还剩12页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考化学二轮复习高频考点练习 （含解析）
成套系列资料，整套一键下载
新高考化学二轮复习高频考点13 无机工流程题（含解析）
展开
这是一份新高考化学二轮复习高频考点13 无机工流程题（含解析），共15页。
高频考点13 无机化工流程题
1．（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
下列说法错误的是（ ）
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
1.D A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；
B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。
2．（2021·河北卷）BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
2.D A．硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确；C．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确；D．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误；故选D。
3．（双选）（2022·江苏省如皋中学高三开学考试）氯酸镁[Mg(ClO3)]常做催熟剂、除草剂等。实验室利用卤块(主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质)制备少量Mg(ClO3)2的工艺流程如图：
部分氢氧化物开始沉淀及沉淀完全的pH如表所示：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
8.9
沉淀完全的pH
3.2
9.7
10.9
下列说法正确的是（ ）
A．反应I的离子方程式为MnO+5Fe2++4H2O=Mn2++5Fe3++8OH-
B．反应II后溶液中大量存在的离子是Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO、Cl-
C．调pH时应控制溶液的pH在3.2~8.9
D．反应III属于复分解反应，能够发生的原因是因为生成溶解度相对较小的Mg(ClO3)2
3.CD A．反应环境为酸性环境，故离子方程式为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，A错误；B．钡离子和硫酸根离子会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B错误；C．由分析可知，调节pH的目的是为了让三价铁形成沉淀，同时镁离子不沉淀，根据表格中的数据可知，pH应该在3.2~8.9，C正确；D．过滤后溶液主要存在的金属阳离子是镁离子，根据流程图可知，镁离子和氯酸根离子反应生成氯酸镁沉淀，属于复分解反应，就是因为氯酸镁难溶于水，D正确；故选CD。
4．（2022·江苏省上冈高级中学高三开学考试）用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。
已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是（ ）
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7
C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+
D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O
4.C A．适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A正确；B．有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；C．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O，D正确；故选C。
5．（2022·哈尔滨三中高三阶段练习）以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n和明矾的部分工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）
已知：赤泥液的主要成分为Na2CO3。
A．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关
B．赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO2
C．在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大
D．从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤
5.A A.聚合硫酸铁可用于净水，原理是聚合硫酸铁中的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体可吸附水中的悬浮物和杂质，与Fe3+的氧化性无关，故A项错误；B.赤泥液主要成分是Na2CO3，可吸收焙烧产生的SO2，故B项正确；C.聚合硫酸铁中的OH-来源于Fe2O3，因此增加Fe2O3用量会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大，故C项正确；D.制备明矾的滤液中含有，应预先除去，故D项正确。故答案选：A。
6．（2022·江苏南通·高三开学考试）用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：
B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象
C．1个晶胞(如图)中含4个氧原子
D．水合肼浓度过大，产率下降，可能的原因是进一步被还原成单质铜
6.D A．CuS是难溶物，“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：，故A错误；B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象，都是一样的现象，应加入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾与亚铁离子反应，看溶液是否褪色，故B错误；C．晶胞中白球为2个，黑球为4个，因此1个晶胞中含2个氧原子，故C错误；D．水合肼浓度过大，产率下降，由于氧化亚铜中铜为+1价，具有氧化性，因此可能的原因是与水合肼进一步被还原成单质铜，故D正确。综上所述，答案为D。
7．以低品位粉煤灰(主要成分为，还含有少量杂质)为原料制备的工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸”时，适当增大盐酸浓度可提高金属离子的浸出速率
B．应选择蒸馏水对得到的粗品进行洗涤
C．“母液”经一系列操作后可重新获得
D．与在HCl气流中蒸发结晶相比，盐析结晶对设备的要求较低
7.B A．酸浸时，适当增大盐酸浓度，可增大溶液中氢离子浓度，有利于提高金属离子的浸出速率，故A正确；B．六水氯化铝晶体易溶于水，用蒸馏水洗涤会使晶体溶解造成产率降低，应选择浓盐酸或乙醇洗涤，故B错误；C．由分析可知，母液的主要成分是氯化亚铁，经一系列操作后可重新获得四水氯化亚铁晶体循环使用，故C正确；D．氯化亚铁溶液的酸性较弱，与盐酸相比，对设备腐蚀程度较小，且盐析结晶在常温下进行，所以与在氯化氢气流中蒸发结晶相比，盐析结晶对设备的要求较低，故D正确；故选B。
