培优训练4 工艺流程题专项训练.docx

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培优训练4工艺流程题专项训练

培优训练4：

工艺流程题专项训练

1.（2018·江苏化学，16）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：

（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_________________________________________________________________。

（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

已知：

多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃

硫去除率＝

×100%

①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。

②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是____________________________________________________

_______________________________________________________________。

（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由________（填化学式）转化为________（填化学式）。

（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。

Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）＝________。

解析　

（1）二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与NaOH溶液反应生成正盐Na2SO3，过量二氧化硫与NaOH溶液反应生成NaHSO3。

（2）①根据高硫铝土矿的成分中含FeS2和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃，如果不添加CaO在低于500℃焙烧，则去除的硫元素主要来源于FeS2，具体的反应原理为4FeS2＋11O2

2Fe2O3＋8SO2。

②添加的CaO吸收SO2生成CaSO3，CaSO3易被空气中的氧气氧化为CaSO4。

根据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃”，可知700℃时CaSO4可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。

（3）高硫铝土矿中的氧化铝溶于NaOH生成NaAlO2：

Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；向NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：

CO2（过量）＋2H2O＋NaAlO2===Al（OH）3↓＋NaHCO3。

（4）根据得失电子守恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为1∶16。

答案　

（1）OH－＋SO2===HSO

（2）①FeS2　②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中

（3）NaAlO2　Al（OH）3

（4）1∶16

2.（2019·苏州市高三期初调研，16）以白云石（化学式表示为MgCO3·CaCO3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：

已知：

①白云石加热过程中，固体失重百分比与温度的关系如图所示：

②Ksp[Mg（OH）2]＝5.61×10－12。

（1）根据流程图判断白云石“轻烧”后固体产物的主要成分是___________________________________________________________________

（填化学式）。

结合图判断“轻烧”温度应不超过________。

（2）“加热反应”的化学方程式为__________________________________。

（3）沉淀过程控制溶液的pH为9.5，此时溶液中c（Mg2＋）＝________。

（4）该工艺中可以循环使用的物质是________________________（填化学式）。

（5）传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，从环境保护的角度分析，该工艺采用轻烧白云石的方法，其优点是________________________________。

解析　流程分析白云石主要成分为MgCO3·CaCO3轻烧，从过滤中可以得到CaCO3来进行判断，分解的只是碳酸镁，研磨加入水和硫酸铵加热，硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁固体；则

（1）从过滤中可以得到CaCO3来进行判断分解的只是碳酸镁，分解生成氧化镁，因此白云石“轻烧”后固体产物的主要成份CaCO3、MgO；从表中可以看出，温度低于540℃时，物质不分解，高于840℃时，碳酸钙和碳酸镁都分解，因此该温度不超过700℃；

（2）加热的过程是放出氨气的过程，该过程中因为氧化镁跟水反应很少，因此涉及到的反应应该为：

（NH4）2SO4＋MgO

MgSO4＋2NH3↑＋H2O；（3）依据溶度积常数计算得到，沉淀过程溶液的pH＝9.5，c（OH－）＝10－4.5mol/L，c（Mg2＋）＝Ksp[Mg（OH）2]/c2（OH－）＝5.61×10－12/（10－4.5）2＝5.61×10－3mol/L；（4）该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程，反应后又生成的物质，流程图分析判断（NH4）2SO4、NH3或NH3·H2O可以循环使用；（5）分析流程可知，传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取，该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离，同时也减少CO2排放。

答案　

（1）CaCO3、MgO　700℃　

（2）（NH4）2SO4＋MgO===MgSO4＋2NH3＋H2O　（3）5.61×10－3mol/L

（4）（NH4）2SO4、NH3或NH3·H2O　（5）减少能源消耗、减少CO2的排放、便于CaCO3分离

3.[（2018·厦门外国语学校5月适应性考试（最后压轴模拟），27）]从废旧锂离子二次电池（主要成分为LiCoO2，还含有少量石墨和镀镍金属钢壳、铝箔以及钙等杂质）中回收钴和锂的工艺流程如下：

回答下列问题：

（1）“碱浸”的目的是____________________________________________。

（2）“酸浸”过程中LiCoO2发生反应的离子方程式为：

__________________

_________________________________________________________________，

浸渣中含有的主要成分是________。

（3）“萃取净化”除去的杂质离子有Ni2＋外，还有______________________。

（4）“萃取分离”中钴、锂萃取率与平衡pH关系如图所示，pH一般选择5左右，理由是________________________________________________________。

（5）“沉锂”中Li2CO3溶解度随温度变化曲线如下图所示：

①根据平衡原理分析Li2CO3在水中溶解度随温度变化的原因_______________________________________________________________。

②为获得高纯Li2CO3，提纯操作依次为趁热过滤、________、干燥。

③若“沉锂”中c（Li＋）＝1.0mol·L－1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，此时实验所得沉锂率为________。

