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2020届高考化学二轮复习工艺流程题作业 (1)
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题型八 工艺流程题
高考命题规律
2020年高考必备
2015年
2016年
2017年
2018年
2019年
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
命题角度1
废弃物中提取物质工艺流程
28
27
命题角度2
物质制备工艺流程
27
28
27
26
27
27
26
27
26
26
26
命题角度1废弃物中提取物质工艺流程
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ,27)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:
回答下列问题:
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是 。
(2)步骤②需要加热的目的是 ,温度保持80~95 ℃,采用的合适加热方式是 。铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为 (填标号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是 。分批加入H2O2,同时为了 ,溶液要保持pH小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有 ,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
答案 (1)碱煮水洗 (2)加快反应 热水浴 C
(3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质 抑制Fe3+水解
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O
解析 (1)油污在碱性溶液中发生水解反应生成可溶于水的物质,因此可使用碱煮水洗的方法去除废铁屑表面的油污。
(2)加热可以增大溶解速率;温度低于100 ℃,因此可用水浴加热;硫化氢可与碱反应,因此可用碱溶液来吸收,为了防止倒吸,应选用的装置为C。
(3)为了将Fe2+全部转化为Fe3+,应选用足量的H2O2;生成的Fe3+能发生水解反应,H2O2与Fe2+反应消耗H+,为了抑制Fe3+发生水解反应,应保持溶液的pH小于0.5。
(4)由溶液得到晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)。
(5)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1 mol,则失去水的物质的量为1.5 mol,质量为27 g,由此可知,硫酸铁铵晶体的相对分子质量为270.056≈482,NH4Fe(SO4)2的相对分子质量为266,则所含水分子的个数为482-26618=12,所以硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
2.(2019江苏,19)实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O,还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体,其实验流程如下:
(1)室温下,反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡,则溶液中c(SO42-)c(CO32-)= [Ksp(CaSO4)=4.8×10-5,Ksp(CaCO3)=3×10-9]。
(2)将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液,其离子方程式为 ;浸取废渣时,向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是 。
(3)废渣浸取在下图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃,搅拌,反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降,其原因是 ;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,实验中提高CaSO4转化率的操作有 。
(4)滤渣水洗后,经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料,制取CaCl2溶液的实验方案: [已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全;pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂:盐酸和Ca(OH)2]。
答案 (1)1.6×104
(2)HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O
(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)
增加溶液中CO32-的浓度,促进CaSO4的转化
(3)温度过高,(NH4)2CO3分解 加快搅拌速率
(4)在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤
解析 (1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡,则溶液中c(SO42-)c(CO32-)=c(Ca2+)·c(SO42-)c(Ca2+)·c(CO32-)=Ksp(CaSO4)Ksp(CaCO3)=4.8×10-53×10-9=1.6×104。
(2)此过程类似酸式盐转化为正盐,其离子方程式为HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O;从流程看,浸取废渣时,加入适量浓氨水可抑制(NH4)2CO3水解,增大c(CO32-),促进CaSO4的转化。
(3)温度超过70 ℃时,(NH4)2CO3发生分解,CO32-浓度降低,导致CaSO4转化率下降;在其他条件不变时,加快搅拌速率、增大反应物接触面积等,均可大大加快反应速率,提高CaSO4的转化率。
(4)根据题给条件,设计实验流程为
稀盐酸(足量)无气泡产生滤液不溶物过滤。
3.(2016全国Ⅲ,28)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为:
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量
分数/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:
回答下列问题:
(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+,反应的离子方程式为 ,同时V2O4转化成VO2+。“废渣1”的主要成分是 。
(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为 mol。
(3)“中和”作用之一是使钒以V4O124-形式存在于溶液中。“废渣2”中含有 。
(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4O124-R4V4O12+4OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率,淋洗液应该呈 性(填“酸”“碱”或“中”)。
(5)“流出液”中阳离子最多的是 。
(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。
答案 (1)V2O5+2H+2VO2++H2O SiO2
(2)0.5 (3)Fe(OH)3、Al(OH)3 (4)碱
(5)K+
(6)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑
解析 (1)V2O5、VO2+中V均为+5价,因此“酸浸”时的反应为非氧化还原反应,由电荷守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5+2H+2VO2++H2O。SiO2不与H2SO4反应,“废渣1”的主要成分是SiO2。
(2)VO2+→VO2+,V由+4价升高到+5价,由ClO3-→Cl-可知,Cl由+5价降低到-1价,根据化合价升降总数相等,则n(VO2+)∶n(ClO3-)=6∶1,n(VO2+)=3 mol,则n(KClO3)=0.5 mol。
(3)加入KOH进行中和时,溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去,则滤渣2中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)为提高洗脱效率,使钒以V4O124-形式存在于溶液中,须使反应逆向进行,因此淋洗液呈碱性。
(5)前面依次加入了KClO3、KOH,则“流出液”中阳离子最多的是K+。
(6)由题意可知反应物为NH4VO3,产物之一为目标产品V2O5,由原子守恒可知反应方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。
典题演练提能·刷高分
1.(2019湘赣十四校第一次联考)银铜合金广泛应用于航空工业,从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜产品的工艺如下:
已知:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃。
(1)电解精炼银时,粗银作 极,另一电极上的电极反应式为 。
(2)加快渣料(含少量银)溶于稀硫酸的措施有 、 (写出两种)。
(3)滤渣A与稀硝酸反应,产生的气体在空气中迅速变为红棕色,滤渣A与稀硝酸反应的离子方程式为 。
(4)煮沸CuSO4混合溶液的过程中,得到固体B,则固体B的组成为 ;在生成固体B的过程中,需控制NaOH的加入量,若NaOH过量,则因过量引起的反应的离子方程式为 。
(5)硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素,浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外,还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O,下列对该反应的分析正确的是 (填字母代号)。
A.氧化剂为CuSO4和FeS2
B.反应后溶液的pH降低
C.被氧化的FeS2占总量的30%
D.每转移2 mol电子消耗3 mol CuSO4
答案 (1)阳 Ag++e-Ag
(2)适当增大硫酸浓度 升高温度(或粉碎渣料或搅拌等合理即可)
(3)3Ag+4H++NO3-3Ag++NO↑+2H2O
(4)Al(OH)3和CuO Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O
(5)ABC
解析 由工艺流程图可知,废料在空气中熔炼时,Cu被氧化,滤渣中含有CuO及少量Ag,向滤渣中加入硫酸进行酸浸,CuO与硫酸反应,过滤得到硫酸铜溶液(含有硫酸),滤渣A为Ag;向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠,煮沸后过滤得到的固体B为氢氧化铝、氧化铜,煅烧中二者反应得到CuAlO2。
(1)电镀法精炼银时,粗银作阳极,纯银作阴极,阳极上银失电子变成银离子进入溶液:Ag-e-Ag+,阴极上银离子得到电子形成单质银:Ag++e-Ag。
(2)增大渣料(含少量银)溶于稀硫酸的速率,可采用适当增大硫酸浓度、升高反应温度、粉碎渣料增大固体表面积或搅拌等措施。
(3)滤渣A的主要成分是Ag,稀硝酸是氧化性酸,能与银反应生成硝酸银、一氧化氮气体和水,反应的化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O,据此可进一步写出离子方程式。
(4)CuSO4溶液中加入硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液得到Cu(OH)2沉淀和Al(OH)3沉淀,由Al(OH)3和Cu(OH)2的分解温度可知,煮沸后Cu(OH)2分解产生氧化铜,则固体B的组成为Al(OH)3和CuO;氢氧化铝是两性氢氧化物,如果NaOH过量,Al(OH)3会与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的化学方程式为:Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O。
(5)由反应体系中元素化合价的变化可知,反应物为CuSO4、FeS2和H2O,生成物为Cu2S、FeSO4和H2SO4,反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。反应中,Cu元素的化合价由+2降低为+1,一部分S元素的化合价由-1降低到-2,另一部分S元素的化合价由-1升高到+6价,则CuSO4是氧化剂,FeS2既是氧化剂,又是还原剂,A正确;由反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4可知,反应中有硫酸生成,反应后溶液的pH降低,B正确;由反应的化学方程式可知,10个S原子中,有3个S原子失去电子,7个S原子得到电子,则被氧化的FeS2占总量的30%,C正确;由反应的化学方程式可知,14 mol硫酸铜参加反应,转移21 mol电子,则转移2 mol电子消耗43 mol CuSO4,D错误。
2.(2019山东德州二模)金属Co、Ni性质相似,在电子工业以及金属材料方面应用广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(所含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下:
(1)酸浸时SO2的作用是 。
(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应方程式是 。
(3)从有机层提取出的Ni2+可用于制备氢镍电池,该电池工作原理为:NiOOH+MHNi(OH)2+M,电池放电时正极反应式为 。
(4)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得使H2O2分解的高效催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi(1-x)Fe2O4在10 ℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化的曲线:
①H2O2的电子式为 ;
②由图中信息可知: 法制取的催化剂活性更高;
③Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
(5)已知煅烧CoCO3时,温度不同,产物不同。在400 ℃条件下充分煅烧CoCO3,得到固体氧化物2.41 g,CO2的体积为0.672 L(标准状况下),则此时所得固体氧化物的化学式为 。
答案 (1)将Co3+还原为Co2+
(2)2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑
(3)NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-
(4)①H··O······O······H ②微波水热 ③Co2+
(5)Co3O4
解析 (1)废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等,酸浸时固体溶解,可得到含Co2+、Co3+、Al3+、Ni2+的溶液,通入SO2的作用是将Co3+还原为Co2+。
(2)除铝时控制溶液的pH,发生水解反应使Al3+转化为Al(OH)3沉淀,加入碳酸钠除铝的离子方程式为:2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑。
(3)从电池反应可判断,放电时在正极上Ni从+3价降低到+2价,电极反应式为:NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-。
(4)①H2O2的电子式为H··O······O······H。
②由图中信息可知,微波水热法制得的催化剂使H2O2分解的初始反应速率相对较大,故微波水热法制取的催化剂活性更高。
③由图像可以看出,x值越大,H2O2分解反应初始速率越大,说明Co2+的催化效果比Ni2+好。
(5)反应生成的CO2为0.03 mol,根据C原子守恒,n(Co)=n(CoCO3)=n(CO2)=0.03 mol,2.41 g氧化物中含氧2.41 g-0.03mol×59 g·mol-116 g·mol-1=0.04 mol,即该氧化物为Co3O4。
3.(2019河南洛阳第四次模拟)精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下:
已知:ⅰ.分金液中含金离子主要为[AuCl4]-;分金渣的主要成分为AgCl;
ⅱ.分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3-,且存在如下平衡:[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-;
ⅲ.“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。
Cu
Au
Ag
Ni
浸出率/%
85.7
0
4.5
93.5
(1)由表中数据可知,Ni的金属性比Cu 。分铜渣中银元素的存在形式为(用化学用语表示) 。“分铜”时,如果温度过高,会有明显的放出气体现象,原因是 。
(2)“分金”时,单质金发生反应的离子方程式为 。
(3)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示:
