专题15 工艺流程题-2022年高考真题和模拟题化学分项汇编(解析版).doc
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1、专题15 工艺流程题1(2021·全国高考真题)碘(紫黑色固体,微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题:(1)的一种制备方法如下图所示:加入粉进行转化反应的离子方程式为_,生成的沉淀与硝酸反应,生成_后可循环使用。通入的过程中,若氧化产物只有一种,反应的化学方程式为_;若反应物用量比时,氧化产物为_;当,单质碘的收率会降低,原因是_。(2)以为原料制备的方法是:先向溶液中加入计量的,生成碘化物;再向混合溶液中加入溶液,反应得到,上述制备的总反应的离子方程式为_。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和,若生成,消耗的至少为_。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反
2、应后,过滤,滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_。【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出 【解析】(1) 由流程图可知悬浊液中含AgI ,AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag,FeI2易溶于水,在离子方程式中能拆,故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-,生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中,故答案为:2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-;AgNO3;通入的过程中,因I-还原性强于Fe2+,先氧化还原性强的I-,若
3、氧化产物只有一种,则该氧化产物只能是I2,故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2,若反应物用量比时即过量,先氧化完全部I-再氧化Fe2+,恰好将全部I-和Fe2+氧化,故氧化产物为I2、FeCl3,当即过量特别多,多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应,单质碘的收率会降低,故答案为:FeI2+Cl2= I2+FeCl2;I2、FeCl3;I2被过量的进一步氧化;(2)先向溶液中加入计量的,生成碘化物即含I-的物质;再向混合溶液中(含I-)加入溶液,反应得到,上述制备的两个反应中I-为中间产物,总反应为与发生氧化还原反应,生成和,根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守
4、恒配平离子方程式即可得:,故答案为:; (3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和,化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4,若生成,则消耗的至少为4mol;反应中加入过量,I-浓度增大,可逆反应平衡右移,增大溶解度,防止升华,有利于蒸馏时防止单质碘析出,故答案为:4;防止单质碘析出。2(2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考)磁选后的炼铁高钛炉渣,主要成分有、以及少量的。为节约和充分利用资源,通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属离子开始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.1
5、13.8回答下列问题:(1)“焙烧”中,、几乎不发生反应,、转化为相应的硫酸盐,写出转化为的化学方程式_。(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0,在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6,依次析出的金属离子是_。(3)“母液"中浓度为_。(4)“水浸渣”在160“酸溶”最适合的酸是_。“酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后,将溶液适当稀释并加热,水解析出沉淀,该反应的离子方程式是_。(6)将“母液”和“母液”混合,吸收尾气,经处理得_,循环利用。【答案】 硫酸 【分析】由题给流程可知,高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时,二氧化钛和二氧化硅不反应,氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的
6、硫酸盐,尾气为氨气;将焙烧后物质加入热水水浸,二氧化钛、二氧化硅不溶于水,微溶的硫酸钙部分溶于水,硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水,过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液;向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6,溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀,过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀;向水浸渣中加入浓硫酸加热到160酸溶,二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应,二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4,过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液;将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热,使TiOSO4完全水解生成TiO2
7、3;x H2O沉淀和硫酸,过滤得到含有硫酸的母液和TiO2·x H2O。【解析】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水,反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O,故答案为:Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O;(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知,将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时,铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子,钙离子没有沉淀,故答案为:Fe3+、Al3+、Mg2+;(3)由镁离子完全沉淀时,溶液pH为11.1可
8、知,氢氧化镁的溶度积为1×105×(1×102.9)2=1×1010.8,当溶液pH为11.6时,溶液中镁离子的浓度为=1×106mol/L,故答案为:1×106;(4)增大溶液中硫酸根离子浓度,有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀,为了使微溶的硫酸钙完全沉淀,减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量,应加入浓硫酸加热到160酸溶;由分析可知,二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应,则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙,故答案为:硫酸;SiO2、CaSO4;(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热,能使TiOSO4完全水解生成TiO2
9、83;x H2O沉淀和硫酸,反应的离子方程式为TiO2+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+,故答案为:TiO2+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+;(6)由分析可知,尾气为氨气,母液为硫酸铵、母液为硫酸,将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液,可以循环使用,故答案为:(NH4)2SO4。3(2021·广东高考真题)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物,一种回收利用工艺的部分流程如下:已知:25时,的,;该工艺中,时,溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中,有生成,其中元素的化合价为_。(2)
10、“沉铝”中,生成的沉淀为_。(3)“沉钼”中,为7.0。生成的离子方程式为_。若条件控制不当,也会沉淀。为避免中混入沉淀,溶液中_(列出算式)时,应停止加入溶液。(4)滤液中,主要存在的钠盐有和,为_。往滤液中添加适量固体后,通入足量_(填化学式)气体,再通入足量,可析出。(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示,图中所示致密保护膜为一种氧化物,可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。该氧化物为_。已知:和同族,和同族。在与上层的反应中,元素的化合价变为+5价,则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。【答案】+6 += 【分析】由题中信息可知,废催化剂与氢氧化钠一起焙烧
11、后,铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠,经水浸、过滤,分离出含镍的固体滤渣,滤液I中加入过量的二氧化碳,偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀,过滤得到的沉淀X为氢氧化铝,滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后,过滤得到钼酸钡。【解析】(1)“焙烧”中,有生成,其中Na和O的化合价为+1和-2,根据化合价的代数和为0可知,元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中,偏铝酸钠转化为氢氧化铝,因此,生成的沉淀为。(3)滤液II中含有钼酸钠,加入氯化钡溶液后生成沉淀,该反应的离子方程式为+=。若开始生成沉淀,则体系中恰好建立如下平衡:,该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀,必须满足,由于“沉钼”中为7.0
