届高考一轮人教化学无机化工工艺流程提升题附答案.docx

1、届高考一轮人教化学无机化工工艺流程提升题附答案2021届高考一轮（人教）化学：无机化工工艺流程（提升题）附答案专题：无机（化工）工艺流程1、三氧化二钴主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用铜钴矿石制备Co2O3的工艺流程如图1。已知：铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。请回答下列问题：(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_(写出2种即可)。(2)“浸泡”过程中，加入Na2SO3溶液的主要作用是_。(3)向“沉铜”后的滤液中加入NaClO3溶液，写出滤液中的金属离子与NaClO3反应的离

2、子方程式_。(4)温度、pH对铜、钴浸出率的影响如图2、图3所示：“浸泡”铜钴矿石的适宜条件为_。图3中pH增大时铜、钴浸出率下降的原因可能是_。(5)CoC2O42H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式是_。(6)一定温度下，向滤液A中加入足量的NaF溶液可将Ca2、Mg2沉淀而除去，若所得滤液B中c(Mg2)1.0105molL1，则滤液B中c(Ca2)为_。已知该温度下Ksp(CaF2)3.41011，Ksp(MgF2)7.11011解析：往铜钴矿石中加入过量稀硫酸和Na2SO3溶液，“浸泡”后溶液中含有Co2、Cu2、Fe2、Mg2、Ca2，加入Na2SO3溶液主要是将Co3

3、、Fe3还原为Co2、Fe2，“沉铜”后先加入NaClO3溶液将Fe2氧化为Fe3，再加入Na2CO3溶液调节pH使Fe3沉淀，过滤后所得滤液A主要含有Co2、Mg2、Ca2，再用NaF溶液除去钙离子、镁离子，过滤后，向滤液B中加入浓Na2CO3溶液使Co2转化为CoCO3固体，向CoCO3固体中先加盐酸，再加草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3。(1)“浸泡”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法有升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等。(2)Na2SO3具有较强的还原性，加过量的Na2SO3溶液可将Co3和Fe3还原为Co2及Fe2。(3)由图1可知，“沉铜”后加入NaC

4、lO3溶液时，Co2并未被氧化，被氧化的是Fe2，反应的离子方程式为ClO6Fe26H=Cl6Fe33H2O。(4)根据图2、图3可知，“浸泡”铜钴矿石的适宜条件是温度为65 75 及pH为0.51.5。图3反映的是pH变化对铜、钴浸出率的影响，“浸泡”过程是利用H和CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3发生反应以浸出金属离子，当pH逐渐增大时，H的浓度减小，铜、钴浸出率降低。(5)CoC2O42H2O在空气中高温煅烧得到Co2O3的化学方程式为4CoC2O42H2O3O22Co2O38CO28H2O。(6)c(Ca2)c(Mg2)1.0105molL14.8106 molL1。答

5、案：(1)升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度(写出2种即可)(2)将Co3、Fe3还原为Co2、Fe2(3)ClO6Fe26H=Cl6Fe33H2O(4)温度为65 75 、pH为0.51.5pH升高后溶液中c(H)下降，溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力降低(5)4CoC2O42H2O3O22Co2O38CO28H2O(6)4.8106 molL12、工业上用某种氧化铝矿石(含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下： 对上述流程中的判断正确的是()A试剂X可以为氨水，沉淀中含有铁的化合物BCO2可以用H2SO4溶液或稀盐酸代替C反应中的反应为CO2AlO2H2

6、O=Al(OH)3HCOD工业上还可采用Fe还原Al2O3的方法制Al，成本更低【答案】C【解析】A项试剂X应为强碱溶液，使Al2O3溶解；B项若用强酸代替CO2，强酸过量时，Al(OH)3会溶解，不能保证生成Al(OH)3沉淀；D项因Al比Fe活泼，不能用Fe置换Al。3、无色透明的锆石(主要成分为ZrSiO4)酷似钻石，是很好的钻石代用品。锆石又称锆英石，常含有铁、铝、铜的氧化物杂质。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：已知：.Zr在化合物中通常显4价，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物；.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，390 升华；

