（江苏专用）2020高考化学二轮复习 专题检测（十） 无机化工流程.doc

专题检测（十） 无机化工流程1(2019无锡一模)工业上以碳酸锰矿(主要成分为mnco3，另含feo、fe2o3、cao等杂质)为主要原料生产锰酸锂(limn2o4)的工艺流程如下：(1)为了提高碳酸锰矿浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：适当升高温度；搅拌；_等。(2)“除铁”时，加入cao的目的是_。(3)加入mnf2是为了除去溶液中的ca2，若控制溶液中f浓度为3103 moll1，则ca2的浓度为_moll1常温时，ksp(caf2)2.71011。(4)“合成mno2”的化学方程式为_。(5)“锂化”是将mno2和li2co3按41的物质的量比配料，球磨35 h，然后升温至600750 ，保温24 h，自然冷却至室温得产品。升温到515 时，开始有co2产生，比预计碳酸锂的分解温度(723 )低得多。可能的原因是_。写出该反应的化学方程式：_。解析：(1)为了提高碳酸锰矿浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：适当升高温度；搅拌；适当增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末等)；(2)“除铁”时，加入cao的目的是调节溶液的ph，使fe3完全转化为fe(oh)3沉淀而除去；(3)加入mnf2是为了除去溶液中的ca2，若控制溶液中f浓度为3103 moll1，则ca2的浓度为3106(moll1)；(4)根据流程图分析可知，滤液中mnso4用k2s2o8氧化生成mno2，则“合成mno2”的化学方程式为mnso4k2s2o82h2o=mno2k2so42h2so4；(5)“锂化”时将mno2和li2co3按41的物质的量比配料，升温到515 时，开始有co2产生，加快了碳酸锂的分解比预计碳酸锂的分解温度(723 )低得多。可能的原因是mno2是催化剂，加快了碳酸锂分解；该反应的化学方程式8mno22li2co3=4limn2o42co2o2。答案：(1)适当增大硫酸的浓度(或将碳酸锰矿研成粉末)(2)调节溶液的ph，使fe3完全转化为fe(oh)3沉淀而除去(3)3106(4)mnso4k2s2o82h2o=mno2k2so42h2so4(5)mno2是催化剂8mno22li2co3=4limn2o42co2o22(2019南京三模)以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产nio的部分工艺流程如下：已知：下表列出了几种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)。开始沉淀的ph沉淀完全的phni26.79.5fe31.13.2fe25.88.8cu24.27.2(1)“酸溶”时ni转化为niso4，该过程中温度控制在7080 的原因是_。(2)“氧化”时，fe2参加反应的离子方程式为_。(3)“除铁”时需控制溶液的ph范围为_。(4)“滤渣”的主要成分为_(填化学式)。(5)“沉镍”时得到碱式碳酸镍用xnico3yni(oh)2表示沉淀。在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到nio，该反应的化学方程式为_。“沉镍”时，溶液ph增大，碱式碳酸镍中ni元素含量会增加，原因是_。解析：镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)加稀硫酸、稀硝酸进行“酸溶”，其中铁、镍溶于酸，铜也与硝酸反应产生氮氧化物；“氧化”时加入h2o2可将“酸溶”后溶液中的fe2氧化为fe3，加入氢氧化钠调节溶液ph除去铁离子，过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液；向除铁后的滤液中通入h2s气体，发生反应h2scu2=cus2h，除去cu2；再向除铜后的滤液中加入碳酸钠溶液沉淀镍离子，过滤、洗涤、干燥得到的固体经煅烧得到nio。(1)“酸溶”时温度控制在7080 的原因是温度低于70 ，反应速率降低；温度高于80 ，hno3 分解(或挥发)加快；(2)“氧化”时，fe2被h2o2氧化，离子方程式为 2fe2 h2o22h=2fe32h2o；(3)“除铁”时使fe3完全沉淀，而ni2、cu2不沉淀，故需控制溶液的ph范围为 3.2ph4.2；(4)通入h2s使cu2沉淀生成cus，“滤渣”的主要成分为cus；(5)在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到nio、co2和h2o，该反应的化学方程式为xnico3yni(oh)2(xy)nioxco2yh2o；“沉镍”时，溶液ph增大，碱式碳酸镍中ni元素含量会增加，原因是ni(oh)2中 ni含量高于 nico3，ph 越大，碱式碳酸镍中 ni(oh)2 比例增大。