“沉银”时,需加入硫酸调节溶液的pH=4,分析能够析出AgCl的原因为
。
调节溶液的pH不能过低,理由为 (用离子方程式表示)。
(4)已知Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5,沉银时为了保证不析出Ag2SO4,应控制溶液中SO42-浓度(假定溶液中Ag+浓度为0.1 mol·L-1) 。
(5)工业上,用镍为阳极,电解0.1 mol·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液,可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时,NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示:
为获得髙纯度的球形超细镍粉,NH4Cl溶液的浓度最好控制为 g·L-1,当NH4Cl溶液的浓度大于15 g·L-1时,阴极有无色无味气体生成,导致阴极电流效率降低,该气体为 。
答案 (1)强 Ag、AgCl H2O2分解放出氧气
(2)2Au+ClO3-+7Cl-+6H+2[AuCl4]-+3H2O
(3)分银液中存在平衡[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-,加H2SO4至pH=4,SO32-转化为HSO3-,c(SO32-)减小,平衡正向移动,c(Ag+)增大,Ag+与分银液中Cl-反应生成AgCl SO32-+2H+SO2↑+H2O
(4)低于1.4×10-3 mol·L-1 (5)10 H2
解析 (1)由表中数据可知,镍的浸出率比铜高,说明镍更容易被氧化,故金属性Ni比Cu强。根据流程图分析,“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣,分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl。“分铜”时,如果温度过高,H2O2发生分解,会有明显的气体放出现象。
(2)分金液中含金离子主要为[AuCl4]-,“分金”时,单质金发生的反应是和加入的氯酸钠、盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-,反应的离子方程式为:2Au+ClO3-+7Cl-+6H+2[AuCl4]-+3H2O。
(3)分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3-,且存在平衡[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-,H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度,促使平衡[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-正向移动,Ag+浓度增大导致Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl沉淀。溶液的pH如果过低,会产生污染性气体SO2,反应的离子方程式为SO32-+2H+SO2↑+H2O。
(4)c(SO42-)=Ksp(Ag2SO4)c2(Ag+)=1.4×10-50.12 mol·L-1=1.4×10-3 mol·L-1,故沉银时为了保证不析出Ag2SO4,应控制溶液中SO42-浓度低于1.4×10-3 mol·L-1;
(5)根据图像可知,NH4Cl的浓度为10 g·L-1时,镍的成粉率最高,所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g·L-1;阴极发生还原反应,当NH4Cl浓度大于15 g·L-1时,阴极生成的无色无味气体为氢气;由于铵根离子水解使溶液呈酸性,故阴极电极反应式为:2H++2e-H2↑或2NH4++2H2O+2e-2NH3·H2O+H2↑,即产生的气体为氢气。
4.(2019四川攀枝花三模)废旧硬质合金刀具中含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁,利用电解法回收WC和制备Co2O3的工艺流程如下:
已知:在上述流程中,各种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.5
沉淀完全的pH
3.2
9.0
9.4
回答下列问题:
(1)以废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,盐酸为电解质溶液。电解时阳极的电极反应有:Co-2e-Co2+和 。
(2)通入氨气的目的是调节溶液的pH,除去铁元素。由表中的数据可知,理论上可选择的pH范围是 。
(3)生成CoCO3的离子方程式是 。
(4)实验测得NH4HCO3溶液显碱性。制备CoCO3时,不能将滤液加入NH4HCO3溶液中,原因是 。
(5)已知:Ksp(CoCO3)=1.6×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。若仅从沉淀转化角度考虑,在0.01 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀?通过计算说明:
。
(6)洗涤CoCO3不充分对最终产品纯度并无影响,但在焙烧时会造成环境污染,主要原因是
。
(7)CoCO3生成Co2O3的化学方程式是 。
答案 (1)Fe-2e-Fe2+ (2)3.2≤pH<6.5
(3)Co2++2HCO3-CoCO3↓+CO2↑+H2O
(4)将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会产生Co(OH)2杂质
(5)c(Co2+)=Ksp(CoCO3)=1.6×10-13 mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1,c(Co2+)·c(C2O42-)=4.0×10-7×0.01=4.0×10-9
解析 由题给工艺流程知,以盐酸为电解质溶液,以废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,进行电解,电解过程中WC进入阳极泥中,溶液中含有Fe2+和Co2+,加入双氧水,Fe2+被氧化为Fe3+,通入氨气,调节pH在3.2到6.5之间,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去,滤液中含有Co2+,加入碳酸氢铵溶液生成碳酸钴,焙烧生成Co2O3。
(1)电解时废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,盐酸作电解质溶液,依据阳极金属放电规律可知,除了Co失电子以外还有Fe也会失电子,其电极反应式为Fe-2e-Fe2+;
(2)通入氨气的目的是调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去。由表中的数据可知,理论上可选择的pH范围是3.2≤pH<6.5;
(3)将NH4HCO3溶液缓慢滴入到盛有滤液的反应容器中,生成CoCO3的离子方程式为Co2++2HCO3-CoCO3↓+CO2↑+H2O;
(4)根据题意可知,NH4HCO3溶液显碱性,则若将滤液加入NH4HCO3溶液中会生成Co(OH)2杂质;
(5)c(Co2+)=Ksp(CoCO3)=1.6×10-13=4.0×10-7 mol·L-1,c(Co2+)·c(C2O42-)=4.0×10-7×0.01=4.0×10-9
(7)CoCO3生成Co2O3的同时,还会有二氧化碳与一氧化碳生成,其化学方程式为2CoCO3Co2O3+CO2↑+CO↑。
5.(2019黑龙江大庆一中模拟)钴元素由于其良好的物理化学性质,被广泛应用于生产、生活中。以含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)为原料制取粗CoCl2·6H2O的流程如下图所示:
请回答下列问题:
(1)步骤Ⅰ中主要反应的化学方程式为 。
(2)已知Co2O3具有强氧化性,若步骤Ⅱ中浸出剂为盐酸,造成的后果是 。
(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+,写出该步反应的离子方程式 。
(4)若在实验室煅烧CoCO3,所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外,还有 、 (填仪器名称)。
(5)操作①是在HCl氛围中进行的,其步骤是 、 、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水,其优点是 。
(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液,下列可作为指示剂的是 (填选项,忽略亚钴离子的颜色干扰)。
A.KCl B.KSCN
C.K2CrO4 D.K2S
已知几种物质在20 ℃时的颜色及Ksp如下表:
化学式
AgCl
AgSCN
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黑色
红色
Ksp
2.0×10-10
1.0×10-12
2.0×10-48
2.0×10-12
答案 (1)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑、2Li+2H2O2LiOH+H2↑
(2)会产生有毒气体氯气,产生污染
(3)2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑
(4)坩埚 泥三角
(5)蒸发浓缩 冷却结晶 减少晶体的溶解损失
(6)C
解析 含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li)加入碱液,Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气,锂能够与水反应而溶解,过滤得到钴渣和含铝溶液;钴渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3+的溶液,向该溶液中加入20%碳酸钠溶液调节溶液的pH为4.5~5,然后加入NaF,过滤得到铝锂渣和滤液;滤液中加入30%碳酸钠溶液调节溶液的pH为8~8.5,得到CoCO3沉淀,煅烧碳酸钴得到CoO;CoO与盐酸反应生成CoCl2,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得CoCl2·6H2O结晶水合物。
(1)步骤Ⅰ中Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气,锂能够被水溶解,主要反应的化学方程式为:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑、2Li+2H2O2LiOH+H2↑。
(2)Co2O3具有强氧化性,若步骤Ⅱ中浸出剂为盐酸,盐酸中的氯元素可被氧化生成氯气,污染环境。
(3)步骤Ⅲ中①的目的是进一步除去溶液中微量的Al3+,Al3+与加入的碳酸钠溶液发生相互促进的水解反应,反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑。
(4)实验室煅烧CoCO3需要在坩埚中进行,所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外,还有坩埚、泥三角。
(5)CoCl2水解生成的氯化氢容易挥发,因此,操作①需要在HCl氛围中进行。从CoCl2溶液中获得CoCl2·6H2O晶体,需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。洗涤时用工业酒精代替水可以减少晶体的溶解损失,且酒精更加容易挥发,便于晶体干燥。
(6)用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液,根据几种物质在20 ℃时的颜色及Ksp,滴定过程中需要有明显的现象,应该用K2CrO4为指示剂。
6.(2019北京昌平二模)新能源汽车的核心部件是锂离子电池,常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)作电极材料。对LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图如下:
资料:碳酸锂在水中的溶解度:
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是 。
(2)过程ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是 。
(3)过程ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验,均采用Li含量为3.7%的原料,控制pH为3.5,浸取1.5 h后,实验结果如下表所示:
序号
酸
氧化剂
浸出液中Li+
浓度/(g·L-1)
滤渣中Li
的含量/%
实验1
HCl
H2O2
9.02
0.10
实验2
HCl
NaClO3
9.05
0.08
实验3
HCl
O2
7.05
0.93
①实验2中,NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体,大大增加了酸和氧化剂的用量,该反应的离子方程式为 。
②结合实验结果和①中的现象,最终选择H2O2作为氧化剂,原因是 。
③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是 。
(4)浸出液中存在大量H2PO4-和HPO42-,已知:H2PO4-HPO42-+H+,HPO42-PO43-+H+,结合平衡移动原理,解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因
。
(5)对比过程ⅳ和ⅴ,说明过程ⅳ不用饱和Na2CO3溶液的原因 。
(6)简述过程ⅵ的操作 。
答案 (1)增大反应物接触面积,增大反应速率
(2)溶解Al,使其进入滤液1
(3)①ClO3-+5Cl-+6H+3Cl2↑+3H2O
②Li+的浸出率较高,且较环保(或节约酸和氧化剂的用量)
③提高浸出液中Li+浓度(或提高氧化剂和酸的利用率,节约后续过程中纯碱的用量)
(4)CO32-结合H+,使c(H+)减小,导致H2PO4-HPO42-+H+、HPO42-PO43-+H+两个电离平衡均向右移动,c(PO43-)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁晶体
(5)过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液,其中c(CO32-)较大,易形成Li2CO3沉淀,减少高纯Li2CO3的产量
(6)用热水洗涤、干燥
解析 (1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是增大固体反应物接触面积,增大反应速率。
(2)单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠,过程ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al,使其进入滤液1分离除去。
(3)①实验2中,NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠和水,反应的离子方程式是:ClO3-+5Cl-+6H+3Cl2↑+3H2O。
②实验2生成氯气污染空气,增加了酸和氧化剂的用量,实验1与实验3相比较,Li+的浸出率较高,故最终选择H2O2作为氧化剂。
③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率,提高浸出液中Li+浓度。
(4)过程ⅳ加入30%的Na2CO3溶液,CO32-结合H+使c(H+)减小,电离平衡H2PO4-HPO42-+H+和HPO42-PO43-+H+均正向移动,c(PO43-)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁晶体。
(5)过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液,其中c(CO32-)较大,易形成Li2CO3沉淀,减少高纯Li2CO3的产量,故过程ⅳ不用饱和Na2CO3溶液。
(6)由碳酸锂溶解度与温度的关系可知,温度越高,碳酸锂溶解度越小,故过程ⅵ的操作是用热水洗涤,干燥。
7.(2019安徽淮北宿州二模)钴酸锂(LiCoO2)是锂离子电池的一种重要正极材料。可利用湿法冶金工艺处理精选后的锂离子电池正极材料(LiCoO2、乙炔黑)重新制备高纯度LiCoO2,其流程如下(已知:LiCoO2难溶于水;Li2CO3微溶于水、难溶于醇;CoCO3难溶于水和醇)。
(l)H2O2的作用是 。
(2)“浸取”时若加入盐酸,Cl-被LiCoO2氧化产生Cl2。该反应的离子方程式是 。
(3)向含Co2+、Li+的溶液中加入乙醇的作用是 ,滤渣b的主要成分是 (填化学式)。
(4)在空气中“煅烧”时,发生反应的总化学方程式为 。
(5)可用碘量法来测定产品中钴的含量。取m g样品溶于稀硫酸,加入过量KI,以淀粉为指示剂,用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定,达到滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液V mL,则产品中钴的含量为 (以Co2O3计)。有关反应:LiCoO2+4H+Li++Co3++2H2O,2Co3++2I-2Co2++I2,I2+2S2O32-S4O62-+2I-。
答案 (1)还原LiCoO2
(2)2Cl-+2LiCoO2+8H+Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O (3)降低Li2CO3的溶解度,使其尽可能析出Li2CO3和CoCO3 Li2CO3、CoCO3
(4)4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2
(5)83cV10m%