7、.Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK，Zr(SCN)4在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度。请回答下列问题：(1)“粉碎”锆英石的目的为_。(2)“氯化”过程中，锆英石发生的主要反应的化学方程式为_。“氯化”过程中ZrCl4的产率与温度、压强的关系如图所示：由图可知，“氯化”过程选择的最佳条件为_；“氯化”温度超过390 时，ZrCl4产率降低的原因为_。(3)“滤液1”中含有的阴离子除OH、Cl外，还有_。(4)常用的铜抑制剂有NaCN(氰化钠)，NaCN可与铜离子反应生成Cu(CN)2KspCu(CN)241010 mol3L3沉淀。已知盐酸溶解后的溶液中Cu2的浓度为1 m

8、olL1，当溶液中Cu2浓度不大于1106 molL1时即达到后续生产的要求，则欲处理1 L该溶液至少需要2 molL1的NaCN溶液的体积为_ L(溶液混合时的体积变化忽略不计，计算结果保留两位小数)。由于氰化钠有剧毒，所以需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分。请写出在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式 _。(5)通过“萃取”“反萃取”可以分离铁，富集锆，原理为_。解析(2)根据已知条件可知，“氯化”过程中除C、O元素外，其他元素均转化为高价氯化物，Zr在化合物中通常显4价，因此“氯化”过程中，锆英石发生的主要化

9、学反应为ZrSiO44Cl24CO=ZrCl4SiCl44CO2，此反应体系为无水体系，SiCl4不水解。由图可知，压强和温度都会影响ZrCl4的产率，图中“氯化”过程中ZrCl4的产率最高时的条件为1 MPa、390 。由已知条件可知ZrCl4易溶于水，390 升华，因此“氯化”温度超过390 ，ZrCl4因升华而逸出，导致其产率降低。(3)“氯化”后“碱浸”，“氯化”产物ZrCl4与NaOH反应生成难溶于水的Zr(OH)4，SiCl4水解生成的H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3，Fe3、Cu2转化为沉淀，Al3与过量NaOH溶液反应生成AlO，因此，“滤液1”中含有的阴离子除OH

10、、Cl外，还有AlO、SiO。(4)1 L Cu2浓度为1 molL1的溶液中n(Cu2)1 mol，消耗2 mol NaCN。c(Cu2)1106 molL1时，c(CN)2102 molL1，设至少需要NaCN溶液的体积为V L，则2V22102(V1)，解得V1.02。选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将氰化钠氧化，其中一种产物为空气的主要成分，即为N2，因此漂白液与氰化钠反应的离子方程式为2CN5ClO2OH=2CO5ClN2H2O。(5)“滤液2”中含有Fe3和Zr4，“络合”后形成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，由已知条件可知Fe(SCN)3难溶于有机溶剂MIBK，Zr(SCN)4

11、在水中的溶解度小于在有机溶剂MIBK中的溶解度，通过萃取，Zr(SCN)4进入有机层，Fe(SCN)3留在水层，再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4，从而达到分离铁而富集锆的目的。答案(1)增大反应物的接触面积，缩短“氯化”时间，提高锆英石的转化率(2)ZrSiO44Cl24CO=ZrCl4SiCl44CO21MPa、390 温度高于390 ，ZrCl4因升华而逸出(3)AlO、SiO(4)1.02 2CN5ClO2OH=2CO5ClN2H2O(5)“络合”后，Fe3与Zr4分别与NH4SCN反应生成Fe(SCN)3和Zr(SCN)4，Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr(SCN)4则被MI

12、BK萃取，进入有机层，再利用H2SO4反萃取Zr(SCN)4，从而达到分离铁而富集锆的目的4、结晶水合物在煅烧过程中会发生一系列变化，请回答下列问题：(1)硫酸高铈Ce(SO4)2是一种常用的强氧化剂。将Ce(SO4)24H2O(摩尔质量为404 gmol1)在空气中加热，样品的固体残留率(100%)随温度的变化如图1所示。当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为_(填字母)。ACe(SO4)2 BCe2(SO4)3 CCeOSO4(2)固体A为生石膏(CaSO42H2O)和不含结晶水且高温时也不分解的杂质。生石膏在120 时失水生成熟石膏(2CaSO4H2O)，熟石膏在200 时失水生成硫

