2022年高考化学二轮复习专题《工业流程题》

2022年高考化学二轮复习专题工业流程题1（2022四川三模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：已知：Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu(NH3)42+(aq)+2OH-(aq) K=4.410-7该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：金属离子Fe2+Fe3+Cu2+Bi3+开始沉淀的pH7.62.74.84.5沉淀完全的pH9.63.76.45.5回答下列问题：(1)“氧化浸取”时，氧化性：H2O2_S(填“”或“”)；为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是_。(2)“滤渣1”的主要成分是_(填化学式)。(3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是_。(4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_。(5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu(NH3)42+(aq) K=21013，则KspCu(OH)2=_。(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是_。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_。2（2022福建模拟预测）用黄铁矿(主要成分FeS2)还原硫酸渣制备铁黄颜料(主要成分为FeOOH)，工业流程如下：c(Fe2+)或c(Fe3+)浓度分别为 1 molL-1，形成对应沉淀的pH范围如下表：Fe(OH)2FeOOH开始沉淀的pH5.81.2沉淀完全的pH8.32.8(1)步骤被氧化的元素是_。(2)碱性锌锰电池使用时会产生与FeOOH同类物质，该物质化学式是_。(3)制备晶种：将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀。调至pH约为6时，开始通入空气并记录pH 变化如图。 pH约为6时，通入空气前，铁元素的主要存在形式是_；0t1时段，白色沉淀发生变化，pH 基本不变的原因是_(用化学方程式说明)。pH 约为4时制得铁黄晶种。若继续通空气，t3后pH 几乎不变，此时c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。请结合方程式说明原因：_。(4)二次氧化时，溶液的pH 应控制在34，过低会造成铁黄质量降低，原因可能是_。(5)步骤中证明洗涤完全的方法是_。(6)称取铁黄产品1.000 g，用稀硫酸溶解并配成200 mL溶液，每次取20.00 mL，调节合适的pH，用0.1 000 mol/L的磺基水杨酸(H2Y)标准溶液滴定，三次滴定平均消耗体积为22.00 mL，则该产品纯度为_%。 (已知：Fe3+2H2Y=FeY2-+4H+)3（2022广东汕头二模）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下(1)CeCO3F其中Ce元素的化合价为_。(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是_(写出一种即可)。(3)操作所需的玻璃实验仪器有烧杯、_。(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2_ H2O2 (填“”，“”)(5)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式_。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.010-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=_mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.310-7，Ka2(H2CO3)=5.610-11，KspCe2(CO3)3=1.010-28)。(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)该反应中的催化剂为_(写离子符号)该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为_。4（2022山东济宁二模）一种制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：回答下列问题：(1)“浸取”过程有硫单质生成，写出该过程中主要反应的化学方程式_。(2)“氧化”过程软锰矿的作用是_。“氧化”过程中，将Mn()转化为Mn()的最适宜氧化剂是_(填标号)。abc(3)工业上煅烧硫铁矿产生的气体可以用石灰乳吸收。常温下，测得与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则_(保留三位有效数字)已知：室温下亚硫酸的电离平衡常数，(4)“沉锰”过程转化为的离子方程式为_。在一定空气流速下，相同时间内“焙烧”，产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。“焙烧”过程中涉及如下化学反应：为了增大产物中的占比，可以采用的措施是_(答出两条)。将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_。(5)用氧化还原法测定纯品纯度(杂质不参与下列反应)：称取样品0.1000g，试样经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，过滤除去，用标准溶液滴定，用去37.00mL，则样品中的质量分数为_(保留3位有效数字)。5（2022广东韶关二模）硫化钴铜矿主要成分有CoS、CuS、CuFeS2、FeS2，还含有少量Mg、Ca等元素。一种热活化硫酸浸出工艺实现了钴和铜的高效回收利用，并较好解决了焙烧过程中二氧化硫的溢出问题。工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)CuFeS2中Cu的化合价为_。(2)“焙烧”中，钴、铜矿物转化成硫酸盐，写出CoS转化的化学方程式_。“酸浸过程中Co和Cu的浸出率受焙烧温度和时间的影响如下图所示。由图可知，“焙烧过程中的最佳实验条件为_。(3)电解CuSO4溶液获取Cu后的电解质溶液可返回_工序循环使用。(4)“氧化除铁”中将溶液pH调至4.0，并加热煮沸的目的是_。(5)若“除钙镁时溶液中c(Mg2+)=0.001mol/L，当Ca2+恰好完全沉淀时，列式计算判断Mg2+是否开始沉淀_(已知：室温下，Ksp(CaF2)=2.710-11，Ksp(MgF2)=6.410-9)。