高考化学大二轮复习热点大题专攻练三化工生产与工艺流程.docx

高考化学大二轮复习热点大题专攻练三化工生产与工艺流程.docx

《高考化学大二轮复习热点大题专攻练三化工生产与工艺流程.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学大二轮复习热点大题专攻练三化工生产与工艺流程.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学大二轮复习热点大题专攻练三化工生产与工艺流程

（三）化工生产与工艺流程

1．工业制硫酸的尾气中含有一定量SO2，处理尾气的手段除了氨吸收法以外还有以下几种方法。

（一）工业实际吸收过程中，第Ⅰ步常采用浓苛性钠溶液吸收其中的SO2，然后向生成溶液中加入熟石灰，充分反应后将生成产物分离后再经氧化后制得产品A。

Na2SO3产品A

（1）产品A是______________（填化学式）。

（2）有人提出将第Ⅰ步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和Ca（OH）2溶液直接制得产品CaSO3，你认为是否可行？

________（填“可以”“不可以”或“不确定”），原因是

________________________________________________________________________。

（二）制备MnSO4·H2O：

SO2还原MnO2矿制备MnSO4·H2O，过程如下：

已知25℃时部分物质的溶度积常数如表：

物质

Mn（OH）2

Fe（OH）3

Cu（OH）2

MnS

FeS

CuS

溶度

积

2.1×

10－13

4.0×

10－38

2.2×

10－23

1.0×

10－11

6.3×

10－18

6.3×

10－38

（3）还原时，若尾气中SO2含量为4.48%，除去标准状况下1m3尾气至少需要含锰质量分数为55%的MnO2矿粉________g。

（4）除铁时加入碳酸钙，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（5）试剂A最好是________（填化学式）。

（6）操作Ⅰ的名称为______。

MnSO4·H2O在1150℃高温下易分解，产物是Mn3O4、含硫化合物、水，在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式是________________________________________________________________________。

解析：

（1）流程发生的反应是二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙，化学式为CaSO4。

（2）将第Ⅰ步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和Ca（OH）2溶液直接制得产品CaSO3，由于氢氧化钙溶解度小对二氧化硫吸收不完全，所以不可以。

（3）1m3尾气含有SO2：

1000L×4.48%÷22.4L·mol－1＝2mol；需要含锰质量分数为55%的MnO2矿粉xg

MnO2　＋　　SO2　＋　H2O===MnSO4·H2O

87g1mol

xg×55%×2mol

x＝200。

（4）除铁发生的反应是利用铁离子在pH＝6.5时全部沉淀除去，三价铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，加入碳酸钙会和氢离子反应，使pH升高到6.5，反应的离子方程式为2Fe3＋＋3H2O＋3CaCO3===2Fe（OH）3↓＋3CO2↑＋3Ca2＋。

（5）MnS比CuS易溶，利用沉淀转化可用MnS除去Cu2＋。

（6）操作Ⅰ是依据流程得到硫酸锰溶液中的溶质晶体，采取的措施是蒸发浓缩、冷却结晶；MnSO4·H2O在1150℃高温下易分解，产物是Mn3O4、含硫化合物、水，依据电子守恒可知，3MnSO4·H2O～Mn3O4～2e－；3MnSO4·H2O～SO2～6e－；所以生成的硫的化合物是二氧化硫和三氧化硫，依据原子守恒配平化学方程式为3MnSO4·H2OMn3O4＋SO2↑＋2SO3↑＋3H2O。

答案：

（1）CaSO4　

（2）不可以　Ca（OH）2在水中溶解度较小，c（OH－）太低，吸收效率不高　（3）200

（4）2Fe3＋＋3H2O＋3CaCO3===2Fe（OH）3↓＋3CO2↑＋3Ca2＋[或Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋　2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O]　（5）MnS　（6）蒸发浓缩，冷却结晶　3MnSO4·H2OMn3O4＋SO2↑＋2SO3↑＋3H2O

