2020版高考化学二轮复习 题型八 工艺流程题对对练（含解析）

工艺流程题高考命题规律2020年高考必备2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷命题角度1废弃物中提取物质工艺流程2827命题角度2物质制备工艺流程2728272627272627262626命题角度1废弃物中提取物质工艺流程高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅰ,27)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:回答下列问题:(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是。(2)步骤②需要加热的目的是,温度保持80~95℃,采用的合适加热方式是。铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为(填标号)。(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是。分批加入H2O2,同时为了,溶液要保持pH小于0.5。(4)步骤⑤的具体实验操作有,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为。答案(1)碱煮水洗(2)加快反应热水浴C(3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质抑制Fe3+水解(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O解析(1)油污在碱性溶液中发生水解反应生成可溶于水的物质,因此可使用碱煮水洗的方法去除废铁屑表面的油污。(2)加热可以增大溶解速率;温度低于100℃,因此可用水浴加热;硫化氢可与碱反应,因此可用碱溶液来吸收,为了防止倒吸,应选用的装置为C。(3)为了将Fe2+全部转化为Fe3+,应选用足量的H2O2;生成的Fe3+能发生水解反应,H2O2与Fe2+反应消耗H+,为了抑制Fe3+发生水解反应,应保持溶液的pH小于0.5。(4)由溶液得到晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)。(5)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1mol,则失去水的物质的量为1.5mol,质量为27g,由此可知,硫酸铁铵晶体的相对分子质量为≈482,NH4Fe(SO4)2的相对分子质量为266,则所含水分子的个数为-=12,所以硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。2.(2019江苏,19)实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O,还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体,其实验流程如下:(1)室温下,反应CaSO4(s)+C-(aq)CaCO3(s)+S-(aq)达到平衡,则溶液中--=[Ksp(CaSO4)=4.8×10-5,Ksp(CaCO3)=3×10-9]。(2)将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液,其离子方程式为;浸取废渣时,向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是。(3)废渣浸取在下图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70℃,搅拌,反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降,其原因是;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,实验中提高CaSO4转化率的操作有。(4)滤渣水洗后,经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料,制取CaCl2溶液的实验方案:[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全;pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂:盐酸和Ca(OH)2]。答案(1)1.6×104(2)HC-+NH3·H2ON+C-+H2O(或HC-+NH3·H2ON+C-+H2O)增加溶液中C-的浓度,促进CaSO4的转化(3)温度过高,(NH4)2CO3分解加快搅拌速率(4)在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤解析(1)反应CaSO4(s)+C-(aq)CaCO3(s)+S-(aq)达到平衡,则溶液中--·-·---=1.6×104。(2)此过程类似酸式盐转化为正盐,其离子方程式为HC-+NH3·H2ON+C-+H2O或HC-+NH3·H2ON+C-+H2O;从流程看,浸取废渣时,加入适量浓氨水可抑制(NH4)2CO3水解,增大c(C-),促进CaSO4的转化。(3)温度超过70℃时,(NH4)2CO3发生分解,C-浓度降低,导致CaSO4转化率下降;在其他条件不变时,加快搅拌速率、增大反应物接触面积等,均可大大加快反应速率,提高CaSO4的转化率。(4)根据题给条件,设计实验流程为稀盐酸(足量)无气泡产生[滤液不溶物过滤。3.(2016全国Ⅲ,28)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为:物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2~2.92.8~3.122~2860~651~21以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:回答下列问题:(1)“酸浸”时V2O5转化为V,反应的离子方程式为,同时V2O4转化成VO2+。“废渣1”的主要成分是。(2)“氧化”中欲使3mol的VO2+变为V,则需要氧化剂KClO3至少为mol。(3)“中和”作用之一是使钒以V4-形式存在于溶液中。“废渣2”中含有。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4-R4V4O12+4OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率,淋洗液应该呈性(填“酸”“碱”或“中”)。(5)“流出液”中阳离子最多的是。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,写出“煅烧”中发生反应的化学方程式。答案(1)V2O5+2H+2V+H2OSiO2(2)0.5(3)Fe(OH)3、Al(OH)3(4)碱(5)K+(6)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑解析(1)V2O5、V中V均为+5价,因此“酸浸”时的反应为非氧化还原反应,由电荷守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5+2H+2V+H2O。