备战高考化学一轮必刷题 专题11 化工流程一金属 教师版.docx

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备战高考化学一轮必刷题专题11化工流程一金属教师版

专题11化工流程

（一）（金属）

1．有关“未来金属”钛的信息有：

①硬度大②熔点高③常温下耐酸碱、耐腐蚀④铁矿炼钛的一种工业流程为：

（1）钛铁矿的主要成分是FeTiO3（钛酸亚铁），其中钛的化合价为_______价，反应①化学方程式为_______。

（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应生成金属Ti，反应③化学方程式为_________，属于______（填反应类型），该反应_____（填“能”或“不能”）说明Mg的金属活动性强于Ti．

（3）上述冶炼方法得到的金属钛中会混有少量金属单质是______（填名称），由前面提供的信息______（填序号） 知，除去它的试剂可以是以下试剂中的_________（填序号）

A：

HCl      B：

NaOH     C：

NaCl      D：

H2SO4

（4）氯化过程中主要发生的反应为2FeTiO3+6C+7Cl2====2TiCl4+2X+6CO，则X的化学式为：

___________。

【答案】+42FeTiO3+C

CO2↑+2Fe+2TiO22Mg+TiCl4

2MgCl2+Ti置换反应或者氧化还原反应能镁③ADFeCl3

【解析】

（1）钛酸亚铁FeTiO3，Fe元素为+2价，O元素为-2价，设Ti元素为x价，可知（+2）+x+（-2）×3=0，解得x=+4，钛的化合价为+4价，根据流程图可知反应①中，反应物是C和FeTiO3，生成物为CO2、Fe和TiO2，因而①化学方程式为2FeTiO3+C

CO2↑+2Fe+2TiO2；

（2）TiCl4在高温下与足量Mg反应置换出金属Ti，反应③化学方程式为2Mg+TiCl4

2MgCl2+Ti，单质和化合物反应得到另一个单质和化合物，可知该反应属于置换反应，同时该反应镁元素和钛元素化合价变化，也为氧化还原反应，Mg能从钛盐置换出Ti，说明Mg的金属活泼性强于Ti；

（3）上述冶炼方法得到的金属钛时，可能有部分Mg未反应完，因而混有少量的金属镁，要证实上述猜测，可根据镁属于活泼金属，易于酸反应，因而可用HCl和H2SO4，即选AD；

（4）根据化学反应中元素的种类和原子的个数守恒可知，X中含有Fe元素和Cl元素，同时Cl有3个，可推知X为FeCl3。

2．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。

平板电脑显示屏生产过程中有大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）产生。

某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

（1）滤渣A的主要成分是_____________；洗涤滤渣A除去的阳离子主要是________（填离子符号），检验该离子是否洗净的操作是________________________；

（2）步骤②中反应的离子方程式是_____________________；

（3）萃取是分离稀土元素的常用方法。

已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP________（填“能”或“不能”）与水互溶。

实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有________、烧杯、玻璃棒、量筒等；

（4）步骤④中反应化学方程式为______________________________。

【答案】SiO2、CeO2Fe3＋取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；反之，未洗净2CeO2+H2O2+6H＋=2Ce3＋+O2↑+4H2O不能分液漏斗4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4

【解析】

（1）根据上述分析可知，加入稀盐酸时，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3和水，SiO2、CeO2不能溶解，进入滤渣A中，因此滤液A的主要成分是Fe2O3与HCl反应产生的Fe3＋；检验Fe3+的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则证明沉淀已洗净；反之，沉淀未洗净；

（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：

6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O；

（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，萃取剂与水互不相容，而且Ce3+在萃取剂中的溶解度比在水中的大，所以TBP不能与水互溶；实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等；

（4）Ce（OH）3与O2、H2O在加热时发生氧化还原反应，Ce（OH）3被氧化为Ce（OH）4，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的化学方程式：

