微专题化学工艺流程题--原料的预处理--2024年高考化学考点微专题含答案.pdf

《微专题化学工艺流程题--原料的预处理--2024年高考化学考点微专题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《微专题化学工艺流程题--原料的预处理--2024年高考化学考点微专题含答案.pdf（42页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1微专题化学工艺流程题-原料的预处理微专题化学工艺流程题-原料的预处理1(2023全国统考高考真题)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：已知：KspFe(OH)3=2.810-39，KspAl(OH)3=1.310-33，KspNi(OH)2=5.510-16。回答下列问题：(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为。为提高溶矿速率，可采取的措施(举1例)。(2)加入少量MnO2的作用是。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=mo

2、lL-1；用石灰乳调节至pH7，除去的金属离子是。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有。(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断。电解废液可在反应器中循环利用。(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是。微专题 化学工艺流程题-原料的预处理-2024年高考化学考点微专题2一、化工流程答题基本思路一、化工流程答题基本思路二、一个完整的无机化工生产流程一般具有下列过程：二、一个完整的无机化工生产流程一般具有下列过程：三、原料预处理：三、原料预处理：酸浸：酸浸：溶解、去氧化膜等，使得可溶性的离子进入溶液中，不溶物过滤去除。碱

3、浸：碱浸：去油污(酯)、溶解铝、二氧化硅、氧化铝等，使得可溶性的离子进入溶液中，不容物过滤去除。水浸：水浸：与水反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。研磨研磨(雾化雾化、粉碎粉碎)：增大反应接触面积，以加快化学反应速率或使反应更充分。灼烧灼烧(焙烧焙烧、煅烧煅烧)：使物质高温分解或者氧化去除杂质、改变物质结构，使物质能溶解。如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。如煅烧高岭土。3加入其他物质：如有机物醇、四氯化碳、无机盐等-反应、溶解。四、原料预处理过程中常考知识点：四、原料预处理过程中常考知识点：1.1.增大原料浸出率增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少离子在溶液中的含量多少)的措

4、施的措施：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2.2.提高固体的焙烧效率方法：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。3.3.加热的目的：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(2023全国统考高考真题)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为。(3)“酸化”步骤应选用的酸是(填标号

5、)。a稀硫酸b浓硫酸c盐酸d磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？，其原因是。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO C2O42的化学方程式为。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2:nCO=。5(2021湖北高考真题)废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：4回答下列问题：(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为。(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为。(3)25时，已知：K

6、b(NH3H2O)2.010-5，KspGa(OH)31.010-35，KspIn(OH)31.010-33，KspCu(OH)21.010-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01molL-1。当金属阳离子浓度小于1.010-5molL-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为(保留一位小数)；若继续加入6.0molL-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3H2OGa(OH)4-+NH+4的平衡常数K=。(已知：Ga3+4OH-Ga(OH)4-K=c(Ga(OH)4-)c(Ga3+)c4(OH-)1

7、.01034)(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO2-4是否洗净的试剂是；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和。(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为。6(2023全国统考高考真题)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O2-7存在，在碱性介质中以CrO2-4存在。回答下列问题：(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和。

8、(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH9以达到最好的除杂效果，若pH9时，会导致。(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH”“”或“=”)0。17(2023陕西商洛统考三模)固体电解质LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3，SiO2)为原料合成LATP的工艺流程如图所示。14请回答下列问题：(1)LATP中钛的化合价为价。(2)“粉碎”的目的是，为了达到

9、这一目的，还可以采用的措施有(答一条即可)。(3)“碱浸”的目的是除去(填化学式)。(4)“碱浸”时加入适当过量的NaOH溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是。(5)“沉钛”时生成Ti3(PO4)4的化学方程式为。(6)本实验洗涤Ti3(PO4)4时采用如图所示装置，该装置为抽滤装置，其原理是用抽气泵使吸滤瓶中的压强降低，达到快速固液分离的目的。其中“安全瓶”的作用是。(7)常温下，Ti3(PO4)4的Ksp=a，当溶液中c(Ti4+)1.010-5molL-1时可认为Ti4+沉淀完全，则“沉钛”时，溶液中c(PO3-4)最低为molL-1。