解析 (1)“浸取”时加入H2SO4、H2O2,滤液中产生了Co2+,钴元素化合价由+3价变成了+2价,H2O2的作用是用来还原LiCoO2。
(2)“浸取”时若加入盐酸,Cl-会被LiCoO2氧化产生Cl2,造成环境污染,该反应的离子方程式为2Cl-+2LiCoO2+8H+Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O;由于LiCoO2难溶于水,在离子方程式中不拆。
(3)因Li2CO3和CoCO3都难溶于醇,向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用是降低Li2CO3、CoCO3的溶解度,使其尽可能析出。滤渣b的主要成分是Li2CO3和CoCO3。
(4)在空气中“煅烧”时发生反应的总化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2。
(5)根据得失电子守恒可得关系式LiCoO2~S2O32-,n(LiCoO2)=cV×10-3 mol,n(Co2O3)=12cV×10-3 mol,m(Co2O3)=166×12cV×10-3 g,产品中钴的含量为166×0.5×cV×10-3m×100%=83cV10m%。
8.(2019广东深圳二模)重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程如下图所示。
已知:Ⅰ.在酸性条件下,H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+
Ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Cr3+
4.9
6.8
Fe3+
1.5
2.8
回答下列问题:
(1)滤渣②的主要成分为 (填化学式)。
(2)写出“氧化”步骤中反应的化学方程式 。
(3)“加热”操作的目的是 。
(4)“酸化”过程中发生反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(K=4×1014)已知,“酸化”后溶液中c(Cr2O72-)=1.6×10-3 mol·L-1,则溶液中c(CrO42-)= 。
(5)“结晶”后得到K2Cr2O7(M=294 g·mol-1)产品0.500 0 g,将其溶解后用稀硫酸酸化,再用浓度为1.000 0 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定,滴定终点消耗标准溶液的体积为9.00 mL,则产品的纯度为 。[滴定反应为:K2Cr2O7+6(NH4)2Fe(SO4)2+7H2SO4K2SO4+Cr2(SO4)3+6(NH4)2SO4+3Fe2(SO4)3+7H2O]
(6)在K2Cr2O7存在下,可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理,其工作原理如下图所示。
①负极的电极反应式为 ;
②一段时间后,中间室中NaCl溶液的浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)。
答案 (1)Fe(OH)3
(2)2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH2K2CrO4+8H2O
(3)分解除去剩余的H2O2
(4)2×10-8 mol·L-1
(5)88.20%
(6)①C6H5OH+11H2O-28e-6CO2↑+28H+
②减小
解析 含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)加入KOH溶液调pH=7~8,生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀,过滤后得滤渣①为Cr(OH)3和Fe(OH)3;向滤渣①加入过量H2O2溶液和KOH溶液,Cr(OH)3在碱性条件下被氧化为K2CrO4进入溶液,经过滤,滤渣②的主要成分为Fe(OH)3;滤液②经加热除去剩余的H2O2,冷却后酸化至pH=1,结晶析出K2Cr2O7晶体。
(1)根据以上分析,滤渣②的主要成分为Fe(OH)3。
(2)“氧化”步骤中Cr(OH)3在碱性条件下被H2O2氧化为K2CrO4,化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH2K2CrO4+8H2O。
(3)根据题给信息,在酸性条件下,H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+,所以酸化之前,要除去剩余的H2O2,故“加热”操作的目的是除去过量的H2O2。
(4)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,K=c(Cr2O72-)c2(CrO42-)c2(H+),酸化后pH=1,c(H+)=0.1 mol·L-1,c(Cr2O72-)=1.6×10-3 mol·L-1,则溶液中c(CrO42-)=1.6×10-34×1014×0.12 mol·L-1=2×10-8 mol·L-1。
(5)根据化学方程式可得关系式K2Cr2O7~6(NH4)2Fe(SO4)2,n(K2Cr2O7)=
16n[(NH4)2Fe(SO4)2]=16×1.000 0 mol·L-1×0.009 L=0.001 5 mol,则产品的纯度为0.001 5mol×294 g·mol-10.500 0 g×100%=88.20%。
(6)①由图示可知,负极发生氧化反应,C6H5OH失电子生成CO2,根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒,负极电极反应式为C6H5OH+11H2O-28e-6CO2↑+28H+。
②负极产生的H+通过阳离子交换膜进入中间室,正极产生的OH-通过阴离子交换膜也进入中间室,H+和OH-反应生成水,溶液体积增大,NaCl溶液的浓度将减小。
9.(2019河北衡水中学二模)镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi(1-x-y)CoxMnyO2)的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是 。
(2)能够提高“碱浸”效率的方法有 (至少写两种)。
(3)“碱浸”过程中,铝溶解的离子方程式为 。
(4)实验室模拟“碱浸”后过滤的操作,需用到的玻璃仪器有 ;过滤后需洗涤,简述洗涤的操作过程: 。
(5)LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为 。
(6)溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示:
则浸出过程的最佳条件是 。
(7)已知溶液中Co2+的浓度为1.0 mol·L-1,缓慢通入氨气,使其产生Co(OH)2沉淀,则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为 (已知:离子沉淀完全时c(Co2+)≤1.0×10-5 mol·L-1,Ksp[Co(OH)2]=4.0×10-15,lg2=0.3,溶液体积变化忽略不计)。
(8)写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式: 。
答案 (1)放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料
(2)粉碎原料、适当增大NaOH溶液的浓度、适当升高温度等
(3)2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2↑
(4)漏斗、烧杯、玻璃棒 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀,待水滤出后重复操作2~3次
(5)2LiCoO2+6H++H2O22Li++2Co2++4H2O+O2↑
(6)75 ℃,30 min (7)9.3
(8)(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2↑+4H2O
解析 (1)放电时,负极上生成锂离子,锂离子向正极移动并进入正极材料中,所以“放电处理”有利于锂在正极的回收;
(2)提高浸出率的方法有粉碎原料、适当增大NaOH溶液的浓度、适当升高温度等;
(3)“碱浸”过程中,铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2↑;
(4)过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒;洗涤沉淀在过滤器中进行,其操作为:沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀,待水滤出后重复操作2~3次;
(5)LiCoO2中Li元素为+1价,O元素为-2价,故Co元素化合价为+3价,LiCoO2为难溶物,H2SO4为电解质,H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素,反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O22Li++2Co2++4H2O+O2↑;
(6)由图像可知,在75 ℃,30 min条件下钴的浸出率最高;
(7)Ksp[Co(OH)2]=4.0×10-15,沉淀完全时c(OH-)=Ksp[Co(OH)2]c(Co2+)=4.0×10-151.0×10-5 mol·L-1=2×10-5 mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)=10-142×10-5 mol·L-1=5×10-10 mol·L-1,pH=-lgc(H+)=-lg(5×10-10)=9.3;
(8)Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3·H2O反应生成Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2,在高温烧结固相合成阶段与Li2CO3反应生成目标产物,根据原子守恒可得到化学方程式为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2↑+4H2O。
10.(2019河南顶级名校第四次联考)一种利用化肥生产中的废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)制取明矾和CoSO4粗产品的工艺流程如下:
已知:(ⅰ)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示:
Al3+
Fe3+
Fe2+
Co2+
开始沉淀的pH
3.5
1.6
6.3
6.6
完全沉淀的pH
5.4
2.8
8.3
9.2
(ⅱ)Al(OH)3在碱性条件下开始溶解时的pH为7.8,完全溶解时的pH为11。
回答下列问题:
(1)写出H2O2的电子式: 。
(2)下列措施一定能提高步骤Ⅰ中Al3+和Co2+的浸取率的是 (填标号)。
a.将废催化剂研磨为细颗粒
b.步骤Ⅰ中的硫酸采用98%的浓硫酸
c.适当提高浸取时的温度
(3)步骤Ⅱ中,写出“氧化”过程中Fe2+被氧化的离子方程式: ,若“氧化”后再“调节pH=3”,造成的后果是 。
(4)步骤Ⅲ中加K2CO3应控制的pH范围为 。
(5)测定CoSO4粗产品中钴的质量分数的步骤如下:准确称取a g产品,先经预处理,然后加入过量的冰乙酸,在加热煮沸条件下,缓慢滴加KNO2溶液直至过量,生成不溶于乙酸的K3[Co(NO2)6],再经过滤、洗涤及干燥,称量沉淀的质量为b g。
①KNO2溶液氧化并沉淀Co2+的离子方程式为 (已知KNO2被还原为NO)。
②粗产品中钴元素的质量分数为 (Mr{K3[Co(NO2)6]}=452,列出计算式)。
答案 (1)H··O······O······H
(2)ac
(3)2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+ Fe3+对双氧水的分解有催化作用,造成H2O2利用率降低
(4)pH≥11
(5)①Co2++3K++7NO2-+2CH3COOH
K3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O+2CH3COO-
②59b452a×100%
解析 废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)加入硫酸酸浸后得到的浸取液中主要含有Co2+、Al3+、Fe2+、H+和SO42-等离子,调节溶液pH=3,再加入H2O2,Fe2+被氧化为Fe3+并产生Fe(OH)3沉淀。过滤后,滤液中加入K2CO3调节pH,生成Co(OH)2沉淀和KAlO2溶液,经过滤分离,Co(OH)2沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品CoSO4,滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液,经结晶得到明矾。
(1)H2O2为共价化合物,两个氧原子共用一对电子,电子式为:H··O······O······H。
(2)将废催化剂研磨为细颗粒,可增大固体反应物的接触面积,能提高浸取率,故a正确;该反应为H+参加的离子反应,98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小,不利于酸浸,故b错误;升高温度可以增大化学反应速率,适当提高浸取时的温度,能提高浸取率,故c正确。
(3)Fe2+被氧化为Fe3+,pH=3时产生Fe(OH)3沉淀,离子方程式为:2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+;Fe3+对双氧水的分解有催化作用,若“氧化”后再“调节pH=3”,会造成H2O2利用率降低。
(4)由已知(ⅰ)可知,Co2+沉淀完全的pH为9.2,由已知(ⅱ)可知,Al(OH)3完全溶解时的pH为11,所以要分离出Al3+,应控制的pH范围为pH≥11。
(5)①KNO2将Co2+氧化为Co3+,并生成K3[Co(NO2)6]沉淀,NO2-被还原为NO,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒,离子方程式为Co2++3K++7NO2-+2CH3COOHK3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O+2CH3COO-。
②b g K3[Co(NO2)6]中含Co元素的质量为b g×59452,则粗产品中钴元素的质量分数为59b452a×100%。
11.(2019四川成都七中模拟)NiCO3常用于催化剂、电镀、陶瓷等工业。现用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)制取NiCO3的过程如图所示:
(1)流程中的试剂X(某钠盐)的化学式是 。
(2)“氧化”时需保持滤液在40 ℃左右,用6%的H2O2溶液氧化。控制温度不超过40 ℃的原因是 (用化学方程式表示)。
(3)Fe2+也可以用NaClO3氧化,生成的Fe3+在较小pH条件下水解,最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去,如图是pH-温度关系图,图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域,下列说法不正确的是 (填字母)。
a.黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中铁为+2价
b.pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾,其原因相同
c.氯酸钠在氧化Fe2+时,1 mol NaClO3得到的电子数为6NA
d.工业生产中温度常保持在85~95 ℃,加入Na2SO4后生成黄钠铁矾,此时溶液的pH约为1.2~1.8。
(4)加入Na2CO3溶液时,确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是 。
(5)某小组利用NiCO3制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH),过程如图:
①已知25 ℃时,Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15,当调节pH≥9时,溶液中残留的c(Ni2+) mol·L-1。
②写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式
。
③镍氢电池电解液为30%的KOH溶液,负极为MH(即吸氢材料M吸附氢原子)。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH。请写出放电时该电池的总反应式 。
答案 (1)Na2S (2)2H2O22H2O+O2↑
(3)ab (4)静置,取少量上层清液继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成
(5)①≤2×10-5 ②4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O ③NiOOH+MHM+Ni(OH)2
解析 根据流程图,该含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)用过量的酸溶解,其中的金属转化为金属阳离子,再加入适量X试剂,将铜离子和锌离子转化为硫化物沉淀除去,滤液中含有镍、铁、铬等金属离子。根据(2)可知,保持滤液在40 ℃左右,用6%的H2O2溶液氧化Fe2+,再在95 ℃加入NaOH调节pH,除去Fe(OH)3和Cr(OH)3,在过滤后的滤液中加入碳酸钠得到NiCO3。
(1)根据流程图,加入试剂X后生成了硫化铜和硫化锌沉淀,因此试剂X(某钠盐)为Na2S;
(2)由于过氧化氢受热容易分解,因此“氧化”时需保持滤液温度不超过40 ℃;