4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4。

3．化学来源于生活又服务于生活，化工生产是指对原料进行化学加工，最终获得有价值的产品的生产过程。

某研究小组利用含硫酸亚铁和硫酸铜的工业废料制备铁红（氧化铁）和硫酸铵晶体。

流程如下：

请回答下列问题：

（1）操作I的名称________________，滤渣的成分为__________________。

（2）简述下列实验操作：

①检验溶液A中金属阳离子的方法为____________________________________________________；

②检验固体B是否洗涤干净的方法是____________________________________________________。

（3）请写出溶液A中反应的离子方程式_______________________________________________________

（4）测定废料中硫酸铜的质量分数：

称取ag废料样品，将操作I得到的滤渣用足量的稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥，称得固体的质量为bg，则废料中硫酸铜的质量分数为_______________（写出表达式。

）

（5）某同学提出另一种制备铁红的方法：

往工业废水中加入足量的硫酸和双氧水，通过下列操作也可以得到铁红，请配平下列离子方程式_____Fe2++_____H2O2+_____H+=_____Fe3++____H2O

【答案】过滤FeCu取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净10H2O+8NH3+O2+4Fe2+=4Fe（OH）3+8NH4+（5b/2a）×100%21222

【解析】硫酸亚铁和硫酸铜中加入硫酸和过量的铁粉，铁和硫酸铜反应置换出铜，所以溶液A为硫酸亚铁，滤渣为铁和铜。

溶液A中通入氨气和氧气，硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成氢氧化铁和硫酸铵，固体B为氢氧化铁，氢氧化铁固体加热得到氧化铁。

（1）操作I是分离固体和液体，所以为过滤；滤渣为Fe和Cu；

（2）①溶液A中的阳离子为亚铁离子，可以利用其还原性，使用酸性高锰酸钾溶液进行检验，操作为：

取少量液体于试管中，滴加少量的酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾的紫红色褪去，证明含有Fe2+；

②固体B为氢氧化铁，可能吸附有硫酸根离子，所以检验固体是否洗净，就是检验最后一次的洗涤液是否含有硫酸根离子，操作方法为：

取最后一次洗涤液少许于试管中，加入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤干净；

（3）硫酸亚铁和氨气和氧气反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，离子方程式为：

10H2O+8NH3+O2+4Fe2+=4Fe（OH）3+8NH4+；

（4）操作I得到的滤渣为铁和铜，用足量的硫酸溶解后，得到的固体为铜，则根据硫酸铜和铜的关系分析，铜的质量为bg，则硫酸铜的质量为

g=5b/2g，硫酸铜的质量分数为（5b/2a）×100%；

（5）反应中亚铁离子的化合价从+2价升高到+3价，改变1价，过氧化氢中的氧元素的化合价从-1降低到-2价，所以二者的比例为2:

1，再根据原子守恒和电荷守恒配平，该离子方程式为：

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。

4．湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。

某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6（SO4）4（OH）12、ZnO·Fe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。

一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体（NiZnFe4O8）的流程如下：

回答下列问题

（1）滤渣I的主要成分是___________。

（2）净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为___________、___________。

已知：

25℃时Ksp（CaF2）=2.7×10－11，Ksp（MgF2）=6.4×10－19。

加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c（Ca2+）=2.7×10－6mol·L－1，则c（Mg2+）=___________mol·L－1。

（3）在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n（NH4HCO3）︰n（Fe2++Ni2++Zn2+）的关系曲线如图所示。

为提高原料利用率，n（NH4HCO3）︰n（Fe2++Ni2++Zn2+）最好控制在___________左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me（OH）2·H2O沉淀的化学反应方程式为___________。

（4）铁氧体工艺阶段制备NiZnFe4O8过程中，需加入___________剂（填“氧化”或“还原”）。

按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体（NiZnFe4O8，M=476g·mol－1）___________万吨（保留两位有效数字）

【答案】SiO22Fe3++Fe=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑6.4×10-142.03MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me（OH）2·2H2O↓+3（NH4）2SO4+5CO2↑氧化4.3

【解析】

（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣Ⅰ为SiO2。

（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑。

Ksp（CaF2）=c（Ca2+）c2（F-），带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c（F-）=10-2.5mol/L，再根据Ksp（MgF2）=c（Mg2+）c2（F-），解得c（Mg2+）=6.4×10-14mol/L。

（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n（NH4HCO3）︰n（Fe2++Ni2++Zn2+）等于2.0，说明n（NH4HCO3）︰n（Fe2++Ni2++Zn2+）最好控制在2.0左右。

根据滤液Ⅱ配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和（NH4）2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me（OH）2·2H2O↓+3（NH4）2SO4+5CO2↑。

