高考化学冲刺大题百题精练第02期专题07 工艺流程题.docx
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高考化学冲刺大题百题精练第02期专题07工艺流程题
专题07工艺流程题
1．（12分）利用铝灰（主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等）制备铝鞣剂[主要成分为Al（OH）2Cl]的一种工艺如
下：
（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
铝灰在90℃水解生成A的化学方程式为____________。
“水解”采用90℃而不在室温下进行的原因是____。
（2）“酸溶”时，Al2O3发生反应的离子方程式为____。
（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为____。
（4）“废渣”成分为________（填化学式）。
（5）采用喷雾干燥而不用蒸发的原因是____。
【答案】（12分）
（1）AlN＋3H2O
Al（OH）3＋NH3↑（2分）
加快AlN水解反应速率；降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出（2分）
（2）Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O（2分）
（3）2Fe2＋＋2H＋＋ClO－===3Fe3＋＋Cl－＋H2O（2分）
（4）Fe（OH）3（2分）
（5）防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3（2分）
【解析】
试题分析：
（1）气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明A为NH3，则表示AlN发生了水解反应，至于
控制温度可考虑到NH3极易溶解于水，升温可降低其溶解促进NH3逸出。
（2）用酸溶书写离子反应式时要注意Al2O3不可以拆分。
（3）因为溶液中唯一易氧化的离子是Fe2+，故为用漂白液氧化溶液中的Fe2+，离子方程式书写时要考虑溶液的酸性环境，结合电子守恒就很容易写出正确答案。
（4）“除杂”目的就是除去溶液中的Fe3+，因此很明显废渣显为Fe（OH）3。
（5）加热蒸发会促进Al3+离子的水解。
考点：
无机化工流程，涉及化学用语的考查，混合物的分离，盐类水解及氧化还原反应
2．（15分）某工业废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子，为将其回收利用，再采用了如下工艺
已知Zn（OH）2的性质与Al（OH）3相似
所用试剂在下列试剂中选择
①铁粉②锌粉③稀HNO3④稀H2SO4⑤稀HCl⑥稀氨水⑦NaOH溶液⑧石灰水
请回答下列问题：
（1）试剂1、试剂2、试剂3分别可以是________、________、________（填编号）
（2）操作2是__________________、_____________________、___________________
（3）操作3是__________________________________________________________
（4）加过量CO2时发生反应的离子方程式___________________________________
（5）在金属冶炼方法中方法1是_____
____方法2是____________
【答案】
（1）②、④⑤、⑦
（2）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（3）在HCl气流中加热
（4）ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-（5）电解法、还原剂法
考点：
考查离子检验和提纯、金属冶炼及离子方程式的书写相关知识点
3．（15分）镁橄榄石主要成分是Mg2SiO4，电解法促进镁橄榄石固定CO2的工艺流程如下图所示：
已知：
Mg2SiO4（s）+4HCl（aq）
2MgCl2（aq）+SiO2（s）+2H2O（l）△H=－49.04kJ·mol-1
固碳时主要反应的方程式为NaOH（aq）+CO2（g）=NaHCO3（aq）。
（1）上图方框里的操作名称是，横线上的物质有（填化学式）。
（2）下列物质中也可用作“固碳”的是（填字母序号）。
A．CaCl2B．NH3·H2O
C．Na2CO3D．H2O
（3）由下图可知，90℃后曲线A溶解效率下降，分析其原因。
（4）经分析，所得碱式碳酸镁沉淀中含有少量NaCl。
为提纯，可采取的方法是。
本流程中可循环利用的物质是（填化学式）。
（5）另一种橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，用氧化物的形式可表示为。
【答案】（15分）
