2021届高考化学二轮复习逐题专练：化学工艺流程大题 (解析版)

1、 /41化学工艺流程大题【原卷】1.Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。以软锰矿(主要含MnO2,还含有Fe2O3、SiO2、Al23、CaO和MgO等)为原料经过下列过程可以制得Mn3O4。酸浸、还原：向软锰矿中加入硫酸、同时加入铁屑，充分反应后，过滤，所得溶液中主要含有Mn2+、Fe3+、A13+、Mg2+、H+和SO2-。写出酸浸、还原过程中4TOC o 1-5 h zMnO2发生反应的离子方程式：。调pH：向酸浸、还原所得滤液中加入MnCO3固体，调节溶液的pH,过滤。若要使和Fe3+和A13+沉淀完全，则需调节溶液的pH最小值为。(已知溶液

2、中金属离子的物质的量浓度W10-5molL-i时可以看成沉淀完全，KFe(OH)J=1X10-37.4,KAl(OH)3=1X10-33)sp3sp3沉锰：向调pH后所得滤液中加入一定量的氨水，可以得到Mn(OH)2沉淀。其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50C后,溶液温度越高,锰离子的沉淀率越低的原因是。沉锰过程中溶液中存在平衡：Mn2+4NH3Mn(NH3)42+o与Mn2+形成配位键的原子是(4)氧化：向沉锰所得Mn(OH)2中加入H2O2溶液，可以得到Mn3O4。写出该反应的化学方程式：.2(辽宁省辽西地区2021届高三大联考)某工业的含碲废渣中含有较多N

3、aTeO,23同时含有NaSiO、NaPbO、SiO、CuSe等杂质。某研究小组设计了如流程回收232222碲。滤酒III-一蹄ai楼取液只腔如(1)为提高含碲废渣的浸取率，可采取的措施为(任写一种)。(2)“滤渣II”的主要成分为PbS和CaSiO，写出生成PbS的化学方程式:3加入稀硫酸调节溶液pH为5866,使Na2TeO水解沉碲(TeO)，写出“沉碲”的离子方程式：。经实验测得“滤渣III”中含Te的质量分数为75%,则“滤渣”中TeO2的质量分数为，含有的杂质可能为(填化学式)。TeO与SO2的性质相似，都可与强碱反应。“浸取液II”需调节NaOH的浓度在2280gL-i120gL-

4、i,经惰性电极电解可得到Te,写出电解时阳极的电极反应式：(6)“滤渣I”的主要成分有CuSe和(填化学式)。其中CuSe可被氧化得22到亚硒酸(HSeO)。已知常温下HSeO的K=2.7x10-3、K=2.5x10-8，则NaHSeO溶2323ala23液的pH(填“”、“V”或“=”)7,硒酸(H2SeO4)可以用氯气氧化亚硒酸得到，该反应的化学方程式为。3（山东省部分省重点中学2021届高三联考）钒酸钇（YVO4）广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂（含V2O5、K2O、SiO2、少量Fe2O3和Al2O3）制取YVO4的工艺流程如下：K彗*斑議KOH涪隸JWIG隔朋溶被nhjCI号

5、鲁一j材滋寻殛二-需吧垂一箸YV驰T1TI澹滋I眩锻h憎槪m腔液w已知：v2o2（oh）4既能与强酸反应，又能与强碱反应。回答下列问题：“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出。若用8%硫酸溶液浸取，K2SO3用量一定，则为提高钒及钾的浸取率，可采取的措施是（列举1条即可）。“滤渣I”的主要成分是（填化学式）。V2O5被还原的离子方程式为，同时被还原的还有（填离子符号）。（2）常温下，“钒、钾分离”时，pH对钒的沉淀率的影响如图所示：pH飢的沉淀率RpH7时，随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是。（3）“碱溶”时发生反应的化学方程式为。（4）“焙烧”时，尾气必须吸收处理，实验室吸收处理的装置为（填标号

6、） /41(5)某废钒催化剂中V2O5的含量为45.5%,某工厂用1吨该废钒催化剂且用该工艺流程生产V2O5,若整个流程中V的损耗率为20%,则最终得到YVO4kg。4.(山东省临沂市2021届高三质检)以废旧磷酸亚铁锂电池正极片(LiFePO。、炭黑和铝箔等)为原料制备锰酸锂(LiMnO)的流程如图所示。2430%饱和曲OH懈液盐世NnCIO,心0盘酒.如斤。諧液帥|旳由.+i_JJJM戈片十质需十画呂率卡肆一率卜屮孟酸理i虑酒址浹滤浹滤酒混合代体回答下列问题：LiFePO4中Fe元素的化合价为；“放电处理”有利于锂在正极的回TOC o 1-5 h z收,其原因是。“碱浸”中发生反应的离子方

7、程式为。“浸取”中加入NaCy的作用为;“沉铁”过程所得滤渣为白色固体,其主要成分是。(4)已知碳酸锂的分解温度为723C。当“焙烧”温度达到515C时，开始有CO?产生，可能的原因；MnO可以利用MnSO4溶液与KSO溶液反24228应制备,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（5）写出“焙烧”过程中生成锰酸锂的化学方程式5.（山东省实验中学2021届高三模拟）铋30与氮同主族，氯氧化铋（BiOCl）广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等。一种用火法炼铜过程产铜转炉烟尘（除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、SiO2、铅砷化合物）制备高纯氯氧化铋

