届高三化学二轮复习工业流程图专题训练.docx
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届高三化学二轮复习工业流程图专题训练
2020届高三化学二轮复习工业流程图专题训练
1、（2019·黄冈高三调研，28）某科研课题小组研究利用含H＋、Na＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、SO
的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计实验流程如下：
回答下列问题：
（1）加入双氧水的目的是___________________________。
（2）第一次调pH使Fe3＋完全沉淀，写出反应的离子方程式___________________________。
（3）第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到常温下相关数据如下表（表中金属离子沉淀完全时，其浓度为1×10－5mol·L－1）。
浓度/
（mol·L－1）
氢氧化物的
Ksp
开始沉淀的
pH
沉淀完全的
pH
Zn2＋
0.12
1.2×10－17
6.0
8.1
Mn2＋
0.10
4.0×10－14
7.8
9.8
为防止Mn2＋同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2＋的沉淀率为________，利用滤渣Ⅱ制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的________（以化学式表示）。
（4）已知常温下，Ksp（MnS）＝3.0×10－14，Ksp（ZnS）＝1.5×10－24，在除锌时发生沉淀转化反应为：
MnS（s）＋Zn2＋（aq）ZnS（s）＋Mn2＋（aq），其平衡常数K＝________。
（5）沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式________________________________。
解析
（1）加入双氧水，目的是将Fe2＋转化为Fe3＋。
（2）第一次加NaOH溶液调pH使Fe3＋完全沉淀，离子方程式为：
Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓。
（3）控制溶液的pH＝7，c（OH－）＝10－7mol·L－1，根据Ksp[Zn（OH）2]＝c（Zn2＋）·c2（OH－），可知此时溶液中c（Zn2＋）＝1.2×10－17/（10－7）2mol·L－1＝1.2×10－3mol·L－1，则Zn2＋的沉淀率为
×100%＝99%。
根据流程图知，滤渣Ⅱ的主要成分为Zn（OH）2，其中会混有微量的Fe（OH）3，因此制得的ZnO中会混有微量的Fe2O3。
（4）该反应的平衡常数K＝
＝
＝
＝
＝2.0×1010。
（5）沉锰反应为Mn2＋和S2O
的氧化还原反应，Mn2＋被氧化为MnO2，S2O
被还原为SO
，该反应在酸性条件下完成，配平离子方程式为：
Mn2＋＋S2O
＋2H2O===MnO2↓＋2SO
＋4H＋。
答案
（1）将Fe2＋转化为Fe3＋
（2）Fe3＋＋3OH－===Fe（OH）3↓
（3）99% Fe2O3 （4）2.0×1010
（5）Mn2＋＋S2O
＋2H2O===MnO2↓＋2SO
＋4H＋
2．（2019·长沙市长郡中学高三上学期一模，27）如图是工业上以制作印刷电路的废液（含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－）生产CuCl的流程：
已知：
CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。
请回答下列问题：
（1）流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为_______________________________。
（2）滤液①需要加过量Z，检验Z过量的方法是________________________。
（3）写出生成CuCl的化学方程式：
____________。
（4）为了提高CuCl产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置图中的________（填选项字母），过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用________（填“无水乙醇”或“稀硫酸”）。
（5）CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCl
，在一定温度下建立两个平衡：
Ⅰ.CuCl（s）Cu＋（aq）＋Cl－（aq） Ksp＝1.4×10－6
Ⅱ.CuCl（s）＋Cl－（aq）CuCl
（aq） K＝0.35。
分析c（Cu＋）、c（CuCl
）和Ksp、K的数学关系，在图中画出c（Cu＋）、c（CuCl
）的关系曲线（要求至少标出一个坐标点）。
（6）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g于250mL锥形瓶中，加入10mL过量的FeCl3溶液，不断摇动：
②待样品溶解后，加入20mL蒸馏水和2滴指示剂；
③立即用0.1000mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；
④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30mL。
上述相应化学反应为CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，则样品中CuCl的纯度为________（保留三位有效数字）。
解析
（1）流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，说明反应速率快，因为滤渣①中有铁和铜单质，与盐酸反应时能形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率；
（2）检验溶液中通入的氯气已过量，可取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，若下层液体呈橙色，说明氯气已过量。
（3）根据流程图可知，SO2、CuSO4、CuCl2反应生成H2SO4、CuCl，因此化学方程式为：
CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4。
（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，尽可能减少CuCl被空气中氧气氧化，宜采用抽滤法快速过滤，所以过滤装置选择B项。
洗涤CuCl宜选用无水乙醇，因为CuCl难溶于无水乙醇，洗涤时可减少CuCl的溶解损失，而且后续干燥中易除去乙醇。
不选用稀硫酸，虽然CuCl难溶于稀硫酸，但用稀硫酸洗涤，会给CuCl表面带来少量的H＋和SO
杂质。
（5）据反应式CuCl（s）＋Cl－（aq）CuCl
