届高考化学备考一轮复习考点训练 无机化工流程题 解析版.docx

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届高考化学备考一轮复习考点训练无机化工流程题解析版

无机化工流程题

1．某厂废酸主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+。

利用该废液制备过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]和TiO2的一种工艺流程如下:

已知：

i.TiOSO4在热水中易水解生成H2TiO3,相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表:

金属离子

TiO2+

Fe3+

Fe2+

Al3+

开始沉淀的pH

1.2

1.9

7.0

3.2

沉淀完全的pH

2.8

3.1

9.4

4.7

ii.pH>7时,Fe2+部分生成Fe（Ⅱ）氨络离Fe（NH3）2]2+o

请回答下列问题:

（1）加入适量Fe的作用是________________.

（2）生成TiO（OH）2的化学方程式为_______________。

（3）滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为_____________.

（4）加入H2O2的目的是除掉Fe（Ⅱ）氨络离子[Fe（NH3）2]2+,此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于________（填数值）。

（5）常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。

用Pt电极电解饱和NH4HSO4溶液制备过二硫酸铵时，为满足在阳极放电的离子主要为HSO4-，应调节阳极区溶液的pH范围在______之间,其电极反应式为____________。

（6）科研人员常用硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2]滴定法测定TiO2的纯度，其步骤为：

用足量酸溶解wg二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL,取25.00mL,以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为:

Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+。

①判断滴定终点的方法：

________________________。

②滴定终点时消耗cmol/L-1NH4Fe（SO4）2溶液VmL,则TiO2纯度为___________（写岀相关字母表示的代数式）。

【答案】

（1）将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀

（2）TiOSO4+2NH3•H2O=TiO（OH）2↓+（NH4）2SO4（3）Fe（OH）31:

2（5）0～22HSO4--2e-=S2O82-+2H+（6）①当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色②32cv/w%

【解析】废酸中主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+，根据流程图，用氨水调节pH=3得到TiO（OH）2，而此时铁离子也会形成沉淀，因此需要加铁粉将铁离子转化为亚铁离子；滤液中加入氨水调节pH=10，得到的沉淀有氢氧化亚铁和氢氧化铝（滤渣I）；滤液中含有部分Fe（II）氨络离子[Fe（NH3）2]2+，因此加入双氧水将亚铁离子氧化形成氢氧化铁沉淀（滤渣II）；再在滤液中加入硫酸酸化后电解得到过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]。

据此分析解答。

（1）根据上述分析，铁粉主要作用是将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀，故答案为将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀；

（2）根据流程图，用氨水调节pH=3，TiO2+生成TiO（OH）2，所以化学方程式为：

TiOSO4+2NH3•H2O=TiO（OH）2↓+（NH4）2SO4，答案：

TiOSO4+2NH3•H2O=TiO（OH）2↓+（NH4）2SO4；

（3）滤渣I为氢氧化亚铁和氢氧化铝，部分氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，滤渣II为氢氧化铁沉淀，因此滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为Fe（OH）3，故答案为Fe（OH）3；

（4）在碱性溶液中，加入H2O2的目的是氧化除掉Fe（II）氨络离子[Fe（NH3）2]2+得到氢氧化铁沉淀，根据化合价升降守恒，配平后的离子方程式为2[Fe（NH3）2]2++4OH-+4H2O+H2O2=2Fe（OH）3↓+4NH3·H2O，氧化剂为H2O2，还原剂为[Fe（NH3）2]2+，氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于1：

2，故答案为1：

2；

（5）根据常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系图，阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2，阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-，则阳极的电极反应为：

2HSO4--2e-═S2O82-+2H+，故答案为0～2；2HSO4--2e-═S2O82-+2H+；

（6）①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：

当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；答案:

当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色；

②由TiO2～Fe3＋关系式，n（TiO2）=n（Fe3＋）=cmol·L－1×V×10-3L×100mL/25mL=4cV×10-3mol，TiO2纯度为4cV×10-3mol×80g·mol－1/w×100%=32cv/w%，故答案为32cv/w%。

2．工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），含有MgO、SiO2等杂质]为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：