(3)黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中钠为+1价,硫酸根为-2价,氢氧根为-1价,根据各元素正负化合价代数和为0可知铁为+3价,故a错误。pH过低,[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能够被酸溶解;pH过高,铁离子容易水解生成氢氧化铁或FeOOH沉淀,均不利于生成黄钠铁矾,原因不相同,故b错误。用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+6Fe3++Cl-+3H2O,1 mol NaClO3得到的电子数为6NA,故c正确;由图像可知,85~95 ℃条件下生成黄钠铁矾的合适pH约为1.2~1.8,故d正确。
(4)确认Ni2+已经完全沉淀的具体操作步骤为:静置,在上层清液中继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成。
(5)①已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15,当调节pH≥9时,c(H+)≤10-9 mol·L-1,则c(OH-)≥10-1410-9 mol·L-1=10-5 mol·L-1,c(Ni2+)≤Ksp[Ni(OH)2]c2(OH-)=2×10-15(10-5)2 mol·L-1=2×10-5 mol·L-1;
②在空气中加热Ni(OH)2,Ni(OH)2与空气中的氧气反应生成NiOOH和水,反应的化学方程式为:4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O;
③镍氢电池电解液为30%的KOH溶液,负极为MH(即吸氢材料M吸附氢原子)。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH,则放电时NiOOH在正极发生还原反应生成Ni(OH)2,电池的总反应为MH与NiOOH反应生成Ni(OH)2和M,反应方程式为NiOOH+MHM+Ni(OH)2。
命题角度2物质制备工艺流程
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ,26)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。
(2)“滤渣1”的主要成分有 。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是 。
(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++B(OH)4-,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是 酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是 。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 ,母液经加热后可返回 工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 。
答案 (1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN
(3)一元弱 转化为H3BO3,促进析出
(4)2Mg2++3CO32-+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-[或2Mg2++2CO32-+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑] 溶浸 高温焙烧
解析 (1)由硼镁矿粉所含的元素及加入的硫酸铵溶液可知,该气体只能为氨气,碳酸氢铵与氨气反应的化学方程式为NH3+ NH4HCO3(NH4)2CO3。
(2)由流程图可知,B元素最终以H3BO3的形式存在,Mg元素经沉镁后以Mg(OH)2·MgCO3的形式存在,可分析出Fe、Al在沉镁后不会存在于母液中,因此滤渣1的主要成分为矿石中含有的SiO2、Fe2O3、Al2O3。可用KSCN溶液检验Fe3+的存在。
(3)H3BO3在水中的解离为可逆过程,且1个H3BO3分子解离出1个H+,由此可知,H3BO3为一元弱酸;调节pH,增大H+浓度,使H3BO3+H2OH++B(OH)4-的平衡向左移动,有利于H3BO3的生成。
(4)“沉镁”过程中的反应物有碳酸铵,生成物有Mg(OH)2·MgCO3,根据原子个数守恒和电荷守恒可写出该反应的离子方程式为2Mg2++3CO32- +2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-[或2Mg2++2CO2- 3+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑]。根据元素守恒,NH4+、SO42-存在于母液中,即母液中主要成分为硫酸铵,可返回“溶浸”工序循环使用。高温焙烧可使Mg(OH)2·MgCO3分解生成MgO。
2.(2019全国Ⅱ,26)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用的白色颜料。回答下列问题:
(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为 (填标号)。
A.黄色 B.红色 C.紫色 D.绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为
。
回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为 。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的 (填化学式)。
③沉淀器中反应的离子方程式为
。
(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为 ,样品中S2-的含量为 (写出表达式)。
答案 (1)D (2)①BaSO4+4CBaS+4CO↑ CO+H2OCO2+H2 ②BaCO3 ③S2-+Ba2++Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓
(3)浅蓝色至无色 (25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%
解析 (1)常见的金属元素在焰色反应中呈现的焰色分别为:钠—黄色、钾—紫色(透过蓝色钴玻璃观察)、钙—砖红色、锶—洋红色、铜—绿色、钡—黄绿色。
(2)①由于焦炭过量,故C被氧化为CO,反应的化学方程式为4C+BaSO4BaS+4CO↑;根据生成CO2和一种清洁能源气体的信息可以写出CO与H2O反应生成CO2与H2的化学方程式。
②根据信息结合框图可知,还原料的主要成分为BaS,表面BaS与空气中的H2O和CO2反应生成有臭鸡蛋气味的H2S和难溶于水的BaCO3。
③根据立德粉的化学式和框图可知离子反应方程式为Ba2++S2-+Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓。
(3)碘单质能使淀粉溶液显蓝色,当I2全部被消耗完后,溶液蓝色褪去。
根据反应:I2+S2-S↓+2I-,I2+2S2O32-2I-+S4O62-,n(S2-)+12n(S2O32-)=n(I2),因此,n(S2-)=(25.00×0.100 0×10-3-12V×0.100 0×10-3) mol,故样品中S2-的含量为(25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%。
3.(2019全国Ⅲ,26)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀
的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全
的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和 ;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式
。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是 。
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为 ~6.0之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是 。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是 。
(6)写出“沉锰”的离子方程式
。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=13时,z= 。
答案 (1)SiO2(或不溶性硅酸盐) MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3)4.7 (4)NiS和ZnS
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,使MgF2(s)Mg2++2F-平衡向右移动
(6)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)13
解析 本题为工艺流程题,综合考查了陌生化学方程式和离子方程式的书写、调节pH除杂、沉淀溶解平衡及化合价的简单计算等知识,综合性较强,难度中等。
(1)加硫酸“溶浸”过程中,MnO2将MnS中的S2-氧化为单质硫:MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。天然锰矿中含有的二氧化硅(或硅酸盐)不溶于稀硫酸,所以滤渣1为S和二氧化硅(或不溶性硅酸盐)。
(2)“溶浸”时杂质Fe、Al、Mg、Zn、Ni等元素也都转化为相应的硫酸盐,其中铁元素部分以Fe2+存在,结合金属离子沉淀时的pH范围,加MnO2是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以方便后面将其转化为沉淀除去。(3)~(5)结合题给表格中金属离子沉淀时的pH范围可知,加氨水“调pH”主要是沉淀Fe3+和Al3+[滤渣2的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3],此时需控制的pH范围为4.7~6.0。而后面加Na2S完成的“除杂1”是沉淀Zn2+和Ni2+,滤渣3为ZnS和NiS。加MnF2完成的“除杂2”是沉淀Mg2+,滤渣4为MgF2。若沉淀Mg2+时溶液酸性较强,H+会与F-生成弱电解质HF,使平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)右移,则导致Mg2+沉淀不完全。
(6)流程图中加NH4HCO3是为了沉淀Mn2+,产物为MnCO3,同时生成CO2和(NH4)2SO4、H2O。
(7)根据化合物中元素化合价的代数和为0可列式计算:(+1)+(+2)×13+(+3)×13+(+4)×z+(-2)×2=0,解得z=13。
4.(2018全国Ⅰ,27节选)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:
(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:
①pH=4.1时,Ⅰ中为 溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体,并再次充入SO2的目的是 。
(3)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00 mL葡萄酒样品,用0.010 00 mol·L-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 ,该样品中Na2S2O5的残留量为 g·L-1(以SO2计)。
答案 (1)2NaHSO3Na2S2O5 +H2O
(2)①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液
(3)S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+ 0.128
解析 (1)NaHSO3和焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价均为+4价,则NaHSO3经结晶脱水生成焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的化学方程式为2NaHSO3Na2S2O5 +H2O。
(2)①根据亚硫酸的酸性强于碳酸,则SO2通入Na2CO3溶液中可生成Na2SO3或NaHSO3,再结合溶液pH为4.1可知,溶液Ⅰ中的溶质为NaHSO3。②工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入SO2,可生成更多的NaHSO3。
(3)葡萄酒中的Na2S2O5被碘标准液中的I2氧化的离子方程式为S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+。根据离子方程式可计算:
10 mL×0.010 00mol·L-1×64 g·mol-150.00 mL=0.128 g·L-1。
5.(2018全国Ⅱ,26)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家,一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题:
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为
。
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有 ;氧化除杂工序中ZnO的作用是 。若不通入氧气,其后果是 。
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为 。
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为 ;沉积锌后的电解液可返回 工序继续使用。
答案 (1)2ZnS+3O22ZnO+2SO2
(2)PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+
(3)Cd2++ZnCd+Zn2+ (4)Zn2++2e-Zn 溶浸
解析 根据制备流程,焙烧过程中ZnS转化成ZnO和SO2,相关化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2,同时杂质FeS、CdS、PbS转化成SO2和相应的金属氧化物。加稀硫酸溶浸可将PbO转化成PbSO4沉淀除去,同时除去不溶的SiO2。根据表格中相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围,氧化除杂过程通入氧气的目的是将Fe2+转化成Fe3+,最终转化为Fe(OH)3除去,加入ZnO的目的是调节溶液的pH,有利于使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。还原除杂是用Zn还原Cd2+从而除去Cd,相关的化学方程式为Cd2++ZnCd+Zn2+。电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极Zn2+得电子生成Zn,电极反应式为Zn2++2e-Zn;阳极水电离出的OH-失电子生成O2,同时生成硫酸,所以沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
6.(2018全国Ⅲ,27)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:
(1)KIO3的化学名称是 。
(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是 。“滤液”中的溶质主要是 。“调pH”中发生反应的化学方程式为
。
(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式 。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 ,其迁移方向是 。
③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有 (写出一点)。
答案 (1)碘酸钾
(2)加热 KCl KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(或HIO3+KOHKIO3+H2O)
(3)①2H2O+2e-2OH-+H2↑ ②K+ 由a到b ③产生的Cl2易污染环境
解析 (2)温度升高气体溶解度减小;Cl2被逐出;KH(IO3)2结晶析出,“滤液”中溶质主要是KCl;“调pH”目的是生成KIO3,所以选用KOH溶液,发生反应的化学方程式为KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(或HIO3+KOHKIO3+H2O)。
(3)①阴极区电解质是KOH,被电解的是H2O:2H2O+2e-2OH-+H2↑;
②电解时,阳离子向阴极区移动,故K+由a向b迁移;
③“KClO3氧化法”中产生有毒气体Cl2,易污染环境。
7.(2017全国Ⅰ,27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为 。
(2)“酸浸”后,钛主要以TiOCl42-形式存在,写出相应反应的离子方程式
。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O
转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因
。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为 。
(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?