（1）电解（2分）；H2、Cl2（2分，各1分）
（2）BC（2分。
全对2分，只选一个且正确给1分，有错不给分）
（3）120min后溶解达到平衡，而反应放热，升温平衡逆向移动，溶解效率降低（3分）
（4）洗涤（2分）；NaCl（2分。
答H2、Cl2或HCl也给分）
（5）9MgO·FeO·5SiO2（2分。
书写顺序不作要求）
【解析】
试题分析：
（1）根据流程图可知，饱和食盐水在通电的条件下发生电解，生成氢氧化钠，用于固碳，生成
的氢气和氯气用于产生HCl，所以方框内的操
作为电解，横线上的物质为H2、Cl2；
（2）用于固碳的物质需与二氧化碳发生反应，二氧化碳不与氯化钙反应，在水中的溶解度不大，而与一水合氨反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，所以答案选BC；
（3）镁橄榄石溶于盐酸的反应是可逆的放热反应，开始随温度升高溶解效率高，达到90℃时反应达到平衡状态，再升高温度，平衡逆向移动，则溶解速率降低；
（4）碱式碳酸镁沉淀中含有少量NaCl，氯化钠溶于水，而碱式碳酸镁不溶于水，所以用洗涤
的方法可除去NaCl；镁橄榄石溶解后得到的滤液为氯化镁，与固碳的产物碳酸钠反应生成碱式碳酸镁沉淀和氯化钠，氯化钠又可电解产生氢氧化钠等，所以用于循环的物质是NaCl。
（5）另一种橄榄石的组成是Mg9FeSi5O20，其中Fe为+2价，其中含有的氧化物为MgO、FeO、SiO2，根据氧化物的书写形式，该物质用氧化物的形式可表示为9MgO·FeO·5SiO2。
考点：
考查对工艺流程的分析判断，化学式的改写
4．海水中蕴藏着丰富的资源。
海水综合利用的部分流程图如下：
回答下列问题：
（1）用NaCl做原料可以得到多种产品
①工业上由NaCl制备金属钠的化学方程式是。
②实验室用惰性电极电解200mLNaCl溶液，若阴阳两极均得到224mL气体（标准状况），则所得溶液的pH为（忽略反应前后溶液的体积变化）。
③电解氯化钠稀溶液可制备“84”消毒液。
“84”消毒液的有效成分为，制取它的化学方程式为。
（2）分离出粗盐后的卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得MgCl2粗产品。
从卤水中提取镁的步骤为：
a．将海边大量存在的贝壳煅烧成石灰，并将石灰制成石灰乳；
b．将石灰乳加入到海水沉淀池中经过滤得到Mg（OH）2沉淀；
c．在Mg（OH）2沉淀中加入盐酸得到MgCl2溶液，再经蒸发结晶得到MgCl2•6H2O；
d．将MgCl2•6H2O在一定条件下可以得到无水MgCl2；
e．电解熔融的MgCl2可得到Mg。
①上述提取镁的流程c中，得到MgCl2溶液的离子方程式为。
②步骤d中的“一定条件”指的是。
③有同学认为：
步骤b后可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，体现实验的简约性原则。
你同意该同学的想法吗？
（填“同意”或“不同意”），请说出你同意或不同意的理由。
【答案】
（1）①2NaCl（熔融）
2Na+Cl2↑；②13
③NaClO；Cl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O
（2）①Mg（OH）2+2H+===Mg2++2H2O；②在HCl气流中加热；
③不同意（1分）；因为MgO熔点很高，熔融时会消耗大量的电能而增加生产成本。
考点：
海水资源及其综合应用
5．（12分）用软锰矿（主要成分为MnO2）生产高锰酸钾产生的锰泥中，还含有18％的Mn
O2、3％的KOH
（均为质量分数），及少量Cu、Pb的化合物等，用锰泥可回收制取MnCO3，过程如下图：
（1）锰泥中加入H2SO4、FeSO4混合溶液，反应的离子方程式是__________。
（2）经实验证明：
MnO2稍过量时，起始H2SO4、FeSO4混合溶液中c（H＋）／
<0.7时，滤液1中能够检验出有Fe
；
≥0.7时，滤液1中不能检验出有Fe2＋。
①检验Fe2＋是否氧化完全的实验操作是__________。
②生产时H2SO4、FeSO4混合溶液中c（H＋）／c（Fe2＋）控制在0.7～1之间，不宜过大，请从节约药品的角度分析，原因是__________。
若c（H＋）／c（Fe2＋）>1，调节c（H＋）／c（Fe2＋）到0.7～1的方法是__________。
（3）写出滤液2中加入过量NH4HCO3反应的离子方程式__________。
（4）上述过程锰回收率可达95％，若处理1740kg的锰泥，可生产MnCO3__________kg（已知相对分子质量：
Mn
O287；MnCO3115）。
【答案】（12分）
（1）
（2分）
（2）①取少量滤液1，加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2＋被氧化完全。
（2分）
②
过大，在调节pH环节会多消耗氨水（2分）向混合溶液中加适量铁粉（2分）
（3）
