1、题型分组训练9化工流程综合分析题(A组)1铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，K2Cr2O7是实验中常用的强氧化剂之一。(1)铬可形成CrCl3、NaCrO2等盐类物质，则NaCrO2中铬元素的化合价为_，由此知Cr2O3是_(填“酸性”“碱性”或“两性”)化合物。(2)某化工厂利用湿法从主要含有锌、铜、铁、铬、镉(Cd)、钴(Co)等单质的铜铬渣中回收铬的流程如下：几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物Fe(OH)3Zn(OH)2Cd(OH)2Cr(OH)3开始沉淀的pH1.587.26沉淀完全的pH3.3129.58料渣中只含有一种金属单
2、质，该单质是_，氧化过程中由铁、铬形成的离子均被氧化，则pH的调控范围是_。酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的CoAs合金，请写出除钴时反应的离子方程式：_，氧化过程中氧化产物与还原产物物质的量之比为_。(3)砷酸可用于制造有机颜料、杀虫剂等，将料渣用NaOH处理后可得到亚砷酸钠(Na3AsO3)，再利用如下图所示的三室电解池进行电解可得到砷酸(H3AsO4)及NaOH。则a极应接电源的_极，b电极上电极反应式为_。2某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(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、粗碲等，以实现有害废料的资源
3、化利用，工艺流程如下：已知：煅烧过程中，Cu2Te发生的反应为Cu2Te2O22CuOTeO2(1)煅烧时，Cr2O3发生反应的化学方程式为_。(2)酸化时Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式为_。(3)浸出液中除了含有TeOSO4外，还含有_(填化学式)，整个流程中可以循环利用的物质是_(填名称)。(4)配平还原过程中反应的化学方程式，并标注电子转移的方向和数目。TeOSO4SO2_=Te_(5)粗碲经熔融结晶法能得到纯碲。若电镀污泥中含Cu2Te的质量分数为49.9%，回收提纯过程中的利用率为90%,1 000 kg电镀污泥可以制得_ kg含碲99.8%的高纯碲。3某混合物浆液
4、含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。固体混合物分离利用的流程图.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)反应所加试剂NaOH的电子式为_，BC的反应条件为_，CAl的制备方法称为_。(2)该小组探究反应发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)_。a温度bCl的浓度c溶液的酸
5、度(3)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为_。.含铬元素溶液的分离和利用(4)用惰性电极电解时，CrO24能从浆液中分离出来的原因是_，分离后含铬元素的粒子是_；阴极室生成的物质为_(写化学式)。4重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤的主要反应为：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3高温,Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO
6、3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原因是_(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 b60 c40 d10 步骤的反应类型是_。(5)某工厂用m1 kg 铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为_。(B组)1利用氯碱工业中的固体废物盐泥主要成分为Mg(OH)2、CaC
7、O3、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：)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)10.028.963.204.7011.12)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
8、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_。2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)36H2OZnFe2O42CO24CO6
9、H2O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_。3用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等
10、杂质)制取NiCO3的过程如图所示：回答下列问题：(1)加入适量Na2S时除获得沉淀外，还生成一种有臭鸡蛋气味的气体，产生该气体的离子方程式为_。(2)“氧化”时需保持滤液在40 左右，用6%的H2O2溶液氧化。控制温度不超过40 的原因是_；Fe2被氧化的离子方程式为_。Fe2也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀而被除去，如图是pH温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法正确的是_(填字母)。aFeOOH中铁为2价bpH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾，其原因不同c氯酸钠在氧化Fe2时，1 mol
11、 NaClO3失去的电子数为5NAd工业生产中温度常保持在8595 ，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾，此时溶液的pH约为1.21.8(3)加入Na2CO3溶液时，确认Ni2已经完全沉淀的实验方法是_。(4)某实验小组利用NiCO3制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH)，过程如图所示：已知KspNi(OH)221015，欲使NiSO4溶液中残留的c(Ni2)2105 molL1，调节pH的范围_。写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式_。题型分组训练9化工流程综合分析题(A组)1解析：(1)由化合价规则知NaCrO2中铬元素价态为3，由铬形成CrCl3、NaCrO2两类
12、盐及铝元素的性质类推，Cr2O3是两性化合物。(2)铜不能与稀硫酸反应，故料渣是金属单质铜，调pH时得到Fe(OH)3沉淀，故溶液的pH应不小于3.3，但要小于6。锌将Co2、As2O5还原为相应的单质，然后两种单质形成合金。氧化过程中是Fe2被H2O2氧化为Fe3、H2O2被还原为H2O，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:1。(3)电解时阳离子移向阴极，故a电极是阴极，与电源负极相连，b电极是阳极，AsO通过阴离子交换膜进入阳极区，AsO在阳极上失去电子转化为AsO：AsO2eH2O=AsO2H。答案：(1)3两性(2)铜3.3pH62Co27Zn10HAs2O5=7Zn22CoAs5H2