8．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因________。
(2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
(ⅰ)能被氧化的离子是________；
(ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为________；
(ⅲ)也能使转化为，的作用是________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
8. (1) PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq) 反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
(3) Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3
(5)Ba2+、Na+
解析：(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。
(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
(3)（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
9．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。
(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(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_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
9.(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
(2)
(3) CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD
解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。
（3）根据图中的坐标信息，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；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为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。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，据此分析：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化， B不符合题意；
C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；
D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
10．（2022·河北衡水高三模拟）以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上利用废渣(含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备高档颜料铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如图：
（1）在废渣溶解操作时，应选用___溶解(填字母)。
A．氨水 B．氢氧化钠溶液 C．盐酸 D．硫酸
（2）为了提高废渣的浸取率，可采用的措施有哪些？___(至少写出两点)。
（3）物质A是一种氧化剂，工业上最好选用___(供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2)。氧化过程中发生反应的离子方程式为___。
（4）根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件(从温度、pH和氧化时间三方面说明)是：___。
（5）铵黄铁矾的化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，其化学式可通过下列实验测定：
①称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A。
②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g。
③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体448mL，同时有红褐色沉淀生成。
④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g。
通过计算，可确定铵黄铁矾的化学式为___。(已知铵黄铁矾的摩尔质量为960g•mol-1，计算过程中不考虑固体损失和气体溶解。)
10.（1）D
（2）将废渣粉碎、加热、搅拌等
（3）空气 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
（4）溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间4-6之间
（5）(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
解析：（1）结合流程可知，废渣中含有Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO，故废渣溶解操作时，应选用硫酸溶解比较合适。
（2）为了提高废渣的浸取率，可以将废渣进一步粉碎，以增大固体的表面积提高反应速率，还可以采用加热、搅拌等方法。
（3）废渣溶解后，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，提供的三种氧化剂中只有空气(O2)是绿色氧化剂；反应化学方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
（4）由三条曲线可得，相同时间内，80℃、pH=1.5时，Fe2+的转化率最高，故应选该条件，浸取4小时之后再延长时间转化率提高不大，故浸取4小时较合适，综上分析，工业上氧化操作时应控制的条件是：溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间为4h左右。
（5）由②得，n(SO)=n(BaSO4)=0.04mol；由③得，n(NH)=n(NH3)=0.02mol；由④得，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.06mol；所以，结合(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，可设为(NH4)xFe3x(SO4)2x(OH)w，由正负化合价代数和为0得：w=6x，又因为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w的摩尔质量为960g•mol-1，其化学式为：(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
11．（2022·潍坊高三期中）钒有“工业维生素”之称。我国是世界上主要的钒相关产品出口国。一种以钒矿粉(含+3、+4、+5价钒，同时还含有SiO2、Fe3O4、铝硅酸盐等)为原料制备NH4VO3的工艺流程如图。