答案：(1)温度低于70 ，反应速率降低；温度高于80 ，hno3 分解(或挥发)加快(2)2fe2 h2o22h=2fe32h2o(3)3.2ph4.2(4)cus(5)xnico3yni(oh)2(xy)nioxco2yh2oni(oh)2 中 ni含量高于 nico3，ph 越大，碱式碳酸镍中 ni(oh)2 比例增大3(2018常州一模)利用废铅蓄电池的铅泥(pbo、pb及pbso4等)可制备精细无机化工产品3pbopbso4h2o(三盐)，主要制备流程如下：(1)步骤pbso4转化为难溶pbco3的离子方程式为_。(2)滤液1和滤液3经脱色、蒸发、结晶可得到的副产品为_(写化学式)。(3)步骤酸溶时，其中的铅与硝酸生成pb(no3)2及no的离子方程式为_；滤液2中溶质主要成分为_(写化学式)。(4)步骤合成三盐的化学方程式为_。(5)步骤洗涤操作时，检验沉淀是否洗涤完全的方法是_。解析：(1)向铅泥中加入na2co3溶液，pbso4转化为难溶的pbco3的离子方程式为copbso4=pbco3so。(2)过滤得到滤液1为na2so4，向滤渣中加入硝酸，pbo、pb、pbco3都与硝酸反应生成pb(no3)2，然后加入硫酸，生成pbso4，过滤，滤液2的主要成分是hno3，向滤渣中加入naoh，得到3pbopbso4h2o(三盐)，同时生成na2so4，故滤液3为na2so4，因此滤液1和滤液3经脱色、蒸发、结晶可得到的副产品为na2so410h2o(或na2so4)。(3)铅与硝酸生成pb(no3)2及no的离子方程式为3pb8h2no=3pb22no4h2o，滤液2中溶质主要成分为hno3。(4)步骤合成三盐的化学方程式4pbso46naoh=3na2so43pbopbso4h2o2h2o。(5)该沉淀吸附的离子是硫酸根离子，用盐酸酸化的bacl2溶液检验。答案：(1)copbso4=pbco3so(2)na2so410h2o(或na2so4)(3)3pb8h2no=3pb22no4h2ohno3(4)4pbso46naoh=3na2so43pbopbso4h2o2h2o(5)取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的bacl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全4(2018苏锡常镇一调)以菱锰矿(主要成分mnco3，还含有feco3、caco3、sio2、al2o3、fe2o3、mgco3等杂质)为原料制备二氧化锰的工艺流程如下：已知草酸钙、草酸镁不溶于水。(1)写出“氧化”时发生反应的离子方程式：_。(2)“中和”的目的是将铁、铝元素转化为沉淀除去，化合物x可用_(写一种物质的化学式)。(3)该工艺流程中固体1和固体2均需用水洗涤，目的是_。(4)“除杂”时，除去的金属离子有_。(5)“电解”原理如图所示，阳极的电极反应式为_。(6)该流程中可以循环使用的物质有_。解析：(1)酸浸后溶液中含有亚铁离子，能被二氧化锰氧化，则“氧化”时发生反应的离子方程式为mno22fe24h=mn22fe32h2o。(2)“中和”的目的是将铁、铝元素转化为沉淀除去，由于不能再引入新杂质，则化合物x可用mnco3。(3)过滤得到的沉淀表面含有杂质离子，因此该工艺流程中固体1和固体2均需用水洗涤滤渣，洗出液用于酸浸工序，提高锰的回收率。(4)已知草酸钙、草酸镁不溶于水，则“除杂”时，除去的金属离子有ca2、mg2。(5)阳极锰离子失去电子转化为二氧化锰，则阳极的电极反应式为mn22h2o2e=mno24h。(6)硫酸锰电解生成二氧化锰和硫酸，则该流程中可以循环使用的物质有h2so4、mno2。答案：(1)mno22fe24h=mn22fe32h2o(2)mnco3(或caco3等)(3)用水洗涤滤渣，洗出液用于酸浸工序，提高锰的回收率(或用水洗涤滤渣，洗出液循环利用，提高锰的回收率等)(4)ca2、mg2(5)mn22h2o2e=mno24h(6)h2so4、mno25(2018南京、盐城二模)聚合硫酸铁铝、聚合氯化铝是高效水处理剂。以废铁屑、废铝质易拉罐及硫酸为原料，制备聚合硫酸铁铝的工艺流程如下：(1)为提高反应、金属元素的浸出率，可以采取的措施有_。(2)反应中feso4转化为fe2(so4)3的化学方程式为_。(3)反应的温度应控制在5070 为宜，原因是_。反应过程中往往加入少量硝酸铝，其作用如图1所示，转化的离子方程式为_。(4)写出fe2(so4)3水解生成fe2(oh)n(so4)3的离子方程式：_。(5)利用图2所示电解装置可制备净水剂聚合氯化铝。实际生产中，阳极附近因为副反应可能产生的气体有_。解析：(1)为提高反应、金属元素的浸出率，可以采取的措施有适当提高硫酸浓度、适当提高反应温度、将废铁屑、废铝质易拉罐粉碎或搅拌等。(2)反应向feso4中加入硫酸并通入氧气，转化为fe2(so4)3的化学方程式为4feso4o22h2so4=2fe2(so4)32h2o。