2020届高考化学大题精做5以适应性操作为载体的工艺流程

以适应性操作为载体的工艺流程大题精做五精选大题例：二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：已知：Ce4+能与F结合成CeFx(4-x)+，也能与SO结合成CeSO42+；在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3+不能。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是_。（2）“萃取”时存在反应：Ce4+n(HA)2CeH2n-4A2n+4H+。实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为_；如图中D是分配比，表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(SO)，D随起始料液中c(SO)变化的原因：_。（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，H2O2在该反应中的作用是_ (填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)。（4）“氧化”步骤的化学方程式为_。（5）取上述流程中得到的CeO2产品0.43g，加硫酸溶解后，用0.1molL1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+，其它杂质均不反应)，消耗20.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为_。（CeO2的摩尔质量为172g/mol）【答案】（1）增大固体与气体的接触面积，增大反应速率；提高原料的利用率（2）分液漏斗随着c(SO)增大，水层中Ce4+与SO结合成CeSO42+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小（3）还原剂（4）2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl （5）80% 【解析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F结合成CeFx(4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与SO结合成CeSO42+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3+不能，加“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4+H2O2=2Ce3+O2+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加NaClO将Ce从+3氧化为+4，最后加热分解得到产品，以此来解答。（1）“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大固体和氧气的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；（2）实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器名称为分液漏斗；根据平衡：Ce4+n(HA)2CeH2n-4A2n+4H+，加入Na2SO4时，随着c(SO)增大，水层中Ce4+被SO结合成CeSO42+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小；（3）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为，在该反应中作还原剂；故答案为：还原剂；（4）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的化学方程式为2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl；（5）FeSO4的物质的量为，根据电子得失守恒可得关系式，所以的质量为，产品中CeO2的质量分数为：。模拟精做1一种利用化肥中废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)制取明矾和CoSO4粗产品的工艺流程如下：已知：(i)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：Al3+Fe3+Fe2+Co2+开始沉淀的PH3.51.66.36.6完全沉淀的PH5.42.88.39.2()Al(OH)3在碱性条件下开始溶解时的pH为7.8，完全溶解时的pH为11。回答下列问题：(1)写出H2O2的电子式：_。(2)下列措施一定能提高步骤I中Al3+和Co2+的浸取率的是_(填标号)a将废催化剂粉磨为细颗粒b步骤I中的硫酸采用98%的浓硫酸c适当提高浸取时的温度(3)步骤中，写出“氧化”过程中Fe2+被氧化的离子方程式：_，若“氧化”后再“调节pH=3”，造成的后果是_。(4)步骤中加K2CO3应控制pH的范围为_。(5)测定CoSO4粗产品中钴的质量分数的步骤如下：准确称取ag产品，先经预处理，然后加入过量的冰乙酸，在加热煮沸下，缓慢滴加KNO2溶液直至过量，生成不溶于乙酸的K3Co(NO2)6，再经过滤、洗涤及干燥，称量沉淀的质量为bg。KNO2溶液氧化并沉淀Co2+的离子方程式为_(已知KNO2被还原为NO)。粗产品中钴元素的质量分数为_(MrK3Co(NO2)6=452，列出计算式)。2工业上用含锰废料(主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如图：已知：25时，部分氢氧化物的溶度积常数(Ksp)如下表所示。氢氧化物Al(OH)3Fe(OH)3Cu(OH)2Mn(OH)2Ksp1.010321.010382.010202.01014请回答：（1）沉淀1的化学式为_。（2）室温下，加双氧水氧化后所得的溶液中c(Mn2+)=2mol/L，某种离子的浓度小于1105mol/L时，可认为已完全沉淀，则生成沉淀2需调节pH的范围是_。“净化”时，加入(NH4)2S的作用为_。（3）“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为_。（4）已知：滤液3中除MnSO4外，还含有少量(NH4)2SO4。(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线如图所示。据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、_、洗涤、干燥。（5）工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极反应式为_。（6）25.35gMnSO4H2O样品隔绝空气条件下受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。