2020屆二輪復習化學工藝流程作業(yè)（全國通用）練習-試卷下載-教習網(wǎng)

1．(2019·陜西省高三第二次模擬聯(lián)考)下面是某科研小組利用廢鐵屑還原浸出軟錳礦(主要成分為MnO2)制備硫酸錳及電解其溶液制錳的工藝流程圖：

已知：①浸出液中主要含有Fe3＋、Fe2＋、Co2＋、Ni2＋等雜質(zhì)金屬離子；
②生成氫氧化物的pH見表：
物質(zhì)
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ni(OH)2
Co(OH)2
Mn(OH)2
開始沉淀pH
7.5
2.7
7.7
7.6
8.3
完全沉淀pH
9.7
3.7
8.4
8.2
9.8
請回答下列問題：
(1)“酸浸”前將原料粉碎的目的是_增大反應物的接觸面積，加快反應速率__。
(2)流程圖中“①加入MnO2”的作用是將浸出液中的Fe2＋氧化為Fe3＋，同時自身被還原為Mn2＋，該反應的離子方程式是__MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O__，其中的MnO2可以用試劑_H2O2__(填化學式)代替。
(3)流程圖中“②調(diào)節(jié)pH”可以除去某種金屬離子，應將溶液pH調(diào)節(jié)控制的范圍是_3.7～7.6__下列可用于流程中調(diào)節(jié)pH的試劑是_a__(填試劑對應的字母編號)。
a．MnCO3 b．Na2CO3
C．NaOH d．氨水
(4)向濾液I中加入MnS的作用是除去Co2＋、Ni2＋等離子，發(fā)生反應為MnS＋Ni2＋===NiS＋Mn2＋等。當該反應完全后，濾液2中的Mn2＋與Ni2＋離子的物質(zhì)的量濃度之比是_1.4×1011__[已知Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21]。
(5)上述流程中，能循環(huán)使用的一種物質(zhì)是_H2SO4__(填化學式)。
(6)上述流程中在電解前需對電解液中Mn2＋的含量進行測定。方法是：取出一定體積的電解液，加入一定質(zhì)量的NaBiO3(不溶于水)，使二者發(fā)生反應，反應的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物分別是MnO、Bi3＋，該反應的離子方程式是__2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===2MnO＋5Bi3＋＋5Na＋＋7H2O__。
(7)在適當條件下，在MnSO4—H2SO4—H2O為體系的電解液中電解也可獲得MnO2，其陽極電極反應式為__Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋__。
[解析]　(1)“酸浸”前將原料粉碎，增大了反應物的接觸面積，從而加快反應速率； (2)流程圖中“①加入MnO2”的作用是將浸出液中的Fe2＋氧化為Fe3＋，同時自身被還原為Mn2＋，該反應的離子方程式為：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，其中的MnO2作氧化劑，可以用試劑H2O2代替； (3)流程圖中“②調(diào)節(jié)pH”可以除去鐵離子，應將溶液pH調(diào)節(jié)控制的范圍是3.7～7.6，促進鐵離子水解。MnCO3，能與H＋反應，不引入雜質(zhì)，故a正確； b．Na2CO3，引入鈉離子，故不選；c.NaOH引入鈉離子，故不選； d．氨水，引入銨根離子，可用于流程中調(diào)節(jié)pH的試劑是a, 故答案為：3.7～7.6；a; (4)Ksp(MnS)＝2.8×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21，沉淀轉(zhuǎn)化的方程式為：MnS＋Ni2＋===NiS＋Mn2＋，則Mn2＋與Ni2＋離子的物質(zhì)的量濃度之比＝c(Mn2＋)∶c(Ni2＋)＝Ksp(MnS)∶Ksp(NiS)＝2.8×10－10：2.0×10－21＝1.4×1011; (5)上述工藝中，能循環(huán)使用的一種物質(zhì)是電解過程中陽極液含的H2SO4；(6)電解液中Mn2＋具有還原性，加入一定質(zhì)量的NaBiO3(不溶于水)，使二者發(fā)生反應，反應的氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物分別是MnO、Bi3＋，反應的離子方程式是5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋===5Bi3＋＋2MnO＋5Na＋＋7H2O; (7)在適當條件下，電解液中MnSO4在陽極失去電子獲得MnO2，其陽極電極反應式為：Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2 ＋4H＋。
2．(2019·四川省綿陽市高考化學二診)KMnO4是一種常見的強氧化劑，主要用于防腐、化工、制藥等。現(xiàn)以某種軟錳礦(主要成分MnO2，還有Fe2O3、Al2O3、SiO2等)作脫硫劑，通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得KMnO4(反應條件已經(jīng)省略)。

