2019届二轮复习无机化工流程题的突破方法作业（全国通用）

2019届二轮复习无机化工流程题的突破方法作业（全国通用）

无机化工流程题的突破方法 ‎1．采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O)，某学习小组设计了如下流程：‎ 下列说法错误的是(　　)‎ A．酸浸时选用足量硫酸，试剂X为铁粉 B．滤渣a主要含SiO2，滤渣b主要含Al(OH)3‎ C．从滤液B得到绿矾产品的过程中，必须控制条件防止其氧化和分解 D．试剂X若为过量NaOH溶液，得到的沉淀用硫酸溶解，再结晶分离也可得绿矾 答案　D 解析　硫铁矿焙烧取硫后的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质)中加入足量硫酸，Fe2O3、Al2O3与酸反应生成硫酸铁、硫酸铝，二氧化硅不反应，过滤，滤渣a为二氧化硅；在滤液A中加入铁粉将Fe3＋还原为Fe2＋，调节pH使Al3＋完全生成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣b为氢氧化铝，滤液B为硫酸亚铁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到硫酸亚铁晶体。由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X为铁粉，A正确；根据以上分析可知滤渣a主要含SiO2，滤渣b主要含Al(OH)3，B正确；Fe2＋易被空气中的氧气氧化，而且绿矾受热易失去结晶水，所以从滤液B得到FeSO4·7H2‎ O产品的过程中，必须控制条件防止其氧化和分解，C正确；试剂X若为过量NaOH溶液，得到的沉淀是氢氧化铁，用硫酸溶解得到的是硫酸铁而不是硫酸亚铁，D错误。‎ ‎2．如图是工业利用菱镁矿MgCO3(含杂质Al2O3、FeCO3)制取镁的工艺流程。‎ 回答有关问题：‎ ‎(1)菱镁矿送入酸浸池前需要粉碎，目的是________。‎ ‎(2)氧化池中通入氯气的目的是氧化________(填化学式)，工业上不选用硝酸作氧化剂的原因是________和________。‎ ‎(3)沉淀混合物为________和________(填化学式)。‎ ‎(4)利用熔融氯化镁制取金属镁，选用的方法是________(填序号)。‎ A．电解法 B．氧气还原法 C．碳还原法 D．分解法 答案　(1)提高酸浸速率 ‎(2)Fe2＋(或FeCl2)　会产生污染性气体NOx　会引入杂质离子NO ‎(3)Al(OH)3　Fe(OH)3　(4)A 解析　(1)粉碎菱镁矿，增大固相反应物的接触面积，提高酸浸速率。‎ ‎(2)通入Cl2是为了将Fe2＋(或FeCl2)氧化为Fe3＋(或FeCl3)，工业上不用HNO3是因为会产生污染性气体NOx，也会引入杂质离子NO。‎ ‎(3)氧化池中存在Al3＋、Fe3＋、H＋，所以加入MgO后与H＋反应使溶液碱性增强，Al3＋和Fe3＋转化为Al(OH)3和Fe(OH)3，故沉淀池中的沉淀为Al(OH)3和Fe(OH)3。‎ ‎(4)金属镁比较活泼，一般采用电解熔融MgCl2的方法进行冶炼。‎ ‎3．近年来，硫化铜矿的湿法冶炼技术已经取得了很大的进展。现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法，其工艺流程如图甲所示：‎ 反应温度、固液比、反应时间和氯离子浓度都对铜的浸出率有较大的影响，下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图(如图乙～戊所示)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)火法炼铜的主要反应：‎ ‎①2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO(炉渣)；‎ ‎②2Cu2S＋3O22Cu2O＋2SO2；‎ ‎③2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑。‎ 则在反应①、②、③中被氧化的元素为________(填元素符号)；若生成的SO2在标准状况下的体积为‎4.48 L，则反应中转移的电子数目为________NA；由a mol CuFeS2生成a mol ‎ Cu，共消耗________ mol O2。‎ ‎(2)写出反应1的化学方程式：‎ ‎__________________________________________________________。‎ 经查，硫黄、FeSO4·7H2O均可入药，用途广泛。湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是 ‎__________________ _______。‎ ‎(3)从溶液中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是 ‎_________________________________________________________。‎ ‎(4)根据实验以及工业生产的实际要求，从下表中得出的最佳工艺条件为________(填序号)。‎ 选项 反应温 度/℃‎ 固液比 c(Cl－)/‎ ‎(mol·L－1)‎ 反应 时间/h A ‎95‎ ‎1∶5‎ ‎0.8‎ ‎7‎ B ‎100‎ ‎1∶5.5‎ ‎0.7‎ ‎7‎ C ‎110‎ ‎1∶6‎ ‎0.9‎ ‎8‎ 答案　(1)S　1.2　‎‎2.5a ‎(2)2CuS＋O2＋2H2SO42CuSO4＋2H2O＋2S　污染小，同时得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄，资源得到充分利用 ‎(3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤　(4)A 解析　(1)整个过程中化合价升高的元素即被氧化的元素只有硫；每个硫原子失6个电子，故生成‎4.48 L(即0.2 mol) SO2电子转移数为1.2NA；CuFeS2反应后的最终产物为SO2、FeO、Cu，根据原子守恒即得消耗O2的物质的量。