2019版高考化学二轮复习 第二篇 理综化学填空题突破 第8题 以工艺流程为主流的无机综合题学案.doc

第8题以工艺流程为主流的无机综合题复习建议：4课时(题型突破2课时习题2课时)1(2018课标全国，27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH4.1时，中为_溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_。(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5 的残留量为_gL1(以SO2计)。解析(1)NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5。(2)向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应：2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)，阳极室H向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH增多，Na由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。(4)I2作氧化剂，将S2O氧化成SO。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)n(SO2)0.010 00 molL10.01 L0.000 1 mol，m(SO2)0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为0.128 gL1。答案(1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)a(4)S2O2I23H2O=2SO4I6H0.1282(2018课标全国，26)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Fe3Fe2Zn2Cd2开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。(3)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。解析(1)在焙烧过程中ZnS和O2反应生成ZnO和SO2。(2)溶液中的Pb2与SO不能共存生成PbSO4沉淀，SiO2不溶于H2SO4，即滤渣1中含SiO2和PbSO4。氧化除杂过程中O2能将溶液中Fe2氧化生成Fe3，加入ZnO能调节溶液的pH，促进Fe3完全水解。由题表知Fe2、Zn2开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近，若不通入O2使Fe2氧化为Fe3，加入ZnO后无法除去Fe2，会影响Zn的纯度。(3)根据题中信息可知还原除杂工序中涉及的离子反应为Cd2Zn=CdZn2。(4)结合图示可知电解ZnSO4溶液时生成Zn，即电解时Zn2在阴极被还原，电极反应式为Zn22e=Zn。沉积Zn后的电解液中主要含有H2SO4，可返回溶浸工序中继续使用。答案(1)2ZnS3O22ZnO2SO2(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2(3)Cd2Zn=CdZn2(4)Zn22e=Zn溶浸3(2018课标全国，27)KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：(1)KIO3的化学名称是_。(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如图所示：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_(写出一点)。解析(1)KIO3的名称为碘酸钾。(2)Cl2是一种易挥发且溶解度不大的气体，可通过加热法去除溶液中溶解的Cl2。加入KOH溶液“调pH”使KH(IO3)2转化为KIO3：KH(IO3)2KOH=2KIO3H2O。(3)电解法制备KIO3时，H2O在阴极得到电子，发生还原反应：2H2O2e=2OHH2或2H2e=H2。电解池中阳离子向阴极移动，即由电极a向电极b迁移，阳离子交换膜只允许阳离子通过，故主要是K通过阳离子交换膜。根据工艺流程分析，KClO3氧化法生成的Cl2有毒，且在调pH时加入KOH的量不易控制，另外，生成的KIO3中杂质较多。答案(1)碘酸钾(2)加热KClKH(IO3)2KOH=2KIO3H2O(或HIO3KOH=KIO3H2O)(3)2H2O2e=2OHH2(或2H2e=H2)K由a到b产生Cl2易污染环境等4(2017课标全国，27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式_。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_。(5)若“滤液”中c(Mg2)0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_。解析(1)由图示可知，当铁浸出率为70%时，可以采用100 、2 h，也可采用90 、5 h。(2)反应物有FeTiO3，由生成物有TiOCl可知，反应物中还含有Cl，生成物中还有Fe2，注意酸性条件，用H平衡电荷，配平。(3)温度低，转化速率慢，单位时间内转化效率低，温度过高，H2O2分解，NH3挥发，导致转化速率慢。注意：取的是相同时间内的转化率。(4)由化合物中所有元素化合价代数和为0，有15个O原子共显22价，设2价氧原子为x个，1价氧原子则为(15x)个，有2x(15x)22，x7，则1价O原子共8个，即有4个过氧键。(6)反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。答案(1)100 、2 h或90 、5 h(2)FeTiO3 4H 4Cl=Fe2TiOCl2H2O(3)低于40 ，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时， c(PO) molL11.31017molL1，c3(Mg2)c2(PO)值为0.013(1.31017)21.71040Na2CO3，溶液的pH减小。(3)电解Al2O3，阳极O2放电生成O2，石墨(C)电极会被O2氧化。(4)阳极水中的OH放电生成O2(图示)及H(2H2O4e=O24H)，H与CO结合生成HCO(COH=HCO，由图可知阳极区Na2CO3转化为NaHCO3)，写出总反应：4CO2H2O4e=4HCOO2。阴极，水中的H放电生成H2。(5)NH4Cl加热时分解生成HCl和NH3，HCl可以破坏铝表面的氧化膜，有利于反应进行。答案(1)Al2O32OH=2AlOH2O(2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)4CO2H2O4e=4HCOO2H2(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜题型训练2 (2018江苏化学，16)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_。(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 硫去除率100%不添加CaO的矿粉在低于500 焙烧时，去除的硫元素主要来源于_。