2．三氧化二镍（Ni2O3）是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。

工业上以金属镍废料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L－1计算）。

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Al（OH）3

Ni（OH）2

开始沉淀

的pH

1.8

5.8

3.0

7.1

沉淀完全

的pH

3.2

8.8

5.0

9.2

（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有①适当升高温度；②搅拌；③____________等。

（2）酸浸后的酸性溶液中含有Ni2＋、Cl－，另含有少量Fe2＋、Fe3＋、Al3＋等。

沉镍前需加Na2CO3控制溶液pH范围为____________________。

（3）从滤液A中可回收利用的主要物质是Na2CO3和________。

（4）“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为________________________________________________________________________。

（5）工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1mol·L－1NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。

当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为________________________________________________________________________。

（6）如果在“沉镍”步骤把Na2CO3改为加草酸，则可以制得草酸镍晶体（NiC2O4·2H2O）。

草酸镍晶体在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧三小时，可以制得Ni2O3，同时获得混合气体。

草酸镍晶体受热分解的化学方程式为______________________________________________。

解析：

（1）为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度（或将镍废料研成粉末等）。

（2）沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH控制在5.0～7.1。

（3）滤液A中还主要含有氯化钠，可回收利用。

（4）Cl由＋1价降低到－1价，即反应生成NaCl，而Ni由＋2价升高到＋3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===Ni2O3↓＋Cl－＋2H2O。

（5）根据图示可知，NH4Cl的浓度为10g·L－1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10g·L－1。

（6）草酸镍（NiC2O4·2H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应（Ni由＋2价升高到＋3价，则C由＋3价降低到＋2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2）生成Ni2O3、CO、CO2，再利用化合价升降相等，Ni：

升高2×（3－2），C：

升高1×（4－3），C：

降低：

3×（3－2），配平方程式为2NiC2O4·2H2ONi2O3＋3CO↑＋CO2↑＋4H2O。

答案：

（1）增大盐酸的浓度（或将镍废料研成粉末等）

（2）5.0～7.1　（3）NaCl　（4）2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===Ni2O3↓＋Cl－＋2H2O　（5）10g·L－1

（6）2NiC2O4·2H2ONi2O3＋3CO↑＋CO2↑＋4H2O

3．电石广泛应用于生产PVC、维尼纶等，电石与水反应所得残渣——电石渣，主要含Ca（OH）2、CaCO3及少量其他杂质。

某工业电石渣的几种回收利用流程如下：

几种物质在水中的溶解度曲线如图所示。

回答下列问题：

（1）常温氯化

①反应的化学方程式是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

②为提高Cl2转化为Ca（ClO）2的转化率，可行的措施有________（填序号）。

A．加热升高温度

B．适当减缓通入Cl2的速率

C．充分搅拌浆料

D．加水使Ca（OH）2完全溶解

③电石渣中的有害杂质CN－与ClO－反应转化为两种无害的气体，每转化1molCN－至少需要消耗氧化剂ClO－________mol。

（2）75℃氯化

①生成氯酸钙中氯的化合价为________，氯化完成后过滤，滤渣的主要成分为__________________（填化学式）。

②氯酸钙能与KCl反应转化为氯酸钾的原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（3）有机反应

首先生成氯代乙醇，其结构简式为________________________________________________________________________，

氯代乙醇再与Ca（OH）2反应生产环氧乙烷。

总反应的化学方程式是________________________________________________________________________。

解析：

（1）①常温氯化，Cl2与Ca（OH）2发生反应得到漂白液。

②加热升高温度，Ca（OH）2的溶解度降低，同时促进ClO－水解及HClO分解，则Cl2的转化率也降低，A项不符合题意；适当减缓通入Cl2的速率，等效于增大Ca（OH）2的浓度，Cl2的转化率增大，B项符合题意；充分搅拌浆料，能使反应完全，Cl2的转化率增大，C项符合题意；加水使Ca（OH）2完全溶解，不能改变Cl2的转化率，D项不符合题意。