13、酸钙。为测定固体A中生石膏的含量，某科研小组进行了如下实验：称取固体A 180 g置于坩埚中加热，加热过程中固体质量随温度变化的情况如图2所示。实验中每次对固体称量时需要在冷却后进行。为保证实验结果的精确性，固体冷却时必须防止_。将加热到1 400 时生成的气体通入品红溶液中，品红褪色。写出1 400 时的化学反应方程式：_。固体A中生石膏的质量分数约为_(结果保留1位小数)。答案(1)B(2)吸水2CaSO42CaO2SO2O295.6%解析(1)若1 mol Ce(SO4)24H2O分解，当固体残留率为70.3%时，所剩固体的质量为404 gmol11 mol70.3%284 g，即对应所

14、得固体的摩尔质量可能为284 gmol1，Ce(SO4)2的摩尔质量为332 gmol1，CeOSO4的摩尔质量为252 gmol1，A、C项不符合题意；若2 mol Ce(SO4)24H2O分解，对应所得1 mol固体时固体的摩尔质量约为568 gmol1，Ce2(SO4)3的摩尔质量为568 gmol1，B项符合题意。(2)失水后的晶体冷却时必须防止吸水，否则会导致测定结果有较大误差。由图示数据及使品红褪色的信息可推知反应为2CaSO42CaO2SO2O2。由中反应方程式及CaSO4分解时质量减少144 g64 g80 g可知生成了1 mol SO2和0.5 mol O2，根据原子守恒知生

15、石膏的物质的量为1 mol，则m(CaSO42H2O)172 g，生石膏的质量分数100%95.6%。5、钛铁矿的主要成分为FeTiO3(可表示为FeOTiO2)，含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4)的工业流程如下图所示：已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl422H2O。(1)化合物FeTiO3中铁元素的化合价是_。(2)滤渣A的成分是_。(3)滤液B中TiOCl42转化生成TiO2的离子方程式是_。(4)反应中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液

16、时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如下图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_ 。(5)反应的化学方程式是_。(6)由滤液D制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是_。(7)若采用钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)作电极组成电池，其工作原理为：Li4Ti5O123LiFePO4Li7Ti5O123FePO4该电池充电时阳极反应式是_。解析(1)FeTiO3可表示为FeOTiO2，由此可知铁元素的化合价是2。(2)FeTiO3、MgO、CaO均可以溶于盐酸，故滤渣中只有SiO2。(6)滤液D中含有Fe2，由滤液D制备LiFePO4

17、的过程中，Fe2先被H2O2氧化，后又被H2C2O4还原成Fe2。H2O2作氧化剂时1 mol H2O2得到2 mol电子；H2C2O4作还原剂时，1 mol H2C2O4转化为CO2失去2 mol电子，由于两个过程转移的电子数相同，所以H2O2与H2C2O4的物质的量之比为11，则所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是90209。(7)阳极发生氧化反应，应是LiFePO4转化为FePO4。答案(1)2(2)SiO2(3)TiOCl42H2OTiO22H4Cl(4)温度过高时，反应物氨水(或双氧水)会受热分解(5)(NH4)2Ti5O152LiOH=Li2Ti5O152NH3H2O(或2NH

18、32H2O)(6)209(7)LiFePO4e=FePO4Li6、化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化。A的有关转化反应如下（部分反应条件略去）： （1）写出A的结构简式：_。（2）G是常用指示剂酚酞。写出G中含氧官能团的名称：_和_。（3）某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该化合物的结构简式： 。（4）F和D互为同分异构体。写出反应EF的化学方程式：_ 。（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO为原料制备CHO的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【解析】根据反应条件及相关信息判定各种有机物，确定转化关系。（1）根据G的分子结构中含有苯环，确定A中也有苯环，结合A的分子式为C6H6O，确定A的结构简式为。（2）G中含有的官能团为（酚）羟基和酯基。（3）E的分子式为C7H14O，它的同分异构体中要求有两种不同化学环境的氢，说明具有很强的对称性，这决定了分子中不可能存在；若存在，则剩余部分可以是2个。若存在一个环，则可以是。 【答案】（1） （2）（酚）羟基酯基（3） 、