届高三化学高考考前复习工业流程图专题训练有答案.docx
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届高三化学高考考前复习工业流程图专题训练有答案
2020届高三化学高考考前复习——工业流程图专题训练(有答案)
1、(2020年北京西城6月)石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的H2S,直接排放会污染空气。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄,流程如下:
①反应炉中的反应:
2H2S(g)+3O2(g)==2SO2(g)+2H2O(g)∆H=-1035.6kJ·mol−1
催化转化器中的反应:
2H2S(g)+SO2(g)==3S(g)+2H2O(g)∆H=-92.8kJ·mol−1
克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式:
______。
一定条件
②为了提高H2S转化为S的比例,理论上应控制反应炉中H2S的转化率为______。
(2)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S,反应为:
H2S
H2+S,一定条件下,H2S的转化率随温度变化的曲线如右图。
①H2S分解生成H2和S的反应为______
反应(填“吸热”或“放热”)。
②微波的作用是______。
(3)某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的H2S,装置示意图如下,主要反应:
2Fe+2H2S+O2==2FeS+2H2O(FeS难溶于水),
室温时,pH=7的条件下,研究反应时间对
H2S的去除率的影响。
①装置中微电池负极的电极反应式:
______。
②一段时间后,单位时间内H2S的去除率降低,
可能的原因是______。
答案
(1)①2H2S(g)+O2(g)==2S(g)+2H2O(g)∆H=-407.1kJ·mol−1
②或33.3%
(2)①吸热(1分)
②微波使H2S
H2+S的化学平衡向正反应方向移动,提高平衡转化率(1分)
(3)①Fe-2e-+H2S==FeS+2H+
②生成的FeS附着在铁碳填料的表面,原电池负极的表面积减小,化学反应速率减慢;铁的量因消耗而减少,形成微电池的数量减少,化学反应速率减慢
2、资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。
某工厂以酸性工业废水(含H+、Al3+、Mg2+、Cr2O
、SO
)以及硫酸厂废气(SO2)为原料提取铬的工艺流程如下:
有关数据如下表所示。
化合物
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
完全沉淀的pH
10.5
4.3
5.3
开始溶解的pH
—
7.8
9.2
Ksp近似值
5.6×10-12
1.3×10-33
6.3×10-31
请回答下列问题:
(1)步骤①中发生主要反应的离子方程式为_________________________
_____________________________________________________。
(2)步骤②中加入适量Al2O3的目的是_____________________________。
(3)为了达到实验目的,步骤③中加入NaOH溶液,应调节溶液的pH范围为_____________________________________________________。
(4)步骤⑥向滤液B中通入过量CO2,反应的离子方程式为_____________________________________________________。
(5)工业上也常采用下列装置,利用电解法处理含铬废水。
①在电解过程中阳极区pH增大的原因是_____________________________________________________
_____________________________________________________。
②理论上每处理含1molK2Cr2O7的废水,阴极区得到的气体体积为________L(标准状况)。
解析
(1)步骤①中,SO2有还原性,Cr2O
在酸性条件下具有强氧化性,故发生主要反应的离子方程式为:
Cr2O
+3SO2+2H+===2Cr3++3SO
+H2O。
(2)根据题中表格数据,步骤②中加入适量Al2O3的目的是:
调节溶液的pH,使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离。
(3)步骤③中的滤渣A为:
Al(OH)3和Cr(OH)3,加入NaOH溶液使氢氧化铝溶解,但不能使Cr(OH)3沉淀溶解,故调节溶液的pH范围为:
7.8≤pH<9.2。
(4)步骤⑥向滤液B中通入过量CO2,滤液B为偏铝酸钠溶液,偏铝酸钠溶液和过量CO2反应生成Al(OH)3和碳酸氢钠,反应的离子方程式为:
AlO
+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO
。
(5)①右侧铁板为阳极,铁放电生成亚铁离子,亚铁离子被溶液中Cr2O
氧化,反应生成Cr3+和Fe3+,反应的离子方程式:
Cr2O
+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,故在电解过程中阳极区pH增大的原因是:
Fe2+与Cr2O
发生反应消耗H+,同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区。
②阴极氢离子放电生成氢气,2H++2e-===H2↑,阳极反应为:
Fe-2e-===Fe2+,根据此反应Cr2O
+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,可知1molK2Cr2O7和6molFe2+反应,所以阳极每生成6molFe2+,失去12mol电子,根据得失电子守恒可知:
阴极区生成氢气为6mol,标况下氢气的体积为:
134.4L。
答案
(1)Cr2O