10、18(2023山东潍坊统考三模)Cr(OH)3可用于油漆颜料及羊毛处理。工业上以高铁铬铁矿(主要成分为Cr2O3，含Fe2O3、SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产Cr OH3和金属Al的工艺流程如图。已知：I“焙烧”过程中，Cr2O3反应转化为Na2CrO4若溶液中相关离子的物质的量浓度为c，则常温时，lgc与溶液pH的关系如图所示。2CrO2-4(黄色)+2H+CrO2-7(橙色)+H2OK=1.01014。回答下列问题：15(1)“焙烧”时，Cr2O3发生反应的化学方程式为。(2)“水浸”后滤渣主要成分为(填化学式)；“调pH”时通入的“气体X”是。(3)常温下，图像上M点对应的溶液p

11、H=。(4)用稀硫酸进行“酸浸”，调节溶液pH的最大值为KspAl OH3=1.010-34。“沉铝”后的母液的主要成分为。(5)加入Na2S“析铬”时，Cr2O2-7被还原的离子方程式为。1微专题微专题化学工艺流程题化学工艺流程题-原料的预处理原料的预处理1(2023全国统考高考真题)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：已知：KspFe(OH)3=2.810-39，KspAl(OH)3=1.310-33，KspNi(OH)2=5.510-16。回答下列问题：(1)硫酸溶矿主要反应的化学

12、方程式为。为提高溶矿速率，可采取的措施(举1例)。(2)加入少量MnO2的作用是。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=molL-1；用石灰乳调节至pH7，除去的金属离子是。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有。(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断。电解废液可在反应器中循环利用。(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是。【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2粉碎菱锰矿(2)将Fe2+氧化为Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解

13、(3)2.810-9Al3+(4)BaSO4、NiS2(5)Mn2+2H2O电解 H2+MnO2+2H+加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO2煅烧 4LiMn2O4+2CO2+O2【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电

14、解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。(1)菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2、粉碎菱锰矿。(2)根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。(3

15、)溶矿完成以后，反应器中溶液 pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.010-10molL-1，此时体系中含有的c(Fe3+)=KspFe(OH)3c3(OH-)=2.810-9molL-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.010-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至 pH7，这时溶液中c(OH-)=1.010-7molL-1，溶液中c(Al3+)=1.310-12molL-1，c(Ni2+)=5.510-4molL-1，c(Al3+)小于1.010-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.810-9、Al3+。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时

16、溶液中发生的离子方程式为Ba2+S2-+Ni2+SO2-4=BaSO4+NiS，生成的沉淀有BaSO4、NiS。(5)在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+2H2O电解 H2+MnO2+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2+2H2O电解 H2+MnO2+2H+、加入Mn(OH)2。(6)煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO2煅烧 4LiMn2O4+2CO2+O2；故答案为：2Li2CO3+8MnO2煅烧 4LiMn2O4+

17、2CO2+O2。3一、化工流程答题基本思路一、化工流程答题基本思路二、一个完整的无机化工生产流程一般具有下列过程：二、一个完整的无机化工生产流程一般具有下列过程：三、原料预处理：三、原料预处理：酸浸：酸浸：溶解、去氧化膜等，使得可溶性的离子进入溶液中，不溶物过滤去除。碱浸：碱浸：去油污(酯)、溶解铝、二氧化硅、氧化铝等，使得可溶性的离子进入溶液中，不容物过滤去除。水浸：水浸：与水反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。研磨研磨(雾化雾化、粉碎粉碎)：增大反应接触面积，以加快化学反应速率或使反应更充分。灼烧灼烧(焙烧焙烧、煅烧煅烧)：使物质高温分解或者氧化去除杂质、改变物质结构，使物质能溶解。如从

18、海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。如煅烧高岭土。4加入其他物质：如有机物醇、四氯化碳、无机盐等-反应、溶解。四、原料预处理过程中常考知识点：四、原料预处理过程中常考知识点：1.1.增大原料浸出率增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少离子在溶液中的含量多少)的措施的措施：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2.2.提高固体的焙烧效率方法：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。3.3.加热的目的：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(2023全国统考高考真题)BaTiO3

19、是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为。(3)“酸化”步骤应选用的酸是(填标号)。a稀硫酸b浓硫酸c盐酸d磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？，其原因是。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO C2O42的化学方程式为。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2:nCO=。【答案】(1)做还原剂，将BaSO4还原(2)S2-+Ca2+=CaS(3)c(4)不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有

20、毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低(5)BaCl2+TiCl4+H2O+2 NH42C2O4=BaTiO C2O42+4NH4Cl+2HCl(6)1:1【解析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶5于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和 NH42C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO C2O

21、42；BaTiO C2O42经热分解得到BaTiO3。(1)“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO4还原。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为 S2-+Ca2+=CaS。(3)“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCl2可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。(4)如果焙烧后

