版领军高考化学真题透析专题34化工流程一高效演练Word格式文档下载.docx

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+6；

（2）“焙烧”过程中MoS2变成MoO3,，S被氧化生成对大气有污染的气体，应为SO2，

二氧化硫或SO2；

（3）加入Na2CO3溶液和MoO3反应生成二氧化碳和Na2MoO4，其反应的化学方程式为：

MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑，“结晶”的钼酸钠晶体仍含其他杂质，要得到较纯的晶体，应进行重结晶，

MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；

重结晶；

（4）加入过量盐酸，生成H2MoO4和NaCl，则滤液的主要成分为NaCl、HCl，

NaCl、HCl；

（5）灼烧固体，应在坩埚中进行，

坩埚；

（6）利用铝热反应可回收金属钼，MoO3发生铝热反应的化学方程式为：

4Al+2MoO3

2Mo+2Al2O3，

2Mo+2Al2O3；

（7）Ksp（BaMoO4）=4.0×

10−8，钼酸钠溶液中c（MoO42−）=0.4mol⋅L−1，BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：

c（Ba2+）=

=1.0×

10−7mol/L，又Ksp（BaSO4）=1.1×

10−10，则溶液中硫酸根离子的浓度为：

c（SO42−）=

=1.1×

10−3mol/L，因为原溶液中硫酸根离子的浓度为0.02mol⋅L−1，故其硫酸根离子的去除率为：

（1−

）×

100%=1−5.5%=94.5%或0.945，

94.5%或0.945。

2．CoCO3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。

以含钴废渣（主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质）为原料制备CoCO3和ZnSO4溶液的一种工艺流程如下：

下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（按金属离子浓度为1.0mol·

L-1计算）：

金属离子

开始沉淀的pH

完全沉淀的pH

Co2+

7.6

9.4

Al3+

3.0

5.0

Zn2+

5.4

8.0

（1）写出“酸浸”时发生氧化还原反应的化学方程式________________________。

（2）“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_________，形成沉渣时发生反应的离子方程式为______________________。

（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有_________________；

上述“萃取”过程可表示为ZnSO4（水层）+2HX（有机层）

ZnX2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是______________。

（4）“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因___________________。

（5）在空气中煅烧CoCO3生成某种钴氧化物和CO2，若充分煅烧一定量CoCO3后测定所得固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L（标准状况），假设固体为纯净物，其化学式为__________。

【答案】Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O5.0≤pH＜5.4（或5.0-5.4）2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑分液漏斗、烧杯向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co（OH）2Co3O4

（1）“酸浸”时加入H2SO4和SO2，由于SO2具有还原性，SO2将钴废渣中+3价的Co还原为+2价，“酸浸”时发生的非氧化还原反应为：

CoO+H2SO4=CoSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，发生的氧化还原反应为Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O。

（2）“除铝”过程中Al3+完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，根据已知Co2+、Al3+、Zn2+开始沉淀和沉淀完全的pH，“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.0~5.4。

形成沉渣时加入的是Na2CO3，发生的是Al3+与CO32-的双水解反应，形成沉渣时反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑。

（3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；

根据萃取反应ZnSO4（水层）+2HX（有机层）

ZnX2（有机层）+H2SO4（水层）可得，由有机层获得ZnSO4溶液，要使平衡逆向移动，所以要向有机层中加入硫酸，然后分液，所以由有机层获取ZnSO4溶液的操作是：

向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置分离出水层。

（4）“沉钴”时是向CoSO4溶液中加入Na2CO3溶液产生CoCO3沉淀，由于Na2CO3溶液呈碱性，若Na2CO3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生Co（OH）2沉淀，导致产品CoCO3中混有Co（OH）2。

（5）0.672L（标准状况）CO2的物质的量为0.03mol，根据C元素守恒，n（CoCO3）=n（CO2）=0.03mol；

根据Co元素守恒，n（Co）=0.03mol，m（Co）=0.03mol×

59g/mol=1.77g，则氧化物中m（O）=2.41g-1.77g=0.64g，所以n（O）=0.04mol，n（Co）：

n（O）=0.03mol：

0.04mol=3:

4，故该钴氧化物的化学式为Co3O4。

3．以废旧锌锰电池中的黑锰粉（MnO2、MnO（OH）、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等）为原料制备MnCl2，实现锰的再利用。

其工作流程如下：

（1）过程Ⅰ，在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO（OH）等。

O2氧化MnO（OH）的化学方程式是_______。

（2）溶液a的主要成分为NH4Cl，另外还含有少量ZnCl2等。

①溶液a呈酸性，原因是______。

②根据如图所示的溶解度曲线，将溶液a______（填操作），可得NH4Cl粗品。

③提纯NH4Cl粗品，有关性质数据如下：

化合物

ZnCl2

NH4Cl

熔点

365℃

337.8℃分解

沸点

732℃

-------------

根据上表，设计方案提纯NH4Cl：

________。

（3）检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+：

取少量溶液，加入_______（填试剂和现象），证明溶液中Fe3+沉淀完全。

（4）探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。

ⅰ．向MnO2中加入H2O2溶液，产生大量气泡；

再加入稀H2SO4，固体未明显溶解。

ⅱ．向MnO2中加入稀H2SO4，固体未溶解；

再加入H2O2溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。

①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因：

②解释试剂加入顺序不同，MnO2作用不同的原因：

上述实验说明，试剂加入顺序不同，物质体现的性质可能不同，产物也可能不同。

【答案】4MnO（OH）+O2==4MnO2+2H2ONH4++H2O⇌NH3·

H2O+H+（或NH4+水解产生H+）蒸发浓缩，冷却结晶，过滤加热NH4Cl粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl；

收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl。

KSCN溶液，不变红MnO2+H2O2+H2SO4==MnSO4+2H2O+O2↑i中

作催化剂，反应快，

只催化分解

ii中

作氧化剂，加入稀

后，

的氧化性增强，被

还原为

。

（1）根据流程图可知，经过过程Ⅰ，得到了MnO2粗品，则O2将MnO（OH）氧化成MnO2，根据得失电子守恒，1molO2得到4mol电子，1molMnO（OH）失去1mol电子，则O2和MnO（OH）的比例为1∶4，再根据原子守恒可配平方程式，答案为4MnO（OH）+O2=4MnO2+2H2O；

（2）①ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐，均会水解，铵根离子水解使溶液呈酸性，答案为NH4++H2O⇌NH3·

H2O+H+（或NH4+水解产生H+）；

②从曲线可以看出，随着温度的变化，NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化，只能蒸发溶剂得到晶体，再进行后续操作，答案为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；

③从表格中数据可以知道，NH4Cl在337.8℃分解，生成NH3和HCl，而此温度下，ZnCl2没有熔化，也没有分解，因此可以利用NH4Cl的分解，收集产物再次合成NH4Cl，答案为加热NH4Cl粗品至340℃左右，NH4Cl=NH3+HCl；

收集产物并冷却，NH3+HCl=NH4Cl，得到纯净NH4Cl；

（3）Fe3＋的检验常用KSCN溶液，如果溶液中有铁离子，生成红色物质；

没有Fe3＋就不会变红，答案为KSCN溶液，不变红；

（4）从实验ⅰ知道，先加入双氧水，MnO2不溶解，只做催化剂，而通过实验ⅱ可知，先加入硫酸，固体溶解，且有气体冒出，气体为氧气，则MnO2作了氧化剂，双氧水作了还原剂。

①固体溶解，且有气体放出，气体为O2，MnO2做氧化剂，H2O2做还原剂，为酸性环境，根据得失电子守恒和原子守恒，配平方程式。

答案为MnO2＋H2O2＋H2SO4=MnSO4＋O2↑＋2H2O；

②先加入硫酸，溶液为酸性，则酸性条件下，物质的氧化性会增加，答案为ii中

还原为MnSO4。

4．镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。

采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料（铝电极表面涂有LiNi1－x－yCoxMnyO2）的工艺流程如图所示：