13、O1:1(3)负AsO2eH2O=AsO2H2解析：(1)电镀污泥中含有Cu2Te、Cr2O3及少量Au，加入纯碱、空气煅烧产生CO2，煅烧后水浸得到Na2CrO4溶液，则煅烧时Cr2O3被氧化为Na2CrO4，空气中O2参与反应，反应的化学方程式为2Cr2O34Na2CO33O24Na2CrO44CO2。(2)酸化时Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，离子方程式为2CrO2HCr2OH2O。(3)煅烧过程中Cu2Te发生的反应为Cu2Te2O22CuOTeO2，加入稀硫酸浸取后CuO生成CuSO4而进入浸出液，故所得浸出液中含有CuSO4。电解沉积过程中，阴极上Cu2放电析出Cu，阳极上H
14、2O放电生成O2和H，故电解液中含有H2SO4，可循环利用。(4)该过程中，Te元素得电子，化合价由4价降低到0价，则S元素失电子，化合价由4价升高到6价，其氧化产物为H2SO4，结合原子守恒推知未知反应物为H2O，化学方程式为TeOSO42SO23H2O=Te3H2SO4，该反应中转移电子总数为22e4e，利用“单线桥法”标注电子转移的方向和数目。(5)据Te原子守恒可得关系式：Cu2TeTe，故1 000 kg电镀污泥可制得含Te 99.8%的高纯Te的质量为225 kg。答案：(1)2Cr2O34Na2CO33O24Na2CrO44CO2(2)2CrO2HCr2OH2O(3)CuSO4硫
15、酸(4) (5)2253解析：(1)NaOH中O、H之间形成的是共价键，Na与OH之间形成的是离子键，根据电子式书写要求可写出NaOH的电子式为。由题给流程图可知，溶液A为偏铝酸钠和铬酸钠的混合溶液，通入二氧化碳后，沉淀B为氢氧化铝，最终生成的是铝单质，因此固体C为氧化铝，氢氧化铝生成氧化铝需要加热(或煅烧)。由氧化铝制备铝时，用的是电解法。(2)起始时，不加热不反应，加热后反应，说明温度对反应有影响；后期加热条件下也不再反应，加入硫酸后又开始反应，说明溶液的酸度对反应有影响，所以a、c选项正确。(3)根据反应物中元素的种类，可判断还原性气体为CO，另一种物质肯定含有Cl、Ti元素。由反应物中
16、有TiO2、生成物的水解产物为TiO2xH2O可知，Ti的化合价始终为4，即另一种生成物的分子式为TiCl4，由此写出该反应的化学方程式：2Cl2TiO22C=2COTiCl4,0.1 mol Cl2完全反应放热4.28 kJ，则2 mol氯气完全反应可放出85.6 kJ热量，该反应的热化学方程式为2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H85.6 kJmol1。(4)通电时，CrO24在电场作用下，可以通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离混合物浆液；阳极上氢氧根离子放电生成氧气，溶液的酸性增强，CrO24在H作用下可转化为Cr2O27，其反应的离子方程式为2CrO2
17、42H=Cr2O27H2O，所以含铬元素的粒子有CrO24和Cr2O27；阴极上氢离子放电生成氢气，混合物浆液中的钠离子向阴极室移动，溶液中还有氢氧化钠生成。答案：(1) 加热(或煅烧)电解法(2)ac(3)2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H85.6 kJmol1(4)在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO和Cr2ONaOH和H24解析：(1)由题中反应可知，FeOCr2O3是还原剂，Fe元素化合价由2升高到3，Cr元素化合价由3升高到6,1 mol FeOCr2O3失去7 mol电子；NaNO3是氧化剂，N元素化合价由5降低到
18、3,1 mol NaNO3得到2 mol电子。根据电子守恒可得，FeOCr2O3和NaNO3的系数比为2:7。步骤不能使用陶瓷容器的原因是陶瓷在高温下会与Na2CO3反应。(2)熔块中Fe2O3不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁。滤液1中含有AlO、SiO及CrO，调节溶液pH7，则SiO转化为H2SiO3、AlO转化为Al(OH)3，故滤渣2为Al(OH)3及含硅杂质。(3)由流程图可知，滤液2通过调节pH使CrO转化为Cr2O，根据离子方程式2CrO2HCr2OH2O可知，增大H浓度，即pH变小，可以使上述平衡右移，有利于提高溶液中的Cr2O浓度。(4)由图像可知
19、，在10 左右时得到的K2Cr2O7固体最多。发生反应为2KClNa2Cr2O7=K2Cr2O72NaCl，该反应为复分解反应。(5)根据铬元素守恒可得：Cr2O3K2Cr2O7，理论上m1 kg铬铁矿粉可制得K2Cr2O7的质量：294 gmol1，则K2Cr2O7的产率为100%100%。答案：(1)2:7陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2HCr2OH2O(4)d复分解反应(5)100%(B组)1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，
20、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
21、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
22、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Cu
23、S，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，还可以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=2Fe3
24、Zn24H2OH2O22Fe22H=2Fe32H2OCuS、ZnS(3)锌(或Zn)TiO24e=Ti2O23解析：(1)电镀废渣经过量酸处理后得到的溶液中含有大量H，加入Na2S后发生反应：S22H=H2S，生成具有臭鸡蛋味的H2S气体。(2)氧化阶段温度过高会造成过氧化氢的分解，导致过氧化氢损失；氧化阶段发生反应：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。FeOOH中铁为3价；pH过低会将生成的黄钠铁矾溶解，pH过高则不会生成黄钠铁矾；氯酸钠在氧化Fe2时，1 mol NaClO3得到的电子数为6NA；工业生产中温度常保持在8595 ，加入Na2SO4后生成黄钠铁矾，结合题图可知此时溶液的pH约为1.21.8，故本题选bd。(4)欲使NiSO4溶液中残留的c(Ni2)2105 molL1，根据KspNi(OH)2c(Ni2)c2(OH)21015，则需使c(OH) molL1105 molL1，故调节pH的范围是pH9。在空气中加热Ni(OH)2生成NiOOH，发生反应的化学方程式为4Ni(OH)2O24NiOOH2H2O。答案：(1)S22H=H2S(2)减少过氧化氢的分解2Fe2H2O22H=2Fe32H2Obd(3)静置，取少量上层清液于一小试管中继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成(4)pH94Ni(OH)2O24NiOOH2H2O
