高考热点题型与考点专练化学二题型3无机化工生产流程题

题型3无机化工生产流程题考向1原料预处理【真题研磨】典例(1)(2023·辽宁选择考节选)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为适当增大硫酸浓度(或适当升高温度、将镍钴矿粉碎等)(答出一条即可)。

(2)(2024·新课标卷节选)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下:“酸浸”前废渣需粉碎处理,目的是增大固液接触面积,加快酸浸速率,提高浸取效率。

(3)(2022·辽宁选择考节选)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如图:为提高焙烧效率,可采取的措施为ab。

a.进一步粉碎矿石b.鼓入适当过量的空气c.降低焙烧温度【审答思维】题干划线部分关键信息解读关键信息答题思维提高浸取速率增大硫酸浓度可加快反应速率,将矿石粉碎来增大接触面积、适当升温,也可加快反应速率,从而提高浸取速率

粉碎将废渣粉碎处理,增大其与液体的接触面积,从而可以加快反应速率,提高浸取效率提高焙烧效率提高焙烧效率可以从加快反应速率的角度分析,如增大接触面积、升温、增大反应物的浓度等

【失分警示】(1)不能正确认识“浸取速率”的含义,从而在第(1)问中错答;(2)考虑问题不全面,只考虑粉碎能增大接触面积,忽略对浸取效率的影响;(3)不能将“提高效率”与加快反应速率联系在一起,第(3)问错选或漏选。【考场技法】原料的预处理及目的1.研磨:将固体物质粉碎,增大固体与液体或气体间接触面积,加快反应速率,提高固体的利用率。2.灼烧:除去可燃性杂质或使原料初步转化。3.煅烧:改变结构,使一些物质能溶解,杂质在高温下氧化分解。4.浸取(1)酸浸:溶解,除去氧化物(膜),调节pH促进沉淀、抑制水解。(2)碱浸:去油污,除去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,调节pH促进沉淀、抑制水解。(3)水浸:与水反应或溶解。5.搅拌:加快反应(溶解)速率,使反应充分进行,提高原料利用率。【多维演练】1.★★V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种,一种从钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中提取V的工艺流程如下:“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl—Na2SO4与钒页岩形成混合物,这样做的目的是生成易溶的钠盐,提高钒的浸取率。

2.★★从某废旧电池正极材料[主要含钴酸锂(TiCoO2)及少量炭黑、有机黏合剂、铝、铁、锰等]制备Li2CO3、CoC2O4·2H2O的工艺流程如图:“高温煅烧”的目的是除去炭黑、有机黏合剂。

3.★★氧化锌是一种白色粉末,可溶于酸、氢氧化钠溶液、氨水和氨水铵盐缓冲溶液中,它在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)制备氧化锌的工艺流程如图所示:已知:i)二价金属氧化物分别与氨络合,Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)能与氨络合生成[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+;ii)pH=11.6,Eh=0.70V时,Fe(Ⅱ)转化成FeOOH,Mn(Ⅱ)转化成αMnO2。“氧化预处理”时,加入Ca(ClO)2溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)分别氧化为FeOOH和αMnO2,避免其在浸出时溶解。

4.★★废钒催化剂的回收、提取和再利用具有显著的经济效益和环保效益。从某种废钒催化剂(含SiO2、VOSO4、V2O3、Fe2O3、Al2O3、有机物等)中回收制备V2O5的工艺流程如图:(1)工业生产中的钒催化剂一般以疏松多孔的硅藻土为载体,该做法的优点是增大催化剂与反应物的接触面积,加快反应速率。

(2)在空气中“焙烧”废钒催化剂的目的是AB(填选项字母)。

A.改变废钒催化剂的结构,便于后续“酸浸”B.除去废钒催化剂中的有机杂质C.使废钒催化剂中的杂质氧化,便于除去考向2化工生产中反应条件的控制【真题研磨】典例(1)(2022·山东等级考节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如图:回答下列问题:SO42-浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O(填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率;一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD(填标号A.65℃、P2O5%=15、SO3%=15B.80℃、P2O5%=10、SO3%=20C.65℃、P2O5%=10、SO3%=30D.80℃、P2O5%=10、SO3%=10(2)(2024北京选择考节选)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜,流程示意图如下。①(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。

②矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合,取相同质量,在不同温度下焙烧相同时间,测得:ⅰ.“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图;ⅱ.400℃和500℃时,固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2500Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO(i)温度低于425℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大的原因是温度低于425℃,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增加。

(ii)温度高于425℃,根据焙烧时可能发生的反应,解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是温度高于425℃,随焙烧温度升高发生反应:4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低。

(3)(2023·新课标全国卷节选)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图所示:已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在,在碱性介质中以①“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pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致溶液的碱性减弱,促进PO43-、SiO32-水解,不利于硅、磷转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀;pH>9时,会导致溶液的碱性增强,Mg2+和NH4+转化为Mg(OH)2沉淀和NH3·H2②“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀,V2O5在pH<1时,溶解为VO2+或VO3+;在碱性条件下,溶解为VO3-或VO43-,上述性质说明V2O5具有A.酸性B.碱性C.两性【审答思维】题干划线部分关键信息解读关键信息答题思维使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水两液体的区别为硫酸溶液中SO42-的浓度大,可减小CaSO石膏结晶转化由图乙信息可知,65℃时,位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在;80℃时,位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在(NH4)2SO4分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,使CuFeS2→CuSO4

固体B中所含铜、铁的主要物质400~500℃成分变化:CuFeS2、CuSO4→CuO、Fe2(SO4)3,CuSO4易溶于水,CuO不溶于水,故铜浸出率降低pH≈9以达到最好的除杂效果若溶液pH<9时,会导致磷元素不能形成沉淀;若溶液pH>9时,会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀,导致产品中混有杂质,稀硫酸的用量也会增加

【失分警示】(1)不理解图乙的含义,从而在第(1)问中错选;(2)不能利用表中成分变化,判断出温度高于425℃时反应的化学方程式。(3)不能正确分析溶液pH对反应的影响,从而错答第(3)问。【考场技法】反应条件控制1.控制pH控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点:①能与H+反应,使溶液pH增大;②不引入新杂质。2.控制温度(1)控制低温的目的①防止某反应物及目标产物分解,如H2O2、AgNO3、HNO3(浓)等;②防止某反应物或目标产物挥发,如盐酸、醋酸、硝酸和氨水等;③抑制物质的水解,如Fe3+、Al3+、Cu2+、S2;④反应放热,低温使反应正向移动;⑤避免副反应的发生:如乙醇的消去反应需迅速升温至170℃;⑥确保催化剂的催化活性,兼顾速率和转化率,追求经济效益;⑦沸点较高物质的液化收集:用冰水浴冷凝并收集SO3;⑧若转化率变化不大,高温下浪费能源。(2)加热的目的①加速某固体的溶解;②减少气体生成物的溶解并加速逸出;③一般加快反应速率;④使平衡向需要的方向移动;⑤趁热过滤,防止某物质降温时析出而损失或带入新杂质。(3)控制某温度范围的目的从温度过高或温度过低会导致的后果两方面作答。3.控制压强(1)减压减压过滤,加快过滤速率;减压蒸馏,降低蒸馏温度,防止产品分解;减压蒸发,降低蒸发温度,防止物质分解或失去结晶水。(2)加压加快速率,平衡移动。【多维演练】1.★★从Ag/Cu合金触点废料中回收Cu、Ag、Sn等金属的工艺流程如图,请回答下列问题:(1)废料中加入一定量的浓盐酸,分多次加入过氧化氢搅拌,加热、煮沸、冷却、过滤操作中,加入过氧化氢的目的为在酸性条件下将铜氧化为Cu2+,将Sn氧化为Sn4+;逐量加入尿素,搅拌状态下加热到100℃,加尿素的目的是作Sn(OH)4的沉淀剂。

