高考化学 难点剖析 专题17 化工流程中物质的结晶练习.docx

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高考化学难点剖析专题17化工流程中物质的结晶练习

专题17化工流程中物质的结晶

1．（I）某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。

已知铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。

从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：

（1）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是____________________。

（2）如果把步骤②中适量的盐酸改为过量的二氧化碳，则反应的离子方程式____。

（3）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是__________（保留一位小数）。

（4）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是____________________。

（II）大量燃煤产生烟气会造成空气中二氧化硫含量增多，某研究小组利用燃煤电厂的固体废弃物粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）进行烟气脱硫研究，并制备Al2（SO4）3·18H2O。

（5）第②步不能用氢氧化钠溶液的原因是_____________（用化学方程式表示）。

（6）下列关于步骤③、④的说法正确的是_______。

a．溶液C可用于制备氮肥

b．溶液B中的硫酸铵将烟气中的SO2除去

c．热分解获得的SO2可以回收再利用

（7）从固体B制备Al2（SO4）3·18H2O的实验操作是：

加入稀硫酸、加热浓缩、_________、过滤。

【答案】Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+CO2+AlO2-＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-65.4%Al2O3+3Cl2+3C

2AlCl3+3COAl（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O或Al2（SO4）3+8NaOH＝2NaAlO2+2Na2SO4+4H2Oa、c冷却结晶

【解析】分析：

（I）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既能溶于强酸又溶于强碱，Fe2O3不溶于碱，SiO2溶于强碱，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁；②为盐酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液；试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，氢氧化铝加热分解得氧化铝；由此分析解答。

详解：

（1）由于氢氧化铝能溶于强碱性溶液，因此选用弱碱氨水将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式是Al3++3NH3·H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（2）由于碳酸的酸性强于氢氧化铝，则足量二氧化碳与偏铝酸钠反应的离子方程式为CO2+AlO2-＋2H2O=Al（OH）3↓＋HCO3-；

（3）设铝土矿的质量是mg，将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则根据原子守恒可知该铝土矿中Al2O3的质量分数是

；

（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，所以反应的化学方程式是Al2O3+3Cl2+3C

2AlCl3+3CO；

（5）由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱溶液中，则第②步不能用氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为Al（OH）3+NaOH＝NaAlO2+2H2O或Al2（SO4）3+8NaOH＝2NaAlO2+2Na2SO4+4H2O。

（6）a．溶液C中含有铵盐，可用于制备氮肥，a正确；b．溶液B中的氨水将烟气中的SO2除去，硫酸铵与二氧化硫不反应，b错误；c．热分解获得的SO2可以回收再利用，c正确；答案选ac；

（7）从固体B制备Al2（SO4）3·18H2O的实验操作是：

加入稀硫酸、加热浓缩、冷却结晶、过滤。

2．（2018届湖北省沙市中学高三高考冲刺考试）硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。

工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4•7H2O的一种流程如图：

（1）步骤Ⅰ的操作是____________。

（2）步骤Ⅰ加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是______________。

（3）步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe（OH）3和MnO（OH）2两种沉淀，该反应的离子方程式为____________________________________________。

（4）步骤Ⅲ中，加入锌粉的作用是______________。

（5）已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表：

温度/℃

0

20

40

60

80

100

溶解度/g

41.8

54.1

70.4

74.8

67.2

60.5

从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为________________、冷却结晶、过滤。

烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是_________________________________。

（6）取28.70gZnSO4•7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。

分析数据，680℃时所得固体的化学式为______。

a．ZnOb．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4d．ZnSO4•H2O

【答案】过滤升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe（OH）3↓

+MnO（OH）2↓+5H+除去Cu2+60℃条件下蒸发浓缩降低烘干的温度，防止ZnSO4•7H2O分解b

【解析】

（1）分离固体和液体通常用过滤的方法，ZnSiO3、与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，因此所用的操作为过滤。

（2）氧化锌矿在加入稀硫酸溶解的同时不断通入高温水蒸气，可以升高温度、使反应物充分混合，从而加快反应速率。

（3）在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾,高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应,生成Fe（OH）3和MnO（OH）2两种沉淀，则反应的离子方程式为:

3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe（OH）3↓+MnO（OH）2↓+5H+。

（4）步骤Ⅲ中，向滤液中加入锌粉,可以与Cu2+反应置换出铜，从而除去Cu2+

（5）从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作,因为ZnSO4•7H2O易分解,所以烘干操作需在减压低温条件下进行,因此，本题正确答案是:

60

条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度,防止ZnSO4•7H2O分解。

（6）28.70gZnSO4•7H2O的物质的量为0.1mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4•H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O（SO4）2时,物质的量均为0.1mol,若得ZnSO4•H2O的质量为17.90g（100℃）;若得ZnSO4的质量为16.10g（250℃）;若得ZnO的质量为8.10g（930℃）;据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2。

3．（2018届江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市高三第二次调研）CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。

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

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计算）

（1）“酸浸”时通入SO2的目的是__。

（2）“除铝”时调节溶液pH范围为__，该过程中主要反应的离子方程式为__。

（3）“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溶液需缓慢滴加的原因是__。

（5）CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，该反应的化学方程式为_______。

【答案】将Co3+还原为Co2+5.0～5.42Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液防止加入过快而产生Co（OH）2沉淀2CoCO3

Co2O3+CO↑+CO2↑

（有机层）+H2SO4（水层），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，分液；（4）“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加，防止加入过快而产生Co（OH）2沉淀；（5）CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2CoCO3

Co2O3+CO↑+CO2↑。

4．（2018届山西省晋城市高三上学期第一次模拟考试）工业上可用铬铁矿（主要成分可表示为FeO·Cr 2O3，还含有Al2O3、MgCO3、SiO2 等杂质）为原料制备重铬酸钾晶体和绿矾的流程如下：

已知：

Ⅰ．常见离子沉淀的pH范围

Fe3+

Al3+

Mg2+

SiO32-

AlO2-

开始沉淀

1.9

4.2

8.1

9.5

10.2

沉淀完全

3.2

5.3

9.4

8.0

8.5

Ⅱ．焙烧过程中主要发生反应：

2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3=4Na2Cr2O4+Fe2O3+ 4CO2 ↑+7NaNO2。

（1）绿矾的化学式为________。

（2）焙烧后的混合物中除含有Na2Cr2O4、NaNO2和过量的Na2CO3、NaNO3外，还含有NaAlO2和Na2SiO3等物质，则焙烧过程中NaAlO2的化学方程式为___________________________。

（3）固体Y的主要成分为________（填写化学式）。

（4）酸化过程中用醋酸调节pH=5的目的为________________________；若pH调节的过低，NO2-可被氧化为NO3-，其离子方程式为_________________________________。

（5）调节pH=5后，加入KCl 控制一定条件，可析出K2Cr2O7晶体，说明溶解度的大小：

K2Cr2O7________Na2Cr2O7（填“大于”或“小于”）。

（6）流程中的一系列操作为____________________________________。

【答案】FeSO4·7H2ONa2CO3+Al2O3

2NaAlO2+CO2 ↑H2SiO3和Al（OH）3将CrO42-转化为Cr2O72-Cr2O72-+3NO2-+8H+=2Cr3++3NO3-+4H2O小于蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

【解析】

（1）.绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，故答案为：

FeSO4·7H2O；

（2）.焙烧过程中，Na2CO3和Al2O3反应生成NaAlO2和CO2，化学方程式为：

Na2CO3+Al2O3

2NaAlO2+CO2 ↑；

（3）.由离子沉淀的pH范围可知，调节pH=7～8，是为了沉淀H2SiO3和Al（OH）3，所以固体Y的主要成分是H2SiO3和Al（OH）3；

5．（2018届山东省潍坊市昌乐县第二中学高三下学期一模拉练）CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂。

可由水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取，其工艺流程如下：

已知：

①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等．

②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表．

沉淀物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Co（OH）2

Al（OH）3

Mn（OH）2

开始沉淀

2.7

7.6

7.6

4.0

7.7

完全沉淀

3.7

9.6

9.2

5.2

9.8

③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110﹣120℃时，失去结晶水生成CoCl2．

回答下列问题：

（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为________________________。

（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是______________________________________。