已知：

①酸浸时，FeTiO3转化为Fe2＋和TiO2＋；②本实验温度下，Ksp[Mg（OH）2]＝1.0×10－11；请回答下列问题：

（1）酸浸时如何提高浸取速度和浸取率_____________________________（至少答两种方法）。

（2）“水解”生成H2TiO3的离子方程式为_________________________。

（3）“沉铁”过程中，气态产物的电子式为__________________；该过程需控制反应温度低于35℃，原因为___________________________________________________。

（4）滤液3可用于制备Mg（OH）2。

若滤液3中c（Mg2＋）＝1.0×10－3mo/L，向其中加入NaOH固体，调整溶液pH值大于________时，可使Mg2＋沉淀完全。

（5）“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒。

则_______极石墨棒需要定期更换，原因是__________________________________________________________。

（6）测定铁红产品纯度：

称取mg铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00mL溶液。

从其中量取20.00mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用cmol/L硫代硫酸钠（Na2S2O3）标准液滴定至终点，发生反应：

I2＋2S2O

===S4O

＋2I－。

平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为VmL。

则铁红产品的纯度为________（用c、V、m表示）。

【答案】

（1）升温、搅拌、适当增大硫酸浓度、粉碎矿石

（2）TiO2＋＋2H2O=H2TiO3↓＋2H＋（3）

温度过高容易导致NH4HCO3分解（或防止Fe2＋、Mg2＋等受热水解）（4）11（5）阳阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗（6）

【解析】根据流程：

用硫酸酸浸钛铁矿（主要成分为钛酸亚铁（ FeTiO3），含有MgO、SiO2等杂质），SiO2不溶，钛酸亚铁、氧化镁溶解，过滤，滤渣1为SiO2，滤液1含有Fe2+、TiO2+、Mg2+，水解滤液1发生反应：

TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，过滤得到H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2，电解得到Ti；滤液2主要含有Fe2+、Mg2+，加入碳酸氢铵沉铁反应：

Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，得到FeCO3沉淀和含有Mg2+的滤液3，FeCO3与氧气煅烧得到铁红，据此分析作答。

（1）适当升温。

搅拌、适当增大六三浓度、粉碎矿石等可以提高浸取速度和浸取率；

（2）根据分析，滤液1含有TiO2+，水解生成H2TiO3，离子反应为：

TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；

（3）“沉铁”过程中生成的气体是二氧化碳，其电子式为

；温度过高溶液导致碳酸氢铵分解（或防止Fe2+、Mg2+等受热水解），过沉铁过程过程需控制反应温度低于35℃；

（4）已知：

Ksp[Mg（OH）2]=1.0×10-11，使Mg2+恰好沉淀完全，此时c（OH-）=

mol/L=1.0×10-3mol/L，c（H+）=1.0×10-11mol/L，故pH≥11，Mg2+沉淀完全；

（5）“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒，阳极反应为：

2O2--4e-=O2↑，阳极产生的氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗，故阳极石墨棒需要定期更换；

（6）铁红溶于稀硫酸得到Fe3+，与KI发生反应：

2Fe3++2I-=2Fe2++I2，用硫代硫酸钠（Na2S2O3）标准液滴定生成的碘，有关系式：

Fe2O3～2Fe3+～I2～2Na2S2O3，则n（Fe2O3）=

n（Na2S2O3）=

cV×10-3mol，故mg样品中铁红产品的纯度为

×100%=

。

3．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

回答下列问题：

（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。

（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。

（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。

“电解”中阴极反应的主要产物是______。

（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。

此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。

（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：

每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。

NaClO2的有效氯含量为____。

（计算结果保留两位小数）

【答案】

（1）+3价

（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑（3）NaOHNa2CO3O2（4）2:

1氧化产物为NaClO3（5）1.57g

【解析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此来解答。

（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价；

（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：

2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；

（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2；

（4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；（5）1gNaClO2的物质的量

=

mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为

mol×4×

=

mol，则氯气的质量为

mol×71g/mol=1.57g。

4．Ba（NO3）2常用于军事上生产绿色信号弹、曳光弹等。

某生产BaCO3的化工厂生产排出大量的钡泥（主要含有BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，该厂利用钡泥制取Ba（NO3）2晶体（不含结晶水），部分工艺流程如下：

已知：

pH=3.2时，可使Fe3+沉淀完全；

请回答下列问题：

（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯,提纯的方法是：

将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中,充分搅拌、过滤、洗涤。

试用离子方程式说明提纯原理：

__________________________。

（2）酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应的化学方程式为_______________________________。