已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，回答下列問題：
(1)K2MnO4中Mn的化合價為_＋6__。
(2)濾渣A的成分是_SiO2(或二氧化硅)__，析出沉淀B時，首先析出的物質(zhì)是_Fe(OH)3(或氫氧化鐵)__。
(3)步驟2中加入MnCO3的作用為_調(diào)節(jié)溶液的pH，促進Fe3＋、Al3＋水解以沉淀形式除去__。
(4)濾液C中加入KMnO4時發(fā)生反應的離子方程式是__3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋__。
(5)步驟4中反應的化學方程式是__3MnO2＋KClO3＋6KOH===3K2MnO4＋KCl＋3H2O__。
(6)電解制備KMnO4的裝置如圖所示。b與電源的_負__極相連，電解液中最好選擇_陽__離子交換膜(填“陽”或“陰”)。電解時，陽極的電極反應式為__MnO－e－===MnO__。

[解析]　(1)錳酸鉀中K元素為＋1價、O元素為－2價，根據(jù)化合價的代數(shù)和為0判斷Mn元素化合價＝2×4－1×2＝＋6; (2)二氧化硫能與二氧化錳、稀硫酸反應生成硫酸錳，氧化鐵、氧化鋁溶于稀硫酸，二氧化硅不溶，A為未反應的SiO2(或二氧化硅)；溶度積常數(shù)小的先生成沉淀，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38＜Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，所以Fe(OH)3(或氫氧化鐵)先生成沉淀； (3)碳酸錳能和氫離子反應而調(diào)節(jié)溶液的pH，促進Fe3＋、Al3＋水解以沉淀形式除去； (4)高錳酸鉀和錳離子反應生成二氧化錳沉淀，離子方程式為3Mn2＋＋2MnO＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋； (5)根據(jù)反應物、生成物和反應條件書寫方程式為3MnO2＋KClO3＋6KOH===3K2MnO4＋KCl＋3H2O; (6)電解制備高錳酸鉀時，錳酸根離子失電子發(fā)生氧化反應，在陽極上反應，a為陽極、b為陰極，陽極連接原電池正極、陰極連接原電池負極，則b連接負極；陽極附近生成高錳酸鉀，導致鉀離子有剩余，b電極附近生成氫氧根離子，所以鉀離子通過交換膜進入右側(cè)，則交換膜為陽離子交換膜；電解時陽極反應式為：MnO－e－===MnO。
3．(2019·河南省安陽市高考化學二模)氧化亞銅(Cu2O)是一種用途廣泛的光電材料，某工廠以硫化銅礦石(含 CuFeS2、Cu2S等)為原料制取Cu2O的工藝流程如下：