（3）“加Na2CO3调pH至a”，a=______；过滤所得沉淀的主要成分为_________（填化学式）。

（4）萃取剂对金属离子的萃取与溶液pH的关系如下图所示，向“滤液”中加入该萃取剂的目的是__________，使用该萃取剂的最佳pH范围是_____（填选项字母）

A．5.0﹣5.5B．4.0﹣4.5C．3.0﹣3.5D．2.0﹣2.5

（5）实验操作“操作1”为_______________、_________、过滤和减压烘干；制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是________________________。

【答案】Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素5.2Fe（OH）3、Al（OH）3除去溶液中的Mn2+C；蒸发浓缩冷却结晶降低烘干温度，防止产品分解

【解析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3、Co（OH）3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸反应生成可溶性的CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，调节溶液PH在3.0—3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，为得到CoCl2•6H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品。

（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O；

（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素；

（3）“加Na2CO3调pH至a”，a=5.2，保证铝离子沉淀完全，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：

2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：

2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：

Fe（OH）3、Al（OH）3；

（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；

（5）实验操作“操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和减压烘干；根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：

含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。

6．（2018届河北省石家庄市高中毕业班模拟考试二）氧化锌是一种常用添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶、电池等产品的制造。

一种利用氧化锌烟灰制备活性氧化锌的工艺流程如下：

已知：

I.氧化锌烟灰的主要化学组成如下:

元素组成

ZnPbCuClF

质量分数/%

59.789.070.302.241.80

II.“浸出”时，大部分锌元素以Zn（NH3）42+形式进入溶液，同时部分Pb、Cu、F元素也进入溶液中。

（1）Zn的原子序数为30，其在元素周期表中的位置为__________。

（2）“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为_______________________；“浸出”时温度不宜过高，其原因为____________________________________________。

（3）若“浸出”后，所得溶液中c（F-）＝0.02mol·L-1，向其中加入等体积的氯化钙溶液（忽略溶液体积变化），使F-沉淀完全即溶液中c（F-）＜10-5mol·L-1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为_____________。

已知：

Ksp（（CaF2）=3.45×10-11

（4）“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有___________；“净化”时，利用活性炭的_________性，除去溶液中残留的有机物。

（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn（NH3）Cl2。

所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为_________________________________。

（6）将滤液1和滤液2合并，经浓缩后，可返回至__________（填流程中的操作名称）循环利用。

（7）“一次水解”时，产物为Zn（OH）xCly，。

取10.64g该水解产物，经二次水解、煅烧后，可得活性氧化锌8.1g（假设各步均转化完全）。

则一次水解产物的化学式为_____________。

【答案】第4周期ⅡB族ZnO+2NH3+2NH4+=Zn（NH3）42++H2O或ZnO+2NH3·H20+2NH4+=Zn（NH3）42++3H2O避免氨水的分解与挥发0.70mol·L-1Pb、Cu吸附Zn（NH3）2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl浸出Zn（OH）1.6Cl0.4

【解析】

（1）Zn的原子序数为30，其在元素周期表中的位置为第4周期ⅡB族。

（2）“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为ZnO+2NH3+2NH4+=Zn（NH3）42++H2O或ZnO+2NH3·H20+2NH4+=Zn（NH3）42++3H2O；“浸出”时温度不宜过高，其原因为避免氨水的分解与挥发。

（3）取1Lc（F-）＝0.02mol·L-1浸出液，加1L氯化钙溶液，令c（Ca2＋）为xmol/l，混合后溶液体积为2L，溶液中留下的n（F－）=2L×10-5mol·L-1=2×10-5mol，沉淀的n（F－）=0.02mol·L-1×1L-2×10-5mol=0.02mol，沉淀的n（Ca2＋）=0.01mol，Ksp（（CaF2）=c（Ca2＋）．c2（F－）=3.45×10-11，余下的溶液中c（Ca2＋）=3.45×10-11/（10-5）2=0.345mol·L－1，余下的溶液中n（Ca2＋）=0.345mol·L－1×2L=0.69mol，故加入的c（Ca2＋）=（0.69mol+0.01mol）/1L=0.70mol·L-1。

使F-沉淀完全即溶液中c（F-）＜10-5mol·L-1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为0.70mol·L-1。

（4）Zn的活泼性强于Pb、Cu，“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有Pb、Cu；“净化”时，利用活性炭的吸附性，除去溶液中残留的有机物。