(3)反应的温度应控制在5070 为宜，原因是温度过低，反应速率太慢；温度过高，金属离子水解趋势增强，易形成沉淀，影响产品的质量。反应过程中往往加入少量硝酸铝；fe2在h、no作用下被氧化转化为fe3，则转化的离子方程式为3fe24hno=3fe3no2h2o。(5)实际生产中，阳极附近由于溶液中的cl和oh放电发生副反应可能产生的气体为cl2、o2。答案：(1)适当提高硫酸浓度；适当提高反应温度等(2)4feso4o22h2so4=2fe2(so4)32h2o(3)温度过低，反应速率太慢；温度过高，金属离子水解趋势增强，易形成沉淀，影响产品的质量3fe24hno=3fe3no2h2o(4)2fe3sonh2ofe2(oh)n(so4)3nh(5)cl2、o26(2018苏北四市一模)沉淀碳酸钙主要用于食品、医药等行业。以精选石灰石(含有少量mgco3、feco3杂质)为原料制备沉淀碳酸钙的工艺流程如下：(1)流程中可以循环利用的物质有气体、气体和_(填化学式)。(2)“碳化”时发生反应的离子方程式为_，该过程中通入气体和气体的顺序是_。(3)工业上常用电解氯化钠和氯化钙熔融物来制备金属钠，原理如图所示：电解过程中，加入氯化钙的目的是_。石墨电极发生的电极反应方程式为_。电解得到的na中约含1%的ca，除去其中少量ca的方法为_。已知部分物质的熔沸点如下表：物质熔点(k)沸点(k)na3701 156ca1 1231 757解析：精选石灰石煅烧得到氧化镁、氧化亚铁、氧化钙和气体二氧化碳，固体加入氯化铵溶液浸取后用双氧水氧化，确保亚铁离子转化为铁离子，再加入氧化钙调节ph，碱性条件下反应得到气体为氨气，并使铁离子、镁离子转化为沉淀，过滤，滤渣为氢氧化铁、氢氧化镁，过滤后的溶液以氯化钙为溶质，先通入足量的氨气，再通入适量的二氧化碳，得到氯化铵和碳酸钙，过滤得到滤液为氯化铵，沉淀为碳酸钙。(1)该工艺中可以循环使用的物质是参加反应，反应后又生成的物质，流程图分析判断气体、气体分别为二氧化碳和氨气，可以循环使用，另外滤液nh4cl也可以循环使用。(2)“碳化”时氯化钙溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵，发生反应的离子方程式为ca2co22nh3h2o=caco32nh，氨气溶解度大，为保证溶解更多气体，该过程中先通入气体，再在碱性溶液中通入气体。(3)电解过程中，加入氯化钙的目的是降低电解质的熔融温度，降低能耗。铁为活泼金属，电解氯化钠制钠时不能作为阳极，故石墨电极为阳极，发生的电极反应方程式为2cl2e=cl2。电解得到的na中约含1%的ca，除去其中少量ca的方法为控制温度在1 1561 757 k间蒸馏。答案：(1)nh4cl(2)ca2co22nh3h2o=caco32nh先通入气体(或后通气体)(3)降低电解质的熔融温度，降低能耗2cl2e=cl2控制温度在1 1561 757 k间蒸馏7以粉煤灰(主要成分为al2o3和sio2，还含有少量的feo、fe2o3等)为原料制备al2o3的流程如下：(1)“酸浸”时需加入过量的稀硫酸，目的是提高浸取率和_；滤渣的主要成分是_。(2)“氧化”过程中，加入h2o2发生反应的离子方程式为_。(3)“提纯”过程中，当加入naoh溶液达到沉淀量最大时，溶液中c(so)c(na)_。(4)已知kspfe(oh)311039。“提纯”过程中，当c(fe3)_moll1。(5)“沉淀”过程中，通入过量co2时发生反应的化学方程式为_。解析：(1)根据粉煤灰含有成分，加入硫酸发生的反应是al2o36h=2al33h2o，feo2h=fe2h2o，fe2o36h=2fe33h2o，加入过量硫酸的目的可以提高浸取率和抑制al3的水解，sio2不溶于水，也不溶于酸，因此滤渣是sio2。(2)过氧化氢具有强氧化性，能把fe2氧化成fe3，离子反应方程式为h2o22fe22h=2fe32h2o。(3)加入naoh溶液，达到沉淀量最大，发生al33oh=al(oh)3，fe33oh=fe(oh)3，此时溶液中溶质为na2so4，即c(so)c(na)12。(4)根据kspc(fe3)c3(oh)，因为c(fe3)1011moll1。(5)利用碳酸的酸性强于偏铝酸，因此有naalo2co22h2o=al(oh)3nahco3。答案：(1)抑制al3水解(或为后续反应提供h)sio2(2)2fe2h2o22h=2fe32h2o(3)12(4)11011(5)naalo2co22h2o=al(oh)3nahco38(2018苏州一模)实验室用硼镁泥为原料制取mgso47h2o粗产品的过程如下：硼镁泥的主要成分如下表：mgo sio2feo、fe2o3caoal2o3b2o330%40%20%25%5%15%2%3%1%2%1%2%(1)“酸解”时为提高mg2的浸出率，可采用的措施是_(写一种)。所加酸不宜过量太多的原因是_。(2)“氧化”步骤中，若用h2o2