2019年领军高考化学清除易错点专题21化工流程模拟题训练.doc
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1、- 1 -易错点 21 化工流程模拟题训练1聚合硫酸铁(PFS)是一种高效的无机高分子絮凝剂。某工厂利用经浮选的硫铁矿烧渣(有效成分为 Fe 2O3 和 Fe 3O4)制备 PFS,其工艺流程如下图所示。(1)CO 是“还原焙烧”过程的主要还原剂。下图中,曲线表示 4 个化学反应 a、b、c、d 达到平衡时气相组成和温度的关系,、分别是 Fe2O3、Fe 3O4、FeO、Fe 稳定存在的区域。a 属于_(填“吸热反应”或“放热反应” ) ;570时,d 反应的平衡常数 K=_。(2)800,混合气体中 CO2的体积分数为 40时,Fe 2O3用 CO 还原焙烧过程中发生的主要的化学反应方程式:
2、_(3)若“酸浸”时间过长,浸出液 Fe 2+含量反而降低,主要原因是_。(4)已知:25时, KspFe(OH)2=1.010-17, KspFe(OH)3=1.010-39。若浸出液中- 2 -c(Fe3+) = 10-1.8molL-1,为避免“催化氧化”过程中产生副产物 Fe(OH)3,应调节浸出液的 pH_。(5)FeSO 4 溶液在空气中会缓慢氧化生成难溶的 Fe(OH)SO4 ,该反应的离子方程式_. (6) “催化氧化”过程中,用 NaNO2 作催化剂(NO 起实质上的催化作用)时,温度与 Fe2+转化率的关系如右图所示(反应时间相同) ,Fe 2+ 转化率随温度的升高先上升后
3、下降的原因是_.【答案】 放热反应 1 Fe2O3+CO=FeO+CO2 Fe2+易被空气中的 O2 氧化成 Fe3+ 1.6 4Fe2+O2+4SO42-+2H2O=4Fe(OH)SO4 温度升高,反应速率增大;温度过高,NO 气体逸出,转化率下降2FeFe 2O3纳米线是一种新型铁基材料,在催化、生物医药、环境科学等领域具有广阔应用前景。某研究小组以赤泥(铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物,含- 3 -SiO2、Fe 2O3、Al 2O3)为原料,设计下列流程制备 FeFe2O3纳米线并探究其在水处理中的应用。回答下列问题:(1) “浸出”实验中,盐酸起始浓度对铁、铝浸出率的影响如图所
4、示:盐酸的合适浓度为_。盐酸起始浓度为 2 molL1 时,铁的浸出率很低,原因是_。(2)已知:25时,Al(OH) 3(s) AlO2 + H+ + H2O K=41013 。若浸出液 c(Al3+) = 0.04 molL1 , “调节 pH”时,pH 最小应为_(设调节 pH 过程中溶液体积不变) 。(3)FeFe 2O3纳米线为壳层结构(核是 Fe、壳是 Fe2O3) ,壳是由中心铁核在合成过程中被氧化而形成。“合成”时滴加 NaBH4溶液过程中伴有气泡产生,滤液中含 B(OH)3,合成铁核的离子方程式为_。“合成”后,经过滤、_、_获得 FeFe2O3纳米线。(4)FeFe 2O3
5、纳米线去除水体中 Cr2O72 的机理是,纳米线将 Cr2O72 吸附在表面并还原。在“无氧”和“有氧”条件下将纳米线分别置于两份相同的水体中,80 min 后回收该纳米线,测得其表面元素的原子个数比如下表:在水体中 FeFe2O3纳米线形成的分散系是_。- 4 -样本 2 的实验条件是_(填“有氧”或“无氧” ) 。已知水体中检测不到 Cr(),样本 1 中 FeFe2O3纳米线的表面 Cr()的去除率为_。【答案】 6 molL1 盐酸起始浓度为 2molL1 时,Fe 3+发生了水解 11 9H2O + 4Fe3+ + 3BH4 = 4Fe + 6H2+ 3B(OH) 3 + 9H+ 洗
6、涤 烘干 胶体 有氧 46.8%3以硫铁矿(主要成分为 FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl 36H2O)的工艺流程如下:完成下列填空:(1)焙烧产生的 SO2可以继续制备硫酸,其中的反应之一为:2SO 2+O2 2SO3+Q(Q0),该反应的平衡常数表达式为 K=_;欲使 K 值增大,可采取的措施是_。若经一段时间后 SO3的浓度增加了 4mol/L,在这段时间内用 O2表示的反应速率为 0.4 mol/(Ls),则这段时间为_(选填编号) 。a1s b5s c10s d50s(2)硫铁矿焙烧后的烧渣中含有 Fe2O3、Fe 3O4等。酸溶后溶液中主要存在的阳离子有- 5 -_,不能用硫
7、酸代替盐酸的原因是_。(3)通入氯气时,主要反应的离子方程式为_。从氧化后的溶液中得到氯化铁晶体的实验步骤为_、_、过滤洗涤。(4)酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量,请从水解平衡移动原理解释原因_。【答案】 K 降温 b Fe2+、Fe 3+、H +(H+不写不扣分) 会引入 SO42-离子,影响产品的纯度 2Fe2+Cl22Fe 3+2Cl- 蒸发浓缩 冷却结晶 Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,盐酸过量,使H +增大,平衡朝逆向移动,抑制 Fe3+的水解,增大了氯化铁晶体的产量4用方铅矿精矿( 主要为 PbS)和软锰矿(主要为 MnO2,还有少量 Fe2O3,Al 2O3等杂质) 制