8、的工艺流程如下：NaaCOjiB港1KtffivW浸液!-*ZnSO*TH）O（剧产品）鼻HjSOMnQzNC1谱液改您HAP回答下列问题：向“酸浸”所得浸液1中加入Zn粉，主要目的是；充分反应后过滤，从溶液中获得ZnSO47H2O的操作为、过滤、洗涤、干燥。（2）“浸铜”时，有单质硫生成，其离子方程式为；浸出渣中除含有硫外，还含有（填化学式）和铅砷化合物。（3）“浸铋”时，反应液必须保持强酸性，否则BiOCl会提前析出混入浸出渣使产率降低，原因是（用离子方程式表示）。（4）“除铅、砷”时，加入改性HAP。浸液1与HAP的液固比（丄）与铅、砷去除率S以及后续沉铋量的关系如下表：LS125：15

9、0：125：115：1Pb2+去除率/%84.8694.1595.4096.83 /41AS3+去除率/%98.7998.92989999.05m(沉铋)/g2.342.332.05198实验中应采用的S=。“沉铋“时需控制溶液的pH=30,此时BiCl3发生反应的化学方程式为6（重庆实验中学2021届高三模拟）NiSO-6HO广泛用于镀镍电镀液、催化剂42媒染剂和金属着色剂。某工厂利用富含镍（NiS）的工业废渣（含有SiO、FeO、2AlO等杂质）制备NiSO-6HO，工艺流程如图所示:2342已知：常温下相关金属离子氢氧化物的近似Ksp如下表所示化学式Ni(OH)2Fe(OH)2Al(OH

10、)3Fe(OH)3K近似值sp10-1510-1610-3410-39回答下列问题：（1）已知：酸浸过程中，ImolNiS失去8NA个电子同时生成一种无色有毒气体。A写出该反应的化学方程式：滤渣1的主要成分为（填化学式）。（2）“氧化”保持滤液温度在40C左右加入6%的HO溶液，加入HO的目2222的是该步骤也可以用NaClO代替HO请写出用NaClO代替HO发生反33应的离子方程式：。若上述流程省去“氧化”步骤后果是。(3)常温下，“调pH”除铁和铝，若溶液中Ni2+浓度为0.1mol/L，溶液的pH范围应调节为4.3之间。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，这样做有利于TOC o 1-5 h

11、z“操作X”指的是。7(福建省福州市第三中学2021届高三质检)利用软锰矿和方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2,等杂质)制备PbSO4的工艺流程如图：放水调pH沉洋却PbSO4敲住噬龍方划罚匚Kttir已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)_PbCl2-(aq)aH0；Ksp(PbSO4)=1.08x10-8，Ksp244(PbCl2)=1.6x10-5；PbCl2易溶于热水。“滤渣1”的成分是S(硫)，“浸取”时被氧化的元素是。“滤渣2的成分是。加入冰水“沉降”的离子方程式为。20C时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(gL-1)如图所示。下列叙述正确的是(填字母代号)A

12、.zty,发生了沉淀溶解反应 /41Bx、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等Cxzc(Cl-)增大使PbCl2,溶解平衡逆向移动。D盐酸浓度越小Ksp(PbCl2)越小“滤液a”经过处理后可以返回到工序循环使用；PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4,当c(Cl-)=0.1molL-i时，c(SO2-)=molL-i。4.4(保留三位有效数据)8(福建省漳州市2021届高三教学质量检测)一种从电解铜的阳极泥中(主要含Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)回收硒、碲的工艺流程如图所示：jrrtrJ*LHC1iijNaSOj带液已知：铜的阳极泥化学成分(其他元素不考虑):兀素AuA

13、gCuSeTe成分/%0.912.0823.48.031亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，在水中溶解度较小。回答下列问题：Te元素在周期表中处于第五周期WA族，亚碲酸中碲的化合价为滤渣1中含单质和化合物，生成滤渣1中化合物的离子方程式为。C2(ci)当溶液中同时存在AgCl和Ag2SO4时，其鈴=已知：一定温度下4Ksp(AgCl)=2X10-10、Ksp(Ag2SO4)=8X10-5。“硒、碲分离”时，需要进行的操作是，溶液中硒、碲浓度比值随pH的变化如图所示，则pH应调至左右。写出“还原1”的离子方程式：。还原2反应后的溶液过滤得到粗Se,粗Se中Se的含量可以用如下方法测定:Se+2H2

14、SO4(浓)=2SO2个+SeO2+2H2OSeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2OI2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI用淀粉溶液作指示剂，Na2S2O3滴定反应中生成的I2来测定Se的含量。若从100g铜的阳极泥中回收得到ag粗Se,每次准确称取0.0lag粗Se进行实验，重复三次实验，平均消耗0.1000molL-1Na2S2O3溶液的体积为22.10mL,滴定终点的现象是,Se的回收率为。(结果保留3位有效数字,回收率=理论硒的产量50%)9(广东省“百越名校联盟”2021届高三质检)高铝粉煤灰提取铝既能缓解我国缺铝矿的现状，又能减少煤燃烧产生的污染。

