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考点33 物质制备型化工流程题
1．工艺流程图：
(1)读流程图
①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。
②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
(2)解题要点
①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品，b.了解题目提供的信息，c.分析各步的反应条件、原理及物质成分，d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。
②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理，c.生产要求及反应条件，d.有关产率、产量及组成的计算，e.绿色化学。
2．常考化工术语
常考化工术语关键词 释义
研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应(溶解)速率或使反应更充分，增大原料的转化率(或浸取率)
灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
过滤 固体与液体的分离
滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗 用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用 溶解，除去氧化物(膜)，抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(形成沉淀等)
3.常考条件控制
(1)控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。
②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。
③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
(2)控制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。
(3)控制压强：改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。
(6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。
(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。
1．增大原料浸出率（离子在溶液中的含量多少）的措施：搅拌、适当升高温度、延长浸出时间、增大浸出液的浓度、固体粉碎增大接触面积
2．提高固体的焙烧效率方法：增加氧气的量、固体充分粉碎、逆流焙烧、适当升温等。
3．加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向（一般是有利于生成物生成的方向）移动
4．温度不高于××的原因：适当加快反应速率, 但温度过高会造成（如浓硝酸）挥发（如H2O2、NH4HCO3）分解(如Na2SO3)氧化或促进（如AlCl3）水解等，影响产品的生成
5．温度不低于××的原因：加快反应速率或者对于吸热反应而言可是平衡正移，增加产率。
6． “浸出”步骤中，例如：为提高镁的浸出率，可采取的措施有：
适当提高反应温度、增加浸出时间，加入过量硫酸，边加硫酸边搅拌
7．例如：如何提高吸收液和SO2反应速率：
适当提高温度、增大吸收液或NaClO3的浓度、增大SO2与吸收液的接触面积或搅拌
物质制备型化工流程题的解题方法和技巧：
明确题目要制备什么物质，给的原料是什么，利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多地获得产品，核心是提高反应物的转化率。围绕这个核心分析药品、操作、条件的作用，做到有的放矢。
1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。
3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SO、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。
4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。
5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。
6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：
(1)对反应速率有何影响。
(2)对平衡转化率是否有利。
(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。
1．钴是生产多种合金和钴盐的重要原料，水钴矿主要成分为CoOOH，同时含有少量Fe、Al、Mn、Mg、Ca、Ni的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取Co的工艺流程如图所示：
已知：①Ksp(MgF2)=7.5×10-11 mol3·L-3；Ksp(CaF2)=1.5×10-10 mol3·L-3。
②部分阳离子以氢氧化物形成沉淀时，溶液的见下表：
沉淀物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀时的pH 7.0 2.7 7.6 7.7 4.0
沉淀完全时的pH 9.6 3.7 9.2 9.8 5.2
请回答下列问题：
(1)CoOOH中Co的化合价为___________，Na2S2O3溶液的作用是___________，请写出“还原酸浸”中发生的氧化还原反应的化学方程式是___________。
(2)浸出液中加入NaClO溶液的目的是___________。
(3)浸出过程中加入Na2CO3溶液调pH的范围是___________。
(4)加入过量NaF后，所得滤液Ⅱ中 ___________。
(5)Co能与强酸反应产生H2.工业上采用惰性电极电解CoCl2溶液制取钴。不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是___________。
2．铍作为一种新兴材料日益被重视，有“超级金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，工艺流程如图所示：
已知：①按元素周期表的对角线规则Be和Al性质相似；
②几种物质沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Be(OH)2
开始沉淀时 1.5 3.3 6.5 5.2
沉淀完全时 3.7 5.0 9.7 8.8
回答下列问题：
(1)“酸浸”时将熔炼后的熔块粉碎的目的是___________。
(2)“调pH”得到沉淀的合理pH范围是___________。
(3)“沉淀" 反应不宜使用NaOH溶液的原因是(用离子方程式表示)___________。
(4)从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是___________、___________、过滤、洗涤、干燥。
(5)“ 高温反应”需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是___________。
