2019届高考化学大二轮复习热点大题专攻练（三）化工生产与工艺流程.docx

(三)化工生产与工艺流程1工业制硫酸的尾气中含有一定量SO2，处理尾气的手段除了氨吸收法以外还有以下几种方法。(一)工业实际吸收过程中，第步常采用浓苛性钠溶液吸收其中的SO2，然后向生成溶液中加入熟石灰，充分反应后将生成产物分离后再经氧化后制得产品A。Na2SO3 产品A(1)产品A是_(填化学式)。(2)有人提出将第步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和Ca(OH)2溶液直接制得产品CaSO3，你认为是否可行？_(填“可以”“不可以”或“不确定”)，原因是_。(二)制备MnSO4H2O：SO2还原MnO2矿制备MnSO4H2O，过程如下：已知25 时部分物质的溶度积常数如表：物质Mn(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2MnSFeSCuS溶度积2.110134.010382.210231.010116.310186.31038(3)还原时，若尾气中SO2含量为4.48%，除去标准状况下1 m3尾气至少需要含锰质量分数为55%的MnO2矿粉_ g。(4)除铁时加入碳酸钙，发生反应的离子方程式为_。(5)试剂A最好是_(填化学式)。(6)操作的名称为_。MnSO4H2O在1 150 高温下易分解，产物是Mn3O4、含硫化合物、水，在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式是_。解析：(1)流程发生的反应是二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙，化学式为CaSO4。(2)将第步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和Ca(OH)2溶液直接制得产品CaSO3，由于氢氧化钙溶解度小对二氧化硫吸收不完全，所以不可以。(3)1 m3尾气含有SO2：1 000 L4.48%22.4 Lmol12 mol；需要含锰质量分数为55%的MnO2矿粉x gMnO2SO2H2O=MnSO4H2O 87 g 1 mol x g55% 2 molx200。(4)除铁发生的反应是利用铁离子在pH6.5时全部沉淀除去，三价铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，加入碳酸钙会和氢离子反应，使pH升高到6.5，反应的离子方程式为2Fe33H2O3CaCO3=2Fe(OH)33CO23Ca2。(5)MnS比CuS易溶，利用沉淀转化可用MnS除去Cu2。(6)操作是依据流程得到硫酸锰溶液中的溶质晶体，采取的措施是蒸发浓缩、冷却结晶；MnSO4H2O在1 150 高温下易分解，产物是Mn3O4、含硫化合物、水，依据电子守恒可知，3MnSO4H2OMn3O42e；3MnSO4H2OSO26e；所以生成的硫的化合物是二氧化硫和三氧化硫，依据原子守恒配平化学方程式为3MnSO4H2OMn3O4SO22SO33H2O。答案：(1)CaSO4(2)不可以Ca(OH)2在水中溶解度较小，c(OH)太低，吸收效率不高(3)200(4)2Fe33H2O3CaCO3=2Fe(OH)33CO23Ca2或Fe33H2OFe(OH)33H2HCaCO3=Ca2CO2H2O(5)MnS(6)蒸发浓缩，冷却结晶3MnSO4H2OMn3O4SO22SO33H2O2三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：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1.0 molL1计算)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH1.85.83.07.1沉淀完全的pH3.28.85.09.2(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有适当升高温度；搅拌；_等。(2)酸浸后的酸性溶液中含有Ni2、Cl，另含有少量Fe2、Fe3、Al3等。沉镍前需加Na2CO3控制溶液pH范围为_。(3)从滤液A中可回收利用的主要物质是Na2CO3和_。(4)“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为_。(5)工业上用镍为阳极，电解0.050.1 molL1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_。(6)如果在“沉镍”步骤把Na2CO3改为加草酸，则可以制得草酸镍晶体(NiC2O42H2O)。草酸镍晶体在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧三小时，可以制得Ni2O3，同时获得混合气体。草酸镍晶体受热分解的化学方程式为_。解析：(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末等)。(2)沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH控制在5.07.1。(3)滤液A中还主要含有氯化钠，可回收利用。(4)Cl由1价降低到1价，即反应生成NaCl，而Ni由2价升高到3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为2Ni2ClO4OH=Ni2O3Cl2H2O。