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1、化工流程题1无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为_(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180(升华)300(升华)1 023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_(只要求写出一种)。步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是_。已知：Al2O3(s)3C(s)=2Al(s)3CO(g) H11 344.1 kJmol12AlCl3(g)=2Al(s)3Cl
2、2(g) H21 169.2 kJmol1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为_。步骤的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为_。结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是_。解析：(1)Al3水解生成Al(OH)3和H。(2)水分减少可防止Al3的水解，气孔数目增多，增大了接触面积，可以加快反应速率；焦炭能还原矿石中的铁；根据盖斯定律，将第一个反应减去第二个反应可得该热化学反应方程式；尾气中存在Cl2和CO2，故与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、Na2CO3；根据工艺流程示意图可知液态混合物中含有FeCl3杂
3、质，因此加入铝粉可除去FeCl3，提高AlCl3的纯度。答案：(1)Al33H2OAl(OH)33H(2)防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率铁或FeAl2O3(s)3C(s)3Cl2(g)=2AlCl3(g)3CO(g)H174.9 kJmol1NaCl、NaClO、Na2CO3除去FeCl3，提高AlCl3纯度2七铝十二钙(12CaO7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料。用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：(1)煅粉主要含MgO和_，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶；若滤液中c(Mg2)小于510
4、6 molL1，则溶液pH大于_Mg(OH)2的Ksp51012；该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是_。(2)滤液中的阴离子有_(忽略杂质成分的影响)；若滤液中仅通入CO2，会生成_，从而导致CaCO3产率降低。(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为_。(4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_。(5)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl和Al2Cl两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为_。解析：(1)碳酸钙和碳酸镁受热均易分解，生成氧化镁和氧化钙，因此另一种
5、物质为氧化钙；根据溶度积常数可计算出氢氧根离子浓度为1103mol/L，因此氢离子浓度为11011mol/L，所以pH应大于11；如果用硫酸铵代替硝酸铵，钙离子与硫酸根离子能形成硫酸钙沉淀。(2)滤液中的阴离子包括加入硝酸铵引入的硝酸根离子，水电离生成的氢氧根离子。如果只通入二氧化碳，可能会生成碳酸氢钙，从而导致碳酸钙的产率降低。(3)氧化铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Al2O32OH=2AlOH2O。(4)阳极上为铝失电子生成铝离子，阴极上为氢离子得电子生成氢气，其电解总反应方程式为2Al6H2O2Al(OH)33H2。(5)因为没有其他离子放电，因此负极反应式为Al3e7AlCl=4
6、Al2Cl。答案：(1)CaO11易生成硫酸钙沉淀而导致碳酸钙产率降低(2)NO、OHCa(HCO3)2(3)Al2O32OH=2AlOH2O(4)2Al6H2O2Al(OH)33H2(5)Al3e7AlCl=4Al2Cl3工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，还含有少量NH、Fe3、AsO、Cl。为除去杂质离子，部分操作流程如下：请回答问题：(1)用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中，硫酸的浓度为4.9 gL1，则该溶液中的pH约为_。(2)NH在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以(NH4)2SO4和NH4Cl形式存在。现有一份(NH4)2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，(NH4)2S