(6)3BeO·Al2O3·6SiO2中O、Si、Al元素第一电离能由大到小的顺序为___________。绿柱石中Be元素的质量分数为a%，上述过程中 Be的产率为b%。则1 t该绿柱石理论上能生产含铍量1%的镀铜合金___________t。
3．某废旧金属材料中主要含、Cu、Al、、FeO、、CuO(其与成分与酸碱都不反应)和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Al、Cu、绿矾等。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并除去_______。
(2)“碱浸”时发生的化学方程式为_______。
(3)操作Ⅰ、Ⅱ中使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是_______。
(4)试剂a为_______(填化学式)，加入试剂a后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为_______。
(5)滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过_______、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。
(6)绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取被部分氧化为硫酸铁的晶体溶于稀盐酸后，加入足量的溶液，过滤得沉淀；再通入(标准状况)氯气恰好将其中的完全氧化。
①为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是_______(填标号)。
A．氯水 B．溶液 C．溶液 D．酸性溶液
②推测晶体的化学式为_______。
4．聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)6-2n(SO4)n](简称PAFS或PFAS)在处理废水方面有重要的应用。某化工厂利用硫铁矿烧渣[主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2(不溶于水和酸溶液)等]和粉煤灰(主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等)为原料生产聚合硫酸铁铝的流程如下：
回答下列问题：
(1)滤渣2中主要物质的化学式是___________。
(2)“碱溶”步骤中发生反应的化学方程式为___________。
(3)“酸溶1”所得溶液中主要离子有___________。
(4)“氧化”步骤中发生反应的离子方程式为___________。
(5)控制一定条件，若将含84 kg碳酸氢钠的溶液加入1000 L硫酸铁溶液和硫酸铝溶液的混合溶液中，恰好完全反应生成难溶的AlFe(OH)2(SO4)2、Na2SO4和二氧化碳。通过计算(写出计算过程)求：
①准状况下，产生二氧化碳的体积___________。
②反应后溶液中Na2SO4的物质的量浓度___________(假定溶液体积不变)。
5．高纯二氧化锰广泛应用于电子工业。工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，含少大量SiO2、Al2O3、FeCO3、PbCO3等杂质)为原料制备高纯二氧化锰的流程图如下：
已知：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mn2+
开始沉淀pH 1.5 3.3 6.5 8.3
完全沉淀pH 3.7 5.2 9.7 10.0
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需将碳酸锰矿粉碎的目的是_______，滤渣I的主要成分是_______(填化学式)。
(2)“氧化”时反应的离子方程式为_______。
(3)“除杂”时需控制溶液的pH范围是_______。
(4)“沉锰”时生成MnCO3沉淀，其反应的离子方程式为_______；常温下，Ksp[Mn(OH)2]=_______[已知：当c(Mn2+)=10-5mol·L-1，认为Mn2+沉淀完全]。
(5)“焙烧”时反应的化学方程式为_______。
(6)MnO2含量测定：准确称取mgMnO2样品于锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol·L-1草酸钠溶液和适量硫酸，加热将MnO2转化为MnSO4。待样品完全溶解后，冷却，立即用0.1000mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的草酸钠溶液.消耗KMnO4溶液16.00mL。
①滴定终点的现象是_______。
②MnO2样品的纯度为_______(用含m的式子表示)。
1．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
2．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L 1)的pH沉淀完全时(c=1.0×10 5 mol·L 1)的pH 7.28.7 3.74.7 2.23.2 7.59.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
3．高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L 1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中4．高锰酸钾（）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_______________________。
（2）“平炉”中发生的化学方程式为______________________。
（3）“平炉”中需要加压，其目的是______________________。
（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和____________（写化学式）。
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为___________________，阴极逸出的气体是______________。
③“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L 1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为___________________
（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。
5．我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
6．Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为____________________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：
温度/℃ 30 35 40 45 50
TiO2·xH2O转化率/% 92 95 97 93 88
分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_______________________________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为___________。
