专题11无机工艺流程题练习题.docx

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1、专题11 无机工艺流程题一、非选择题（本大题共7小题，共100.0分） 1（15分）MnCO3是制造电器材料软磁铁氧体的原料。实验室利用菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)得到高纯碳酸锰产品。工艺流程如下：(1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是_，X为NH3和CO2的混合气体，写出焙烧的化学方程式：_。(2)为了降低生产成本，有些物质可以循环利用，能循环利用的物质为_(填名称)。(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2转变成Fe3，该反应的离子方程式是_。(4)物质Y可以是_(填字母)。a.MnCl2 b.MnCO3 c.NH3H2O d.Na

2、OH(5)氯化铵用量对锰浸出率的影响如图所示，请分析，选择氯化铵与锰矿粉的质量比为_适宜。(6)焙烧过程中产生的尾气NH3、CO2以及少量HCl会对设备有一定腐蚀作用，直接排放会造成一定污染，实验中用如图所示装置进行尾气处理：(已知冷凝管和洗气瓶中有相同产物)冷凝管的作用为_。请写出洗气瓶中的化学方程式：_。【答案】1(每空2分，标注除外)(1) 增大接触面积，加快反应速率 MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+H2O+CO2 (2) 氯化铵（1分） (3) MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O (4) bc (5) 1.1:1 (6) 生成氯化铵，除去氯化氢 MnC

3、l2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3 【解析】(1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是增大物质间的接触面积，加快反应速率；焙烧后，产生X气体为NH3和CO2的混合气体，焙烧的化学方程式：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+H2O+CO2；(2)根据流程图可知，结合以上分析可知，能循环利用的物质为氯化铵；(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2转变成Fe3，该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(4)物质Y是用来调节溶液的pH，既能消耗氢离子，又不能引入新杂质，可以选用b.MnCO3 和c.NH3H2O；(5)根据氯化铵用

4、量对锰浸出率的影响图像进行分析，当氯化铵与锰矿粉的质量比在1.1:1以后，锰的浸出率基本上变化不大，因此选择氯化铵与锰矿粉的质量比为1.1:1适宜；(6)氨气和氯化氢遇冷后产生氯化铵，除去了氯化氢气体，减少对设备的腐蚀作用；所以冷凝管的作用为生成氯化铵，除去氯化氢；洗气瓶中盛装的溶液为氯化锰溶液，氨气、二氧化碳混合气体进入到该溶液中发生反应生成了氯化铵和碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为：MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3。2.（14分）用蛇纹石(主要含及少量)制取MgO的工艺流程如图：已知该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子开始沉淀p

5、H1.63.33.86.59.4沉淀完全pH3.25.26.89.712.4回答下列问题：（1）“酸浸”时，当蛇纹石矿粉粒度一定、硫酸的浓度、活化剂用量及液固比一定时，提高浸取率还可采取的措施是_ (列举1条)；与硫酸反应的化学方程式为_(生成产物之一为)。（2）“净化”过程包括“氧化”和“沉出杂质”两步骤。写出“氧化”时反应的离子方程式：_ 。“沉出杂质”加氨水时，应控制溶液pH的范围是_。氨水“净化”反应的温度对MgO纯度和产率的影响如图所示，在3540，随温度升高，产率降低的主要原因是_；在2550，温度越高，MgO纯度随温度升高而提高的主要原因是_。（3）用2.76 t该蛇纹石(含量为

6、80%)原料按以上流程制取MgO，制取过程中Mg的损失率为6%，可以制得MgO的质量为_kg。【答案】2(每空2分，标注除外)（1）适当升高酸浸液温度或适当延长浸取时间或适当加快搅拌速率等； （2） 氨水分解生成氨气，受热时氨气快速挥发； 升高温度有利于杂质金属离子转化为氢氧化物沉淀而除去（3）902.4【解析】（1）蛇纹石加硫酸酸浸后，及少量都与硫酸反应溶于硫酸， 与硫酸反应生成硫酸镁和不溶于酸的，过滤即可除去，经过系列操作得到硫酸镁粗品，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，加入氨水使完全沉淀，分离出硫酸镁，将硫酸镁转化为氢氧化镁，加热分解得到氧化镁。适当升高酸浸液温度或适当延长浸取时间

7、或适当加快搅拌速率等都可以提高浸取率；给出反应物为和硫酸，其中一种生成物为，与硫酸反应的化学方程式为。（2）加入可以将二价铁离子氧化为三价铁离子，“氧化”时反应的离子方程式为。“沉出杂质”加氨水时，pH的选择考虑的因素是其它离子沉淀完全但不影响，根据题日表格给出的数据可知应控制溶液pH的范围是。温度升高促进的水解，但是过高促使氨气挥发，所以在3540，随温度升高，MgO产率降低；温度越高分解越彻底，的纯度越高。（3）利用关系式求解：解得，Mg的损失率为6%，可以制得MgO的质量为。 3（14分）钯是一种稀有金属，广泛应用于现代工业的各个领域，也是重要的战略物资。一种从失效的含钯催化剂(含Pd、