15、高铝粉煤灰含55.22%Al2O3、32.58%SiO2、5.08%CaO、2.09%Fe2O3和5.03%其他杂质。活化焙烧法从高铝粉煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，回答下列问题：VlbHCmf.滤液过滤，.-系列操作E1后1斗|粉煤灰一淸化焙烧-酸显-丄残渣循环利用阮|髙纯铝単糾侖纯賓化铝卜|粗氣化铝|碱石灰烧结法是利用高铝粉煤灰与纯碱、焦炭1220C烧结，Al2O3转化为易溶的偏铝酸钠，从而将铝元素分离出来，烧结过程无污染，氧化铝发生反应的化学方程式是。(2)活化焙烧过程中，不同活化剂对铝、钙浸出率的影响不同(如下表)，应选择做活化剂。活化剂Na3PO434Na2HPO4NaFCH3CO

16、ONaAl浸出率83.82%83.62%85.64%77.55%90.96%Ca浸出率97.10%97.75%98.26%96.79%90.96%(3)酸浸使用的酸是，酸的浓度与氧化铝溶出率的关系如图1，酸浓度为36%时达到最大溶出率，但实际工业使用32%的酸浓度，原因是。酸溶温度与氧化铝溶出率的关系如图2，选择的最佳温度是。20242S3236*5277766甜70605040TOC o 1-5 h zJpLaL一丄3一XTSO100120i4016()LK()200酸瀋温悝凡图1图2（4）流程图中的一系列操作应包括、过滤、洗涤、干燥，粗氧化铝的主要杂质是。电解过程中阴极的电极反应式为,现有

17、102t高铝粉煤灰，如果总转化率为75%，可以得到t铝（计算结果保留四位有效数字）。10（广东省2021届高三“六校联盟”联考）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓与铝的化学性质类似。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）刚玉氓酸浸滤液Ti-SiFeSOj-THjONaOIlNQ溶液川和沉淀潼闯碱21滤液Fc(OII)3jfiSCQi滤漬回收镓的流程如图所示：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Ga3+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=001mol*L-1)的pH4.53.72.27.5沉淀完全时(c=1.0 x10-5mol*L-1)的pH5.54.73

18、.29.0请回答下列问题：TOC o 1-5 h z“酸浸”过程中禁止明火加热，原因是。“结晶”过程中得到FeSO47H2O的具体操作为。“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为。“碳酸化”过程中不能通入过量CO2的原因为(用离子方程式表示)。“电解”过程中需要保持溶液为pH=11以上的原因是。下列说法不正确的是。为提高浸出率，可将刚玉渣研磨“结晶”过程中得到的FeSO47H2O可作为净水剂由流程图可知酸性：Al(OH)3Ga(OH)3D“碱浸”过程中可用氨水代替NaOH溶液GaN具有优异的光电性能。工业上常采用在1100C条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN,该过程的化学方程式为。11一种磁

19、性材料的磨削废料(含镍质量分数约21%)主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。用该废料制备纯度较高的氢氧化镍,工艺流程如图所示：请回答下列问题：(1)为了提高“酸溶”工序中原料的浸出效率，采取的措施不合理的有。A搅拌适当升高温度研磨矿石用浓硫酸“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fez+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是；合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成，金属镍溶解的离子方程式为。“除铁”时控制温度不超过40C的原因是；加入碳酸钠的目的是(4)Fe2+也可以用NaClO3氧化，生成的Fe3+在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矶

20、Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀而被除去，图表示pH-温度关系，图中阴影部分为钠铁矾稳定存在的区域。200PHfcooii则下列说法不正确的是(填字母)a黄钠铁矶Na2Fe6(SO4)4(OH)中铁为+2价bpH过低或过高均不利于生成黄钠铁矶，其原因相同c氯酸钠在氧化Fe2+时，1molNaClO3得到的电子数为6NAd工业生产中温度常保持在85C-95C,控制溶液的pH为1218,此时加入Na2SO4后生成黄钠铁矶“除铜”时，反应的离子方程式为，若用Na2S代替H2S除铜，优点是(6)已知某温度下KspNi(OH)2=4.0 x10-i5,该流程在“沉镍”过程中需调节溶sp2液pH约

21、为,Ni2+才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度10-5mol/L；lg2=030)。化学工艺流程大题Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。以软锰矿(主要含MnO2,还含有Fe2O3、SiO2、Al2O3、CaO和MgO等)为原料经过下列过程可以制得Mn3O4(1)酸浸、还原：向软锰矿中加入硫酸、同时加入铁屑，充分反应后，过滤，所得溶液中主要含有Mn2+、Fes+、Al3+、Mg2+、H+和SO2-。写出酸浸、还原过程中4TOC o 1-5 h zMnO2发生反应的离子方程式：。调pH：向酸浸、还原所得滤液中加入MnCO3固体，调节溶液的pH,过滤。若要

22、使和Fes+和A13+沉淀完全，则需调节溶液的pH最小值为。(已知溶液中金属离子的物质的量浓度W10-5mol-L-i时可以看成沉淀完全，KFe(OH)3=lX10-37.4,KA1(OH)3=1X10-33)sp3sp3沉锰：向调pH后所得滤液中加入一定量的氨水，可以得到Mn(OH)2沉淀。其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50C后,溶液温度越高,锰离子的沉淀率越低的原因是。沉锰过程中溶液中存在平衡：Mn2+4NH3Mn(NH3)42+。与Mn2+形成配位键的原子是。(4)氧化：向沉锰所得Mn(OH)2中加入H2O2溶液，可以得到Mn3O4。写出该反应的化学方程

