专题17化工流程二非金属教师版备战2020高考化学一轮必刷题集

专题17化工流程（二）（非金属）1．硼单质在高温时是良好的导体，也是用途广泛的化工原料。镁单质可用于制造轻金属合金、球墨铸铁等。硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，可以制取单质硼和镁。制取工艺流程如图所示，已知硼砂的化学式为Na2B4O7·10H2O，硼镁泥是硼镁矿制硼砂过程中产生的废渣，其主要成分是MgCO3，还含有CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。按要求回答问题：(1)化合物Mg2B2O5·H2O中B的化合价为________。(2)将硼砂溶于热水后，常用稀硫酸调pH至2～3制取H3BO3，该反应的离子方程式为______________。(3)滤渣B中含有不溶于稀盐酸的黑色固体，则滤渣B的主要成分为___________________。(4)写出加NaClO的过程中发生反应的离子方程式：___________________________。(5)将硼镁泥中加入的硫酸改为盐酸是否可行？___________________________。(填“是”或“否”)，理由是____________________________________。(6)仿照如下示例设计用MgSO4·7H2O制取金属镁的反应流程。(注明反应所需的反应物、条件和操作)示例：NaOH―→NaCl溶液NaCl固体______________________________________________________________。【答案】＋3B4O72-＋2H＋＋5H2O=4H3BO3Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O否改为盐酸后，硼镁泥中的CaO转化为CaCl2，CaCl2易溶于水，无法除去杂质钙离子MgSO4·7H2OMg(OH)2MgCl2溶液MgCl2固体金属镁【解析】(1)根据化合物中各元素化合价代数和为零可得到Mg2B2O5·H2O中硼元素的化合价为＋3；(2)硼砂在酸溶液中生成弱酸H3BO3的离子方程式为B4O＋2H＋＋5H2O=4H3BO3；(3)由题图及硼镁泥的成分可知，往硼镁泥中加硫酸得到的滤渣A的主要成分为SiO2和CaSO4；滤渣B中含有不溶于稀盐酸的黑色固体，向滤液中加次氯酸钠可以将滤液中的Fe2＋和Mn2＋氧化，则氧化后的产物为Fe3＋和MnO2，加氧化镁是为了调节pH，让Fe3＋和Al3＋分别转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀而除去，所以滤渣B的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3、MnO2；(4)由上述分析可知，加NaClO的过程中发生反应的离子方程式为Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋Cl－＋2H＋、2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O；(5)CaSO4微溶于水，CaCl2易溶于水，若改用盐酸则不能除去杂质钙离子；(6)工业上通过电解熔融的氯化镁制备金属镁，故需要将MgSO4·7H2O先经过一系列操作转化成熔融氯化镁，具体反应流程为：MgSO4·7H2OMg(OH)2MgCl2溶液MgCl2固体金属镁。2．某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：已知：：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O。（1）固体1的主要成分除Ca(OH)2外，还有__________、________（填化学式）;（2）步骤Ⅱ中需要的O2量应是_____（填“少量”或“过量”）；步骤Ⅴ最终捕获剂捕获的气体产物是________;（3）步骤Ⅳ处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为__________________;（4）为确保步骤Ⅲ无NaNO3生成，理论上应控制NO与O2的物质的量之比为_____，若n(NO):n(O2)=5:2且NaOH溶液足量，则步骤Ⅲ所得溶液中NaNO3与NaNO2的物质的量之比为______________。【答案】CaSO3CaCO3少量CONH4++NO2-=N2+2H2O4:13:7【解析】（1）根据题中的流程，工业废气通入过量的石灰乳中，固体1的主要成分除Ca(OH)2外，还有CaSO3和CaCO3沉淀；（2）氧气需少量，原因是O2过量将NO完全氧化成NO2，这样通过碱液会得到硝酸钠，气体2为N2、CO，因“无污染气体”为N2，故捕获的气体主要是CO；（3）NH4+和NO2-能够发生归中反应生成N2，离子方程式为NH4++NO2-=N2+2H2O；（4）NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O说明n(NO)和n(NO2)为1：1时，完全转为亚硝酸钠，而2NO+O2=2NO2，假设生成2xmolNO2，则消耗xmolO2和2xmolNO，由于n(NO)和n(NO2)为1：1，说明反应剩余2xmolNO，则总计4xmolNO，那么理论上应控制NO与O2的物质的量之比为4：1。假设有2molO2和5molNO，那么NO和O2反应后得到1molNO和4molNO2，1molNO和1molNO2恰好完全反应生成2mol亚硝酸钠，剩下3molNO2和碱液反应，其方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，根据计量数关系可知生成1.5mol硝酸钠和1.5mol亚硝酸钠，合计共1.5mol硝酸钠和3.5mol亚硝酸钠，则步骤Ⅲ所得溶液中NaNO3与NaNO2的物质的量之比为3：7。3．由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下：⑴写出KIO3在日常生活中的一个重要应用________________________。⑵检验“含碘废水”中是否含有单质I2的常用试剂是________(写试剂名称)。⑶通入SO2的目的是将I2还原为I－，该反应的离子方程式为______________________。⑷工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制________”。⑸“制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为Kw＝1.0×10－13，Ksp[Fe(OH)2]＝9.0×10－15。为避免0.9mol·L－1FeI2溶液中Fe2+水解生成胶状物吸附I-，起始加入K2CO3必须保持溶液的pH不大于______。⑹“制KIO3溶液”反应的离子方程式为__________________。⑺KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。流程中由“KIO3(aq)”得到KIO3晶体的操作步骤为_____________________。【答案】食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病淀粉溶液SO2＋I2＋2H2O=SO42-＋2I－＋4H＋(或2SO2＋I2＋2Cu2＋＋4H2O=2CuI↓＋2SO42-＋8H＋)KI(aq)6.05Cl2＋I2＋12OH－=2IO3-＋10Cl－＋6H2O蒸发浓缩，降温结晶【解析】⑴KIO3是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病，故答案为：食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病；(2)因淀粉遇碘变蓝，因此检验“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液，故答案为：淀粉溶液；(3)通入SO2的目的是将I2还原为I-，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+)，故答案为：SO2+I2+2H2O═SO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2++4H2O═2CuI↓+2SO42-+8H+)；⑷根据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故答案为：KI(aq)；(5)Ksp[Fe(OH)2]=9.0×10-15，现测得溶液中c(FeI2)为0.9mol•L-1，则c(OH-)=159.0100.9=10-7mol/L，此温度下，Kw=1.0×10-13，c(H+)=1371.01010=10-6mol/L，pH=-lg10-6=6.0，故答案为：6.0；(6)“制KIO3溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIO3和氯化钾，反应的离子方程式为5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O，故答案为：5Cl2+I2+12OH-═2IO3-+10Cl-+6H2O；(7)由溶解度曲线图可知，KIO3的溶解度小于KCl且KIO3的溶解度随温度升高而增大，由KIO3溶液得到KIO3晶体，可以通过蒸发浓缩、降温结晶的方法得到，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶。4．硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：请回答下列问题：(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。(3)步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________(写酸的名称)。(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是_____________。(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_____。(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2＋。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)＝6.3×10－36。反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq)CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K＝__________(结果保留1位小数)。【答案】CuSO42Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸使CuCl干燥，防止其水解氧化Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O温度过低反应速率慢温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)1.1×1021【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为:CuSO4；(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；(3)CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为:硫酸；(4)步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为:醇洗有利于加快去除CuCl表