回答下列问题

（1）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_______。

（2）能够提高“碱浸”效率的方法有______（至少写两种）。

（3）“碱浸”过程中，铝溶解的离子方程式为_____。

（4）实验室模拟“碱浸”后过滤的操作，需用到的玻璃仪器有_____；

过滤后需洗涤，简述洗涤的操作过程：

_____。

（5）LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为_______。

（6）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示：

则浸出过程的最佳条件是______。

（7）已知溶液中Co2+的浓度为1.0mol·

L－1，缓慢通入氨气，使其产生Co（OH）2沉淀，则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为______（已知：

离子沉淀完全时c（Co2+）≤1.0×

10－5mol·

L－1，Ksp[Co（OH）2]=4.0×

10－15，1g2=0.3，溶液体积变化忽略不计）。

（8）写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式：

_______。

【答案】放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑漏斗、烧杯、玻璃棒沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作2~3次2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑75℃，30min9.3（4-4x-4y）Ni（OH）2+4xCo（OH）2+4yMn（OH）2+2Li2CO3+O2

4LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O

（1）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，

放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料；

（2）提高浸出率的方法有粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等，

粉碎、适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等；

（3）“碱浸”过程中，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，

2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑；

（4）过滤需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；

洗涤沉淀在过滤器中进行，其操作为：

沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀，待水滤出后重复操作2~3次；

漏斗、烧杯、玻璃棒；

（5）LiCoO2中Li元素为+1价，O元素为-2价，故Co元素化合价为+3价，LiCoO2为难溶物，H2SO4为电解质，H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素，反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑，

2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；

（6）由图可知，在75℃，30min条件下钴的浸出率最高，

75℃，30min；

（7）Ksp[Co（OH）2]=4.0×

10－15，沉淀完全时c（OH-）=

=

=2×

10-5mol/L，c（H+）=

=5×

10-10mol/L，pH=-lgc（H+）=-lg5×

10-10=9.3，

9.3；

（8）Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3

H2O反应生成Ni（OH）2、Co（OH）2、Mn（OH）2与Li2CO3，并高温烧结固相合成，根据原子守恒可得到化学方程式为（4-4x-4y）Ni（OH）2+4xCo（OH）2+4yMn（OH）2+2Li2CO3+O2

4LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O，

（4-4x-4y）Ni（OH）2+4xCo（OH）2+4yMn（OH）2+2Li2CO3+O2

4LiNi1-x-yCoxMnyO2+2CO2+4H2O。

5．Ⅰ．工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，示意图如下：

（1）阴极反应式为___________。

（2）精炼过程中，AgNO3溶液的浓度将___________（填“增大”、“减小”或“不变”）；

原因是___________。

Ⅱ．“钯（Pd）金”不仅是优异的催化剂，也是首饰界的新宠。

精炼银的过程中钯元素可在电解液中大量富集，因此工业上常利用精炼银的电解液[主要成分为：

AgNO3、Pd（NO3）2、Cu（NO3）2、Fe（NO3）3、Ni（NO3）2、HNO3等]为原料生产“钯金”，流程如下：

（3）定量实验检测表明，当滤液1中c（Ni2+）=2×

10－3mol·

L－1时，Pd2+仍没有开始沉淀，计算此时溶液中c（Fe3+）=___________，（Ksp[Ni（OH）2]=2.0×

10－15、Ksp[Fe（OH）3]=4.0×

10－38）。

（4）“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（5）为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，简述检验滤渣是否洗净的实验方法___________。

（6）写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：

___________。

【答案】Ag++e-=Ag减小阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁，但阴极得电子的却只有Ag+，所以AgNO3浓度减小4.0×

10－20mol·

L－11∶1用一支洁净的小试管，取最后清洗液1～2mL，向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净（NH4）2PdCl6+2HCOOH=Pd↓+2CO2↑+2NH4++6Cl-+4H+

Ⅰ．工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，根据电解装置图，粗银棒为阳极，纯银片为阴极。

（1）阴极发生还原反应，溶液中的阳离子放电，电极反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：

Ag++e-=Ag；

（2）精炼过程中，阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁等元素，但阴极得电子的却只有Ag+，所以AgNO3浓度减小，故答案为：

减小；

阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁，但阴极得电子的却只有Ag+，所以AgNO3浓度减小；