(2)在强碱性介质中先用葡萄糖将Cu2+还原成Cu2O,再用肼将Cu2O还原成铜粉,肼与Cu2O反应的物质的量的比为1∶2,如图为制超细铜粉时温度与铜粉平均粒径的关系图,随着温度的升高,铜粉的平均粒径逐渐减小,但温度太高会使晶核的表面活性增强而发生聚沉,因此该反应合适的温度为70℃。

2.★★★一种以镍钴合金废料(含Co、Ni、Fe、Cu、Al、Zn、Cd及其氧化物)为原料提取Co、Ni的工艺流程如图所示。回答下列问题:(1)“破碎”和“酸浸”工序也可通过电解法来实现,电解装置中的阳极材料应选择镍钴合金废料。相对于“破碎”和“酸浸”,电解法的缺陷为电解法需要消耗大量的电能,成本较高。

(2)“氧化”的目的是将亚铁离子氧化为铁离子,以便在后续调节pH时将铁离子转化为氢氧化铁沉淀。

(3)Ni2+、Fe2+与EDTA均可形成稳定的环状离子,稳定性较强的是Fe2+(填“Ni2+”或“Fe2+”)。“反萃取2”中Fe、Ni的存在形式与pH关系如图所示,该工序需控制的最佳pH是3。

考向3产品的分离与提纯【真题研磨】典例(1)(2023·山东等级考节选)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl、SO42-和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO已知:常温下,Ksp(Li2CO3)=2.2×102。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。①若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外,还将增加CaO、Na2CO3(填化学式)的用量。

②精制Ⅱ的目的是加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+),提高Li2CO3纯度;进行操作X时应选择的试剂是盐酸,若不进行该操作而直接浓缩,将导致浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀,即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3,最终所得Li2CO3(2)(2024·广东选择考节选)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。工艺中,LAEM是一种新型阴离子交换膜,允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。已知:①pKa(HF)=3.2。②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×1010。③浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m3)(m=0~4)微粒形式存在,Fe2+最多可与2个Cl配位,其他金属离子与Cl的配位可忽略。①“还原”的目的:避免铁元素以[FeCl4](填化学式)微粒的形式通过LAEM,从而有利于Ga的分离。

②“LAEM提取”中,原料液的Cl浓度越高,越有利于Ga的提取;研究表明,原料液酸度过高,会降低Ga的提取率。因此,在不提高原料液酸度的前提下,可向Ⅰ室中加入NaCl(填化学式),以进一步提高Ga的提取率。

【审答思维】题干划线部分关键信息解读关键信息答题思维相关化合物的溶解度与温度的关系若脱硼后直接进行精制Ⅰ,后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体

操作X时应选择的试剂操作X是为了除去剩余的碳酸根离子,若不进行该操作而直接浓缩,将导致浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀,即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3,最终所得Li2CO3允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区、Fe2+最多可与2个Cl配位Fe2+最多可与2个Cl配位,故不可能形成带负电荷的配离子,可以达到与Ga分离【失分警示】(1)不能正确分析工艺流程和溶解度信息,从而在第(1)问中得到错误结论;(2)不能利用题中信息,从而答错第(2)问。【考场技法】产品的分离提纯1.对于固体产品的分离与提纯,一般可采取的操作有蒸发结晶或降温结晶、重结晶、灼烧、升华、过滤、洗涤等;(1)结晶:①蒸发结晶,趁热过滤:得到溶解度受温度影响小的溶质,如食盐水蒸发结晶得NaCl;②蒸发浓缩,冷却结晶:得到溶解度受温度影响大的溶质,如胆矾结晶;③在HCl气流中蒸发结晶。如:CuCl2、AlCl3、FeCl3等。(2)过滤:操作要点(一贴二低三靠);玻璃仪器(漏斗、玻璃棒、烧杯)。(3)灼烧:固体在坩埚中进行加热,配套实验仪器还有泥三角和三脚架。2.对于液体产品的分离与提纯,一般可采取的操作有蒸馏、分馏、萃取、分液、盐析、渗析等。(1)萃取分液:萃取剂的要求。(2)蒸馏或分馏:冷凝管的选择(装置、仪器、冷却水的方向等)。【多维演练】1.★★由硫铁矿烧渣(主要成分:Fe3O4、Fe2O3、Al2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4·7H2O)的流程如图:已知:FeS2难溶于水。且能还原Fe3+,硫元素被氧化成SO4操作Ⅲ包含3个基本的实验操作,依次是蒸发浓缩,降温结晶,过滤。制得的绿矾需要减压烘干的原因是绿矾带有结晶水,烘干时温度过高会失去结晶水,故需要减压烘干。

