1、(建议用时：45分钟)1(2016温州八校联考)某化工厂为了综合利用生产过程中的副产品CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备(NH4)2SO4的工艺流程：请回答以下问题：(1)合成氨反应的化学方程式是_，该反应在_(填设备名称)中发生。沉淀池中发生的主要反应方程式是_，该反应能够发生的原因是_。(2)在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是_，可以循环使用的X是_。(3)该生产过程中的副产品是_。从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是_；从物质的性质和工业生产实际的角度考虑该流程的主要缺陷是_。答案：(1)N23H22NH3合成塔CaSO4CO22NH3H2O=CaCO
2、3(NH4)2SO4生成的CaCO3溶解度小于CaSO4，有利于反应正向进行(2)一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收CO2(3)生石灰该流程中，产生的CO2循环使用，得到的产品和副产品都是有用的物质，无废物产生由于CaSO4的溶解度较小，此反应的产率会比较低2氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸；在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色。工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3、Cu2、Fe2、Cl)生产CuCl的流程如图所示：根据以上信息回答下列问题：(1)该生产过程还可以与氯碱工业、硫酸工业的生产相结合，工业
3、生产硫酸的方法是_，氯碱工业的装置是_。(2)写出生产过程中加入的X、Y的化学式：_、_。(3)写出生成CuCl的化学方程式：_。(4)生产中为了提高CuCl产品的质量，采用_法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是_；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是_。(5)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是_。(6)在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是_。(7)氯化亚铜的定量分析称取样品0.250 0 g(准确称至0.000 2 g)置于预先放入玻璃珠50粒和10 mL过量的FeCl3溶液的250 mL锥形瓶中，不断
4、摇动。玻璃珠的作用是_。待样品溶解后，加水50 mL，邻菲罗啉指示剂2滴。立即用0.10 molL1硫酸铈标准溶液滴定至绿色出现为终点，同时做空白实验一次。已知：CuClFeCl3=CuCl2FeCl2；Fe2Ce4=Fe3Ce3。如此再重复2次测得：123空白实验消耗硫酸铈标准溶液的体积/mL0.750.500.800.250 0 g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积/mL24.6524.7524.70数据处理：计算得CuCl的纯度为_。解析： (1)工业上生产硫酸是以SO2和O2在催化剂的表面进行的，命名为接触法制硫酸。氯碱工业的电解槽中用离子交换膜隔离阴、阳极产物，装置名称为离子交换膜电解槽。
5、(2)废液中加入Fe可以与Fe3、Cu2发生反应：Fe2Fe3=3Fe2、FeCu2=Fe2Cu。向滤渣中加入稀盐酸溶解过量的Fe，发生的反应为Fe2HCl=FeCl2H2，然后合并两次滤液。FeCl2溶液中加入过量的Cl2(Z)，发生的反应为2Fe2Cl2=2Fe32Cl，重新产生FeCl3腐蚀液。(3)根据图示可知CuCl2CuCl发生还原反应，SO2H2SO4发生氧化反应。根据氧化还原反应的配平原则可配平反应方程式：CuCl2CuSO4SO22H2O=2CuCl2H2SO4。(4)抽滤或减压过滤是快速过滤的方法。根据题给信息看，CuCl微溶于水，而不溶于乙醇，故用无水乙醇可以降低洗涤过程
6、中CuCl的损失。溶液的pH过高时，会促进微溶的CuCl水解，使产品不纯、产率降低。(6)根据“在空气中迅速被氧化成绿色；见光则分解，变成褐色”，可知在生产过程中应避免CuCl处于上述环境中。(7)玻璃珠在摇动过程中能够使固体与水接触更充分，起到加速溶解的作用。计算消耗硫酸铈溶液的体积时，每次的消耗量应先去掉空白实验的消耗量，然后再求平均值，得到消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.02 mL。根据反应可知，有如下关系式：CuClFe2Ce499 g 1 molm(CuCl) 0.10 molL10.024 02 Lm(CuCl)0.237 798 gw100%95%。答案：(1)接触法离子交换膜电
7、解槽(2)FeHCl(3)CuCl2CuSO4SO22H2O=2CuCl2H2SO4(4)抽滤(或减压过滤)减少产品CuCl的损失防止CuCl水解(5)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O反应中生成的CuSO4和SO2的物质的量比为11，CuCl2CuSO4SO22H2O=2CuCl2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2的物质的量比也为11，所以理论上不需要补充SO2气体(6)生产中应防止CuCl的氧化和见光分解(7)加速样品的溶解0.95(或95%)3(2015株洲高三质检)工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱。请回答下列问题：(1)路布兰法是以食盐、石灰石、浓