（已知Li2CO3的Ksp为9.0×10－4）

解析　

（1）“碱浸”的目的是用氢氧化钠溶液将其中的Al溶解。

（2）LiCoO2中Co为＋3价，最后生成的CoSO4中Co为＋2价，所以酸浸这一步中，加入H2O2的目的是为了将＋3价Co还原为＋2价Co，所以反应的离子方程式为：

2LiCoO2＋H2O2＋6H＋===2Li＋＋2Co2＋＋O2↑＋4H2O。

浸渣中主要是不与酸反应的石墨以及生成的硫酸钙沉淀。

（3）整个提取的过程中需要除去的杂质是Ca、Fe、Al、Ni；在前面的步骤中已经除去了Al和Ca，所以萃取净化应该要除去Ni2＋和Fe3＋。

（4）由图示在pH为5左右的时候，Co和Li的萃取率差异最大，此时分离的效果最好。

（5）①图中显示随着温度升高，碳酸锂的溶解度逐渐减小，所以推测该物质溶于水的过程是放热的。

②提取的过程为趁热过滤，洗涤，干燥，所以答案为：

洗涤。

③c（Li＋）＝1.0mol·L－1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，则碳酸钠的浓度也是1.0mol·L－1，加入的瞬间溶液体积转化为原来的2倍，浓度都是原来的一半，即c（Li＋）＝c（CO

）＝0.5mol·L－1，沉淀出碳酸锂，所以碳酸根过量1倍，剩余c（CO

）＝0.25mol·L－1，代入Ksp的计算式得到c（Li＋）＝

＝

＝0.06（mol/L）。

因为两溶液混合的瞬间c（Li＋）＝0.5mol/L，所以沉锂率为（0.5－0.06）÷0.5＝88%。

答案　

（1）除去铝　

（2）2LiCoO2＋H2O2＋6H＋===2Li＋＋2Co2＋＋O2↑＋4H2O　石墨、硫酸钙　（3）Fe3＋

（4）分离效率最高

（5）①Li2CO3溶解过程为放热反应　②洗涤　③88.0%

4.（2018·福州市高三下学期5月模拟考试理综，28）辉铜矿石主要含有硫化亚铜（Cu2S）及少量脉石（SiO2）。

一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示：

（1）写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式：

________________________________________________________________。

（2）“矿渣”中除了S以外，还有___________________________（填化学式）；

“回收S”过程中温度控制在50～60℃之间，不宜过高或过低的原因是_________________________________________________________________。

（3）“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是________________________；

“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，要用HNO3溶液调节溶液的pH，其理由是_________________________________________________________________。

（4）气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为________________________________________________

______________________________________________________________；

向“滤液M”中加入（或通入）________（填下列选项代号），可得到另一种流程中可循坏利用的物质。

a.铁　　　b.氯气　　　c.高锰酸钾

解析　考查化学工艺流程，

（1）Cu2S中Cu显＋1价，S显－2价，都具有还原性，FeCl3中Fe3＋具有强氧化性，根据流程，浸取发生的离子反应是Cu2S＋4Fe3＋===2Cu2＋＋4Fe2＋＋S；

（2）根据辉铜矿的成分，含有少量的脉石，SiO2不与FeCl3发生反应，因此矿渣中还含有SiO2；苯的沸点较低，温度过高，苯易挥发，温度过低，反应速率慢或溶解度小；（3）置换过程过滤后，得到固体物质是Cu和Fe，Cu和Fe与硝酸反应生成Cu（NO3）2和Fe（NO3）3，Fe3＋水解：

Fe3＋＋3H2O

Fe（OH）3＋3H＋，加入CuO的目的是调节pH，促使Fe3＋水解，生成氢氧化铁沉淀；Cu（NO3）2溶液中Cu2＋发生水解，Cu2＋＋2H2O===Cu（OH）2＋2H＋，加入硝酸，抑制Cu2＋水解；（4）氮的氧化物与氧气、H2O反应生成HNO3，硝酸是循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为4NOx＋（5－2x）O2＋2H2O===4HNO3；置换中发生Fe＋CuCl2===FeCl2＋Cu、Fe＋2FeCl3===3FeCl2，滤液M中成分是FeCl2，根据流程图，FeCl3是循环物质，即需要加入Cl2，把FeCl2氧化成FeCl3，故选项b正确。

答案　

（1）Cu2S＋4Fe3＋===2Cu2＋＋4Fe2＋＋S　

（2）SiO2　温度过高苯易挥发，温度过低硫的溶解速率（或溶解度）小　（3）提升溶液的pH，促进Fe3＋水解生成Fe（OH）3沉淀　抑制Cu2＋水解　（4）4NOx＋（5－2x）O2＋2H2O===4HNO3　b

5.（2019·河南师范大学附属中学高三月考，27）铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁（FeCO3）可作为补血剂，铁红（Fe2O3）可作为颜料。

利用某硫酸厂产生的烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）制备FeCO3的流程如下：

（1）“酸溶”时加快反应速率的方法有________（写出一种）。

（2）①“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3＋通过两个反应被还原，其中一个反应如下：

FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO

＋16H＋，则另一个反应的离子方程式为_________________________________________________________________。