（aq）和K的定义式有：
K＝
，将分子、分母同乘以c（Cu＋）得：
K＝
＝
，将题给的K和Ksp的数据代入得c（CuCl
）×c（Cu＋）＝1.4×10－6×0.35＝4.9×10－7。
取其中（0.7，0.7）做为一个坐标点，图像示意如下：
（6）根据题给的相应化学反应CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，可得CuCl和Ce4＋的反应配比是1∶1，所以可得CuCl的纯度：
×100%＝96.7%。
答案
（1）滤渣①中有铁和铜，与盐酸反应时形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率
（2）取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量（其他合理答案均可）
（3）CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4
（4）B 无水乙醇
（5）
（6）96.7%
3．（2019·河南省部分省示范性高中1月联考，27）铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。
某科研小组从某度旧铍铜元件（含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2）中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下：
已知：
Ⅰ.铍、铝元素化学性质相似；
Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表：
难溶物
Cu（OH）2
Fe（OH）3
Mn（OH）2
溶度积常数（Ksp）
2.2×10－20
4.0×10－38
2.1×10－13
（1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有________（填化学式），写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：
______________________________。
（2）①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为________（填字母）。
a．加入过量的氨水b．通入过量的CO2
c．加入过量的NaOHd．加入适量的HCl
e．洗涤f．过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是________。
（3）①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。
写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式：
___________________________。
②若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺点是________（任写一条）。
（4）滤液D中c（Cu2＋）＝2.2mol·L－1、c（Fe3＋）＝0.008mol·L－1、c（Mn2＋）＝0.01mol·L－1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，首先沉淀的是________（填离子符号），为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于________。
（5）电解NaCl－BeCl2混合熔盐可制备金属铍，下图是电解装置图。
①电解过程中，加入氯化钠的目的是________。
②石墨电极上的电极反应式为________。
③电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na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）
Be
1551
3243
Na
370
1156
解析
（1）由题中信息可知，Be、SiO2与氢氧化钠反应生成Na2BeO2、Na2SiO3，Na2BeO2与HCl反应生成BeCl2，离子方程式为：
BeO
＋4H＋===Be2＋＋2H2O；
（2）①由于Be的性质与Al相似，所以Be具有两性，用氨水使Be2＋全部沉淀，再过滤，将Be（OH）2洗涤后，加入盐酸最终转化成BeCl2；②由于Be2＋易水解，所以从氯化铍溶液中得到纯净的BeCl2，需要在HCl气流中蒸发结晶；（3）①MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，所以化学反应方程式为：
MnO2＋CuS＋2H2SO4===MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O；②由于HNO3的氧化性很强，在反应中会产生氮的氧化物，对空气造成污染，所以我们不选用浓硝酸；（4）根据Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10－20＝c（Cu2＋）·c2（OH－），当溶液中c（Cu2＋）＝2.2mol·L－1时，计算可得c（OH－）＝10－10mol/L，即当c（OH－）＝10－10mol/L时，即pH＝4时，Cu2＋开始沉淀；根据Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38＝c（Fe3＋）·c3（OH－），c（Fe3＋）＝0.008mol/L，可得到c（OH－）＝3.68×10－13mol/L，即当c（OH－）＝3.68×10－13mol/L时，Fe3＋开始沉淀；根据Ksp[Mn（OH）2]＝2.1×10－13＝c（Mn2＋）·c2（OH－），c（Mn2＋）＝0.01mol/L，可得到c（OH－）＝4.83×10－7mol/L，即当c（OH－）＝4.83×10－7mol/L时，Mn2＋开始沉淀；由计算可知，Fe3＋先沉淀，其次是Cu2＋，最后是Mn2＋；（5）①电解过程中，加入氯化钠是为了增大导电性即降低电解质熔融状态的温度，节约能耗；②石墨电极生成金属Be，电极反应方程式为：
Be2＋＋2e－===Be；③图表信息可知Na和Be的熔、沸点差距很大，分离Na蒸气和Be蒸气可以控制温度1156～3243K之间冷却。
答案
（1）Na2BeO2、Na2SiO3 BeO
＋4H＋===Be2＋＋2H2O
（2）①afed ②要在HCl气流中蒸发结晶
（3）①MnO2＋CuS＋2H2SO4===MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O ②会产生污染环境的气体
（4）Fe3＋ 4
（5）①降低电解质的熔融温度，降低能耗 ②Be2＋＋2e－===Be ③可以控制温度1156～3243K之间冷却
4、（2019·江苏化学，16）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。
N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。
NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为__________________________________________________________________。
（2）NO和NO2的处理。
已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO＋NO2＋2OH－===2NO
＋H2O
2NO2＋2OH－===NO
＋NO
＋H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_______________（填化学式）；
吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_______________（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。
用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。
其他条件相同，NO转化为NO
的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO
，其离子方程式为______________________________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。
其原因是______________________________。
解析
（1）NH3被O2氧化生成N2O，N元素从－3价升至＋1价，1molNH3失去4mole－，O元素从0价降至－2价，1molO2得到4mole－，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。
（2）①A项，通入尾气速率过快时，尾气吸收不充分，错误；B项，采用气、液逆流方式吸收尾气时，尾气吸收会更充分，正确；C项，补充NaOH溶液，c（OH－）增大，能更充分吸收尾气，正确。
②NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水，所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。
由吸收尾气的主要反应可知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。
（3）①HClO氧化NO生成NO
，自身被还原为Cl－，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。
②氧化NO的是HClO，NaClO在酸性条件下会生成HClO，所以pH越小，溶液中HClO的浓度越大，NO转化率越高。
答案
（1）2NH3＋2O2
N2O＋3H2O
（2）①BC ②NaNO3 NO
（3）①3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NO
＋5H＋
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
5、氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：
①菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
②相关金属离子[c0（Mn＋）＝0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
Ca2＋
Mn2＋
Mg2＋
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10－10、7.42×10－11。
回答下列问题：
（1）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为________。
分析下列图1，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：
焙烧温度为500℃。
分析选择反应温度为500℃的原因______________________________。
（2）浸出液“净化除杂”过程如下：
首先加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为________________________________；再调节溶液的pH将Al3＋、Fe3＋变为沉淀除去，溶液pH的范围为________；然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中
＝________。
（3）碳化结晶时，反应的离子方程式为____________________________。
（4）MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图2所示，300℃～770℃范围内，发生反应的化学方程式为____________________________________________________。
图2
解析
（1）焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为：
MnCO3＋2NH4Cl
MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；温度过低，反应速率慢、浸出率低；随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但在500℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500℃时，锰浸出率已经达到95%以上，温度过高，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃即可；
（2）净化除杂中加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为：
MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；由表可知，Fe3＋、Al3＋完全沉淀的pH分别为2.8和5.2，Mn2＋开始沉淀pH为8.8，故若要将Al3＋、Fe3＋变为沉淀除去，但Mn2＋不能沉淀，故需调节pH的范围为5.2≤pH<8.8；当两种沉淀共存时，溶液中
＝
＝
＝
＝1.97；（3）“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵时HCO
的电离促进Mn2＋生成MnCO3，同时HCO
与电离出的H＋反应生成水和CO2，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO
MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；（4）假设起始n（MnCO3）＝1mol，则m（MnCO3）＝115g，m（Mn）＝55g，加热过程中Mn元素的质量不变，A点时固体质量为115g×75.65%＝87g，则m（O）＝32g，故