SiO2不与H2SO4反应,“废渣1”的主要成分是SiO2。(2)VO2+→V,V由+4价升高到+5价,由Cl-→Cl-可知,Cl由+5价降低到-1价,根据化合价升降总数相等,则n(VO2+)∶n(Cl-)=6∶1,n(VO2+)=3mol,则n(KClO3)=0.5mol。(3)加入KOH进行中和时,溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去,则滤渣2中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)为提高洗脱效率,使钒以V4-形式存在于溶液中,须使反应逆向进行,因此淋洗液呈碱性。(5)前面依次加入了KClO3、KOH,则“流出液”中阳离子最多的是K+。(6)由题意可知反应物为NH4VO3,产物之一为目标产品V2O5,由原子守恒可知反应方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。典题演练提能·刷高分1.(2019湘赣十四校第一次联考)银铜合金广泛应用于航空工业,从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜产品的工艺如下:已知:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃。(1)电解精炼银时,粗银作极,另一电极上的电极反应式为。(2)加快渣料(含少量银)溶于稀硫酸的措施有、(写出两种)。(3)滤渣A与稀硝酸反应,产生的气体在空气中迅速变为红棕色,滤渣A与稀硝酸反应的离子方程式为。(4)煮沸CuSO4混合溶液的过程中,得到固体B,则固体B的组成为;在生成固体B的过程中,需控制NaOH的加入量,若NaOH过量,则因过量引起的反应的离子方程式为。(5)硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素,浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外,还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O,下列对该反应的分析正确的是(填字母代号)。A.氧化剂为CuSO4和FeS2B.反应后溶液的pH降低C.被氧化的FeS2占总量的30%D.每转移2mol电子消耗3molCuSO4答案(1)阳Ag++e-Ag(2)适当增大硫酸浓度升高温度(或粉碎渣料或搅拌等合理即可)(3)3Ag+4H++N-3Ag++NO↑+2H2O(4)Al(OH)3和CuOAl(OH)3+OH-Al-+2H2O(5)ABC解析由工艺流程图可知,废料在空气中熔炼时,Cu被氧化,滤渣中含有CuO及少量Ag,向滤渣中加入硫酸进行酸浸,CuO与硫酸反应,过滤得到硫酸铜溶液(含有硫酸),滤渣A为Ag;向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠,煮沸后过滤得到的固体B为氢氧化铝、氧化铜,煅烧中二者反应得到CuAlO2。(1)电镀法精炼银时,粗银作阳极,纯银作阴极,阳极上银失电子变成银离子进入溶液:Ag-e-Ag+,阴极上银离子得到电子形成单质银:Ag++e-Ag。(2)增大渣料(含少量银)溶于稀硫酸的速率,可采用适当增大硫酸浓度、升高反应温度、粉碎渣料增大固体表面积或搅拌等措施。(3)滤渣A的主要成分是Ag,稀硝酸是氧化性酸,能与银反应生成硝酸银、一氧化氮气体和水,反应的化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O,据此可进一步写出离子方程式。(4)CuSO4溶液中加入硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液得到Cu(OH)2沉淀和Al(OH)3沉淀,由Al(OH)3和Cu(OH)2的分解温度可知,煮沸后Cu(OH)2分解产生氧化铜,则固体B的组成为Al(OH)3和CuO;氢氧化铝是两性氢氧化物,如果NaOH过量,Al(OH)3会与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的化学方程式为:Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O。(5)由反应体系中元素化合价的变化可知,反应物为CuSO4、FeS2和H2O,生成物为Cu2S、FeSO4和H2SO4,反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。反应中,Cu元素的化合价由+2降低为+1,一部分S元素的化合价由-1降低到-2,另一部分S元素的化合价由-1升高到+6价,则CuSO4是氧化剂,FeS2既是氧化剂,又是还原剂,A正确;由反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4可知,反应中有硫酸生成,反应后溶液的pH降低,B正确;由反应的化学方程式可知,10个S原子中,有3个S原子失去电子,7个S原子得到电子,则被氧化的FeS2占总量的30%,C正确;由反应的化学方程式可知,14mol硫酸铜参加反应,转移21mol电子,则转移2mol电子消耗molCuSO4,D错误。2.(2019山东德州二模)金属Co、Ni性质相似,在电子工业以及金属材料方面应用广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(所含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下:(1)酸浸时SO2的作用是。(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应方程式是。(3)从有机层提取出的Ni2+可用于制备氢镍电池,该电池工作原理为:NiOOH+MHNi(OH)2+M,电池放电时正极反应式为。(4)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得使H2O2分解的高效催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化的曲线:①H2O2的电子式为;②由图中信息可知:法制取的催化剂活性更高;③Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是。(5)已知煅烧CoCO3时,温度不同,产物不同。在400℃条件下充分煅烧CoCO3,得到固体氧化物2.41g,CO2的体积为0.672L(标准状况下),则此时所得固体氧化物的化学式为。答案(1)将Co3+还原为Co2+(2)2Al3++3C-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑(3)NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-(4)①