2.★★碳酸锂是制备锂电池的重要原料。一种由α锂辉石(主要成分可用LiAlSi2O6表示,还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂的工艺流程如下:“沉锂”后所得碳酸锂再次经过碳化—热解步骤的目的是进一步提高碳酸锂的纯度。将碳酸锂与Co3O4混合,在空气中焙烧可制备电池阴极材料LiCoO2,写出其化学反应方程式6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。

考向4陌生情境下化学(离子)方程式的书写【真题研磨】典例(1)(2024·甘肃选择考节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示:已知:Ksp(CaSO4)=4.9×105Ksp(CaCO3)=3.4×109“水浸2”时主要反应的化学方程式CaSO4+(NH4)2CO3===CaCO3+(NH4)2SO4,该反应能进行的原因是Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。

(2)(2024·河北选择考·16)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。已知:i石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ii高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为HCO3-+OH+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2VO3-(3)(2024·黑、吉、辽选择考节选)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹),以提高金的浸出率并冶炼金,工艺流程如下:①“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-+4H+②滤液②经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4。用碱中和HCN可生成NaCN(填溶质化学式)溶液,从而实现循环利用。

【审答思维】题干划线部分关键信息解读关键信息答题思维Ksp(CaSO4)=4.9×105Ksp(CaCO3)=3.4×109Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙可转化为更难溶的碳酸钙弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙弱碱性环境下,说明溶液中存在OH,Ca(VO3)2在此环境下与HCO3-和OH反应生成CaCO3、VO3-和H细菌氧化FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SO42经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2转化为ZnSO4和HCN反应物为Na2[Zn(CN)4]和H2SO4,生成物为ZnSO4、HCN和Na2SO4

【失分警示】(1)不能正确理解沉淀的转化。(2)不能正确运用氧化还原反应的知识判断出反应物和生成物。(3)不能理解题干中的隐藏条件,如:弱碱性环境中代表存在OH等。【考场技法】陌生情境中氧化还原型方程式的书写步骤步骤1:阅读题给文字信息或流程图中信息,确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物及溶液酸碱性问题。步骤2:按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程式,根据得失电子守恒配平上述四项物质。步骤3:根据题给溶液性质,依据原子守恒和电荷守恒确定用酸、碱和水配平方程式。步骤4:检查所写陌生方程式是否正确。【多维演练】1.★★MoO3是生产含钼催化剂的重要原料,能溶于氨水和强碱。以钼精矿(主要成分是MoS2,还含有CuS、CaCO3、SiO2、FeS2等杂质)为原料制备MoO3的工艺流程如图所示:已知:①“焙烧”时CaCO3和SiO2发生反应;Mo元素转化为MoO3、Fe2(MoO4)3、CuMoO4;②“氨浸”时,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+的形式进入滤液1中,而Fe元素进入滤渣1中;③Ksp(CuS)=6.0×1036。回答下列问题:(1)写出“除杂”时反应的离子方程式:[Cu(NH3)4]2++4H2O+S2===CuS↓+4NH3·H2O。