③根据题意，CN－与ClO－反应转化为CO2和N2，CN－中C、N分别为＋2价、－3价，1molCN－失去5mol电子，而ClO－转化为Cl－，1molClO－得到2mol电子，根据得失电子守恒，则每转化1molCN－至少需要消耗氧化剂ClO－2.5mol。

（2）①Ca（ClO3）2中Cl的化合价为＋5。

氯化完成后过滤，得到的滤渣的主要成分为CaCO3、Ca（OH）2。

②根据题图知，75℃时氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多，故氯酸钙与KCl能发生反应：

Ca（ClO3）2＋2KClCaCl2＋2KClO3↓。

（3）氯代乙醇为氯原子取代乙醇分子中乙基上的氢原子，根据“氯代乙醇再与Ca（OH）2反应生产环氧乙烷”，则氯原子应取代甲基上的氢原子，故氯代乙醇的结构简式为ClCH2CH2OH，总反应的化学方程式为CH2===CH2＋Cl2＋Ca（OH）2―→H2COCH2＋CaCl2＋H2O。

答案：

（1）①2Cl2＋2Ca（OH）2===CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O　②BC　③2.5

（2）①＋5　CaCO3、Ca（OH）2　②75℃，氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多

（3）ClCH2CH2OH　CH2===CH2＋Cl2＋Ca（OH）2―→H2COCH2＋CaCl2＋H2O

4．锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。

工业上常以β锂辉矿（主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质）为原料来制取金属锂。

其中一种工艺流程如下：

①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：

氢氧化物

Fe（OH）3

Al（OH）3

Mg（OH）2

开始沉淀时的pH

1.9

3.4

9.1

完全沉淀时的pH

3.2

4.7

11.1

②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：

温度/℃

0

10

20

50

75

100

Li2CO3的

溶解度/g

1.539

1.406

1.329

1.181

0.866

0.728

请回答下列问题：

（1）用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成________________________________________________________________________。

（2）反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是________________________________________________________________________。

（3）写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（4）洗涤所得Li2CO3沉淀要使用________（填“热水”或“冷水”），理由是________________________________________________________________________。

（5）流程中两次使用了Na2CO3溶液，第一次浓度小，第二次浓度大的原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（6）该工艺中，电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

解析：

（1）硅酸盐既可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示。

在用氧化物表示时，先写活泼金属的氧化物，再写较活泼金属的氧化物，最后写非金属的氧化物，并且要符合质量守恒定律。

LiAlSi2O6可表示为Li2O·Al2O3·4SiO2。

（2）反应Ⅱ加入碳酸钙是为了除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3＋、Al3＋完全沉淀。

（3）根据框图中物质之间的转化关系可知，反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式为Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓、Ca2＋＋CO===CaCO3↓。

（4）因为Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，所以洗涤Li2CO3沉淀要使用热水，这样可减少Li2CO3的溶解损耗。

（5）若第一次碳酸钠溶液浓度过大，则部分Li＋会形成沉淀，而第二次碳酸钠溶液浓度大，则有利于Li2CO3沉淀的生成。

（6）因为在加热蒸干LiCl溶液时，有少量LiCl发生水解反应生成LiOH，LiOH受热分解生成Li2O，Li2O在电解时产生O2。

因此电解LiCl时，阳极产生的氯气中常含有少量的O2。

答案：

（1）Li2O·Al2O3·4SiO2

（2）除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3＋、Al3＋完全沉淀

（3）Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓、Ca2＋＋CO===CaCO3↓

（4）热水　Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗

（5）第一次浓度过大会使部分Li＋沉淀，第二次浓度大则有利于Li2CO3沉淀的生成

（6）加热蒸干LiCl溶液时，有少量LiCl水解生成LiOH，LiOH受热分解生成Li2O，电解时产生O2

5．Mn（H2PO4）2·2H2O是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理。

以软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3）为原料制备Mn（H2PO4）2·2H2O的流程如下：