（5）若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成______________（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式____________。
一轮再回顾
易错点精析
二轮热点难点突破
针对训练
突破提升
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考点33 物质制备型化工流程题
1．工艺流程图：
(1)读流程图
①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。
②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
(2)解题要点
①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品，b.了解题目提供的信息，c.分析各步的反应条件、原理及物质成分，d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。
②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理，c.生产要求及反应条件，d.有关产率、产量及组成的计算，e.绿色化学。
2．常考化工术语
常考化工术语关键词 释义
研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应(溶解)速率或使反应更充分，增大原料的转化率(或浸取率)
灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
过滤 固体与液体的分离
滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗 用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用 溶解，除去氧化物(膜)，抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(形成沉淀等)
3.常考条件控制
(1)控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。
②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。
③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。
(2)控制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。
(3)控制压强：改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。
(6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。
(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。
1．增大原料浸出率（离子在溶液中的含量多少）的措施：搅拌、适当升高温度、延长浸出时间、增大浸出液的浓度、固体粉碎增大接触面积
2．提高固体的焙烧效率方法：增加氧气的量、固体充分粉碎、逆流焙烧、适当升温等。
3．加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向（一般是有利于生成物生成的方向）移动
4．温度不高于××的原因：适当加快反应速率, 但温度过高会造成（如浓硝酸）挥发（如H2O2、NH4HCO3）分解(如Na2SO3)氧化或促进（如AlCl3）水解等，影响产品的生成
5．温度不低于××的原因：加快反应速率或者对于吸热反应而言可是平衡正移，增加产率。
6． “浸出”步骤中，例如：为提高镁的浸出率，可采取的措施有：
适当提高反应温度、增加浸出时间，加入过量硫酸，边加硫酸边搅拌
7．例如：如何提高吸收液和SO2反应速率：
适当提高温度、增大吸收液或NaClO3的浓度、增大SO2与吸收液的接触面积或搅拌
物质制备型化工流程题的解题方法和技巧：
明确题目要制备什么物质，给的原料是什么，利用已有化学知识并结合题干给出的提示信息勾勒出原料到目标产物的化学转化路径。流程中药品、各种条件的选择都是为了能更多地获得产品，核心是提高反应物的转化率。围绕这个核心分析药品、操作、条件的作用，做到有的放矢。
1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。
3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SO、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。
4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。
5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。
6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：
(1)对反应速率有何影响。
(2)对平衡转化率是否有利。
(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。
1．钴是生产多种合金和钴盐的重要原料，水钴矿主要成分为CoOOH，同时含有少量Fe、Al、Mn、Mg、Ca、Ni的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取Co的工艺流程如图所示：
已知：①Ksp(MgF2)=7.5×10-11 mol3·L-3；Ksp(CaF2)=1.5×10-10 mol3·L-3。
②部分阳离子以氢氧化物形成沉淀时，溶液的见下表：
沉淀物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀时的pH 7.0 2.7 7.6 7.7 4.0
沉淀完全时的pH 9.6 3.7 9.2 9.8 5.2
请回答下列问题：
(1)CoOOH中Co的化合价为___________，Na2S2O3溶液的作用是___________，请写出“还原酸浸”中发生的氧化还原反应的化学方程式是___________。
(2)浸出液中加入NaClO溶液的目的是___________。
(3)浸出过程中加入Na2CO3溶液调pH的范围是___________。
(4)加入过量NaF后，所得滤液Ⅱ中 ___________。
(5)Co能与强酸反应产生H2.工业上采用惰性电极电解CoCl2溶液制取钴。不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是___________。
【答案】(1) +3或正三价 还原CoOOH成Co2+
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)
(4)2
(5)若用CoSO4代替CoCl2，水在阳极放电生成的H+与Co反应，导致Co产率降低
【解析】
【分析】
