2020屆高考化學主觀大題《工業(yè)流程大題押題專練6》(含答案和詳細解析)

1、2020屆高考化學主觀大題工業(yè)流程大題押題專練61.稀土元素包括銃、鈕和副系共17種元素，是重要的戰(zhàn)略資源，我國稀土資源豐富。從氟碳鈾礦(主要化學成分為CeFCQ)提取鈾族稀土元素的一種工藝流程如下：已知：焙燒后鋪元素主要以 CeQ形式存在，Ce(OH)3的Ksp = 1.0 X10-20。Ce4+能與SO2-結合成CeSQ2+ , Ce3+能被萃取劑HR萃取。(1)為提高原料的利用率，焙燒前應將礦石 處理。(2) “浸取”過程中鈾元素發(fā)生反應的離子方程式為 ?！稗D化”過程中H2O2的作用是。(4) “萃取”過程中發(fā)生反應：Ce3+(水層)+ 3HR(有機層)。電艮工(有機層)+ 3H+(水層

2、)，設計“萃取”和“反萃取”操作的目的是 ; HR應該具有的特點是a.萃取劑HR的密度一定比水大b.萃取劑HR不溶于水，也不和水反應c.萃取劑HR和Ce3+不反應d. Ce3+在萃取劑中溶解度大于水中(5) “調(diào)節(jié)pH”時，為了使Ce3+完全沉淀(濃度小于1 X10-5 moi/L?),溶液的pH應大 于。(6) “氧化”操作得到產(chǎn)品的化學方程式為 。(7)CeO2是汽車尾氣凈化器中的關鍵催化劑，能在還原性氣氛中供氧，在氧化性氣氛中耗氧，過程為：上喧式0.5)。寫出CeO2消除co的化學方程式?！敬鸢浮?1)粉碎；(2)CeO 2 + 4H+ + SO4- = CeSO4產(chǎn) + 2H2O;(3

3、)將+4價的鈾還原為+3價，以便萃取；(4)提純、富集錦元素；bcd;(5)9 ;(6)4Ce(OH) 3 + O2 + 2H2O= 4Ce(OH) 4 ； CeO2 +xCO = CeO2-x + XCO2?！窘馕觥俊痉治觥勘绢}主要考查的是化學工藝流程，理解題干信息的含義和化工流程圖中每步驟的實驗原理是 解題的關鍵。【解答】(1)為提高原料的利用率，焙燒前應將礦石粉碎處理，以增大反應物的接觸面積， 故答案為：粉碎；(2)由題干信息可知，浸取”過程中的反應物是CeO2和硫酸，產(chǎn)物是CeSO42+,則反應的離子方程式為 CeO2 + 4H+ + SO4- = CeSO4產(chǎn) + 2H2O,故答案為

4、：CeC2 + 4H+ + SO4- = CeSO42+ + 2H2O;由題干信息中Ce3+能被HR萃取，可知轉化”過程中H2O2的作用是將+4價的鈾還原為+3 價，以便萃取，故答案為：將+4價的鈾還原為+3價，以便萃取；(4)設計“萃取”和“反萃取”操作的目的是提純、富集錦元素；萃取劑應具備的性質有：萃取劑不能與水互溶且也不能與水反應，萃取劑不能與被萃取的物質反應，被萃取的物質在萃取劑中的溶解度要大于其在水中的溶解度，故答案為：提純、富集錦元素；bcd;3 K由Ce(OH)3的溶度積可知，為了使 Ce3+元全譏江，溶披中的至少為c(OH - ) = ' 3 =c(ce )3 1X 1

