2019届高考化学压轴题预测专题03无机化工流程.docx

专题03 无机化工流程 1.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。 (2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH=4.1时，中为_溶液（写化学式）。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_。 (3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和 Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_gL1（以SO2计）。【答案】 (1). 2NaHSO3Na2S2O5+H2O (2). NaHSO3 得到NaHSO3过饱和溶液 (3). 2H2O4e4H+O2 a (4). S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H 0.128【解析】 NaHSO3脱水，前后化合价不变，则2NaHSO3Na2S2O5+H2O NaHSO3溶液呈酸性，则pH=4.1则溶液为NaHSO3溶液，NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得 Na2S2O5，则加入Na2CO3固体、并再次充入SO2，目的是得到NaHSO3过饱和溶液 阳极室电极反应式2H2O4e4H+O2，H通过阳离子交换膜进入a室，H与SO32-结合形成HSO3-，阴极室电极反应式：2H2O+2e2OH-+H2，a室的Na+通过阳离子交换膜进入b室，则a极室生成NaHSO3。依据氧化还原反应的原理，书写滴定的化学方程式：S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H。依据守恒思想：2SO2S2O522I2，消耗的n(SO2)=n(I2)=0.01x0.01=0.0001mol，SO2的残留量： 0.0001x64/0.05=0.128(gL1)。2.我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:回答下列问题(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。【答案】(1). ZnS+O2ZnO+SO2 PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+ Zn+Cd2+Zn2+Cd Zn2+2eZn 溶浸【解析】 (1)浮选精矿焙烧除去元素S转化为SO2，获得Zn、Fe、Pb、Cd的氧化物，则焙烧的化学方程式：ZnS+O2ZnO+SO2(2)酸溶获得Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cd2+的溶液，同时获得滤渣1：SiO2、PbSO4。除去Zn2+（Fe2+、Fe3+）：先将Fe2+氧化为Fe3+，然后加ZnO调节pH。如果不通O2，Zn2+、Fe2+无法分离(3)除去Zn2+（Cd2+）：通过置换反应Zn+Cd2+Zn2+Cd (4)电解硫酸锌溶液，阴极的电极反应式Zn2+2eZn ，阳极室电极反应式为：2H2O4e4H+O2，放氧生酸，则H2SO4可循环使用，用于酸浸。3.KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：(1)KIO3的化学名称是_。(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_（写出一点）。【答案】(1). 碘酸钾 (2). 加热 KCl KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O） (3). 2H2O+2e2OH+H2 K+ a到b 产生Cl2易污染环境等【解析】KIO3的化学名称是碘酸钾“逐Cl2”采用的方法：升高温度，降低Cl2的溶解度，滤液中的主要溶质：KCl，滤渣为KH(IO3)2，水溶调节pH生成KIO3，则应该是与KOH的反应：KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O）(3)电解法制备KIO3，阳极室：I2-10e-+12OH-=2IO3-+6H2O，阴极室：2H2O+2e2OH+H2。K+通过阳离子交换膜进入阴极室。KClO3氧化法可以产生Cl2，污染空气。4.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题： (1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_。 (3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因 。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为_。(5)若“滤液”中c(Mg2+)=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=110-5mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ （列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.310-22、1.010-24。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。