则1150时，反应的化学方程式为_。3氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途。下图是模拟工业制备氢溴酸粗品并精制流程：根据上述流程回答下列问题：（1）混合中发生反应的化学方程式为_。（2）混合中使用冰水的目的是_。（3）操作和操作的名称分别是_、_。操作一般适用于分离_混合物。（选填编号）a固体和液体 b固体和固体 c互不相溶的液体 d互溶的液体（4）混合中加入Na2SO3的目的是_。（5）纯净的氢溴酸应为无色液体，但实际工业生产中制得的氢溴酸（工业氢溴酸）带有淡淡的黄色。于是甲乙两同学设计了简单实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为_，若假设成立可观察到的现象为_。乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为_，其用于证明该假设所用的试剂为_。4实验室以工业废铁为原料制取绿矾(FeSO47H2O)，并用绿矾为原料制备Fe(OH)SO4溶液和NH4Fe(SO4)212H2O晶体，其实验流程如下：已知：FeSO47H2O和NH4Fe(SO4)212H2O随温度变化的溶解度曲线如下图。(1)废铁溶解前需要用热的饱和Na2CO3溶液浸泡，目的是_。(2)溶解时控制溶液温度为7080，目的是_，溶解时铁需过量的原因是_。(3)氧化时将绿矾分批次加入到浓硝酸中，搅拌，反应1 h，有红棕色气体生成，同时得到Fe(OH)SO4，发生的化学方程式为_。氧化结束后不能采用加热煮沸的方法除去溶液中剩余的硝酸，理由是_(任写一条)。(4)设计以绿矾和硫酸铵为原料，制取纯净NH4Fe(SO4)212H2O的实验方案：_(已知pH1时出现Fe(OH)3沉淀。实验中可以选用的试剂：1.0molL1稀硫酸、2.0molL1稀盐酸、5%H2O2溶液)。5氧化锌烟灰中主要含有锌、铅、铜、氧、砷、氯等元素。氨法溶浸氧化锌烟灰可制取高纯锌，工艺流程如图所示。已知氧化锌烟灰经溶浸后，其中的锌、铅、铜、氧、砷元素不同程度的进入浸出液中，其中锌和砷元素分别以Zn(NH3)42+、AsCl52的形式存在。回答下列问题：(1)Zn的原子序数为30，其在元素周期表中的位置为_。(2)锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30时锌浸出率最高的原因为_。(3)“氧化除杂”中，AsCl52转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。该反应的离子方程式_。(4)“滤渣3”除锌外，主要成分为_。(5)“电解”时阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_(写名称)。电解后的电解液经补充_(写一种物质的化学式)后可返回至_(填流程中的操作名称)循环利用。(6)ZnCl2溶液一次水解可获得产物Zn(OH)xCly，取10.64g该水解产物，经二次水解、缎烧后，可得氧化锌8.1g(假设各步均转化完全)。则一次水解产物的化学式为_。答案与解析模拟精做1.【答案】（1）（2）ac （3）2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+ Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低（4）pH11 （5）Co2+3K+7NO+2CH3COOHK3Co(NO2)6+NO+H2O+2CH3COO100% 【解析】废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)加入硫酸酸浸反应后得到浸取液，主要含有Co2+、Al3+、Fe2+、H+和SO等离子，调节溶液的pH=3，再加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+并产生Fe(OH)3沉淀。过滤后，滤液中加入K2CO3调节pH，生成Co(OH)2沉淀和KAlO2溶液，经过滤分离。Co(OH)2沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品CoSO4，滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，经结晶得到明矾，以此分析解答。(1)H2O2为共价化合物，两个氧原子共用一对电子，电子式为：，因此，本题正确答案是：；(2)a将废催化剂粉磨为细颗粒，增大反应物的接触面积，能提高浸取率，故a正确；b该反应为H+参加的离子反应，98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小，不利于酸浸，故b错误；c升高温度化学反应速率加快，所以适当提高浸取时的温度，能提高浸取率，故c正确。因此，本题正确答案是：ac；(3)Fe2+被氧化为Fe3+，pH=3时产生Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“调节pH=3”，会造成原料利用率低。因此，本题正确答案是：2Fe2+H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低；(4)由已知(i)可知，Co2+沉淀完全的pH为9.2，由已知()可知，Al(OH)3完全溶解时的pH为11，所以要分离出Al3+，应控制pH的范围为pH11，因此，本题正确答案是：pH11；(5)KNO2将Co2+氧化为Co3+，并生成K3Co(NO2)6沉淀，NO被还原为NO，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式为Co2+3K+7NO+2CH3COOHK3Co(NO2)6+NO+H2O+2CH3COO。因此，本题正确答案是：Co2+3K+7NO+2CH3COOHK3Co(NO2)6+NO+H2O+2CH3COO；bg K3Co(NO2)6中含Co元素的质量为bg，则粗产品中钴元素的质量分数为100%，因此，本题正确答案是：100%。2.【答案】（1）CaSO4（2）5pH7 除去Cu2+（3）SO2+MnO2=Mn2+SO、Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO+H2O （4）趁热过滤（5）Mn2+-2e+2H2O=MnO2+4H+（6）3MnO2Mn3O4+O2 【解析】由题意可知，含锰废料(主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与含SO2的烟气在稀硫酸的环境下发生酸化和氧化还原反应，Fe2O3与稀硫酸反应生成的Fe3+，Fe3+被SO2还原为Fe2+，MnO2与SO2在稀硫酸的环境下反应生成MnSO4，同时Al2O3、CuO、CaO也与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，因为CaSO4是微溶物，故沉淀1是CaSO4，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化成Fe3+，便于通过调节pH转化为Fe(OH)3除去，结合题意，沉淀2为Al(OH)3、Fe(OH)3，结合图象净化滤液2，然后由溶液到固体采用蒸发的方式。