高三二轮复习试题化学主观题突破2无机化工流程及分析

主观题突破二无机化工流程及分析1.(10分)(2025·山东潍坊一模)偏磷酸钡Ba(PO3)2具有耐高温、透光性良好等性能,是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为H3PO4,含有少量Mg2+、Fe3+、AsO43-、SO42已知25℃时:①Ksp(As2S3)=1022,Ksp(FeS)=1018,Ka(HF)=3.6×104,Ka1(H3PO4)=7.1×103,Ka2(H3PO4)=6.②将NH3通入H3PO4溶液中,当pH=3.8~4.5时生成NH4H2PO4,pH=8.0~8.2时生成(NH4)2HPO4,pH=11.0~12.0时生成(NH4)3PO4,磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐,磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。回答下列问题:(1)加入适量Ca(OH)2的主要目的是。

(2)“滤渣2”的主要成分有FeS(amol)、S及As2S3(bmol),则“脱砷铁”的反应中共消耗Na2Smol(用含a和b的代数式表示);25℃下,“脱砷铁”后滤液中c(S2)=4×104mol·L1,则c(Fe2+)∶c(As3+)=。

(3)“氨化”的目的之一是通入适量NH3调节溶液的pH,从保证产率的角度出发,此时H3PO4转化为A,A为(填化学式)。

(4)“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换,Mg2+沉淀不完全,原因是。

(5)“结晶”后得到A的晶体,与硫酸钡“煅烧”时生成Ba(PO3)2、两种气体(空间结构分别为三角锥形和平面三角形)等物质,其反应的化学方程式为。

2.(14分)(2025·河北秦皇岛一模)铈(Ce)是地球上镧系元素中含量最丰富的稀土金属,可用于制备玻璃添加剂,汽车尾气净化催化剂等。工业上利用某种含铈矿石(主要成分为CeFCO3,还含少量BaO、SiO2等)制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题:已知:①Ksp[Ce(OH)3]=1.0×1020;②硫酸体系中,Ce4+在(HA)2中的溶解度大于其在水中的溶解度,Ce3+与之相反。(1)“焙烧”时常采用逆流操作,即空气从焙烧炉下部通入,矿石从焙烧炉上部加入,这样操作的目的是。

(2)“滤渣”的主要成分是SiO2和(填化学式),写出一条该物质在医疗上的应用:

。

(3)步骤Ⅲ的操作名称是。

(4)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为,该步骤通常控制温度为40~50℃的原因是。

(5)步骤Ⅳ后,向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH,pH大于时,Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。已知当溶液中某离子浓度小于1.0×105mol·L1时,可认为该离子沉淀完全。

(6)加热CeCl3·6H2O制备无水CeCl3时,HCl的作用是。

下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是(填字母)。

A.高炉炼铁 B.电解熔融NaCl制钠C.利用铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞3.(12分)(2025·江西九江一模)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(含Sc2+、TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。已知:ⅰ.“萃取”前Sc3+、Fe2+、Fe3+的浓度分别为0.010mol·L1、0.001mol·L1、0.001mol·L1;当某离子的浓度小于1.0×105mol·L1时,可忽略该离子的存在;ⅱ.HA代表有机萃取剂,X代表金属元素,萃取时发生反应Xn++nHAXAn+nH+;ⅲ.钪与铝元素性质相似。请回答下列问题。(1)基态钛原子的价层电子排布图为。

(2)在“洗涤”过程中加入H2O2溶液的作用为。

(3)“反萃取”时,随pH增大而出现沉淀质量先增大后减少,沉淀质量减少的原因为。

(4)“溶解富集”后,金属离子的浓度变为原来的12.5倍,则调溶液pH时范围为,可实现铁元素和钪元素的完全分离{常温下,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×1038,Ksp[Sc(OH)3]=1.0×1030,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×1017,lg2=0.3}。

