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(通用版)2020高考化学二轮复习题型二无机综合——化工流程综合题的研究真题调研教案

1、无机综合化工流程综合题的研究真题调研1(2019全国卷,26)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:回答下列问题:(1)在95“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。(2)“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3离子,可选用的化学试剂是_。(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3H2OHB(OH),Ka5.811010,可判断H3BO3是_酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节到3.5,目的是_。

2、(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_,母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。答案(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN溶液(3)一元弱将硼元素转化为H3BO3,促进析出(4)2Mg23CO2H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO(或2Mg22COH2O=Mg(OH)2MgCO3CO2)溶浸高温焙烧解析(1)硫酸铵溶液中存在平衡:NHH2ONH3H2OH,硼酸镁能与水解出的H反应,促进平衡向右移动,生成的一水合氨浓度增大,因溶液中存在平衡NH3H2ONH3H2O,一水合氨浓度增

3、大,促进NH3H2O分解产生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨气,发生的反应为NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、氧化铁、氧化铝不溶于硫酸铵溶液,滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。检验Fe3的试剂可选用KSCN溶液。(3)由题给硼酸的解离反应方程式知,硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前,调节pH3.5的目的是将硼元素转化为硼酸,促进硼酸析出。(4)“沉镁”中,碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生相互促进的水解反应生成碱式碳酸镁:2MgSO42(NH4)2CO3H2O=Mg(OH)2MgCO32(NH4)2SO4CO2,或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢盐。母液含硫酸铵,可以将母液

4、返回“溶浸”工序循环使用,体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁,联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁,也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳,可知采用的方法是高温焙烧法,Mg(OH)2MgCO32MgOH2OCO2。2(2019全国卷,26)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题:(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为_(填标号)。A黄色B红色C紫色D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,

5、该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000molL1的I2KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000molL1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗

6、Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为_,样品中S2的含量为_(写出表达式)。答案(1)D(2)BaSO44C=BaS4COCOH2O=CO2H2BaCO3S2Ba2Zn2SO=ZnSBaSO4(3)浅蓝色至无色100%解析(1)灼烧立德粉样品时钡的焰色为绿色。(2)由流程图中经浸出槽后得到净化的BaS溶液以及回转炉尾气中含有有毒气体可知,在回转炉中BaSO4与过量的焦炭粉反应生成可溶性的BaS和CO;生产上可通过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体CO,即CO与H2O反应生成CO2和H2。所得“还原料”的主要成分是BaS,BaS在潮湿空气中长期放置能与空气中的H2O反应生成具有臭鸡蛋气

7、味的H2S气体,“还原料”的水溶性变差,表明其表面生成了难溶性的BaCO3。结合立德粉的成分可写出沉淀器中S2、Ba2、Zn2、SO反应生成ZnSBaSO4的离子方程式。(3)达到滴定终点时I2完全反应,可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色,且半分钟内颜色不再发生变化;根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22S2O,可得n(I2)过量0.1000V103mol,再根据关系式S2I2可知,n(S2)0.100025.00103mol0.1000V103mol(25.00)0.1000103mol,则样品中S2的含量为100%。3(2019全国卷,26)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元

8、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,工艺如图所示。回答下列问题:相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(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,“

9、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xy时,z_。答案(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O(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,MgF2Mg22F平衡向右移动(6)Mn22HCO=MnCO3CO2H2O(7)解析(1)硫化锰矿中硅元素主要以SiO2

10、或不溶性硅酸盐形式存在,则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。结合“滤渣1”中含S,可知“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4和S,根据化合价升降法可配平该反应。(2)“溶浸”后溶液中含Fe2,“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2氧化为Fe3。(3)“调pH”除去Fe3和Al3时,结合表格中数据信息可知需控制溶液的pH在4.76之间。(4)“除杂1”中加入Na2S能将Zn2和Ni2分别转化为沉淀除去,故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。(5)“除杂2”中F与Mg2反应生成MgF2沉淀,若溶液酸度过高,则F与H结合生成弱电解质HF,导致MgF

