考点15 工艺流程题解析版Word格式.docx

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SiCl4与水反应生成原硅酸和盐酸，原硅酸加热可生成二氧化硅和水；

废矿渣与盐酸反应生成氯化镁、氯化铁和氯化亚铁溶液，未反应的为二氧化硅固体；

向溶液2中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节pH生成氢氧化铁沉淀，再经过一系列反应生成氯化镁晶体。

【详解】

（1）将废矿渣粉碎，可增大固体与溶液的接触面积，导致反应速率增大，提高固体的浸出率；

分析可知，沉淀1为原硅酸或硅酸；

SiCl4与水反应生成原硅酸和盐酸，反应的化学方程式为SiCl4+4H2O=H4SiO4↓+4HCl；

（2）溶液中的亚铁离子生成沉淀时的pH较大，而铁离子的较小，向溶液2中加H2O2的目的氧化Fe2+，便于除杂；

加入试剂1为消耗溶液中的氢离子，但不能引入新的杂质离子，答案为CD；

（3）为使Fe3+完全沉淀，溶液中c3（OH-）=

=4×

10-33，c（H+）=

=

，则pH=3.2；

（4）MgCl2为强酸弱碱盐，加热时水解平衡正向进行，且HCl易挥发，故直接加热生成的为氧化镁固体；

为使平衡逆向进行，应在HCl气流中加热；

（5）已知MgCl2·

2H2O的产率为95%，则m（MgCl2·

2H2O）=655g÷

95%=689.5g，n（MgCl2·

2H2O）=n（MgCO3）=5.26mol，铁镁矿渣的质量=5.26mol×

84g/mol÷

42%=1052.6g。

2．（2020·

河南郑州一中高三开学考试）三氯化六氨合钴[Co（NH3）6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其他一些含钴配合物的原料。

下图是某小组以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co（NH3）6]Cl3的工艺流程：

（1）写出加“适量NaClO3”后发生反应的离子方程式_________________。

（2）“加Na2CO3调pH至a”会生成两种沉淀，分别为________________（填化学式）。

（3）操作Ⅰ的步骤包括________________、冷却结晶、减压过滤。

（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c（OH-）过大，其原理是_______________。

（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。

你认为____________（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是____________。

写出该步骤的化学方程式_____________________。

（1）6Fe2++

+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O

（2）Fe（OH）3、Al（OH）3

（3）HCl氛围下蒸发浓缩

（4）NH4Cl溶于水电离出

会抑制后期的NH3·

H2O的电离

（5）甲防止Co（OH）3的生成H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·

H2O==2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O

“废料”和盐酸反应得含Fe2+、Al3+、Co2+的“浸出液”；

“浸出液”中加适量NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调节pH至a使Al3+、Fe3+沉淀，过滤除去沉淀得含Co2+的“滤液”；

“滤液”中加盐酸，在HCl氛围下（防止Co2+水解）蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得CoCl2·

6H2O固体；

CoCl2·

6H2O中依次加NH4Cl溶液、氨水、H2O2得[Co（NH3）6]Cl3，据此解答。

（1）加“适量NaClO3”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应为6Fe2++

+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：

6Fe2++

+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；

（2）加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+生成Fe（OH）3和Al（OH）3，故答案为：

Fe（OH）3、Al（OH）3；

（3）为防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，故答案为：

HCl氛围下蒸发浓缩；

（4）流程中NH4Cl除作反应物外，NH4Cl溶于水电离出的

会抑制后期加入的NH3·

H2O电离，可防止加氨水时OH-浓度过大，故答案为：

NH4Cl溶于水电离出

H2O的电离；

（5）若先加H2O2，将Co2+氧化为Co3+，再加氨水，会生成Co（OH）3，不利于产品的生成，故甲同学正确，应先加入氨水再加入H2O2，可防止Co（OH）3的生成，此步的反应为：

H2O2+2CoCl2+2NH4Cl+10NH3·

H2O==2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O；

故答案为：

甲；

防止Co（OH）3的生成；

H2O==2[Co（NH3）6]Cl3↓+12H2O。

3．（2020·

浙江高三开学考试）实验室以电镀废渣（Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO）为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：

