2020高考化学二轮复习课堂学案课件-大题题型突破 无机化工流程

无机化工流程专题八大题题型突破(三)1.(2019常州高三期末)金属加工前常用盐酸对金属表面的氧化物进行清洗，会产生酸洗废水。pH在2左右的某酸性废水含铁元素质量分数约3%，其他金属元素如铜、镍、锌浓度较低，综合利用酸洗废水可制备三氯化铁。制备过程如下：1234相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表：Fe(OH)3Cu(OH)2Ni(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.54.27.15.4沉淀完全的pH3.76.79.28.01234解析从流程“过滤”知，去掉滤液，留下滤渣，即使Fe3沉淀，其余离子不能生成沉淀，所以pH应大于3.7，目的是使Fe3完全沉淀，但pH不能超过4.2。回答下列问题：(1)“中和”时调节pH至_，有利于后续制备纯度较高的产品。3.74.21234解析从图中知，固液比为1.51对应的曲线为中间线，如果固液比大，则固体溶解不了，即铁的浸出率低，如果固液比小，则液体量多，后期蒸发溶液时，需要较多的能量。(2)处理酸洗废水中和后的滤渣，使铁元素浸出。按照不同的固液比投入“过滤”后滤渣和工业盐酸进行反应的铁浸出率如图所示，实际生产中固液比选择1.51的原因是_。固液比大则铁浸出率低；固液比小则过稀的FeCl3溶液蒸发浓缩需消耗过多的能量，提高了成本1234(3)写出“氧化”中发生反应的离子方程式：_。2Fe2H2O22H=2Fe32H2O解析氧化时加入H2O2，目的是将Fe2氧化成Fe3。(4)“酸溶”后需根据溶液中Fe2含量确定氧化剂的投入量。用K2Cr2O7标准溶液测定Fe2(被还原为Cr3)的含量，该反应的离子方程式为：_。=6Fe32Cr37H2O解析 氧化Fe2生成Fe3，根据Cr和Fe得失电子守恒配平反应，再由电荷守恒，确定需要补充H。1234(5)将三氯化铁溶液在一定条件下_、_、过滤、洗涤、在氯化氢气氛中干燥得FeCl36H2O晶体，在实验室过滤装置中洗涤固体的方法是_。解析Fe3水解显酸性，加入HCl可以抑制Fe3水解，从溶液中获得晶体的一般方法是：蒸发浓缩、冷却结晶。洗涤晶体的方法是：加蒸馏水至浸没固体，待蒸馏水自然流出，重复23次。蒸发浓缩冷却结晶加蒸馏水至恰好浸没固体，待水自然流出，重复23次12342.(2019苏州高三期初调研)一种磁性材料的磨削废料，主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍的工艺流程如下：已知：黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点。(1)合金中的镍难溶于稀硫酸，写出金属镍“酸溶”时发生反应的离子方程式：_。解析Ni被HNO3氧化生成Ni2和N2，根据Ni和N得失电子守恒配平反应。1234(2)“除铁”时H2O2的作用是_，加入碳酸钠的目的是_。解析H2S与Cu2反应生成难溶性的CuS。将亚铁离子氧化为铁离子调节溶液的pH，使Fe3完全沉淀为黄钠铁矾渣解析除铁过程中生成黄钠铁矾，其中铁为3价，所以加入H2O2是将Fe2氧化生成Fe3，加入Na2CO3的目的是调节pH，除去Fe3。(3)“除铜”时，发生反应的离子方程式为_。H2SCu2=CuS2H(4)已知“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是_。解析加入过多NaF，在酸性条件，HF会腐蚀陶瓷容器。过量的F生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器(5)已知常温下KspNi(OH)22.01015，在“沉镍”过程中，当调节溶液pH约为_时，Ni2刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度1.0105molL1；lg20.30)。9.1512341223.(2019南京、盐城高三一模)NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水，水溶液近中性，具有强还原性，可用于化学镀银、镍、铬等。