12、,所以溶液中时,开始生成沉淀, 因此, 时,应停止加入溶液。(4)滤液I中加入过量的二氧化碳,偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀,同时生成碳酸氢钠,过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后,因此,过滤得到的滤液中,主要存在的钠盐有和,故为。根据侯氏制碱法的原理可知,往滤液中添加适量固体后,通入足量,再通入足量,可析出。(5)由题中信息可知,致密的保护膜为一种氧化物,是由与反应生成的,联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知,该氧化物为。由和同族、和同族可知,中显+3价(其最高价)、显-3价。在与上层的反应中,元素的化合价变为+5价,其化合价升高了8,元素被氧化,则
13、该反应的氧化剂为,还原剂为。中的O元素为-1价,其作为氧化剂时,O元素要被还原到-2价,每个参加反应会使化合价降低2,根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知,该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。4(2021·河北高考真题)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺,该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料,不产生废弃物,实现了CrFeAlMg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图:回答下列问题:(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号)。(2)工序的名称为_。(3)滤渣的主要
14、成分是_(填化学式)。(4)工序中发生反应的离子方程式为_。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH,此时发生的主要反应的化学方程式为_,可代替NaOH的化学试剂还有_(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为_。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1为沉淀完全;A1(OH)3+OH-Al(OH):K=100.63,Kw=10-14,KspA1(OH)3=10-33)【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2
15、NaHCO3 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 8.37 【分析】由题给流程可知,铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为,在熔融氢氧化钠作用下,Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁,氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠,氧化镁不反应;将氧化后的固体加水溶解,过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液;将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液;向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀;向偏铝酸钠溶液中通入过
16、量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠;向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气,氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液;碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气,二氧化碳、水蒸气可以在工序循环使用;碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【解析】(1)由分析可知,高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素,故答案为:Fe、Cr;(2)由分析可知,工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质,故答案为:溶解浸出;(3)由分析可知,滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁,故答案为:MgO、Fe2O3;(4)工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀,反应的离子方程式为2
17、Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3,故答案为:2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3;(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下,Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水,反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O;若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应,故答案为:4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O;(6)热解工序产生的混合
18、气体为二氧化碳和水蒸气,将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液,则混合气体最适宜返回工序为工序,故答案为:;(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为,反应的平衡常数为K1=1013.37,当为105mol/L时,溶液中氢离子浓度为=mol/L=108.37mol/L,则溶液的pH为8.37,故答案为:8.37。5(2021·湖南高考真题)可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中,铈(Ce)主要以形式存在,还含有、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下:回答下列问题:(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子,该核素的符号为_;(2)为提高“水浸”效率
19、,可采取的措施有_(至少写两条);(3)滤渣的主要成分是_(填化学式);(4)加入絮凝剂的目的是_;(5)“沉铈”过程中,生成的离子方程式为_,常温下加入的溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知:的,的,);(6)滤渣的主要成分为,在高温条件下,、葡萄糖()和可制备电极材料,同时生成和,该反应的化学方程式为_【答案】 适当升高温度,将独居石粉碎等 Al(OH)3 促使铝离子沉淀 碱性 6+12=12+6CO+6H2O+6CO2 【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸,转化为Ce2(SO4)3和H3PO4,与硫酸不反应,转化为Al2(SO4)3,转化为Fe2(SO4)3,转化为CaSO
20、4和HF,酸性废气含HF;后过滤,滤渣为和磷酸钙、FePO4,滤液主要含H3PO4,Ce2(SO4)3,Al2(SO4)3,Fe2(SO4)3,加氯化铁溶液除磷,滤渣为FePO4;聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀,过滤除去,滤渣主要为氢氧化铝,还含氢氧化铁;加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。【解析】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子,则质量数为58+80=138,该核素的符号为;(2)为提高“水浸”效率,可采取的措施有适当升高温度,将独居石粉碎等;(3)结合流程可知,滤渣的主要成分是Al(OH)3;(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀;(5)用碳酸氢铵“沉铈”,
21、则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为;铵根离子的水解常数Kh()=5.7×10-10,碳酸氢根的水解常数Kh()=2.3×10-8,则Kh()<Kh(),因此常温下加入的溶液呈碱性;(6)由在高温条件下,、葡萄糖()和可制备电极材料,同时生成和可知,该反应中Fe价态降低,C价态升高,结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6+12=12+6CO+6H2O+6CO2。1(2021·山西太原市·太原五中高三二模)用锑砷烟灰(主要成分为、,含、等元素)制取和(),不仅治理了砷害污染,还可综合回收其它有价金属。工艺流程如图:已知:硫浸后
22、,锑砷以、存在;易溶于热水,难溶于冷水,不溶于乙醇。回答下列问题:(1)“硫浸”过程,加快硫浸的措施有_(任写一项)。(2)“硫浸”时,溶解的离子方程式为_。(3)经“硫浸”“氧化”后,转化为。用和浸取锑砷烟灰也可得到,其缺陷是_。(4)“氧化”时,反应温度不宜太高的原因是_。(5)“中和”时,生成的化学方程式为_,中和液的主要溶质为_(填化学式)。(6)操作X为_、过滤、洗涤、干燥。(7)研究发现,电解硫浸液中的溶液,可得到单质。则阴极的电极反应式为_。【答案】适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等 有污染气体NO、等产生 温度过高,易分解 蒸发浓缩、冷却结晶 【分析】由已知信息可知硫浸发生
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