5、Q-20u .工1X 1014c 、，,1x105 = 1 x 10-5 mol/L ,則 c(H ) = 1X 10,5 mol/L = 1 X10-9 mol/L ,故溶放的 pH 應大于9故答案為：9;(6) “氧化”操作得到產(chǎn)品的化學方程式為4Ce(OH) 3 + O2 + 2H2。= 4Ce(OH) 4,故答案為：4Ce(OH) 3 + O2 + 2H2O= 4Ce(OH) 4 ；(7)CeO2消除CO是在還原氣氛中的反應，根據(jù)題干反應過程的方程式可知，CeO2消除CO的化學方程式為CeO2 +xCO = CeO2-x + XCO2。故答案為：CeO2 +xCO = CeO2-x +

6、 XCO2。2.饃電池是一類應用比較廣泛的可充電電池，報廢后其金屬外殼可以直接回收，同時芯廢料中含有的大量金屬元素也可被利用。已知芯廢料中饃元素含量在50 %(質量分數(shù)，下同)左右，鉆、鋁、鐵、銘含量為1%10%。某課題小組研究廢饃電池資源化生產(chǎn)醋酸鉆、硫酸饃的工藝流程如下：Fe(OHhH：SOi NuCO.Sill (HI h整修酸S3回答下列問題:(1)芯廢料中的金屬元素多以單質形式存在，不宜用濃硫酸浸取。 用稀硫酸浸取時，為了提高浸取率，可以采取的措施是 (任寫一條)。(2) “氧化除雜”時，先加入 H2O2溶液，再調(diào)節(jié)溶液的 pH為4.55.2。加入H2O2的目的是(用離子方程式表示

7、)。(3)向除雜后的濾液中加入NaClO溶液，反應后溶液呈酸性，Co2+轉化為Co(OH)3而Ni2+不發(fā)生變化，從而實現(xiàn)鉆、饃分離。寫出該過程中發(fā)生反應的離子方程式：(4)可用CO氣體與堿性醋酸鉆溶液在一定條件下反應制備催化劑四玻基鉆鈉NaCo(CO)4,反應原理為LLC1。+ VlQir十 + LSH/；。不同條件下制備四?；@鈉，然后探究其催化環(huán)氧乙烷(EO)厥基化合成MHP的性能，結果如圖所示。70RO茹一向四花聰聒的介成溫噌(C 四嫁V粘軸合假以哎對MHPft底反魔的祀喇 甲門磔四腰攀抬惻:口壓力MP.合此4碟4相WCOflL/jiiMUP住在反'電的彭響 乙根據(jù)合成四?；@

8、鈉的反應原理，分析溫度(低于100 C)、壓強對該反應的反應速率 及 醋 酸 鉆 轉 化 率 的 影 響 由圖甲可知，7080c時，溫度升高有利于提高 由圖乙可知，合成四玻基鉆鈉的最佳壓強為 由圖可知，四?；@鈉催化環(huán)氧乙烷(EO)厥基化合成MHP時，當溫度高于90 c時，MHP的收率迅速降低的主要原因可能為 ;壓強大于3.0 MPa時，MHP 的收率迅速降低的主要原因可能為【答案】(1)增大反應物的接觸面積、充分攪拌、適當升高溫度、適當增大硫酸濃度、增加浸取時間(2)2Fe 2+ + 2H+ + H2O2 = 2Fe3+ + 2H2O(3)ClO- + 2Co2+ + 5H2O= 2Co(O

9、H)3 J+Cl- + 4H +(4)升高溫度有利于提高反應速率，但不利于提高醋酸鉆的轉化率；增大壓強，既有 利于提高反應速率，又有利于提高醋酸鉆的轉化率EO的轉化率及 MHP的收率 3.0 MPa MHP的選擇性下降；EO的轉化率下降3,用如圖裝置電解TiO2固體可制得金屬鈦，用熔融CaC2作電解質(可傳導O2- ),則石 墨為 極，陰極的電極反應式為 .g bJ一熔融的(2)0.3 molCl2與焦炭、TiO2完全反應，生成一種還原性氣體和一種易水解成TiO2 xH2O的液態(tài)化合物，放出熱量 12.84 kJ,該反應的熱化學方程式為 .n納米二氧化鈦(TiO2)常用于化妝品、功能纖維等領域