（1）酸浸时残渣的主要成分为____________（用化学式表示）；

“制铜氨液”{[Cu（NH3）4]SO4溶液}时，采用8mol•L-1氨水，适量30%H2O2，并通入O2，控制温度为55℃。

在有H2O2的前提下，同时还通入O2的目的是______________。

（2）“沉CuNH4SO3”时可用如下装置（夹持、加热仪器略）：

①“沉CuNH4SO3”时，需用45℃水浴加热，三颈烧瓶中反应的离子方程式为________________________________________。

②分离出的CuNH4SO3在空气中灼烧，可以分解产生Cu。

下列相关说法正确的是_______________________。

A．上述固体加热能产生Cu，可能是因为分解反应产生大量还原性气体

B．将盛有固体的坩埚放在三脚架的石棉网上，再用酒精灯加热

C．灼烧固体过程中，需要用玻璃棒不断搅拌

D．判断固体是否完全分解，可以重复灼烧、冷却、称量至恒重

（3）设计以“Cr（OH）3、Fe（OH）3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：

选出其正确操作并按序列出字母：

________________________。

将Cr（OH）3、Fe（OH）3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状→____________→冰水洗涤及干燥。

（已知：

①碱性条件下，10%H2O2可将+3价的Cr氧化为CrO42－；

②+6价的Cr在溶液pH＜5时，主要以Cr2O72－存在）。

a.在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7

b.蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、抽滤

c.静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH＜5;

d.充分反应后，煮沸（除去过量的H2O2）

e.蒸发结晶，抽滤

（4）重铬酸钾样品的纯度可用间接氧化还原滴定法测定。

滴定前润洗滴定管的具体操作是：

从滴定管上口加入少量待测液→_______→然后从下部放出，重复2～3次。

（补充完整所需操作）

（1）CaSO4减少H2O2的消耗量，节约成本

（2）2[Cu（NH3）4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+6

+

ACD

（3）a→d→c→b过滤

（4）倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁

根据流程图，电镀废渣用硫酸酸浸，残渣为与硫酸反应后的难溶物或微溶物，结合电镀废渣的成分可分析出残渣主要成分。

向滤液中加入适量硫化钠溶液，产生CuS沉淀，可知主要发生Cu2++S2-=CuS↓的反应，过滤后滤液和滤渣经不同方式处理。

滤液中主要含有Fe3+和Cr3+，经一系列处理，将Fe3+和Cr3+转化为Cr（OH）3和Fe（OH）3，结合题意，根据二者的溶度积的差异，除去Fe（OH）3，Cr（OH）3经过一系列变化最终得到K2Cr2O7；

向滤渣中加入氨水、O2和H2O2，制深蓝色的铜氨液，后向铜氨液中加入SO2得到亮黄色片状的沉CuNH4SO3，最终经一系列变化得到铜粉，据此进行分析解答。

（1）电镀废渣（Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO）用硫酸酸浸，残渣为CaSO4等溶解度不大的物质；

由于O2和H2O2都具有强氧化性，在有H2O2的前提下，同时还通入O2，可以减少H2O2的消耗量，节约成本；

答案为CaSO4，减少H2O2的消耗量，节约成本。

（2）①在[Cu（NH3）4]SO4溶液中，通入SO2，发生氧化还原反应，Cu元素化合价由+2价得电子变为+1价，SO2中S元素化合价由+4价失电子变为+6价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为2[Cu（NH3）4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+6

；

答案为2[Cu（NH3）4]2++3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+6

。

②A．CuNH4SO3在空气中灼烧，可以分解产生Cu，Cu元素的化合价由+1价得电子变为0价，被还原，发生还原反应，可能是因为分解反应产生大量还原性气体，故A正确；

B．坩埚可直接加热，不需要垫石棉网，故B错误；

C．灼烧固体过程中，需要用玻璃棒不断搅拌，使之均匀受热，防止出现局部温度过高，产生飞溅现象，故C正确；

D．将固体放在坩埚中充分灼烧，然后放在干燥器中冷却、称量，再加热，冷却、称量直至连续两次称量的质量差不超过0.1g，说明分解完全，故D正确；

答案为ACD。

（3）根据题给已知，将Cr（OH）3、Fe（OH）3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10%H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸（除去过量的H2O2），静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH＜5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥；

