题型10无机工业流程一解析版.docx

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题型10无机工业流程一解析版

2021届全国新课标高考化学培优“题对题”提分狂练

题型10无机工业流程

（一）

化学工艺流程试题是全国卷的必考题型。

化学工艺流程是将化工生产过程中主要生产阶段以流程框图形式呈现出来。

因其取材于真实的工艺生产流程，使命题的情境新、设问方式与角度多样，考查内容广泛，因而综合考查考生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力，如读图能力、信息提取与所学知识融合应用能力等。

考查的内容主要涉及到元素化合物的性质、物质推断、速率与平衡、电化学、电解质溶液理论、氧化还原反应方程式的书写、实验基本操作、实验步骤的分析、实验方案的评价、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，可以说是真正的学科内综合题，无所不考，充分体现了以能力立意的命题思想。

【2020•新课标Ⅰ卷】钒具有广泛用途。

黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。

采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

金属离子

Fe3+

Fe2+

Al3+

Mn2+

开始沉淀pH

1.9

7.0

3.0

8.1

完全沉淀pH

3.2

9.0

4.7

10.1

回答下列问题：

（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。

（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有___________离子被氧化。

写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式___________。

（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。

（4）“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。

滤渣③的主要成分是___________。

（5）“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。

（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。

【答案】

（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）

（2）Fe2+VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H2O

（3）Mn2+Fe3+、Al3+（4）Fe（OH）3

（5）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓或Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+Al（OH）3↓+H2O

（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全

【解析】

（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：

升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；

（2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2（SO4）3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO2+的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为VO2+时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO2+反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=VO2++Mn2++H2O；（3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；（4）根据分析，滤渣③的主要成分是Fe（OH）3；（5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al（OH）3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓或Na[Al（OH）4]+HCl=NaCl+Al（OH）3↓+H2O；（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：

增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。

【2020•新课标Ⅲ卷】某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。

采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

金属离子

Ni2+

Al3+

Fe3+

Fe2+

开始沉淀时（c=0.01mol·L−1）的pH

沉淀完全时（c=1.0×10−5mol·L−1）的pH

7.2

8.7

3.7

4.7

2.2

3.2

7.5

9.0

回答下列问题：

（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。

为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。

写出该反应的离子方程式______________。

（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。

（3）“转化”中可替代H2O2的物质是______________。

若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即

“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。

（4）利用上述表格数据，计算Ni（OH）2的Ksp=______________（列出计算式）。

如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L−1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。

（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。

写出该反应的离子方程式______________。

（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。

【答案】

（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物

AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓或[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O

（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）O2或空气Fe3+

（4）

3.2~6.2

（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O（6）提高镍回收率

【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。

（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2（或Na[Al（OH）4]），加入稀硫酸可发生反应AlO2-+H++H2O=Al（OH）3↓或[Al（OH）4]-+H+=Al（OH）3↓+H2O；

（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c（Ni2+）=1.0×10-5mol·L-1，c（H+）=1.0×10-8.7mol·L-1，则c（OH-）=

，则Ni（OH）2的

；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c（Ni2+）=0.01mol·L-1，c（H+）=1.0×10-7.2mol·L-1，则c（OH-）=

，则Ni（OH）2的

；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时

，则

，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2；（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。

1．（2019·石家庄市藁城区第一中学高三月考）三草酸合铁酸钾晶体（K3[Fe（C2O4）3]·3H2O）能溶于水，难溶于乙醇，该物质对光敏感，光照下即发生分解，产物之一是黄色的草酸亚铁。

实验室可用如图流程来制备三草酸合铁酸钾晶体。

根据题意完成下列各题：

（1）若用废铁屑和稀硫酸制备绿矾，需先将废铁屑碱煮水洗，其目的是___________；然后与硫酸反应时___________（填物质名称）往往要过量。

（2）要从溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作是___________（按前后顺序填代号）。

a．过滤洗涤b．蒸发浓缩c．冷却结晶d．灼烧e．干燥

（3）称取制得的绿矾晶体7.00g，加稀硫酸溶解。

加入一定量的草酸后，加热煮沸，形成黄色沉淀，过滤，洗涤。

如何确定沉淀已经洗涤干净：

___________。

（4）氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40℃左右，原因是______________________；写出氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式______________________。