10、中，具有良好的紫外線屏蔽作用.納米二氧化鈦還能夠除去甲醛.通常被稱為光觸媒，有光的條件下可以清除甲醛.工業(yè)上可用如下方法制得納米二氧化鈦.過求 GHQH NHjT 轉化|4過4鍥作A |4葉饒|納米Ti5 施沿XGHQH已知：TiCl 4 + 4c2H50H Ti(OC2 H5)4 + 4HCl.在“轉化”步驟中，溶液中氯元素在固、液、氣三相中變化如圖所示:4 3 2 1 0 下列分散系中的分散質的 微粒直徑與納米二氧化 鈦具有相同數(shù)量級的是 (填字母代號).A.蛋白質溶液 B. Ca(OH) 2懸濁液C.Fe(OH) 3膠體D.油漆等乳濁液檢驗產(chǎn)物二氧化鈦粉末是否為納米級的方法是 .(2)操

11、彳A的名稱為;煨燒前不需要除去固體含有的雜質，直接煨燒可獲得合格產(chǎn)品，其原因是.濾丫X的成分為 (填名稱).【答案】I陽；TiO2 + 4e- = Ti + 2O2-1(2)2Cl 2(g) + TiO2(s) + 2C(s) = TiCl4(l) + 2CO(g) AH= -85.6 kJ mol- n (1) AC取少量粉末溶于水中，用一束光照射，能觀察到一束光的通路，說明該粉末為納米級(2)蒸儲；在該條件下，乙醇揮發(fā)，氯化俊分解為氣體氯化俊【解析】【分析】本題考查電解原理的應用、熱化學方程式書寫、制取無機物工藝流程分析以及膠體的性質應用等知識，難度不大。掌握電解池的陰陽極電極式書寫和無機

12、工藝流程分析是解答關鍵。【解答】I .(1)由電解裝置中O2-的移動方向可知，石墨為陽極，陰極的電極反應式為TiO2 + 4e- = Ti + 2O2-;(2)易水解成TiO2 xH2。的液態(tài)化合物為TiCl4,還原性氣體為 CO,可得其反應為2cb(g) + TiO2(s) + 2C(s) = TiCl4(l) + 2CO(g),根據(jù)0.3 mol Cl2反應，放出熱量 12.84 kJ可得，2molCl 22.反應時放熱為高X 12.84kJ = 85.6kJ ,則熱化學萬程式為2c匕+ TiO2 (s) + 2c(s)= 0.3TiCl4(l) + 2CO(g) AH = -85.6 k

13、J mol-1 ；n .(1)納米(10 -9 m)二氧化鈦和膠體的微粒直徑有相同的數(shù)量級，懸濁液和乳濁液不符合,故AC正確； 檢驗產(chǎn)物二氧化鈦粉末是否為納米級的方法是取少量粉末溶于水中，用一束光照射，能觀察到一束光的通路，說明該粉末為納米級；(2) 由操作 A 得到乙醇可知，該操作為蒸餾；煅燒時，雜質乙醇揮發(fā)，氯化銨分解為氣體，故不需要除去雜質； 由TiCl4 + 4c2H50H f Ti(OC2H5)4 + 4HCl和 圖像可知，通入 NH3后，可與HCl反應生成氯化銨固體，則濾渣X 的成分為氯化銨?！窘馕觥俊痉治觥勘绢}考查影響化學反應速率的因素、化學平衡移動的影響因素、離子方程式的書寫、

14、反應條件的控制等，題目難度大，熟練掌握化學平衡的影響是解題的關鍵?！窘獯稹?1) 可提高浸取率的措施有增大反應物的接觸面積、充分攪拌、適當升高溫度、適當增大硫酸濃度、增加浸取時間等；故答案為：增大反應物的接觸面積、充分攪拌、適當升高溫度、適當增大硫酸濃度、增加浸取時間等；(2) 雙氧水的作用為將Fe2+ 氧化為 Fe3+ 以便沉淀除去，離子方程式為2Fe2+ + 2H+ +H 2O2 =2Fe3+ + 2H2O；故答案為：2Fe2+ + 2H + +H 2O2 = 2Fe3+ + 2H2 O；(3)根據(jù)氧化還原反應原理可得，離子方程式為ClO- + 2Co2+ + 5H2。= 2Co(OH)3