一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2H2O的工艺流程如下：已知P4与两种碱的反应主要有：.2Ca(OH)2P44H2O=2Ca(H2PO2)22H2.4NaOHP48H2O=4NaH2PO2H2O2H2.4NaOHP42H2O=2Na2HPO32PH3.NaH2PO2NaOH=Na2HPO3H21234(1)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收生成NaH2PO2和NaCl的离子方程式为_。1234解析PH3转化为，P的化合价由3升为1，ClO转化为Cl，Cl化合价由1降为1，根据P和Cl得失电子守恒配平反应，在NaOH溶液中反应，故用OH平衡电荷。(2)在温度和水量一定时，混合碱总物质的量与P4的物质的量之比n(碱)/n(磷)与NaH2PO2产率的关系如图所示。当n(碱)/n(磷)2.6时，NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能原因是_。1234解析由已知反应知，过量的碱能将NaH2PO2转化为Na2HPO3，即碱过量，NaH2PO2的产率会降低。过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3(3)通CO2“调pH”至溶液的pH约为_，滤渣2主要成分为_(填化学式)。1234解析NaH2PO2水溶液近中性，所以通CO2调节pH约为7。Fe3在NaOH溶液中会生成Fe(OH)3沉淀，通入CO2后，NaAlO2会转化为Al(OH)3沉淀，Ca2转化为CaCO3沉淀。7CaCO3和Al(OH)3(4)“过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba(OH)2及Na2S溶液除去其中Cl及Fe2等，其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多，其主要原因是_。1234解析NaH2PO2具有强还原性，Ag具有氧化性，两者会发生氧化还原反应。(5)用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni，同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为_。1234解析NaH2PO2转变为H3PO4，P由1价升至5价，NiCl2转化为Ni，Ni的化合价由2价降低至0价，根据Ni和P得失电子守恒配平反应。2NiCl2NaH2PO22H2O=2NiH3PO4NaCl3HCl12344.(2019南通、扬州、泰州、徐州、淮安、宿迁、连云港七市高三三模)白银是高新技术产业的基础材料之一。以铜阳极泥分离所得废渣(成分为AgCl、PbSO4、PbCl2和Ag2Te)为原料，生产白银的工艺流程如下：1234(1)“预处理”是为了去除废渣中的PbCl2和Ag2Te。酸性条件下，Ag2Te与NaClO3反应生成AgCl、NaCl和H2TeCl6(易溶于水)。写出该反应的化学方程式：_。NaClO3Ag2Te8HCl=2AgClH2TeCl6NaCl3H2O解析酸性条件下，Ag2Te与NaClO3反应生成AgCl、NaCl和H2TeCl6(易溶于水)，Ag2Te中Ag为1价，Te为2价，H2TeCl6中Te为4价，Te的化合价升高6，NaClO3中5价Cl转化为1价Cl，根据Te和Cl得失电子守恒配平反应，确定出NaClO3和Ag2Te的化学计量数均为1，再根据Ag、Na、Te守恒，确定出AgCl、NaCl和H2TeCl6前的化学计量数，最后由Cl守恒，结合信息知，要补充HCl。1234PbCl2、AgCl在不同浓度的盐酸中溶解情况如图2所示。“预处理”所用稀盐酸的最佳浓度为_。解析由图2知，c(HCl)3.2molL1时，PbCl2溶解的量较多，而AgCl溶解的量较少，过滤时，滤液中主要是PbCl2，过滤出的AgCl与Na2SO3反应。12343.2molL1(2)“浸出”时加入稍过量的Na2SO3溶液，同时控制pH在9以上，其目的是_。1234(3)“过滤”所得滤渣的主要成分是_(填化学式)。将滤液X中Cl和去除后，再加入适量的_(填化学式)，可实现原料的循环利用。PbSO4NaOH1234(4)写出碱性条件下N2H4还原AgCl的化学方程式：_。12344AgClN2H44NaOH=4AgN24H2O4NaCl解析N2H4还原AgCl得Ag，同时生成N2，根据N和Ag得失电子守恒配平反应，碱性条件下，故NaOH参加反应。本课结束更多精彩内容请登录：