《通用版2019版高考化学二轮复习5个解答题之1-工艺流程综合题含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2019版高考化学二轮复习5个解答题之1-工艺流程综合题含答案（45页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、工艺流程综合题历年真题集中研究明考情1(2018全国卷)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_，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
2、_。(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。把脉考点第(1)问考查陌生化学方程式的书写第(2)问考查反应过程中的除杂、反应条件的控制第(3)问考查离子方程式的书写第(4)问考查电极反应式的书写、原料的循环利用解析：(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ZnSO2ZnOSO2。(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=ZnSO4H2O、Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O、CdOH2SO4=Cd
3、SO4H2O、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，电极反应式是Zn22e=Zn。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。答
4、案：(1)ZnSO2ZnOSO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶浸2(2017全国卷)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式：_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404
5、550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_。(5)若“滤液”中c(Mg2)0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：_。把脉考点第(1)问考查原料的处理与反应条件的控制第(2)问考查陌生离子方程
6、式的书写第(3)问考查化工原理分析第(4)问考查化学键第(5)问考查Ksp的相关计算第(6)问考查陌生化学方程式的书写解析：(1)从图像直接可以看出，当铁的浸出率为70%时对应的温度、时间分别为100 、2 h和90 、5 h。(2)解答陌生离子方程式的书写，首先要根据题意判断反应前后元素化合价的变化(反应前后Ti、Fe、H、Cl四种元素化合价没有变化)来推断离子反应类型(非氧化还原反应)，再根据题意写反应前后的参与反应的物质：FeTiO3HClFe2TiOCl，再根据电荷守恒进行配平FeTiO34H4ClFe2TiOCl，最后根据元素守恒可知生成产物中有H2O，则补水后可得FeTiO34H4
7、Cl=Fe2TiOCl2H2O，即是要求的离子方程式。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40 时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40 时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)锂元素在化合物中只有一种化合价(1)，过氧键中氧显1价，其余的氧为2价，由化合物中元素化合价代数和等于0，设Li2Ti5O15中2价、1价氧原子个数分别为x、y，有：解得x7，y8。所以，过氧键数目为4。(5)分两步计算：计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3)c(PO)Ksp(FePO4)，c(PO) molL11.
8、31017molL1。混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2)0.01 molL1，c3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。答案：(1)100 、2 h,90 、5 h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O(3)低于40 ，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时，c(PO) molL11.31017molL1，则c3
9、(Mg2)c2(PO)值为0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O3(2016全国卷)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/%2.22.92.83.122286065121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VO，反应的离子方程式为_，同时V
10、2O4转化成VO2。“废渣1”的主要成分是_。(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为_ mol。(3)“中和”作用之一是使钒以V4O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：4ROHV4OR4V4O124OH(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_。把脉考点第(1)问考查陌生离子方程式的书写、化工原理的分析第(2)问考查氧化还原反应的计算第(3)
11、问考查化工原理的分析第(4)问考查反应条件的控制第(5)问考查化工原理的分析第(6)问考查陌生化学方程式的书写解析：(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，V2O5、VO中V元素均显5价，V元素化合价不变，则该反应是非氧化还原反应，结合溶液的酸碱性及元素守恒写出离子方程式：V2O52H=2VOH2O。废钒催化剂中除SiO2外，其余物质均与稀硫酸反应生成易溶于水的盐，则“废渣1” 的主要成分是SiO2。(2)“氧化”中使3 mol的VO2变为VO，转移电子的物质的量为3 mol(54)3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素由5价降低到1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少
12、为0.5 mol。(3)由图可知，加入KOH中和后产生废渣2，而“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中，后续操作中未进行除杂操作，显然该过程中还生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，从而除去Fe3、Al3，故“废渣2”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROHV4OR4V4O124OH(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，应增加溶液中c(OH)，使平衡逆向移动，故淋洗液应该呈碱性。(5)“氧化”和“中和”操作中分别加入KClO3、KOH，而“离子交换”过程中，消耗V4O同时生成OH，而阳离子未参与离子交换，故“流出液”中阳离子
13、最多的是K。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”过程中生成V2O5，考虑铵盐的不稳定性，还应生成NH3和H2O，结合元素守恒写出化学方程式：2NH4VO3V2O5H2O2NH3。答案：(1)V2O52H=2VOH2OSiO2(2)0.5(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)碱(5)K(6)2NH4VO3V2O5H2O2NH3化学工艺流程题是高考的必考题型，题目综合性强，难度大，通常以化工生产流程图的形式，以陌生元素或陌生化合物知识为载体，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、实验基本操作、实验步骤的分析、通过化工原理的分析判断流程中残渣或废液的成分、反应条件的控制与选择、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，可以说是真正的学科