8、PdO、Al2O3和有机物)中提取Pd的工艺流程如图：请回答下列问题：(1)“焙烧”的主要目的是使Al2O3发生晶型转变形成难溶于酸的Al2O3，_。(2)写出在还原PdO步骤发生反应的化学方程式_。(3)在浸出步骤中单质Pd转化H2PdCl6，不同浸出体系对钯浸出率的影响如表所示：浸出体系对钯浸出率的影响废催化剂质量(g)浸出体系现象钯浸出率(%)10.02HCl+HNO3反应剧烈、有黄烟98.4510.01HCl+H2O2反应剧烈98.4810.12HCl+NaClO3反应平稳98.73选择最佳的浸出体系为_，理由是_，写出用该体系浸出发生反应的化学方程式_。(4)浸出步骤中，盐酸浓度对钯

9、浸出率的影响如图所示：由此确定最佳的盐酸浓度为_，理由是_。【答案】3(每空2分，标注除外)(1)将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为Pd (2) (3)HCl+NaClO3 反应平稳可控，且Pd的浸出率高 (4)5mol/L 盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl 【解析】(1)杂质中有有机物，且有Pd，在焙烧过程中可将有机物转变成二氧化碳和水蒸气除去，同时能将Pd氧化成PdO，故答案为：将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为Pd；(2)PdO转化成Pd，1molPdO转移2mol电子，水合肼转化为氮气，1mol水合肼转移4mol电子，根据电子得失守恒及元素守恒可

10、得反应方程式：，故答案为：；(3)由表格信息可知在催化剂质量相当的条件下，用HCl+NaClO3反应相对平稳且Pd的浸出率较高，反应中1mol转移6mol电子，1molPd转移4mol电子，根据电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：HCl+NaClO3；反应平稳可控，且Pd的浸出率高；(4)由图中信息可知盐酸浓度为5mol/L时，Pd的浸出率已达到99%，浓度再提高时转化率提高不明显，且造成盐酸的浪费，故答案为：5mol/L；盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl。4（15分）中国锰业一文提出用废铁屑还原软锰矿，制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。某公司提供的软锰矿，其主

11、要成分是二氧化锰，其中还含有少量Fe、CaO、MgO、SiO2及重金属等。(1)I中加铁屑而不加铁块的原因是_。(2)写出I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式_。(3)加CaCO3之前需要加双氧水的作用_，结合下表说明，加CaCO3控制溶液pH的范围是_。可能用到的数据如下：不同金属离子沉淀的pH氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2开始沉淀pH1.56.57.7沉淀完全pH3.79.79.8(4)深度除杂中加入MnF2的作用_。(5)从滤液中获取MnSO4晶体的方法是_、趁热过滤。硫酸锰在不同温度下的溶解度表温度/508090100溶解度1(g/100g水)58484234

12、(6)为探究稀硫酸介质中湿法还原软锰矿制备硫酸锰的最佳工艺条件，研究了n(Fe)/n(MnO2)对锰浸出率的影响。如图实验条件为n(H2SO4)：n(MnO2)=2.1：1，反应温度为50，反应时间为80min。请结合图像分析n(Fe)/n(MnO2)约为_最合适，并说出理由_。【答案】4(每空2分，标注除外)(1) 增大接触面积，充分反应 (1分) (2) 3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O (3) 充分氧化Fe2+ 大于等于3.7小于7.7 (4) 去除Ca2+、Mg2+ (5) 蒸发浓缩或者浓

13、缩结晶 (6) 0.76-0.78均可 锰浸出率达95%以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担 【解析】(1)加铁屑的原因是增大接触面积，使反应更充分；(2) I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O；(3)加CaCO3之前需要加双氧水的作用为充分氧化Fe2+；为了除去Fe2+与Fe3+，并且不能使Mn2+沉淀，故加CaCO3控制溶液pH的范围是大于3.7小于7.7；(4)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，

14、浸出液中加入碳酸钙除去Fe3+、Al3+，加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；(5)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤；(6) 由于n(Fe)/n(MnO2)约为0.78时，锰浸出率达95%，以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担。5（14分）以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KH2PO4)，其工艺流程如图所示：已知：Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。萃取原理：KCl+H3PO4KH2PO4+

15、HCl，HCl易溶于有机萃取剂。回答下列问题：(1)将磷酸钙粉碎的目的是_，“操作II”的名称是_。(2)“酸浸”发生反应的化学方程式为_。“酸浸”利用了浓硫酸的下列性质_(填标号)。A氧化性 b还原性 c强酸性(3)水相中加入乙醇的作用是_。(4)副产品N作肥料可使作物枝繁叶茂，提高产量，则溶液M是_(填名称)。(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。b物质为_。阳极反应式为_。【答案】5(每空2分，标注除外)(1)增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率 分液 (1分) (2)Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3

16、CaSO4 2H2O c(3) 促进磷酸二氢钾的析出(4) 氨水 (1分) (5)浓氢氧化钾溶液 2H2O-4e-=O2 +4H+ 【解析】(1)将磷酸钙粉碎的目的是增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；加入有机溶剂萃取后液体分层，所以“操作II”的名称是分液。(2)由以上分析可知，“酸浸”发生反应的化学方程式为：Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 2H2O。硫酸是强酸，磷酸是弱酸，“酸浸”利用了浓硫酸的强酸性。(3)水相中含有易溶于水的KH2PO4，加入有机溶剂乙醇，可以降低KH2PO4的溶解度，促进磷酸二氢钾的析出。(4)氮肥可以使