+3SO2+2H+===2Cr3++3SO
+H2O
(2)调节溶液的pH,使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离
(3)7.8≤pH<9.2
(4)AlO
+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO
(5)①Fe2+与Cr2O
发生反应消耗H+,同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区 ②134.4
3.中科院张涛院士的研究团队研究发现纳米ZnO可作为一些催化剂的载体。
下图是通过锌精矿(主要成分为ZnS)与软锰矿(主要成分为MnO2)酸性共融法制备纳米ZnO及MnO2的工艺流程。
回答下列问题:
(1)“酸浸”时,锌、锰离子浸出率与溶液温度的关系如图所示。
当锌、锰离子浸出效果最佳时,所采用的最适宜温度为________。
(2)写出酸浸时ZnS与MnO2发生的主要反应的化学方程式(无单质硫生成)_____________________________________________________。
(3)P507(酸性磷酸酯)作萃取剂分离锌、锰离子时,溶液的初始pH与分离系数的关系如表所示:
初始pH
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
4.5
锌、锰离子
分离系数
7.64
8.83
9.97
11.21
12.10
13.17
13.36
11.75
已知:
分离系数越大,分离效果越好;萃取剂P507是一种不溶于水的淡黄色透明油状液体,属于酸性萃取剂。
试分析初始pH>4.0时,锌、锰离子分离系数降低的原因是_____________________________________________________。
(4)(NH4)2S2O8是一种强氧化剂,能与Mn2+反应生成SO
和紫色MnO
。
用(NH4)2S2O8检验水相中的Mn2+时发生反应的离子方程式为_____________________________________________________
_____________________________________________________。
(5)二氧化锰广泛用于电池。
一种海水中的“水”电池的电池总反应可表示为5MnO2+2Ag+2NaCl===Na2Mn5O10+2AgCl。
电池放电时,负极的电极反应式为
_____________________________________________________。
(6)电解尿素的碱性溶液制取N2和H2的装置如图所示。
(电解池中的隔膜仅阻止气体通过,两电极都是惰性电极)
A电极的名称为________,若起始时加入电解池的原料配比
=3,完全反应后,电解排出液中
=________。
解析
(1)根据图示,“酸浸”时,当温度为95℃时,锌、锰离子浸出率均较大,再升高温度,浸出率变化不大,故最适宜温度为95℃。
(2)根据工艺流程分析,酸浸时,ZnS、MnO2分别转化为ZnSO4、MnSO4,即S由-2价升为+6价,Mn由+4价降为+2价,根据得失电子守恒,ZnS、MnO2的化学计量数之比为1∶4,再根据原子守恒,配平化学方程式为:
ZnS+4MnO2+4H2SO4===ZnSO4+4MnSO4+4H2O。
(3)P507属于酸性萃取剂,pH过大,P507与OH-反应而损失,因此锌、锰离子分离系数降低。
(4)S2O
与Mn2+反应,生成MnO
和SO
,根据S2O
2SO
、Mn2+
MnO
,由得失电子守恒,S2O
、Mn2+的化学计量数之比为5∶2,再根据电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式为:
5S2O
+2Mn2++8H2O===2MnO
+10SO
+16H+。
(5)根据总反应,电池放电时,负极上Ag发生氧化反应,转化为AgCl,电极反应为:
Ag-e-+Cl-===AgCl。
(6)根据装置图,A电极上尿素转化为N2,氮元素化合价由-3价升为0价,发生氧化反应,则A极为阳极。
电解时阳极反应为:
CO(NH2)2+8OH--6e-===CO
+N2↑+6H2O,阴极反应为:
6H2O+6e-===3H2↑+6OH-,故电解总反应为:
CO(NH2)2+2OH-
CO
+N2↑+3H2↑,若起始时加入电解池的原料配比
=3,假设n(KOH)=3amol,n[CO(NH2)2]=amol,则反应完全,KOH剩余amol,生成CO
amol,电解排出液中
=1。
答案
(1)95℃
(2)ZnS+4MnO2+4H2SO4===ZnSO4+4MnSO4+4H2O
(3)P507是酸性萃取剂,pH过大,其会发生反应而损失(或锌、锰离子水解程度增大等其他合理答案)
(4)2Mn2++5S2O
+8H2O===2MnO
+10SO
+16H+
(5)Ag-e-+Cl-===AgCl
(6)阳极 1(或1∶1)
4.溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中,利用空气吹出法从海水中提溴,工艺流程示意如下。
浓缩海水
酸化海水
含溴空气
……产品溴
资料:
常温下溴呈液态,深红棕色,易挥发。
(1)酸化:
将海水酸化的主要目的是避免________(写离子反应方程式)。
(2)脱氯:
除去含溴蒸气中残留的Cl2
①具有脱氯作用的离子是________。
②溶液失去脱氯作用后,补加FeBr2或加入________,脱氯作用恢复。
(3)富集、制取Br2:
用Na2CO3溶液吸收溴,Br2歧化为BrO
和Br-。
再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2,其离子反应方程式为_________________________________。
(4)探究(3)中所用H2SO4浓度对Br2生成的影响,实验如下:
序号
A
B
C
试剂组成
1mol/LNaBr
20%H2SO4
1mol/LNaBr
98%H2SO4
将B中反应后溶液用水稀释
实验现象
无明显现象
溶液呈红棕色,放热
溶液颜色变得很浅
①B中溶液呈棕红色说明产生了________。