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
已知：Al(OH)3在pH>12时溶解。回答下列问题：
（1）NH4VO3中V的化合价为_______价；“酸浸氧化”时，可以提高反应速率的方法有很多，请写出其中两点：_______、_______。
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO。VO2+转化为VO反应的离子方程式为_______。
（3）“中和沉淀”中加入的NaOH溶液与过量H2SO4发生的反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。从“中和沉淀”的条件看，“滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有的物质的化学式为_______。
（4）“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，该反应的离子方程式为_______，同时溶解的还有_______(填化学式)。
（5）“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，其原因是_______；检验“滤液⑤”中金属阳离子的方法是_______。
11.（1）+5 适当升高温度 搅拌
（2）2VO2++MnO2=2VO+Mn2+
（3）放热 Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O Al(OH)3
（5）使NH4VO3充分析出 焰色试验
解析：（1）根据化合物中元素化合价代数和为0计算可知NH4VO3中V的化合价为+5价；提高温度，搅拌，可以提高“酸浸氧化”时的反应速率；答案为：+5；适当升高温度；搅拌；
（2）“酸浸氧化”中，二氧化锰做氧化剂，可以将VO+、VO2+氧化成VO，氧化VO2+的离子方程式为2VO2++MnO2=2VO+Mn2+，答案为：2VO2++MnO2=2VO+Mn2+；
（3）酸碱中和反应是放热反应；通过表格信息可知三价铁离子在pH=3.2时已经完全沉淀，铝离子在pH=3.0时开始沉淀，所以 “滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有Fe(OH)3、Al(OH)3，答案为：放热；Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，反应的离子方程式为V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O；Al(OH)3在强碱性环境下也可以溶解，所以同时溶解的还有Al(OH)3；答案为：V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O；Al(OH)3；
（5）“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，可以利用同离子效应使NH4VO3充分析出；“滤液⑤”中金属阳离子为钠离子，可以采用焰色试验进行检验；答案为：使NH4VO3充分析出；焰色试验。
12．（2022·全国·高三专题练习）三氧化二(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料，催化剂和氧化剂等。以含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2，NiO、Fe3O4)为原料制备Co2O3的流程如图所示：
已知：
Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+。
Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表：
沉淀物
Fe(OH)3
Co(OH)2
Ni(OH)2
完全沉淀时的pH
3.7
9.0
9.2
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的化学式为__，“酸浸”时Co2O3发生的反应的化学方程式是__。
(2)“酸浸”时加入H2O2的目的是__。生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，可能的原因是__。
(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：
使用该萃取剂时应控制的pH约为__，理由是__。
(4)“操作1”所得副产品的一种用途为__。已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见表：
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
溶解度/g
70.6
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
88.0
操作1是__(填字母)。
A．蒸发结晶 B．降温结晶 C．减压蒸发结晶
(5)“沉钴”时发生反应的离子方程式为__。
(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH。则放电时负极的电极反应式为__。
12.(1)
(2) 将+3价的钴还原为，将氧化为，便于后续调节pH后除去 酸浸反应放热，使双氧水分解；废料中的或生成的催化双氧水分解
(3) 2.5~3.3 萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子
(4) 做氮肥 c
(5)
(6)
解析：（1）由已知I可知，酸浸后浸出液中含有的阳离子为、、、，再由已知II可知，当调节pH至3.7时，会先以沉淀的形式析出，所以“滤渣1”的化学式为；酸浸时在酸性条件下与发生氧化还原反应生成、氧气和水，依据得失电子守恒、质量守恒，化学方程式为：。
（2）由分析可知，加入过氧化氢的目的是酸性条件下，氧化钴与过氧化氢发生氧化还原反应生成，四氧化三铁中的与过氧化氢发生氧化还原反应生成；过氧化氢的稳定性差，酸浸时，反应放热，放出的热量能使过氧化氢分解，同时，废料中的二氧化锰或溶液中的也可以做过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，导致实际消耗的过氧化氢的量大于理论值。
（3）使用该萃取剂萃取，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还要考虑到尽可能的不被萃取，两方面综合考虑，pH应控制在2.5~3.3；因为萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子。
（4）整个过程中加入的物质有：硫酸、过氧化氢、氨水和碳酸氢铵，过氧化氢和碳酸氢根在反应过程中反应完全，依据质量守恒，溶液中还有的物质为硫酸铵，可用作氮肥；从溶解度角度看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，因此操作1应采取减压蒸发结晶，选c。
（5）沉钴时发生的反应为向水相中加入氨水和碳酸氢铵溶液，亚钴离子转化为沉淀，钴元素化合价不变，因此发生非氧化还原反应，离子方程式为：。
（6）由电池充电时的总反应可知，放电时负极为MH，失电子化合价升高，发生氧化反应生成M，因此放电时负极电极反应式为：。
高频考点13 无机化工流程题
1．（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
下列说法错误的是（ ）
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