(6)将5.49g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，其固体质量随温度变化如图，300时，剩余固体氧化物的化学式为_。6（2022上海模拟预测）硫元素是动植物生长不可缺少的元素，广泛存在于自然界中。(1)从图1中选择符合图2要求的X、Y代表的物质：X_，Y_。(2)硫原子的核外电子排布式为_，原子核外有_种不同能量的电子。在周期表中，与硫相邻的短周期元素的原子半径由大到小的顺序是_。(3)某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示：如果X中只含有2种亚硫酸盐，且溶液呈中性，则c(NH)_c(SO)+c(HSO)(填“”、“=”或“ H2O2；(5)“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3+ 6 = Ce2(CO3)3+ 3H2O + 3CO2。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.010-5 mol/L，则， 此时溶液的pH为5，则溶液中c()=0.18 mol/L。(6)根据图示，总反应为，该反应中的催化剂为Ce4+；反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。4(1)(2) 将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子 b(3)(4) 控制温度在450左右、增大空气的流速 (5)96.6【解析】硫铁矿和软锰矿一起用硫酸酸浸，浸取液中的Fe2+用少量MnO2氧化为Fe3+，再调节溶液的pH除去Fe3+。除铁后的溶液加NH4HCO3和氨水沉锰，得到MnCO3后煅烧，得到MnO2粗品，再将其中存在的+2价锰氧化为MnO2，过滤、洗涤、干燥得到MnO2纯品。(1)“浸取”过程中FeS2中的硫元素被MnO2氧化为硫单质，该过程中主要反应的化学方程式为：。(2)“氧化”过程软锰矿的作用是将溶液中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+便于除去。H2O2为绿色氧化剂，其还原产物为水，无污染，所以“氧化”过程中，将Mn()转化为Mn()的最适宜氧化剂是KClO3，故b选。(3)CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则水解的Kh=，溶液中c(OH-)=c()=10-5mol/L，所以c()=610-4mol/L，根据元素质量守恒，c(Ca2+)=c()+c()=610-4mol/L+10-5mol/L=6.110-4mol/L，则6.110-4mol/L610-4mol/L=。(4)“沉锰”过程 中加入NH4HCO3和氨水，将溶液中的Mn2+ 转化为 MnCO3 ，离子方程式为：。从产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化图可以看出，为了增大产物中 MnO2的占比，控制温度在450左右，还可以增大空气的流速。根据总反应方程式可知放电时正极是得到电子转化为，电极反应式为：。(5)样品经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，发生的反应为：3+4H+=2+2H2O，过滤除去，用标准溶液滴定，发生的反应为：5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，根据反应的离子方程式可知，MnO2和Fe2+的物质的量之比为3：10，则MnO2的质量为0.1000mol/L0.03700L87g/mol=0.09657g，则样品中的质量分数为100%=96.6%。5(1)+2(2) CoS+2O2CoSO4 500；2.0h(3)酸浸、反萃取(4)使Fe3+水解完全，并使Fe(OH)3胶体发生聚沉，便于过滤除杂(5)Ca2+恰好完全沉淀时，c(Ca2+)=10-5mol/L，此时Qc=c(Mg2+)c2(F-)=2.710-9ClO(3) SO2+H2O2=H2SO4 (NH4)2S2O8 2H2O+2e-=H2+2OH-【解析】(3)二氧化硫与氨水反应生成NH4SO3或NH4HSO3，X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物；NH4SO3或NH4HSO3与过量硫酸反应生成SO2、H2O和(NH4)2SO4，则a为SO2，Y为(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液；SO2通过系列变化转化为硫酸，电解(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液获得(NH4)2S2O8。(1)由图2可知X为+6价硫形成的盐，对应图1中的Na2SO410H2O、CuSO42H2O；由图2可知Y为-2价硫形成的盐，对应图1中的CuFeS2；(2)硫为16个号元素，S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或Ne3s23p4；每个能层上的电子能量不同，因此原子核外有5种不同能量的电子；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，在周期表中，与硫相邻的短周期元素为同主族的O，同周期的P和Cl，它们的原子半径由大到小的顺序是PClO；(3)1由分析可知X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物，如果X中只含有2种亚硫酸盐，则X为NH4SO3和NH4HSO3的混合物，存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+ c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，则c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，c(NH)c(SO)+c(HSO)由分析可知气体a为SO2，通入双氧水中，二者发生氧化还原反应生成硫酸，该反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；(NH4)2S2O8中存在一个过氧键(O-O)，即有2个O的化合价为-1价，因此溶液中部分-2价的O转化为-1价的O，因此(NH4)2S2O8为阳极产物，即阳极产物是(NH4)2S2O8；阴极是水电离的氢离子得电子转化为氢气，阴极的电极方程式是2H2O+2e-=H2+2OH-。