23、式：.答案】3MnO2+12H+2Fe=3Mn2+2Fe3+6H2O4.7温度升高，氨水发生分解并挥发N3Mn(OH)2+H2O2=Mn3O4+4H2O【分析】调pH范围的计算：已知溶液中金属离子的物质的量浓度W10-5mo1L-i时可以看成沉淀完全及Ksp,计算出沉淀完全时氢氧根离子浓度、按常温时的离子积常数,sp计算出氢离子浓度pH；【解析】(1)向软锰矿中加入硫酸、同时加入铁屑，充分反应后，所得溶液中主要含有Mn2+、Fe3+等。根据信息，酸浸、还原过程中，MnO2被Fe还原为Mn2+、铁被氧化为Fe3+,则MnO2发生反应的离子方程式为：3MnO2+12H+2Fe=3Mni+2Fe3+

24、6H2O；已知spFe(OH)3=1x10-37.4，使滤液中的Fe3+沉淀完全，Fe3+的的物质的量浓度10-5moEL-1,则c(OH-)3l1x137.4二10-io.8mol-L-1，则c(H+)10-3.2，即pH3.2，Fe3+1X10-5沉淀完全；同理KspAl(OH)3=1x10-33,使滤液中的A13+沉淀完全，A13+的物质的量浓度10-5molL-1，则c(OH-)J1x1-33二10-9.3mol-L-1，c(H+)10-4.7pH4.71X10-5A13+沉淀完全；所以若要使和Fe3+和A13+沉淀完全，则需调节溶液的pH最小值为4.7；氨水具有挥发性、不稳定，受热易

25、挥发易分解，50C后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低的原因是：温度升高，氨水发生分解并挥发；Mnz+具有空轨道、NH3中N原子含有孤电子对，则氨分子中的N原子通过孤电子对与Mn2+形成配位键；向沉锰所得Mn(OH)2中加入H2O2溶液，可以得到Mn3O4，可见发生了氧化还原反应，Mn(OH)2被H2O2氧化，氧化产物为皿04，还原产物为H2O,该反应的化学方程式：3Mn(OH)2+H2O2=Mn3O4+4H2O。(辽宁省辽西地区2021届高三大联考)某工业的含碲废渣中含有较多NaTeO，23同时含有NaSiO、NaPbO、SiO、CuSe等杂质。某研究小组设计了如流程回收232222碲。蹄j

26、yt楼取約凹如*滤秋n晞硫舷滤濟hi-一含晞废渣澹油n谑液1n为提高含碲废渣的浸取率，可采取的措施为(任写一种)。(2)“滤渣II”的主要成分为PbS和Casio，写出生成PbS的化学方程式:3加入稀硫酸调节溶液pH为5866,使Na2Teo水解沉碲(Teo)，写出“沉碲”的离子方程式：。经实验测得“滤渣III”中含Te的质量分数为75%,则“滤渣”中TeO2的质量分数为，含有的杂质可能为(填化学式)。TeO与so2的性质相似，都可与强碱反应。“浸取液II”需调节NaOH的浓度在2280gL-i120gL-i,经惰性电极电解可得到Te,写出电解时阳极的电极反应式：(6)“滤渣I”的主要成分有C

27、uSe和(填化学式)。其中CuSe可被氧化得22到亚硒酸(HSeO)。已知常温下HSeO的K=2.7x10-3、K=2.5x10-8，则NaHSeO溶2323ala23液的pH(填“”、“V”或“=”)7,硒酸(H2SeO4)可以用氯气氧化亚硒酸得到，该反应的化学方程式为。TeO2-+2H+=TeOI+HO322937%【答案】适当延长浸取时间(或其他合理答案)NaPbO+NaS+2HO=PbSI+4NaOH2222CaSO4OH-4e-=2HO+OT422【分析】SiOV2HSeO+Cl+HO=HSeO+2HCl232224某工业的含碲废渣中含有较多NaTeO,同时含有NaSiO、NaPbO

28、、SiO、CuSe23232222等杂质。某研究小组设计了如流程回收碲。对于流程图中第一步用水浸取，经过滤可除去SiO、CuSe，第二步在浸取液I中加入硫化钠溶液和氯化钙溶液可把22硅酸根除去，把NaPbO转化为PbS而除去，第三步在滤液I中加入稀硫酸调酸22碱性沉碲，第四步在滤渣皿加入氢氧化钠溶液溶解二氧化碲，最后电解来制碲。【解析】为提高含碲废渣的浸取率，可升高温度，增加搅拌，或者延长浸取时间等；加入硫化钠溶液，NaPbO和Na2S反应生成PbS,生成PbS的化学方程式为：222NaPbO+NaS+2HO=PbSI+4NaOH2222加入稀硫酸调节溶液pH为5866,使Na2TeTeO?子

29、方程式为：TeO2-+2H+=TeOI+HO322经实验测得“滤渣III”中含Te的质量分数为75%，碲的摩尔质量为128g/mol,二氧化碲的摩尔质量为160g/mol,ImolTe可以制备ImolTeQ,所以75gTe可以制备TeO2的质量为驚：1：5g=937g,经实验测得“滤渣III”中含Te的质量分数2128g/mol为75%,则“滤渣”中TeO的质量分数为93.7%，因为硫酸钙微溶于水，所以含2的杂质可能是CaSO4因为溶液为碱性,经惰性电极电解时,氢氧根离子在阳极失去电子生成氧气,阳极的电极反应式：4OH-4e-=2HO+OT22“滤渣I”的主要成分有CuSe和SiO2,已知常温