(5)根据图示可知，NH4Cl的浓度为10 gL1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 gL1。(6)草酸镍(NiC2O42H2O)在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应(Ni由2价升高到3价，则C由3价降低到2价，题中要求生成混合气体，则另一气体为CO2)生成Ni2O3、CO、CO2，再利用化合价升降相等，Ni：升高2(32)，C：升高1(43)，C：降低：3(32)，配平方程式为2NiC2O42H2ONi2O33COCO24H2O。答案：(1)增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末等)(2)5.07.1(3)NaCl(4)2Ni2ClO4OH=Ni2O3Cl2H2O(5)10 gL1(6)2NiC2O42H2ONi2O33COCO24H2O3电石广泛应用于生产PVC、维尼纶等，电石与水反应所得残渣电石渣，主要含Ca(OH)2、CaCO3及少量其他杂质。某工业电石渣的几种回收利用流程如下：几种物质在水中的溶解度曲线如图所示。回答下列问题：(1)常温氯化反应的化学方程式是_。为提高Cl2转化为Ca(ClO)2的转化率，可行的措施有_(填序号)。A加热升高温度B适当减缓通入Cl2的速率C充分搅拌浆料D加水使Ca(OH)2完全溶解电石渣中的有害杂质CN与ClO反应转化为两种无害的气体，每转化1 mol CN至少需要消耗氧化剂ClO_ mol。(2)75 氯化生成氯酸钙中氯的化合价为_，氯化完成后过滤，滤渣的主要成分为_(填化学式)。氯酸钙能与KCl反应转化为氯酸钾的原因是_。(3)有机反应首先生成氯代乙醇，其结构简式为_，氯代乙醇再与Ca(OH)2反应生产环氧乙烷。总反应的化学方程式是_。解析：(1)常温氯化，Cl2与Ca(OH)2发生反应得到漂白液。加热升高温度，Ca(OH)2的溶解度降低，同时促进ClO水解及HClO分解，则Cl2的转化率也降低，A项不符合题意；适当减缓通入Cl2的速率，等效于增大Ca(OH)2的浓度，Cl2的转化率增大，B项符合题意；充分搅拌浆料，能使反应完全，Cl2的转化率增大，C项符合题意；加水使Ca(OH)2完全溶解，不能改变Cl2的转化率，D项不符合题意。根据题意，CN与ClO反应转化为CO2和N2，CN中C、N分别为2价、3价，1 mol CN失去5 mol电子，而ClO转化为Cl，1 mol ClO得到2 mol电子，根据得失电子守恒，则每转化1 mol CN至少需要消耗氧化剂ClO 2.5 mol。(2)Ca(ClO3)2中Cl的化合价为5。氯化完成后过滤，得到的滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。根据题图知，75 时氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多，故氯酸钙与KCl能发生反应：Ca(ClO3)22KClCaCl22KClO3。(3)氯代乙醇为氯原子取代乙醇分子中乙基上的氢原子，根据“氯代乙醇再与Ca(OH)2反应生产环氧乙烷”，则氯原子应取代甲基上的氢原子，故氯代乙醇的结构简式为ClCH2CH2OH，总反应的化学方程式为CH2=CH2Cl2Ca(OH)2H2COCH2CaCl2H2O。答案：(1)2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2OBC2.5(2)5CaCO3、Ca(OH)275 ，氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多(3)ClCH2CH2OHCH2=CH2Cl2Ca(OH)2H2COCH2CaCl2H2O4锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。工业上常以锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂。其中一种工艺流程如下：部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2开始沉淀时的pH1.93.49.1完全沉淀时的pH3.24.711.1Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：温度/010205075100Li2CO3的溶解度/g1.5391.4061.3291.1810.8660.728请回答下列问题：(1)用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成_。(2)反应加入碳酸钙的作用是_。(3)写出反应中生成沉淀A的离子方程式_。(4)洗涤所得Li2CO3沉淀要使用_(填“热水”或“冷水”)，理由是_。(5)流程中两次使用了Na2CO3溶液，第一次浓度小，第二次浓度大的原因是_。(6)该工艺中，电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是_。解析：(1)硅酸盐既可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示。在用氧化物表示时，先写活泼金属的氧化物，再写较活泼金属的氧化物，最后写非金属的氧化物，并且要符合质量守恒定律。LiAlSi2O6可表示为Li2OAl2O34SiO2。(2)反应加入碳酸钙是为了除去反应中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3、Al3完全沉淀。