（1）软锰矿要先制成矿浆的目的是________________________________________________________________________，

葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为

________________________________________________________________________。

（2）用H2O2溶液“氧化”时发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（3）已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如表，“调pH并过滤”时，应调整的pH范围为________________________________________________________________________

________________________________________________________________________，

滤渣1的主要成分为_________________________________________________（填化学式）。

金属离子

开始沉淀的pH

完全沉淀的pH

Fe3＋

1.8

3.2

Al3＋

3.0

5.0

Fe2＋

5.8

8.8

Mn2＋

7.8

9.8

（4）加入磷酸后发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（5）某工厂用上述流程制备Mn（H2PO4）2·2H2O，已知软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，则1吨该软锰矿可制得Mn（H2PO4）2·2H2O________t。

解析：

（1）软锰矿要先制成矿浆，可以增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；葡萄糖（C6H12O6）与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，反应中MnO2中Mn的化合价由＋4价变成＋2价，是氧化剂，化合价变化2，葡萄糖是还原剂，其中C元素的化合价由0价变成＋4价，化合价变化4×6＝24，根据化合价升降守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12∶1。

（2）用H2O2溶液氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。

（3）根据几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH，“调pH并过滤”时，调整pH的目的是沉淀铁离子和铝离子，但不能使锰离子沉淀，pH范围为5.0～7.8，滤渣1的主要成分为Fe（OH）3和Al（OH）3。

（4）碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰，加入磷酸使碳酸锰生成Mn（H2PO4）2，反应的化学方程式为MnCO3＋2H3PO4===Mn（H2PO4）2＋CO2↑＋H2O。

（5）根据MnO2　～　Mn（H2PO4）2·2H2O

87285

1t×87%×（1－9%）　m[Mn（H2PO4）2·2H2O]

则＝，

解得m[Mn（H2PO4）2·2H2O]≈2.59t。

答案：

（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率　12∶1　

（2）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O

（3）5.0～7.8　Fe（OH）3和Al（OH）3　（4）MnCO3＋2H3PO4===Mn（H2PO4）2＋CO2↑＋H2O

（5）2.59（或2.5935）

6．工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CuS等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。

其工业流程如下：

（1）滤渣Ⅰ中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式________________________________________________________________________。

（2）滤渣Ⅱ中含Cu（OH）2和________。

（已知：

Ksp[Fe（OH）3]＜Ksp[Cu（OH）2]）

（3）已知：

25℃、101kPa时，Mn（s）＋O2（g）===MnO2（s）　ΔH＝－520kJ·mol－1　①

S（s）＋O2（g）===SO2（g）　ΔH＝－297kJ·mol－1　②

Mn（s）＋S（s）＋2O2（g）===MnSO4（s）　ΔH＝－1065kJ·mol－1　③

SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式为

________________________________________________________________________。

（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

（5）在废水处理领域常用H2S将Mn2＋转化为MnS除去，向含有0.020mol·L－1Mn2＋的废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH＝a，当HS－的浓度为1.0×10－4mol·L－1时，Mn2＋开始沉淀，则a＝______________。

[已知：

Ksp（MnS）＝1.4×10－15；H2S的电离常数K1＝1.3×10－7，K2＝7.0×10－15]

解析：

（1）根据题意，MnO2、CuS、H2SO4反应生成MnSO4、CuSO4、S、H2O，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒配平离子方程式。

（2）根据题给流程图及已知信息，滤渣Ⅱ中含Cu（OH）2和Fe（OH）3。

（3）根据盖斯定律，由③－（①＋②）即可得到SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式：

MnO2（s）＋SO2（g）===MnSO4（s）　ΔH＝－248kJ·mol－1。

（4）由题图可知，温度在90℃时，锰的浸出率较高且MnS2O6的生成率较低，故“浸锰”的适