【答案】(1)100、2h，90，5h(2)FeTiO3+ 4H+4Cl = Fe2+ + 2H2O(3)低于40，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40，双氧水分解与气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降 (4)4 (5)Fe3+恰好沉淀完全时，c()=molL1=1.31017 molL1，c3(Mg2+)c2()(0.01)3(1.31017)2=1.71040Ksp Mg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O+ 3CO2【解析】(1)依据图像100、2h，90，5h(2)依据化合物分析，FeTiO3中Fe 为+2价，Ti为+4价，可以写为氧化物：FeOTiO2，则离子方程式是FeTiO3+ 4H+4Cl = Fe2+ + 2H2O(3)低于40，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40，双氧水分解与气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降 (4)根据正负化合价的代数和为0进行计算。Li2Ti5O15中Li为+1价，Ti为+4价，设有O2-为x，O22-为y，则x+2y=15，2x+2y=22，x=7，y=4。则过氧键的数目为4。(5)Fe3+恰好沉淀完全时，c()=molL1=1.31017 molL1，c3(Mg2+)c2()(0.01)3(1.31017)2=1.71040Ksp Mg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O+ 3CO2。5.以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_。(2)添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600硫去除率=（1）100%不添加CaO的矿粉在低于500焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_（填化学式）转化为_（填化学式）。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=_【答案】(1)SO2+OH=HSO3 (2)FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2、Al(OH)3 (4)116【解析】(1)NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式：SO2+OH=HSO3 (2)多数金属硫酸盐的分解温度都高于600，不添加CaO的矿粉在低于500焙烧时，去除的硫元素主要来源于则硫元素来源于FeS2。700焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3) 向“过滤”得到的滤液是NaOH碱溶，获得NaAlO2溶液，通入过量的CO2，强酸制弱酸，获得 Al(OH)3 (4) Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，采用逆向配平，依据得失电子守恒进行配平。6.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。a80b60c40d10。步骤的反应类型是_。(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）27 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 （2）铁 Al(OH)3（3）小 2+2H+H2O （4）d 复分解反应（5）100%【解析】(1) 步骤的主要反应为：FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2。依据得失电子守恒进行配平，FeOCr2O3与NaNO3的系数比为2:7。该反应有Na2CO3参与反应，不能使用SiO2及硅酸盐产品。(2) 依据化学反应，可知水溶之后的滤渣只要为Fe2O3，主要含有Fe。铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质，碱溶之后，溶液中有NaAlO2、Na2SiO3溶液，调节pH值，可以获得Al(OH)3和含硅杂质。(3) 步骤2+2H+H2O ，则要发生这个反应，则应该调节pH至酸性，调节pH使之变小。(4) 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7，依据溶解度曲线，可知得到的K2Cr2O7固体产品最越多，则降温越多降到10。步骤的反应类型是复分解反应。(5) 理论产量：m10.4 294/152 ,产量=m2 152/m10.4 294=190m2/147m1。7.水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目 的是_，还可使用_代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_。(3)加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B的主要成分为_、_（写化学式）。(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4-+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 molL1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。【答案】（1）将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ H2O2（2）SiO2 (或H2SiO3) SiO2+4HF=SiF4+2H2O（或H2SiO3+4HF= SiF4+3H2O）（3）防止胶体生成，易沉淀分离 Fe(OH)3 Al(OH)3 （4）45%【解析】（1） 第一步酸溶，沉淀A为SiO2，滤液中的阳离子：Fe2+、Ca2+、Mg2+、Al3+，加入硝酸将Fe2+ 氧化为Fe3+，除了使用硝酸，强氧化性的物质，例如H2O2等都可以使用。（2） 沉淀A为SiO2，与HF反应的化学方程式：SiO2+4HF=SiF4+2H2O。（3） 加氨水调节pH，使Al3+、Fe3+沉淀，同时加入防止胶体生成，便于生成Fe(OH)3 Al(OH)3沉淀。（4） 该题为定量分析。找准关系式：5Ca2+2MnO4-，n(MnO4-)=3610-30.05=1.810-3,n(Ca2+)=4.510-3,钙元素的质量分数=4.510-340/0.4=0.458.