由题给流程可知，向水钴矿中加入硫代硫酸钠溶液和稀硫酸，经还原酸浸、过滤得到含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2~7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和除去铁离子、铝离子的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入氟化钠溶液，将溶液中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙沉淀、氟化镁沉淀和除去钙离子、镁离子的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ中加入有机萃取剂，分液得到除去镍离子、锰离子的萃后余液；向萃后余液中加入草酸铵溶液，将溶液中钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到Ⅲ和二水草酸钴沉淀；向二水草酸钴沉淀中加入盐酸，将沉淀溶解得到氯化钴溶液；电解氯化钴溶液制得金属钴，据此分析作答。
(1)
CoOOH中Co的化合价为+3或正三价；Na2S2O3溶液的作用是还原CoOOH成Co2+； “还原酸浸”中发生的氧化还原反应的化学方程式是：，故答案为：+3或正三价；还原CoOOH成Co2+；；
(2)
向浸出液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；
(3)
根据表可知，溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2~7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，故答案为：；
(4)
加入过量NaF后，将溶液中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，则所得滤液Ⅱ中，故答案为：2；
(5)
因为Co能与强酸反应产生H2，若用CoSO4代替CoCl2，水在阳极放电生成的H+与Co反应，导致Co产率降低，故答案为：若用CoSO4代替CoCl2，水在阳极放电生成的H+与Co反应，导致Co产率降低。
2．铍作为一种新兴材料日益被重视，有“超级金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，工艺流程如图所示：
已知：①按元素周期表的对角线规则Be和Al性质相似；
②几种物质沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Be(OH)2
开始沉淀时 1.5 3.3 6.5 5.2
沉淀完全时 3.7 5.0 9.7 8.8
回答下列问题：
(1)“酸浸”时将熔炼后的熔块粉碎的目的是___________。
(2)“调pH”得到沉淀的合理pH范围是___________。
(3)“沉淀" 反应不宜使用NaOH溶液的原因是(用离子方程式表示)___________。
(4)从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是___________、___________、过滤、洗涤、干燥。
(5)“ 高温反应”需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是___________。
(6)3BeO·Al2O3·6SiO2中O、Si、Al元素第一电离能由大到小的顺序为___________。绿柱石中Be元素的质量分数为a%，上述过程中 Be的产率为b%。则1 t该绿柱石理论上能生产含铍量1%的镀铜合金___________t。
【答案】(1)增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率
(2)5.0 ≤ pH ＜ 5.2
(3)2OH-＋Be(OH)2 =＋2H2O
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率
(6) O＞Si＞Al 0.01ab
【解析】
【分析】
绿柱石(主要成分3BeO Al2O3 6SiO2，还含有铁等杂质)，加入石灰石熔炼，SiO2、Al2O3分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙，BeO和熔融石灰石反应生成铍酸钙，粉碎后加入稀硫酸溶解，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，滤渣1为H2SiO3等，加入足量H2O2氧化FeSO4为Fe2(SO4)3，向滤液中加入氨水调pH，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有BeSO4、(NH4)2SO4，再向溶液中加入氨水得到Be(OH)2，加入NH3、HF得到(NH4)2BeF4，灼烧分解得到BeF2，加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。
(1)
“酸浸”时将熔炼后的熔块粉碎的目的是增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率；
(2)
加入氨水调pH使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则pH大于5.0，同时不能出现Be(OH)2沉淀，则pH小于5.2，则得到沉淀的合理pH范围是5.0 ≤ pH ＜5.2；
(3)
已知Be和Al性质相似，则Be(OH)2具有两性，能与强碱溶液反应而溶解，“沉淀" 反应不宜使用NaOH溶液的原因是2OH-＋Be(OH)2 =＋2H2O；
(4)
从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)
加入Mg进行“ 高温反应”得到Be，Mg和Be的化学性质都较活泼，需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率；
(6)
同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，故第一电离能O＞Si＞Al；根据Be元素质量守恒，设镀铜合金为xt，1t×a%×b%=xt×1%，解得x=0.01ab t。
3．某废旧金属材料中主要含、Cu、Al、、FeO、、CuO(其与成分与酸碱都不反应)和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Al、Cu、绿矾等。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并除去_______。
(2)“碱浸”时发生的化学方程式为_______。
(3)操作Ⅰ、Ⅱ中使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是_______。
(4)试剂a为_______(填化学式)，加入试剂a后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为_______。
(5)滤液Ⅱ制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸再经过_______、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。
(6)绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取被部分氧化为硫酸铁的晶体溶于稀盐酸后，加入足量的溶液，过滤得沉淀；再通入(标准状况)氯气恰好将其中的完全氧化。
①为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是_______(填标号)。
A．氯水 B．溶液 C．溶液 D．酸性溶液