(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式: 。
答案 (1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h
(2)FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOCl42-+2H2O
(3)低于40 ℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
(4)4
(5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO43-)=1.3×10-221.0×10-5 mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(PO43-)值为0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40
解析 (1)由图像可知,当铁的浸出率为70%时,对应的条件有2个,一个为100 ℃、2 h,另一个为90 ℃、5 h。
(2)此题考查陌生离子方程式的书写,第一步应搞清所写的离子方程式是否为氧化还原反应的离子方程式。在钛铁矿(FeTiO3)中Fe为+2价,Ti为+4价。在TiOCl42-中Ti仍为+4价,故为非氧化还原反应,第二步依据元素守恒和电荷守恒把离子方程式配平。
(3)考查反应温度与反应物浓度对反应速率的影响。温度低于40 ℃时,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃时,H2O2易分解,NH3也易从反应体系中逸出,反应物浓度减小,TiO2·xH2O转化反应速率下降。
(4)设在化合物Li2Ti5O15中有x个O为-2价,y个O为-1价,由化合物中各元素化合价的代数和为零可得:x+y=152x+y=22
解得x=7,y=8,即有8个氧原子显-1价,则过氧键的数目为4。
(5)当Fe3+沉淀完全时,溶液中c(PO43-)=Ksp(FePO4)c(Fe3+)=1.3×10-221.0×10-5 mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,
因溶液的体积扩大了一倍,c(Mg2+)=0.01 mol·L-1,
Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO43-)=0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<1.0×10-24,即Q
8.(2017全国Ⅱ,26)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
回答下列问题:
(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是 ,还可使用 代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是 ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为 。
(3)加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B的主要成分为 、 (写化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:MnO4-+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.050 0 mol·L-1的KMnO4溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为 。
答案 (1)将Fe2+氧化为Fe3+ H2O2溶液
(2)SiO2 SiO2+ 4HFSiF4↑+2H2O
(3)促进Fe3+与Al3+水解 Fe(OH)3 Al(OH)3
(4)45.0%
解析 (1)由于Ksp[Fe(OH)2]≫Ksp[Fe(OH)3],Fe3+在pH较小时就可以转化为Fe(OH)3沉淀,所以需要将Fe2+氧化为Fe3+;双氧水是“绿色”氧化剂可以将Fe2+氧化为Fe3+,而且不会引入杂质。
(2)二氧化硅不溶于盐酸和硝酸,因此沉淀A是SiO2,其与氢氟酸反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O。
(3)盐的水解是吸热反应,加热可以促进Fe3+与Al3+水解,有利于使Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。沉淀B的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)根据反应可得如下关系式:5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4
n(KMnO4)=0.050 0 mol·L-1×36.00×10-3 L=1.8×10-3 mol
n(Ca2+)=1.8×10-3 mol×52=4.5×10-3 mol,则水泥样品中钙的质量分数为
4.5×10-3mol×40 g·mol-10.400 g×100%=45.0%。
9.(2017全国Ⅲ,27)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:
回答下列问题:
(1)步骤①的主要反应为:
FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为 。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是
。
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是 ,滤渣2的主要成分是 及含硅杂质。
(3)步骤④调滤液2的pH使之变 (填“大”或“小”),原因是 (用离子方程式表示)。
(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到 (填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80 ℃ b.60 ℃ c.40 ℃ d.10 ℃
步骤⑤的反应类型是 。
(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为 。
答案 (1)2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
(2)Fe Al(OH)3
(3)小 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
(4)d 复分解反应 (5)190m2147m1×100%
解析 (1)根据反应的化学方程式可知Fe由+2价升至+3价,Cr由+3价升至+6价,1个FeO·Cr2O3共升高1价+3×2价=7价,N由+5价降至+3价,降低2价,根据化合价升降总值相等配平反应的化学方程式,则FeO·Cr2O3前的计量数为2,NaNO3前的计量数为7,即两者的计量数之比为2∶7;陶瓷中的SiO2在高温下可以与Na2CO3反应生成Na2SiO3,因此不能使用陶瓷容器。(2)由步骤①知,生成的Na2CrO4和NaNO2均能溶于水,Fe2O3难溶于水,故滤渣1中含量最多的金属为铁。调滤液1的pH使铝杂质会转化为Al(OH)3沉淀,则滤渣2的主要成分是Al(OH)3和含硅杂质。(3)最终获得的产品为K2Cr2O7,CrO42-在酸性条件下会转化为Cr2O72-,故需要将滤液2的pH变小。(4)在滤液3中加入KCl发生反应:Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7↓+2NaCl,该反应为复分解反应。从溶解度曲线知,K2Cr2O7比Na2Cr2O7更难溶,当温度降至10 ℃时,得到的K2Cr2O7更多。(5)由铬元素守恒可得出产率为m2m1×40%152×294×100%=190m2147m1×100%。
10.(2017江苏高考,16)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:
注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH (填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是
。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。阳极的电极反应式为 ,阴极产生的物质A的化学式为 。
(5)铝粉在1 000 ℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,有利于AlN的制备,其主要原因是 。
答案 (1)Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O
(2)减小 (3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4CO32-+2H2O-4e-4HCO3-+O2↑ H2
(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
解析 (1)Al2O3为两性氧化物,在NaOH溶液中溶解生成NaAlO2。(2)加入的NaHCO3与过量的NaOH反应,导致溶液的pH减小。(3)电解Al2O3时阳极有O2生成,高温下O2会氧化石墨。(4)阳极为H2O失去电子生成O2,水电离的OH-放电之后,留下H+,可以与CO32-反应生成HCO3-;阴极为水电离出的H+放电生成H2。(5)NH4Cl受热易分解产生HCl和NH3,HCl可以破坏Al表面的氧化膜,使得Al更易与N2反应。
11.(2016全国Ⅰ,28)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:
回答下列问题:
(1)NaClO2中Cl的化合价为 。
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式: 。
(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为 、 。“电解”中阴极反应的主要产物是 。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ,该反应中氧化产物是 。
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 。(计算结果保留两位小数)
答案 (1)+3
(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4
(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 ClO2-(或NaClO2)
(4)2∶1 O2 (5)1.57
解析 (1)NaClO2中Na为+1价,O为-2价,则Cl为+3价。
(2)NaClO3中Cl为+5价,转化为ClO2,Cl变为+4价,NaClO3表现氧化性,SO2表现还原性,S由+4价上升到+6价,即SO2转化为NaHSO4,化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO42NaHSO4+2ClO2。
(3)利用过量NaOH溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液生成CaCO3沉淀除去Ca2+。电解时,阴极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,2ClO2+H2+2OH-2ClO2-+2H2O,主要产物为ClO2-或NaClO2。
(4)用于“尾气吸收”的溶液中有NaOH、H2O2,与ClO2反应过程中,ClO2为氧化剂,Cl由+4价降低到+3价,还原产物为NaClO2,H2O2为还原剂,O由-1价升高到0价,氧化产物为O2,反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH2H2O+O2+2NaClO2。
(5)每克NaClO2的物质的量为n(NaClO2)=1 g90.5 g·mol-1=190.5 mol,1 mol NaClO2得4 mol e-转化为NaCl,则每克NaClO2得电子物质的量为n(e-)=190.5×4 mol=490.5 mol,每1 mol Cl2得2 mol e-转化为Cl-,1 g NaClO2得电子相当于Cl2的物质的量为n(Cl2)=490.5 mol×12=290.5 mol,m(Cl2)=290.5×71 g=1.57 g。
12.(2015全国Ⅰ,27)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式: 。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有 (写出两条)。
(2)利用 的磁性,可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是 。(写化学式)
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是 。然后再调节溶液的pH约为5,目的是 。
(4)“粗硼酸”中的主要杂质是 (填名称)。
(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为 。
(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼,用化学方程式表示制备过程: 。
答案 (1)Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+
2MgSO4 提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
(2)Fe3O4 SiO2和CaSO4
(3)将Fe2+氧化成Fe3+ 使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去
(4)(七水)硫酸镁 (5)Na+H ··B·· H····HH-
(6)2H3BO3B2O3+3H2O,B2O3+3Mg2B+3MgO
解析 (1)根据强酸制弱酸的原理以及题目中硼酸的化学式,可完成方程式的书写;提高反应速率除增大溶液浓度外,还可以考虑温度、接触面积等。
(2)Fe3O4有磁性,碱性氧化物被硫酸溶解,二氧化硅则不溶。
(3)由于Al3+和Fe3+在pH约为5时均可沉淀析出,所以要将Fe2+氧化成Fe3+与Al3+一并除去。
(4)“浸酸”过程中生成大量硫酸镁,所以在后续的蒸发浓缩,冷却结晶过程中会析出少量的硫酸镁。
(5)电子式的书写应注意阴离子应用“[ ]”括起来。
(6)硼酸高温易分解,镁具有还原性,作还原剂,将硼置换出来。
典题演练提能·刷高分
1.(2019四川泸州三模)PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工业。由方铅矿(主要成分为PbS,含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCO3的流程如下:
已知:PbCl2难溶于冷水和乙醇,易溶于热水;各物质25 ℃时的溶度积见下表。试回答下列问题:
物质
Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
PbCl2
PbS
PbCO3
Ksp
2×10-13
8.0×10-16
1×10-38
1.6×
10-5
8.0×
10-28
7.4×
10-14
(1)PbCO3的名称是 。
(2)步骤①中MnO2的作用是 ,根据下图分析①的最佳反应条件是 。
(3)步骤②趁热抽滤的原因是 。
(4)步骤③洗涤用的试剂是 。
(5)将滤液Y先酸化,然后加入MnO2,反应的离子方程式为 ;若反应后c(Mn2+)=0.2 mol·L-1,进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+,溶液所调的pH范围为 [c(Fe3+)≤1×10-5 mol·L-1时表示Fe3+已沉淀完全]。
(6)步骤④反应的离子方程式为 。
(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质,提纯的实验方案是 。
答案 (1)碳酸铅 (2)氧化剂(将难溶的PbS转化为S、PbCl2) 80 ℃和3 mol·L-1盐酸
(3)PbCl2降温易结晶析出,趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离
(4)冷水或乙醇 (5)2Fe2++4H++MnO22Fe3++Mn2++2H2O 3≤pH<8或3~8
(6)PbCl2+CO32-PbCO3+2Cl-
(7)向样品中加Na2CO3溶液浸取,过滤、洗涤(或向样品中加热水浸泡,趁热过滤,热水洗涤)
解析 方铅矿(主要成分为PbS,含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入盐酸,发生氧化还原反应生成PbCl2、MnCl2和FeCl3以及硫沉淀,加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq),趁热过滤,滤液X中含有PbCl42-(aq)、FeCl3、MnCl2以及未被氧化的FeCl2,冷却后过滤得到PbCl2产品和滤液Y,PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3。
(1)PbCO3的名称为碳酸铅。
(2)步骤①反应生成了硫沉淀,说明MnO2是氧化剂,将难溶的PbS转化为S和PbCl2,根据图像,80 ℃和3 mol·L-1盐酸条件下浸取率最高。
(3)根据流程图步骤③及已知提示,PbCl2降温易结晶析出,步骤②趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离。
(4)PbCl2难溶于冷水和乙醇,易溶于热水,步骤③洗涤用的试剂可以是冷水或乙醇。