(5)“热还原”时得到钪和另一产物M,用惰性电极电解M溶液时,阴极的电极反应式为。

(6)“转化”过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为。

4.(10分)(2025·山东日照一模)以赤泥熔炼渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO,少量Sc2O3)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下。已知:①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油;②Sc3+的氧化性很弱。回答下列问题:(1)“浸渣”的主要成分为(填化学式)。

(2)“反萃取”的目的是分离钪元素和铁元素。向“萃取液”中加入NaOH,Fe2+、Fe3+、Sc3+的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为(填“Na2SO3”或“NaClO”),应调节pH最佳为。

(3)已知Sc2(C2O4)3难溶于水,难溶于酸;Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2OKsp[Sc2(C2O4)3]=c,“沉钪”时发生反应:2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+,此反应的平衡常数K=。(用含a、b、c的代数式表示)

(4)Sc2(C2O4)3经系列操作可得ScCl3·6H2O,ScCl3·6H2O加热脱水时生成ScOCl的化学方程式为。

(5)在一定条件下,一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数为Kd)Kd=c(A)c(B);萃取率=n有机物(X)n总(X)×100%。萃取Sc3+的过程中,若Sc3+的分配系数Kd=c(有机相)c(水相)=7.5,取100mL含Sc3+的溶液,一次性加入60mL萃取剂,则Sc3+5.(12分)(2025·陕西榆林二模)电解精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离回收金和银的流程,如图所示。回答下列问题:(1)基态铜原子价层电子排布式为。

(2)“浸取1”步骤中,将阳极泥中的铜浸出,并处理“浸出液1”回收CuSO4·5H2O。①“浸取1”步骤中若单纯加入硫酸和O2,铜的浸出速率低,加入少量Fe2(SO4)3溶液,可提高铜的浸出速率,用离子方程式解释:。

②“浸出液1”提纯、分离过程中,需加氧化剂,调pH约为3。若氧化剂选用H2O2,则其利用率明显比选用O2的利用率低,原因是。

(3)“浸取2”步骤中,单质金转化为[AuCl4]进入“浸出液2”中,单质银转化为AgCl进入“浸渣2”中。①如果将盐酸换成硫酸,金的浸取率大大降低,原因是。

②写出“还原”步骤中反应的离子方程式:。

(4)“浸取3”步骤中,AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3,“电沉积”步骤中生成Ag的电极为(填“阴极”或“阳极”);该极区溶液中可循环利用的物质为(填化学式)。

(5)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6,从物质结构与性质关系的角度分析,S4O62-的结构为(填“a”或“b6.(14分)(2025·河北石家庄一模)稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛,并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示:已知:①“加压焙烧”过程中发生反应2FeCl3(s)2FeCl2(s)+Cl2(g),生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”;②“酸浸”所得溶液中钒、钛以VO2+、TiO回答下列问题:(1)基态钛原子的价层电子排布式为;已知FeV2O4中Fe为+2价,则V的化合价为价。

(2)“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为。

(3)“酸浸”时,产生的“浸出渣”的主要成分为(填化学式)。

(4)已知Ksp[TiO(OH)2]=1×1029,“沉钛”时,为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×105mol·L1),需要调节溶液的pH不低于;该过程中,加入适量铁粉的目的为。

(5)“氧化”时,H2O2的使用量远大于理论计算量,可能的原因为。

(6)“萃取”时,VO2+先转化为H2V10O284-,再与萃取剂R3N结合,其过程可表示为4R3N+4H++H2V10O284-[R3NH]4H2V10O28,据此分析“反萃取”过程中加入(7)“沉铁”时,生成黄铵铁矾的离子方程式为。

7.(10分)(2025·河南新乡一模)Ti2O3在光热肿瘤治疗和电催化固氮方面有着广泛的应用。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3,含少量FeO、Al2O3、SiO2等)为原料制备TiO、Ti2O3的工艺流程如图所示。回答下列问题:已知:TiOSO4易水解生成TiO(OH)2沉淀。(1)Ti位于元素周期表区,“滤液1”中的溶质有(填化学式)。