＝
，故A点对应的化学式为MnO2，同理可计算出B点对应的化学式为Mn3O4，故300℃～770℃范围内，发生反应的化学方程式为：
3MnO2
Mn3O4＋O2↑。
答案
（1）MnCO3＋2NH4Cl
MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O 温度低，速率慢浸出率低；温度过高，浸出率变化不大，成本增加
（2）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
5．2≤pH<8.8 1.97
（3）Mn2＋＋2HCO
MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
（4）3MnO2
Mn3O4＋O2↑
6、钛白粉（TiO2）广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。
利用黑钛矿石[主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2]制备TiO2，工艺流程如下。
已知：
TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3，回答下列问题：
（1）（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5中钛元素的化合价为________，实验“焙烧”所需的容器名称是________，“滤渣”的主要成分是________（填化学式）。
（2）制取H2TiO3的化学方程式为___________________________。
（3）矿石粒度对TiO2的提取率影响如图，原因是_____________________。
（4）相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度（s，mol·L－1）如图所示，步骤④应该控制的pH范围是________（填标号）
A．1～2B．2～3C．5～6D．10～11
（5）常用硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：
用足量酸溶解ag二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL，取20.00mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：
Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋
①滴定终点的现象为__________________________。
②滴定终点时消耗bmol·L－1NH4Fe（SO4）2溶液VmL，则TiO2纯度为________。
（写表达式）
解析
（1）设Ti的化合价为＋x，（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5化合价代数和等于0，（2×0.5＋2×0.5）＋2x－2×5＝0，x＝4；灼烧固体用坩埚；黑钛矿石[主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2]加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，沉淀中含有CaSO4和CaSiO3；
（2）由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应方程式为：
TiOSO4＋2H2O
H2TiO3↓＋H2SO4；（3）由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素，矿石粒度对TiO2的提取率影响，原因是矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快；（4）由图读出：
金属难溶化合物在不同pH下的溶解度（s，mol·L－1），步骤④应该控制的pH范围是：
钛酸沉淀pH大于2，而氢氧化铝不沉淀，pH小于3，故选B；（5）①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：
当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30s内不变回原色；②由TiO2～Fe3＋关系式，n（TiO2）＝n（Fe3＋）＝bmol·L－1×V×10－3L×100mL/20mL＝5bV×10－3mol，TiO2纯度为5bV×10－3mol×80g·mol－1/ag×100%＝
%。
答案
（1）＋4 坩埚 CaSO4、CaSiO3
（2）TiOSO4＋2H2O
H2TiO3↓＋H2SO4
（3）矿石粒度越小，反应物接触面积越大，反应速率越快
（4）B （5）①当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成红色，且30s内不变回原色 ②
%
7[2019·贵州省部分重点中学高三上学期教学质量评测（四），26]某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）。
已知：
①NaClO溶液在受热温度过高或酸性条件下容易分解，如3NaClO===2NaCl＋NaClO3
②AgCl可溶于氨水：
AgCl＋2NH3·H2OAg（NH3）
＋Cl－＋2H2O
③常温时N2H4·H2O（水合肼）在碱性条件下能还原Ag（NH3）
：
4Ag（NH3）
＋N2H4·H2O===4Ag↓＋N2↑＋4NH
＋4NH3↑＋H2O
（1）氧化时采用了过量的NaClO溶液并水浴加热，水浴加热的目的是________。
（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的离子方程式为：
_______________________________；
若改用稀HNO3氧化Ag，生成了NO气体等，则该反应的化学方程式为：
_______________________________；
从反应产物的角度分析，以稀HNO3代替NaClO的缺点是：
__________________。
（3）为提高Ag的回收率，需利用少量10%氨水对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤II的滤液中，在实验室洗涤该滤渣的操作为：
__________________________________________________________。
（4）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：
（提供的试剂有：
2mol·L－1水合肼溶液、1mol·L－1H2SO4溶液）__________________________。
解析
（1）氧化时采用了过量的NaClO溶液并水浴加热，采用水浴加热可以加快反应速率，且防止NaClO受热温度过高而分解；
（2）
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