(5)将滤液Y先酸化,然后加入MnO2,二氧化锰将亚铁离子氧化,反应的离子方程式为2Fe2++4H++MnO22Fe3++Mn2++2H2O;若反应后c(Mn2+)=0.2 mol·L-1,进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+,根据表格中Ksp数据,使Fe3+完全沉淀时,溶液中c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31×10-381×10-5 mol·L-1=1×10-11 mol·L-1,此时pH=3;使Mn2+恰好开始沉淀时,溶液中c(OH-)=Ksp[Mn(OH)2]c(Mn2+)=2×10-130.2 mol·L-1=1×10-6 mol·L-1,此时pH=8;因此需要调节溶液的pH至3≤pH<8才能达到分离目的。
(6)步骤④是PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3,反应的离子方程式为PbCl2+CO32-PbCO3+2Cl-;
(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质,根据PbCl2难溶于冷水和乙醇,易溶于热水,和流程图中PbCl2中加入碳酸钠溶液能够发生沉淀的转化生成PbCO3,提纯的方法是向样品中加Na2CO3溶液浸取后过滤、洗涤或向样品中加热水浸泡,趁热过滤,热水洗涤。
2.(2019山东青岛二模)ZrO2是一种重要的耐高温材料,可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质,工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下:
已知:Fe(SCN)3难溶于MIBK;Zr(SCN)4在水中溶解度不大,易溶于MIBK。
(1)锆英石中锆元素的化合价为 。
(2)氯化主要反应:ZrSiO4(s)+2C(s)+4Cl2(g)ZrCl4(g)+SiCl4(g)+2CO2(g) ΔH<0,ZrCl4的产率随温度变化如图所示,由图可知氯化的最佳条件是 。氯化过程中ZrCl4的产率随温度升高先增大后减小的原因是 。
(3)写出Al2O3高温氯化过程中转化为AlCl3的化学方程式 。
(4)Na2S、H2S、NaCN等均为常用的铜沉淀剂,本流程使用NaCN除铜,不采用Na2S、H2S的原因是 (用离子方程式解释)。若盐酸溶解后溶液中c(Cu2+)=0.01 mol·L-1,当溶液中Cu2+开始沉淀时,c(CN-)= (已知Ksp[Cu(CN)2]=4.00×10-10)。
(5)实验室进行萃取和反萃取的仪器是 ;流程中萃取与反萃取的目的是 。
答案 (1)+4
(2)360 ℃、1 MPa 360 ℃以前反应未达到平衡,升温过程中反应继续正向进行,产率不断增大;360 ℃以后反应达到平衡,由于该反应为放热反应,升温导致平衡逆向移动,ZrCl4产率减小
(3)2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2
(4)2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+(2Fe3++S2-2Fe2++S↓或2Fe3++3S2-2FeS↓+S) 2×10-4 mol·L-1
(5)分液漏斗、烧杯 除去铁元素杂质
解析 (1)根据化合物中元素正负化合价代数和等于0,O为-2价,Si为+4价,可得锆英石(ZrSiO4)中Zr元素的化合价为+4价;
(2)根据图像可知,ZrCl4在温度为360 ℃、1 MPa时的产率最高,故氯化的最佳条件是360 ℃、1 MPa;根据图像可知:在360 ℃以前,随着温度的升高,ZrCl4的产率逐渐增大,是由于温度升高,反应速率增大,更多的反应物转化为生成物,所以ZrCl4的产率逐渐增大;360 ℃时ZrCl4产率达到最大值,此时反应达到平衡状态,由于该反应的正反应为放热反应,升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,使ZrCl4的产率逐渐降低;
(3)Al2O3、焦炭在高温下与氯气反应生成AlCl3、CO2,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的化学方程式为:2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2;
(4)锆英石(ZrSiO4)中含有铁元素的氧化物,在粉碎、氯化处理过程中有Fe3+生成,Fe3+具有氧化性,而H2S或S2-具有还原性,Fe3+与H2S或S2-会发生氧化还原反应:2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+或2Fe3++S2-2Fe2++S↓或2Fe3++3S2-2FeS↓+S↓,影响Cu2+的沉淀,用NaCN就不会发生上述反应;由于Ksp[Cu(CN)2]=c(Cu2+)·c2(CN-)=4.00×10-10,c(Cu2+)=0.01 mol·L-1,当溶液中Cu2+开始沉淀时,c(CN-)=4.00×10-100.01 mol·L-1=2.00×10-4 mol·L-1;
(5)萃取和反萃取后分离互不相溶的液体混合物是用分液的方法,分液使用的仪器有分液漏斗和烧杯。在处理过程中,Cu2+与沉淀试剂形成Cu(CN)2沉淀过滤除去,Fe3+与加入的NH4SCN形成络合物Fe(SCN)3,Zr4+形成Zr(SCN)4,由于Fe(SCN)3难溶于MIBK,而Zr(SCN)4在水中溶解度不大,易溶于MIBK,向Fe(SCN)3、Zr(SCN)4的混合溶液中加入MIBK充分振荡后分液,可将Fe(SCN)3分离除去;然后向MIBK的溶液中加入硫酸进行反萃取,使Zr(SCN)4进入硫酸溶液中,然后经过一系列处理,就可得到ZrO2。所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。
3.(2019山东泰安二模)六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体,常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于 (填序号)。
A.碱
B.盐
C.碱性氧化物
(2)发生“电解Ⅰ”时所用的是 (填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应,已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为 。
(4)“电解Ⅱ”的阳极产物为 (填离子符号)。
(5)操作a的名称是 ,该流程中可循环利用的物质是 (填化学式)。
(6)“反应Ⅱ”的离子方程式为
。
答案 (1)B
(2)阳离子
(3)3Na2CO3+3Cl25NaCl+NaClO3+3CO2
(4)ClO4-
(5)蒸发浓缩 NaCl
(6)Cu2(OH)2CO3+4H+2Cu2++CO2↑+3H2O
解析 根据流程图,电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,生成的氯气与碳酸钠发生歧化反应生成氯化钠和NaClO3,同时生成二氧化碳,生成的NaClO3通过电解Ⅱ生成高氯酸钠和氢气,用盐酸酸化,过滤除去氯化钠晶体,蒸发浓缩得到60%以上的高氯酸溶液。在高氯酸溶液中加入碱式碳酸铜,反应生成高氯酸铜溶液,蒸发浓缩、冷却结晶得到高氯酸铜晶体。
(1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子,属于盐。
(2)“电解Ⅰ”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,需要防止氢氧根离子与氯气反应,所以用的交换膜是阳离子交换膜。
(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3,氯元素从0价变为-1价和+5价,同时生成二氧化碳,反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl25NaCl+NaClO3+3CO2。
(4)通过电解Ⅱ,溶液中氯酸根离子在阳极失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子,“电解Ⅱ”的阳极产物为ClO4-。
(5)加入盐酸,过滤除去氯化钠晶体,滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸;从流程图可以看出,可循环利用的物质是NaCl。
(6)“反应Ⅱ”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜,二氧化碳和水,碱式碳酸铜不溶于水,高氯酸为强酸,反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+2Cu2++CO2↑+3H2O。
4.(2019山东济南一模)工业上,从精制黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中提取金属钨的一种流程如下图所示,该流程同时获取副产物Fe2O3和MnCl2。
已知:Ⅰ.过程①~④中,钨的化合价均不变;
Ⅱ.常温下钨酸难溶于水;
Ⅲ.25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=4.0×10-14
回答下列问题:
(1)上述流程中的“滤渣1”除MnO2外还有 ,“气体”除水蒸气、HCl外还有 (均填化学式);
(2)过程①中MnWO4参与反应的化学方程式为 ;FeWO4参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
;
(3)已知WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g) ΔH=a kJ· mol-1
WO3(s)WO3(g) ΔH=b kJ· mol-1
写出WO3(g)与H2(g)反应生成W(s)的热化学方程式: ;
(4)过程⑦在25 ℃时调pH,至少应调至 (当离子浓度等于1.0×10-5 mol·L-1时,可认为其已沉淀完全);
(5)过程⑧要获得MnCl2固体,在加热时必须同时采取的一项措施是 ;
(6)钠钨青铜是一类特殊的非化学计量比化合物,其通式为NaxWO3,其中0
(2)2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2 1∶4
(3)WO3(g)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)
ΔH=(a-b) kJ· mol-1
(4)3.0
(5)通入HCl气体,在HCl气氛中加热
(6)WO42-+xe-WO3x-+O2-
解析 (1)据“已知Ⅰ”和化学式H2WO4、WO3知,黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中Fe、Mn元素均为+2价,在步骤①中分别被空气氧化为Fe2O3、MnO2,即“滤渣1”含有MnO2和Fe2O3。“滤渣1”与浓盐酸共热时,MnO2与HCl反应生成Cl2,另有浓盐酸挥发出HCl和水蒸气。
(2)从步骤③看,“滤液1”中含有Na2WO4。步骤①MnWO4中Mn被O2氧化为MnO2、WO42-与Na2CO3生成Na2WO4并放出CO2,化学方程式为2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2。FeWO4被O2氧化为Fe2O3,据化合价升降数相等,氧化剂(O2)与还原剂(FeWO4)的物质的量之比为1∶4。
(3)据盖斯定律,将两个已知热化学方程式相减,消去WO3(s)可得目标热化学方程式WO3(g)+3H2(g)W(s)+3H2O(g) ΔH=(a-b) kJ· mol-1。
(4)步骤⑥所得溶液中的溶质有MnCl2、FeCl3,步骤⑦调节pH使Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀。当c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1时,由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38得c(OH-)=1.0×10-11 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-3 mol·L-1,pH=3。
(5)步骤⑧要从MnCl2溶液中获得MnCl2固体,为抑制Mn2+水解,必须通入HCl气体、并在HCl气氛中加热。
(6)NaxWO3中阴离子为WO3x-,熔融的Na2WO4和WO2混合物中有Na+、WO42-、W4+、O2-。WO42-在电解池阴极得电子生成WO3x-,电极反应为WO42-+xe-WO3x-+O2-。
5.(2019山西运城模拟)三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O,不溶于水)简称三盐,主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管中的稳定剂,也可用于人造革等软质制品。以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如图所示。
已知:Ksp(PbSO4)=1.82×10-8,Ksp(PbCO3)=1.46×10-13
请回答下列问题:
(1)加入碳酸钠溶液后PbSO4转化为PbCO3。转化的方程式为:PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq),通过计算(保留3位有效数字)说明该反应程度很大的原因: 。这一步骤中,也可以将碳酸钠溶液改为碳酸氢钠溶液,写出用碳酸氢钠溶液时反应的离子方程式: 。
(2)根据下图所示溶解度曲线(g/100 g水),由滤液Ⅰ得到Na2SO4固体的操作为将“滤液1” 、 、用乙醇洗涤后干燥。
(3)步骤③“酸溶”过程加入的是稀硝酸,为提高酸溶速率,可采取的措施是 (任意写出一条),生成NO的离子方程式是 。
(4)“滤液2”中可循环利用的溶质为 (填化学式)。
步骤④“沉铅”时若将Pb(NO3)2溶液与0.02 mol·L-1的H2SO4等体积混合生成PbSO4沉淀时,所需Pb(NO3)2溶液的最小物质的量浓度为 mol·L-1。
答案 (1)该反应平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)=1.82×10-81.46×10-13=1.25×105 PbSO4+2HCO3-PbCO3(s)+SO42-+H2O+CO2↑
(2)蒸发(升温)结晶 趁热过滤
(3)适当升温(适当增加硝酸浓度,减小滤渣颗粒大小等合理答案均可) 3Pb+8H++2NO3-3Pb2++2NO↑+4H2O
(4)HNO3 3.64×10-6
解析 以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐:向铅泥中加Na2CO3溶液可将PbSO4转化成PbCO3,Na2CO3(aq)+PbSO4(s)Na2SO4(aq)+PbCO3(s),所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3;滤渣Pb、PbO和PbCO3与硝酸的反应为3Pb+8HNO33Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3Pb(NO3)2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3Pb(NO3)2+2H2O,均转化成Pb(NO3)2,Pb(NO3)2中加稀硫酸转化为PbSO4和硝酸,过滤后的滤液2中的HNO3可循环利用;向硫酸铅中加入氢氧化钠溶液合成三盐和硫酸钠,在50~60 ℃条件下的反应为4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O,滤液3中的溶质主要是硫酸钠;洗涤沉淀并干燥后得到三盐。
(1)反应PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)=1.82×10-81.46×10-13=1.25×105,由于平衡常数大于105,所以反应进行程度很大;如果碳酸钠溶液改为碳酸氢钠溶液,离子方程式为PbSO4+2HCO3-PbCO3(s)+SO42-+H2O+CO2↑,注意写离子方程式时HCO3-不可拆开。
(2)由图像分析可知,温度较高时析出硫酸钠,温度较低时析出硫酸钠结晶水合物,因此由滤液Ⅰ得到Na2SO4固体的操作为将“滤液1”蒸发(升温)结晶、趁热过滤,洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物。
(3)提高反应速率可以从升温、适当增大反应物浓度及增大固体反应物接触面积角度考虑;因为3Pb+8HNO33Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O,所以生成NO的离子方程式:3Pb+8H++2NO3-3Pb2++2NO↑+4H2O。
(4)Pb(NO3)2溶液中加入硫酸转化成PbSO4和硝酸,过滤后,滤液中的溶质主要为HNO3,可循环利用于酸溶;设所需Pb(NO3)2溶液的最小物质的量浓度为x mol·L-1,Ksp(PbSO4)=1.82×10-8=c(Pb2+)×c(SO42-)=x2×0.022,解得x=3.64×10-6 mol·L-1。
6.(2019河北石家庄二中模拟)磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一,作为信息产业和机电工业的重要基础功能材料,磁性材料广泛应用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体,工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的主要工艺流程如下:
已知:几种金属离子沉淀的pH如下表。
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀的pH