（3）该厂结合本厂实际,化合物X最好选用_________

A．BaCl2B．Ba（OH）2C．Ba（NO3）2D．BaCO3

（4）滤渣1和滤渣2洗涤产生的废液不能直接排入环境，原因是_________________。

（5）①反应I需调节溶液pH值范围在4～5，目的是________________________。

②验证该步骤中沉淀已完全的实验操作是_____________________________________。

（6）测定所得Ba（NO3）2晶体的纯度：

准确称取w克晶体溶于蒸馏水,加入足量的硫酸,充分反应后,过滤、洗涤、干燥,称量其质量为m克,则该晶体的纯度为_____________。

（提示：

M（Ba（NO3）2）=261g/mol，M（BaSO4）=233g/mol）

【答案】

（1）BaSO4（s）+CO32-（aq）

BaCO3（s）+SO42-（aq）

（2）Ba（FeO2）2+8HNO3＝Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O（3）D（4）废液中含有的重金属离子Ba2+会污染环境（5）中和溶液中过量的H+，促进溶液中Fe3+水解而形成Fe（OH）3沉淀取上层清液于试管中，往其中滴入几滴KSCN溶液，若不变血红色，则证明沉淀已完全（6）

【解析】钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，

（1）溶液存在BaSO4（aq）+CO32-（aq）⇌BaCO3（aq）+SO42-（aq），当c（CO32-）×c（Ba2+）＞Ksp（BaCO3）时，可实现沉淀的转化；

故答案为：

BaSO4（aq）+CO32-（aq）⇌BaCO3（aq）+SO42-（aq）；

（2）Ba（FeO2）2与中钡元素为+2价，铁元素为+3价，所以反应产物为Ba（NO3）2和Fe（NO3）3，所以其反应方程式为：

Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

故答案为Ba（FeO2）2+8HNO3=Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；

（3）加入X调节溶液的pH=4～5，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3，中和后溶液中H+浓度减小，pH在4～5时，Fe3+也完全沉淀，故Fe3+浓度也减小；

故答案为D；

（4）滤渣1和滤渣2洗涤产生的废液中含有的重金属离子Ba2+会污染环境，不能直接排入环境；

故答案为：

废液中含有的重金属离子Ba2+会污染环境；

（5）①反应I需调节溶液pH值范围在4～5，中和溶液中过量的H+，促进溶液中Fe3+水解而形成Fe（OH）3沉淀；

②验证该步骤中沉淀已完全，只需要检验溶液中是否存在铁离子，实验操作和现象为取上层清液于试管中，往其中滴入几滴KSCN溶液，若不变血红色，则证明沉淀已完全；

故答案为：

中和溶液中过量的H+，促进溶液中Fe3+水解而形成Fe（OH）3沉淀；取上层清液于试管中，往其中滴入几滴KSCN溶液，若不变血红色，则证明沉淀已完全；

（6）称取w克晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为m克，其发生的反应为：

Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3，设参加反应的Ba（NO3）2为xg，

Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3

261233

xmg

则解得x=

g，所以该Ba（NO3）2的纯度为

×100%=

×100%；

故答案为

×100%。

5．一种用铝土矿和硫铁矿烧渣（配料中含Al2O3、Fe2O3，FeO及SiO2等）为原料制备无机高分子絮凝剂聚合碱式氯化铝铁的流程如下：

（1）步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3被溶解的化学程式为____，滤渣1的成分为____（填化学式）。

（2）步骤Ⅳ发生反应的离子方程式为________________。

（3）步骤V若将溶液pH调成6，可能造成的影响是_______；步骤Ⅵ包含的操作有_______。

（4）测定聚合碱式氯化铝铁{可表示为[FeaAlb（OH）xCly]n}中n（Al）/n（Fe）的比值的步骤如下：

步骤1.准确称取产品5.710g溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到3.350g固体。

步骤2.另准确称取2.855g样品，溶于足量NaOH溶液，过滤，充分洗涤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到固体0.4000g。

计算产品中n（Al）/n（Fe）的比值（写出计算过程）。

__________________________

【答案】

（1）Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2OSiO2

（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（3）得到的是Fe（OH）3和Al（OH）3过滤、洗涤和干燥（4）由步骤2在2.855g样品中：