（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn（NH3）Cl2。

所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为Zn（NH3）2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl。

（6）将滤液1和滤液2合并，经浓缩后，含有氯化铵等，可返回至浸出循环利用。

（7）n（ZnO）=8.1g/81g·mol－1=0.1mol，M（Zn（OH）xCly）=10.64g/0.1mol=106.4g·mol－1，x+y=2，65+17x+35.5y=10.64g，解得：

x=1.6,y=0.4,则一次水解产物的化学式为Zn（OH）1.6Cl0.4

7．（2018届山西省孝义市高三下学期一模考试）硼镁泥主要成分是MgO（占40%），还含有Na2B4O7、CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。

以硼镁泥为原料制取MgSO4·7H2O的工艺流程如下：

已知部分金属阳离子沉淀的pH：

Fe（OH）3：

3.2，Al（OH）3：

5.2，Fe（OH）2：

9.7，Mg（OH）2：

11.2。

（1）为提高酸浸时浸出速率，可采取的措施有______________（写出两条）。

（2）H2SO4 和Na2B4O7发生反应的化学方程式为________________。

（3）加入NaClO后可以生成一种不溶于水的黑色固体，则反应的离子方程式为_________。

（4）加MgO煮沸，并调整溶液pH=5～6 的目的是_______________。

（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：

10℃

20℃

40℃

60℃

MgSO4

28.2

33.7

44.5

54.6

CaSO4

0.244

0.255

0.264

0.265

“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4。

除去，根据上表数据，步骤为________________，__________________。

（6）本实验中多次用到抽滤操作，其装置如图，相比普通过滤，抽滤的优点是____________________。

（7）实验中提供的硼镁泥共100 g，得到MgSO4·7H2O为172.2 g，则MgSO4·7H2O 的产率为__________。

【答案】适当增加硫酸浓度、提高反应温度、搅拌等（任写两条，答案合理即可）Na2B4O2+H2SO4+5H2O= Na2SO4+4H3BO3↓ClO-+Mn2++H2O=MnO2↓+Cl-+2H+使Fe、Al转化为氢氧化物沉淀除去蒸发结晶趁热过滤过滤速度快，得到的沉淀较干燥70%

（3）根据题意可知，NaClO具有氧化性，能够把锰离子氧化为二氧化锰，亚铁离子氧化为铁离子，只有二氧化锰不溶于水的黑色固体，则该反应的离子方程式为ClO-+Mn2++H2O=MnO2↓+Cl-+2H+；

（4）加入NaClO溶液后，亚铁离子氧化为铁离子，根据金属阳离子沉淀的pH：

Fe（OH）3：

3.2，Al（OH）3：

5.2可知，加MgO煮沸，并调整溶液pH=5～6 的目的是使Fe3+、Al3+变为沉淀而除去；

（5）由表中数据可知，硫酸钙的溶解度随温度的变化不大，硫酸镁的溶解度随温度变化较大，因此可以采用蒸发结晶、趁热过滤的操作除去MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4；正确答案：

蒸发结晶；趁热过滤。

（6）相比普通过滤，抽滤的优点是过滤速度快，得到的沉淀较干燥；

（7）硼镁泥主要成分是MgO（占40%），提供的硼镁泥共100g，所以氧化镁的质量为40g，物质的量为1mol,理论上产生MgSO4·7H2O的量为1mol,质量为246g，则MgSO4·7H2O 的产率为172.2/246×100%=70%。

8．（2018届湖北省鄂东南省级市范高中教育教学改革联盟学校高三五月联考）Ni-MH电池在工农业生产和日常生活中具有广泛用途，废旧电池中含有大量金属元素，其回收利用具有非常重要的意义。

一种利用废Ni-MH电池正极材料（主要含有Ni（OH）2，还含有少量Fe、Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的氢氧化物）制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程如下图所示：

回答下列问题：

（1）“浸出”时温度、硫酸浓度、浸出时间对镍浸出率的影响如下图：

则“浸出”时最适宜的条件为_______________。

（2）在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿（FeOOH），写出反应的离子方程式：

__________。

（3）“滤液2”中加入NaF 可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。

当加入过量NaF后，所得“滤液3”中