【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考化學(xué)(江蘇專用)二輪題型專攻：微題型14-無機(jī)化學(xué)工藝流程題(含新題及解析)

[題型專練]1．氯化鐵是常見的水處理劑，無水FeCl3的熔點(diǎn)為555K，沸點(diǎn)為588K。工業(yè)上制備無水FeCl3的一種工藝流程如下：(1)氯化鐵能用作水處理劑的緣由是__________________________________(用必要的文字和化學(xué)方程式說明)。(2)吸取塔中吸取劑X是________________________，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是________________________。(3)溫度超過673K時，捕集器中捕集到的物質(zhì)的相對分子質(zhì)量為325，該物質(zhì)的分子式為________________。(4)從副產(chǎn)物FeCl3溶液中獲得FeCl3·6H2O的方法是_______________________。(5)用FeCl3溶液(32%～35%)腐蝕印刷線路板的廢液中含F(xiàn)eCl3、FeCl2和CuCl2。用化學(xué)方法回收廢液中銅的方法是__________________________(用反應(yīng)式表示并簡述操作要點(diǎn))。解析(1)FeCl3是強(qiáng)酸弱堿鹽，能水解生成Fe(OH)3膠體，F(xiàn)e(OH)3膠體可吸附并沉降水中懸浮的雜質(zhì)，用作凈水劑。(2)鐵屑與氯氣在反應(yīng)爐中發(fā)生放熱反應(yīng)，反應(yīng)爐中的溫度很高，所以尾氣中含有Cl2和FeCl3，用吸取劑FeCl2溶液可吸取此尾氣得到FeCl3溶液。(3)FeCl3的相對分子質(zhì)量為162.5，所以捕集器中相對分子質(zhì)量為325的物質(zhì)為Fe2Cl6。(4)FeCl3水解生成的HCl易揮發(fā)，直接在空氣中加熱FeCl3溶液不能得到FeCl3·6H2O，為了抑制FeCl3水解，可在HCl氣氛中加熱濃縮FeCl3溶液，然后冷卻結(jié)晶。答案(1)FeCl3＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3HCl，F(xiàn)e(OH)3膠體能吸附并沉降水中懸浮的物質(zhì)(2)FeCl2溶液2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－(3)Fe2Cl6(4)在HCl氣氛中加熱濃縮FeCl3溶液，然后冷卻結(jié)晶(5)加過量鐵粉，發(fā)生反應(yīng)CuCl2＋Fe=FeCl2＋Cu，過濾，分別得到的固體再與鹽酸反應(yīng)以溶解殘留的鐵，過濾得到銅(或過濾、洗滌、干燥后，用磁鐵吸去鐵可得到銅)2．輕質(zhì)碳酸鎂是廣泛應(yīng)用于橡膠、塑料、食品和醫(yī)藥工業(yè)的化工產(chǎn)品，以鹵塊(主要成分為MgCl2，含F(xiàn)e2＋、Fe3＋、Mn2＋等雜質(zhì)離子)為原料制備輕質(zhì)碳酸鎂的工藝流程如下：已知生成氫氧化物沉淀的pH見下表：物質(zhì)開頭沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8Mg(OH)29.911.1注：Fe(OH)2沉淀呈絮狀，不易從溶液中除去。(1)“氧化”一步中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________________________________________________________________________________。(2)“調(diào)整pH”一步應(yīng)調(diào)整溶液的pH＝9.8，其目的是______________________________________________________________________________。(3)“熱解”一步溫度把握在75℃____________________________________________________________。(4)從“過濾2”(5)輕質(zhì)碳酸鎂的成分為堿式碳酸鎂[MgCO3·Mg(OH)2·3H2O]，則“熱解”一步發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________________________________。