7、O4溶液中c(NH)恰好是NH4Cl溶液中c(NH)的2倍，则c(NH4)2SO4_c(NH4Cl)(填“”“”或“”)。(3)随着向废液中投入生石灰(忽略溶液温度的变化)，溶液中_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)投入生石灰调节pH到23时，大量沉淀主要成分为CaSO42H2O含有少量Fe(OH)3，提纯CaSO42H2O的主要操作步骤：向沉淀中加入过量_，充分反应后，过滤、_。(5)25 ，H3AsO4电离常数为K15.6103，K21.7107，K34.01012。当溶液中pH调节到89时，沉淀主要成分为Ca3(AsO4)2。pH调节到8左右Ca3(AsO4)2才开始沉淀的原因是_
8、。Na3AsO4第一步水解的平衡常数数值为_。已知：AsO2I2H=AsOI2H2O，SO2I22H2O=SO2I4H。上述两个反应中还原性最强的微粒是_。解析：硫酸废液中含有大量硫酸外，还含有少量NH、Fe3、AsO、Cl，加入生石灰，调节pH 23，大量沉淀主要成分为CaSO42H2O含有少量Fe(OH)3，滤液加入生石灰调节pH 89，生成Ca3(AsO4)2沉淀，滤液主要含有(NH4)2SO4和NH4Cl。(1)硫酸的浓度为4.9gL1，c(H2SO4)0.0 5mol/L，c(H)0. 1mol/L，pHlg0.11。(2)如c(NH4)2SO4c(NH4Cl)，则(NH4)2SO4
9、溶液中c(NH)较大，因c(NH)越大，NH水解程度越小，则(NH4)2SO4溶液中c(NH)小于NH4Cl溶液中c(NH)的2倍，如等于2倍，则c(NH4Cl)应较大。(3)随着向废液中投入生石灰，c(OH)增大，c(NH3H2O)减小，则溶液中减小。(4)提纯CaSO42H2O，可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3，且防止CaSO42H2O的溶解，过滤后洗涤、干燥。(5)H3AsO4是弱酸电离出来的AsO较少，所以酸性条件下不易形成Ca3(AsO4)2沉淀，当溶液中pH调节到8左右时AsO浓度增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀。Na3AsO4的第一步水解的离子方程式为AsOH2OHAsOOH，该
10、步水解的平衡常数Kh2.5103。已知：AsO2I2H=AsOI2H2O，SO2I22H2O=SO2I4H。还原剂还原性大于还原产物的还原性，则还原性SO2IAsO，两个反应中还原性最强的微粒是SO2。答案：(1)1(2)(3)减小(4)稀硫酸洗涤、干燥(5)H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右，c(AsO)增大，Ca3(AsO4)2开始沉淀2.5103SO24工业废渣、废水回收利用是重要研究课题。下面流程是生产食用香料正丁酸乙酯的工厂废水(含乙醇、正丁酸乙酯、正丁酸、乙醚和大量无机悬浮物)联合利用电子工业废料含SiO2和Cu2(OH)2CO3回收铜的工艺设计。回答下列问题：(1)初沉
11、加入的试剂是明矾，写出参与净水的离子的水解方程式：_。(2)固体X的成分是_，反应的化学反应方程式_。(3)试剂Y为_，加快反应速率的措施有_(任写一条)。(4)反应的离子方程式为_。(5)硅胶在生活与生产中用途广泛，写出其中一种用途：_。解析：液体A、B、C、D为分馏产物，根据沸点不同得到分离。分子晶体的熔沸点与相对分子质量大小有关，正丁酸、乙醚相对分子质量最接近难以分开，所以液体C和D的混合物应该是正丁酸、乙醚的混合物。(1)明矾净水在于Al3的水解：Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H。(2)废料含SiO2和Cu2(OH)2CO3加热情况下发生的化学反应方程式为：Cu2(OH)2CO
12、32CuOH2OCO2则固体X的成分是CuO、SiO2。能与CuO反应的为乙醇和正丁酸，由于正丁酸在液体C和D的混合物中，所以液体A为乙醇。反应的化学反应方程式：CH3CH2OHCuOCH3CHOH2OCu。(3)试剂Y是氢氧化钠溶液；增大氢氧化钠溶液(试剂B)的浓度、将固体粉碎、升高温度等。(4)液体B为正丁酸乙酯，反应方程式为：2CH3CH2CH2COOCH2CH3SiO2H2O2CH3CH2CH2COO2CH3CH2OHH2SiO3。(5)硅胶的用途：催化剂载体(或干燥剂)。答案：(1)Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H(2)CuOSiO2CH3CH2OHCuOCH3CHOH2OCu(3)氢氧化钠溶液增大氢氧化钠溶液的浓度、将固体粉碎(或升高温度等合理答案)(4)2CH3CH2CH2COOCH2CH3SiO2H2O2CH3CH2CH2COO2CH3CH2OHH2SiO3(5)催化剂载体(