1.D A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；
B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。
2．（2021·河北卷）BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
2.D A．硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确；C．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确；D．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误；故选D。
3．（双选）（2022·江苏省如皋中学高三开学考试）氯酸镁[Mg(ClO3)]常做催熟剂、除草剂等。实验室利用卤块(主要成分为MgCl2•6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质)制备少量Mg(ClO3)2的工艺流程如图：
部分氢氧化物开始沉淀及沉淀完全的pH如表所示：
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
8.9
沉淀完全的pH
3.2
9.7
10.9
下列说法正确的是（ ）
A．反应I的离子方程式为MnO+5Fe2++4H2O=Mn2++5Fe3++8OH-
B．反应II后溶液中大量存在的离子是Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO、Cl-
C．调pH时应控制溶液的pH在3.2~8.9
D．反应III属于复分解反应，能够发生的原因是因为生成溶解度相对较小的Mg(ClO3)2
3.CD A．反应环境为酸性环境，故离子方程式为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，A错误；B．钡离子和硫酸根离子会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B错误；C．由分析可知，调节pH的目的是为了让三价铁形成沉淀，同时镁离子不沉淀，根据表格中的数据可知，pH应该在3.2~8.9，C正确；D．过滤后溶液主要存在的金属阳离子是镁离子，根据流程图可知，镁离子和氯酸根离子反应生成氯酸镁沉淀，属于复分解反应，就是因为氯酸镁难溶于水，D正确；故选CD。
4．（2022·江苏省上冈高级中学高三开学考试）用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。
已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是（ ）
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7
C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+
D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O
4.C A．适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A正确；B．有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；C．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O，D正确；故选C。
5．（2022·哈尔滨三中高三阶段练习）以高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n和明矾的部分工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）
已知：赤泥液的主要成分为Na2CO3。
A．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关
B．赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的SO2
C．在“聚合”阶段，若增加Fe2O3用量，会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大
D．从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤
5.A A.聚合硫酸铁可用于净水，原理是聚合硫酸铁中的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体可吸附水中的悬浮物和杂质，与Fe3+的氧化性无关，故A项错误；B.赤泥液主要成分是Na2CO3，可吸收焙烧产生的SO2，故B项正确；C.聚合硫酸铁中的OH-来源于Fe2O3，因此增加Fe2O3用量会使[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x变大，故C项正确；D.制备明矾的滤液中含有，应预先除去，故D项正确。故答案选：A。
6．（2022·江苏南通·高三开学考试）用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：
B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象
C．1个晶胞(如图)中含4个氧原子
D．水合肼浓度过大，产率下降，可能的原因是进一步被还原成单质铜
6.D A．CuS是难溶物，“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：，故A错误；B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象，都是一样的现象，应加入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾与亚铁离子反应，看溶液是否褪色，故B错误；C．晶胞中白球为2个，黑球为4个，因此1个晶胞中含2个氧原子，故C错误；D．水合肼浓度过大，产率下降，由于氧化亚铜中铜为+1价，具有氧化性，因此可能的原因是与水合肼进一步被还原成单质铜，故D正确。综上所述，答案为D。
7．以低品位粉煤灰(主要成分为，还含有少量杂质)为原料制备的工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸”时，适当增大盐酸浓度可提高金属离子的浸出速率
B．应选择蒸馏水对得到的粗品进行洗涤
C．“母液”经一系列操作后可重新获得
D．与在HCl气流中蒸发结晶相比，盐析结晶对设备的要求较低
7.B A．酸浸时，适当增大盐酸浓度，可增大溶液中氢离子浓度，有利于提高金属离子的浸出速率，故A正确；B．六水氯化铝晶体易溶于水，用蒸馏水洗涤会使晶体溶解造成产率降低，应选择浓盐酸或乙醇洗涤，故B错误；C．由分析可知，母液的主要成分是氯化亚铁，经一系列操作后可重新获得四水氯化亚铁晶体循环使用，故C正确；D．氯化亚铁溶液的酸性较弱，与盐酸相比，对设备腐蚀程度较小，且盐析结晶在常温下进行，所以与在氯化氢气流中蒸发结晶相比，盐析结晶对设备的要求较低，故D正确；故选B。
8．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因________。
(2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
(ⅰ)能被氧化的离子是________；
(ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为________；