‎ ‎(2)根据流程图得出CuS的氧化产物为S，H2SO4提供酸性环境，从而得出反应1的化学方程式；湿法炼铜没有SO2生成，故污染小，同时可得到有药用价值的副产物硫酸亚铁晶体及硫黄。‎ ‎(3)从溶液中获得结晶水合物的常规操作为蒸发浓缩、冷却结晶。‎ ‎(4)根据图乙～戊可知，A项为最佳工艺条件，‎95 ℃‎时铜的浸出率已经很高，且高温需要更多的燃料供能，不经济。‎ ‎4．以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分 数/%‎ ‎2.2～2.9‎ ‎2.8～3.1‎ ‎22～28‎ ‎60～65‎ ‎1～2‎ ‎<1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为 ‎_________________________________________________________，‎ 同时V2O4转化成VO2＋。“废渣1”的主要成分是________。‎ ‎(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为________mol。‎ ‎(3)“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中。“废渣‎2”‎中含有________。‎ ‎(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH＋V4OR4V4O12＋4OH－(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。‎ ‎(5)“流出液”中阳离子最多的是________。‎ ‎(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式________________________________。‎ 答案　(1)V2O5＋2H＋===2VO＋H2O　SiO2‎ ‎(2)0.5‎ ‎(3)Fe(OH)3和Al(OH)3‎ ‎(4)碱 ‎(5)K＋‎ ‎(6)2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O↑‎ 解析　(1)V2O5及VO中的V均为＋5价，“酸浸”时，发生非氧化还原反应，根据原子守恒及电荷守恒不难写出离子方程式；“酸浸”时，V2O5转化成VO，V2O4转化成VO2＋，K2SO4可溶于水，Fe2O3及Al2O3分别转化成Fe3＋和Al3＋，所以“废渣1”的主要成分是SiO2。‎ ‎(2)欲使3 mol VO2＋变为VO需转移3 mol e－，1 mol KClO3作氧化剂生成Cl－转移6 mol e－，所以需KClO3至少0.5 mol。‎ ‎(3)“中和”时加入KOH溶液，钒以V4O形式存在于溶液中，K2SO4可溶，Fe3＋和Al3＋分别转化成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀进入“废渣‎2”‎。‎ ‎(4)该反应的逆反应为洗脱过程，增大c(OH－)，有利于平衡向左移动，所以淋洗液应呈碱性。‎ ‎(5)由流程图可以看出，H＋在酸浸时损耗，钒转化为V4O(阴离子)，Fe3＋及Al3＋转化为沉淀，所以“流出液”中阳离子最多的是K＋。‎ ‎(6)“煅烧”时肯定得到V2O5，其他物质自然写出。‎ ‎5．用铝土矿(含30% SiO2、40.8% Al2O3和少量Fe2O3等)制取铝硅合金材料有湿法、干法等方法，其中干法制备的工艺流程如下：‎ ‎(1)若湿法处理铝土矿，用强酸浸取时，所得溶液中阳离子有________。‎ ‎(2)焙烧除铁的反应为4(NH4)2SO4＋Fe2O32NH4Fe(SO4)2＋3H2O＋6NH3↑(Al2O3部分发生类似反应)。氧化物转化为硫酸盐的转化率与温度的关系如图，最适宜的焙烧温度为________。‎ ‎(3)操作①包括加水溶解、________。‎ ‎(4)用焦炭还原SiO2、Al2O3会产生中间体SiC、Al‎4C3。写出高温下Al‎4C3与Al2O3反应生成铝单质的化学方程式：_____________________________________________________。‎ ‎(5)不计损失，投入1 t铝土矿，当加入‎54 kg纯铝后，铝硅合金中m∶n＝________。‎ 答案　(1)Al3＋、Fe3＋、H＋‎ ‎(2)‎300 ℃‎　(3)过滤 ‎(4)Al‎4C3＋Al2O36Al＋3CO↑‎ ‎(5)2∶1‎ 解析　铝土矿(含30% SiO2、40.8% Al2O3和少量Fe2O3等)加(NH4)2SO4焙烧，Fe2O3转化为NH4Fe(SO4)2，‎ 同时生成氨气，加水溶解、过滤，滤渣为SiO2和Al2O3，用焦炭在高温条件下还原SiO2、Al2O3得到铝硅熔体，再加纯铝搅拌，得到铝硅合金。‎ ‎(1)铝土矿中的氧化铝和氧化铁能溶于强酸生成Al3＋、Fe3＋，另外还有剩余的H＋，所以溶液中的阳离子有Al3＋、Fe3＋、H＋。‎ ‎(2)焙烧除铁时尽可能使氧化铁的转化率升高，并使氧化铝的转化率降低，由图可知在‎300 ℃‎时，氧化铁转化为硫酸盐的转化率很高，而氧化铝转化为硫酸盐的转化率最低，所以最适宜的焙烧温度为‎300 ℃‎。‎ ‎(3)由流程分析可知，操作①包括加水溶解、过滤。‎ ‎(4)在高温条件下，Al‎4C3与Al2O3反应生成Al和CO，其反应的化学方程式为Al‎4C3＋Al2O36Al＋3CO↑。‎ ‎(5)已知铝土矿中含30% SiO2、40.8% Al2O3，不考虑损失，投入1 t铝土矿，加入‎54 kg纯铝，则得到的铝硅合金中Al元素的总质量为‎1000 kg×40.8%×＋‎54 kg＝‎270 kg，Si元素的总质量为‎1000 kg×30%×＝‎140 kg，则铝硅合金中m∶n＝∶＝2∶1。‎