(3)根据框图中物质之间的转化关系可知，反应中生成沉淀A的离子方程式为Mg22OH=Mg(OH)2、Ca2CO=CaCO3。(4)因为Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，所以洗涤Li2CO3沉淀要使用热水，这样可减少Li2CO3的溶解损耗。(5)若第一次碳酸钠溶液浓度过大，则部分Li会形成沉淀，而第二次碳酸钠溶液浓度大，则有利于Li2CO3沉淀的生成。(6)因为在加热蒸干LiCl溶液时，有少量LiCl发生水解反应生成LiOH，LiOH受热分解生成Li2O，Li2O在电解时产生O2。因此电解LiCl时，阳极产生的氯气中常含有少量的O2。答案：(1)Li2OAl2O34SiO2(2)除去反应中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3、Al3完全沉淀(3)Mg22OH=Mg(OH)2、Ca2CO=CaCO3(4)热水Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗(5)第一次浓度过大会使部分Li沉淀，第二次浓度大则有利于Li2CO3沉淀的生成(6)加热蒸干LiCl溶液时，有少量LiCl水解生成LiOH，LiOH受热分解生成Li2O，电解时产生O25Mn(H2PO4)22H2O是一种白色晶体，易溶于水，常用于机械设备的磷化处理。以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的Fe2O3、FeO和Al2O3)为原料制备Mn(H2PO4)22H2O的流程如下：(1)软锰矿要先制成矿浆的目的是_，葡萄糖(C6H12O6)与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)用H2O2溶液“氧化”时发生反应的离子方程式为_。(3)已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如表，“调pH并过滤”时，应调整的pH范围为_，滤渣1的主要成分为_(填化学式)。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe31.83.2Al33.05.0Fe25.88.8Mn27.89.8(4)加入磷酸后发生反应的化学方程式为_。(5)某工厂用上述流程制备Mn(H2PO4)22H2O，已知软锰矿中MnO2的含量为87%，整个流程中锰元素的损耗率为9%，则1吨该软锰矿可制得Mn(H2PO4)22H2O_ t。解析：(1)软锰矿要先制成矿浆，可以增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；葡萄糖(C6H12O6)与MnO2反应时，产物为MnSO4、CO2和H2O，反应中MnO2中Mn的化合价由4价变成2价，是氧化剂，化合价变化2，葡萄糖是还原剂，其中C元素的化合价由0价变成4价，化合价变化4624，根据化合价升降守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为121。(2)用H2O2溶液氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。(3)根据几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH，“调pH并过滤”时，调整pH的目的是沉淀铁离子和铝离子，但不能使锰离子沉淀，pH范围为5.07.8，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰，加入磷酸使碳酸锰生成Mn(H2PO4)2，反应的化学方程式为MnCO32H3PO4=Mn(H2PO4)2CO2H2O。(5)根据MnO2Mn(H2PO4)22H2O 87 2851 t87%(19%)mMn(H2PO4)22H2O则，解得mMn(H2PO4)22H2O2.59 t。答案：(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率121(2)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(3)5.07.8Fe(OH)3和Al(OH)3(4)MnCO32H3PO4=Mn(H2PO4)2CO2H2O(5)2.59(或2.593 5)6工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CuS等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下：(1)滤渣中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式_。(2)滤渣中含Cu(OH)2和_。(已知：KspFe(OH)3KspCu(OH)2)(3)已知：25 、101 kPa时，Mn(s)O2(g)=MnO2(s)H520 kJmol1S(s)O2(g)=SO2(g)H297 kJmol1Mn(s)S(s)2O2(g)=MnSO4(s)H1 065 kJmol1SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式为_。(4)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_；向过滤所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高