《新高考化学二轮复习检测卷专题13 工艺流程综合题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考化学二轮复习检测卷专题13 工艺流程综合题（含解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题13 工艺流程综合题（本卷共10小题，满分100分，考试用时75分钟）可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 一、非选择题：本题共10个小题，共100分。1北京冬奥会奖牌中铜牌的主要成分为铜和锌。已知一种从硫中毒而失活的废甲醇催化剂(主要成分为等)中回收铜和锌的工艺流程如图甲所示。已知：“滤液中含锌氨络合离子；，。回答下列问题：(1)“焙烧1”时产生气体的主要成分为_。(2)“浸取”时溶解的离子方程式为_。(3)“调”的目的是生成沉淀，完全沉淀时溶液的最小为_已知c(Zn2+)110-5
2、mol/L时视为完全沉淀。(4)“抽滤”是减压过滤，与普通过滤相比，“抽滤”的优点是_。(5)现取样品，逐渐升温加热分解，分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图乙所示。焙烧生成的温度范围为_，时发生反应的化学方程式为_。(6)已知该废甲醇催化剂中的质量分数为(其他成分中不含)，该废甲醇催化剂经上述转化最终得到，则铜的提取率为_%(用含m的代数式表示，)。【答案】(1) (2) (3)8.24(4)过滤速度快，且所得固体较干燥 (5) (6)【解析】根据废催化剂含有成分，焙烧1，硫燃烧转化成SO2，甲醇转化成CO2、H2O，“浸取”步骤中ZnO溶于氯化铵生成锌氨络合离子Zn(NH3)
3、42+，滤渣为CuO，加入稀硫酸溶解，CuO转化成CuSO4，然后经过一系列操作得到蓝矾，锌氨络合离子Zn(NH3)42+，调节pH，得到氢氧化锌沉淀，焙烧3，得到氧化锌。（1）根据上述分析，焙烧1中产生气体主要成分为CO2、SO2；（2）“浸取”时得到锌氨络合离子Zn(NH3)42+，其离子方程式为ZnO+4NH=Zn(NH3)42+H2O+2H+；（3）“调pH”时，当溶液中c(Zn2+)110-5mol/L时视为完全沉淀，可认为Zn2+沉淀完全，根据KspZn(OH)2=310-17，可得到此时c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，pOH6-0.24=5.76,即pH=14-5.
4、76=8.24；（4）“抽滤”为减压过滤，与普通过滤相比，“抽滤”的优点时过滤速度快，且所得固体较干燥；（5）n(CuSO45H2O)=0.01mol，根据铜原子守恒，当固体为CuO时，n(CuO)=0.01mol，其质量为0.01mol80g/mol=0.80g，根据图像可知，焙烧生成CuO的温度范围是6801000；1000时得到产物中m(Cu)=0.64g，m(O)=(0.72-0.64)g=0.08g，n(O)=0.005mol，则所得物质的化学式为Cu2O，反应方程式为4CuO2Cu2O+O2；（6）根据题意可知，废甲醇催化剂中Cu的质量为()g，所得产品CuO中含Cu的质量为()g
5、，故Cu的提取率为。2软锰矿的主要成分为，还含有、MgO、CaO、等杂质，工业上用软锰矿制取的流程如下：已知：部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表。金属阳离子完全沉淀时的pH3.25.210.412.4温度高于27时，的溶解度随温度的升高而逐渐降低(1)“浸出”过程中通入的作用是_。(2)第1步除杂中加入的目的是_(用离子方程式表示)。(3)第1步除杂中需要调整溶液pH的范围是_到_，调pH时可选择的试剂为_(填字母)。a氨水bcCaOdMgO(4)第2步除杂，主要是将、转化为相应氟化物沉淀除去，写出除去的离子方程式：_，该反应的平衡常数为_。 (已知：的；的；的)(5)“系列操作”中的具体操
6、作有_，经干燥得到。【答案】(1)将MnO2还原为Mn2+ (2) (3)5.2 7.9 cd(4)MnF2 + Ca2+Mn2+ + CaF2 (5)蒸发浓缩、趁热过滤【解析】由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、等杂质，加入硫酸并通入SO2浸出，其中MnO2和SO2发生反应SO2MnO2=MnSO4，Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO和H2SO4反应生成相应金属阳离子，和H2SO4不反应；过滤后所得浸出渣为，在所得浸出液中，先加H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，再调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(
7、OH)3、Al(OH)3；在第2步除杂中，将、转化为相应氟化物沉淀除去；最后经一系列操作得到MnSO4H2O，以此来解答。（1）“浸出”过程中，MnO2和SO2发生反应SO2MnO2=MnSO4，则通入的作用是将MnO2还原为Mn2+；（2）第1步除杂中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便于形成Fe(OH)3沉淀，过滤将沉淀除去，反应的离子方程式为；（3）第1步除杂中，需要将、完全转化为沉淀除去，则pH大于5.2，并且需要不沉淀，根据表格数据，当完全沉淀时，设起始物质的量浓度为1mol/L，则开始沉淀时，故需要调整溶液pH的范围是5.2到7.9；在调pH至5.27.9时，
