1、无机化工流程分析1. POCl3是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染料、表面活性剂等行业。一种制备POCl3的原理为：PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2。某化学学习小组拟利用如下装置在实验室模拟制备POCl3。有关物质的部分性质如下：物质熔点/沸点/密度/gmL-1其它PCl3-93.676.11574遇水强烈水解，易与氧气反应POCl31.25105.81.645遇水强烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.81.638遇水强烈水解，加热易分解（1）仪器甲的名称为_，与自来水进水管连接的接口编号是_。(填“a”或“b”)。（2）装置C的作用是_，乙中试剂的名称为_。（3
2、）该装置有一处缺陷，解决的方法是在现有装置中再添加一个装置，该装置中应装入的试剂为_(写名称)。若无该装置，则可能会有什么后果?请用化学方程式进行说明_。（4）D中反应温度控制在60-65，其原因是_。（5）测定POCl3含量。准确称取30.70gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；将水解液配成100.00mL溶液，取10.00mL溶液于锥形瓶中；加入10.00mL3.200mol/LAgNO3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；以Fe3+为指示剂，用0.2000mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.
3、00mLKSCN溶液。滴定终点的现象为_，用硝基苯覆盖沉淀的目的是_。反应中POCl3的百分含量为_。【答案】（1）球形冷凝管 a （2）干燥Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 五氧化二磷(或硅胶) （3）碱石灰 POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl, SOCl2+H2O=SO2+2HCl （4）一是温度过高，PCl3会大量挥发，从而导致产量降低；二是温度过低，反应速率会变慢 （5）当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去 使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应 50%【分析】本题以POCl3的制备为载体，考查Cl2、SO2的实验室制备、实验条件的
4、控制、返滴定法测定POCl3的含量。由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以用干燥的Cl2、SO2与PCl3反应制备POCl3，则装置A、B、C、D、E、F的主要作用依次是：制备Cl2、除Cl2中的HCl（g）、干燥Cl2、制备POCl3、干燥SO2、制备SO2；为防止POCl3、SOCl2水解和吸收尾气，D装置后连接盛碱石灰的干燥管。返滴定法测定POCl3含量的原理：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，用KSCN滴定过量的AgNO3，发生的反应为KSCN+AgNO3=AgSCN+KNO3，由消耗的KSCN计算过量的AgNO3，加入
5、的总AgNO3减去过量的AgNO3得到与Cl-反应的AgNO3，根据Ag+Cl-=AgCl和Cl守恒计算POCl3的含量。【详解】（1）根据仪器甲构造特点，仪器甲的名称为球形冷凝管。为了更充分的冷凝蒸气，冷凝管中的水应下进上出，与自来水进水管连接的接口的编号为a。（2）由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以制备POCl3的Cl2和SO2都必须是干燥的。根据装置图和制备POCl3的原理，装置A用于制备Cl2，装置B用于除去Cl2中HCl（g），装置C用于干燥Cl2，装置F用于制备SO2，装置E用于干燥SO2，装置D制备POCl3；装置C的作用是干燥Cl2，装置C中有长直玻璃管，装
6、置C的作用还有作安全瓶，防止堵塞。乙中试剂用于干燥SO2，SO2属于酸性氧化物，乙中试剂为五氧化二磷（或硅胶）。（3）由于SO2、Cl2有毒，污染大气，最后要有尾气吸收装置；POCl3、SOCl2遇水强烈水解，在制备POCl3的装置后要连接干燥装置（防外界空气中H2O（g）进入装置D中），该装置缺陷的解决方法是在装置D的球形冷凝管后连接一个既能吸收SO2、Cl2又能吸收H2O（g）的装置，该装置中应装入的试剂是碱石灰。若没有该装置，POCl3、SOCl2发生强烈水解，反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=SO2+2HCl。（4）D中反应温度控制在60
7、65，其原因是：温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3会大量挥发（PCl3的沸点为76.1），从而导致产量降低。（5）以Fe3+为指示剂，当KSCN将过量的Ag+完全沉淀时，再滴入一滴KSCN溶液与Fe3+作用，溶液变红色，滴定终点的现象为：当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去。硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体，用硝基苯覆盖沉淀的目的是：使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应。n（AgNO3）过量=n（KSCN）=0.2000mol/L0.01L=0.002mol，沉淀10.00mL溶液中Cl-消耗的AgNO3物质的量为3.200mol/L
8、0.01L-0.002mol=0.03mol，根据Ag+Cl-=AgCl和Cl守恒，样品中n（POCl3）=0.1mol，m（POCl3）=0.1mol153.5g/mol=15.35g，POCl3的百分含量为100%=50%。2.黄钾铁矾渣经如下流程可将其转化为锰锌铁氧体：已知：黄钾铁矾渣中铁主要以形式存在，锌主要以硫酸锌()、氧化锌(ZnO)、硅酸锌()形式存在，黄钾铁矾渣的某些元素成分如下表所示：元素FeZnCuCdCaMgSi质量分数%28.98.770.370.180.370.844.63溶液用于沉淀和 Fe和Cd的金属活动性相近（1）“酸浸”后，滤渣1的主要成分为_(写化学式)；为