15、 J+Cl - +4H +；故答案為：CIO- + 2Co2+ + 5H 20= 2Co(OH)3 J+C+ 4H+；(4) 該反應是有氣體參與、沒有氣體生成的反應，只有該反應為放熱反應時才能正向自發(fā)進行， 升高溫度有利于提高反應速率，但不利于CO 的溶解， 故不利于提高醋酸鈷的轉化率；增大壓強，既有利于提高反應速率，又有利于提高醋酸鉆的轉化率；故答案為：升高溫度有利于提高反應速率，但不利于提高醋酸鈷的轉化率；增大壓強，既有利于提高反應速率，又有利于提高醋酸鈷的轉化率；由圖甲可知，7080c時，E0的轉化率及 MHP的收率隨溫度的升高面增大；故答案為：EO 的轉化率及MHP 的收率；由圖乙可知

16、，3.0 MPa下，E0的轉化率、MHP的收率和MHP的選擇性基本最高；故答案為：3.0 MPa； 由圖甲可知，當溫度高于90 時， E0 的轉化率基木不再改變，但MHP 的收率下降，說明 MHP 的選擇性下降(即發(fā)生了更多副反應)可能是 MHP 收率下降的主要原因；由圖乙可知，當壓強大于3.0MPa時，MHP的選擇性基本不再改變， 所以MHP的吸收率迅速下降的主要原因可能為E0 的轉化率下降；故答案為：MHP 的選擇性下降；E0 的轉化率下降。4 .氟碳鈾礦(主要成分為CeFCQ)是提取稀土化合物、冶煉鋪的重要礦物原料，以氟碳鋪 礦為原料提取鈰的工藝流程如圖所示。CMOMi.i*AD;CQ&

17、gt;HF加HI7殳營提1i iTfflSCfT,taMIIVpIIr回答下列問題:(1)CeFCO3中Ce的化合價為 。(2)氧化培燒時不能使用陶瓷容器，原因是 。(3)氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為 CeO2.則酸浸時發(fā)生反應的離子方程式為。(4) HT是一種難溶于水的有機溶劑，則操作I的名稱為 。(5)為了提高酸浸率，可以適當提高反應溫度，但溫度偏高浸出率反而會減小，其原因是 O(6)有機物HT能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為 Ce3+ (水層)+ 3HT(有機 層)？ CeT3(有機層)+ 3H+(水層)。向CeT3(有機層)中加入稀硫酸能獲得較純的含 Ce3+ 的水溶液，從平衡

18、角度解釋其原因 。寫出向Ce(OH) 3懸濁液中通入氧氣得到產(chǎn)品Ce(OH) 4的化學方程 式： ?！敬鸢浮?1) +3;(2)陶瓷會與生成的 HF反應；(3)2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 T+4H 2。；(4)分液或萃取分液；(5)溫度升高后，雙氧水會分解，造成浸出率減?。?6)向混合液中加入稀 H2SO4使c(H + )增大，平衡向形成 Ce3+水溶液方向移動;(7)4Ce(OH) 3 + O2 + 2H2。= 4Ce(OH) 4 °【解析】【分析】物質的分離操作、化學平衡的移動、 氧化還原反本題主要考查了影響化學反應速率的因素、應的書寫及質量分數(shù)的計算，是對化學基礎知識的綜合考查，對學生綜合應用基礎知識的能力要求較高，答題時注意守恒的方法及平衡的思想的運用，題目難度中等。【解答】(1)CeFCO3中F元素為-1價，碳元素為+4價，氧元素為-2價，由化合物各元