②推测晶体的化学式为_______。
【答案】(1)有机物
(2)
(3)漏斗
(4)
(5)蒸发浓缩
(6) D 或者
【解析】
(1)
根据废旧金属材料的成分，“焙烧”的目的是将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物；故答案为有机物；
(2)
焙烧后Al2O3为两性氧化物，能与NaOH溶液反应，其反应方程式为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；故答案为Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；
(3)
操作I、Ⅱ得到滤渣和滤液，操作步骤为过滤，使用的玻璃仪器是(普通)漏斗、烧杯、玻璃棒，缺少的玻璃仪器是(普通)漏斗；故答案为(普通)漏斗；
(4)
加入硫酸酸浸后，溶液中的金属阳离子为Cu2＋、Fe3＋，根据流程，得到Cu和绿矾，加入试剂a为铁粉，发生的反应为Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；故答案为Fe；Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；
(5)
从溶液中得到绿矾，操作步骤是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为蒸发浓缩；
(6)
①确定绿矾未被全部被氧化，需要检验Fe2＋存在
A．加入氯水，虽然氯水能将Fe2＋氧化Fe3＋，但溶液颜色变化不明显，故A不符合题意；
B．KSCN溶液是检验Fe3＋存在，无法证明Fe2＋是否存在，故B不符合题意；
C．加入NaOH溶液，Fe3＋与OH－反应生成红褐色沉淀，Fe2＋与OH－反应生成白色沉淀Fe(OH)2，氢氧化亚铁不易观察出来，故C不符合题意；
D．利用高锰酸钾溶液强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，紫红色褪去，溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明绿矾未被全部氧化，故D符合题意；
答案为D；
②加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32g，该沉淀为BaSO4，即n(SO)==0.04mol，再通入氯气，发生2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)=2×=0.01mol，根据电荷守恒，n(Fe3＋)=0.02mol，n(H2O)==0.15mol，该晶体的化学式为FeSO4·Fe2(SO)4·15H2O或Fe3(SO4)4·15H2O；故答案为FeSO4·Fe2(SO)4·15H2O或Fe3(SO4)4·15H2O。
4．聚合硫酸铁铝[AlFe(OH)6-2n(SO4)n](简称PAFS或PFAS)在处理废水方面有重要的应用。某化工厂利用硫铁矿烧渣[主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2(不溶于水和酸溶液)等]和粉煤灰(主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等)为原料生产聚合硫酸铁铝的流程如下：
回答下列问题：
(1)滤渣2中主要物质的化学式是___________。
(2)“碱溶”步骤中发生反应的化学方程式为___________。
(3)“酸溶1”所得溶液中主要离子有___________。
(4)“氧化”步骤中发生反应的离子方程式为___________。
(5)控制一定条件，若将含84 kg碳酸氢钠的溶液加入1000 L硫酸铁溶液和硫酸铝溶液的混合溶液中，恰好完全反应生成难溶的AlFe(OH)2(SO4)2、Na2SO4和二氧化碳。通过计算(写出计算过程)求：
①准状况下，产生二氧化碳的体积___________。
②反应后溶液中Na2SO4的物质的量浓度___________(假定溶液体积不变)。
【答案】(1)Fe2O3、FeO
(2)Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
(3)Fe3+、Fe2+、H+、
(4)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
(5) 22400 L 0.5 mol/L
【解析】
【分析】
硫铁矿烧渣的主要成分为Fe3O4、FeO、SiO2等 ，矿渣用硫酸溶解时，Fe3O4、FeO与硫酸发生反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，则滤渣I为SiO2，用H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+，最后得到结晶I为硫酸铁。粉煤灰的主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO等，“碱溶”时，两性氧化物Al2O3与NaOH能发生反应生成NaAlO2和水，则滤渣I为Fe2O3、FeO，NaAlO2与二氧化碳反应生成氢氧化铝，Al(OH)3与H2SO4反应得到Al2(SO4)3，据此分析作答。
(1)
用NaOH溶液溶解粉煤灰(主要成分为Al2O3、Fe2O3、FeO)时，Al2O3反应变为可溶性NaAlO2进入溶液，而Fe2O3、FeO不发生反应进入炉渣2中，所以滤渣2中主要物质的化学式是Fe2O3、FeO；
(2)
“碱溶”时Al2O3与NaOH反应产生可溶性NaAlO2和水，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)
硫铁矿烧渣主要成分是Fe3O4、FeO、SiO2，用硫酸进行酸溶时，金属氧化物与酸反应产生可溶性盐和水，反应方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O，由于硫酸足量，所以所得溶液中主要离子有Fe3+、Fe2+、H+、；
(4)
酸溶所得溶液中Fe2+具有还原性，可以被H2O2氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(5)
根据C元素守恒可知反应产生的CO2气体的物质的量是n(CO2)=n(NaHCO3)=，则反应产生的CO2气体在标准状况下的体积V(CO2)=1000 mol×22.4 L/mol=22400 L；
②将含84 kg碳酸氢钠的溶液加入1000 L硫酸铁溶液和硫酸铝溶液的混合溶液中，恰好完全反应生成难溶的AlFe(OH)2(SO4)2、Na2SO4和CO2。该反应的化学方程式为：4NaHCO3+Fe2(SO4)3+Al2(SO4)3=2AlFe(OH)2(SO4)2↓+2Na2SO4+4CO2↑，根据方程式中物质反应转化关系可知：n(Na2SO4)=n(NaHCO3)=500 mol，由于溶液的体积是1000 L，故所得溶液中硫酸钠的浓度为c(Na2SO4)=。
5．高纯二氧化锰广泛应用于电子工业。工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，含少大量SiO2、Al2O3、FeCO3、PbCO3等杂质)为原料制备高纯二氧化锰的流程图如下：
已知：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Al3+ Fe2+ Mn2+
开始沉淀pH 1.5 3.3 6.5 8.3
完全沉淀pH 3.7 5.2 9.7 10.0