8、备PbSO4和 Mn3O4的工艺流程如下:- 6 -已知:PbS+MnO 2+ 4 H+= Mn2+Pb2+S+2H2O25 时,K sp(PbCl2)=1.610-5,K sp(PbSO4)=1.810-8PbCl 2 (s)+2Cl-(aq) PbCl42-(aq) H0(1)80用盐酸处理两种矿石,为加快酸浸速率,还可采用的方法是_(任写一种)。(2)向酸浸液中加入饱和食盐水的目的是_;加入物质 X 可用于调节酸浸液的 pH 值,物质 X 可以是_(填字母)。AMnCO 3 BNaOH CZnO DPbO(3)滤渣中含有两种金属杂质形成的化合物,其成分为_(写化学式);请设计分离两种金属
9、化合物的路线图(用化学式表示物质,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和分离方法)。_。(4)向滤液 2 中通入 NH3和 O2发生反应,写出总反应的离子方程式。_。(5)用 Mn3O4为原料可以获得金属锰,选择合适的冶炼方法为_ (填字母)。A热还原法 B电解法 C热分解法(6)求 25氯化铅沉淀转化为硫酸铅沉淀反应的平衡常数 K=_(保留到整数位)。【答案】 粉碎矿石或搅拌或适当增加盐酸浓度 增大 PbCl2的溶解度 AD Al(OH)3、Fe (OH) 3 6Mn2+12NH3+6H2O+O2=2Mn3O4+12NH4+ A 889- 7 -淀反应 PbCl2 (s)+SO42-(aq)
10、2Cl-(aq) +PbSO4(s)的平衡常数 K= =。5兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金,被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。以红土镍矿(主要成分为 NiS、FeS 和 SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如下图所示:(1)浸出渣 A 的主要成分是_(填化学式) 。- 8 -(2)已知红土镍矿煅烧后生成 Ni2O3,而加压酸浸后浸出液 A 中含有大量 Ni2 ,写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式_。(3)向浸出液 A 中通入 H2S 气体,还原过程中所涉及主要反应的离子方程式是_。(4)在形成 Ni(CO)4的过程中,碳元素的化合价没有变化,则 Ni(CO)4中的
11、Ni 的化合价为_。 (5) “碱浸”的目的是使镍产生多孔结构,从而增强对氢气的强吸附性,此过程中发生反应的离子方程式为_。(6)常温时,向浓度均为 1.0molL-1的 FeSO4、NiSO 4的混合溶液中滴加 Na2S 固体,当Ni2+恰好沉淀完全时,所得溶液中 c(Fe2+)=_。(已知:25,Ksp(NiS)=2.010 -21、Ksp(FeS)=6.010 -18溶液中的离子浓度10 -5 molL-1时,认为该离子沉淀完全。 )(7)浸出液 B 可以回收,重新生成铝以便循环利用。请设计简单的回收流程:浸出液 B_。 (箭头上注明外加反应物的化学式和反应条件) 。(示例: )【答案】
12、 SiO2 2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2+4H 2O H2S+2Fe3+=2Fe2+2H+S 0 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 0.03mol/L 【解析】红土镍矿(主要成分为 NiS、FeS 和 SiO2等)煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe 2O3(SiO 2不- 9 -6以红土镍矿(主要成分为 NiS、FeS 和 SiO2等) 为原料制备兰尼镍的工艺流程如下所示。(1)形成 Ni(CO)4时碳元素的化合价没有变化,则 Ni(CO)4中的 Ni 的化合价为_。(2)Ni 2O3有强氧化性,加压酸浸时有气体产生且镍被还原为 Ni2+,则产生的气体为
13、_(填化学式)。(3) 滤渣 D 为单质镍、硫的混合物,请写出向浸出液 B 中通入 H2S 气体时所有反应的离子- 10 -方程式:_,_。(4) 已知: 3Fe 2+ +2Fe(CN)63-=Fe3Fe(CN)62(蓝色沉淀);4Fe 3+3Fe(CN)64-=Fe4Fe(CN)63(蓝色沉淀)。下列可以用于检验滤液 C 中金属阳离子的试剂有_(填标号)a.KSCN 溶液 b.K 3Fe(CN)6 c.K4Fe(CN)6 d.苯酚(5)兰尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金。碱浸镍铝合金后,残铝量对兰尼镍的催化活性有重大影响,根据下图分析,残铝量在_范围内催化活性最高,属于优质产品
14、。(6) 仿照下面示例,设计从浸出液 E 回收氧化铝的流程: 浸出液 E_。(示例: )【答案】 0 O2 H2S+ 2Fe3+=2Fe2+2H+ S H2S+Ni2+=Ni+2H +S b 4%6% 7一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观,废料中的铝以金属铝箔的形式存在;钴以 Co2O3CoO 的形式存在,吸附在铝箔的单面或双面:锂混杂于其中。- 11 -(已知 Co2O3的氧化性Cl 2的氧化性)从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下:已知:CoCO 3的溶度积为:K sp=1.010-13;溶液中离子浓度小于 1.010-5mol/L 时认为该离子沉淀完全。(1)