22、的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体 H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO C2O42的化学方程式为：BaCl2+TiCl4+H2O+2 NH42C2O4=BaTiO C2O42+4NH4Cl+2HCl。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，BaTiO C2O42BaTiO3+2CO2+2CO，因此，产生的nco2:nco=1:1。5(2021湖北高考真题)废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主

23、要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：回答下列问题：(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为。(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为。(3)25时，已知：Kb(NH3H2O)2.010-5，KspGa(OH)31.010-35，KspIn(OH)31.010-33，KspCu(OH)21.010-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01molL-1。当金属阳离子浓度小于1.010-5molL-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH

24、约为(保留一位小数)；若继续加入6.0molL-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3H2OGa(OH)4-+NH+4的平衡常数K=。(已知：Ga3+4OH-Ga(OH)4-K=c(Ga(OH)4-)c(Ga3+)c4(OH-)1.01034)6(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO2-4是否洗净的试剂是；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和。(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为。【答案】(1)6+1(2)Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3

25、H2O(3)4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.010-6(4)HCl溶液、BaCl2溶液 作溶剂(5)GaCl3+NH3高温 GaN+3HCl【解析】(1)硫为第VIA族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为+1；(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；(3)In3+恰好完全沉淀时C(OH-)=31.010-331.010-51.010-9.3，C(H+)

26、=1.010-4.7，故答案是PH=4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知K=c(Ga(OH)4-)c(NH+4)c(NH3H2O)，由K=c(Ga(OH)4-)c(Ga3+)c4(OH-)1.01034，得K=1.01034c(Ga3+)c4(OH-)c(NH+4)c(NH3H2O)=1.01034c(Ga3+)c3(OH-)c(NH+4)c(OH-)c(NH3H2O)即K=1.01034c(Ga3+)c3(OH-)c(NH+4)c(OH-)c(NH3H2O)=1.01034KspGa OH3Kb

27、NH3H2O，代入数据可知K=2.010-6；(4)检验滤渣中SO2-4是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；(5)高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3高温 GaN+3HCl。6(2023全国统考高考真题)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：7已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O2-7存在，在碱性介质中以CrO2-4存在。回答下列问题：(1)煅

28、烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和。(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH9以达到最好的除杂效果，若pH9时，会导致。(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH1时，溶解为VO+2或VO3+在碱性条件下，溶解为VO-3或VO3-4，上述性质说明V2O5具有(填标号)。A.酸性B.碱性C.两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为。

29、【答案】(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)3(4)磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀(5)C(6)2Cr2O2-7+3S2O2-5+10H+=4Cr3+6SO2-4+5H2O【解析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化

30、为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液 pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液 pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。(1)由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；(3)由分析可知，沉淀步骤调 pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢

31、氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；(4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为 MgSiO3和MgNH4PO4沉8淀，若溶液 pH9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；(5)由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与

32、碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；(6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O2-7+3S2O2-5+10H+=4Cr3+6SO2-4+5H2O，故答案为：2Cr2O2-7+3S2O2-5+10H+=4Cr3+6SO2-4+5H2O。7(2023湖南郴州统考三模)铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：已知：iBi3+易水解。NaBiO3难溶于冷水。ii“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。iiiCu

33、OH2s+4NH3gCuNH342+aq+2OH-aqK=4.410-7。回答下列问题：(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、(写出一条)。辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40时浸取率快速下降，其可能的原因是。(2)“氧化浸取”时，H2O2和FeS2发生反应的物质的量之比为。(3)“除铜”时发生反应：Cu2+aq+4NH3gCuNH342+aqK=21013，则KspCu OH2=。(4)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为。(5)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成MnO-4(BiO-3被还原成Bi3+)。请设计一个原电池装置来证明这一点，在下图中的两个方

34、框内标出两烧杯溶液中溶质的化学式，并写出正极的电极反应式：9。(6)取NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用a molL-1H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO-4，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗b mL标准溶液。该产品的纯度为(用含w、a、b的代数式表示)。【答案】(1)将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)高于40时，盐酸挥发、双氧水分解(2)32(3)2.210-20(4)Na+ClO-+Bi3+4OH-=NaBiO3+Cl-+2H2O(5)BiO-3+2e-+6H+=Bi3+3H2O(6)28abw%或0.28abw100%【解析】由题干信息，

35、辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有:Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3+3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3+2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2+H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节 pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2+4NH3(g)Cu(NH3)42+，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na+ClO-+Bi3+4OH-=NaBiO3+Cl-+