(2)“酸浸”中,硫酸和FeTiO3反应生成TiOSO4的化学方程式为。

(3)绿矾、TiOSO4的溶解度曲线如图所示。“操作X”是。

“滤液2”可循环用于工序,实现资源利用。

(4)向“操作X”后得到的母液中滴加Y溶液,产生蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6],说明母液中还含有Fe2+,产生蓝色沉淀的离子方程式为。

(5)制备Ti2O3的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

8.(12分)(2025·广东梅州一模)五氧化二钒是接触法制取硫酸的催化剂,具有强氧化性。从废钒催化剂(主要成分为V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和Fe2O3等)中回收V2O5的一种生产工艺流程如图所示:已知:+5价钒在溶液中主要以VO2+和VO3-的形式存在,两者转化关系为VO2++H2OV(1)写出基态钒原子的价层电子排布式:。

(2)“废渣Ⅰ”的主要成分为。“还原”后的溶液中含有阳离子VO2+、Fe2+、K+、H+,“还原”过程中V2O5发生反应的离子方程式为。

(3)“萃取”和“反萃取”的变化过程可简化为(下式中的R表示VO2+或Fe2+,HA表示有机萃取剂的主要成分):RSO4(水层)+2HA(有机层)RA2(有机层)+H2SO4(水层)。工艺流程中可循环使用的试剂有(写化学式)。

(4)“氧化”时欲使3mol的VO2+变为VO2+,需要氧化剂KClO3至少为(5)“调pH”中加入KOH有两个目的,分别为、。

(6)钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图,晶胞参数为apm。晶胞中钒原子的配位数与氧原子的配位数之比为;已知NA表示阿伏加德罗常数的值,该晶体的密度为g·cm3(列出计算式即可)。

9.(12分)(2025·江西南昌一模)硫酸化焙烧法处理某铜阳极泥[主要成分为铜、硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)等]是回收硒(Se)、碲(Te)最常用的工艺之一,其流程如下:已知:①Se和Te为同主族相邻周期的元素,性质有相似性。②TeO2微溶于水。(1)基态碲原子(Te)的价层电子排布式为。

(2)写出“硫酸化焙烧”时Cu2Se和硫酸反应生成SO2、SeO2的化学方程式:。

(3)“H2O吸收”生成的可以循环利用,反应消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是。

(4)Cu2Te与硫酸的反应类似Cu2Se与硫酸的反应,则“焙烧渣”的主要成分是、;验证“水浸渣”洗涤干净的方法:取最后的洗涤液少许置于试管中,先加稀盐酸酸化,再加入溶液,若无明显现象,说明浸渣洗涤干净。

(5)“HCl浸出”生成TeCl4溶液(碲元素以Te4+的形式存在),写出“还原”的离子方程式:。

(6)碲粉中碲单质质量分数的测定,步骤如下:①取5.0g碲粉,加入某酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3),将其配制成100mL溶液,取20.00mL溶液置于锥形瓶中。②往锥形瓶中加入20mL0.10mol·L1酸性K2Cr2O7溶液,充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。③往锥形瓶中加入指示剂,用0.10mol·L1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液,进行三次平行实验,平均消耗12.00mL硫酸亚铁铵标准溶液。试计算碲粉中碲单质的质量分数为。