则正确操作顺序为a→d→c→b，过滤后洗涤；

答案为a→d→c→b，过滤。

（4）润洗滴定管，应使待测液充分接触滴定管内壁，则应从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管的内壁，然后从下部放出，重复2～3次；

答案为倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管的内壁。

4．（2020·

河南郑州一中高三开学考试）以辉铜矿（主要成分为Cu2S，含少量SiO2）为原料制备硝酸铜的流程如图示：

（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式_______________。

（2）恒温“浸取”的过程中发现铜元素的浸取速率先增大后减少，有研究指出CuCl2是该反应的催化剂，该过程的反应原理可用化学方程式表示为：

①Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S；

②__________。

（3）向滤液M中加入（或通入）______________（填字母），可得到一种可循环利用的物质。

a.铁b.氯气c.高锰酸钾d.氯化氢

（4）辉铜矿可由黄铜矿（主要成分为CuFeS2）通过电化学反应转变而成，有关转化见下图，转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S______________mol。

（1）Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S

（2）CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2（3）b（4）0.2

辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取，二氧化硅不反应，过滤得到矿渣用苯回收硫单质，说明Cu2S和FeCl3发生反应生成S单质，还生成氯化铜、氯化亚铁。

在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子，然后过滤，滤液M主要含有氯化亚铁，保温除铁加入稀硝酸溶液将铁氧化为铁离子，氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有硝酸铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体；

据此解答。

（1）浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化，根据电子守恒和元素守恒可得其离子反应方程式为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；

答案为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。

（2）根据Cu2S的最终产物CuCl2可得反应②为CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；

答案为CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2。

（3）M中主要物质为氯化亚铁，通入氯气可生成氯化铁，实现循环使用，故b正确；

答案为b。

（4）该转化中Cu被氧化成Cu2S，化合价升高1价，CuFeS2被还原成Cu2S，化合价降低1价，根据电子转移守恒，若转化时转移0.2mol电子，生成Cu2S为0.2mol；

答案为0.2。

5．（2020·

四川省泸县第二中学高三开学考试）重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成份为FeO·

Cr2O3）为原料生产，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下，涉及的主要反应是：

6FeO·

Cr2O3+24NaOH+7KClO3

12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O

试回答下列问题：

（1）在反应器①中，有Na2CrO4生成，同时Fe2O3转变为NaFeO2，杂质SiO2、Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，写出氧化铝与碳酸钠反应的化学方程式：

___________。

（2）操作③的目的是什么，用简要的文字说明：

____________________________。

（3）操作④中，酸化时，CrO42－转化为Cr2O72－，写出平衡转化的离子方程式：

_______。

（4）称取重铬酸钾试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入10mL2mol/LH2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32－=2I－+S4O62－）

①判断达到滴定终点的依据是：

________________；

②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度（设整个过程中其它杂质不参与反应）____________。

（1）Al2O3+Na2CO3===2NaAlO2+CO2

（2）由于硅酸钠和偏铝酸钠发生水解，降低pH值有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时，使它们水解完全，从而除去SiO32－和AlO2－

（3）2CrO42－+2H+

Cr2O72－+H2O

（4）当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去94.08%

（1）高温条件下，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；

（2）③调节后溶液的pH比原来降低，是因降低pH，促进水解平衡正向移动；

（3）CrO42-和酸反应生成Cr2O72-和水；

（4）①达到滴定终点时颜色突变且30s不变色；

②由Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62- 

可知，存在Cr2O72-～6S2O32-，以此计算。

（1）氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应方程式为：

Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；

（2）③调节后溶液的pH比原来降低，是由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO32-+H2O⇌HSiO3-+OH-、HSiO3-+H2O⇌H2SiO3+OH-、AlO2-+2H2O⇌Al（OH）3+OH-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀；

（3）CrO42-和酸反应生成Cr2O72-和水，转化方程式为：

2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；

（4）①达到滴定终点时，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；

可知，

存在Cr2O72-～6S2O32-，

1 

6

n 

0.1200mol/L×

0.040L

则：

n=0.0008mol，

250ml溶液中含有Cr2O72-物质的量为0.0008mol×

=0.008mol；

所得产品中重铬酸钾纯度=

×

100%=94.08%。

6．（2020·

四川省宜宾市第四中学校高三开学考试）氧化铬（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。

一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬的工艺流程如图：

已知：

①向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液。

②“还原”反应剧烈放热，可制得Cr（OH）3浆料。

（1）该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。

请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式______________________________________。

