2020-02-21工业流程题 删减版答案解析

2020-02-21工业流程题删减版答案解析1．高铁酸钾（K2FeO4）为暗紫色固体，可溶于水，是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染。

工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。

结合所学知识回答相关问题：（1）K2FeO4中铁元素的化合价是+6价。

（2）制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6 Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中还原剂是FeSO4、Na2O2（填化学式），若有1molO2生成，转移电子的物质的量为10 mol。

（3）某反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、ClO—、OH—、FeO42—，Cl—、H2O，写出在碱性条件下，制高铁酸钾的离子反应方程式2Fe(OH)3+3ClO—+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2O。

（4）在水处理过程中，K2FeO4中的铁元素转化为Fe（OH）3胶体，使水中悬浮物聚沉。

胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径介于1～100nm。

【解答】解：（1）K2FeO4中铁元素的化合价是0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6 。

（2）Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，过氧化钠中O元素的化合价既升高也降低，则还原剂为FeSO4、Na2O2，若有1molO2生成，5molNa2O2作氧化剂，转移电子的物质的量为5mol×2×1＝10mol，（3）在碱性条件下，制高铁酸钾的离子反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO—+4OH—＝2FeO42—+3Cl—+5H2O，（4）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径介于1～100nm，2．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为SO2+OH—==HSO3—。

（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题图所示。

已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃硫去除率＝（1﹣）×100%①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。

②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中。

（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由NaAlO2（填化学式）转化为Al(OH)3（填化学式）。

（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3．Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：16。

【解答】解：（1）用NaOH溶液吸收过量SO2生成HSO3—，则发生反应的离子方程式为：SO2+OH—═HSO3—，故答案为：SO2+OH—═HSO3—；（2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2，②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低，故答案为：硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中；（3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有AlO2—，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将AlO2—转化为Al（OH）3，故答案为：NaAlO2；Al（OH）3；（4）过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有x mol Fe2O3和y mol FeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3﹣）＝2y×5+y×﹣2），解得，所以理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：16，故答案为：1：16。

3．铝是应用广泛的金属。

以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。

（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH—═2AlO2—+H2O。

（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH减小（填“增大”、“不变”或“减小”）。

（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。

【解答】解：（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH—═2AlO2—+H2O；（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH—＞AlO2—＞CO32—，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN 的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。

4．七铝十二钙（12CaO•7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）锻粉主要含MgO和CaO，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液Ⅰ中c（Mg2+）小于5×10—6mol•L—1，则溶液pH大于11（Mg（OH）2的K sp＝5×10—12）；该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是CaSO4微溶于水，用(NH4)2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失。

（2）滤液Ⅰ中阴离子有NO3—，OH—（忽略杂质成分的影响）；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成Ca(HCO3)2，从而导致CaCO3产率降低。

（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为Al2O3+2OH—═2AlO2—+H2O。

【解答】解：（1）锻粉是由白云石高温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3CaO+CO2↑，MgCO3MgO+CO2↑，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的K sp可知：K sp＝c（Mg2+）•c2（OH—）＝5×10—12，而c（Mg2+）小于5×10—6mol•L﹣1，故c（OH—）大于10—3mol/L，则溶液中的c（H+）小于10—11mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3•H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3•H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O＝CaCO3↓+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3—，还含有OH—；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3—，OH—；Ca（HCO3）2；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为Al2O3+2OH—═2AlO2—+H2O；5．废旧印刷电路板是一种电子废弃物，其中铜的含量达到矿石中的几十倍，湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜产品。

某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾，流程简图如图1：回答下列问题：（1）反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，反应中H2O2的作用是氧化剂，写出操作①的名称：过滤；（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，写出该反应的离子方程式：Cu(NH3)42++2RH＝CuR2+2NH4++2NH3↑，操作②用到的主要仪器名称为分液漏斗，其目的是（填序号）ab。

a．富集铜元素b．使铜元素与水溶液中的物质分离c．增加Cu2+在水中的溶解度（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和RH，若操作③使用如图2装置，图中存在的错误是分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多；【解答】解：废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为Cu（NH3）42+，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和NH3；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；（1）双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质Cu，所以双氧水作氧化剂；分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，该混合溶液中贵重金属是难溶物、铜氨溶液是液体，所以操作①是过滤，故答案为：氧化剂；过滤；（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu（NH3）42+与有机物RH反应生成CuR2，同时生成NH4+和NH3，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式Cu（NH3）42++2RH＝CuR2+2NH4++2NH3↑；分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液漏斗，分液的目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离，所以ab正确，故答案为：Cu（NH3）42++2RH＝CuR2+2NH4++2NH3↑；分液漏斗；ab；（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成CuSO4和RH，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内不能盛放太多溶液，故答案为：RH；分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多；6．锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。