（5）经过一系列操作后得到的最终产物晶体先用少量冰水洗涤，再用无水乙醇洗涤，低温干燥后称量，得到9.82g翠绿色晶体，用无水乙醇洗涤晶体的目的是___________。

（6）列式计算本实验中三草酸合铁酸钾晶体的产率___________（保留一位小数）。

（7）某同学制得的三草酸合铁酸钾晶体表面发黄，推测可能有部分晶体见光分解。

为了验证此推测是否正确，可用的试剂及现象是_________________________________。

【答案】

（1）除去铁屑表面的油污铁屑

（2）bcae

（3）取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净

（4）温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解

2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O42-=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O

（5）除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，利于干燥（6）79.4%

（7）检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解

【解析】向绿矾中加入稀硫酸，可抑制亚铁离子的水解，硫酸亚铁与草酸反应生成黄色沉淀FeC2O4·2H2O，加入草酸钾、用过氧化氢将FeC2O4·2H2O氧化为K3[Fe（C2O4）3]，加入草酸煮沸后一定条件下结晶得到K3[Fe（C2O4）3]·3H2O。

（1）将废铁屑碱煮水洗，其目的是为了除去铁屑中不溶于酸的杂质，铁屑与硫酸反应时，由于Fe2+容易被空气中的氧气氧化，所以铁屑往往要过量；

（2）要从溶液中得到绿矾晶体，应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，析出固体后过滤、洗涤、最后干燥即得绿矾，故答案为bcae。

（3）检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀硫酸钡，则说明洗涤干净。

（4）氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40℃左右原因是，温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解；氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式为2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3C2O42-=2[Fe（C2O4）3]3-+6H2O。

（5）根据题给信息可知三草酸合铁酸钾晶体难溶于乙醇，乙醇具有挥发性，用乙醇洗涤，不但可以除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，而且利于晶体快速干燥。

（6）7.00gFeSO4·7H2O理论上生成（K3[Fe（C2O4）3]·3H2O）的质量为

，则产率为

。

（7）三草酸合铁酸钾见光分解，产物之一是黄色的草酸亚铁，检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解。

2．（2021届·宁夏长庆高级中学高三月考）铋酸钠（NaBiO3）常用作Mn2+鉴定的强氧化剂，某研究小组用浮选过的辉铋矿（主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2等杂质）制备铋酸钠，其流程如图：

己知：

①NaBiO3是一种难溶于水的物质②BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀。

请回答下列问题：

（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有______（填标号）。

a．粉碎矿石b．搅拌c．加入足量的蒸馏水d．降低温度

（2）滤渣A的主要成分为___________（填化学式），溶浸时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，加入的浓盐酸需过量的目的是____________________________________。

（3）通过反应③实现FeCl3的循环利用，写出该反应的离子方程式__________________。

（4）反应④的化学方程式为_______________________________。

（5）NaBiO3可在酸性介质中将Mn2+氧化为MnO4-，故可用于Mn2+的鉴定。

已知NaBiO3被还原为Bi3+，该反应的离子方程式为____________________________。

（6）实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL0.500mol/LFeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要_________________。

（7）取上述NaBiO3样品10.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，稀释至100mL，取出20.00mL溶液，然后用新配制的0.500mol/LFeSO4溶液进行滴定，滴定完成后消耗24.80mLFeSO4溶液。