解析由于鹵塊主要成分為氯化鎂，其中含有Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋等雜質(zhì)離子，通過生產(chǎn)流程最終得到輕質(zhì)碳酸鎂，因此加鹽酸溶解后，溶液中主要有Mg2＋、Fe3＋、Fe2＋、Mn2＋和Cl－等，加次氯酸鈉主要是將Fe2＋氧化為Fe3＋，由各種氫氧化物生成沉淀的pH可知，加入燒堿的目的主要是把溶液中的Fe3＋和Mn2＋轉(zhuǎn)化為沉淀，而Mg2＋留存溶液中，加入碳酸氫銨的目的是生成輕質(zhì)碳酸鎂沉淀。(1)離子反應(yīng)為ClO－＋2H＋＋2Fe2＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O。(2)調(diào)整pH＝9.8的目的是使溶液中的Fe3＋和Mn2＋生成對應(yīng)的氫氧化物沉淀而除去，而Mg2＋不生成沉淀留存在溶液中。(3)加熱溫度至75℃是為了提高碳酸氫銨和氯化鎂溶液反應(yīng)速率，但假如溫度過高會導(dǎo)致碳酸氫銨分解。(4)由加入的反應(yīng)物及有關(guān)反應(yīng)關(guān)系知，過濾得到輕質(zhì)碳酸鎂后的濾液中主要有氯化鈉和氯化銨，因此通過結(jié)晶可以回收得到兩種鹽。(5)熱解時在氯化鎂溶液中加入碳酸氫銨，生成輕質(zhì)碳酸鎂，因此有關(guān)反應(yīng)可以表示為2Mg2＋＋4HCOeq\o\al(－,3)＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(△))MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑。答案(1)ClO－＋2H＋＋2Fe2＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O(2)使Fe3＋、Mn2＋等雜質(zhì)離子生成氫氧化物沉淀除去，且盡量避開Mg2＋轉(zhuǎn)化為沉淀(3)溫度太低，反應(yīng)速率慢，溫度太高，NH4HCO3會分解(4)NaCl、NH4Cl(5)2Mg2＋＋4HCOeq\o\al(－,3)＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(△))MgCO3·Mg(OH)2·3H2O↓＋3CO2↑3．硝酸鋅常用于工業(yè)電鍍、媒染劑等，用粗鋅[含少量Zn2(OH)2CO3、Fe和Cu]和硝酸為原料制備硝酸鋅的試驗(yàn)流程如下：活潑金屬(如Zn、Fe、Mg等)與不同濃度HNO3溶液反應(yīng)時主要還原產(chǎn)物不同。如圖是Fe與不同濃度HNO3溶液反應(yīng)時的主要還原產(chǎn)物。(1)濾渣的成分是________(填化學(xué)式)。(2)Zn2(OH)2CO3與硝酸反應(yīng)的離子方程式為____________________________________________________________________________________。(3)酸溶過程鋅與硝酸反應(yīng)生成NHeq\o\al(＋,4)的離子方程式為___________________________________________________________________________________。(4)利用下圖裝置對酸溶過程產(chǎn)生的氣體A進(jìn)行回收循環(huán)利用。①氣體X為____________________(填化學(xué)式)。②Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________________。③裝置Ⅲ的作用是______________________________________________。解析(1)粗鋅溶解后，溶液中有Zn2＋、Fe3＋、Cu2＋，加入過量鋅除去Fe3＋、Cu2＋，濾渣為Fe、Cu，還有過量的鋅。(3)反應(yīng)物為Zn＋H＋＋NOeq\o\al(－,3)，生成物為Zn2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O，依據(jù)原子守恒、電荷守恒和電子轉(zhuǎn)移守恒配平。(4)氣體A為氮氧化物，氣體X為O2，兩者混合能被水吸取。沒有被水吸取的氮氧化物和氧氣在Ⅲ中被NaOH溶液吸取。答案(1)Fe、Cu、Zn(2)Zn2(OH)2CO3＋4H＋=2Zn2＋＋3H2O＋CO2↑(3)4Zn＋10H＋＋NOeq\o\al(－,3)=4Zn2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O(4)①O2②4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3③除去氮氧化物，防止污染4．