高考化学二轮复习大题突破练1化学工艺流程题含答案

这是一份高考化学二轮复习大题突破练1化学工艺流程题含答案，共17页。试卷主要包含了6×10-2,Ka2=1，0~20等内容，欢迎下载使用。
大题突破练
大题突破练1　化学工艺流程题
1.(2022湖南娄底二模)锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO,还有少量锰铅氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶锌过程中产生的废渣,一种回收锌电解阳极泥中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图。

回答下列问题:
已知:①MnSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。
②葡萄糖的第五碳上羟基和醛基缩合可形成葡萄糖的半缩醛式。在较高温度及酸性催化条件下,葡萄糖能发生如下反应:
+HCOOH
(1)已知Pb2Mn8O16中Pb化合价为+2价,Mn化合价为+2价和+4价,则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为　　　　　　。 
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为　　　　　　　。 
(3)实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量,其原因是 　　　　　　　, 
为提高葡萄糖的有效利用率,除充分搅拌外还可采取的措施为　　　　　　　　　　。 
(4)整个流程中可循环利用的物质是　　　　　。获得MnSO4·H2O晶体的一系列操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥,其中洗涤的具体操作是　 　　　　　　　。 
(5)加入Na2CO3溶液的目的是将PbSO4转化为PbCO3,Na2CO3溶液的最小浓度为　　　　 mol·L-1(保留两位小数)。[已知:20 ℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14] 
2.(2022重庆第三次诊断)钪(Sc)是一种稀土金属,钪及其化合物在航空、电子、超导等方面有着广泛的用途。钛白粉中含有Fe、TiO2、Sc2O3等多种成分,用酸化后的钛白废水富集钪,并回收氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下:

回答下列问题:
(1)“萃取”时Ti4+、Fe2+、Sc3+均进入有机相中,则在“洗涤”时加入H2O2的目的是 　　　　　　　。 
(2)“滤渣1”的主要成分是Sc(OH)3、　　　　　　　　(写化学式)。 
(3)在“调pH”时先加氨水调节pH=3,此时过滤所得滤渣主要成分是　　　　　;再向滤液中加入氨水调pH=6,此时滤液中Sc3+的浓度为　　　　　mol·L-1;检验含Sc3+滤液中是否含Fe3+的试剂为　　　　　　　　　　(写化学式)。(已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39;Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31) 
(4)“沉钪”时用到草酸。已知草酸的Ka1=5.6×10-2,Ka2=1.5×10-4;则在25 ℃时pH=3的草酸溶液中c(C2O42-)∶c(H2C2O4)=　 　　　　　　。 
(5)写出草酸钪在空气中“焙烧”时反应的化学方程式: 　　　　　　　。 
(6)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0~20.0 mg·L-1,该工艺日处理钛白酸性废水100.0 m3,理论上能生产含80%氧化钪的产品最多　　　　　kg(保留到小数点后一位)。 
3.(2022安徽马鞍山三模)合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下:

已知Sn2+容易水解。
回答下列问题:
(1)加快“脱锡”速率的措施有　　　　　(写出一点)。“操作Ⅰ”包含　　　　　、　　　　　　、过滤、洗涤、干燥。 
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH,其目的是　　　　　　　　;硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示,当浓度大于120 g·L-1时,脱锡率下降的原因是　  　　　　　　　。 

(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO42-,以石墨为电极,通过控制溶液pH、电解时电压,可以依次回收铜、锡。电解时阳极的电极反应式为　　　　　　　; 
当阴极出现　　　　　的现象时,说明电解回收锡结束。 
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为 　　　　　　　。 
(5)称量纯净的胆矾2.50 g进行热重分析,实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120 ℃时所得固体的化学式为　　　　　　　。 

4.(2022辽宁大连24中三模)铍是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料,有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]为原料制备金属铍的工艺如下:

已知:“滤渣1”中含有铁、铝、硅的氧化物,Na3FeF6难溶于水,Be2+可与过量OH-结合成[Be(OH)4]2-(当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于等于1×10-5mol·L-1时,认为该离子沉淀完全);lg 2=0.3。
回答下列问题:
(1)“粉碎”的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)750 ℃烧结时,Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4,该反应的化学方程式为　　　　　　　。 
(3)“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成Be(OH)2沉淀,但NaOH不能过量,原因是　　　　　　　(用离子方程式表示)。 
(4)已知Ksp[Be(OH)2]=4.0×10-21,室温时0.40 mol·L-1Be2+沉淀完全时的pH最小为　　　　。 
(5)“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊,写出其化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)“电解”NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍,加入NaCl的主要目的是　　　　　　　　　　。 
(7)绿色化学要求在工业生产中应有效利用原料,节约原料。本工艺过程可以循环利用的物质有　　　　　　　　。 
5.某湿法炼锌的萃余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+、Cd2+及30~60 g·L-1硫酸等,逐级回收有价值的金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图:

已知:
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Co(OH)3
Cd(OH)2
Ksp
2.6×10-39
4.9×10-17
5.9×10-15
1.6×10-44
7.2×10-15
回答下列问题:
(1)“中和氧化水解”时,先加入适量的石灰石调节溶液的pH为1.0;加入一定量的Na2S2O8;再加入石灰石调节溶液的pH为4.0。
①“氧化”时,Mn2+转化为MnO2除去,反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 
②“沉渣”的主要成分除MnO2外还有　　　　　　　　　　。 
③“氧化”时,若加入过量的Na2S2O8,钴元素将会进入“沉渣”中,则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为　　　　　mol·L-1。 
(2)“除镉”时,主要反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　。 
(3)“沉锌”时,在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]固体,同时产生大量的气体。
①产生大量气体的原因是 　　　　　　　　　　　。 
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗涤,检验是否洗净的试剂是　　　　　。 
(4)不同质量分数的Na2SO4溶液在不同温度下析出Na2SO4晶体的成分如图所示。欲从含20%Na2SO4及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水Na2SO4,“操作a”为 　　　　　　　　　　　。 

6.(2022广东汕头二模)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物,具有吸收强紫外光线的能力,可以用于光催化降解有机污染物,利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如图所示。