30、下HSeO的化=2.7x10-3K=2.5x10-8,HSeO-的水解常数为K=Kw=冀4=3.7x10-12,K.K,溶液呈酸a23hK2.7X10-3a2ha1性，NaHSeO3溶液的pH7时，随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是。（3）“碱溶”时发生反应的化学方程式为。（4）“焙烧”时，尾气必须吸收处理，实验室吸收处理的装置为（填标号）BC某废钒催化剂中V2O5的含量为45.5%,某工厂用1吨该废钒催化剂且用该工艺流程生产V2O5,若整个流程中V的损耗率为20%,则最终得到YVO4kg。TOC o 1-5 h z【答案】研磨或适当延长浸取时间、搅拌等SiO2VO+SO2-+4H+=2VO

31、2+SO2-+2HOFe3+V2O2(2534222C816碱性越强,V2O2(OH)4损耗率越大3VO(OH)+NaClO+6NaOH=6NaVO+NaCl+9HO224332【分析】酸浸时金属氧化物与酸反应变为金属阳离子，V2O5被k2so3还原为VO2+浸出，Fe3+被还原为Fe2+进入溶液，酸性氧化物SiO2不能溶解，进入滤渣I中；然后向还原后的含VOSO4溶液中加入适量KOH溶液，形成V2O2(OH)4沉淀，K+留在滤液中，从而实现钒、钾分离，得到滤饼中含v2o2(oh)4,V2O2(OH)4能够与强碱反应，并且该物质具有还原性，向滤饼中加入NaClO3、NaOH溶液，发生氧化还原反

32、应，V2O2(OH)4元素转化为vo-，再向溶液中加热NH4Cl，形成NH4VO3晶体，将其高温煅烧，产生V2O5,将v2o5、y2o3高温共融，反应产生yvo4。【解析】(1)若用8%硫酸溶液浸取，K2SO3用量一定，为提高钒及钾的浸取率，可采取的措施可以是研磨,增大固体与稀硫酸的接触面积或是适当延长浸取时间、加热、搅拌等；“还原酸浸”时，V2O5、K2o、Fe2O3和Al2O3均发生反应而溶解，而SiO2是酸性氧化物，不能与硫酸发生反应，故滤渣I为SiO2；SO2-具有还原性，而V2O5和Fe3+具有氧化性，二者可同时被SO2-还原。其中V2O5在酸性条件下被还原产生VO2+,该反应的离子

33、方程式为：VO+SO2-+4H+=2VO2+SO2-+2HOFe3+被还原为Fe2+,反应的离子方程式为：253422Fe3+SO2-+H2O=2Fe2+SO2-+2H+；324根据图示可知：随着溶液pH的增大，钒的沉淀率逐渐增大，当溶液pH增大到7后，随着pH增大，钒的沉淀率反而有所下降，是由于V2O2(OH)4能与OH-发生反应，碱性越强，v2o2(oh)4损耗率越大；碱溶时,V2O2(OH)4与碱NaOH、NaClO3发生氧化还原反应产生NaVO3、NaCl、H2O,根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式：3VO(OH)+NaClO+6NaOH=6NaVO+NaCl+9HO；224332

34、焙烧时，NH4VO3受热分解产生NH3,NH3易溶于水，且易与硫酸反应产生硫酸铵，若直接通入水中或稀硫酸中，会引起倒吸现象；为充分吸收氨气，同时防止倒吸现象，可以在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，故合理选项是C；(5)设得到YVO4的质量为m，根据V元素守恒，可得关系式：V2O52YVO4，结合物质反应转化利用关系，可得：182_2?2041000kg?45.5%?(l-20%)_m_解得m=816kg。4(山东省临沂市2021届高三质检)以废旧磷酸亚铁锂电池正极片(LiFePO4、炭黑和铝箔等)为原料制备锰酸锂(LiMnO)的流程如图所示。2430%饱和冷OH擀液盐酸術CIO,恥0撷戕也们常液

35、MHh正彊片一縉_區码亠匾国一ct率卜巧孟删TOC o 1-5 h z144*I遞淞浸渣滤浹滤酒混合吒体回答下列问题：LiFePO4中Fe元素的化合价为;“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是。“碱浸”中发生反应的离子方程式为。“浸取”中加入NaClO的作用为；“沉铁”过程所得滤渣为3白色固体，其主要成分是。已知碳酸锂的分解温度为723C。当“焙烧”温度达到515C时，开始有CO?产生，可能的原因是；MnO可以利用MnSO4溶液与KSO溶液反4228应制备，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。写出“焙烧”过程中生成锰酸锂的化学方程式【答案】+2Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并

36、进入正极材料中2A1+2OH-+6HO=2a1(OH)-+3HT或2A1+2OH-+2HO=2AlO-+3HT将Fe2+氧24化为Fe3+FePO或磷酸铁4能，加快碳酸锂分解1:1【解析】2222MnO2作催化剂，降低了碳酸锂分解反应的活化28MnO+2LiCO高温4LiMnO+2COT+OT2232422(1)LiFePO4中Li元素为+1价，po：整体为-3价，推得Fe为+2价。放电时负极Li失电子变为Li+,经电解质向正极移动并进入正极材料中，有利于锂回收。(2)原料中铝箔和NaOH反应，即2A1+2OH-+2HO=2AlO-+3HT222将原料中的亚铁氧化为三价铁，便于后续沉淀。因为F