②分析C中溶液颜色变浅的原因,甲同学认为是发生了化学反应所致;乙同学认为是用水稀释所致。
若认为甲同学的分析合理,请用具体的反应说明理由;若认为乙同学的分析合理,进一步设计实验方案说明。
理由或方案:
________。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是________(填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
解析
(1)海水中溴元素以Br-存在,从海水中提取溴单质,要用Cl2氧化溴离子得到,但海水呈碱性,若不酸化,就会发生反应:
Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O,影响溴的提取;
(2)①将溴蒸气的残留的Cl2脱去,可利用氯气有强的氧化性,要加入能与Cl2反应的物质,如Fe2+、Br-;②溶液失去脱氯作用后,补加FeBr2或加入还原铁粉,物质具有还原性,脱氯作用就恢复;(3)用Na2CO3溶液吸收溴,Br2歧化为BrO
和Br-。
再用H2SO4酸化,BrO
和Br-及H+发生归中反应得到Br2,其离子反应方程式为BrO
+5Br-+6H+===3Br2+3H2O;(4)①B中溶液呈红棕色是由于Br2是红棕色物质,产生了Br2;②若甲同学说法正确,则会发生反应:
SO2+Br2+2H2O===2HBr+H2SO4,消耗了溴单质;若乙同学说法正确,则要把颜色很浅的溶液用CCl4萃取,利用CCl4密度比水大,溴单质易溶于CCl4,观察下层液体颜色是否呈红棕色即可;③歧化后的溶液若用稀硫酸酸化无明显现象,若用浓硫酸酸化,溶液变为红棕色,反应放出热量,会导致溴单质挥发,所以酸化要用稀硫酸。
答案
(1)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
(2)①Fe2+、Br- ②铁粉
(3)BrO
+5Br-+6H+===3Br2+3H2O
(4)①Br2 ②理由:
SO2+Br2+2H2O===2HBr+H2SO4 方案:
用CCl4萃取颜色很浅的溶液,观察溶液下层是否呈红棕色 ③稀硫酸
5.TiO2和CaTiO3都是光电转化材料。
某研究小组利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量SiO2等杂质)来制备TiO2和CaTiO3,并利用黄钾铁矾[KFe3(SO4)2(OH)6]回收铁的工艺流程如图1所示:
回答下列问题:
(1)“氧化酸解”的实验中,控制反应温度为150℃,不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图2所示。
50min时,要求酸解率大于85%,所选氧化剂应为___________________________;采用H2O2作氧化剂时,其效率低的原因可能是__________________________________。
(2)向“氧化酸解”的滤液①中加入尿素[CO(NH2)2],TiO2+转化为TiO2,写出相应反应的离子方程式:
___________________________________________________________
________________________________________________________________________,
使用尿素而不直接通入NH3的原因是________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式:
_______________________
________________________________________________________________________。
(4)Fe3+恰好沉淀完全时,溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,计算此时溶液的pH=________________________________________________________________________。
[Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-39、水的Kw=1.0×10-14]
(5)黄钾铁矾沉淀为晶体,含水量很少。
回收Fe3+时,不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3的原因是_________________________________________________________。
答案
(1)KClO3 在温度较高时H2O2易分解[或产物中的Fe3+可以催化H2O2的分解(其他合理答案也可,如H2O2氧化能力弱)]
(2)TiO2++CO(NH2)2+2H2O
TiO2+CO2↑+2NH
避免将溶液中Fe3+沉淀
(3)TiO2+CaCl2·2H2O
CaTiO3+2HCl↑+H2O↑
(4)2.7
(5)Fe(OH)3为絮状沉淀,不容易分离
解析
(1)根据题目要求结合图像,在50min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3,但KMnO4作氧化剂引入了Mn2+,对后续的物质分离会造成干扰,故选用KClO3作氧化剂。
(2)由TiO2+转化为TiO2可知,Ti元素的化合价并没有发生改变,该反应为非氧化还原反应,在酸性环境中,C、N元素的产物为CO2、NH
;由于Fe3+开始沉淀需要的pH很小,直接通入NH3会使溶液pH快速增大,容易使Fe3+沉淀,所以使用尿素而不直接通入NH3,可以避免溶液中Fe3+沉淀。
(3)由信息可知制备CaTiO3的反应为非氧化还原反应,根据元素守恒,剩余产物为HCl、H2O。
(4)根据Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-39和溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1可知,溶液中OH-的浓度为
mol·L-1≈1.0×10-11.3mol·L-1,c(H+)=
=