700 焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是_。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由_(填化学式)转化为_(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)_。解析(1)二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与NaOH溶液反应生成正盐Na2SO3，过量二氧化硫与NaOH溶液反应生成NaHSO3。(2)根据高硫铝土矿的成分中含FeS2和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ，如果不添加CaO在低于500 焙烧，则去除的硫元素主要来源于FeS2，具体的反应原理为4FeS211O22Fe2O38SO2。添加的CaO吸收SO2生成CaSO3，CaSO3易被空气中的氧气氧化为CaSO4。根据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ”，可知700 时，CaSO4可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。(3)高硫铝土矿中的氧化铝溶于NaOH生成NaAlO2：Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；向NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：CO2(过量)2H2ONaAlO2=Al(OH)3NaHCO3。(4)根据得失电子守恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为116。答案(1)OHSO2=HSO(2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116典例演示2 高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水，高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为_，推测其具有的化学性质是_。(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。该反应的离子方程式为_。高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是_。(3)在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4aNa2O2=2Na2FeO4bX2Na2SO4cO2，该反应中物质X的化学式为_，b与c的关系是_。一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是_。(4)在碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备出高铁酸钾，写出该反应的离子方程式：_。(5)某同学配制了一瓶K2FeO4溶液，但标签丢失了，测定该瓶溶液物质的量浓度的实验步骤如下：步骤1：准确量取V mL溶液加入锥形瓶中；步骤2：在强碱溶液中，用过量CrO与FeO反应生成Fe(OH)3和CrO；步骤3：加足量稀硫酸，使CrO转化为Cr2O，CrO转化为Cr3，Fe(OH)3转化为Fe3；步骤4：加入二苯胺磺酸钠作指示剂，用c molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V1 mL。滴定时发生反应的离子方程式为_。原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为_(用含字母的代数式表示)。解析(1)根据化合物中各元素化合价的代数和为零，可得铁元素的化合价为6；高铁酸钾中铁元素处于最高价态，则高铁酸钾具有强氧化性。(2)高铁酸钾与水反应生成O2，同时它本身被还原生成Fe(OH)3，反应的离子方程式为4FeO10H2O=4Fe(OH)3(胶体)8OH3O2。高铁酸钾具有强氧化性，作为水处理剂能起到杀菌消毒的作用，同时其还原产物为Fe(OH)3胶体，又能起到净水的作用。(3)根据元素守恒可知，X应是Na2O，根据钠元素守恒，有2a82b，根据氧元素守恒有2a8b2c，两式联立，可得b2c。一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是该条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。(4)用氯气在碱性条件下氧化氯化铁可制备高铁酸钾，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，反应的离子方程式为2Fe33Cl216OH=2FeO6Cl8H2O。(5)根据题意，步骤2中发生反应FeOCrO2H2O=Fe(OH)3CrOOH，步骤3中CrO在稀硫酸作用下发生反应2CrO2HCr2OH2O，步骤4滴定时发生反应Cr2O6Fe214H=6Fe32Cr37H2O，故可得关系式FeO3Fe2。原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为 molL1。答案(1)6强氧化性(2)4FeO10H2O=4Fe(OH)3(胶体)8OH3O2杀菌消毒、净水(3)Na2Ob2c相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度(4)2Fe33Cl216OH=2FeO6Cl8H2O(5)Cr2O6Fe214H=6Fe32Cr37H2O molL1题型训练3 (2018天津理综，7)下图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：(1)MgCl26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序(H除外)：_，Mg在元素周期表中的位置：_，Mg(OH)2的电子式：_。(2)A2B的化学式为_。反应的必备条件是_。上图中可以循环使用的物质有_。(3)在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_(写化学式)。(4)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_。(5)用Mg制成的格氏试剂(RMgBr)常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下： (R：烃基，R：烃基或H)依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_。解析(1)MgCl26NH3所含元素的简单离子有Mg2、Cl、N3、H，Cl有3个电子层，四者中离子半径最大，Mg2、N3有2个电子层，且具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则N3的半径大于Mg2的半径，故离子半径由小到大的顺序为r(H)r(Mg2)r(N3)r(Cl)。根据镁的原子结构示意图，可推知镁位于元素周期表的第三周期A族。Mg(OH)2为离子化合物，其电子式为。(2)根据反应，由原子守恒可推知A2B为Mg2Si。可通过电解熔融的MgCl2获得Mg。由题图可知，由MgCl26NH3得到的NH3、NH4Cl可以循环用于反应。(3)由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，显然该耐磨材料为原子晶体SiC。