37、es+与co2-彻底双水3解生成红褐色Fe(OH)3沉淀，但题目说是白色沉淀,依据元素守恒只能是FePO4o焙烧时加入了MnO2，联想到MnO2可以作催化剂，降低反应的活化能，使得Li2CO3在较低温度下分解。MnSO4TMnO2化合价升高，故K2S2O8有元素化合价降低，S元素在溶液中常以+6价so2-稳定存在，推测K2S2O8中S元素由+7降到+6,根据得失电子守恒得1K2S2O81MnSO4，所以氧化剂：还原剂为1：1oLi2CO3与MnO2反应生成LiMn2O4，结合第(5)问信息，还有CO2生成，此时得到混合气体，根据元素守恒推测另一种气体为O2,故方程式为：8MnO+2LiCO4L

38、iMnO+2C0T+OT22324225(山东省实验中学2021届高三模拟)铋迅。与氮同主族，氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等。一种用火法炼铜过程产铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、SiO2、铅砷化合物)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：BiOCl浸裁l-*ZnSO*-7H)O(剖产品)熔液改僅HAP回答下列问题：向“酸浸”所得浸液1中加入Zn粉，主要目的是;充分反应后过滤，从溶液中获得ZnSO47H2O的操作为、过滤、洗涤、干燥。(2)“浸铜”时，有单质硫生成，其离子方程式为；浸出渣中除含有硫外，还含有(填化

39、学式)和铅砷化合物。“浸铋”时，反应液必须保持强酸性，否则BiOCl会提前析出混入浸出渣使产率降低，原因是(用离子方程式表示)。(4)“除铅、砷”时，加入改性HAP。浸液1与HAP的液固比(丄)与铅、砷去除率S以及后续沉铋量的关系如下表：LS125：150：125：115：1Pb2+去除率/%84.8694.1595.4096.83AS3+去除率/%98.7998.929&9999.05m（沉铋）/g2.342.332.05198实验中应采用的S=。“沉铋“时需控制溶液的pH=3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为【答案】除去Cu2+、Fe3+蒸发浓缩、冷却结晶CuS+MnO2+4H+=

40、Cu2+Mn2+S+2H2OSiO2Bi3+H2O+Cl-=BiOClJ+2H+50:1BiCl3+Na2CO3=BiOClJ+2NaCl+CO2f【分析】由题给流程可知，向铜转炉烟尘中加入稀硫酸，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，含铋的化合物、硫化铜、二氧化硅和铅砷化合物不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸铁、硫酸铜和硫酸锌的浸液1和含有含铋的化合物、硫化铜、二氧化硅和铅砷化合物的滤渣1；向浸液1中加入Zn粉，将硫酸铁、硫酸铜转化为硫酸锌，充分反应后过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO47H2O；向滤渣1中加入稀硫酸和二氧化锰，酸性条件下，二氧化锰与硫化铜反应生成硫酸铜、

41、硫酸锰、硫和水，过滤得到含有含铋的化合物、二氧化硅和铅砷化合物的滤渣2；向滤渣2中加入盐酸和氯化钠溶液，含铋的化合物和铅砷化合物溶解，过滤得到含有含有Bi3+、Pb2+和AS3+的浸液2；向浸液2中加入改性HAP过滤去除铅、砷得到含有Bi3+的浸液3,向浸液3中加入碳酸钠溶液后，过滤得到BiOCl。【解析】由分析可知，向浸液1中加入Zn粉的目的是将硫酸铁、硫酸铜转化为硫酸锌除去Cu2+、Fe3+；硫酸锌经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO47H2O；（2）“浸铜”时发生的反应为酸性条件下,二氧化锰与硫化铜反应生成硫酸铜、硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为CuS+MnO2+4H+=

42、Cu2+Mn2+S+2H2O；由分析可知,滤渣2中含有含铋的化合物、二氧化硅和铅砷化合物；由题意可知，“浸铋”时，若溶液酸性过低,溶液中Bi3+会与Cl-反应生成BiOCl沉淀，反应的离子方程式为Bi3+H2O+Cl-=BiOClJ+2H+；（4）由表格数据可知，浸液1与HAP的液固比小于50:1时，铅、砷去除率虽然增加，但去除率变化不大，且后续沉铋量减小，所以浸液1与HAP的液固比控制在50:1；“沉铋“时发生的反应为氯化铋溶液与碳酸钠溶液反应生成BiOCl沉淀、氯化钠和二氧化碳气体,反应的化学方程式为BiCl3+Na2CO3=BiOClJ+2NaCl+CO2f。6（重庆实验中学2021届高

43、三模拟）NiSO-6H0广泛用于镀镍电镀液、催化剂42媒染剂和金属着色剂。某工厂利用富含镍（NiS）的工业废渣（含有SiO2、FeO、AlO等杂质）制备NiSO-6HO，工艺流程如图所示：2342已知：常温下，相关金属离子氢氧化物的近似K如下表所示:sp化学式Ni(OH)2Fe(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3K近似值sp10-1510-1610-3410-39回答下列问题:已知：酸浸过程中，ImolNiS失去8N个电子，同时生成一种无色有毒气体。A写出该反应的化学方程式：，滤渣1的主要成分为(填化学式)。“氧化”保持滤液温度在40C左右，加入6%的HO溶液，加入HO的目2222的是，该步