（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。

因2Fe3++Fe=3Fe2+，说明3n（Fe3+）=2n（Fe2+），可知3m（Fe3+）=2m（Fe2+），所以流程中共加入铁元素的质量为5×0.27×3/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为56×4/476=47％，因而NiZnFe4O8的质量为2.025÷47％=4.3万吨。

5．七水硫酸锌别名皓矾，常用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂，在医药上用于催吐剂。

工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO4·7H2O的流程如下：

请回答下列问题：

（1）氧化锌矿粉碎过筛的目的是_____；滤渣X的成分是____。

（2）步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为________。

（3）“除铁”加入试剂M调节溶液的pH，试剂M可以为____（填化学式）；已知：

Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10−39，沉铁过程中要使溶液中c（Fe3+）≤1.0×10−5mol·L−1，必须控制溶液的pH≥_____。

[lg2.6=0.4]

（4）步骤Ⅲ加入锌粉的目的是_____，滤渣Z的成分是____。

（5）取28.70gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示：

①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行，其原因是______。

②680℃时所得固体的化学式为______。

a．ZnOb．Zn3O（SO4）2c．ZnSO4d．ZnSO4·H2O

【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率H2SiO32Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2OZnO或Zn（OH）2等2.8除去溶液中的Cu2+Cu、Zn降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解b

【解析】

（1）氧化锌矿石粉碎可增大固体与溶液接触面积，加快反应速率；在加H2SO4酸溶过程中，ZnSiO3与H2SO4会生成H2SiO3，故滤渣X的成分为H2SiO3，

故答案为：

增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；H2SiO3；

（2）在步骤Ⅱ中加入H2O2，会与溶液中的Fe2+发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：

2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O，

故答案为：

2Fe2＋+H2O2+2H＋

2Fe3＋+2H2O；

（3）要中和多余H2SO4并且不引入新杂质，可以加入ZnO、Zn（OH）2等化合物；溶液中c（Fe3+）=1.0×10−5mol·L−1，则c3（OH−）=

=2.6×10−34，c（OH−）=

×10−11mol·L−1，故pOH=11−1/3lg0.26=11.2，pH=14−pOH=2.8，

故答案为：

ZnO或Zn（OH）2等；2.8；

（4）在步骤Ⅲ中加入锌粉的目的是将Cu2+还原成Cu，通过过滤除去；为了将Cu2+全部置换出来，加入的锌粉过量，滤渣Z中包含Cu和Zn，

故答案为：

除去溶液中的Cu2+；Cu、Zn；

（5）①由于ZnSO4·7H2O易分解，烘干时要适当降低温度；

②n（ZnSO4·7H2O）=

=0.1mol，加热过程中若得ZnSO4·H2O的质量为17.90g（100℃）；若得ZnSO4的质量为16.10g（250℃）；若得ZnO的质量为8.10g（930℃）；据此通过排除法确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2，故答案为：

降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解；b。

6．碱式硫酸铁[Fe（OH）SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。

工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：

已知：

部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

沉淀物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Al（OH）3

开始沉淀

2.3

7.5

3.4

完全沉淀

3.2

9.7

4.4

回答下列问题：

（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在_____________________范围内。

（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为___________。

（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe（OH）2+离子可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为_________________________________。

（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。

根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。

为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为_________。

A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液

（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：

准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后,再用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。

已知：

2Fe3++2I-=2Fe2++I22S2O32-+I2=2I-+S4O62-

则溶液中铁元素的总含量为_________g·L-1。

若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会_______（填“偏高”“偏低”“不变”）

【答案】4.4~7.52H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O2Fe（OH）2++2H2O

Fe2（OH）42++2H+D5.6偏高

【解析】

（1）制备硫酸亚铁，需与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，避免生成Fe（OH）2沉淀，则应控制溶液pH在4.4～7.5之间；

（2）NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故离子方程式为2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O；

（3）[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子，根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe（OH）]2++2H2O

[Fe2（OH）4]2++2H+；

（5）检验所得产品中是否含有Fe2+，可使用酸性KMnO4溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；

（6）根据所给反应可得关系式Fe3+~S2O32-，所以n（Fe3+）=n（Na2S2O3）=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol×56g/mol÷0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。

