2022高考化学一轮复习专练22化学工艺流程题含解析

专练22　化学工艺流程题

1．[2020·全国卷Ⅰ]钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

回答下列问题：

(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是_________________________________________。

(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式______________________________________________。

(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。

(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是________。

(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是________________________________。

(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是____________________________。

2．[2021·湖南卷]碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：

步骤Ⅰ.Na2CO3的制备

步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定

①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；

②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；

③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L－1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；

④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。

已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。

(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100gH2O)

回答下列问题：

(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为________，晶体A能够析出的原因是________________________________；

(2)步骤Ⅰ中“300℃加热”所选用的仪器是________(填标号)；

(3)指示剂N为________，描述第二滴定终点前后颜色变化________________________；

(4)产品中NaHCO3的质量分数为________(保留三位有效数字)；

(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

3．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：

(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式______________________________________。

(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：

①pH＝4.1时，Ⅰ中为________溶液(写化学式)。

②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是____________________。

(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为____________________。电解后，________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。

(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为__________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L－1(以SO2计)。

4．高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：

相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

(1)“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式________________。

(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________________________________________________________。

(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为________～6之间。

(4)“除杂1”的目的是除去Zn2＋和Ni2＋，“滤渣3”的主要成分是________。

(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2＋。若溶液酸度过高，Mg2＋沉淀不完全，原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(6)写出“沉锰”的离子方程式_______________________________________________。

(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝时，z＝________。

5．[2020·全国卷Ⅲ]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：

回答下列问题：

(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________________________________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________________。

(2)“滤液②”中含有的金属离子是__________________。

(3) “转化”中可替代H2O2的物质是________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为________。

(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝__________________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是________。

(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式____________________________。

(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是____________________________。

6．[2021·广东卷]对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO的形态存在。

(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为________。

(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________。

(3)“沉钼”中，pH为7.0。

①生成BaMoO4的离子方程式为________________________。

②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c:c＝____________________________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。

(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为________。

②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量____________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。

(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。

①该氧化物为________。

②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。

专练22　化学工艺流程题

1．(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)

(2)Fe2＋　VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O

(3)Mn2＋　Al3＋和Fe3＋

(4)Fe(OH)3

(5)NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O

(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全

解析：(1)加热的目的是使反应完全，加快酸浸速率。(2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2＋和Fe3＋，Fe2＋能够被氧化为Fe3＋；VO＋中钒元素化合价为＋3，VO中钒元素化合价为＋5，VO＋被MnO2氧化为VO，MnO2被还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平：VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝3.0～3.1时，Mn2＋还未沉淀，所以滤液②中有Mn2＋，另外Fe3＋、Al3＋在该pH范围内没有沉淀完全，部分留在滤液②中。(4)滤饼②中除了有V2O5·xH2O，还有少量Fe(OH)3和Al(OH)3，加NaOH调pH>13，V2O5·xH2O与NaOH反应生成NaVO3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAl(OH)4，Fe(OH)3不与NaOH反应，所以滤渣③是Fe(OH)3。(5)“调pH”的目的是将NaAl(OH)4转化为Al(OH)3沉淀除去，反应的化学方程式为NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O，则滤渣④为Al(OH)3。(6)加入过量NH4Cl固体，c(NH)增大，根据同离子效应，可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。

2．(1) NaHCO3　30～35℃，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度

(2)D

(3)甲基橙　溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色

(4)3.56%

(5)偏大

解析：(1)根据相关盐在不同温度下的溶解度可知，30～35℃，NaHCO3的溶解度明显小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度，因此NaHCO3在步骤Ⅰ中结晶析出。(2)300℃给固体加热选用的仪器应为坩埚。(3)本题中测定碳酸氢钠含量采用了双指示剂滴定法，第一滴定过程以酚酞为指示剂，Na2CO3转化为NaHCO3，第二滴定过程以甲基橙为指示剂，NaHCO3转化为NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定终点前后溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。(4)由(3)的分析过程可知，25.00mL待测液中所含NaHCO3的物质的量为0.1000mol·L－1×(V2－V1)×10－3L，则2.500g产品中所含NaHCO3的质量为84g·mol－1××0.1000mol·L－1×(23.51－22.45)×10－3L≈0.089g，则产品中NaHCO3的质量分数＝×100%≈3.56%。(5)第一次滴定终点时，俯视读数，导致测得的V1偏小，NaHCO3质量分数的计算结果偏大。

3．(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O

(2)①NaHSO3　②得到NaHSO3过饱和溶液

(3)2H2O－4e－===4H＋＋O2↑　a

(4)S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128

解析：(1)由题可知，NaHSO3脱水转化为Na2S2O5，故可写出化学方程式：2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。

(2)①Na2S2O5由NaHSO3过饱和溶液脱水结晶而来，因而溶液Ⅲ为NaHSO3，而Ⅰ和ⅢPH相同，溶质相同，也为NaHSO3。

②通SO2使得NaHSO3变多，浓度变大，得到NaHSO3过饱和溶液。

(3)阳极发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，H＋通过阳离子交换膜由阳极向a室移动，得到NaHSO3，故a室NaHSO3增多。

(4)根据题意，S2O与I2发生氧化还原反应，生成SO和I－，即

解得x＝0.5×10－4，则SO2物质的量为0.5×2×10－4mol，

所以最后的残留量＝＝0.128g·L－1。

4．(1)SiO2(不溶性硅酸盐)

MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O

(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋

(3)4.7

(4)NiS和ZnS

(5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2＋＋2F－平衡向右移动

(6)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O

(7)

解析：本题涉及元素化合物知识的综合应用，通过工艺流程形式给出信息，考查分析和解决化学工艺流程问题的能力，根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式，体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。

(1)由题干信息可知，滤渣有生成的S和不与H2SO4反应的SiO2(或写不溶性硅酸盐)；依据氧化还原反应原理可知，MnO2作氧化剂，MnS作还原剂，由此可写出化学方程式。

(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2＋，为了去除方便，需将Fe2＋氧化为Fe3＋。

(3)由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知除铁和铝时溶液pH范围应调节为4.7～6之间。

(4)NiS和ZnS是难溶于水的硫化物。

(5)MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)，若增大H＋浓度，F－与H＋会结合成弱电解质HF而使沉淀溶解平衡正向移动，导致溶液中Mg2＋沉淀不完全。

(6)由于HCOH＋＋CO，CO与Mn2＋可形成MnCO3沉淀，使HCO电离平衡正向移动，H＋浓度增大，H＋与HCO反应生成H2O和CO2，所以离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。

(7)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0，可知＋1＋(＋2)×x＋(＋3)×y＋(＋4)×z＋(－2)×2＝0，将x＝y＝代入计算，可得z＝。

5．(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物　Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O

(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋

(3)O2或空气　Fe3＋

(4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]　3.2～6.2

(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O

(6)提高镍回收率

解析：(1)油脂可在NaOH溶液中发生水解反应生成可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3,2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，故“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物。“滤液①”中含有Na[Al(OH)4](也可写成NaAlO2)，向其中加入稀H2SO4调为中性会生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为Al(OH)＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O或AlO＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓。(2)“滤饼①”中含有Ni、Fe、NiO、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物，加入稀H2SO4后主要发生反应Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、NiO＋2H＋===Ni2＋＋H2O、FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，故“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)H2O2的作用是在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋(2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O)，且在“转化”中不引入新杂质，故可替代H2O2的物质是O2或空气，发生反应4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，也不引入新杂质。加NaOH溶液“调pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3＋，为除尽Fe3＋而又不生成Ni(OH)2沉淀，需控制pH范围：3.2≤pH<7.2；此时溶液中还存在Fe2＋，H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，故“滤液③”中可能含有的杂质离子为Fe3＋。(4)开始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全时，都存在沉淀溶解平衡：Ni(OH)2(s)Ni2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，开始沉淀时，c(Ni2＋)＝0.01mol·L－1，c(OH－)＝1.0×107.2－14mol·L－1，故Ksp＝0.01×(107.2－14)2；沉淀完全时，c(Ni2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，c(OH－)＝1.0×108.7－14mol·L－1，Ksp＝10－5×(108.7－14)2。由上述分析得Ksp＝1.0×10－15.6，若“转化”后的溶液中c(Ni2＋)＝1.0mol·L－1，生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH－)＝＝mol·L－1＝1.0×10－7.8mol·L－1，c(H＋)＝mol·L－1＝1.0×10－6.2mol·L－1，pH＝6.2，故既要除尽Fe3＋，又不形成Ni(OH)2沉淀，应控制的pH范围是3.2～6.2。(5)Ni2＋被氧化为NiOOH，ClO－被还原为Cl－，故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。(6)分离出NiSO4晶体后的母液中含有Ni2＋(饱和NiSO4溶液)，故将母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率。

6．(1)＋6

(2)Al(OH)3

( 3)①MoO＋Ba2＋===BaMoO4↓　②×

(4)①NaHCO3　②NH3

(5)①Al2O3　②4:1

解析：(1)根据化合物Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，由化合物中化合价代数和为0，可计算出Na2MoO4中Mo元素的化合价为＋6。(2)“750℃焙烧”时，废催化剂中的氧化铝发生反应：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，“滤液Ⅰ”中主要存在NaAlO2和Na2MoO4，通入过量CO2时，发生反应：NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)由(2)的分析可知“滤液Ⅱ”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4。①“滤液Ⅱ”中加入BaCl2溶液生成BaMoO4的离子方程式为MoO＋Ba2＋===BaMoO4↓。②开始生成BaCO3时，溶液中＝＝，又因为Ka2＝＝4.7×10－11，由于“沉钼”中，pH为7.0，则＝＝，因此可得＝×。(4)①由于“滤液Ⅱ”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4，加入适量BaCl2溶液“沉钼”后，“滤液Ⅲ”中主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，则Y为NaHCO3。②由“滤液Ⅲ”制备NaHCO3，原理类似侯氏制碱法，加入NaCl固体后，通入足量碱性气体NH3，再通入足量CO2，发生反应：NH3＋H2O＋CO2===NH4HCO3、NH4HCO3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，析出溶解度较小的NaHCO3固体。(5)①由题给芯片制造的刻蚀过程示意图可知，加入H2O2刻蚀液，GaAs逐渐溶解，当H2O2刻蚀液接触AlAs时，反应生成一种致密的氧化膜，由此可知，Ga、As均可溶于H2O2刻蚀液中，形成的致密氧化膜是AlAs中的铝被氧化为致密的Al2O3膜。②GaAs与H2O2反应时，As由－3价变为＋5价，O由－1价变为－2价，由氧化还原反应中得失电子守恒规律可知，氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为4:1。