36、2H2O得到产品NaBiO3。(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)。高于40时浸取率快速下降，其可能的原因是高于40时，盐酸挥发、双氧水分解。(2)由分析可知，“氧化浸取”时，H2O2和FeS2发生反应Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3+3S+6H2O，H2O2和FeS2发生反应的物质的量之比为32。(3)已知Cu2+aq+4NH3gCuNH342+aqK1=21013，Cu OH2s+4NH3gCuNH342+aq+2OH-aqK2=4.410-7，反应-，可得反应Cu OH2sCu2+2OH-，KspCu OH2=K2K1=

37、4.410-721013=2.210-20。(4)由分析可知，生成NaBiO3的离子方程式为：Na+ClO-+Bi3+4OH-=NaBiO3+Cl-+2H2O。10(5)酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成MnO-4(BiO-3被还原成Bi3+)，则Mn2+在负极失去电子生成MnO-4，BiO-3在正极得到电子生成Bi3+，根据电子流向可知左侧为正极区，右侧为负极区，设计原电池为，正极的电极反应式：BiO-3+2e-+6H+=Bi3+3H2O。(6)根据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子反应的关系式为5H2C2O42MnO-4，又因为5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2M

38、nO-4+5Na+7H2O，可得出关系式：NaBiO3H2C2O4，滴定安全时消耗b mLamolL-1H2C2O4标准溶液，该产品的纯度0.28abw100%=28abw。8(2023海南海口海南中学校考三模)从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：(1)上述流程中，加快反应速率的措施是。(2)萃取时发生反应：Cu2+2HRCuR2+2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+等在水层)。解释反萃取时H2SO4的作用：。(3)黄钠铁矾NaFe3(OH)6(SO4)2比Fe(OH)3更易形成沉淀。反应终点pH与Fe3+、Ni2+沉淀率

39、的关系如下表。反应终点pH沉淀率/%Fe3+Ni2+1.594.040.192.599.210.563.899.913.31 生成黄钠铁矾的离子方程式是。沉淀Fe3+时最适宜选用的反应终点pH是。(4)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全，宜将pH调节至(填序号)(已知KspNi(OH)2=112.110-15)。a.67b.910c.1112【答案】(1)研磨(2)加入H2SO4，使Cu2+2HRCuR2+2H+逆向进行，Cu2+进入水层(3)Na+3Fe3+2SO2-4+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2+6H+或Na+3Fe3+2SO2-4+3MgO+3H2O=NaFe3(

40、OH)6(SO4)2+3Mg2+2.5(4)b【解析】铜镍矿研磨，通入氧气、加入硫酸浸取得到浸出液含有铁、铜、镁、镍的硫酸盐溶液，加入萃取剂使得铜离子进入有机层，有机层加入硫酸反萃取得到含铜离子溶液，处理得到铜；水层加入硫酸钠、氧化镁得到黄钠铁矾沉淀和滤液，滤液加入氧化镁调节 pH得到氢氧化镍固体，处理得到镍；(1)上述流程中，加快反应速率的措施是研磨，研磨可以增大反应物的接触面积，加快反应；(2)反萃取时加入H2SO4，使Cu2+2HRCuR2+2H+逆向进行，利于Cu2+进入水层而被反萃取；(3)得到水层加入氧化镁调节 pH，加入硫酸钠，钠离子、硫酸根离子、铁离子生成生成黄钠铁矾沉淀，根据

41、质量守恒可知，水也会参与反应，反应的离子方程式是Na+3Fe3+2SO2-4+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2+6H+或Na+3Fe3+2SO2-4+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2+3Mg2+。由图表可知，沉淀Fe3+时最适宜选用的反应终点 pH是2.5，此时铁离子几乎沉淀完全，而镍离子几乎没有沉淀；(4)使Ni2+沉淀完全，则c OH-=KspNi OH2c Ni2+=2.110-1510-5mol/L=1.410-5mol/L，pOH4.9，pH9.1，故选b。9(2023广东汕头金山中学校考三模)钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成分

42、为V2O3、V2O4，杂质有SiO2、FeS2及Mg、Al、Mn等化合物)制备单质钒的工艺流程如图所示。已知：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀时和完全沉淀时的pH如下表所示：金属离子Fe3+Mg2+Al3+Mn2+开始沉淀时pH1.97.03.08.1完全沉底时pH3.29.04.710.1KspCaCO3=2.810-9，KspCaSiO3=2.510-8，KspCa VO32远大于KspCaCO3。回答下列问题：(1)为了提高“焙烧”效率，可采取的措施有、(2)“焙烧”时，V2O3、V2O4都转化为Ca VO32，写出V2O4转化为Ca VO32的化学方程式为12(3)“水浸”加入Na