=10-2.7mol·L-1,所以pH为2.7。
(5)氢氧化铁为絮状沉淀,不易于从溶液中分离,所以不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3。
6.纳米铜是一种性能优异的超导材料,以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。
(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S,其原理如图2所示,该反应的离子方程式为_________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)从辉铜矿中浸取铜元素时,可用FeCl3溶液作浸取剂。
①反应:
Cu2S+4FeCl3===2CuCl2+4FeCl2+S,每生成1molCuCl2,反应中转移电子的物质的量为________;浸取时,在有氧环境下可维持Fe3+较高浓度,有关反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时,铜元素浸取率的变化如图3所示,未洗硫时铜元素浸取率较低,其原因是________________________________________________________。
(3)“萃取”时,两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示,当pH>1.7时,pH越大,金属离子萃取率越低,其中Fe3+萃取率降低的原因是____________________________
________________________________________________________________________。
(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时,该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为________________________________________________________________________。
(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水,静置,再经过滤、________、干燥、________等操作可得到Fe2O3产品。
答案
(1)CuFeS2+Cu+2H+===Cu2S+Fe2++H2S↑
(2)①2mol 4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O
②生成的硫覆盖在Cu2S表面,阻碍浸取
(3)Fe3+水解程度随pH的升高而增大
(4)32∶7
(5)洗涤 煅烧(或灼烧)
解析 (4)在碱性条件下,Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜,离子方程式为2Cu2++N2H4+4OH-===2Cu+N2↑+4H2O,反应中还原产物为Cu,氧化产物为N2,质量之比为(2×64)∶28=32∶7。
7.四氢铝锂(LiAlH4)常作有机合成的重要还原剂。
以辉锂矿(主要成分是Li2O·Al2O3·4SiO2,含少量Fe2O3)为原料合成四氢铝锂的流程如下:
已知:
①几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示:
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
4.0
完全沉淀的pH
3.7
6.5
②常温下,Ksp(Li2CO3)=2.0×10-3。
Li2CO3在水中溶解度随着温度升高而减小。
回答下列问题:
(1)上述流程中,提高“酸浸”速率的措施有__________________(写两条);加入CaCO3的作用是______________________________________________________________________。
(2)“a”最小值为________。
“电解”的阴极反应式为____________________。
(3)设计简单方案由Li2CO3制备LiCl:
_________________________________________。
(4)写出LiH和AlCl3反应的化学方程式:
_________________________(条件不作要求)。
(5)用热水洗涤Li2CO3固体,而不用冷水洗涤,其目的是____________________;检验碳酸锂是否洗净的实验方法是____________________________________________________。
(6)在有机合成中,还原剂的还原能力通常用“有效氢”表示,其含义是1克还原剂相当于多少克氢气的还原能力。
LiAlH4的“有效氢”为______________。
(结果保留2位小数)
答案
(1)粉碎矿石、加热、搅拌等 调节pH使Fe3+、Al3+转化成氢氧化物沉淀
(2)6.5 Li++e-===Li
(3)用盐酸溶解,在氯化氢气体中蒸干溶液
(4)AlCl3+4LiH
LiAlH4+3LiCl
(5)减少Li2CO3损失 取最后一次洗涤液于试管中,滴加氯化钡溶液和稀硝酸,观察是否有沉淀产生(合理即可)
(6)0.21g
解析
(1)加硫酸从矿石中浸出锂,如粉碎矿石、提高硫酸浓度、加热等措施可以提高反应速率。
加入碳酸钙中和溶液中酸,使铁、铝离子完全沉淀成氢氧化铁、氢氧化铝。
(2)从表格信息看,调节pH最小值为6.5,确保铝离子完全沉淀。
阴极上锂离子被还原成锂。
(3)在氯化氢气体中蒸干氯化锂溶液,类似从海水中提取氯化镁。
(4)氯化铝与氢化锂反应生成四氢铝锂和氯化锂。
(5)依题意,碳酸锂的溶解度随温度升高而减小,用热水洗涤碳酸锂,减少碳酸锂的损失。
沉淀表面有硫酸钠,检验SO
可判断沉淀是否洗净。
(6)还原能力指失电子数。
1molLiAlH4能提供8mol电子,相当于4molH2。
LiAlH4的有效氢为
≈0.21g。
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