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需将碳酸锰矿粉碎的目的是_______，滤渣I的主要成分是_______(填化学式)。
(2)“氧化”时反应的离子方程式为_______。
(3)“除杂”时需控制溶液的pH范围是_______。
(4)“沉锰”时生成MnCO3沉淀，其反应的离子方程式为_______；常温下，Ksp[Mn(OH)2]=_______[已知：当c(Mn2+)=10-5mol·L-1，认为Mn2+沉淀完全]。
(5)“焙烧”时反应的化学方程式为_______。
(6)MnO2含量测定：准确称取mgMnO2样品于锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol·L-1草酸钠溶液和适量硫酸，加热将MnO2转化为MnSO4。待样品完全溶解后，冷却，立即用0.1000mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的草酸钠溶液.消耗KMnO4溶液16.00mL。
①滴定终点的现象是_______。
②MnO2样品的纯度为_______(用含m的式子表示)。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率 SiO2 和PbSO4
(2)4H+ + MnO2 +2Fe2+=2Fe3+ + Mn2+ +2H2O
(3)5. 2≤pH<8.3
(4) Mn2++ 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O 1.0 ×10-13
(5)2MnCO3 +O2 2MnO2 +2CO2
(6) 最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色 %
【解析】
【分析】
碳酸锰矿的主要成分为MnCO3，含少量SiO2、Al2O3、FeCO3、PbCO3等杂质，加入硫酸酸溶时，主要发生反应为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O，另Al2O3、FeCO3、PbCO3也与H2SO4反应生成硫酸盐，其中PbSO4难溶于水，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣1的成分是PbSO4和SiO2，滤液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+、Pb2+(未完全沉淀的)以及过量的硫酸，氧化工序中加入MnO2将Fe2+氧化Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，除杂工序中加入氨水调节溶液的pH大于5.2，使Al3+和Fe3+完全沉淀，过滤得到MnSO4溶液，再加入NH4HCO3溶液反应生成MnCO3，化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，过滤、洗涤、烘干，再在空气中焙烧，生成MnO2，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“酸浸”时将碳酸锰矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，“酸浸”时MnCO3、Al2O3、FeCO3、PbCO3与稀硫酸反应生成Mn2+、A13+、Fe2+和PbSO4，故滤渣I的主要成分是SiO2和PbSO4，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；SiO2和PbSO4；
(2)
由分析可知，“氧化”时MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为4H+ + MnO2 +2Fe2+=2Fe3+ + Mn2+ +2H2O，故答案为：4H+ + MnO2 +2Fe2+=2Fe3+ + Mn2+ +2H2O；
(3)
由分析可知，“除杂”时将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3 和Al(OH)3沉淀，而Mn2+不沉淀，故需控制溶液的pH范围为5. 2≤pH<8.3，故答案为：5. 2≤pH<8.3；
(4)
由分析可知，“沉锰”时将Mn2+转化为MnCO3 沉淀，其反应的离子方程式为Mn2++ 2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，由表中数据可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+ ) ×c2(OH- )=10-5×()2=1.0 ×10-13，故答案为：Mn2++ 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；1.0 ×10-13；
(5)
由分析可知，“焙烧”时将MnCO3转化为MnO2，故反应的化学方程式为2MnCO3 +O22MnO2 +2CO2，故答案为：2MnCO3 +O22MnO2 +2CO2；
(6)
①KMnO4溶液滴定过量的草酸钠溶液，滴定终点的现象是最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，故答案为：最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；
②测定过程中发生下列反应：MnO2 ++4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O，2MnO4- + 5 + 16H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O，故MnO2祥品的纯度为×100%=%，故答案为：%。
1．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
【答案】 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【解析】
【分析】
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
【详解】
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
2．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L 1)的pH沉淀完全时(c=1.0×10 5 mol·L 1)的pH 7.28.7 3.74.7 2.23.2 7.59.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
【答案】 除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O Ni2+、Fe2+、Fe3+ O2或空气 Fe3+ 3.2~6.2 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O 提高镍回收率
【解析】
【分析】
由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
3．高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L 1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