常溫下幾種物質(zhì)開始形成沉淀與完全沉淀時的pH如下表

Fe(OH)2
Fe(OH)3
Cu(OH)2
開始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)爐氣中的有害氣體成分是 SO2 ，Cu2S與O2反應時，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_2∶1__。
(2)若試劑X是H2O2溶液，寫出相應反應的離子方程式：__2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O__。當試劑X是_氧氣或空氣__時，更有利于降低生產(chǎn)成本。
(3)加入試劑Y調(diào)pH時，pH的調(diào)控范圍是_3.7≤pH＜4.8__。
(4)寫出用N2H4制備Cu2O的化學方程式：__4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O__，操作X包括_過濾__、洗滌、烘干，其中烘干時要隔絕空氣，其目的是_防止生成的Cu2O被空氣氧化__。
(5)以銅與石墨作電極，電解濃的強堿性溶液可制得納米級Cu2O，寫出陽極上生成Cu2O的電極反應式：__2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O__。
[解析]　(1)根據(jù)流程，礦石與氧氣得到金屬氧化物和SO2；Cu2S與O2反應為Cu2S＋2O22CuO＋SO2，氧化劑為氧氣，還原劑為Cu2S，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1；(2)若試劑X是H2O2溶液，將Fe2＋氧化為Fe3＋，離子反應為：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O；酸性條件下，氧氣也可將Fe2＋氧化為Fe3＋，而氧氣或空氣價格遠低于過氧化氫，故可用氧氣或空氣替代；(3)加入試劑Y的目的是調(diào)節(jié)pH完全沉淀Fe3＋，但不沉淀Cu2＋，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，pH范圍為：3.7≤pH＜4.8；(4)根據(jù)分析N2H4制備Cu2O的化學方程式為4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；操作X為過濾，洗滌、隔絕空氣烘干，制得Cu2O；因為Cu2O具有較強的還原性，在加熱條件下易被空氣氧化，故烘干過程要隔絕空氣；(5)以銅與石墨作電極，電解濃的強堿性溶液可制得納米級Cu2O，陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O。
4．(2019·河南八市重高聯(lián)盟高三第三次測評)鈦是一種重要的金屬，以鈦鐵礦[主要成分為鈦酸亞鐵(FeTiO3)，還含有少量Fe2O3]為原料制備鈦的工藝流程如圖所示。

(1)濾液1中鈦元素以TiO2＋形式存在，則“溶浸”過程發(fā)生的主要反應的化學方程式為__FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O__。
(2)物質(zhì)A為_Fe__(填化學式)，“一系列操作”為_蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾__。
(3)“水解”步驟中生成TiO2·xH2O，為提高TiO2·xH2O的產(chǎn)率，可采取的措施有_加水稀釋反應物__、_加堿中和生成的酸、加熱等__。(寫出兩條)。
(4)“電解”是以石墨為陽極，TiO2為陰極，熔融CaO為電解質(zhì)。陰極的電極反應式為__TiO2＋4e－===Ti＋2O2－__；若制得金屬Ti 9.60 g，陽極產(chǎn)生氣體_4_480__mL(標準狀況下)。
(5)將少量FeSO4·7H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3，寫出反應的離子方程式__Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋__H2O__；若反應后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10－6 mol·L－1，則溶液中c(CO)＝_1×10－5__mol·L－1。(已知：常溫下FeCO3飽和溶液濃度為4.5×10－6 mol·L－1)
[解析]　(1)因鈦鐵礦主要成分為FeTiO3，且濾液1中鈦元素以TiO2＋形式存在，所以其主要反應化學方程式為FeTiO3＋2H2SO4 TiOSO4＋FeSO4＋2H2O。(2)該流程中還有副產(chǎn)物FeSO4·7H2O，故需將溶浸產(chǎn)物中的Fe3＋除去，物質(zhì)A為Fe，“一系列操作”包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。(3)“水解”反應為TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋，根據(jù)平衡移動原理，為提高TiO2·xH2O的產(chǎn)率可以加水稀釋反應物、加堿中和生成的酸、加熱等。(4)“電解”過程中陰極反應：TiO2＋4e－===Ti＋2O2－，陽極反應：2O2－－4e－＝O2↑，若制得金屬Ti 9.60 g，則n(Ti)＝n(O2)＝0.2 mol，V(O2)＝4 480 mL(標準狀況下)。(5)由題意知該反應化學方程式為：Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；由常溫下FeCO3飽和溶液濃度為4.5×10－6mol·L－1，KSP(FeCO3)＝2.025×10－11mol2·L－2，則c(CO)＝＝1.013×10－5mol·L－1。
5．(2019·河南省鄭州市高考化學二模)硒是典型的半導體材料，在光照射下導電性可提高近千倍。下圖是從某工廠的硒化銀半導體廢料(含Ag2Se、Cu單質(zhì))中提取硒、銀的工藝流程圖：

