2018届高考化学大一轮复习检测：热点专题突破2a 含解析

无机化工流程题的突破方法

专题训练

对应学生用书P291

1．硝酸锌在工业上被广泛应用于电镀和纺织等领域。以硅锌矿(主要成分为Zn2SiO4，另含少量FeCO3、Fe2O3和CuO等)为原料制备Zn(NO3)2·6H2O的工艺流程如图所示：

已知：Zn(NO3)2·6H2O受热易分解，其水溶液呈酸性。 (1)“硝酸浸出”时产生的气体中含有N2O。写出FeCO3溶解的离

子

方

程

式

：

_____________________________________________________。

(2)为防止“浸渣”堵塞过滤装置，需经常用NaOH溶液进行清洗

。

清

洗

时

反

应

的

化

学

方

程

式

是

_____________________________________________________。

(3)“净化除杂”时，需先加入适量的碳酸锌，以调节溶液的pH约为

4～5，并加热煮沸，其目的是

________________________________，再加入过量锌粉，“滤渣”中的金属单质除锌外还有____________。

(4)“操作A”是________________________，此步骤另需加入2 mol·L

－

1

HNO3，以保持溶液的pH约为2，目的是

____________________________________________。

(5)无水Zn(NO3)2受热分解，生成的气体呈红棕色。若将收集满该气体的试管倒扣在水中，最后水恰好完全充满试管。则Zn(NO3)2分

解

的

化

学

方

程

式

为

______________________________________________；标准状况下，该试管中所得溶液的物质的量浓度为________________(假设试管中溶液不扩散；结果保留三位小数)。

3＋

答案 (1)8FeCO3＋26H＋＋2NO－===8Fe＋8CO2↑＋N2O↑＋3

13H2O

(2)H2SiO3＋2NaOH===Na2SiO3＋2H2O

(3)尽可能使Fe3＋水解沉淀完全[或尽可能使Fe3＋转化为Fe(OH)3

沉淀] 铜(或Cu)

(4)加热浓缩、冷却结晶 抑制Zn(NO3)2溶液中Zn2＋水解 △

(5)2Zn(NO3)2=====2ZnO＋4NO2↑＋O2↑ 0．036 mol·L－1

解析 (1)FeCO3中Fe为＋2价，具有还原性，与硝酸发生氧化还原反应。

(2)硅锌矿用硝酸浸出后，得到的浸渣为H2SiO3，用NaOH溶液清洗时，H2SiO3与NaOH发生中和反应。

(3)调节pH为4～5，并加热煮沸，是为了尽可能使Fe3＋水解完全，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去，加入过量锌粉，可反应掉多余的硝酸，并能置换出Cu，故滤渣中含有Cu。

(4)操作A是从溶液中得到Zn(NO3)2·6H2O晶体，操作为加热浓缩，冷却结晶，加入硝酸可以抑制Zn(NO3)2溶液中Zn2＋水解。

(5)生成的气体呈红棕色，则含有NO2，收集的气体倒扣在水中恰好完全被水吸收，则NO2和O2的体积之比为4∶1，故Zn(NO3)2△

分解的化学方程式为2Zn(NO3)2=====2ZnO＋4NO2↑＋O2；设O2的体积为V L、则NO2的体积为4V L，根据4NO2＋O2＋4V L2H2O===4HNO3，则反应后溶液体积为5V L，n(HNO3)＝

22.4 L·mol－1VV

＝ mol，故c(HNO3)＝ mol÷5V L＝0.036 mol·L－1。 5.65.6

2．从工业废料中回收钴，某化学小组设计流程如下(废料中含有Fe2O3、Al2O3、Co2O3等物质)。

已知：①浸出液含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe3＋等； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(金属离子浓度为0.01 mol/L)：

沉淀物 开始沉淀 完全沉淀 Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Co(OH)2 7.6 9.2 Al(OH)3 4.0 5.2 (1)步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的化学方程式是________________________________________。

(2)写出盐酸与Co2O3反应生成氯气的离子方程式：____________________________________________。有同学认为步骤Ⅱ中将盐酸换成硫酸和H2O2溶液更好，请结合离子方程式说明理由：__________________________________________________。

(3)步骤Ⅲ中调节溶液的pH应不超过________。

(4)从步骤Ⅲ分离出的废渣中，还可以回收到的金属化合物为________(填化学式)。

(5)在空气中加热5.49 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品[M(CoC2O4·2H2O)＝183 g/mol]，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表：

温度范围/℃ 150～210 290～320 890～920 固体质量/g 4.41 2.41 2.25 经测定，210～290 ℃过程中产生的气体只有CO2，生成的固体

物质是________。

答案 (1)Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O

(2)Co2O3＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O Co2O3＋4H＋

＋H2O2===2Co2＋＋O2↑＋3H2O，可防止空气污染(答案合理即可)

(3)7.6 (4)Fe(OH)3 (5)Co3O4(答案合理即可) 解析 (1)废料碱溶，只有Al2O3与NaOH溶液反应。

(2)盐酸与Co2O3反应生成氯气，则发生氧化还原反应：Co2O3

＋6H＋＋2Cl－===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O，将盐酸换为硫酸和H2O2溶液，不产生氯气，可防止空气污染，反应的离子方程式为Co2O3＋4H

＋

＋H2O2===2Co2＋＋O2↑＋3H2O。

(3)步骤Ⅲ为沉淀Fe3＋，但不能沉淀Co2＋，因此控制3.7≤pH<7.6。 (4)从步骤Ⅲ得到的废渣为Fe(OH)3。

5.49 g

(5)n(CoC2O4·2H2O)＝＝0.03 mol，失去0.06 mol结晶

183 g/mol

水时固体质量减少0.06 mol×18 g/mol＝1.08 g，由表中数据可知，150～210 ℃过程中固体质量变化为5.49 g－4.41 g＝1.08 g，说明在210 ℃时失去结晶水得到CoC2O4，210～290 ℃过程中是CoC2O4发生的反应，产生的气体只有CO2，根据元素守恒生成0.06 mol CO2，其质量为0.06 mol×44 g/mol＝2.64 g，而固体质量减少4.41 g－2.41 g＝2 g，说明有氧气参与反应，其质量为2.64 g－2 g＝0.64 g，O2的物0.64 g质的量为＝0.02 mol，故n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝

32 g/mol0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，根据原子守恒配平化学方程式为210～290 ℃

3CoC2O4＋2O2=====Co3O4＋6CO2，故生成的固体为Co3O4。

3．在印染工业中，连二亚硫酸钠(Na2S2O4)能使染好的布褪色，从而使布能重新染色，故而俗称保险粉，其可溶于水，但不溶于甲醇。工业制备流程如下：