43、2CO3调节溶液的pH为8.5，可完全除去的金属离子有，部分除去的金属离子有。“水浸”加入过量Na2CO3不能使CaSiO3完全转化为CaCO3，原因是。(4)“离子交换”与“洗脱”可表示为 RCl4+V4O4-12 R-V4O12+4Cl-(RCl4为强碱性阴离子交换树脂，V4O4-12为VO-3在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程中“淋洗液”最好选用(5)“沉钒”过程析出NH4VO3晶体，需要加入过量NH4Cl，目的是。(6)钒的某种氧化物的晶胞结构如图所示，晶胞的长、宽、高分别是apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g/cm3(用含a、b、c、NA的代数

44、式表示)。【答案】(1)将钒石煤和CaCO3混合粉碎适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量(2)2V2O4+2CaCO3+O2高温 2Ca VO32+2CO2(3)Fe3+、Al3+Mg2+、Mn2+反应CaSiO3s+CO2-3aqSiO2-3+CaCO3s的平衡常数K=c SiO2-3c CO2-3=KspSiCO3KspCaCO3=2.510-82.810-9105(4)NaCl溶液(5)利用同离子效应，促进NH4VO3晶体的析出，提高沉钒率(利用沉淀溶解平衡也可)(6)512+164NAabc10-30【解析】含钒石煤(主要成分为V2O3、V2O4，杂质有SiO2、FeS2及Mg、Al、M

45、n等化合物)中加入CaCO3，通入O2焙烧，V2O3、V2O4都转化为Ca VO32，水浸并加入Na2CO3调节pH为8.5，根据表中各物质开始沉淀和完全沉淀的 pH可知，此时Fe3+和Al3+沉淀完全，Mg2+和Mn2+部分沉淀，随后进行离子交换，用淋洗液洗脱，加入NH4Cl沉钒，煅烧后加入钙冶炼最后生成单质钒。(1)为加快反应速率，提高“焙烧”效率，可采取将钒石煤和CaCO3混合粉碎，增大反应物的接触面积；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施实现。(2)“焙烧”时，加入CaCO3并通入氧气，V2O3、V2O4都转化为Ca VO32，反应的化学方程式为2V2O4+2CaCO3+O2高温

46、2Ca VO32+2CO2。(3)“水浸”时加入Na2CO3调节溶液的 pH为8.5，根据表格数据可得已完全沉淀的离子有Fe3+、Al3+，部分沉淀的有Mg2+、Mn2+；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式为CaSiO3s+CO2-3aqSiO2-3aq+CaCO3s，其平衡常数K=c SiO2-3c CO2-3=KspCaSiO3KspCaCO3=2.510-82.810-99.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO2-3，因此中和时 pH的理论范围为4.5pH9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O2-7和CrO2-4存在，溶液中存在平衡：2CrO2-4+2H+

47、Cr2O2-7+H2O，降低溶液 pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：4.5pH9.3；使2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。(3)蒸发结晶时，过度蒸发会导致Na2Cr2O72H2O(提早)析出。(4)由4Na2CrO4+4H2O通电 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H+和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O可知，Cr2O2-7在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na

48、2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na+通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na+。11(2021福建高考真题)四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。15回答下列问题：(1)“焙烧”产生的气体用吸收后可制取氮肥。(2)“浸出”时，MoO3转化为MoO2-4。提高单位时间内钼浸出率的措施有(任写两种)。温度对90min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度

49、升高使水大量蒸发，导致。(3)“净化”时，浸出液中残留的Cu2+、Fe2+转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中c S2-和pH的关系为：lgc S2-=pH-15.1。为了使溶液中的杂质离子浓度小于1.010-6molL-1，应控制溶液的pH不小于。(已知：pKsp=-lgKsp；CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2)(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(以MoO2-3表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO2-4，反应的离子方程式为。(5)“沉淀”时，加入NH4NO3的目的是。(6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为。【已知：(NH4)2Mo4

50、O13受热分解生成MoO3】【答案】(1)氨水(2)适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量(增大Na2CO3浓度)等 Na2MoO4晶体析出，混入浸渣(3)3.9(4)H2O2+MoO2-3=MoO2-4+H2O(5)提供NH+4，使MoO2-4充分转化为沉淀析出(6)NH42Mo4O13+12H2高温 4Mo+2NH3+13H2O16【解析】(1)“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；(2)“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加 Na2CO3用量(增大Na2CO3浓度)(任写两种)；当浸出温度超过80后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温