度的硫酸对各元素浸出率的影响，由此得出的相关结论是_；_。(3)除铁剂为H2SO5和氨水。H2SO5中S的化合价为6，其中过氧键的数目为_，加入其目的是_。写出Fe3生成沉淀黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6的离子方程式：_。(4)工业除质剂为MnF2，发生反应为(已知，该温度下MnF2、CaF2和MgF2的Ksp分别为5.0×103、2.0×1010、8.0×1011)：反应MnF2(s)Ca2CaF2(s)Mn2反应MnF2(s)Mg2MgF2(s)Mn2若滤液中c(Mg2)0.02 mol·L1，加入MnF2(s)，使Ca2恰好沉淀完全，即溶液中c(Ca2)1.0×105mol·L1，此时是否有MgF2沉淀生成？_(填“是”或“否”)，原因是_(结合计算解释)。2硼氢化钠(NaBH4)是有机合成中常用的还原剂。一种制备工艺如下(部分条件和产物省略)：回答下列问题：(1)MgH2和NaBO2合成硼氢化钠的化学方程式为_。(2)难溶的Mg2B2O5与浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式为_。(3)SOCl2溶于水能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，则灼烧时加入SOCl2的目的是_。(4)已知镁­H2O2酸性燃料电池反应为MgH2O2H2SO4=MgSO42H2O。常温下，电解质溶液为200 mL 0.1 mol·L1硫酸溶液。写出正极的电极反应式：_。若电路转移0.038 mol电子时，溶液pH为_(忽略溶液体积变化，不考虑H2O2电离)。(5)“有效氢含量”是衡量含氢还原剂的还原能力指标，定义为每克含氢还原剂的还原能力与多少克H2的还原能力相当。则NaBH4的“有效氢含量”为_(结果保留两位小数)。(6)工业上，也可以利用NaBO2、HCHO和生石灰在加热条件下制备NaBH4，并得到副产物CaCO3，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。3五氧化二钒(V2O5)在冶金、搪瓷、磁性材料等领域有重要应用。实验室以含钒废料(含V2O3、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有机物)为原料制备V2O5的一种流程如下：已知.含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表所示：pH46688101012含钒离子VOVOV2OVO.25时，难溶电解质的溶度积常数如表所示：难溶电解质Cu(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3Ksp2.2×10204×10141.9×1033.NH4VO3在水中的溶解度：20 、4.8 g·L1；60 、24.2 g·L1。回答下列问题：(1)“焙烧”的目的是_。(2)“滤渣1”的用途为_(写出一种即可)。(3)通过计算说明，常温下，若“调pH”为7，Cu2是否沉淀完全：_。(溶液中离子浓度小于105mol·L1时，认为该离子沉淀完全)(4)“沉锰”需将温度控制在70 左右，温度不能过高或过低的原因为_。(5)结晶所得NH4VO3需进行洗涤、干燥。合适的洗涤试剂为_；证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为_。(6)“煅烧”时生成两种能参与大气循环的气体，该反应的化学方程式为_。4TiO2和CaTiO3都是光电转化材料，某研究小组利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备，并利用黄钾矾KFe3(SO4)2(OH)6回收铁的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“氧化酸解”的实验中，控制反应温度为150 ，不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图所示。50 min时，要求酸解率大于85%，所选氧化剂应为_；采用H2O2做氧化剂时，其效率低的原因可能是_。(2)“氧化酸解”的滤液中加入尿素CO(NH2)2，TiO2转化为TiO2，写出相应的离子方程式：_，使用尿素而不直接通入NH3的原因是_。(3)写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式：_。