（1）CaO与稀硫酸反应生成CaSO4，而CaSO4是微溶物，故沉淀1是CaSO4；（2）Al3+沉淀完全时：1105c3(OH)=1.01032，c(OH)=1.0109mol/L，pH=5，Fe(OH)3的溶度积更小，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已经沉淀完全，Cu2+沉淀完全时：1105c2(OH)=2.01020，c(OH)=107.5mol/L，当c(Mn2+)=2mol/L开始沉淀时，2c2(OH)=2.01014，c(OH)=107mol/L，pH=7，故调节pH的范围是：5pH7；由上面的计算可以看出，在5pH7时，Cu2+还没有完全除去，故“净化”时，加入(NH4)2S的作用是除去溶液中的Cu2+，转化为CuS沉淀；（3）“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为：SO2+MnO2=Mn2+SO，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+SO+H2O；（4）由(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线图可知，(NH4)2SO4的溶解度随着温度的升高而增大，MnSO4的溶解度随着温度的升高而减小，故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。（5）工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为：Mn2+-2e+2H2O=MnO2+4H+；（6）25.35gMnSO4H2O样品n(Mn2+)=n(MnSO4H2O)=25.35g/(169g/mol)=0.15mol，其中n(H2O)=0.15mol，m(H2O)=0.15mol18g/mol=2.7g，280时，所得固体质量为22.65g，减少的质量为2.7g，则说明该段失去结晶水，此时的固体为MnSO4，继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物，850时，固体质量由22.65减少到13.05，减少9.6g，而0.15mol的二氧化硫的质量为9.6g，则该固体为MnO2，1150时的固体为MnO2分解所得，锰元素的质量为0.15mol55g/mol=8.25g，则氧化物中n(O)=(11.45g-8.25g)/(16g/mol)=0.2mol，故n(Mn)n(O)=0.150.2=34，则该氧化物为Mn3O4，反应式为3MnO2Mn3O4+O2。3.【答案】（1）SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4（2）降低体系温度，防止溴挥发（3）过滤蒸馏 d （4）除去粗品中未反应完的溴（5）KSCN溶液溶液变成血红色含有Br2 CCl4【解析】（1）混合中二氧化硫、溴和水反应生成硫酸和氢溴酸，化学方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；（2）Br2氧化SO2放热，溴易挥发，使用冰水，降低体系温度，防止溴蒸发，使反应完全；（3）由工艺流程可知，操作为分离固体与液体的操作，应是过滤；操作为分离相互溶解的液体的操作，应是蒸馏，蒸馏一般适用于互溶的液体的分离；答案为：过滤；蒸馏；d；（4）粗品中可能含有未反应的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴；（5）用KSCN溶液检验Fe3+，取少许溶液滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+；由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验，取少许溶液加振荡、静置分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2；答案为：KSCN溶液；溶液变成血红色；含有Br2；CCl4。4.【答案】（1）除去铁表面的油污（2）增大硫酸亚铁溶解度防止生成Fe3+（3）FeSO4+HNO3(浓)=Fe(OH)SO4+NO2 Fe3+水解生成Fe(OH)3或HNO3分解生成NO2，污染环境（4）取一定量绿矾加水溶解，滴加1.0molL1的硫酸，使pH1，加入足量的5% H2O2溶液，再加入物质的量为绿矾一半的硫酸铵晶体，搅拌充分反应，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用冷水洗涤、干燥【解析】（1）饱和Na2CO3溶液显弱碱性，废铁表面有油污，用热的饱和Na2CO3溶液浸泡可除去表面的油污；（2）根据温度与溶解度曲线可知温度为7080时，FeSO4的溶解度最大，因此溶解时控制溶液温度为7080，可以增大硫酸亚铁溶解度；铁能将Fe3+还原为Fe2+，因此溶解时铁过量，可防止生成Fe3+；（3）FeSO4与浓硝酸反应，生成Fe(OH)SO4和NO2，反应方程式为：FeSO4+HNO3(浓)=Fe(OH)SO4+NO2；Fe3+易水解，加热后会生成Fe2O3，且硝酸受热分解会生成NO2，会污染环境，因此氧化结束后不能采用加热煮沸的方法除去溶液中剩余的硝酸；（4）酸性条件下，向绿矾水溶液中加入H2O2，再加入物质的量为绿矾一半的硫酸铵晶体，充分反应后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤、干燥后可得纯净NH4Fe(SO4)212H2O，具体的方案为：取一定量绿矾加水溶解，滴加1.0molL1的硫酸，使pH1，加入足量的5% H2O2溶液，再加入物质的量为绿矾一半的硫酸铵晶体，搅拌充分反应，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用冷水洗涤、干燥。5.【答案】（1）第四周期B （2）低于30，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30，有氨气逸出导致溶浸反应速率下降（3）2AsCl52+2H2O2+6NH3H2O=As2O5(胶体)+10Cl+6NH+5H2O （4）Cu、Cd （5）氮气 NH3或NH3H2O 溶浸（6）Zn(OH)1.6Cl0.4【解析】由流程可知，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+、AsCl52的形式存在，加入过氧化氢，AsCl52转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，过滤后加入锌粉还原，可除去Cu、Cd等，滤液主要含有Zn(NH3)42+，电解可生