回答下列問題：
(1)為提高反應①的浸出速率，可采用的措施為_加熱、增大硫酸的濃度、粉碎固體廢料、攪拌等__(答出兩條)。
(2)已知反應③生成一種可參與大氣循環(huán)的氣體單質(zhì)，寫出該反應的離子方程式__4AgCl＋N2H4·H2O＋4OH－===4Ag＋4Cl－＋N2↑＋5H2O(或4AgCl＋N2H4＋4OH－===4Ag＋4Cl－＋N2↑＋4H2O)。
(3)反應②為Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)===2AgCl(s)＋SO(aq)；常溫下的Ag2SO4 AgCl的飽和溶液中陽離子和陰離子濃度關(guān)系如圖1所示。則Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)===2AgCl(s)＋SO(aq)的化學平衡常數(shù)的數(shù)量級為_1014__。

(4)寫出反應④的化學方程式__H2SeO3＋2SO2＋H2O===2H2SO4＋Se或H2SeO3＋2H2SO3===2H2SO4＋Se＋H2O__。
(5)室溫下，H2SeO3水溶液中H2SeO3、HSeO、SeO的摩爾分數(shù)隨pH的變化如圖2所示，則室溫下H2SeO3的Ka2＝_10－7.3或5.0×10－8__。
(6)工業(yè)上粗銀電解精煉時，電解液的pH為1.5～2，電流強度為5～10 A，若電解液pH太小，電解精煉過程中在陰極除了銀離子放電，還會發(fā)生__2H＋＋2e－===H2↑__(寫電極反應式)，若用10 A的電流電解60 min后，得到32.4 g Ag，則該電解池的電解效率為_80.4__%，(保留小數(shù)點后一位。通過一定電量時陰極上實際沉積的金屬質(zhì)量與通過相同電量時理論上應沉積的金屬質(zhì)量之比叫電解效率。法拉第常數(shù)為96 500 C·mol－1)
[解析]　硒化銀半導體廢料(含Ag2Se、Cu單質(zhì))，加入硫酸、通入氧氣，可生成硫酸銅、硫酸銀和SeO2，SeO2和水反應生成H2SeO3，通入二氧化硫，發(fā)生氧化還原反應生成Se，蒸硒渣加入氯化鈉溶液生成AgCl，過濾加入N2H4·H2O和氫氧化鈉溶液，發(fā)生氧化還原反應生成Ag，電解精煉，可得到純銀，以此解答該題。(1)為提高反應①的浸出速率，可采用加熱、增大硫酸的濃度、粉碎固體廢料、攪拌等措施；(2)反應③生成一種可參與大氣循環(huán)的氣體單質(zhì)，應生成氮氣，反應的離子方程式為4AgCl＋N2H4·H2O＋4OH－===4Ag＋4Cl－＋N2↑＋5H2O；(或4AgCl＋N2H4＋4OH－===4Ag＋4Cl－＋N2↑＋4H2O)；(3)由圖象可知Ksp(Ag2SO4)＝10－5，Ksp(AgCl)＝10－9.75，Ag2SO4(s)＋2Cl－(aq)===2AgCl(s)＋SO(aq)的化學平衡常數(shù)K＝＝＝＝1014.5，則化學平衡常數(shù)的數(shù)量級為1014；(4)反應④的化學方程式為H2SeO3＋2SO2＋H2O===2H2SO4＋Se或H2SeO3＋2H2SO3===2H2SO4＋Se＋H2O；(5)由圖象可知H2SeO3的Ka2＝＝10－7.3或5.0×10－8；(6)若電解液pH太小，則氫離子濃度較大，電解精煉過程中在陰極除了銀離子放電，還會發(fā)生2H＋＋2e－===H2↑，用10 A的電流電解60 min，則電子的物質(zhì)的量為 mol＝0.373 mol，理論可得到0.373 mol Ag，而得到32.4 g Ag，物質(zhì)的量為＝0.3 mol，則該電解池的電解效率為×100%＝80.4%。
6．(2019·湖南省株洲市高考一模)某工業(yè)廢催化劑含有 SiO2、ZnO、CuS、ZnS、Fe3O4 等物質(zhì)，為落實“節(jié)約資源，變廢為寶”的環(huán)保理念，某課外興趣小組的同學取20 g該物質(zhì)進行實驗，回收其中的 Cu 和 Zn，實驗方案如下：