(2)写出四钼酸铵[(NH4)2Mo4O13]发生“焙解”的化学方程式:(NH4)2Mo4O132NH3↑+4MoO3+H2O。

(3)工业上还可以在碱性环境下用NaClO溶液和MoS2反应制备钼酸盐,同时生成副产品硫酸盐,写出该反应的离子方程式:MoS2+9ClO+6OH===MoO42-+2SO42-+9Cl2.★★★钛酸钡(BaTiO3)是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一,被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。用高钛渣(主要成分为TiO2,含Fe2O3、MgO、Al2O3、MgO2等杂质)为原料制备BaTiO3的工艺流程如图所示:已知:MnO42-在溶液中呈绿色;TiOSO回答下列问题:(1)“水洗”过程中Na2TiO3与水发生离子交换反应:Na2TiO3+(1+yx)H2O===xNa2O·TiO2·yH2O↓+(22x)NaOH,滤液2呈绿色,经除杂处理后可在碱浸(填单元操作名称)步骤循环利用;“熔盐反应”过程中MnO2发生反应的离子方程式为2MnO2+O2+4OH===2MnO42-+2H2O(2)“共沉淀”过程发生反应:H2[TiO(C2O4)2]+BaCl2+4H2O===BaTiO(C2O4)2·4H2O↓+2HCl,“灼烧”时隔绝空气,发生反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2↑+2CO↑+4H2O。

考向5水溶液中离子平衡的计算【真题研磨】典例(1)(2024·新课标卷节选)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下:已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×105mol·L1)时的pH:项目Fe3+Fe2+Co3+Co2+Zn2+开始沉淀的pH1.56.9—7.46.2沉淀完全的pH2.88.41.19.48.2“除钴液”中主要的盐有ZnSO4、K2SO4(写化学式),残留的Co3+浓度为1016.7mol·L1。

(2)(2023·辽宁选择考节选)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+),实现镍、钴、镁元素的回收。已知:物质Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2Ksp1037.41014.71014.71010.8①“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,滤渣的成分为MnO2、CaSO4、Fe(OH)3(填化学式)。

②“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃),需控制pH不低于11.1(精确至0.1)。

(3)(2023·山东等级考节选)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl、SO42-和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3已知:常温下,Ksp(Li2CO3)=2.2×102。①含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡:B(OH)3+H2OH++[B(OH)4](常温下,Ka=109.24);B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下,在0.10mol·L1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4],该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4],该溶液pH=9.24。

②滤渣Ⅰ的主要成分是Mg(OH)2、CaSO4(填化学式);精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L1,则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在5.5×103mol·L【审答思维】题干划线部分关键信息解读关键信息答题思维pH=5、相关离子开始沉淀和沉淀完全的pHpH=1.1,c(H+)=101.1mol·L1,Co3+恰好完全沉淀,c(Co3+)=1.0×105mol·L1,c(OH)=Kwc(H+Ksp[Co(OH)3]=1.0×105×(1012.9)3=1043.7。Zn2+在pH=6.2开始沉淀,pH=5,故溶液中有ZnSO4,加入KMnO4时引入K+,故有K2SO4;pH=5,c(OH)=Kwc(H+)=109mol·L1=10-43.7(为使Mg2+沉淀完全(25℃),需控制pH氢氧化镁的Ksp=1010.8,当镁离子完全沉淀时,c(Mg2+)≤105mol·L1,