7(1)还原(2)+3(3) 还原剂 Cl2(4)防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率(5)5(6)4Fe2+O2+4H2O=2Fe2O3+8H+(7)Na2SO4、Zn SO4、H2SO4【解析】由流程结合题目可知，闪锌矿焙烧将金属元素锌、铁、钴、铟转化为相应的氧化物，加热稀硫酸溶浸，得到相应的硫酸盐溶液，加入Na2S2O4生成Co(OH)2沉淀，滤液通入臭氧将氯元素转化为氯气去除，再加入氢氧化钙、碳酸钙除去氟，得到滤液电积分离出锌，废液通入二氧化硫将三价铁转化为二价铁，然后水解分离出铟，加压氧化将二价铁转化为氧化铁，得到母液含有流程中生成的硫酸钠、硫酸锌、稀硫酸。(1)闪锌矿主要成分，焙烧硫元素转化为二氧化硫气体，由流程可知，还原步骤需要通入二氧化硫，故“气体1”经纯化后适宜在还原工序使用；(2)化合物中正负化合价代数和为零；中锌、氧化合价分别为+2、-2，则铁元素化合价为+3；(3)臭氧具有氧化性，和反应生成硫酸钠，硫元素化合价升高，在反应中做还原剂；已知闪现矿中的氯元素，矿物中氯元素常以负一价存在，负一价氯元素会和臭氧反应生成氯气，气体2的主要成分为氯气Cl2；(4)已知，易成胶状，“除氟”时，适量的可以使生成的氟化钙着附在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率；(5)时，沉淀完全，则c()小于10-5mol/L，c(OH-)不小于，则c(H+)小于210-5mol/L，则pH4.7；故“水解”时生成In(OH)3沉淀，溶液的应不低于5；(6)由流程可知，铁元素在还原过程中被转化为二价铁，“加压氧化时”时，二价铁转化为三价铁生成三氧化二铁，发生的离子反应方程式为4Fe2+O2+4H2O=2Fe2O3+8H+；(7)二氧化硫还原过程中生成硫酸；“溶浸”过程中形成的难溶进入还原过程和生成的硫酸及废酸中硫酸反应生成硫酸锌；除杂2过程中生成了硫酸钠，最终硫酸、硫酸锌、硫酸钠进入母液，故得到母液的主要成分为Na2SO4、Zn SO4、H2SO4。8(1)增大接触面积，提高反应速率(2) 2Fe3+3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+ c(3) 3.6 已经(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作23次。(6)【解析】由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。(1)由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率；(2)由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3+3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3+3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+；c；(3)由题中表格数据可知，25时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.010-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因为KspFe(OH)3= 6.410-38，所以c(Fe3+)c3(OH-)= KspFe(OH)3，则c(OH-)=410-11mol/L，c(H+)=10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)c2(OH-)=5(410-11)2=810-21KspCu(OH)2=2.210-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经；(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O；(5)“操作”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作23次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作23次；(6)电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2，200mL 0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H+)0.05mol2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu2+)0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故，故答案为：.。9(1) 四 VIIB(2) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂(或作氧化剂) CoS(3)2Mn2+H2O2+4NH3H2O=2MnOOH+4+2H2O(4)取少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色浑浊。说明MnOOH已洗涤干净，反之则未洗涤干净(5)2MnOOHMn2O3+H2O(6)4.9【解析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)，所以加入硫酸进行酸浸，酸浸后得到的溶液中含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Co2+、Al3+等；结合已知中KspFe(OH)3、KspFe(OH)2和KspMn(OH)2的相对大小知，Fc3+更容易除去，故在酸性环境中加入MnO2，可将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续除杂，而MnO2自身被还原成Mn2+，再用氨水调pH，促使Al3+、Fe3+形成沉淀除去；沉淀池后得到的滤液中含Mn2+、Co2+，沉淀池加含S2-沉淀剂得到的滤渣2是CoS，得到含MnSO4的溶液含杂质(NH4)2SO4，通过蒸发浓缩、趁热过滤可以提取MnSO4晶体；再加双氧水氧化、氨水生成MnOOH，再加热得到Mn2O3。(1)Mn元素为25号元素，位于元素周期表第四周期第VIIB族；(2)根据上面分析可知加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；向沉淀池II中加入S2-可以和滤液中的Co2+生成CoS沉淀，故滤渣2为CoS；(3)由图可知，MnSO4的溶液中加入3%双氧水和氨水后转化为MnOOH，Mn的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：2Mn2+H2O2+4NH3H2O=2MnOOH+4+2H2O；(4)MnOOH固体混有硫酸根，检验MnOOH是否洗涤干净，就是检验硫酸根离子，具体操作为取少量最后一次洗涤液