11、2(s)Mg2(aq)2F(aq)平衡向右移动,Mg2不能完全除去。(6)“沉锰”时Mn2与HCO反应生成MnCO3并放出CO2,由此可写出离子方程式。(7)化合物LiNixCoyMnzO2中,当xy时,根据化合价代数和为0得1234z220,解得z。4(2018全国卷,27)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:pH4.1时,中为_溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体,并再次充入SO2的目

12、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0.01000molL1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_gL1(以SO2计)。答案(1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O4e=4H

13、O2a(4)S2O2I23H2O=2SO4I6H0.128解析(1)根据题给信息,将NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到Na2S2O5,则化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5H2O。(2)酸性条件下,SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3。工艺中加入Na2CO3固体并再次通入SO2,其目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极上阴离子OH放电,电极反应式为2H2O4e=O24H,电解过程中H透过阳离子交换膜进入a室,故a室中NaHSO3浓度增加。(4)根据电子、电荷及质量守恒,可写出反应的离子方程式为S2O2I23H2O=2SO4I6H,n(S2O)n(I2)0.01000mol

14、L110.00103L5105mol,该样品中S2O的残留量(以SO2计)为5105mol264gmol10.128gL1。5(2018全国卷,26)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题:(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_;氧化除杂工序中ZnO的作用是_

15、,若不通入氧气,其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为_;沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。答案(1)2ZnS3O22ZnO2SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶浸解析(1)闪锌矿的主要成分是ZnS,所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS3O22ZnO2SO2。(2)闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO,还存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO,加稀H2SO4后,发生一系列化学反应:ZnOH2SO4=ZnSO4H2

16、O、Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O、CdOH2SO4=CdSO4H2O、PbOH2SO4=PbSO4H2O。其中SiO2和PbSO4不溶于水,以沉淀的形式沉降下来,所以滤渣1的主要成分是SiO2和PbSO4。氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.86.2,使Fe3完全转变为Fe(OH)3沉淀;通入O2的目的是使溶液中的Fe2转化为Fe3,有利于除杂,若不通入O2,无法除去溶液中的杂质Fe2。(3)溶液中的Cd2与加入的Zn粉反应而被除去,反应的离子方程式为ZnCd2=Zn2Cd。(4)电解ZnSO4溶液制备单质Zn时,阴极放电的是Zn2和H。因为溶液中的Zn2浓度

17、较大,所以阴极电极反应式应该是Zn22e=Zn,阳极放电的是OH,电极反应式是4OH4e=2H2OO2。沉积锌后的溶液应该是ZnSO4和稀H2SO4,可返回到溶浸工序循环使用。6(2018全国卷,27)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:(1)KIO3的化学名称是_。(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程

18、中通过阳离子交换膜的离子主要为_,其迁移方向是_。与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有_(写出一点)。答案(1)碘酸钾(2)加热KClKH(IO3)2KOH=2KIO3H2O(或HIO3KOH=KIO3H2O)(3)2H2O2e=2OHH2K由a到b产生Cl2易污染环境等解析(2)Cl2的溶解度随温度的升高而降低,所以可以用加热的方法来达到“逐Cl2”的目的;KH(IO3)2和KCl的分离可以根据溶解度的不同,采用结晶法分离,滤液中的溶质主要是KCl,要使KH(IO3)2转化为KIO3,可以加入KOH调节pH。发生反应:KH(IO3)2KOH=2KIO3H2O或HIO3KOH

19、=KIO3H2O,从而避免引入新的杂质离子。(3)电解液是KOH溶液,阴极的电极反应式为2H2O2e=2OHH2。电解过程中阳极反应为I6OH6e=IO3H2O。阳极的K通过阳离子交换膜由电极a迁移到电极b。“KClO3氧化法”的主要不足之处是产生Cl2,易污染环境。高考化工流程题的命题规律及设问方向高考化工流程题常以“重要无机物的制备”或“工业废料中提取无机物”为载体考查:(1)无机化学基础知识(物质的类别、名称、元素的化合价、化学式和电子式的规范书写);(2)基本技能(陌生化学方程式、离子方程式、电极反应式的书写;分离提纯规范操作等);(3)识图能力(物质的转化与跟踪);(4)物质制备及提纯条件的控制(提高反应速率、产率或转化率、产品纯度的措施);(5)基本计算(产品化学式、含量及纯度、氧化还原反应中电子转移数目的计算等)。8