(ⅲ)也能使转化为，的作用是________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
8. (1) PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq) 反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
(3) Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3
(5)Ba2+、Na+
解析：(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。
(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
(3)（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
9．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。
(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(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_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
9.(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
(2)
(3) CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD
解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。
（3）根据图中的坐标信息，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；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为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。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，据此分析：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化， B不符合题意；
C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；
D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
10．（2022·河北衡水高三模拟）以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝。工业上利用废渣(含Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备高档颜料铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如图：
（1）在废渣溶解操作时，应选用___溶解(填字母)。
A．氨水 B．氢氧化钠溶液 C．盐酸 D．硫酸
（2）为了提高废渣的浸取率，可采用的措施有哪些？___(至少写出两点)。
（3）物质A是一种氧化剂，工业上最好选用___(供选择使用的有：空气、Cl2、MnO2)。氧化过程中发生反应的离子方程式为___。
（4）根据如图有关数据，你认为工业上氧化操作时应控制的条件(从温度、pH和氧化时间三方面说明)是：___。
（5）铵黄铁矾的化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，其化学式可通过下列实验测定：
①称取一定质量的样品加入稀硝酸充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00mL溶液A。
②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g。
③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体448mL，同时有红褐色沉淀生成。
④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g。
通过计算，可确定铵黄铁矾的化学式为___。(已知铵黄铁矾的摩尔质量为960g•mol-1，计算过程中不考虑固体损失和气体溶解。)
10.（1）D
（2）将废渣粉碎、加热、搅拌等
（3）空气 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
（4）溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间4-6之间
（5）(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
解析：（1）结合流程可知，废渣中含有Fe2+、Fe3+的硫酸盐及少量CaO和MgO，故废渣溶解操作时，应选用硫酸溶解比较合适。
（2）为了提高废渣的浸取率，可以将废渣进一步粉碎，以增大固体的表面积提高反应速率，还可以采用加热、搅拌等方法。
（3）废渣溶解后，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，提供的三种氧化剂中只有空气(O2)是绿色氧化剂；反应化学方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
（4）由三条曲线可得，相同时间内，80℃、pH=1.5时，Fe2+的转化率最高，故应选该条件，浸取4小时之后再延长时间转化率提高不大，故浸取4小时较合适，综上分析，工业上氧化操作时应控制的条件是：溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5，氧化时间为4h左右。
（5）由②得，n(SO)=n(BaSO4)=0.04mol；由③得，n(NH)=n(NH3)=0.02mol；由④得，n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.06mol；所以，结合(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，可设为(NH4)xFe3x(SO4)2x(OH)w，由正负化合价代数和为0得：w=6x，又因为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w的摩尔质量为960g•mol-1，其化学式为：(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12
11．（2022·潍坊高三期中）钒有“工业维生素”之称。我国是世界上主要的钒相关产品出口国。一种以钒矿粉(含+3、+4、+5价钒，同时还含有SiO2、Fe3O4、铝硅酸盐等)为原料制备NH4VO3的工艺流程如图。
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
已知：Al(OH)3在pH>12时溶解。回答下列问题：
（1）NH4VO3中V的化合价为_______价；“酸浸氧化”时，可以提高反应速率的方法有很多，请写出其中两点：_______、_______。
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO。VO2+转化为VO反应的离子方程式为_______。