軟錳礦是制備二氧化錳的原料，軟錳礦中含有二氧化硅、氧化銅、氧化鐵、氧化鋁、氧化鋅等雜質(zhì)。工業(yè)上以軟錳礦為原料制備高純二氧化錳的工藝流程圖如下：(1)酸性條件下，F(xiàn)eSO4將MnO2還原為MnSO4，那么加入的酸M為________，該反應(yīng)的離子方程式為_________________。(2)制備二氧化錳工藝流程中涉及的陽離子以氫氧化物的形式完全沉淀時溶液的pH如下表：沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Cu(OH)2Mn(OH)2pH5.23.29.76.710.4由流程圖信息和表格中數(shù)據(jù)可知濾渣b的主要成分是________(填化學(xué)式)。調(diào)整溶液pH＝5.4需加入試劑N，N可以是________。a．CO2 b．稀硫酸c．NH3 d．氨水(3)部分硫化物的溶度積常數(shù)(Ksp)如下表：硫化物CuSZnSMnSFeSKsp6.3×10－362.9×10－252.5×10－136.3×10－18由表格中的數(shù)據(jù)推知流程圖中向?yàn)V液B中加入MnS的作用是____________________________________________。解析(1)硝酸具有氧化性，會氧化Fe2＋，鹽酸會引入Cl－雜質(zhì)，故應(yīng)加入稀硫酸。(2)由表格中的數(shù)據(jù)可知pH＝5.4時，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；由于開頭時向軟錳礦中加入了過量的硫酸，所以濾液A酸性很強(qiáng)，需要加堿性物質(zhì)，使溶液pH＝5.4。(3)表格中MnS的溶度積最大，將MnS加入到含有Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋的溶液中，能夠使溶度積更小的物質(zhì)沉淀。答案(1)稀硫酸MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O(2)Fe(OH)3、Al(OH)3cd(3)使溶液中的Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋轉(zhuǎn)化為沉淀5．石墨在材料領(lǐng)域有重要應(yīng)用，某初級石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等雜質(zhì)，設(shè)計(jì)的提純與綜合利用工藝如下：(注：SiCl4的沸點(diǎn)為57.6℃，金屬氯化物的沸點(diǎn)均高于150(1)向反應(yīng)器中通入Cl2前，需通一段時間N2，主要目的是_______________________________________。(2)高溫反應(yīng)后，石墨中氧化物雜質(zhì)均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳?yīng)的氯化物，氣體Ⅰ中的碳氧化物主要為____________，由氣體Ⅱ中某物質(zhì)得到水玻璃的化學(xué)反應(yīng)方程式為____________________。(3)步驟①為：攪拌、________________，所得溶液Ⅳ中的陰離子有________________。(4)由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的總反應(yīng)的離子方程式為________________________，100kg初級石墨最多可獲得Ⅴ的質(zhì)量為________kg。(5)石墨可用于自然水體中銅件的電化學(xué)防腐，完成如圖防腐示意圖，并作相應(yīng)標(biāo)注。解析(1)向反應(yīng)器中通入Cl2前，通一段時間N2的主要目的是排凈反應(yīng)器中的空氣，作為愛護(hù)氣，防止石墨在高溫下被氧化。(2)初級石墨中的氧化物雜質(zhì)主要是SiO2、Al2O3、Fe2O3和MgO，經(jīng)高溫反應(yīng)后，均轉(zhuǎn)變?yōu)橄鄳?yīng)的氯化物，則氧元素與碳(過量)在高溫下結(jié)合為CO，故氣體Ⅰ中的碳氧化物主要為CO,80℃冷凝氣體Ⅰ，由于SiCl4的沸點(diǎn)為57.6℃，金屬氯化物的沸點(diǎn)均高于150℃，故氣體Ⅱ?yàn)镾iCl4。SiCl4與NaOH溶液反應(yīng)得到Na2SiO3方程方式為SiCl4＋6NaOH=Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O。