（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是_________（填标号）。

A．该反应一定无需加热即可进行

B．必要时可使用冷却水进行温度控制

C．铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应

D．应建造废水回收池，回收含铬废水

（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下Cr（Ⅵ）还原率如图。

实际生产过程中Cr（Ⅵ）还原率可高达99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为______________________、_______________________。

（4）滤液中所含溶质为________________。

该水热法制备氧化铬工艺的优点有_______________________、_____________________________________（写出两条即可）。

（5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬[2Cr（OH）3•H2O]。

将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅烧，失去质量与固体残留质量比为_____________。

（1）4CrO42-+3HCHO+4H2O=4Cr（OH）3↓+2OH-+3CO32-

（2）AC

（3）碳化率40%恒温240℃

（4）Na2CO3原料价格低廉、设备要求低污染小、原料可循环利用、转化率高等

（5）9:

19

在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成Cr（OH）3沉淀、碳酸钠或碳酸氢钠（取决于起始反应溶液的碱性），然后过滤、洗涤，通过煅烧Cr（OH）3然后经过一系列操作得到产品，以此解答。

（1）HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr（OH）3等，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：

4CrO42-+3HCHO+4H2O=4Cr（OH）3↓+2OH-+3CO32-；

（2）A．根据题目信息可知，还原过程需加热，引发反应，A正确；

B．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr（OH）3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，B错误；

C．过量铬酸钠会导致滤液回收处理时铬酸钠碳化母液的碳化率发生改变，为保证原料的充分利用，应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，C正确；

D．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，D错误；

综上可知，答案为AC；

（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：

碳化率40%、恒温240℃；

（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：

Na2CO3（或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3）；

水热法制备工艺的优点有：

工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；

（5）加热过程中相关物质的转化关系为：

2Cr（OH）3•H2O~Cr2O3~5H2O，失去的质量为水，固体剩余的质量为氧化铬，即

，剩余的质量：

失去的质量为19：

9。

7．（2020·

山西大同高三月考）铁氧体一般是指铁族的和其他一种或多种适当的金属元素的复合氧化物。

锰锌铁氧体具有高的起始导磁率。

可制作电感器、变压器的磁芯、磁头及天线棒。

一种以废旧锌锰电池为原料制备锰锌铁氧体的主要流程如图，请回答下列问题：

锰元素在溶液中以Mn2+的形式稳定存在。

（1）废旧电池中仍残留有二氧化锰。

酸浸时，提高酸速率的方法有________（写出一种），H2O2的作用是________，二氧化锰发生反应的化学方程式________。

（2）除汞是以氮气为载气吹入滤液带出汞蒸汽经KMnO4溶液进行吸收而实现的。

如图是KMnO4溶液处于不同pH值时对应的Hg去除率变化图，图中物质为Hg与MnO

在该pH范围内的主要产物。

试猜想在强酸性环境下汞的单位时间去除率高的可能原因：

①________；

②________。

（3）测定锰锌铁氧体（MnxZn1-xFe2O4）中ZnO含量的实验步骤如图：

①配制溶液A用的玻璃仪器有________烧杯、玻璃棒及胶头滴管。

②准确量取25.00mL溶液A，二甲酚橙作指示剂，用0.01000mol·

L-1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Zn2+（反应原理为Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+），至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL。

通过计算确定该铁氧体中ZnO的质量分数为________。

（1）加热或研碎或搅拌作还原剂，将二氧化锰还原为Mn2+MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O

（2）高锰酸钾在酸性环境中氧化性最强Mn2+具有催化作用

（3）250mL容量瓶16.20%

（1）根据外界条件对反应速率的影响可知酸浸时，提高酸速率的方法有加热或研碎或搅拌等；

由于锰元素在溶液中以Mn2+的形式稳定存在，则H2O2的作用是作还原剂，将二氧化锰还原为Mn2+，反应中双氧水被氧化为氧气，则根据原子守恒可知二氧化锰发生反应的