（江苏专用）2020高考化学二轮复习 专题检测（十） 无机化工流程（通用）

专题检测（十） 无机化工流程1(2020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(2020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(2020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(2020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(2020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(2020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(2020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H2