(3)由(2)知，固體Ⅲ為AlCl3、FeCl3、MgCl2，加入過量NaOH溶液，Al3＋轉(zhuǎn)變?yōu)锳lOeq\o\al(－,2)，而Fe3＋、Mg2＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀，故步驟①為：攪拌、過濾，所得溶液Ⅳ中的Z陰離子有AlOeq\o\al(－,2)、OH－、Cl－。(4)溶液Ⅳ中加入乙酸乙酯，消耗了OH－，促進(jìn)AlOeq\o\al(－,2)的水解，最終轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，反應(yīng)的離子方程式為CH3COOCH2CH3＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2Oeq\o(→,\s\up7(△))Al(OH)3↓＋CH3COO－＋CH3CH2OH,100kg石墨中含Al2O3為5.1kg，依據(jù)原子守恒Al(OH)3的質(zhì)量為eq\f(5.1kg×1000g/kg,102g·mol－1)×2×78g·mol－1＝7800g＝7.8kg。(5)用石墨愛護(hù)銅，應(yīng)使用外加電流的陰極愛護(hù)法，銅作陰極，石墨作陽極，如圖。答案(1)排出裝置中的氧氣，防止初級石墨被氧化(2)CoSiCl4＋6NaOH=Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O(3)過濾OH－、AlOeq\o\al(－,2)和Cl－(4)CH3COOCH2CH3＋AlOeq\o\al(－,2)＋2H2Oeq\o(→,\s\up7(△))Al(OH)3↓＋CH3COO－＋CH3CH2OH7.8(5)6．我國有豐富的鋯英石資源，其主要成分是ZrSiO4，還含有Al2O3、SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)，生產(chǎn)鋯的流程之一如下：已知：鋯(Zr)合金是核反應(yīng)堆燃料棒的包裹材料，二氧化鋯(ZrO2)可以制造耐高溫納米陶瓷。(1)上述流程中高溫氣化的反應(yīng)是氧化還原反應(yīng)(碳轉(zhuǎn)化成CO)，其中氧化劑是________，轉(zhuǎn)移1.204×1024個電子時，生成SiCl4________g。(2)寫出ZrCl4與水反應(yīng)的化學(xué)方程式：____________________________，寫出ZrOCl2·8H2O在900℃條件下分解的化學(xué)方程式：__________________________________________________________________________________。(3)下列關(guān)于二氧化鋯納米陶瓷和鋯合金的說法不正確的是________。A．1nm＝10－10B．鋯合金的硬度比純鋯要高C．二氧化鋯納米陶瓷是新型無機(jī)非金屬材料(4)一種新型燃料電池，一極通入空氣，另一極通入丁烷；電解質(zhì)是摻雜氧化釔(Y2O3)的氧化鋯(ZrO2)晶體，在熔融狀態(tài)下能傳導(dǎo)O2－。在熔融電解質(zhì)中，O2－向________(填“正”或“負(fù)”)極移動。電池的負(fù)極反應(yīng)式為________________________。解析(1)結(jié)合高溫氣化過程的反應(yīng)物為Cl2、C和ZrSiO4，產(chǎn)物為CO、ZrCl4、SiCl4，可寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4C＋4Cl2＋ZrSiO4eq\o(=,\s\up7(高溫))ZrCl4＋SiCl4＋4CO，即得氧化劑是Cl2；每生成1molSiCl4，轉(zhuǎn)移4×2mol電子，故轉(zhuǎn)移1.204×1024個(2mol)電子時，生成SiCl40.25mol，即其質(zhì)量為42.5g。(2)結(jié)合流程圖知，ZrCl4與水發(fā)生反應(yīng)得到ZrOCl2·8H2O,900℃高溫條件下ZrOCl2·8H2O分解得到ZrO2。(3)1nm＝10－9m，A項(xiàng)錯誤。(4)O2在正極得電子形成的O2－(陰離子)移向負(fù)極，C4H10在負(fù)極失電子后與O2－結(jié)合。答案(1)Cl242.5(2)ZrCl4＋9H2O=ZrOCl2·8H2O＋2HClZrOCl2·8H2Oeq\o(=,\s\up7(900℃))ZrO2＋2HCl↑＋7H2O↑(3)A(4)負(fù)C4H10－26e－＋13O2－=4CO2＋5H2O,[對點(diǎn)回扣]1．流程示意圖的分析思路2．無機(jī)化工流程題的審題角度化工生產(chǎn)流程題中經(jīng)常會消