（2分）
（4）393.3（2分）
【解析】
试题分析：
（1）二氧化锰氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：
。
（2）①检验是否存在亚铁离子，取少量滤液1，加入铁
氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，证明Fe2＋被氧化完全。
②
过大，在调节pH环节会多消
耗氨水；减少氢离子可以向混合溶液中加适量铁粉，铁和氢离子反应生成亚铁离子和氢气，氢离子减少，
亚铁离子增多。
（3）
。
（4）碳酸锰的质量
=115×1740×95%×18%/87=393.3。
考点：
化学工艺流程
6．用湿法制磷酸副产品氟硅酸（H2SiF6）生产无水氟化氢的工艺如下图所示：
已知：
氟硅酸钾（K2SiF6）微酸性，有吸湿性，微溶于水，不溶于醇。
在热水中水解成氟化钾、氟化氢及硅酸。
（1）写出反应器中的化学方程式：
（2）在实验室过滤操作中所用的玻璃仪器有：
；
在洗涤氟硅酸钾（K2SiF6）时常用酒精洗涤，其目的是：
；
（3
）该流程中哪些物质可以循环使用：
（用化学式表达）
（4）氟化氢可以腐蚀刻画玻璃，在刻蚀玻璃过程中也会生成H2SiF6，试写出该反应方程式：
；
（5）为了测定无水氟化氢的纯度，取标况下的气体产物2.24L，测得质量为3.1g，并将气体通入含足量的Ca（OH）2溶液中，得到5.85gCaF2沉淀，则无水氢氟酸质量分数为：
。
（保留2位有效数字）通过计算结果，试解释，为什么标况下2.24L产物的质量远远大于2.0g，。
【答案】（14分）
（1）H2SiF6+K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓；（2分）
（2）烧杯、漏斗、玻璃棒（3分）氟硅酸钾不溶于酒精，减少用水洗涤溶解氟硅酸钾损失
（1分）
（3）H2SO4、K2SO4（2分）
（4）6HF+SiO2=H2SiF6+2H2O（2分）
（5）97%（3分）HF分子间形成氢键，部分缔合成双聚体（1分）
【解析】
试题分析：
（1）根据题意知，氟硅酸与硫酸钾反应后得到硫酸和氟硅酸钾，所以方程式为：
H2SiF6+
K2SO4=H2SO4+K2SiF6↓；
（2）过滤实验用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
因为氟硅酸钾微溶于水，不
溶于醇，减少用水洗涤溶解氟硅酸钾损失。
（3）通过流程可看出硫酸有进有出，可以循环使用，硫酸钾也
可以循环使用。
（4）氟化氢和二氧化硅反应生成了氟硅酸和水，方程式为：
6HF+SiO2=H2SiF6+2H2O。
（5）氟化钙的物质的量为5.8578=0.075摩尔，所以吸收的氟化氢的物质的量为0.15摩尔，氟化氢的质量为
3克，质量分数=3/3.1=97%
；因为HF分子间形成氢键，部分缔合成双聚体，所以0.1摩尔物质的质量会远
远大于2.0克。
考点：
实验方案的设计。
7．选考（15）化学与技术
侯氏制碱法的生产流程可表示如下，请回答下列问题：
（1）沉淀池中加入（或通入）有关物质的顺序为_____________→___________→___________
（2）写出上述流程中X、Y的化学式：
X____________Y___________
（3）写出沉淀池中发生的化学反应方程式__________________________________________
（4）侯氏制碱法的生产流程中可以循环使用的物质主要为____________、______________
（5）从沉淀池中取出沉淀的操作是___________，为了进一步提纯NaHCO3晶体，可采用_______法
（6）若在煅烧炉中燃烧的时间较短，NaHCO3将化解不完全。
现若取10.5gNaHCO3固体，加热一定时间后，剩余固体的质量为7.1g，如果把此剩余固体全部加入到200mL1mol/L的盐酸中，充分反应后溶液中H+的物质的量浓度为___________mol/L（溶液体积变化忽略不计）
【答案】
（1）饱和食盐水、NH3、CO2
（2）CO2、NH4Cl（3）NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓
或NH3+CO2+H2O=NH4HCO3NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓（4）CO2、NaCl
（5）过滤、重结晶（6）0.375mol/L
【解析】
试题分析：
（1）一般先加入液体，在想溶液中通入气体，故先加入饱和食盐水，又因为通入氨气后，形成
氨水,溶液呈碱性.然后再跟CO2反应,就能获得较多的CO32-，所以，先通入氨气再通入CO2。
（2）侯氏制碱
法的原理是NH3+CO2+H2O===NH4HCO3，NaCl+NH4HCO3===NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3===Na2CO3＋