已知：ZnS 可與稀硫酸反應；CuS 不溶于稀硫酸，也不與其發(fā)生反應。請回答下列問題：
(1)可用右圖裝置進行第一次浸出，燒杯中盛放的是_NaOH溶液或者氨水__溶液。

(2)濾液Ⅰ中的 Fe2＋最好用_d__來檢驗。
a．氯水 b．雙氧水
c．KSCN 溶液 d．K3[Fe(CN)6]溶液
(3)物質(zhì)A是含有X元素的氧化物(XO)，則X是_Zn__(填元素符號)，由濾液Ⅱ、濾液Ⅳ獲得 ZnSO4·7H2O 的操作是_蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶(過濾，洗滌，干燥)__。
(4)第二次浸出時的化學方程式為__CuS＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋S＋2H2O__。
(5)加 A 調(diào)節(jié)溶液的 pH 約為_3__時，可以完全除去其中的雜質(zhì)離子。
(當溶液中離子濃度小于等于 10－5 mol/L 時視為沉淀完全；實驗條件下部分物質(zhì)的溶度積常數(shù)為：Ksp[Fe(OH)3]＝10－38，Ksp[Fe(OH)2]＝10－17，Ksp[Zn(OH)2]＝10－17，Ksp[Cu(OH)2]＝10－20)
(6)實驗最后獲得了 5.74 g ZnSO4·7H2O 晶體(假設實驗中沒有損耗)，但不能由此確定原催化劑中鋅元素的質(zhì)量分數(shù)，原因是_在實驗過程中添加了單質(zhì)鋅，不能由產(chǎn)品質(zhì)量來計算鋅元素的質(zhì)量分數(shù)__。
[解析]　廢催化劑含有 SiO2、ZnO、CuS、ZnS、Fe3O4 等物質(zhì)，取20 g該物質(zhì)進行實驗，加入稀硫酸并加熱進行浸取，可溶解ZnO、ZnS、Fe3O4 等物質(zhì)，濾液Ⅰ含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，加入過氧化氫可氧化亞鐵離子生成鐵離子，調(diào)節(jié)pH生成濾渣Ⅱ為Fe(OH)3，灼燒生成Fe2O3，濾液Ⅱ含有ZnSO4，經(jīng)蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶得到粗ZnSO4·7H2O，濾渣Ⅰ含有SiO2、CuS，向盛有濾渣1的反應器中加H2SO4和H2O2溶液，發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸銅、硫，濾渣Ⅲ含有硫和二氧化硅，濾液Ⅲ含有硫酸銅，加入鋅置換，可生成硫酸鋅和銅，以此解答該題。(1)第一次浸出可生成硫化氫等氣體，可用NaOH 溶液或者氨水吸收，防止污染環(huán)境，故答案為：NaOH 溶液或者氨水；(2)亞鐵離子可與K3[Fe(CN)6]溶液反應生成藍色沉淀，則可用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗，故答案為：d；(3)X為Zn，由濾液Ⅱ、濾液Ⅳ獲得ZnSO4·7H2O，可進行蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶(過濾，洗滌，干燥)等操作；(4)第二次浸出可氧化CuS生成硫、硫酸銅，化學方程式為CuS＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋S＋2H2O；(5)加入ZnO調(diào)節(jié)pH除去鐵離子，應生成氫氧化鐵沉淀，Ksp[Fe(OH)3]＝10－38，可知c(OH－)＝ mol/L＝10－11 mol/L，則pH＝3，故答案為：3；(6)因在實驗過程中添加了單質(zhì)鋅，則不能由產(chǎn)品質(zhì)量來計算鋅元素的質(zhì)量分數(shù)。