培优训练4 工艺流程题专项训练文档格式.docx

1、（2）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4FeS211O22Fe2O38SO2。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：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；向NaAl

2、O2溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：CO2（过量）2H2ONaAlO2=Al（OH）3NaHCO3。（4）根据得失电子守恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为116。答案（1）OHSO2=HSO（2）FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中（3）NaAlO2Al（OH）3（4）1162.（2019苏州市高三期初调研，16）以白云石（化学式表示为MgCO3CaCO3）为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下：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：KspMg（OH）25.611012。（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”

3、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MgCO3CaCO3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”

4、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）2SO4MgOMgSO42NH3H2O；（3）依据溶度积常数计算得到，沉淀过程溶液的pH9.5，c（OH）104.5 mol/L，c（Mg2）KspMg（OH）2/c2（OH）5.611012/（104.5）25.61103mol/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NH

5、3H2O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、MgO700 （2） （NH4）2SO4MgO=MgSO42NH3H2O（3）5.61103mol/L（4） （NH4）2SO4、NH3或NH3H2O（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

6、：（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：根据平衡原理分析Li2CO3在水中溶解度随温度变化的原因_。为获得高纯Li2CO3，提纯操作依次为趁热过滤、_、干燥。若“沉锂”中c（Li）1.0 molL1，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9.0104）解析（1）“碱浸”的目的是

7、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：2LiCoO2H2O26H=2Li2Co2O24H2O。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）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

8、。提取的过程为趁热过滤，洗涤，干燥，所以答案为：洗涤。c（Li）1.0 molL1，加入等体积等浓度Na2CO3溶液，则碳酸钠的浓度也是1.0 molL1，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）0.5 molL1，沉淀出碳酸锂，所以碳酸根过量1倍，剩余c（CO）0.25 molL1，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（0.50.06）0.588%。答案（1）除去铝（2）2LiCoO2H2O26H=2Li2Co2O2 4H2O石墨、硫酸钙（3）Fe3（4）分离效率最高（5）L

9、i2CO3溶解过程为放热反应洗涤88.0%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5060 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_

10、；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Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S；（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：Fe33H2OFe（OH）

11、33H，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，Cu22H2O=Cu（OH）22H，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（52x）O22H2O=4HNO3；置换中发生FeCuCl2=FeCl2Cu、Fe2FeCl3=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）Cu2S4Fe3=2Cu24Fe2S（2）SiO2温度过高苯易挥发，温度过低硫的溶解速

12、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（52x）O22H2O=4HNO3b5.（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）“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：FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16H，则另一个反应的离子方程式为_

13、。加入FeS2还原后，检验Fe3是否反应完全的方法是_。（3）“沉淀”时，需要控制温度在35 以下，其可能原因是_。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23.2 kg的FeCO3，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84 kg，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

14、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4FeCO3O22Fe2O34CO2，设Fe2O3的质量为x，根据化学反应前后铁元素质量不变：100%x（15.84 kgx）23.2 kg，解得x14.4 kg。答案（1）加热（或适当增加硫酸的浓度、将烧渣粉碎、搅拌等）（2）FeS22Fe3=3Fe22S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）防止碳酸铵分解，减小亚铁离子

15、的水解程度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）4FeCO3O22Fe2O34CO214.46.（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。298 K时，KspFe（OH）34.01038，KspCu（OH）22.21020，KspMn（OH）21.91013（1）操作、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p

16、H至2.93.2的目的是分离_（填离子符号）（4）向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为_。若用a mol/L KMnO4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗KMnO4溶液V mL，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6.72 L，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Fe

17、3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、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2Fe3Cu=2Fe2Cu2。（3）调节pH至2.93.2的目的是分离Fe3。（4）向溶液b中加入酸性KMnO4溶液发生反应的离子方程式为MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O。若用 a mol/LKMnO4溶液处理溶液b，当恰好反应时消耗KMnO4溶液V mL，由反应的离子方程式可知，n（Fe3）5n（KMnO4）5

18、V103La mol/L5aV103mol，所得红棕色固体C为Fe2O3，其物质的量为2.5aV103mol。（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KspFe（OH）3KspCu（OH）2KspMn（OH）2，所以先生成的沉淀是Fe（OH）3（由流程可知，pH3.2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6.72 L，阴极得到的电子数为0.8NA，由电子转移守恒得，4n（O2）2n（O2）0.8 mol，则生成氧气的物质的量为0.1 mol。答案（1）过滤Cu（2）2Fe3Cu=2Fe2Cu2（3）Fe3（4）MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O2.5aV103 mol（5）Mn（OH）2（6）0.1