9、了提高浸出率，可采取的措施有_(写出一种即可)。（2）“还原除杂”工序中，加入铁粉是为了除去溶液中_、_等金属杂质离子。（3）加入沉淀时应避免过量，原因是_；若此过程中溶液搅拌时间过长，则会导致去除率偏低，原因是_。(已知：CdS的溶度积Ksp=810-27，FeS的溶度积Ksp=810-19，ZnS的溶度积Ksp=810-24)（4）写出“共沉淀工序中生成的离子反应方程式为：_。（5）锰锌铁氧体是种重要的磁性材料。测定铁氧体中ZnO的实验步骤如下：写出除锰()步骤中的离子方程式：_。准确量取25.00mL溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.0100的EDTA()标准溶液滴定其中的(反
10、应原理为Zn2+H2Y2-=ZnY2-+2H+)；至消定终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL。通过计算确定该铁氧体中ZnO的质量分数为_。【答案】（1） 适当提高硫酸浓度、提高温度、搅拌、粉碎原料(合理即可) （2） （3）过量、会转化为FeS、ZnS沉淀，造成、损失 当搅拌时间过长时，部分Fe2+被氧化变成Fe3+，会与发生反应，使浓度下降，从而导致去除率降低；(也可是将氧化，造成浓度下降) （4）Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O （5） 16.20%【解析】（1）黄钾铁矾渣加入硫酸酸浸，硅酸锌与硫酸反应生成硅酸，则滤渣1为H2SiO3，为了提高浸出率，可采取的措施有适当
11、提高硫酸浓度、提高温度、搅拌、粉碎原料；（2）根据金属活动顺序及离子氧化性强弱，离子氧化性Fe3+Cu2+ Fe2+；“还原除杂”工序中，加入铁粉是为了除去溶液中Fe3+、Cu2+等金属杂质离子，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2+Cu；（3）加入沉淀时应避免过量，原因是过量、会转化为FeS、ZnS沉淀，造成、损失；若此过程中溶液搅拌时间过长，则会导致去除率偏低，原因是当搅拌时间过长时，部分Fe2+被氧化变成Fe3+，会与发生反应，使浓度下降，从而导致去除率降低；(也可是将氧化，造成浓度下降)；（4）“共沉淀工序中硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成、硫酸铵、二氧化碳
12、和水，反应的离子反应方程式为：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；（5）除锰()步骤中(NH4)2S2O8将锰离子氧化生成二氧化锰而除去，反应的离子方程式：；根据反应Zn2+H2Y2-=ZnY2-+2H+可知，n(ZnO)=n(Zn2+)=n(EDTA)= 0.010020.00mL L/mL=2.0mol；该铁氧体中ZnO的质量分数为。3.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。Al3、Fe3沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2、Mg2开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。焙烧过程中主要反
13、应为MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O。（1）结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为_、_、_。（2）对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2转化为Fe3，再调节溶液pH的范围为_，将Fe3和Al3变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2、Mg2变为氟化物沉淀除去。（3）“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为_。（4）上述流程中可循环使用的物质是_。（5）现用滴定法测定浸出液中Mn2含量。实验步骤：称取1.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2NO3-4PO43-2H2Mn(PO4)23NO2-H2O充分进
14、行并除去多余的硝酸；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-NH4+=N22H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，用2.00 molL110.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为Mn(PO4)23Fe2=Mn2Fe32PO43-；用0.10 molL110.00 mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2。酸性K2Cr2O7溶液与Fe2反应(还原产物是Cr3)的离子方程式为_。试样中锰的质量分数为_。【答案】（1）500 60 min 1.10 （2）4.7pH8.1 （3）Mn22HCO3-=MnCO3CO2H2O （4）NH4Cl （5）6Fe2Cr2O72-14H=6Fe3
15、2Cr37H2O 77%【详解】（1）根据图像分析，焙烧温度在500 以上、焙烧时间在60 min以上、在1.1以上，锰浸出率超过90% ，所以焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为500 、60 min、 1.10；（2）净化除杂的目的是将Fe3和Al3变为沉淀除去，并且保证Mn2不能沉淀，所以调节溶液pH的范围为4.7pH8.1；（3）“碳化结晶”步骤中，碳酸氢铵与锰离子反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳气体，反应离子方程式是Mn22HCO3-=MnCO3CO2H2O；（4）根据流程图，可循环使用的物质是NH4Cl；（5）根据得失电子守恒，酸性K2Cr2O7溶液与Fe2反应的离子方程式是6F
16、e2Cr2O72-14H=6Fe32Cr37H2O；Cr2O72-的物质的量是0.10 molL10.01L=0.001mol，反应6Fe2Cr2O72-14H=6Fe32Cr37H2O消耗Fe2的物质的量是0.006mol， Mn(PO4)23Fe2=Mn2Fe32PO43-消耗Fe2的物质的量是2.00 molL10.01L0.006mol=0.014mol，根据Mn2Mn(PO4)23Fe2，可知Mn2的物质的量是0.014mol，锰的质量分数为 。4.某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可以用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲
17、等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如下:已知:煅烧时,Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2。（1）煅烧时,Cr2O3发生反应化学方程式为_。（2）浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还可能含有_(填化学式)。（3）工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7的原因是_。（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.50 g配成250 mL溶液,用移液管取出25.00 mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000 molL-1硫
18、酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定,重复进行二次实验。(已知Cr2被还原为Cr3+)氧化还原滴定过程中的离子方程式为_。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00 mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为_%。已知M(K2Cr2O7)=294 gmol-1,计算结果保留三位有效数字。（5）上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+外,还含有一定浓度的Fe3+杂质,可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3+)=310-5 molL-1,则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3+是否沉淀完全?_(填“是”或“否”
19、)。已知:KspFe(OH)3=4.010-38, KspCr(OH)3=6.010-31【答案】（1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2 （2）CuSO4(或CuSO4和H2SO4) （3）低温条件下,K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小 （4）Cr2+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O 49.0 （5）是【解析】（1）根据流程中“水浸”，Cr元素以Na2CrO4形式存在，Na2CrO4中Cr的化合价为6价， Cr2O3中Cr的化合价为+3价，Cr2O3作还原剂，被氧气氧化，根据化合价升降法进行配平，“
20、煅烧”时Cr2O3参加的反应是2Cr2O33O24Na2CO34Na2CrO44CO2；（2）“煅烧”除(1)中反应外，还有Cu2Te2O22CuOTeO2，沉渣应含有CuO、TeO2以及少量的Au，加入稀硫酸，CuO与稀硫酸反应生成CuSO4，根据题干，Te以TiOsO4形式存在，Au不与稀硫酸反应，即浸出液中含有TeOsO4、CuSO4、H2SO4；（3）Na2Cr2O7溶液加入KCl(s)，得到K2Cr2O7，说明低温下，K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；（4）Cr2O42作氧化剂，把Fe2氧化成Fe3，+6价Cr被还原成Cr3，根据
21、得失电子数目守恒，得出Cr2O726Fe214H=2Cr36Fe37H2O；根据的离子反应方程式得出：K2Cr2O7的纯度=49.0%；（5）Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH)=21026，Fe3沉淀完全，c(Fe3)应小于105molL1，Fe(OH)3沉淀完全时，溶液中c3(OH)=4103321026，说明Fe3沉淀完全。5.某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：已知：反应中所有金属元素均以离子形式存在。回答下列问题：（1）滤渣1中除了S
22、iO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应还原产物的化学式_。（2）反应中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，请写出该反应的离子方程式_。（3）反应中X可以是_。（填字母代号）它的作用是_。aMgO bZn(OH)2 cCu2(OH)2CO3 dMnCO3（4）反应中电极均是惰性电极，写出阴极电极反应式_。（5）已知：H2S的电离常数K1=1.0107，K2=7.01015。0.1 mol/L NaHS的pH_7(填“”“”或“”），理由是_。（6）在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 molL1 Mn2+废
23、水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS浓度为1.0104 molL1时，Mn2+开始沉淀，则a=_。已知：Ksp(MnS)=1.41015【答案】（1） MnSO4 （2）Cu2ZnCu+ Zn2 （3）bd 增大溶液的pH，使 Fe3+ 和Al3+生成沉淀 （4）Zn2+2eZn （5） HS-的水解常数=1014 /107=10-7，10-77.01015，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，pH7 （6）5【解析】（1）MnO2、CuS与硫酸共热发生氧化还原反应生成MnSO4、CuSO4、S、H2O，CuS中硫元素化合价升高，氧化产物是S单质，锰元素由+4价降低为+2，所以
24、还原产物是MnSO4；（2）根据流程图，反应中加入适量金属锌置换出了金属铜，反应的离子方程式是Cu2ZnCu+ Zn2；（3）根据流程图，反应中加入X的目的是增大溶液的pH使Fe3+和Al3+生成沉淀；a若加入MgO，引入杂质Mg2+，故不选A；b若加入Zn(OH)2，能调节pH且不引入杂质，故选b；c若加入Cu2(OH)2CO3，引入杂质Cu2+，故不选c；d若加入MnCO3，能调节pH且不引入杂质，故选d。（4）反应中，阴极发生还原反应生成金属锌，阴极电极反应式是Zn2+2eZn；（5）NaHS溶液中HS-既能水解又能电离，HS-的电离常数是7.01015，HS-的水解常数是，水解大于电离，溶液呈碱性pH7；（6）含有0.020 molL1 Mn2+废水，Mn2+开始沉淀时S2-的浓度是71014，此时HS浓度为1.0104 molL1，根据，所以a=5。