根据Ksp可计算c(OH)≥102.9mol·L1,所以溶液的pH≥11.1

在0.10mol·L1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]由B元素守恒可知,B(OH)3和[B(OH)4]的浓度均为0.20mol·L1,Ka=c{[B(OH)4]-}·c(H+)c溶液中Li+的浓度为2.0mol·L1精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol·L1,由Ksp(Li2CO3)=2.2×102可知,则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在2.2×10-22.0【失分警示】(1)不能正确使用Ksp进行计算,从而在第(1)(2)(3)问中错误计算;(2)不能正确分析工艺流程,从而在第(2)(3)中错误判断物质。【考场技法】水溶液中离子平衡的计算1.计算的依据——四大常数(1)类型名称水的离子积常数弱电解质电离平衡常数盐的水解平衡常数溶度积常数符号KWKa或KbKhKsp(2)相关规律①平衡常数都只与温度有关,温度不变,平衡常数不变。②Q与K的关系——二者表达式相同若Q<K,平衡正向移动;若Q=K,平衡不移动;若Q>K,平衡逆向移动。③Ka(或Kb)、Kh、KW三者的关系式:一元弱酸强碱盐一元强酸弱碱盐二元弱酸强碱盐Kh=Kw/KaKh=Kw/KbKh1=Kw/Ka2Kh2=Kw/Ka12.溶度积计算的几种类型考查角度计算技巧判断沉淀的生成或沉淀是否完全①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Q,若Q>Ksp,则有沉淀生成②利用Ksp的数值计算某一离子浓度,若该离子浓度小于105mol·L1,则该离子沉淀完全常温下,计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH①根据氢氧化物的Ksp,先计算初始浓度溶液中c(OH),再求得溶液的pH②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为105mol·L1,依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH),进而求得pH计算沉淀转化反应的平衡常数,并判断沉淀转化的程度依据沉淀的转化反应和Ksp,计算该反应的平衡常数,K值越大,转化反应越易进行,转化程度越大沉淀先后的计算与判断①若沉淀类型相同,则Ksp小的化合物先沉淀;②若沉淀类型不同,则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度,所需离子浓度小的先沉淀【多维演练】1.★★工业以炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物,还含有CaO、SiO2、C等杂质)为原料制备脱硫剂活性Fe2O3·H2O,并用该脱硫剂处理沼气中H2S的流程如下:(1)“除杂”:若使还原后的滤液中Ca2+完全沉淀(离子浓度小于106mol·L1),则滤液中c(F)需大于1.2×102mol·L1;若溶液的pH偏低,将会导致CaF2沉淀不完全,其原因是pH偏低形成HF,导致溶液中F浓度减小,CaF2沉淀不完全[Ksp(CaF2)=1.44×1010,Ka(HF)=3.53×104]。

(2)“沉铁”:生成FeCO3沉淀的离子方程式为Fe2++HCO3-+NH3·H2FeCO3↓+NH4++H2O2.★★★以水钴矿(Co2O3·H2O,含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S,含SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。已知:常温下,Ksp(MgF2)=6.25×109,Ksp(CaSO4)=7.1×107,Ksp(CoCO3)=2.4×107;常温下,若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L1(忽略溶液中极少量的Ca2+),除去2L“滤液2”中的Mg2+,至少需加入NaF固体的质量为4.62g(忽略溶液体积的变化,计算结果精确到小数点后两位)。

3.★★★废钼催化剂中钼、钴、镍等有色金属作为二次资源可加以回收利用,一种从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2,含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)中回收有色金属的一种工艺流程如图所示:已知:Ksp(NiC2O4)=4.5×107;“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=0.8mol·L1,“沉镍”后所得滤液中c(C2O4105mol·L1,则沉镍率=94.4%[沉镍率=因沉淀减少的c(Ni2+)初始1.★★★电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu2Se、Ag2Se、FeS、Cu2S,工业生产从其中提取银和硒的流程如图所示:已知:①Cu2Se、Ag2Se、Cu2S难溶于稀硫酸。②常温下,S2O32-易与Ag+形成配离子:Ag++2S2O32-[Ag(S2O3)2]3,回答下列问题:(1)阳极泥中Cu元素的化合价是+1,如果将阳极泥用足量稀硫酸酸浸,浸取液所含阳离子为Fe2+、H+(填化学式)。

(2)在室温条件下,加入稀硫酸和H2O2“分铜”,有较多的O2产生,其原因可能是在Fe3+、Cu2+催化作用下,加速了H2O2的分解,“分铜”时,加入氯化钠的主要目的是形成AgCl沉淀,便于后续分银。