44、骤也可以用NaClO代替HO请写出用NaClO代替HO发生反22322TOC o 1-5 h z应的离子方程式：。若上述流程省去“氧化”步骤，后果是。常温下，“调pH”除铁和铝，若溶液中Ni2+浓度为0.1mol/L，溶液的pH范围应调节为4.3之间。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，这样做有利于。“操作X”指的是。【答案】3NiS+8HNO=3NiSO+8NOT+4HOSiO将Fe2+化Fe3+34226Fe2+ClO+6H+6Fe3+Cl+3HONi2+Fe2+32过滤分离蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、干燥)【解析】(1)由ImolNiS失去8N个电子，可知硫元素由2价变为+6价，反应生成

45、NiSOA4则HNO做反应的氧化剂，被还原生成的无色的有毒气体NO,反应的化学方程式3为3NiS+8HN03NiS0+8NOT+4H0,SiO不溶于硝酸，则过滤得到的滤渣1为TOC o 1-5 h z422SiO；2“氧化”过程加入H0的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,若用NaClO代替H0,氯22322酸钠与硫酸亚铁反应生成硫酸铁、氯化钠和水，反应的离子方程式为6Fe2+C1O-+6H+=6Fe3+Cl-+3HO，由于Ni(OH)和Fe(OH)的K接近，必须将亚3222sp铁离子氧化为铁离子，若流程中省去“氧化”步骤，Ni2+和Fe2+将无法分离；调节溶液pH的目的是使Fe3+和ai3+完全

46、沉淀，而Ni2+不生成沉淀,溶液中Ni2+的浓度为O.lmol/L，由KNi(OH)=10-15可知，开始沉淀时溶液中ap2c(OH)=;KapNi(OH)2=竺=10-7mol/L，则溶液的pH为7,所以pH范c(Ni2+)0.1mol/L围应调节为4.37之间；小火煮沸的目的是使氢氧化铁沉淀颗粒长大，有利于过滤分离；从NiSO溶液中获得NiSO-6HO晶体，为了防止晶体失去结晶水，操作X42先将溶液蒸发浓缩，再冷却热饱和溶液结晶，然后将晶体过滤出来，最后对晶体进行洗涤、干燥。7(福建省福州市第三中学2021届高三质检)利用软锰矿和方铅矿(主要成分为PbS,含有FeS2,等杂质)制备PbSO

47、4的工艺流程如图：敲冰水方旳卫、1匕跡2週阴”已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)_PbCl2-(aq)aH0；Ksp(PbSO4)=1.08x10-8,Ksp(PbCl2)=1.6x10-5；PbCl2易溶于热水。“滤渣1”的成分是S(硫)，“浸取”时被氧化的元素是“滤渣2的成分是。加入冰水“沉降”的离子方程式为。(4)20。C时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(gL-1)如图所示。下列PbCD港解量L-1)叙述正确的是(填字母代号)cCHCiyinol-L1zty,发生了沉淀溶解反应x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)相等xtzc(Cl-)增大使PbCl2,溶解平衡逆向

48、移动。盐酸浓度越小Ksp(PbCl2)越小“滤液a”经过处理后可以返回到工序循环使用；PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4,当c(Cl-)=0.1molL-i时，c(SO2-)=molL-i。4.4(保留三位有效数据)【答案】S和Fe(硫和铁)Fe(OH)3和Fe2O3PbCl：-PbCl?I+2C1-AC浸取6.75x10-6=【分析】方铅矿主要成分为PbS,含有FeS2会被软锰矿氧化为硫酸根和三价铁，加入氧化铁是为了调节溶液pH使三价铁水解生成氢氧化铁除去，因为PbCl2易溶于热水，加入冰水“沉降”是降低温度，生成PbCl2,在盐酸中的溶解度随着盐酸浓度的增大先减小是因为同离子效应，后

49、增大是因为PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl2-(aq),沉淀转化生成的滤液a是盐酸，所以在浸取时循环利用，根据沉淀转化可求得硫酸根离子的浓度。【解析】浸取时，方铅矿主要成分为PbS,含有FeS2会被软锰矿氧化为硫酸根和三价铁，所以被氧化的元素为S和Fe(硫和铁)；加入氧化铁是为了调节溶液pH使三价铁水解生成氢氧化铁除去，还会有未完全反应的氧化铁，故答案为Fe(OH)3和Fe2O3；因为PbCl2易溶于热水，PbCl2(s)+2Cl-(aq)二PbCl2-(aq)aH0，加入冰水沉降”是降低温度，利于平衡逆向移动，发生反应PbC12-PbClJ+2Cl-42Azty，因为PbCl2(s

50、)+2Cl-(aq)PbCl2-(aq)，使平衡正向移动，A正24确；x、y两点溶解的量相同但铅元素的存在形式不同，B错误；XtzC(Cl-)增大PbCl(s)Pb2+(aq)+2C1-(aq)溶解平衡逆向移动，C正确；2Ksp(PbCl2)只与温度有关，温度不变值不变，D错误；故选AC。(5)根据Ksp(PbCl2)=1.6x10-5可列式求得c(Pb2+)=K：(bC2)=1蔦00=1.6x10-3mol/L再根据Ksp(PbSO4)=108x10,c(so2-)_叫Pb%)4cPb2+_1.08x10-8-1.6x10-36.75x10-6mol/L；8.(福建省漳州市2021届高三教学

