大單元八化學(xué)工藝流程第26講化學(xué)工藝流程(選擇題)1.C【解析】溫度過高，H2O2分解，不利于提高酸浸速率，A錯誤；除鋁時加入Na2CO3溶液過濾后所得濾渣是Al(OH)3，B錯誤；萃取過程中，多次萃取能使萃取效率提高，C正確；將含Co2＋的溶液緩慢滴加到Na2CO3溶液中，可能生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的產(chǎn)率，D錯誤。2.B【解析】“沉淀”步驟中若使用Na2SO4溶液代替硫酸，則得到的濾液中主要成分為NaBr，NaBr與Mg(OH)2不反應(yīng)，A正確；濾渣的主要成分是BaSO4和S，B錯誤；“轉(zhuǎn)化”步驟的離子方程式為Mg(OH)2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O，C正確；MgBr2水解生成的HBr揮發(fā)，加熱促進水解，將MgBr2·6H2O直接加熱得不到MgBr2固體，需要在HBr的氣流中加熱脫水才能得到MgBr2固體，D正確。3.C【解析】反應(yīng)Ⅰ處加入Zn粉，若前面加入的H2SO4過量，則會消耗更多的Zn，A正確；若Zn過量，濾渣中有Cu和Zn，加入稀硝酸，Cu和Zn均可以被溶解，生成Cu(NO3)2和Zn(NO3)2，B正確；Fe3＋的氧化性強于Cu2＋，Zn與Cu2＋反應(yīng)前，必然將Fe3＋還原為Fe2＋，所以濾液Ⅱ中不存在Fe3＋，C錯誤；稀硝酸與金屬產(chǎn)生NO，濾渣為Cu，先灼燒生成CuO，再溶于稀硝酸，不會產(chǎn)生NO，D正確。4.D【解析】“浸錳”過程通入過量SO2，將Mn(Ⅳ)和Fe(Ⅲ)還原成Mn2＋和Fe2＋，F(xiàn)e2O3與SO2反應(yīng)離子方程式為Fe2O3＋SO2＋2H＋=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O，A、B正確；調(diào)節(jié)pH＝3.7，MnO2將Fe2＋氧化為Fe(OH)3，C正確；濾液為MnSO4溶液，加入NH4HCO3溶液反應(yīng)的離子方程式為Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，D錯誤。5.C【解析】通入空氣的主要目的是將SO2氧化為SOeq\o\al(2－,4)，A錯誤；CaCO3、SO2和空氣高溫焙燒生成CaSO4和CO2，該過程是氧化還原反應(yīng)，B錯誤；反應(yīng)Ⅱ中eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH4))2SO4和KCl反應(yīng)生成K2SO4沉淀和NH4Cl，C正確；濾液B主要含有NHeq\o\al(＋,4)、Cl－，D錯誤。6.C【解析】Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，沉鉻時加入Baeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2有利于Cr2Oeq\o\al(2－,7)轉(zhuǎn)化為CrOeq\o\al(2－,4)，CrOeq\o\al(2－,4)和Ba2＋結(jié)合生成BaCrO4沉淀，A錯誤；電解時ClOeq\o\al(－,3)在陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成ClOeq\o\al(－,4)，B錯誤；電解生成氫氧化鈉，加入飽和NH4Cl溶液會生成氨氣，C正確；NaClO4、NH4Cl、NH4ClO4三種物質(zhì)中，NH4ClO4溶解度最小，D錯誤。7.D【解析】Sb3＋發(fā)生水解的離子方程式為Sb3＋＋Cl－＋H2OSbOCl＋2H＋，可加入Na2CO3粉末促進Sb3＋水解，A正確；輝銻礦中加入鹽酸、FeCl3溶液“溶浸”，加入Sb，Sb將Fe3＋還原為Fe2＋，目的是防止Fe3＋在后續(xù)水解生成Fe(OH)3，B正確；“濾液”中含有的主要金屬陽離子有Fe2＋、Al3＋、Mg2＋，C正確；“溶浸”時，Sb3＋需要進入溶液中，說明SbCl3可溶于水，書寫離子方程式時，SbCl3需要拆分為離子形式，D錯誤。8.C【解析】S溶于煤油，利用了相似相溶原理，A正確；氧化過程化學(xué)方程式為4NaClO3＋5Se＋2H2SO4＋3H2O=2Na2SO4＋2Cl2↑＋5H2SeO3，氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為4∶5，B正確；加入Na2SO3，H2SeO3被還原成Se，F(xiàn)e3＋被還原為Fe2＋，濾液Ⅲ中不存在Fe3＋，C錯誤；還原過程中生成粗硒的化學(xué)方程式為H2SeO3＋2Na2SO3=Se↓＋2Na2SO4＋H2O，D正確。