则该样品中NaBiO3纯度为____________%（结果保留小数点后一位）。

【答案】

（1）ab

（2）SiO2、S防止FeCl3及BiCl3水解，提高原料的浸出率

（3）2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl‒（4）2Bi+Na2O2+2O2

2NaBiO3

（5）5NaBiO3+2Mn2++14H+＝2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O

（6）250mL容量瓶（7）86.8

【解析】分析流程图，该过程为利用辉铋矿制备铋酸钠，首先向辉铋矿中加入氯化铁溶液和盐酸，使Bi全部变为Bi3+，矿石中的SiO2不溶，S2‒在反应中变为单质，二者以滤渣性质存在，故滤渣A的主要成分是SiO2和S；随后向含有Bi3+的溶液中加入铁粉，由于Fe的活动性强于Bi，可以将Bi3+还原为Bi单质，Bi单质与过氧化钠在空气中焙烧即得到铋酸钠固体。

滤液B主要含有Fe2+。

（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度等，答案为ab；

（2）酸性氧化物SiO2不与酸和氯化铁溶液发生反应，也不溶于该混合溶液中，故以滤渣形式存在。

Bi2S3中的S2‒在加入FeCl3溶液时会发生氧化还原反应：

S2‒+2Fe3+＝S↓+2Fe2+，产生的S单质难溶于水，也以沉淀的形式存在，所以滤渣A的成分是S、SiO2；FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，FeCl3和BiCl3会发生水解反应形成Fe（OH）3、BiOCl等不溶性沉淀，溶浸时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，向其中加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；（3）由分析可知，滤液B主要含有Fe2+，向其中通入Cl2，发生化学反应：

2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl‒，从而实现FeCl3的循环利用；（4）Bi和过氧化钠在空气中焙烧，生成铋酸钠，反应方程式为：

2Bi+Na2O2+2O2

2NaBiO3；（5）铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为MnO4-，则根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，NaBiO3被还原为Bi3+的离子方程式是：

5NaBiO3+2Mn2++14H+＝2MnO4-+5Na++5Bi3++7H2O；（6）实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL2.0mo1·L-1FeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；（7）根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可得关系式：

NaBiO3~2FeSO4，则n（FeSO4）=

，则n（NaBiO3）=

，所以该样品中NaBiO3纯度为=

。

3．（2021届·石家庄市藁城区第一中学高三月考）氯化亚铜是一种重要的化工原料，一种利用低品位铜矿（主要含有Cu2S、CuS、FeO、Fe2O3、SiO2等）为原料制取CuCl的工艺流程如图：

（1）反应Ⅰ“浸取”前需将铜矿粉碎的目的是_________________________________；

（2）滤渣Ⅰ的成分除S和MnO2外还含有______________________，反应Ⅰ中MnO2的作用为_________________________________

（3）已知生成氢氧化物的pH如表，则反应Ⅱ“中和”时，用氨水调pH的范围是______________________。

物质

Cu（OH）2

Mn（OH）2

Fe（OH）3

开始沉淀pH

4.2

8.3

1.2

完全沉淀pH

6.7

9.8

3.2

（4）检验滤液Ⅱ中是否含有Fe3+所需要的试剂是______________________

（5）①反应Ⅲ中生成难溶MnCO3的离子方程式_________________________________：

②反应Ⅳ所对应的化学方程式：

____________________________________________

（6）CuCl的定量分析

步骤1.取样品0.7500g和30.0mL1.0mol·L-1过量的FeCl3溶液置于250mL的锥形瓶中，不断摇动。

步骤2.待样品溶解后，平均分为3份，用0.1000mol·L-1Ce（SO4）2标准溶液进行滴定。

三次实验测得数据如表

序号

1

2

3

起始读数/mL

0.95

0.70

1.00

终点读数/mL

20.95

24.95

21.00

已知：

CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。

①数据处理：

计算得CuCl的纯度为___________%

②误差分析：

下列操作会使测定结果偏高的是：

_____________________

A．锥形瓶中有少量蒸馏水

B．滴定终点读数时仰视滴定管刻度线

C．0.1000mol·L-1硫酸铈溶液久置后浓度变小

D．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后产生气泡

E.振荡锥形瓶时部分液体溅出

【答案】

（1）提高浸取反应速率和原料的浸取率

（2）SiO2氧化剂

（3）3.2≤pH＜4.2（4）KSCN溶液

（5）Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+Cu（NH3）4CO3+6HCl+Cu=2CuCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O