7.5
3.2
5.2
8.8
完全沉淀的pH
9.2
3.7
7.8
10.4
回答下列问题:
(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出效率,采取的措施不合理的有 。
A.搅拌
B.适当升高温度
C.研磨矿石
D.加入足量的蒸馏水
(2)溶浸过程中主要产生的离子为Fe3+、Mn2+、SO42-,请写出主要反应的离子方程式: ;浸取后的溶液中含有少量Fe2+、Cu2+、Ca2+,则在加入石灰调节溶液的pH从而使铁元素被完全沉淀前,加入适量的软锰矿目的是 ,加入石灰调节溶液pH的范围为 。
(3)净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质,故滤渣主要是 (填化学式)和CaF2。若测得滤液中c(F-)为0.01 mol·L-1,则滤液中残留c(Ca2+)为 mol·L-1[已知:Ksp(CaF2)=1.46×10-10]。
(4)有人认为净化工序中使用NaF会引起污染,建议用(NH4)2CO3代替NaF,但是用(NH4)2CO3代替NaF的缺点是 。
(5)如图为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响,仅据图中信息,黄铁矿的质量分数应保持在 %左右。
答案 (1)D (2)2FeS2+15MnO2+28H+2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42- 将残余Fe2+转化为Fe3+ 3.7
(4)会使Mn2+形成MnCO3沉淀进入滤渣,降低碳酸锰的产率
(5)40
解析 由流程图可知,溶浸时软锰矿中MnO2和黄铁矿中FeS2与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸锰和水;氧化除铁时,先加入适量的软锰矿主要是使二价铁离子氧化为铁离子,再加入石灰调节溶液的pH在3.7
(2)酸性条件下,FeS2与MnO2反应生成硫酸铁、硫酸锰和水,反应的离子方程式为:2FeS2+15MnO2+28H+2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-;加入适量的软锰矿主要是将亚铁离子氧化为铁离子,再加入石灰调节溶液的pH在3.7
(4)氟化锰溶于水,碳酸锰不溶于水,若用(NH4)2CO3代替NaF,(NH4)2CO3能与溶液中的锰离子反应生成碳酸锰沉淀,降低碳酸锰的产率;
(5)由图可知,黄铁矿的质量分数在40%左右时,锰浸出率较高。
7.(2019湖南娄底二模)硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料及电解锰行业的催化剂,还是动、植物必需的营养元素;氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解、氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如下:
请回答下列问题:
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种,则它的化学式是 。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式: 。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是 (写酸的名称)。
(4)上述工艺中,步骤⑥和⑦的作用是 。
(5)Se为ⅥA族元素,用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜,硒代硫酸钠还可用于Se的精制。写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式: 。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是 ;温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是 。
(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂,可以处理工业废水中的Cu2+。已知:25 ℃时,H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×10-7,Ka2=7.0×10-15,CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×10-36。反应Cu2+(aq)+HS-(aq)CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K= (结果保留1位小数)。
答案 (1)CuSO4
(2)2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+
(3)硫酸
(4)使CuCl干燥并防止其水解、氧化
(5)Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O
(6)温度过低反应速率小 温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化或温度过高,铵盐(氯化铵、亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)
(7)1.1×1021
解析 酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜;过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+;得到的CuCl经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,烘干得到氯化亚铜。
(1)酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化Cu生成CuSO4。
(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+。
(3)CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,为防止CuCl溶解、氧化引入新杂质,所以应加入硫酸,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸。
(4)步骤⑥为醇洗,步骤⑦为烘干,因CuCl难溶于醇且乙醇沸点低,易挥发,用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止CuCl水解、氧化。
(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒,同时生成硫酸钠、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O;该反应方程式的书写可由Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O迁移获得。
(6)据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是反应速率慢;温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵、亚硫酸铵)易受热分解。
(7)反应Cu2+(aq)+HS-(aq)CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K=c(H+)c(Cu2+)c(HS-)=c(H+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)c(HS-)=Ka2(H2S)Ksp(CuS)=7.0×10-156.3×10-36=1.1×1021。
8.(2019广东深圳中学适应性考试)铬是一种银白色金属,化学性质稳定,在化合物中常见+2、+3和+6价等价态。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产金属铬和重铬酸钠Na2Cr2O7·2H2O(已知Na2Cr2O7是一种强氧化剂),其主要工艺流程如图1所示:
图1
图2
查阅资料得知:常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将Cr3+氧化为CrO42-。
回答下列问题:
(1)工业上常采用热还原法制备金属铬,写出以Cr2O3为原料,利用铝热反应制取金属铬的化学方程式: 。
(2)酸化滤液D时,不选用盐酸的原因是 。
(3)固体E的主要成分是Na2SO4,根据图2分析,操作a为 、 、洗涤、干燥。
(4)已知含+6价铬的污水会污染环境,电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72-。
含Cr2O72-的废水含Cr3+的废水Cr(OH)3沉淀
①Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似。在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高,是因为 (用离子方程式表示)。
②下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液,最佳的选择是 (填选项序号);
A.FeSO4溶液
B.浓硫酸
C.酸性KMnO4溶液
D.Na2SO3溶液
③上述流程中,每消耗0.1 mol Na2S2O3转移0.8 mol e-,则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为 。
(5)某工业废水中含1.00×10-3 mol·L-1的Cr2O72-,某研究性学习小组为了变废为宝,将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Cr的化合价为+3,Fe的化合价依次为+3、+2)。欲使1 L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入 g FeSO4·7H2O。
(已知FeSO4·7H2O摩尔质量为278 g· mol-1)
答案 (1)Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr
(2)Cr2O72-会氧化Cl-生成氯气,造成污染且损耗Cr2O72-
(3)蒸发结晶 趁热过滤
(4)①Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O ②D
③3S2O32-+4Cr2O72-+26H+8Cr3++6SO42-+13H2O
(5)2.78
解析 铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质),加入过量稀硫酸,固体A为SiO2;溶液A中含有Cr3+、Al3+、Fe2+,在A中加入过氧化氢,可生成Fe3+,调节溶液pH可使Fe3+、Al3+生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀;溶液C含有Cr3+,在溶液C中加入NaBiO3和NaOH,发生氧化还原反应,滤渣D为Bi(OH)3,滤液D中含有Na2CrO4,用硫酸酸化可得Na2Cr2O7,溶液E经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7·2H2O。
(1)利用铝热反应制取金属铬的化学方程式:Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr。
(2)酸化滤液D时,不选用盐酸的原因是:Na2Cr2O7是一种强氧化剂,Cr2O72-会氧化Cl-生成氯气,造成污染,同时损耗Cr2O72-。
(3)Na2Cr2O7和Na2SO4溶解度随温度变化情况存在明显差异,可利用蒸发结晶、趁热过滤的方法进行分离出固体Na2SO4。
(4)①Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似,也能溶解在NaOH溶液中,因此加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高,过高说明NaOH浓度较大,会溶解Cr(OH)3生成NaCrO2,反应的离子方程式为Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O。
②上述流程中Na2S2O3溶液的作用是还原剂,其氧化产物为Na2SO4,若用Na2SO3溶液代替,没有改变溶液的成分,选项D符合题意。
③每消耗0.1 mol Na2S2O3转移0.8 mol e-,说明其氧化产物为Na2SO4,此时发生反应的离子方程式为:3S2O32-+4Cr2O72-+26H+8Cr3++6SO42-+13H2O。
(5)根据Cr0.5Fe1.5FeO4中N(Cr)∶N(Fe)=0.5∶2.5=1∶5;有n(FeSO4·7H2O)=1.00×10-3 mol·L-1×1 L×2×5=1.0×10-2 mol,质量为2.78 g。
9.(2019湖南长沙雅礼中学一模)镍钼矿(含有MoS2、NiS2、NiS、FeS2、SiO2和C等)为我国特有的一种多金属复杂硫化矿资源,常用来提取钾、镍等战略有色金属。其冶炼工艺主要有氧化焙烧法和选择性还原熔炼法两种。过程如下图所示:
(1)选择性还原熔炼法比氧化焙烧法的优点有
。
(2)还原熔炼时,FeS2发生反应的化学方程式为3FeS2+6Na2CO3+11C+8O23Fe+6Na2S+17CO2,写出NiS发生反应的化学方程式: 。
(3)水浸液中主要含有Na2S、Na2MoO4、Na2CO3、Na2SiO3等,向其中通入适量CO2和空气,然后过滤,所得滤渣的主要成分为 。
(4)已知钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40 mol·L-1,c(CO32-)=0.10 mol·L-1。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时,需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时,CO32-的去除率是 [已知Ksp(BaCO3)=1×10-9,Ksp(BaMoO4)=4×10-8]。
(5)用阴离子交换树脂吸附、提取溶液中的钼,该树脂经解吸、除杂后,用盐酸或硝酸将其酸化至pH=1.5~2.5,可得到钼酸铵产品。试剂a可以是 。
(6)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下,碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图所示:
①要使碳素钢的缓蚀效果最优,钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为 。
②当硫酸的浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为零,原因是 。
答案 (1)不生成污染空气的SO2,直接将Mo与Ni、Fe分离,得到的镍铁合金中Ni的含量高等
(2)2NiS+2Na2CO3+C2Ni+2Na2S+3CO2↑
(3)H2SiO3、S
(4)90%
(5)氨水
(6)①1∶1 ②浓硫酸使铁钝化
解析 (1)选择性还原熔炼法中,S转化为Na2S进入熔渣,不会产生SO2污染空气;可直接将Mo与Ni、Fe分离;得到的镍铁合金中Ni的含量高。
(2)还原熔炼时,FeS2发生反应3FeS2+6Na2CO3+11C+8O23Fe+6Na2S+17CO2,类推可得NiS在还原熔炼时反应的化学方程式为2NiS+2Na2CO3+C2Ni+2Na2S+3CO2↑。
(3)空气中的O2可将Na2S氧化为单质S;由于碳酸的酸性比硅酸的酸性强,Na2SiO3与CO2及水发生反应产生难溶于水的H2SiO3,而Na2MoO4、Na2CO3能溶于水,因此得到滤渣的成分为H2SiO3、S。
(4)钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40 mol·L-1,Ksp(BaMoO4)=4×10-8,当溶液中MoO42-开始形成沉淀时,c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)c(MoO42-)=4×10-80.40 mol·L-1=1.0×10-7 mol·L-1,此时由于Ksp(BaCO3)=1×10-9,溶液中c(CO32-)=Ksp(BaCO3)c(Ba2+)=1.0×10-91.0×10-7 mol·L-1=0.010 mol·L-1,反应开始时c(CO32-)=0.10 mol·L-1,所以c(CO32-)的去除率=0.10mol·L-1-0.010 mol·L-10.10mol·L-1×100%=90%。
(5)用钼酸钠溶液制备钼酸铵,要用氨水解吸、除杂,用盐酸或硝酸将其酸化至pH=1.5~2.5,可得到钼酸铵产品,故试剂a可以是氨水。
(6)①由图中信息可知,当钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比为1∶1时,碳素钢的缓蚀效果最优。
②当硫酸浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为0,原因是在室温下浓硫酸具有强氧化性,碳素钢中Fe在浓硫酸中发生钝化,形成致密的保护膜,起到防止腐蚀的作用。
10.(2019安徽合肥三模)某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料,生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)为提高BaCO3的酸浸速率,可采取的措施为 (写出一条即可);常温下,TiCl4为液体且易水解,配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是 。