9.C【解析】“脫硫”反應(yīng)離子方程式為PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，濾液中eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(cSO\o\al(2－,4)·cPb2＋,cCO\o\al(2－,3)·cPb2＋)＝eq\f(2.5×10－8,7.4×10－14)≈3.4×105，A錯誤；過氧化氫能將PbO2轉(zhuǎn)化為Pb2＋，過氧化氫是還原劑，B錯誤；“酸浸”后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，C正確；“沉鉛”時，控制溶液的pH＝10.0，濾液2中c(Pb2＋)＝eq\f(1.0×10－16,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－4))2)mol/L＝1.0×10－8mol/L，D錯誤。10.A【解析】含鋅廢液中加入Na2S2O8溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成MnO2沉淀，離子方程式為S2Oeq\o\al(2－,8)＋Mn2＋＋2H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋MnO2↓＋4H＋，A正確；“除錳”反應(yīng)中每消耗1molS2Oeq\o\al(2－,8)，氧元素共得到2mol電子，B錯誤；Fe3＋能與鋅反應(yīng)生成Fe2＋和Zn2＋，調(diào)節(jié)pH時試劑X不能選用Zn，C錯誤；“沉鋅”時Zn2＋轉(zhuǎn)化為ZnCO3沉淀，濾液中不會大量存在Zn2＋，D錯誤。大單元八綜合與應(yīng)用高考特訓(xùn)18化學(xué)工藝流程(非選擇題)1.(1)TiO2＋水解生成H2TiO3的反應(yīng)為TiO2＋＋2H2OH2TiO3＋2H＋，加入鐵粉消耗H＋，促進水解正向進行，使TiO2＋轉(zhuǎn)化為難溶的H2TiO3而除去(2)0.4(3)2NaBH4＋FeSO4＋6H2O=7H2↑＋2H3BO3＋Fe↓＋Na2SO4(4)初始pH在3～6范圍內(nèi)，pH上升，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))減小，與H＋反應(yīng)的鐵減少，更多的鐵與Cu2＋反應(yīng)，Cu2＋去除率緩升；初始pH在6～7范圍內(nèi)，除了鐵與Cu2＋反應(yīng)外，pH上升，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))增大，Cu2＋沉淀生成Cu(OH)2，Cu2＋去除率迅速上升【解析】(2)當溶液中離子濃度小于1.0×10－5mol/L時，認為該離子沉淀完全，由Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CoS))＝1.8×10－22、Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NiS))＝1.0×10－21可知CoS更難溶，故當Ni2＋沉淀完全時Co2＋也已完全沉淀，Ni2＋沉淀完全時溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S2－))＝eq\f(Ksp\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NiS)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ni2＋)))＝eq\f(1.0×10－21,1.0×10－5)mol/L＝1.0×10－16mol/L，溶液中Fe2＋濃度最大值為c(Fe2＋)＝eq\f(KspFeS,cS2－)＝eq\f(4.0×10－17,1.0×10－16)mol/L＝0.4mol/L。(3)2molNaBH4還原1molFeSO4時，NaBH4中氫由－1價升至H2中的0價，失去8mol電子，1molFeSO4轉(zhuǎn)化為納米鐵得2mol電子，故有H2O參加反應(yīng)且＋1價的氫得6mol電子生成H2，共生成7molH2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaBH4＋FeSO4＋6H2O=7H2↑＋2H3BO3＋Fe↓＋Na2SO4。