（6）①79.6%②BC

【解析】低品位铜矿（主要含CuS、Fe2O3、SiO2）为原料，加入稀硫酸溶液和二氧化锰，溶解后过滤得到滤液中含Mn2+、Fe3+、Cu2+，滤渣为二氧化硅和生成的单质S，滤液中加入氨水调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到滤液Ⅱ含Mn2+、Cu2+、NH4+，滤渣Ⅱ为Fe（OH）3，滤液Ⅱ中加入氨气和碳酸氢钠生成碳酸锰沉淀和Cu（NH3）4CO3，加入盐酸和铜生成CuCl。

（1）将铜矿粉碎，可增大接触面积，提高浸取反应速率和原料的浸取率；

（2）滤渣Ⅰ的成分除S、二氧化锰之外还有不与酸反应的二氧化硅，反应Ⅰ中MnO2的化合价+4价变化为+2价，化合价降低，作用是氧化剂；（3）反应Ⅱ中用氨水调节pH值，沉淀铁离子，而锰离子和铜离子不沉淀，则依据图表数据分析判断pH的取值范围为3.2≤pH＜4.2；（4）检验滤液Ⅱ中是否含有Fe3+的试剂是KSCN溶液，遇到铁离子生成红色溶液；（5）①反应Ⅲ中生成难溶MnCO3的离子方程式为：

Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+；②反应Ⅳ所对应的反应是Cu（NH3）4CO3、HCl、Cu反应生成氯化亚铜、氯化铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：

Cu（NH3）4CO3+6HCl+Cu=2CuCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O；（6）①CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+，标准溶液体积中2实验读取误差太大舍去，平均消耗溶液体积=

，称取0.7500g的样品和30.0mL1.0mol/L的FeCl3溶液置于250mL锥形瓶中，n（Fe3+）=0.0300L×1.0mol/L=0.03mol，待样品溶解后，平均分为3份，用0.1000mol•L-1Ce（SO4）2标准溶液进行滴定，得到对应关系

n=0.002mol＜0.03mol，则结合CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2得到CuCl物质的量0.002mol，样品中CuCl纯度=

；②A项，锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B项，滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C项，0.1000mol/LCeOSO4溶液久置后浓度变小，滴定时消耗溶液体积增大，结果偏高，故C正确；D项，滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后产生气泡，读取标准溶液体积增小，测定结果偏低，故D错误；E项，振荡锥形瓶时部分液体溅出，导致溶质质量减少，则测定结果偏低，故E错误；故选BC。

4．（2021届·湖南高三月考）工业上常用水钴矿（主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质）制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：

已知：

Ksp（CaF2）=5.3×10-9，Ksp（MgF2）=5.2×10-12

回答下列问题：

（1）在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“酸浸”速率的方法有___________（任写一种）。

（2）“酸浸”后加入Na2SO3溶液得到Co2+反应的离子方程式为______________________。

（3）操作1的名称为___________。

（4）加入碳酸氢钠溶液的目的是_________________________________。

（5）沉淀B的成分为___________。

（6）已知隔绝空气煅烧CoC2O4时钴的化合价不变，并生成等体积的两种气体，则隔绝空气煅烧CoC2O4反应的化学方程式为______________________。

【答案】

（1）将水钴矿石粉碎；适当增加盐酸浓度；适当提高酸浸时温度等

（2）2Co3++SO32-+H2O=2Co2++SO42-+2H+

（3）过滤

（4）使Fe3+、Al3+沉淀为Fe（OH）3、Al（OH）3（5）MgF2、CaF2

（6）CoC2O4

CoO+CO↑+CO2↑

【解析】由工艺流程分析可知，水钴矿（主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质）加盐酸酸浸，得到含有Co3+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+的酸浸液，加入Na2SO3溶液，发生反应2Co3++SO32-+H2O=2C