参考答案1.答案(1)除去硫酸根(或将硫酸根转化为CaSO4沉淀)(2)1.5a+5b2×109(3)NH4H2PO4(4)Ka1(H3PO4)>Ka(HF),F与磷酸反应生成HF,导致F的浓度较小,Mg(5)2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O解析:(2)“滤渣2”的主要成分有FeS(amol)、S及As2S3(bmol),根据化合价变化、电子守恒可知,被氧化的硫离子为a+4b2mol,FeS(amol)、As2S3(bmol)消耗硫离子(a+3b)mol,故“脱砷铁”的反应中共消耗Na2S:(1.5a+5b)mol;25℃下,“脱砷铁”后滤液中c(S2)=4×104mol·L1,则有c(Fe2+)∶c(As3+)=Ksp((4)因为Ka1(H3PO4)>Ka(HF),则F与磷酸反应生成HF,导致F的浓度较小,Mg2+沉淀不完全,故“氨化”与“脱镁”交换,导致Mg(5)“结晶”后得到A的晶体,与硫酸钡“煅烧”时生成Ba(PO3)2、空间结构分别为三角锥形和平面三角形的两种气体,结合质量守恒可知,分别为氨气和三氧化硫,氨气分子中N采取sp3杂化、三氧化硫分子中硫采取sp2杂化,反应的化学方程式为2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O。2.答案(1)增大接触面积,提高反应速率(2)BaSO4钡餐(3)分液(4)2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+利于加快酸浸速率,防止H2O2分解(5)9(6)抑制CeCl3水解AC解析:(1)“焙烧”时常采用逆流操作,即空气从焙烧炉下部通入,矿石从焙烧炉上部加入,这样操作的目的是增大接触面积,提高反应速率。(4)步骤Ⅳ中加入H2O2溶液,将Ce4+转化为Ce3+进入水层,离子方程式为2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+;过氧化氢受热易分解,反应时控制温度为40~50℃之间既有利于加快酸浸速率,又可防止温度过高导致H2O2分解。(5)溶液中的c(Ce3+)小于1×105mol·L1,可认为Ce3+沉淀完全,由氢氧化铈的溶度积可知,Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)·c3(OH),则c(OH)>3Ksp[Ce(OH)3]c(Ce3+)=31×10-201×10-5mol·L1=1×105(6)CeCl3是强酸弱碱盐,加热CeCl3·6H2O制备无水CeCl3时,HCl可抑制CeCl3水解;本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法;高炉炼铁为热还原法,A符合题意;电解熔融NaCl制钠是电解法,B不符合题意;利用铝热反应制锰为热还原法,C符合题意;氧化汞分解制汞是热分解法,D不符合题意。(2)将Fe2+氧化为Fe3+,将TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+(3)Sc(OH)3溶于过量的氢氧化钠溶液(4)3<pH<4.3(5)Mg2++2H2O+2eMg(OH)2+H2↑(6)1∶1解析:(3)由题中信息可知,钪与铝元素性质相似,Sc(OH)3具有两性,能溶于NaOH溶液,“反萃取”时,随pH增大而出现沉淀质量先增大后减少,沉淀质量减少的原因为Sc(OH)3溶于过量的氢氧化钠溶液。(4)“溶解富集”后,金属离子的浓度变为原来的12.5倍,则Sc3+的浓度为0.010mol·L1×12.5=0.125mol·L1,Fe3+的浓度为(0.001+0.001)mol·L1×12.5=0.025mol·L1,根据溶度积大小,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×1038,Ksp[Sc(OH)3]=1.0×1030,Fe3+先沉淀,Fe3+沉淀完全时,Fe3+的浓度小于1.0×105mol·L1,则c(OH)>31.0×10-381×10-5mol·L1,可以求出pH>3,要求Sc3+不沉淀,则有0.125×c3(OH)<1.0×(5)“热还原”时得到钪和MgCl2溶液,电解MgCl2溶液时阴极上发生还原反应,得到Mg(OH)2和H2,阴极的电极反应式为Mg2++2H2O+2eMg(OH)2+H2↑。(6)“转化”过程,[TiO(H2O2)]2+与Na2SO3反应,氧化剂为[TiO(H2O2)]2+,其中H2O2中氧元素的化合价从1价降低到2价,还原剂Na2SO3被氧化为Na2SO4,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1。4.