CO2↑＋H2O，其中NaHCO3受热分解成CO2故X为CO2，NaCl与NH4HCO3反应生成NH4Cl，故Y是NH4Cl；
（3）见2；（4）侯氏制碱法的生产流程中可以循环使用的物质即X和Y，为CO2和NH4Cl；（5）去除沉淀
用过滤的方法，提纯晶体需要用重结晶的方法。
（6）本题中不管NaHCO3是否完全被化解，消耗盐酸中H+
的量是不变的，即10.5gNaHCO3的物
质的量为0.125mol，消耗盐酸是1:
1的比例，故消耗盐酸也应该是
0.125mol，消耗H+也为0.125mol，溶液中剩余H+为0.875mol，即反映后溶液中剩余H+浓度为
=0.375mol/L。
考点：
考查无机化学推断、物质的量计算的相关知识点
8．（14分）工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的
工艺流程如下：
（1）金属M为，操作1为。
（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示），加入氨水的作用是。
（3）充分焙烧的化学方程式为。
（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表。
90℃时Ksp（Li2CO3）的值为
。
温度/℃
10
30
60
90
浓度/mol・L－1
0.21
0.17
0.14
0.10
（5）用惰性电极电解熔融
Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为
。
【答案】
（1）Cu，过滤；
（2）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；
（3）4CoC2O4・2H2O＋3O2
2Co2O3＋8H2O＋8CO2；
（4）4.0×10－3；
（5）2CO32－－4e－＝O2↑＋CO2↑。
【解析】
试题分析：
（1）合金废料中Li是活泼金属跟盐酸反应，Fe、Co都是中等活泼金属和盐酸反应，Cu排在H之
后，不与盐酸反应，则金属M是Cu，操作1得到溶液和滤渣，因此操作是：
过滤；
（2）浸出液中加入过氧化氢的目的是把Fe2＋转化成Fe3＋，反应方程式：
2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，根据流程图滤渣是含铁的化合物，加入氨水的目的是调节pH使Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀；
（3）CoC2O4・2H2O在高温下和空气中的氧气反生反应，生成Co2O3、H2O、CO2，因此反应方程式：
4CoC2O4・2H2O＋3O2
2Co2O3＋8H2O＋8CO2；
（4）90℃Li2CO3的浓度是0.1mol/L，则c（Li＋）=0.2mol·L－1，c（CO32－）=0.1mol·L－1，
Ksp=c2（Li＋）×c（CO32－）=0.22×0.1=4.0×10-3；
（5）阴极电极式：
Li＋＋e－=Li，阳极是失电子的化合价升高，生成的两种气体是二氧化碳和氧气，则电极反应式：
2CO32－－4e－＝O2↑＋CO2↑。
考点：
考查物质的分离、提纯的方法、实验基本操作、溶度积的计算、电极反应式的书写等知识。
9．（14分）锌钡白是一种白色颜料。
工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：
BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓
。
请根据以下工业生产流程回答有关问题。
Ⅰ．ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：
a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等；
b．Zn（OH）2与Al（OH）3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。
（1）②中使用的氧化剂最好是下列的（选填字母代号）。
A．Cl2B．浓HNO3C．KMnO4D．H2O2
（2）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤（选填①、②、③、⑤）。
（3）写出步骤④后产生滤渣3的化学式。
（4）与Al相似，Zn也能溶于NaOH溶液。
写出将Zn片和Cu片放入NaOH溶液中形成原电池的负极电极反应式：
。
Ⅱ．BaS溶液的制备：
有关数据：
Ba（s）＋S（s）＋2O2（g）＝BaSO4（s）ΔH1＝－1473.2kJ·mol-1
C（s）＋
O2（g）＝CO（g）ΔH2＝－110.5kJ·mol-1
Ba（s）＋S（s）＝BaS（s）ΔH3＝－460kJ·mol-1
（5）若煅烧还原的产物仅为BaS和CO，则其反应的热化学方程式为：