160g·mol－1×

（Fe2O3）=0.4000g，

（Fe2O3）=0.0025mol，相当于5.710g样品中含n（Fe2O3）=0.0050mol，由步骤1在5.710g样品中：

102g·mol－1×n（Al2O3）+160g·mol－1×n（Fe2O3）=3.350g，102g·mol－1×n（Al2O3）=3.350g－2×0.4000g，n（Al2O3）=0.025mol，n（Al）/n（Fe）=

【解析】由流程图可知，铝土矿和硫铁矿烧渣酸溶时，Al2O3、Fe2O3和FeO与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁和氯化亚铁，SiO2不与盐酸反应，过滤得含有氯化铝、氯化铁和氯化亚铁的滤液，滤渣1为没有反应的SiO2；酸性条件下，向滤液中加入双氧水溶液，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH为3，促进氯化铝和氯化铁的水解得到聚合碱式氯化铝铁，若溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品。

（1）步骤Ⅱ酸溶时，Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；SiO2不与盐酸反应，过滤到的滤渣1为没有反应的SiO2，故答案为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；SiO2；

（2）步骤Ⅳ为酸性条件下，氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）步骤V若将溶液pH调成6，溶液pH过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；静置后，过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品，故答案为得到的是Fe（OH）3和Al（OH）3；过滤、洗涤和干燥；

（4）由步骤2在2.855g样品中：

160g·mol－1×

（Fe2O3）=0.4000g，

（Fe2O3）=0.0025mol，相当于5.710g样品中含n（Fe2O3）=0.0050mol，由步骤1在5.710g样品中：

102g·mol－1×n（Al2O3）+160g·mol－1×n（Fe2O3）=3.350g，102g·mol－1×n（Al2O3）=3.350g－2×0.4000g，n（Al2O3）=0.025mol，n（Al）：

n（Fe）=（2×0.025mol）：

（2×0.005mol）=5:

1，故答案为5:

1。

6．实验室以蛇纹石酸浸出液（主要含Fe3+，还有一定量的Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等）为原料制备高纯氧化铁，流程如下：

已知流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：

氢氧化物

Fe3+

Fe2+

Al3+

开始沉淀的pH

1.1

5.8

3.0

沉淀完全的pH

3.2

8.8

5.0

（1）“还原”时，应选择_____________（填字母）。

A．Zn粉B．NaClO溶液C．Fe粉

（2）“滤渣”的主要成分除含有少量MnF2外，还含有_____________（填化学式）。

（3）“沉锰”时，已知：

Ksp（MnS）＝4.65×10–14。

为确保沉锰完全[即溶液中c（Mn2＋）＜1.0×10–6mol·L−1]，应保持溶液中c（S2-）＞_____________mol·L－1。

（4）“除铝”时，控制溶液pH的范围为_____________。

（5）“氧化”时，常用酸性K2Cr2O7溶液检测是否残留未被氧化的金属离子，该反应的离子方程式为_____________。

（6）“沉铁”时，反应温度为85℃条件下，反应时间和反应终点pH对铁的沉淀率的影响分别如下图所示，则最佳的工艺条件是_____________。

【答案】

（1）C

（2）CaF2、MgF2（3）4.65×10－8（4）5.0～5.8（5）Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O（6）反应时间30min、终点pH=3.5

【解析】

（1）为不能引入新杂质，把Fe3+还原为Fe2+时，应选择铁粉，故C正确。

（2）浸出液含有Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+离子，加入硫化钠除去锰离子、加入氨水除去铝离子，所以加入氟化钠是除去Ca2+、Mg2+“滤渣”的主要成分除含有少量MnF2外，还含有CaF2、MgF2。

（3）根据

，

=4.65×10－8，所以应保持溶液中c（S2-）＞4.65×10－8mol·L－1。

（4）“除铝”时，铝离子完全沉淀，而亚铁离子不能沉淀，根据表格数据，控制溶液pH的范围为5.0～5.8。

（5）K2Cr2O7溶液把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3++6Fe3++7H2O。

（6）根据反应速率、铁沉淀率，最佳的工艺条件是反应时间30min、终点pH=3.5。

7．ZrO2是重要的耐温材料，可用作陶瓷遮光剂。

天然锆英石（ZrS