答案(1)CaSO4、SiO2(2)Na2SO32(3)a3b3c(4)ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑(5)81.86.4解析:(1)“熔炼渣”的主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO及少量Sc2O3,其中二氧化硅不溶于硫酸,氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙,故“浸渣”的主要成分为CaSO4和SiO2。(2)由图可知,Fe2+更容易和Sc3+分离,故试剂X应该是将三价铁转化为二价铁,则试剂X为Na2SO3;由图可知,pH为2时,二价铁没有沉淀,Sc3+的沉淀率已经很大,故应调节pH最佳为2。(3)已知Ka1(H2C2O4)=a,Ka2(H2C2O4)=b,Ksp[Sc2(C2O4)3]=c,结合平衡常数的定义可知,反应2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+的平衡常数K(5)设100mL含Sc3+的溶液中Sc3+的物质的量为amol,一次性加入60mL萃取剂,其中可以萃取的Sc3+的物质的量为xmol,则Kd=x60×10-3a-x100×10-3=7.5,解得x≈0.818a,Sc3+的萃取率=n有机物(X)n总(X)×100%=0.818aa×100%=81.8%;若将60mL萃取剂分成3次萃取,每次用20mL,设100mL含Sc3+的溶液中Sc3+的物质的量为bmol,一次性加入20mL萃取剂,其中可以萃取的Sc3+的物质的量为ymol,则Kd=y20×10-3b-y100×10-35.答案(1)3d104s1(2)①Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+、4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O或2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O②H2O2不稳定,Fe3+、Cu2+都能催化H2O2分解(3)①Cl较SO42-更易与Au3+形成配离子,②4[AuCl4]+3N2H44Au+3N2↑+12H++16Cl(4)阴极Na2S2O3(5)a解析:铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素,加入硫酸、氧气及少量Fe2(SO4)3溶液浸取,铜溶解生成硫酸铜,过滤得到的滤液中含有硫酸铜和硫酸,滤渣含Ag、Au等,再向滤渣中加入盐酸和H2O2可发生反应:2Au+8HCl+3H2O22HAuCl4+6H2O,2Ag+2HCl+H2O22AgCl↓+2H2O,过滤,向得到的滤渣中加入Na2S2O3,AgCl溶于Na2S2O3溶液生成[Ag(S2O3)2]3,再进行电解,[Ag(S2O3)2]3在阴极得到电子被还原生成Ag,电极反应式为[Ag(S2O3)2]3+eAg+2S2O32-,阴极区的溶液中含有Na2S2O3,可以循环使用,向浸出液2中加入N2H4,可以还原HAuCl4生成Au和氮气。(3)①Cl作为配体形成稳定的[AuCl4],促进金的溶解,而硫酸根无法形成类似的稳定配合物,同时[AuCl4]更容易被氧化;②结合分析可知,“还原”步骤中N2H4可以还原HAuCl4生成金和氮气,离子方程式为4[AuCl4]+3N2H44Au+3N2↑+12H++16Cl。(4)“电沉积”步骤中生成Ag的电极为阴极;阴极区的溶液中含有Na2S2O3,可以循环使用。(5)从物质结构的角度分析,a结构中电子云分布较均衡,结构较为稳定,b结构中正电中心与负电中心不重合,极性较大,较不稳定,且a中含有过硫键,b中含有过氧键,两者均有氧化性,但过氧键的氧化性强于I2,则b不能是被I2氧化所得的产物,由此可知该离子的结构应该是a。6.答案(1)3d24s2+3(2)FeV2O4+2Cl2FeCl2+2VO2Cl(3)SiO2(4)2.0调节溶液pH使TiO2+沉淀完全(5)产生的Fe3+催化H2O2的分解(6)消耗H+,使萃取反应的平衡逆向移动,将H2V10O28(7)NH4++3Fe3++2SO42-+6H2ONH4Fe3(SO4)2(OH)解析:钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)在“加压焙烧”过程中发生反应2FeCl3(s)2FeCl2(s)+Cl2(g),生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”,FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2,加入盐酸进行酸浸,VO2Cl转化为VO2+,TiO2转化为TiO2+,滤渣含SiO2,加适量铁粉沉钛,调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO(OH)2沉淀,加入H2O2将亚铁离子氧化成三价铁离子,加入有机萃取剂R3N,VO2+先转化为H2V10O284-,再与萃取剂R3N结合进入有机相:4R3N+4H++H2V10O284-[R3NH]4H2V10O28,加酸化的Na2SO4溶液洗涤分液,向有机相加入Na2CO3溶液进行反萃取,经一系列操作得V2O5;(4)Ksp[TiO(OH)2]=c(TiO2+)·c2(OH)=1.0×105mol·L1·c2(OH)=1×1029,c(OH)=1.0×1012mol·L1,c(H+)=1.0×102mol·L1,则pH不低于2.0;加入适量铁粉的目的是调节溶液pH,使TiO2+沉淀完全。