(1)CeCO3F中Ce元素的化合价为　　　　　　价。 
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率,提高焙烧效率的方法是　　　　　　　　(写出一种即可)。 
(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、　　　　　　　　。 
(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换,避免产生污染性气体Cl2,由此可知氧化性:CeO2　(填“>”或“
(5)2Ce3++6HCO3-Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑　0.18
(6)①Ce4+　②1∶2
解析 (1)CeCO3F中C元素化合价为+4价、O元素化合价为-2价、F元素化合价为-1价,根据化合价代数和等于0,Ce元素的化合价为+3价;
(2)根据影响反应速率的因素,提高焙烧效率的方法是粉碎矿石、增大气流速度、提高焙烧温度等;
(3)操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液,方法为过滤,所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗;
(4)Cl-被CeO2氧化为Cl2,CeO2为氧化剂,盐酸为还原剂,盐酸可用硫酸和H2O2替换,可知H2O2是还原剂,则氧化性CeO2>H2O2;
(5)“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀,反应的离子方程式为2Ce3++6HCO3-Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑。若“沉铈”过程中,Ce3+恰好沉淀完全,则c(Ce3+)为1.0×10-5 mol·L-1,则c(CO32-)=3Ksp[Ce2(CO3)3]c2(Ce3+)=31×10-281×10-10 mol·L-1=1×10-6 mol·L-1,c(CO32-)·c(H+)c(HCO3-)=5.6×10-11,此时溶液的pH为5,则溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)·c(H+)5.6×10-11=1×10-6×1×10-55.6×10-11mol·L-1≈0.18 mol·L-1;
(6)①根据题图示,总反应为4H2+2NO24H2O+N2,该反应中的催化剂为Ce4+;
②根据化学方程式4H2+2NO24H2O+N2,NO2中N元素化合价由+4价降低为0价,NO2是氧化剂,H2中H元素化合价由0价升高为+1价,H2是还原剂,该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。
7.答案(1)+3
(2)还原RuO4　CaSO4　T=65 ℃、pH=1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O
3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)[H··N··HH····H]+[∶Cl····∶]-　(5)作保护气,防止钌与空气中的氧气反应
解析 (1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Na元素化合价为+1价、S元素化合价为+6价、O元素化合价为-2价、H元素化合价为+1价,根据化合价代数和等于0,Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为+3价;
(2)根据题给流程图,“酸浸”后,溶液中钌元素只以Ru(SO4)2形式存在,可知Na2SO3把RuO4还原为+4价,Na2SO3的作用是还原RuO4。二氧化硅和硫酸不反应、硫酸钙微溶,“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4。根据题给图示,温度为65 ℃、pH为1.0时钌的浸出率最大,“酸浸”的最佳条件是T=65 ℃、pH=1.0;
(3)“酸浸”后溶液中的铁元素以Fe2+的形式存在,“除铁”时加入NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+,碳酸钠调节pH生成
Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀,反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-;
(4)“酸溶”后溶液中的溶质RuCl4与加入的(NH4)2C2O4反应生成Ru(C2O4)2沉淀和氯化铵,“滤液2”中的化肥是氯化铵,其电子式为[H··N··HH····H]+[∶Cl····∶]-;
(5)“灼烧”时通入Ar作保护气,防止钌与空气中的氧气反应。
8.答案(1)+2　(2)AlO2-
(3)①H2O2易分解　②2LiFePO4+H2O2+8H+2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O
(4)Fe(OH)3
(5)①90 ℃可减少Li2CO3溶解损失　②3×10-3×74×10018
(6)温度过高,促进了碳酸锂的水解
解析 (1)根据正负化合价的和为0的原则可知其中Fe的化合价为+2价;
(2)LiFePO4不溶于氢氧化钠溶液,铝溶于氢氧化钠,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,故“滤液1”中的阴离子为OH-、AlO2-;
(3)①过氧化氢容易分解,影响除杂,故所加H2O2的量要比理论计算值多,可能原因是H2O2易分解;②LiFePO4中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,同时生成磷酸,离子方程式为2LiFePO4+H2O2+8H+2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O;
(5)①由题图可知Li2CO3的溶解度随温度升高而降低,90 ℃可减少Li2CO3溶解损失;
②308 K时,碳酸锂物质的量分数xi=3.0×10-3,设溶液中,水和碳酸锂共1 mol,则n(Li2CO3)=3.0×10-3 mol,n(H2O)≈1 mol,S100=3×10-3×741×18,S=3×10-3×74×10018 g;
(6)碳酸锂可以水解,升温促进水解,故沉锂温度达到100 ℃时,碳酸锂沉淀率下降,可能的原因是温度过高,促进了碳酸锂的水解。
9.答案(1)第五周期第ⅥA族　+6
(2)2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
(3)CuSO4　阴
(4)低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小
(5)Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O
49.0%
解析 (1)Te在元素周期表中与氧元素同主族,且核外有5个电子层,所以位置为第五周期第ⅥA族;Te的最外电子层有6个电子,其最高化合价为+6价。
(2)煅烧时,Cr2O3被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4,化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2。
(3)沉渣中加入稀硫酸,CuO转化为CuSO4,TeO2转化为TeOSO4,还含有CuSO4。电解沉积过程中,Cu2+在电解池的阴极得到电子被还原为Cu,析出单质铜的电极为阴极。
(4)冷却结晶,能析出大量K2Cr2O7,说明在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小,通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7。
(5)滴定过程中,Fe2+被Cr2O72-氧化为Fe3+,Cr2O72-转化为Cr3+,发生反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O;由离子方程式,可建立如下关系式:Cr2O72-~6Fe2+,取出的25.00 mL溶液中所含的n(Fe2+)=0.100 0 mol·L-1×0.025 L=0.002 5 mol,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为0.002 5mol×16×250 mL25.00 mL×294 g·mol-12.50 g×100%=49.0%。