碲(Te)的单质和化合物在化工生产等方面具有重要应用。(1)下列关于碲及其化合物的叙述错误的是。A.Te位于元素周期表的第五周期第A族 B.Te的氧化物通常有TeO2和TeO3C.H2TeO4的酸性比H2SO4酸性强 D.热稳定性H2Te比H2S弱,H2Te比HI强 (2)25 时,亚碲酸(H2TeO3)的Ka1= 110-3,Ka2=210-8。0.1 molL-1 H2TeO3的电离度约为 (=100%); NaHTeO3溶液的pH7(填“”“=”或“”)。(3)TeO2微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱。工业上常用铜阳极泥(主要含有TeO2,少量Ag、Au)为原料制备单质碲,其工艺流程如下:“碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式为。“沉碲”时控制溶液的pH为4.55.0,生成TeO2沉淀。酸性不能过强的原因是;防止局部酸度过大的操作是 。“酸溶”后,将SO2通入TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲,该反应的化学方程式是 。工业上还可以通过电解铜阳极泥碱浸、过滤后的滤液得到单质碲。已知电解时的电极均为石墨,则阴极的电极反应式为。【答案】(1) CD(2)10%Te。H2TeO4的酸性比H2SO4酸性强，热稳定性H2Te比H2S弱,H2Te比HI弱。(2) 亚碲酸(H2TeO3)的Ka1= 110-3，Ka2=210-8，电离度为：x2/0.1=110-3，x=0.01，电离度为10%。 NaHTeO3溶液的Kh=110-11，Ka2=210-8，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。(3) “碱浸”时TeO2发生反应的化学方程式TeO2+2NaOHNa2TeO3+H2O 依据信息，TeO2微溶于水,易溶于较浓的强酸和强碱。溶液酸性过强,TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失，防止局部酸度过大的操作缓慢加入H2SO4，并不断搅拌。“酸溶”后,将SO2通入TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲,依据氧化还原反应的原理，该反应的化学方程式TeCl4+2SO2+4H2OTe+4HCl+2H2SO4铜阳极泥(主要含有TeO2)，碱浸得到TeO32-，在阴极区发生还原反应，其电极反应方程式为：TeO32-+3H2O+4e-Te+6OH-9.新型锂电池正极材料锰酸锂(LiMn2O4)有望取代广泛使用的LiCoO2。工业上用某软锰矿(主要成分为MnO2,同时含有少量铁、铝及硅等的氧化物)为原料制备锰酸锂的流程如下:常温下有关物质的溶度积常数如下:(1)已知锂电池放电时,正极的电极反应为LiMn2O4+e-+Li+Li2Mn2O4,则锂电池正极材料锰酸锂中,锰元素的化合价为。 (2)流程中,FeSO4的作用是,MnO的作用是,当滤液的pH为6时,滤液中所含铝离子的浓度为。(3)采用如图F5-4所示装置电解,离子交换膜将电解池分隔为阳极室和阴极室,两室的溶液分别为硫酸钠溶液和制得的硫酸锰溶液,则阴极室中的溶液为;电解产生的MnO2沉积在电极上,该电极反应式为 。(4)若将上述装置中的硫酸钠溶液换为软锰矿的矿浆,并加入适量的硫酸铁及硫酸,可一次性完成软锰矿的浸出反应与电解沉积MnO2反应,电解时,Fe3+先放电生成Fe2+,产生的Fe2+再与矿浆中的 MnO2反应,周而复始,直至矿浆中的MnO2完全浸出。则Fe2+与矿浆中MnO2反应的离子方程式为。(5)写出高温煅烧生成锰酸锂的化学方程式:。【答案】(1) +3、+4 (2) 作还原剂,还原MnO2调节滤液的pH,除去Fe3+和Al3+4.510-9 molL-1(3)硫酸钠溶液Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+(4)2Fe2+MnO2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O(5)8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2+O2【解析】(1) 依据政府化合价代数和为0，LiMn2O4中化合价为+3、+4(2) 某软锰矿(主要成分为MnO2,同时含有少量铁、铝及硅等的氧化物)，酸浸MnO2转变为Mn2+， FeSO4的作用是还原剂，同时溶液中有Fe2+、Al3+、Fe3+，加入H2O2使Fe2+转化为Fe3+，加入MnO是调节pH，使Al3+、Fe3+沉淀除去。依据Ksp进行计算：c(Al3+)c3(OH-)=KspAl(OH)3，则c(Al3+)=4.510-9 molL-1(3) 电解产生的MnO2沉积在电极上，则硫酸锰溶液在阳极室，硫酸钠溶液在阴极室，阳极室的电 极反应式为Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+。(4) 依据题意及氧化还原反应配平原则：Fe2+与矿浆中MnO2反应的离子方程式2Fe2+MnO2+4H+2Fe3+Mn2+2H2O(5) 依据氧化还原反应配平原则，高温煅烧生成锰酸锂的化学方程式：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2+O210.我国是最早发现并使用青铜器的国家，后母戊鼎是我国的一级文物，是世界上出土的最大最重的青铜礼器。现代社会中铜的应用常广泛，铜的回收再利用是化工生产的一个重要领域。实验室利用废旧电池的铜帽(Cu、Zn总含量约为99%)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如下：(1)请写出一种加快铜帽溶解的方法：_。铜帽溶解时通入空气的作用是_(用化学方程式表示)。(2)调节溶液pH时，是将溶液的pH调_(填“大”或“小”)到23。(3)电解精炼粗铜时，阴极的电极反应式为_。工业上常釆用甲 醇燃料电池作为电解精炼铜旳电源，则碱性甲醇燃料电池的负极反应式为_。(4)已知：pH11吋，Zn(OH