(5)“氧化”时,将亚铁离子氧化成三价铁离子,H2O2的使用量远大于理论计算量,可能的原因为产生的Fe3+催化H2O2的分解。(6)加入Na2CO3可消耗H+,使c(H+)减小,使萃取反应的平衡逆向移动,将H2V10O287.答案(1)dNaOH、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3(2)FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O(3)蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤“酸浸”(4)K++Fe2++[Fe(CN)6]3KFe[Fe(CN)6]↓(5)3∶1解析:向钛铁矿(主要成分为FeTiO3,含少量FeO、Al2O3、SiO2等)中加入浓NaOH溶液,Al2O3、SiO2与NaOH反应分别生成Na[Al(OH)4]和Na2SiO3,则“滤液1”中的溶质为Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和NaOH;“酸浸”步骤中加入硫酸,得到的溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、H+和SO42-,一定条件下该溶液可结晶析出FeSO4·7H2O,调节pH可得到沉淀TiO(OH)2,“滤液2”中主要含有H2SO4,将TiO(OH)2煅烧后可得到TiO2;TiO2与Ti在加热到1500℃时可得到TiO,在加热到1600℃时可得到Ti2(1)Ti位于元素周期表d区。“滤液1”的主要溶质有NaOH、Na[Al(OH)4]和Na2SiO3。(3)根据溶解度曲线可知,FeSO4·7H2O的溶解度随温度的变化大,而TiOSO4的溶解度随温度变化小,可通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤得到FeSO4·7H2O晶体。析出绿矾的溶液经“调pH”,使TiOSO4发生水解反应析出TiO(OH)2,反应的化学方程式为TiOSO4+2H2OH2SO4+TiO(OH)2↓,则“滤液2”的主要成分为硫酸,可循环用于“酸浸”工序。(4)用K3[Fe(CN)6]溶液检验亚铁离子,可生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀,离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3KFe[Fe(CN)6]↓。(5)在1600℃制备Ti2O3时发生反应3TiO2+Ti2Ti2O3,二氧化钛是氧化剂,钛是还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1。8.答案(1)3d34s2(2)SiO2V2O5+4H++SO32-SO42(3)H2SO4、HA(4)0.5(5)促使Fe3+水解成Fe(OH)3沉淀促使VO2+转化为VO3-(6)2∶1(51+32)×2解析:向废钒催化剂加入K2SO3和硫酸进行还原,SiO2不溶于酸,过滤后SiO2在“废渣Ⅰ”中,同时得到含阳离子VO2+、Fe2+、K+、H+的滤液,再加有机萃取剂HA进行萃取,分液得有机层,再加入试剂X进行“反萃取”,分液后有机萃取剂进入“萃取”环节循环使用,向“反萃取”后得到的酸性水溶液中加KClO3氧化,再加KOH“调pH”,过滤得“废渣Ⅱ”和含钒滤液,向滤液中加入NH4Cl得到NH4VO3,最后煅烧NH4VO3得产品V2O5。(2)“废渣Ⅰ”的主要成分为SiO2;“还原”过程中,在酸性条件下V2O5被K2SO3还原为VO2+,则反应的离子方程式为V2O5+SO32-+4H+2VO2++SO42(3)根据“萃取”和“反萃取”方程式:RSO4(水层)+2HA(有机层)RA2(有机层)+H2SO4(水层)可知,当发生萃取时,水层有硫酸生成,可以用在“反萃取”操作中;当发生“反萃取”时,有机层有HA产生,可以用在“萃取”操作中,故可以循环使用的物质为H2SO4、HA。(4)在氧化时发生的反应为6VO2++ClO3-+3H2O6VO2++Cl+6H+,要