(3)经测定烟气的主要成分为SO2、SeO2,“分硒”时发生反应的离子方程式为2SO2+SeO2+2H2O===2SO42-+Se↓+4H+(4)“分银”时发生的反应为AgCl+2S2O32-[Ag(S2O3)2]3+Cl,该反应的平衡常数K2=6.0×103[已知Ksp(AgCl)=2.0×1010](5)“还原”时,S2O32-没有参与氧化还原过程,“滤液2”中主要含有Na2SO3。调节溶液酸碱性时所加试剂X是碱(填“酸”或“碱”)溶液;若制得1molAg,理论上消耗Na2S2O40.52.★★★电解锰渣主要含MnSO4、MnO2、PbSO4、CaSO4及少量的SiO2、Fe2(SO4)3。利用电解锰渣回收铅的工艺如图所示:已知:Ksp(PbSO4)=2.6×108,Ksp(PbCO3)=7.4×1014,Ksp(CaCO3)=2.8×109;回答下列问题:(1)“还原酸浸”时,MnO2被还原的离子方程式为MnO2+PbS+4H++SO42-===Mn2++PbSO4+S+2H2O(2)“浸出液”含有的盐类主要有MnSO4和少量的CaSO4、FeSO4,经除杂后得到精制MnSO4溶液。图为MnSO4的溶解度随温度的变化曲线,从精制MnSO4溶液中获得MnSO4晶体的方法为蒸发结晶,趁热过滤,洗涤干燥。

(3)“浸铅”反应PbSO4+2CH3COOPb(CH3COO)2+SO42-能发生的原因是CH3COO结合Pb2+形成难电离物质,使PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42-(4)若“浸铅”后所得溶液中c(Pb2+)=c(Ca2+)=0.1mol·L1,为实现铅与钙的分离,应控制“沉铅”溶液中c(CO32-)的范围为7.4×109~2.8×108mol·L1。(当溶液中金属离子浓度小于105mol·L1(5)“沉铅”时,若用同浓度的(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液,会生成Pb2(OH)2CO3。原因是CO32-更易水解生成OH,从而易生成Pb2(OH)2CO3(6)“沉铅”的主要副产物除CH3COONH4外,还有(NH4)2SO4。

3.★★★过硼酸钠是一种用途广泛的无机过氧化物,可用作织物的漂白、染色,医药上可作为消毒剂和杀菌剂。一种由硼镁矿(Mg2B2O5·H2O)制取过硼酸钠(NaBO3·4H2O)的工艺流程图如图1所示。已知:①B(OH)3H4B2O5HBO2H2B4O7,若pH>10时,以BO2-形式存在;若pH<9.6时,以B4O72②过硼酸钠为白色晶体,微溶于水,其水溶液不稳定,存在于冷的溶液中,难溶于乙醇。③硼砂(Na2B4O7·10H2O)为白色晶体,溶于水吸热,在水中溶解度如图2所示。回答下列问题:(1)步骤Ⅰ中为充分快速使硼镁矿浸出,可采取的措施:粉碎矿石、升高温度(或提高NaOH溶液的浓度、搅拌等)(填两项操作即可)。

(2)根据题中信息,写出步骤Ⅱ中的化学方程式:4NaBO2+2CO2+11H2O===Na2B4O7·10H2O+2NaHCO3。

(3)下列说法正确的是AB(填字母)。

A.步骤Ⅱ中通入CO2目的是降低溶液pH使BO2-转为BB.步骤Ⅰ、Ⅱ中操作①为过滤,操作②为蒸发结晶、趁热抽滤C.步骤Ⅲ发生化学反应生成过硼酸钠(其阴离子结构如图所示),其中硼元素的化合价升高D.步骤Ⅳ中宜选用的洗涤剂和干燥方式分别为蒸馏水和减压干燥(4)步骤Ⅲ的反应过程需要控制反应温度为0℃左右的方法是采用冰水浴。

(5)请选出正确的操作顺序完成装置A中的反应:按图3组装好装置→①→⑤→③→打开磁力搅拌器→打开冷凝水→④→②。

①用纸槽通过c处加入硼砂(Na2B4O7·10H2O);②打开a处旋塞加入双氧水;③调高恒温水浴温度;④调低恒温水浴温度;⑤通过c处加入氢氧化钠溶液。(6)已知过硼酸钠晶体在70℃以上加热将逐步失去结晶水,测得样品质量随温度的变化如图4所示,则T3时所得晶体的化学式为NaBO3·H2O。