(4)ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))較大時，H＋與鐵粉反應(yīng)消耗鐵，初始pH在3～6范圍內(nèi)，隨pH上升，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))減小，與H＋反應(yīng)的鐵減少，更多的鐵與Cu2＋反應(yīng)，Cu2＋去除率緩升；Cu2＋初始濃度為2×10－4mol/L，開始沉淀的c(OH－)＝eq\r(\f(2×10－20,2×10－4))mol/L＝10－8mol/L，pH＝6，故pH>6時Cu2＋開始沉淀，Cu2＋去除率迅速上升。2.(1)濃硫酸會與硼反應(yīng)從而引入了雜質(zhì)離子，同時還會生成SO2等污染氣體(2)①6NaH2PO4＋Nd2(SO4)3=2Nd(H2PO4)3↓＋3Na2SO4②無③若酸性太強，H＋與H2POeq\o\al(－,4)反應(yīng)生成H3PO4，導(dǎo)致H2POeq\o\al(－,4)濃度太小，沉淀不完全(3)2[Nd2(C2O4)3·10H2O]＋3O2eq\o(=,\s\up7(焙燒))2Nd2O3＋12CO2＋20H2O(4)Nd2O2CO3(計算過程見解析)【解析】(1)根據(jù)題給信息可知，硼不與稀酸反應(yīng)但是可溶于氧化性酸，若加入濃硫酸，濃硫酸會與硼反應(yīng)，引入了雜質(zhì)離子，同時還會生成SO2，污染空氣。(2)②Q＝c(Fe2＋)·c2(OH－)＝2.0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10－14,10－2.3)))2＝2×10－23.4<8.0×10－16＝Ksp[Fe(OH)2]，則無Fe(OH)2沉淀生成(4)由題給信息，Mr[Nd2(C2O4)3·10H2O]＝732，其中結(jié)晶水的相對分子質(zhì)量為180，固體殘留率：eq\f(732－180,732)×100%≈75.4%，此時殘留固體為Nd2(C2O4)3；固體殘留率由75.4%→51.9%時，相對分子質(zhì)量減少172，設(shè)Nd2(C2O4)3分解減少x個C(x<6)和y個O(x、y為正整數(shù))，則12x＋16y＝172，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,y＝10))(舍去)、eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝5,y＝7))，該鹽的化學(xué)式為Nd2O2CO3。3.(1)HCl(2)11(3)在堿性條件下，OH－與離子篩中H＋反應(yīng)，使離子篩留出更多“空位”，能吸附更多Li＋(4)隨溫度升高，“沉鋰”反應(yīng)速率加快，相同時間內(nèi)Li2CO3沉淀量增大；隨溫度升高，Li2CO3溶解度減小，Li2CO3沉淀量增大(5)Li2CO3＋H2C2O4＋2FePO4eq\o(=,\s\up7(高溫))2LiFePO4＋H2O＋3CO2↑【解析】(1)“焙燒”浸取液過程中，AlCl3水解最終轉(zhuǎn)化為Al2O3和HCl。(2)Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝5.5×10－12，欲使c(Mg2＋)≤5.5×10－6mol/L，則此時溶液中c(OH－)≥eq\r(\f(Ksp[MgOH2],cMg2＋))＝eq\r(\f(5.5×10－12,5.5×10－6))mol/L＝1×10－3mol/L，c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(10－14,1×10－3)mol/L＝1×10－11mol/L，故需要調(diào)節(jié)溶液的pH不低于11。(3)離子篩中含有H＋和Li＋，堿性條件下，OH－與離子篩中H＋反應(yīng)，使離子篩留出更多“空位”，能吸附更多Li＋。(4)溫度越高，Li2CO3溶解度越小，越易產(chǎn)生沉淀；“沉鋰”發(fā)生反應(yīng)：2Li＋＋COeq\o\al(2－,3)=Li2CO3↓，溫度越高，反應(yīng)速率越大，相同時間內(nèi)產(chǎn)生Li2CO3的量越大，故“沉鋰”反應(yīng)1h，測得Li＋沉淀率隨溫度升高而增加。4.(1)適當增大硫酸濃度(答案合理即可)(2)(3)H2O＋Mn2＋＋HSOeq\o\al(－,5)=MnO2↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋(4)SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)①ClO－＋2Co2＋＋5H2O=2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋②0.99【解析】(1)提高浸取率可以適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積等。(2)過一硫酸可以看作過氧化氫中的一個