。
Ⅲ．制取锌钡白：
（6）如果生产流程步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是。
【答案】
（1）D（2分）；
（2）①（2分）；（3）Zn（OH）2（2分）；
（4）Zn－2e-＋4OH-＝ZnO22-＋2H2↑（3分）；
（5）BaSO4（s）＋4C（s）＝BaS（s）＋4CO（g）ΔH＝＋571.2kJ·mol-1（3分）；
（6）过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率（2分）；
考点：
化工流程题的解题思路和方法、盖斯定律的运用、锌及其化合物的性质、电极反应的书写。
10．选考[化学---选修2：
化学与技术]（15分）银、铜均属于重金属，从银铜合金废料中回收银并制备含铜
化合物产品的工艺如图所示：
（1）熔炼时被氧化的元素是，酸浸时反应的离子方程式为。
为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，酸浸前应对渣料进行处理，其处理方法是。
（2）操作a是，固体B转化为CuAlO2的过程中，存在如下反应，请填写空白处：
CuO+Al2O3
+↑。
（3）若残渣A中含有nmolAg，将该残渣全部与足量的稀HNO3置于某容器中进行反应，写出反应的化学方
程式。
为彻底消除污染，可将反应中产生的气体与VL（标准状况）空气混合通入水中，则V至少为L（设空气中氧气的体积分数为0.2）。
（4）已知2Cu+
Cu+Cu2+，试分析CuAlO2分别与足量盐酸、稀硝酸混合后，产生现象的异同点。
（5）假设粗银中的杂质只有少量的铜，利用电化学方法对其进行精炼，则粗银应与电源的极相连，当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差g。
【答案】（15分）
（1）铜（1分）CuO+2H+＝Cu2++H2O（2分），将渣料粉碎（1分）
（2）过滤（1分）424CuAlO2O2（2分）
（3）3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O（2分）28n（1分）
（4）相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生。
（2分）
（5）正（1分）43.2（2分）
【解析】
试题分析：
（1）根据流程图分析，熔炼后得到银熔体和渣料，说明Ag被熔化，则被氧化的元素的铜；铜被
氧化为CuO，与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，所以酸浸时反应的离子方程式是CuO+2H+＝Cu2++H2O；渣料
为固体，为提高酸浸时铜元素的浸出率及浸出速率，应把渣料粉碎，增大与酸的接触面积；
（2）经过操作a后得到硫酸铜溶液和滤渣A，所以操作a是过滤，将不溶的固体与液体分离；根据元素守恒，CuO与氧化铝高温反应生成CuAlO2外则产生的气体只能是氧气，根据质量守恒定律配平方程式即可，CuO的系数是4，氧化铝的系数是2，CuAlO2的系数是4，氧气的系数是1；
（3）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，化学方程式是3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；生成的NO与氧气、水反应生成硝酸，该过程中，O元素被还原，N元素被氧化，根据得失电子守恒，则O元素得到电子的物质的量是nmol，O元素的化合价从0价降低到-2价，整体得到4个电子
，所以转移nmol电子，需要氧气的物质的量是n/4mol，标准状况下的体积是n/4mol×22.4L/mol=5.6nL，则至少需要空气的体积是5.6nL/0.2=28nL。
（4）Cu+在酸性条件下发生歧化反应，生成铜离子和单质铜，所以CuAlO2在盐酸的条件下，反应现象是溶液变蓝色，有红色固体出现；而与硝酸反应时，因为硝酸具有强氧化性，生成的红色铜又与硝酸反应，生成硝酸铜和NO气体，所以反应的现象是溶液只变蓝色，但无红色固体出现，但有气泡产生；
（5）精炼粗银时，粗银应与电源的正极相连，电解质溶液为硝酸银溶液，纯银作阴极，则在阳极发生的反应是杂质Cu失去电子，而阴极是银离子得到电子生成单质Ag，每有64g铜进入溶液，则阴极有2molAg析出，阴极质量增加216g，阳极质量减少64g，则两极的质量变化值是216g-64g=152g，当Cu放电完毕后，则阳极是Ag放电，阴极是银离子得到电子析出Ag单质，两极的质量变化值相等，所以当两个电极上质量变化值相差30.4g时，则两个电极上银质量的变化值相差值即此时析出Ag的质量为216g×30.4g/152g=43.2g。
考点：
考查Ag、Cu单质与酸的反应，化学方程式的配平，电化学反应原理的应用
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