7．以高钛渣（主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3）为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：

已知：

Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。

（1）熔盐:

①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可采取的措施是__________。

②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550℃时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为_________。

（2）过滤:

①“滤液”中主要溶质为NaOH，还含有少量________（填化学式）。

②除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________。

（3）水解:

“酸溶”后获得的TiOSO4经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的化学方程式为______。

（4）脱色:

H2TiO3中因存在少量Fe（OH）3而影响TiO2产品的颜色，“脱色”步骤中Ti2（SO4）3的作用是_________。

【答案】搅拌12NaOH＋2Ti3O5＋O2

6Na2TiO3＋6H2ONa2SiO3用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加（或蒸发浓缩时间过长）TiOSO4＋2H2O

H2TiO3↓＋H2SO4将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度

【解析】

（1）①为加快反应速率，在维持反应物颗粒大小、反应温度一定的条件下，可适当搅拌，因为搅拌可使反应物混合均匀,增加反应物的接触机会,从而达到加快反应速率的目的，

故答案为：

搅拌；

②NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500～550℃时生成Na2TiO3，发生氧化还原反应，其化学方程式为：

12NaOH＋2Ti3O5＋O2

6Na2TiO3＋6H2O，

故答案为：

12NaOH＋2Ti3O5＋O2

6Na2TiO3＋6H2O；

（2）①熔盐时加入的氢氧化钠会与少量杂质SiO2反应，其化学方程式为：

2NaOH＋SiO2=Na2SiO3＋H2O，生成的硅酸钠易溶于水，则“滤液”中含有少量Na2SiO3，

故答案为：

Na2SiO3；

②“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加（或蒸发浓缩时间过长），

故答案为：

用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加（或蒸发浓缩时间过长）；

（3）“酸溶”后获得的TiOSO4会发生水解，经加热煮沸生成难溶于水的H2TiO3，其化学方程式为：

TiOSO4＋2H2O

H2TiO3↓＋H2SO4，

故答案为：

TiOSO4＋2H2O

H2TiO3↓＋H2SO4；

（4）根据给定信息易知，“脱色”步骤中加入还原性的Ti2（SO4）3，是为了将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度，且不引入新的杂质，

故答案为：

将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，以便除去杂质铁，提高H2TiO3的纯度。

8．NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等。

可由电镀废渣（除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe、Cr等杂质）为原料获得。

工艺流程如下图：

请回答下列问题：

（1）用稀硫酸溶解废渣时，为了提高浸取率可采取的措施有_________________（任写一点）。

（2）向滤液中滴入适量的Na2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，写出除去Cu2+的离子方程式：

____________________________________________。

（3）在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃时加入NaOH调节pH，除去铁和铬。

此外，还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下水解，最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀除去。

如图是温度—pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域[已知25℃时，Fe（OH）3的Ksp=2.64×10－39]。

下列说法正确的是（选填序号）_______。

a.FeOOH中铁为+2价

b.若在25℃时，用H2O2氧化Fe2+，再在pH=4时除去铁，此时溶液中c（Fe3+）=2.6×10－29mol·L－1

c.用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++C1O3－+6H+=6Fe3++C1－+3H2O

d.工业生产中常保持在85~95℃生成黄铁钒钠，此时水体的pH约为3

（4）上述流程中滤液I的主要成分是___________。

（5）操作I的实验步骤依次为（实验中可选用的试剂：

6mol·L－1的H2SO4溶液、蒸馏水、pH试纸）：

①___________；②___________；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4·6H2O晶体：

④用少量乙醇洗涤NiSO4·6H2O晶体并晾干。

【答案】加热或搅拌或增大硫酸浓度等Cu2＋＋S2－===CuS↓cNiSO4过滤，并用蒸馏水洗净沉淀向沉淀中加6mol·L－1的H2SO4溶液，直至恰好完全

【解析】

（1）能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以升高反应温度，在反应过程中不断搅拌，增大反应物浓度都可以提高反应速率；

故答案为：

加热或搅拌或增大硫酸浓度等；

（2）S2-可以与Cu2+，Zn2+反应生成难溶性的Cu2S和ZnS，从而达到除去Cu2+和Zn2+的目的；

故答案为：

Cu2＋＋S2－===CuS↓；

（3）a．FeOOH中O元素显