Ⅱ．（3）根据Ksp[Ni（OH）2]=2.0×

10-15，c（OH-）=

mol·

L-1=

L-1=1×

10-6mol·

L-1，根据Ksp[Fe（OH）3]=4.0×

10-38，得c（Fe3+）=

L-1=4.0×

10-20mol·

L-1，故答案为：

4.0×

L-1；

（4）“氧化”过程中过氧化氢在酸性条件下氧化Pd2+得到PdCl62-，失去2e-，同时过氧化氢被还原得到水，得到2e-，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故答案为：

1∶1；

（5）为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，根据流程图，沉淀上吸附的离子有氯离子等，检验滤渣是否洗净只需要检验是否存在氯离子即可，方法为用一支洁净的小试管，取最后清洗液1～2mL，向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净，故答案为：

用一支洁净的小试管，取最后清洗液1～2mL，向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净；

（6）“还原”步骤中（NH4）2PdCl6与HCOOH发生氧化还原反应生成Pd单质，甲酸被氧化生成二氧化碳，反应的离子方程式为（NH4）2PdCl6+2HCOOH=Pd↓+2CO2↑+2NH4++6Cl-+4H+，故答案为：

（NH4）2PdCl6+2HCOOH=Pd↓+2CO2↑+2NH4++6Cl-+4H+。

6．金属钇（Y）具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。

通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：

表1浸出液成分

Fe3+

Ca2+

PO43-

Mg2+

Mn2+

Y3+

浓度/（mg•L-1）

7670

9460

550

640

5600

1500

70.2

（1）浸出液可用有机溶剂（HR）进行萃取，实现Y3+的富集（已知：

Y3+与Fe3+性质相似），原理如下：

Fe3++3HR

FeR3+3H+Y3++3HR

YR3+3H+（已知：

FeR3、YR3均易溶于HR）

浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。

①用化学平衡原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因________。

②结合图1解释，工业上萃取Y3+之前，应首先除去Fe3+的原因是________。

（2）采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。

表2Fe3+、Y3+去除率

终点pH

去除率/%

87.84

19.86

3.5

92.33

23.63

4.5

99.99

44.52

89.04

中和沉淀法：

向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。

①该实验条件下，Fe3+去除率比Y3+大的可能原因________。

磷酸法：

将磷酸（H3PO4：

三元弱酸）加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，过滤除去磷酸铁沉淀（FePO4），滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。

表3滤液中Fe3+、Y3+的浓度

508

68.9

②配平“磷酸法”除铁过程中的离子方程式

Fe3+++=FePO4↓+CO2↑+，___________________

③综合分析表1、表2、表3，工业上采用“磷酸法”除铁的原因________。

（3）经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过________（填操作）收集含Y3+的有机溶液。

（4）综合分析以上材料，下列说法合理的是________。

a.分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+

b.表2中Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe（OH）3对Y3+的吸附

c.表2中pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：

Y3++3OH-=Y（OH）3↓

d.有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低

【答案】Y3+在溶液中存在平衡：

Y3++3HR

YR3+3H+，pH增大，c（H+）减小（或c（OH-）增大），平衡右移，Y3+萃取率提高Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大KSP[Fe（OH）3]小于KSP[Y（OH）3]或Fe（OH）3的溶解度小于Y（OH）3或c（Fe3+）远大于c（Y3+）2Fe3++2H3PO4+3CO32-=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O磷酸法除铁率较高同时Y3+损失率较小分液bcd

【解析】考查化学反应原理的综合运用，

（1）①Y3＋的溶液中存在：

YR3+3H+，pH增大，c（H＋）减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；

②根据Fe3++3HR

FeR3+3H+，Y3++3HR

YR3+3H+，Fe3+和Y3+萃取存在竞争性，Fe3+对Y3+萃取干扰较大，因此萃取Y3＋之前，应除去Fe3＋，防止对Y3＋萃取产生干扰；

（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过条件pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是KSO[Fe（OH）3]<

Ksp[Y（OH）3]，或者Fe（OH）3的溶解度远远小于Y（OH）3溶解度；

②根据原理，