(4)煤燃烧产生的SO2与Mg(OH)2反应生成MgSO3，MgSO3具有还原性，易被空气中的氧气氧化为MgSO4，反应的化学方程式为2Mg(OH)22SO2O2=2MgSO42H2O。(5)根据格氏试剂与醛反应合成醇的反应原理，可由CH3MgBr与CH3CH2CHO反应制得，也可由CH3CH2MgBr与CH3CHO反应制得，故所需醛的可能结构简式为CH3CH2CHO、CH3CHO。答案(1)r(H)r(Mg2)r(N3)r(Cl)第三周期A族 (2)Mg2Si熔融、电解NH3、NH4Cl(3)SiC(4)2Mg(OH)22SO2O2=2MgSO42H2O(5)CH3CH2CHO、CH3CHO1(2018开封市高三一模，27)利用氯碱工业中的固体废物盐泥主要成分为Mg(OH)2、CaCO3、BaSO4，还含有少量NaCl、Al(OH)3、Fe(OH)3、Mn(OH)2等与废稀硫酸反应制备七水硫酸镁，既处理了三废，又有经济效益。其工艺流程如图1所示：已知：i)部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表所示。沉淀物Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2pH(完全沉淀)10.028.963.204.7011.12ii)两种盐的溶解度随温度的变化(单位为g/100 g水)如图2所示。根据图1并参考表格pH数据和图2，请回答下列问题。(1)在酸解过程中，加入的酸为_，加快酸解速率可采取的措施有_。(2)加入的NaClO可与Mn2反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式是_。(3)本工艺流程多次用到抽滤操作，优点是_。抽滤所得滤渣A的成分为_和CaSO4；抽滤所得滤渣B的成分为MnO2、_和_；抽滤所得滤液D中主要阳离子的检验方法是_。(4)依据图2，操作M应采取的方法是适当浓缩，_。(5)每生产1吨MgSO47H2O，需要消耗盐泥2吨。若原料利用率为70%，则盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数约为_。解析本题考查工艺流程的分析，涉及物质的分离提纯、离子的检验以及离子方程式的书写等。(1)因制备的物质为七水硫酸镁，为不引入其他杂质，故应加入硫酸溶解盐泥，为加快酸解速率，可采取升温、搅拌、粉碎盐泥等措施。(2)根据得失电子守恒、元素守恒及电荷守恒，可配平离子方程式为：Mn2ClOH2O=MnO22HCl。(3)抽滤又称减压过滤，过滤时速度快，得到的固体较干燥；根据盐泥的成分可知，盐泥用硫酸溶解、抽滤后得到的滤渣A为BaSO4和CaSO4；根据表中数据可知，当调节滤液A的pH为56，时，Al3和Fe3可分别水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀；滤液D中的阳离子主要为Na，其灼烧时火焰颜色为黄色，可用焰色反应进行检验。(4)根据题图2可知，MgSO47H2O在温度高时溶解度较大，低温时易结晶析出，故操作M为将滤液B适当浓缩，趁热过滤。(5)设2吨盐泥中含Mg(OH)2的质量为x g，MgSO47H2O的质量为1吨，即106 g，由MgSO47H2OMg(OH)2得x，该盐泥中镁(以氢氧化镁计)的质量分数为100%，代入x的数值可得其质量分数约为16.8%。答案(1)硫酸升温、把盐泥粉碎、搅拌等(2)Mn2ClOH2O=MnO22HCl(3)速度快BaSO4Fe(OH)3Al(OH)3焰色反应(4)趁热过滤(5)16.8%2(2018滨州市高三期末，19)锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。ZnFe2O4中Fe的化合价是_。工业上利用反应ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O42CO24CO6H2O 制备ZnFe2O4，该反应中还原产物是_(填化学式)，每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子总数是_。(2)工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是_(任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式_。净化中H2O2 参与反应的离子方程式为_。净化中Y 的主要成分是_(填化学式)。(3)利用锌锰电池在8001 000 时电解TiO2可制得金属钛，装置如图所示。图中a电极的材料为_，阴极的电极反应式为_。解析(1)ZnFe2O4中Zn是2价，O是2价，根据化合物中正负价代数和为0可知Fe的化合价是3价。反应中Fe元素化合价从2价升高到3价，碳元素化合价从3价部分降低到2价，部分升高到4价，所以还原产物是CO；根据方程式可知每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子的物质的量是4 mol，总数是4NA(或2.4081024)。(2)将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2O、ZnO2H=Zn2H2O、FeO2H=Fe2H2O、CuO2H=Cu2H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应 2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，调节溶液的pH将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入ZnS，发生反应Cu2ZnS=Zn2CuS，然后过滤，所以Y中含有CuS，最后电解得到Zn。酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、搅拌等。ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2O。净化I中H2O2参与反应的离子方程式为2Fe22HH2O2=2Fe32H2O；由于ZnS过量，则净化中Y的主要成分是CuS、ZnS。(3)a电极产生Ti，是阴极，所以a电极是负极，其电极材料为锌，阴极是二氧化钛得到电子，电极反应式为TiO24e=Ti2O2。答案(1)3CO4NA(或2.4081024)(2)适当增大c(H)(或升高温度、搅拌等其他合理答案)ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2OH2O22Fe22H=2Fe32H2OCuS、ZnS(3)锌(或Zn)TiO24e=Ti2O23. (2018河南师范大学附中高三月考，27)铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁(FeCO3)可作为补血剂，铁红(Fe2O3)可作为颜料。利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2)制备FeCO3的流程如下：(1)“酸溶”时加快反应速率的方法有_(写出一种)。 (2)“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3通过两个反应被还原，其中一个反应如下：FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16H，则另一个反应的离子方程式为_。加入FeS2还原后，检验Fe3是否反应完全的方法是_