(4)使Fe3恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe3)1.0×105 mol·L1，计算此时溶液的pH_。Fe(OH)3的Ksp1.0×1039、水的Kw1.0×1014(5)黄钾矾沉淀为晶体，含水量很少。回收Fe3时，不采用加入氨水调节pH制得Fe(OH)3的原因是_。5碲(Te)常用于冶金工业，也是石油裂解的催化剂。工业上用精炼铜的阳极泥(主要含有TeO2，还含有少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：已知：TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。(1)从滤渣A中分离出Au的方法是_。(2)“沉碲”时控制溶液的pH为4.55.0，生成TeO2沉淀。防止溶液局部酸性过强的操作是_。(3)写出“碱浸”时发生反应的离子方程式：_。滤液B经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到的副产品是_(填化学式)。(4)为了提高“碱浸”的浸出率，宜采取的措施有_(写两条即可)。“酸溶”时要控制温度，温度不宜过高，原因是_。(5)写出“还原”中发生反应的化学方程式：_。参考答案与解析1解析：(1)从“除质2”后的溶液中得到MnSO4固体，是由溶液得到固体的过程，实验操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤和干燥。(2)根据图示，pH越大，即硫酸浓度越小，各元素的浸出率越低，但锰元素有反常，即硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全一致。(3)根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为0可知，H2SO5中5个O总化合价为8。设2价氧个数为x，1价氧个数为y，则xy5，2xy8，解得x3，y2。2个1价氧形成一个过氧键。H2SO5含有过氧键，具有强氧化性，加入的目的是氧化亚铁离子，便于之后除去。向溶液中加入氨水生成沉淀黄铵铁矾，离子方程式为6NH3·H2O3Fe32SO=NH4Fe3(SO4)2(OH)65NH。(4)根据Ksp(CaF2)c(Ca2)·c2(F)，Ca2恰好沉淀完全时，c2(F)mol2·L22.0×105mol2·L2，此时c(Mg2)×c2(F)>Ksp(MgF2)，因此会生成MgF2沉淀。答案：(1)使反应物充分接触，加快反应速率蒸发浓缩(2)除锰外，硫酸浓度越低(高)，浸出率越低(高)硫酸浓度与锰的浸出率相关性不完全一致(3)1氧化亚铁离子，便于之后除去6NH3·H2O3Fe32SO=NH4Fe3(SO4)2(OH)65NH(4)是Ca2恰好沉淀完全时，c2(F)mol2·L22.0×105mol2·L2，c(Mg2)×c2(F)>Ksp(MgF2)，生成MgF2沉淀2解析：(1)根据原子守恒，配平MgH2和NaBO2合成硼氢化钠的化学方程式：2MgH2NaBO2NaBH42MgO。(2)滤液最终提取出溶质NaBO2，碱性条件下Mg2形成滤渣氢氧化镁。(3)依题意，其中一种气体为SO2，结合原子守恒以及Mg2水解的特性，可推测另一产物为HCl，反应为SOCl2H2O=SO22HCl，产生的氯化氢可抑制氯化镁水解。(4)根据电池反应可知，电池正极发生H2O2的还原反应：H2O22e2H=2H2O。n(H)0.04 mol，由电极反应式知，转移1 mol电子消耗1 mol H，转移0.038 mol电子时溶液中c(H)0.01 mol·L1，pH2。(5)1 mol(即38 g)NaBH4做还原剂时，H元素由1价被氧化为1价，失去8 mol电子，与4 mol(即8 g)H2做还原剂时转移电子数相等，故NaBH4的“有效氢含量”为0.21。(6)该反应的化学方程式为NaBO22HCHO2CaONaBH42CaCO3，甲醛中的C为0价，被氧化为CaCO3中的4价，CaCO3为氧化产物，甲醛中的H为1价，被还原为NaBH4中的1价，NaBH4为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为21。答案：(1)2MgH2NaBO2NaBH42MgO(2)Mg2B2O5H2O2OH=2Mg(OH)22BO(3)提供HCl抑制MgCl2水解(4)H2O22e2H=2H2O2(5)0.21(6)213解析：(1)由含钒废料成分和流程图中物质转化关系知，“焙烧”的目的是除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5。