15、“碱溶”前通常将废料粉碎,其目的是_。(2)过程 I 中采用 NaOH 溶液溶出废料中的 A1,反应的离子方程式为_。(3)过程中加入稀 H2SO4酸化后,再加入 Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出含钻物质的反应化学方程式为 (产物中只有一种酸根) _。在实验室模拟工业生产时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业生产中不用盐酸,请分析不用盐酸浸出钴的主要原因_。(4)过程 III 得到锂铝渣的主要成分是 LiF 和 AI(OH)3,碳酸钠溶液在产生 Al(OH)3时起重要作用,请写出该反应的离子方程式_。(5)将 2.010-4 mol/LCoSO4与 2.210-4mol/L 的 Na2CO3等体积混
16、合,此时溶液中的 Co2+的浓度为_,Co 2+是否沉淀完全? _(填“是”或“否”)。(6)CoO 溶于盐酸可得粉红色的 CoCl2溶液。CoCl 2含结晶水数目不同而呈现不同颜色,利用蓝色的无水 CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色的CoCl26H2O 晶体受热分解时,剩余固体质量随温度变化的曲线,物质 B 的化学式是_。- 12 -【答案】 增大反应物接触面积,加快反应速率; 2A1+2OH +2H2O = 2A1O2 +3H2; 4Co2O3CoO+Na2S2O3+11H2SO4= 12CoSO4+Na2SO4+ 11H2O;Co 2O3CoO 可氧化盐酸产
17、生 Cl2,污染环境;2A1 3+3CO32 +3H2O= 2A1(OH)3+3CO 2;1.010-8mol/L;是; CoCl 2H2O。- 13 -8钛铁矿主要成分为 FeTiO3(含有少量 MgO、SiO 2等杂质) ,Li 4Ti5O12和 LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿来制备,工艺流程如下:(1)钛铁矿在预处理时需要进行粉碎,其原因是_。(2)过程中反应的离子方程式是: FeTiO3 + 4H+ 4Cl = Fe2+ + TiOCl42 + - 14 -2H2O、_。(3)过程中,铁的浸出率结果如图 1 所示。由图可知,当铁的浸出率为 80%时,所采用的实验条
18、件是_。(4)过程中固体 TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH 4)2Ti5O15溶液时,Ti 元素的浸出率与反应温度的关系如图 2 所示,反应温度过高时,Ti 元素浸出率下降的原因是_。(5)在滤液 B 转化为 FePO4沉淀过程中发生以下反应,请配平:Fe2+ +_ + H3PO4 =FePO4 + _ + _(6)过程中由 FePO4制备 LiFePO4的化学方程式是_。【答案】 增大反应物接触面积,加快反应速率。 MgO+2H+=Mg2+H2O 100 3 小时 温度过高,双氧水分解与氨气逸出导致 Ti 元素浸出率下降 2Fe2+ H2O2+ 2H3PO4 = 2FePO4 + 4H
19、+ 2H2O 2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O4 2LiFePO4+ 3CO2+ H2O【解析】 (1)钛铁矿在预处理时需要进行粉碎,以增大反应物接触面积,加快反应速率;(2)过程中铁钛矿中 FeTiO3及 MgO 与盐酸反应,反应的离子方程式是: FeTiO3 + 4H+ 4Cl = Fe2+ + TiOCl42 + 2H2O、MgO+2H +=Mg2+H2O;(3)过程中,铁的浸出率结果如图 1 所示。由图可知,当铁的浸出率为 80%9CoCO 3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分 CoO、Co 2O3,还含有Al2O3、ZnO 等杂质)为原料制备 CoCO3的一种
20、工艺流程如下:- 15 -下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH(开始沉淀的 pH 按金属离子浓度为 1.0 mol/L 计算)(1)“酸浸”时通入 SO2的目的是_。(2)“除铝”时调节溶液 pH 范围为_,该过程中主要反应的离子方程式为_。(3)“萃取”过程可表示为 ZnSO4(水层)+2HX(有机层) ZnX2(有机层)+H 2SO4( 水层) ,由有机层获取 ZnSO4溶液的操作是_。(4)“沉钴”时 Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是 _。(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成 Co2O3,该反应的化学方程式为_ 。【答案】 将 Co3+还原为 Co2+ 5.05.4 2Al3
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