8、硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧，再浸取、结晶而制得纯碱。食盐和浓硫酸反应的化学方程式为_。硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为_(已知产物之一为CaS)。(2)氨碱法的工艺如图所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱。图中的中间产物C是_，D是_(写化学式)。装置乙中发生反应的化学方程式为_。(3)联合制碱法是对氨碱法的改进，其优点是_。(4)有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰石等为原料制碳酸钾。请结合下图的溶解度(S)随温度变化曲线，分析说明是否可行？_。解析：(1)由利用高沸点酸可制取低沸点酸可知，食盐与浓硫酸在加热的条件下反应可得到硫酸钠与HCl。利用
9、题中信息可知反应过程中硫酸钠中硫元素被还原，则焦炭一定被氧化，同时CaCO3分解成CaO与CO2，因此结合原子守恒知产物中除CaS外，一定还有高温下不分解的Na2CO3、CO2。(2)由流程图知在甲中碳酸钙分解为CaO(A)与CO2(B)，CaO与H2O在丙中生成Ca(OH)2(中间产物C)；在丁中，Ca(OH)2与NH4Cl作用得到CaCl2，同时生成另一物质NH3(中间产物D)；在戊中用饱和NaCl溶液吸收氨气至饱和，因此在乙中反应为氨化的NaCl与进入CO2(中间产物B)一起作用生成NaHCO3与NH4Cl。(4)由图示知，KHCO3与NH4Cl的溶解度都较大，受温度影响变化也都很大，因
10、此降温时二者会同时析出，不会只析出KHCO3 晶体，故方案不可行。答案：(1)2NaClH2SO4(浓)Na2SO42HClNa2SO42CCaCO3CaSNa2CO32CO2(2)Ca(OH)2NH3NaClNH3H2OCO2=NaHCO3NH4Cl(3)简化了生产设备，避免了副产物的生成(4)不可行。碳酸氢钾的溶解度较大，受温度影响变化也很大，降温过程中不会先析出碳酸氢钾晶体4工业上生产硫酸的流程图如下：请回答下列问题：(1)早期生产硫酸以黄铁矿为原料，但现在工厂生产硫酸以硫黄为原料，原因是_。(2)在气体进入催化反应室前需净化的原因是_。(3)在催化反应室中通常使用常压，在此条件下SO2
11、的转化率为90%。但是部分发达国家采取高压条件下制取SO3，采取加压措施的目的除了加快反应速率外，还可以_，从而提高生产效率。(4)工业生产中常用氨酸法进行尾气脱硫，以达到消除污染、废物利用的目的。用化学方程式表示其反应原理：_。(5)除硫酸工业外，还有许多工业生产。下列相关的工业生产流程中正确的是_(填字母序号)。A海水提溴：海水浓缩溴蒸气液溴B海水提镁：海滩贝壳石灰乳MgO镁C工业制硝酸：空气NO2硝酸尾气处理D工业合成氨：天然气氢气NH3、H2、N2氨解析：(1)以黄铁矿为原料生产SO2会产生很多的废弃物，增大处理成本。(2)进入催化反应室前进行气体净化，是为了防止催化剂中毒。(3)采取
12、高压，使平衡正向移动，提高原料利用率。(4)SO2被氨水吸收生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，然后NH4HSO3或(NH4)2SO3再和H2SO4反应生成SO2，收集SO2，以达到消除污染，废物利用的目的。(5)A项，溴蒸气不应用碱液吸收；B项，应是电解熔融MgCl2冶炼金属Mg；C项，N2和O2在放电条件下生成NO。答案：(1)以黄铁矿为原料的生产中产生的废弃物太多，处理成本高(2)防止催化剂中毒(3)使平衡向正反应方向移动，有利于提高SO2的转化率(4)SO2NH3H2O=NH4HSO3、2NH4HSO3H2SO4=(NH4)2SO42H2O2SO2或SO22NH3H2O=(NH4)
13、2SO3、(NH4)2SO3H2SO4=(NH4)2SO4H2OSO2(5)D5(2015安阳高三一模)某工厂用软锰矿(含MnO2约70%及Al2O3)和闪锌矿(含ZnS约80%及FeS)共同生产MnO2和Zn(干电池原料)。已知：A是MnSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3的混合液。中电解方程式为MnSO4ZnSO42H2OMnO2Zn2H2SO4。(1)A中属于还原产物的是_。(2)加入MnCO3、Zn2(OH)2CO3的作用是_。需要加热的原因是_。C的化学式是_。(3)该生产中除得到MnO2和Zn以外，还可得到的副产品是_。(4)如果不考虑生产中的损耗，除矿石外，
14、需购买的化工原料是_。(5)要从Na2SO4溶液中得到芒硝(Na2SO410H2O)，需进行的操作有蒸发浓缩、_、过滤、洗涤、干燥等。(6)从生产MnO2和Zn的角度计算，软锰矿和闪锌矿的质量比大约是_。解析：(1)MnO2中Mn元素化合价为4价，MnSO4中化合价2价，化合价降低，所以MnSO4为还原产物。(2)加入MnCO3、Zn2(OH)2CO3，可与H反应，降低H浓度，促进Al3、Fe3的水解，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，加热可促进Fe3、Al3的水解。(3)电解得到MnO2、Zn。在中回收S，在中回收Fe2O3、Al2O3，在中回收Na2SO4。(4)在该生产过程中，H2SO4、Na2CO3均需购买。(5)因含有结晶水，所以应采取降温(冷却)结晶的方法。(6)据反应MnSO4ZnSO42H2OMnO2Zn2H2SO4可知，MnO2、Zn的物质的量之比为11，故可设软锰矿、闪锌矿的质量分别为x，y，则有11，故1.03。答案：(1)MnSO4(2)调节溶液的pH，使Fe3和Al3水解生成沉淀促进Fe3和Al3水解H2SO4(3)Fe2O3、Al2O3、S、Na2SO4(4)纯碱、H2SO4(5)降温(冷却)结晶(6)1.03(或1)