(2)“滤渣1”为SiO2，可用于制光导纤维、制玻璃、制硅胶等。(3)由流程中信息知，“调pH”的目的是将Al3和Cu2分别转化为Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，并使含钒离子主要以VO形式存在，常温下，若“调pH”为7，溶液中c(OH)107mol·L1，c(Cu2)mol·L12.2×106mol·L1<105mol·L1，Cu2沉淀完全。(4)“沉锰”所用试剂为NH4HCO3，若温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低；温度过高，NH4HCO3分解导致原料利用率低。(5)由NH4VO3的溶解度数据知，洗涤NH4VO3晶体可用冷水。NH4VO3上可能附着NH、HCO、SO等，故证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净。(6)由NH4VO3的组成和题给信息知，“煅烧”时生成的两种能参与大气循环的气体为N2和H2O，“煅烧”时有O2参加反应，反应的化学方程式为4NH4VO33O22V2O52N28H2O。答案：(1)除去有机物杂质，将V2O3氧化为V2O5(2)制光导纤维、制玻璃、制硅胶(任写一种即可)(3)“调pH”为7，溶液中c(Cu2)mol·L12.2×106mol·L1<105mol·L1，Cu2沉淀完全(4)温度过低，反应速率慢，NH4VO3可能提前结晶析出导致产率低；温度过高，NH4HCO3分解导致原料利用率低(5)冷水取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净(6)4NH4VO33O22V2O52N28H2O4解析：(1)根据题目要求，结合图像在50 min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3，但KMnO4做氧化剂引入Mn2，对后续的物质分离造成干扰，故选用KClO3做氧化剂。产物中的Fe3可以催化H2O2的分解，所以采用H2O2做氧化剂时效率低。(2)由题中信息可知Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中，C、N元素的产物为CO2、NH，反应的离子方程式是TiO2CO(NH2)22H2OTiO2CO22NH。由于Fe3开始沉淀需要的溶液pH很小，直接通入NH3会使溶液pH快速增大，容易使Fe3沉淀，所以使用尿素而不直接通入NH3。(3)由题中信息可知，制备CaTiO3为非氧化还原反应，根据元素守恒，剩余产物为HCl、H2O，反应的化学方程式是TiO2CaCl2·2H2OCaTiO32HClH2O。(4)根据Fe(OH)3的Ksp1.0×1039和溶液中c(Fe3)1.0×105 mol·L1，溶液中OH的浓度为 mol·L11.0×1011 mol·L1，所以pH约为3。(5)氢氧化铁为絮状沉淀不易从溶液中分离，所以不采用加入氨水调节pH制得Fe(OH)3。答案：(1)KClO3在温度较高时H2O2易分解(或产物中的Fe3可以催化H2O2的分解或H2O2氧化能力弱，其他答案合理也可)(2)TiO2CO(NH2)22H2OTiO2CO22NH避免将溶液中的Fe3沉淀(3)TiO2CaCl2·2H2OCaTiO32HClH2O(4)3(5)Fe(OH)3絮状沉淀不容易分离5解析：(1)滤渣A的主要成分是金、银，金不溶于硝酸。(2)为了避免溶液局部酸性过强，应缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并检测溶液的pH。(3)二氧化碲类似SO2，与氢氧化钠反应生成亚碲酸钠。“碱浸”时加入NaOH溶液，“沉碲”时加入稀硫酸，故滤液B中所得副产品是Na2SO4。(4)从影响化学反应速率的因素角度考虑，即从增大接触面积、升温、增大浓度等角度分析。“酸溶”时用到盐酸，温度高，盐酸挥发快。(5)二氧化硫是还原剂，还原四氯化碲生成碲、硫酸和盐酸。答案：(1)加稀硝酸充分反应，过滤、洗涤、干燥(2)缓慢加入稀硫酸，同时搅拌，并检测溶液的pH(3)TeO22OH=TeOH2ONa2SO4(4)粉碎阳极泥、加热、增大氢氧化钠溶液的浓度、搅拌等(任选两条)温度过高，加快盐酸挥发，降低原料的利用率(5)TeCl42SO24H2O=Te2H2SO44HCl