17、作物枝繁叶茂，在有机相中有HCl，所以加入的溶液M是氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以做氮肥。(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。x为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，同时促进水电离产生更多的OH-，为了增强溶液的导电性，同时不引入新杂质，加入的a为稀KOH溶液，从b口流出的是浓KOH溶液。y为阳极，溶液中的水电离出来的OH-失去电子生成氧气，电极反应式为：2H2O-4e-=O2 +4H+。6.（14分）锆产品的主要原料是锆英砂，全球90%的氧氯化锆来源于中国。氧氯化锆可溶于水，微溶于盐酸，工业上以锆英砂(含91.5% ，杂质不与NaOH溶液反

18、应)为原料生产的一种工艺流程如图所示。已知：碱金属的锆酸盐在水中溶解度很小，可在酸性条件下水解。请回答下列问题：(1)锆英砂在“碱烧”前粉碎的目的是_，“碱烧”时生成了和另一种钠盐X，X的化学式为，X的用途是_(写一种)。(2)“转型”时发生反应的化学方程式为_。(3)“酸化”过程需加入过量盐酸，该操作中发生反应的化学方程式是_。(4)“水溶过滤”操作后要对滤渣进行洗涤，洗涤液与滤液合并浓缩结晶，检查滤渣已经洗涤干净的实验是_。(5)将锆英砂和焦炭混合，再与反应生成和一种可燃性气体，水解也可得到。生成的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(6)某工厂用2 t锆英砂来制备，若这个过程中Zr

19、的损耗率为15%，则最终制得的质量为_t。【答案】6(每空2分，标注除外)（1）增大接触面积加快反应速率；制备硅胶（或作木材防火剂等）（2）（3）（4）取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的溶液，若没有产生白色沉淀，证明滤渣已洗涤干净（5）1:1（6）1.513【解析】（1）锆英砂在“碱烧”前粉碎的目的昰增大接触面积，加快反应速率，“碱烧”时生成了和另一种钠高温盐X，高温碱烧过程中发生了反应，X为，硅酸钠溶液加入盐酸或通入二氧化碳生成硅酸，因此X的用途是制备硅胶（或作木材防火剂等）；（2）根据前面信息得到过滤后的物质为，因此“转型”时发生反应的化学方程式为；（3）根据“酸化”过程前后的物质可以得到加

20、入过量盐酸反应生成，该操作中发生反应的化学方程式是；（4）检查滤渣已经洗涤干净，主要是检验滤液中是否还含有氯离子，其实验方案为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的溶液，若没有产生白色沉淀，证明滤渣已洗涤干净；（5）将锆英砂和焦炭混合，再与反应生成和一种可燃性气体，生成的反应方程式为，氧化剂为，还原剂为C，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1；（6）根据关系式，2t锆英砂来制备，若这个过程中Zr的损耗率为15%，则最终制得的质量为；故答案为：1.5137（14分）五氟化锑()是非常强的路易斯酸其酸性是纯硫酸的1500万倍。以某矿(主要成分为，含有少量CuO、PbO、 等杂质)为原料制备的工艺流

21、程如图。已知：I.CuS、PbS的分别为、；.微溶于水、难溶于水，它们均为两性氧化物；SbOCl难溶于水。回答下列问题：(1)浸出时少量转化为SbOCl，为“滤渣”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为，该反应的离子方程式为_，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为_。(2)已知：浸出液中：、。在“沉淀”过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是_(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，_。(3)“除砷”时，转化为，该反应的离子方程式为_(4)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阴极的电极反应式为_；“电解”中锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是_。(5)与

22、反应，首次实现了用化学方法制取，同时生成和，化学反应方程式为_，若生成5.6 L F2(标准状况)，则转移电子的数目为_(设为阿伏加德罗常数)【答案】(1) SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为，为两性氧化物，能溶于过的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不易控制 (2) CuS(1分) (3) (4) 参与了电极反应(1分)(5) (1分) (1分) 【解析】(1)浸出时少量转化为SbOCl，为“滤渣”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为，该反应的离子方程式为，不宜用NaOH溶液代替氨水，是因为SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为，为两性氧化物，能溶于过的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不

23、易控制。(2)已知：浸出液中：，则产生CuS沉淀所需的最小硫离子浓度为，同理，产生PbS沉淀所需的最小硫离子浓度为，故在“沉淀”过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当CuS、PbS共沉时，。(3)“除砷”时，转化为，As3+被还原为As单质，则该反应的离子方程式为。(4)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，得到金属Sb单质，阴极的电极反应式为；当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是参与了电极反应。(5)与反应制取，同时生成和，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学反应方程式为，该反应中F元素的化合价从-1价升高为0，Mn的化合价从+5降低为+3，则生成1molF2转移2mol电子，若生成5.6 L F2(标准状况)，物质的量为，则转移电子的数目为。