高考化学二轮复习 三道题经典专练11 化工流程为载体的综合考查题三.doc

化工流程为载体的综合考查题三一、（2017年高考新课标全国卷）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为feocr2o3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤的主要反应为：feocr2o3+na2co3+nano3 na2cro4+ fe2o3+co2+ nano2上述反应配平后feocr2o3与nano3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。（2）滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。（3）步骤调滤液2的ph使之变_（填“大”或“小”），原因是_（用离子方程式表示）。（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量kcl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到k2cr2o7固体。冷却到_（填标号）得到的k2cr2o7固体产品最多。步骤的反应类型是_。a.80b.60c.40d.10（5）某工厂用m1 kg 铬铁矿粉（含cr2o3 40%）制备k2cr2o7，最终得到产品 m2 kg，产率为_。【答案】（1）2:7 高温下na2co3能与sio2反应生成硅酸钠和co2 （2）铁 al(oh)3（3）小 增大溶液中h+，促进平衡2cro42-+2h+cr2o72-+h2o正向移动（4）c 复分解反应（5）152m2117.6m1100% 【解析】（1）由上述分析可知步骤的主要反应为2feocr2o3+4na2co3+7nano34na2cro4+fe2o3+ 4co2+ 7nano2，则feocr2o3与nano3的系数比为2:7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2:7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣1含fe2o3，滤渣1中含量最多的金属元素是fe，滤渣2的主要成分是al(oh)3及含硅杂质，故答案为：fe；al(oh)3；（3）中调节ph发生2cro42-+2h+cr2o72-+h2o，则步骤调滤液2的ph使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成cr2o72-，故答案为：小；2cro42-+2h+cr2o72-+h2o；（4）向“滤液3”中加入适量kcl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到k2cr2o7固体，由溶解度可知，冷却到40k2cr2o7固体的溶解度在四种物质中较小、且溶解度较大，过滤分离产品最多，10时最合适；步骤发生na2cr2o7+2kcl=k2cr2o7+2nacl，反应类型是复分解反应，故答案为：d；复分解反应；（5）用m1kg铬铁矿粉（含cr2o340%）制备k2cr2o7，最终得到产品m2kg，产率为实际产量理论产量100%，由cr原子守恒可知，则产率为m2(m140%152g/mol294g/mol)100%=152m2117.6m1100%，故答案为：m2(m140%152g/mol294g/mol)100%=152m2117.6m1100% 。二、(2017年南阳市第二次模拟)锰的用途非常广泛，以碳酸锰矿（主要成分为mnco3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25，部分物质的溶度积常数如表：物质mn(oh)2co(oh)2ni(oh)2mnscosnisksp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022（1）步骤中，为加快溶浸速率，可采取的措施是：_（至少答两条）。（2）步骤中，须加氨水调节溶液的ph为5.06.0，则滤渣1的主要成分为_（填化学式）已知mno2的作用为氧化剂，则得到该成分所涉及的离子方程式为_。（3）步骤中，所加(nh4)2s的浓度不宜过大的原因是_。（4）滤液2中，c(co2+)：c(ni2+)=_。（5）将质量为a kg的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质mn b kg若每一步都进行完全，滤渣1为纯净物，质量为c kg，则原碳酸锰矿中mnco3的质量分数为_。（用含a、b、c的式子表达，无需化简）【答案】（1）升高温度、适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径（2）fe(oh)32fe2+mno2+4h+=2fe3+mn2+2h2o；fe3+3nh3h2o=fe(oh)3+3nh4+（3）若(nh4)2s的浓度过大，产生mns沉淀，造成产品损失（4）5：1（5）100%【解析】（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等，故答案为：升高温度、适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径；（2）步骤中，mno2在酸性条件下可将fe2+离子氧化为fe3+，反应的离子方程式mno2+2fe2+4h+ = mn2+ +2fe3+2h2o，加入氨水调节ph为5.06.0，发生fe3+3nh3h2o= fe(oh)3+3nh4+，可得到沉淀fe(oh)3，故答案为：fe(oh)3；2fe2+mno2+4h+=2fe3+mn2+2h2o；fe3+3nh3h2o= fe(oh)3+3nh4+；（3）向滤液中滴入适量的(nh4)2s溶液，目的是除去cu2+、zn2+，若(nh4)2s的浓度过大，产生mns沉淀，造成产品损失，故答案为：若(nh4)2s的浓度过大，产生mns沉淀，造成产品损失；（4）cos、nis的ksp分别为5.01022、1.01022，加入足量（nh4）2s溶液后，生成cos、nis沉淀，溶液中c(co2+)：c(ni2+)=5.01022：1.01022=5：1，故答案为：5：1；（5）滤渣1为为fe(oh)3，质量为c kg，则n(fe3+)=nfe(oh)3=mol，由2fe2+mno2+4h+= 2fe3+ + mn2+2h2o可知n(mno2)=mol，将质量为a的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质mn b kg，n(mn)=mol，可知n(mnco3)=molmol，m(mnco3)=(molmol)115g/mol，则原碳酸锰矿中mnco3的质量分数为100%，故答案为：100%。三、(2018衡水市第三次联考)以炼锌厂的烟道灰(主要成分为zno，另含少量fe2o3、cuo、sio2、mno等)为原料可生产草酸锌晶体(znc2o42h2o)。 有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的ph如下表：氢氧化物fe(oh)3fe(oh)2cu(oh)2zn(oh)2开始沉淀的ph1.56.54.25.4沉淀完全的ph3.39.76.78.2请问答下列问题：（1）滤渣a的主要成分为_。（2）除锰过程中产生mno(oh)2沉淀的离子方程式为_。（3）除铁(部分cu2可能被除去)时加入zno控制反应液ph的范围为_。上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是_。（4）若沉淀过程采用na2c2o4代替(nh4)2c2o4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是_。（5）将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300 460 范围内，发生反应的化学方程式为_。【答案】（1）sio2（2）mn2h2o2h2o=mno(oh)22h（3）3.35.4 先加入zns会将fe3还原为fe2，使铁元素难以除去（4）在搅拌下，将na2c2o4缓慢加入到zncl2溶液中（5）znc2o4znococo2【解析】(1)烟道灰被盐酸溶解，其中zno溶解成zn2、fe2o3溶解成fe3、cuo溶解成cu2、mno溶解成mn2，而sio2不溶于盐酸，进入滤渣a中。(2)除锰中用h2o2氧化mn2，根据mn和o得失电子守恒可配平反应。(3)除fe3时的ph需要大于3.3，但不能超过5.4，以免zn2沉淀，此时有部分cu2溶解；除铜时用zns，若在除铁之前，则会有fe3氧化s2，生成fe2后，需要调节ph在9.7时才能除去，故除铁率减小。(4)因为na2c2o4溶液的碱性比(n