（3）“中和沉淀”中加入的NaOH溶液与过量H2SO4发生的反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。从“中和沉淀”的条件看，“滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有的物质的化学式为_______。
（4）“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，该反应的离子方程式为_______，同时溶解的还有_______(填化学式)。
（5）“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，其原因是_______；检验“滤液⑤”中金属阳离子的方法是_______。
11.（1）+5 适当升高温度 搅拌
（2）2VO2++MnO2=2VO+Mn2+
（3）放热 Fe(OH)3、Al(OH)3
（4）V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O Al(OH)3
（5）使NH4VO3充分析出 焰色试验
解析：（1）根据化合物中元素化合价代数和为0计算可知NH4VO3中V的化合价为+5价；提高温度，搅拌，可以提高“酸浸氧化”时的反应速率；答案为：+5；适当升高温度；搅拌；
（2）“酸浸氧化”中，二氧化锰做氧化剂，可以将VO+、VO2+氧化成VO，氧化VO2+的离子方程式为2VO2++MnO2=2VO+Mn2+，答案为：2VO2++MnO2=2VO+Mn2+；
（3）酸碱中和反应是放热反应；通过表格信息可知三价铁离子在pH=3.2时已经完全沉淀，铝离子在pH=3.0时开始沉淀，所以 “滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有Fe(OH)3、Al(OH)3，答案为：放热；Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，反应的离子方程式为V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O；Al(OH)3在强碱性环境下也可以溶解，所以同时溶解的还有Al(OH)3；答案为：V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O；Al(OH)3；
（5）“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，可以利用同离子效应使NH4VO3充分析出；“滤液⑤”中金属阳离子为钠离子，可以采用焰色试验进行检验；答案为：使NH4VO3充分析出；焰色试验。
12．（2022·全国·高三专题练习）三氧化二(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料，催化剂和氧化剂等。以含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2，NiO、Fe3O4)为原料制备Co2O3的流程如图所示：
已知：
Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+。
Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表：
沉淀物
Fe(OH)3
Co(OH)2
Ni(OH)2
完全沉淀时的pH
3.7
9.0
9.2
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的化学式为__，“酸浸”时Co2O3发生的反应的化学方程式是__。
(2)“酸浸”时加入H2O2的目的是__。生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，可能的原因是__。
(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：
使用该萃取剂时应控制的pH约为__，理由是__。
(4)“操作1”所得副产品的一种用途为__。已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见表：
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
溶解度/g
70.6
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
88.0
操作1是__(填字母)。
A．蒸发结晶 B．降温结晶 C．减压蒸发结晶
(5)“沉钴”时发生反应的离子方程式为__。
(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH。则放电时负极的电极反应式为__。
12.(1)
(2) 将+3价的钴还原为，将氧化为，便于后续调节pH后除去 酸浸反应放热，使双氧水分解；废料中的或生成的催化双氧水分解
(3) 2.5~3.3 萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子
(4) 做氮肥 c
(5)
(6)
解析：（1）由已知I可知，酸浸后浸出液中含有的阳离子为、、、，再由已知II可知，当调节pH至3.7时，会先以沉淀的形式析出，所以“滤渣1”的化学式为；酸浸时在酸性条件下与发生氧化还原反应生成、氧气和水，依据得失电子守恒、质量守恒，化学方程式为：。
（2）由分析可知，加入过氧化氢的目的是酸性条件下，氧化钴与过氧化氢发生氧化还原反应生成，四氧化三铁中的与过氧化氢发生氧化还原反应生成；过氧化氢的稳定性差，酸浸时，反应放热，放出的热量能使过氧化氢分解，同时，废料中的二氧化锰或溶液中的也可以做过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，导致实际消耗的过氧化氢的量大于理论值。
（3）使用该萃取剂萃取，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还要考虑到尽可能的不被萃取，两方面综合考虑，pH应控制在2.5~3.3；因为萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子。
（4）整个过程中加入的物质有：硫酸、过氧化氢、氨水和碳酸氢铵，过氧化氢和碳酸氢根在反应过程中反应完全，依据质量守恒，溶液中还有的物质为硫酸铵，可用作氮肥；从溶解度角度看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，因此操作1应采取减压蒸发结晶，选c。
（5）沉钴时发生的反应为向水相中加入氨水和碳酸氢铵溶液，亚钴离子转化为沉淀，钴元素化合价不变，因此发生非氧化还原反应，离子方程式为：。
（6）由电池充电时的总反应可知，放电时负极为MH，失电子化合价升高，发生氧化反应生成M，因此放电时负极电极反应式为：。
相关试卷
高考化学高频考点小题突破训练13物质的检验 含解析： 这是一份高考化学高频考点小题突破训练13物质的检验 含解析，共6页。试卷主要包含了白色固体混合物A，含有KCl，CuSO4和CaCO3，下列关于有机物的分离，由下列实验等内容，欢迎下载使用。
2023届高考化学二轮复习工业流程题作业含解析： 这是一份2023届高考化学二轮复习工业流程题作业含解析，共47页。试卷主要包含了锰酸锂是锂电池的正极材料等内容，欢迎下载使用。
高考化学二轮复习突破题专题10无机工业流程（知识过关）（2份打包，解析版+原卷版，可预览）： 这是一份高考化学二轮复习突破题专题10无机工业流程（知识过关）（2份打包，解析版+原卷版，可预览），文件包含高考化学二轮复习突破题专题10无机工业流程知识过关解析版doc、高考化学二轮复习突破题专题10无机工业流程知识过关原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