【答案】 SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7 NiS和ZnS F 与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F 平衡向右移动 Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【详解】
（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；
（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；
（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；
（5）由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=4，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3
4．高锰酸钾（）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_______________________。
（2）“平炉”中发生的化学方程式为______________________。
（3）“平炉”中需要加压，其目的是______________________。
（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和____________（写化学式）。
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为___________________，阴极逸出的气体是______________。
③“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L 1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为___________________
（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。
【答案】 扩大接触面积，加快化学反应速率 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O 增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 K2CO3 MnO42--e-=MnO4- H2 3:2 95.62%
【解析】
【详解】
（1） MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；
（2） 根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是H2O，则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；
（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；
（4） ①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。电极反应式是：MnO42--e-=MnO4-；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH 可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是2/3，所以二者的理论利用率之比为3:2；
（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO4～5H2C2O4。配制的溶液的浓度为：。则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n=KMnO4的质量为：m=" 0.006536mol" × 158g/mol =1.03269g。故其纯度为：×100%=95.62%。
5．我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】 2ZnS+3O22ZnO+2SO2 PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+ Zn+Cd2+Zn2++Cd Zn2++2e－Zn 溶浸
【解析】
【分析】
焙烧时硫元素转化为SO2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出Cd，最后将滤液电解得到金属锌，据此将解答。
【详解】
（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
6．Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为____________________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：
温度/℃ 30 35 40 45 50
TiO2·xH2O转化率/% 92 95 97 93 88
分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_______________________________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为___________。
（5）若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成______________（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式____________。
【答案】 100℃、2h，90℃，5h FeTiO3+ 4H++4Cl = Fe2++ TiOCl42- + 2H2O 低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 4 Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=mol·L 1=1.3×10–17 mol·L 1，c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.02)3×(1.3×10–17)2=1.352×10–39＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
【解析】
【详解】
（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42 时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl ＝Fe2++ TiOCl42 + 2H2O；
（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；
（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2，则c(PO43-)＝＝1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.02)3×(1.3×10-17)2=1.352×10-39＜1.0×10—34，则无沉淀。
（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。
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