②加入FeS2还原后，检验Fe3＋是否反应完全的方法是____________________

___________________________________________________________________。

（3）①“沉淀”时，需要控制温度在35℃以下，其可能原因是_________________________________________________________________。

②所得FeCO3需充分洗涤，检验沉淀已洗净的方法是__________________________________________________________________

__________________________________________________________________。

（4）FeCO3浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，同时释放出CO2，则与FeCO3反应的物质为________（填化学式）。

（5）写出在空气中煅烧FeCO3制备高纯氧化铁的化学方程式：

___________________________________________________________________。

FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。

现煅烧23.2kg的FeCO3，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84kg，则Fe2O3的质量为________kg。

解析　烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）用硫酸浸取，过滤后滤液中含有硫酸铁、硫酸亚铁、未反应的硫酸，滤渣为二氧化硅，用二硫化亚铁还原Fe3＋后过滤，得滤液中含有硫酸亚铁，向滤液中加入碳酸铵，过滤得碳酸亚铁，滤液中含有硫酸铵、碳酸铵。

（5）在空气中煅烧FeCO3制备高纯氧化铁的化学方程式为4FeCO3＋O2

2Fe2O3＋4CO2，设Fe2O3的质量为x，根据化学反应前后铁元素质量不变：

×100%×x＋

×100%×（15.84kg－x）＝

×100%×23.2kg，解得x＝14.4kg。

答案　

（1）加热（或适当增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等）

（2）①FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S↓

②取少量溶液，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，说明其中含有Fe3＋，未反应完全

（3）①防止碳酸铵分解，减小亚铁离子的水解程度

②取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则表明沉淀已洗涤干净，反之，则说明没洗涤干净

（4）O2、H2O　（5）4FeCO3＋O2

2Fe2O3＋4CO2　14.4

6.（2018·周口市上学期期末抽测调研）某化学兴趣小组对一种废旧合金（含有Cu、Fe、Si等元素）进行分离、回收再利用，所设计工艺流程如下。

已知：

298K时，Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38，

Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10－20，Ksp[Mn（OH）2]＝1.9×10－13

回答下列问题：

（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为________，固体B为________（填化学式）。

（2）加入过量FeCl3溶液过程中与较不活泼的金属反应的离子方程式__________________________________________________________________。

（3）调节pH至2.9～3.2的目的是分离________（填离子符号）

（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________。

②若用amol/LKMnO4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗KMnO4溶液VmL，所得红棕色固体C的物质的量为________（用含a、V的代数式表示）

（5）常温下，若溶液c中所含的金属阳离子浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，最后生成的沉淀为________________________________________

_____________________________________________________（填化学式）。

（6）用惰性电极电解时阳极产生标准状况下的气体6.72L，阴极得到的电子数为0.8NA，则生成氧气的物质的量为________mol。

解析　试题分析：

由流程可知，合金经氯化铁溶液溶解后把其中的铁和铜溶解，过滤后除去硅；向滤液中加入过量的铜，把过量的Fe3＋还原，过滤得到铜，再向滤液中加入酸性高锰酸钾溶液把亚铁离子完全氧化为＋3价铁离子，然后再加碱调节pH使＋3价铁离子转化为氢氧化铁沉淀；滤液经处理后电解，阳极得到氯气和氧气、阴极得到铜。

（1）操作I、Ⅱ、Ⅲ为过滤，固体B为Cu。

（2）FeCl3溶液与较不活泼的金属铜反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。

（3）调节pH至2.9～3.2的目的是分离Fe3＋。

（4）①向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为MnO

＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。

②若用amol/LKMnO4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗KMnO4溶液VmL，由反应的离子方程式可知，n（Fe3＋）＝5n（KMnO4）＝5×V×10－3L×amol/L＝5aV×10－3mol，所得红棕色固体C为Fe2O3，其物质的量为2.5aV×10－3mol。

（5）常温下，溶液c中所含的金属阳离子为Fe3＋、Cu2＋和Mn2＋，若三者浓度相等，向溶液c中逐滴加入KOH溶液，因为Ksp[Fe（OH）3]≪Ksp[Cu（OH）2]≪Ksp[Mn（OH）2]，所以先生成的沉淀是Fe（OH）3（由流程可知，pH＝3.2时，Fe3＋沉淀完全，而Cu2＋和Mn2＋尚未开始沉淀），最后生成的沉淀为Mn（OH）2。

（6）用惰性电极电解时阳极产生标准状况下的气体6.72L，阴极得到的电子数为0.8NA，由电子转移守恒得，4n（O2）＋2[

－n（O2）]＝0.8mol，则生成氧气的物质的量为0.1mol。

答案　

（1）过滤　Cu　

（2）2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋　（3）Fe3＋　（4）①MnO

＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O　②2.5aV×10－3mol　（5）Mn（OH）2　（6）0.1