8、为了不引入新的杂质离子，所加的试剂应该可以与酸发生反应，可选择CaO、MgO，生成的Ca2+、Mg2+可在第2步除杂除去，故可选择的试剂为cd；（4）第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去， MnF2除去Ca2+的离子反应方程式是MnF2 + Ca2+Mn2+ + CaF2；该反应的平衡常数数值为K=；（5）MnSO4H2O在水中的溶解度随温度的升高而减小，采用“趁热过滤”操作可以减少MnSO4H2O在水中的溶解，得到更多所得产品，故具体操作有：蒸发浓缩、趁热过滤。3三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。利用某酸性含砷废水(含H3AsO3、H2SO4)
9、可提取As2O3，其工艺流程如图甲所示。已知：为两性氧化物；易溶于过量的溶液中；溶液在加热过程中会失水生成。回答下列问题：(1)中砷元素的化合价为_。(2)“焙烧”操作中，参与反应的化学方程式为_。(3)“碱浸”的目的是_，滤渣Y的主要成分是_(填化学式)。(4)“氧化”操作的目的是_(用离子方程式表示)。(5)“还原、加热”过程中制得，则消耗标准状况下气体X的体积为_L。(6)砷酸钠()可用作可逆电池，装置如图乙所示，其反应原理为。为探究溶液对氧化性的影响，测得输出电压与溶液的变化关系如图丙所示。则a点时，盐桥中_(填“向左”“向右”或“不”)移动，c点时，负极的电极反应式为_。【答案】(1
10、) (2)(3)将转化为，与分离 (4) (5)448 (6)向左 【解析】酸性含砷废水（含H3AsO3、H2SO4）加入Na2S和FeSO4得到As2S3和FeS沉淀，过滤将沉淀和滤液分离；As2S3和FeS在空气中焙烧得到As2O3、Fe2O3以及SO2，加入NaOH溶液溶解焙烧产物，As2O3反应生成Na3AsO3形成溶液，过滤得到的滤渣Y为Fe2O3，加入双氧水将Na3AsO3氧化得到Na3AsO4，通入二氧化硫和稀硫酸将Na3AsO4还原得到As2O3。（1）由化合价代数和为0可知，亚砷酸中砷元素为+3价；（2）由分析可知，硫化砷在空气中煅烧生成三氧化二砷和二氧化硫，反应的化学方程式
11、为2As2S3+9O22As2O3+6SO2；（3）由分析可知，碱浸的目的是将As2O3转化为Na3AsO3，与Fe2O3分离，滤渣Y为氧化铁；（4）加入过氧化氢溶液氧化操作的目的是亚砷酸钠与过氧化氢溶液反应生成砷酸钠和水，反应的离子方程式为+H2O2=+H2O；（5）由分析可知，向砷酸钠溶液中加入稀硫酸酸化得到砷酸，通入二氧化硫气体将砷酸还原为亚砷酸，亚砷酸受热分解生成三氧化二砷，由得失电子数目守恒可知，二者关系为AsO43-SO2，生成1.98kg三氧化二砷时，根据砷元素守恒，反应消耗标准状况下二氧化硫的体积为222.4L/mol=448L；（6）由图可知，a点时，溶液pH为0，平衡向正反
12、应方向移动，甲池中石墨电极为原电池的正极，乙池中石墨电极为负极，则盐桥中钾离子向左侧甲池移动；c点时，溶液pH减小，平衡向逆反应方向移动，乙池中石墨电极为正极，甲池中石墨电极为负极，在水分子作用下，亚砷酸根在负极失去电子发生氧化反应生成砷酸根离子，电极反应式为+H2O-2e-=+2H+。4镀镍厂排放的硫酸镍废液(含等杂质)对环境会产生较大的污染，对其进行回收处理，提取硫酸镍晶体()的工艺流程如图甲所示。已知：时，有关金属离子开始沉淀与沉淀完全的范围(a)、硫化物的酸溶性(b)如表所示。金属离子ab不溶于硫酸等溶于酸溶于酸溶于酸回答下列问题：(1)滤渣的主要成分是_(用化学式表示)。(2)“硫化
13、”过程中发生反应的离子方程式为_。(3)“调”时，应调节溶液的范围为_；实验室“萃取分液”时用到的玻璃仪器有_。(4)“萃取分液”选用有机萃取剂HDEHP萃取金属离子(用表示，为)的原理为。室温下，几种金属离子的萃取率萃取率随溶液的变化关系如图乙所示。“萃取分液”时进入有机相被除去，则应调节溶液的最佳范围是_。若每次萃取，的萃取率均为75%，则经5次萃取后，水相中残余的物质的量浓度为(忽略水相体积变化)，达到除杂要求。则“沉钙后，溶液中的物质的量浓度为_(列出计算式即可)。【答案】(1) (2)、(3) 分液漏斗、烧杯 (4) 【解析】硫化是S2-和Cu2+结合成沉淀，同时S2-具有强还原性，
14、能与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和S单质，滤渣I为S和CuS，滤液中含Fe2+、Zn2+、Ca2+，氧化中H2O2氧化Fe2+为Fe3+，用Ni(OH)2消耗H+调节pH使Fe3+沉淀，沉钙中发生沉淀转化，得到滤液中含Zn2+、Ni2+，利用萃取剂将Zn2+保留在有机相，水相含NiSO4。（1）根据分析可知，滤渣的主要成分是。（2）“硫化”是S2-和Cu2+结合成沉淀，同时S2-具有强还原性，能与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和S单质，过程中发生反应的离子方程式为、。（3）“氧化”时将氧化为，“调”的目的是除去，使溶液中沉淀完全而不沉淀(产生沉淀是允许的，因为萃取分液除去)，故调节溶液范围为。实验室“萃取分液”时需要使用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。（4）“萃取分液”时进入有机相被除去，为了尽可能多地除去的同时减少的损耗，根据题图乙可知，应调节溶液的最佳范围是34。根据萃取率，可推出，故=mol/L。5钌粉主要用于生产钌靶材，而钌靶材是生产计算机硬盘不可替代的材料。以钌废料(废料中钌主要以单质的形式存在，还含有Al、Cr、Cr、CO、Ti、Fe等杂质)制备高纯钌粉的流程如下：已知：i.钌在碱性条件下被氯气氧