51、质量检测)一种从电解铜的阳极泥中(主要含Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)回收硒、碲的工艺流程如图所示：jnlrJLHCJiiINdSOj瀋液已知：铜的阳极泥化学成分(其他元素不考虑):元素AuAgCuSeTe成分/%0.912.0823.48.031亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，在水中溶解度较小。回答下列问题：Te元素在周期表中处于第五周期WA族，亚碲酸中碲的化合价为。滤渣1中含单质和化合物，生成滤渣1中化合物的离子方程式为。C2(ci)当溶液中同时存在AgCl和A%SO4时，余总)=已知：一定温度下4Ksp(AgCl)=2X10-10、Ksp(Ag2SO4)=8X10-

52、5。“硒、碲分离”时，需要进行的操作是，溶液中硒、碲浓度比值随pH的变化如图所示，则pH应调至左右。（4）写出“还原1”的离子方程式：。（5）还原2反应后的溶液过滤得到粗Se,粗Se中Se的含量可以用如下方法测定:Se+2H2SO4（浓）=2SO2个+SeO2+2H2OSeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2OI2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI用淀粉溶液作指示剂，Na2S2O3滴定反应中生成的I2来测定Se的含量。若从100g铜的阳极泥中回收得到ag粗Se,每次准确称取0.0lag粗Se进行实验，重复三次实验，平均消耗O.1000molL-iNa2S2O3溶

53、液的体积为22.10mL,滴定终点的现象是,Se的回收率为。（结果保留3位有效数字,回收率=实际硒的产量理论硒的产量X100%)【答案】+4AgSO+2C1一二2AgCl+SO2-5X10-16过滤6.0244HTeO+2SO2-=Te+2SO2-+HO当加入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝23342223色变成无色且30s内不恢复原来的颜色54.6%【分析】电解铜的阳极泥中（主要含Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质），酸浸过程中，Ag以Ag2SO4形式进入到氧化步骤中，与NaCl溶液反应生成AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在氧化步骤中滤出

54、；由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸,在水中溶解度较小”,故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤；H2TeO3中的Te化合价降低生成单质Te,据此解题。解析】Te元素在元素周期表中处于第五周期VIA族，亚碲酸的化学式为HTeO，由23化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知，亚碲酸中碲的化合价为+4。故答案为：+4。(2)酸浸过程中，Ag以Ag2SO4形式进入到氧化步骤中，与NaCl溶液反应生成AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在氧化步骤中滤出；当溶液中同时存在AgCl和Ag2SO4时，C2(Cl-)K2(AgCl)(2xlO-io)=sp=5X10-16。c(SO2

55、-)K(AgSO)8xlO-54sp24故答案为：AgSO+2Cl-二2AgCl+SO2-；5X10-16。244由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤；溶液中两种元素的离子的浓度比值越大，分离效果越好，从图像中可得出，当pH=6.0时，分离效果最好。故答案为：过滤；6.0。(4)结合流程可知H2TeO3中的Te化合价降低生成单质Te,so2-作还原剂，生成SO2-，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒可知离子方程式为4HTeO+2SO2-Te+2SO2-+HO滴定终点的现象是：当加入最后一滴Na2S2O323342223标准溶液时，溶液由

56、蓝色变成无色且30s内不恢复原来的颜色；铜阳极泥中Se的含量为8.0%,则100g铜阳极泥中含有Se的总质量为8.0g,根据测定Se的三个反应可知Se4Na2S2O3,实验中称取0.0lag的粗Se进行实验，所以粗Se的回收率为220 x10-3LxOJOOOm01L-1x4x100 x79g-mo1-1100%546%。x8g故答案为：HTeO+2SO2-=Te+2SO2-+HO;当加入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，23342223溶液由蓝色变成无色且30s内不恢复原来的颜色；54.6%o9(广东省“百越名校联盟”2021届高三质检)高铝粉煤灰提取铝既能缓解我国缺铝矿的现状，又能减少煤燃

57、烧产生的污染。高铝粉煤灰含55.22%Al2O3、32.58%SiO2、5.08%CaO、2.09%Fe2O3和5.03%其他杂质。活化焙烧法从高铝粉煤灰中提取铝的工艺流程如图所示，回答下列问题：VlbHCmf.滤液过滤，.-系列操作E1后1斗|粉煤灰一淸化焙烧-酸显-丄残渣循环利用阮|髙纯铝単糾侖纯賓化铝卜|粗氣化铝|碱石灰烧结法是利用高铝粉煤灰与纯碱、焦炭1220C烧结，Al2O3转化为易溶的偏铝酸钠，从而将铝元素分离出来，烧结过程无污染，氧化铝发生反应的化学方程式是。活化焙烧过程中，不同活化剂对铝、钙浸出率的影响不同(如下表)，应选择做活化剂。活化剂Na3PO434Na2HPO4NaFC

58、H3COONaAl浸出率83.82%83.62%85.64%77.55%90.96%Ca浸出率97.10%97.75%98.26%96.79%90.96%(3)酸浸使用的酸是，酸的浓度与氧化铝溶出率的关系如图1，酸浓度为36%时达到最大溶出率，但实际工业使用32%的酸浓度，原因是。酸溶温度与氧化铝溶出率的关系如图2，选择的最佳温度是。2024283236-K5777M70605040图1图2流程图中的一系列操作应包括、过滤、洗涤、干燥，粗氧化铝的主要杂质是。电解过程中阴极的电极反应式为,现有102t高铝粉煤灰，如果总转化率为75%，可以得到t铝(计算结果保留四位有效数字)。1220。答案】Al2O3+Na2CO3+C2NaAlO2+CO2TCH3COOONa盐