(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3反应),能将BaSO4转化为BaCO3,此反应的平衡常数K= (填写计算结果);若不考虑CO32-的水解,要使2.33 g BaSO4恰好完全转化为BaCO3,则至少需要浓度为1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液 mL[已知:Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9]。
(3)流程中“混合”后体系中的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)+、TiOC2O4、TiO(C2O4)22-三种形式存在(其含量与pH的变化曲线如图所示)。实际制备工艺中,先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右,再进行“沉淀”,沉淀时反应的离子方程式为 ;图中曲线c对应钛的存在形式为 (填粒子符号)。
(4)流程中“滤液”的主要成分为 ;隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物,试写出反应的化学方程式: 。
答案 (1)将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热、搅拌等 溶于浓盐酸,再加适量水稀释至所需浓度
(2)0.02 510 (3)TiO(C2O4)22-+Ba2++4H2OBaTiO(C2O4)2·4H2O↓ TiO(OH)+
(4)NH4Cl BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O↑
解析 (1)盐酸与BaCO3发生反应:2HCl+BaCO3BaCl2+H2O+CO2↑,为了增大反应速率可以将固体BaCO3研成粉末,以增大接触面积;也可以适当增大盐酸浓度或适当升高反应温度或搅拌等;TiCl4是强酸弱碱盐,在溶液中Ti4+会发生水解反应:Ti4++4H2OTi(OH)4+4H+,使溶液变浑浊,为了得到澄清的TiCl4溶液,同时不引入杂质离子,通常是将TiCl4溶于浓盐酸中,然后再加适量水稀释至所需浓度。
(2)BaSO4存在沉淀溶解平衡,当向重晶石中加入饱和Na2CO3溶液时,发生沉淀转化生成BaCO3:BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq),反应的平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=c(SO42-)c(Ba2+)c(CO32-)c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(CaCO3)=1.0×10-105.0×10-9=0.02;2.33 g BaSO4物质的量为0.01 mol,根据BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq),完全转化需要0.01 mol CO32-,同时溶液中产生0.01 mol SO42-,根据K=0.02可知,溶液中n(CO32-)=0.5 mol,则共需要加入Na2CO3 0.01 mol+0.5 mol=0.51 mol,需要Na2CO3溶液的体积为0.51mol1mol·L-1=0.51 L=510 mL。
(3)“混合”过程中,钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在,调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀,据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒),“沉淀”时反应的离子方程式为:TiO(C2O4)22-+Ba2++4H2OBaTiO(C2O4)2·4H2O↓;随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大,可以判断c对应钛的存在形式为TiO(OH)+。
(4)TiCl4和草酸混合液中加入了氨水,然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体,根据原子守恒,滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3,同时得到CO、CO2及水蒸气,煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O↑。
11.(2019重庆二模)钼酸钠(Na2MoO4)可与重金属盐产生沉淀,是目前应用较多的一种新型水处理剂。利用精钼矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)来制取钼酸钠晶体的工艺流程如下图所示。
请回答下列问题:
(1)混合气A中含有一种大气污染物,其化学式为 。
(2)焙烧的过程中采用如图1所示的“多层逆流焙烧”。
①多层逆流焙烧的优点是 (任答两点)。
②依据图2,写出第6~12层MoO2参加反应的化学方程式 。
(3)写出碱浸时发生反应的离子方程式 。
(4)PbS与H2O2反应时,温度高于40 ℃后,反应速率反而减小,原因是 。
(5)流程图中“除SO42-”的过程中,当BaMoO4开始沉淀时,SO42-的去除率为97.0%,已知原Na2MoO4溶液中c(MoO42-)=0.48 mol·L-1,c(SO42-)=0.040 mol·L-1,Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,则Ksp(BaMoO4)= (过程中溶液体积变化忽略不计)。
(6)锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为:xLi+nMoS2Lix(MoS2)n,则电池放电时的正极反应式是 。
答案 (1)SO2
(2)①增长钼精矿与空气接触的时间和增大接触面积,使其充分反应,提高原料的利用率;实现热量交换,节约能源 ②2MoO2+O22MoO3 (3)MoO3+CO32-MoO42-+CO2↑
(4)温度高于40 ℃后,H2O2分解导致浓度减小,使与PbS的反应速率减小
(5)4.0×10-8
(6)nMoS2+xLi++xe-Lix(MoS2)n
解析 (1)MoS2含有S元素,焙烧时产生SO2。
(2)①由图1可知多层逆流焙烧,可增长钼精矿与空气接触的时间和增大接触面积,使其充分反应,提高原料的利用率;同时有利于实现热量交换,节约能源。②6~12层MoO2转化为MoO3,反应方程式为2MoO2+O22MoO3。
(3)碱浸时发生反应的离子方程式为MoO3+CO32-MoO42-+CO2↑。
(4)PbS与H2O2反应时,若温度高于40 ℃后会导致H2O2分解速率加大,其浓度减小导致与PbS的化学反应速率减小。
(5)反应后的溶液中c(MoO42-)=0.48 mol·L-1,c(SO42-)=0.04 mol·L-1×3%,BaMoO4开始沉淀时c(Ba2+)=1×10-100.04×3% mol·L-1,Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO42-)=1×10-100.04×3%×0.48=4×10-8。
(6)电池负极反应为xLi-xe-xLi+,总反应减去负极反应,即为正极反应:xLi++nMoS2+xe-Lix(MoS2)n。
题型八 工艺流程题
高考命题规律
2020年高考必备
2015年
2016年
2017年
2018年
2019年
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
命题角度1
废弃物中提取物质工艺流程
28
27
命题角度2
物质制备工艺流程
27
28
27
26
27
27
26
27
26
26
26
命题角度1废弃物中提取物质工艺流程
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ,27)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:
回答下列问题:
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污,方法是 。
(2)步骤②需要加热的目的是 ,温度保持80~95 ℃,采用的合适加热方式是 。铁屑中含有少量硫化物,反应产生的气体需要净化处理,合适的装置为 (填标号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是 。分批加入H2O2,同时为了 ,溶液要保持pH小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有 ,经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数,将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水,失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为 。
答案 (1)碱煮水洗 (2)加快反应 热水浴 C
(3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质 抑制Fe3+水解
(4)加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)
(5)NH4Fe(SO4)2·12H2O
解析 (1)油污在碱性溶液中发生水解反应生成可溶于水的物质,因此可使用碱煮水洗的方法去除废铁屑表面的油污。
(2)加热可以增大溶解速率;温度低于100 ℃,因此可用水浴加热;硫化氢可与碱反应,因此可用碱溶液来吸收,为了防止倒吸,应选用的装置为C。
(3)为了将Fe2+全部转化为Fe3+,应选用足量的H2O2;生成的Fe3+能发生水解反应,H2O2与Fe2+反应消耗H+,为了抑制Fe3+发生水解反应,应保持溶液的pH小于0.5。
(4)由溶液得到晶体的操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)。
(5)设硫酸铁铵晶体的物质的量为1 mol,则失去水的物质的量为1.5 mol,质量为27 g,由此可知,硫酸铁铵晶体的相对分子质量为270.056≈482,NH4Fe(SO4)2的相对分子质量为266,则所含水分子的个数为482-26618=12,所以硫酸铁铵晶体的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。
2.(2019江苏,19)实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O,还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体,其实验流程如下:
(1)室温下,反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡,则溶液中c(SO42-)c(CO32-)= [Ksp(CaSO4)=4.8×10-5,Ksp(CaCO3)=3×10-9]。
(2)将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液,其离子方程式为 ;浸取废渣时,向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是 。
(3)废渣浸取在下图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃,搅拌,反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降,其原因是 ;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,实验中提高CaSO4转化率的操作有 。
(4)滤渣水洗后,经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料,制取CaCl2溶液的实验方案: [已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全;pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂:盐酸和Ca(OH)2]。
答案 (1)1.6×104
(2)HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O
(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)
增加溶液中CO32-的浓度,促进CaSO4的转化
(3)温度过高,(NH4)2CO3分解 加快搅拌速率
(4)在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤
解析 (1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡,则溶液中c(SO42-)c(CO32-)=c(Ca2+)·c(SO42-)c(Ca2+)·c(CO32-)=Ksp(CaSO4)Ksp(CaCO3)=4.8×10-53×10-9=1.6×104。
(2)此过程类似酸式盐转化为正盐,其离子方程式为HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O;从流程看,浸取废渣时,加入适量浓氨水可抑制(NH4)2CO3水解,增大c(CO32-),促进CaSO4的转化。
(3)温度超过70 ℃时,(NH4)2CO3发生分解,CO32-浓度降低,导致CaSO4转化率下降;在其他条件不变时,加快搅拌速率、增大反应物接触面积等,均可大大加快反应速率,提高CaSO4的转化率。
(4)根据题给条件,设计实验流程为
稀盐酸(足量)无气泡产生滤液不溶物过滤。
3.(2016全国Ⅲ,28)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为:
物质
V2O5
V2O4
K2SO4
SiO2
Fe2O3
Al2O3
质量
分数/%
2.2~2.9
2.8~3.1
22~28
60~65
1~2
<1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线:
回答下列问题:
(1)“酸浸”时V2O5转化为VO2+,反应的离子方程式为 ,同时V2O4转化成VO2+。“废渣1”的主要成分是 。
(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为 mol。
(3)“中和”作用之一是使钒以V4O124-形式存在于溶液中。“废渣2”中含有 。
(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为:4ROH+V4O124-R4V4O12+4OH-(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率,淋洗液应该呈 性(填“酸”“碱”或“中”)。
(5)“流出液”中阳离子最多的是 。
(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀,写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。
答案 (1)V2O5+2H+2VO2++H2O SiO2
(2)0.5 (3)Fe(OH)3、Al(OH)3 (4)碱
(5)K+
(6)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑
解析 (1)V2O5、VO2+中V均为+5价,因此“酸浸”时的反应为非氧化还原反应,由电荷守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5+2H+2VO2++H2O。SiO2不与H2SO4反应,“废渣1”的主要成分是SiO2。
(2)VO2+→VO2+,V由+4价升高到+5价,由ClO3-→Cl-可知,Cl由+5价降低到-1价,根据化合价升降总数相等,则n(VO2+)∶n(ClO3-)=6∶1,n(VO2+)=3 mol,则n(KClO3)=0.5 mol。
(3)加入KOH进行中和时,溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去,则滤渣2中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)为提高洗脱效率,使钒以V4O124-形式存在于溶液中,须使反应逆向进行,因此淋洗液呈碱性。
(5)前面依次加入了KClO3、KOH,则“流出液”中阳离子最多的是K+。
(6)由题意可知反应物为NH4VO3,产物之一为目标产品V2O5,由原子守恒可知反应方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑。
典题演练提能·刷高分
1.(2019湘赣十四校第一次联考)银铜合金广泛应用于航空工业,从银铜合金的切割废料中回收银并制备铜产品的工艺如下:
已知:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃。
(1)电解精炼银时,粗银作 极,另一电极上的电极反应式为 。
(2)加快渣料(含少量银)溶于稀硫酸的措施有 、 (写出两种)。
(3)滤渣A与稀硝酸反应,产生的气体在空气中迅速变为红棕色,滤渣A与稀硝酸反应的离子方程式为 。
(4)煮沸CuSO4混合溶液的过程中,得到固体B,则固体B的组成为 ;在生成固体B的过程中,需控制NaOH的加入量,若NaOH过量,则因过量引起的反应的离子方程式为 。
(5)硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁元素,浸取时发生复杂的氧化还原反应。反应体系中除CuSO4和FeS2外,还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O,下列对该反应的分析正确的是 (填字母代号)。
A.氧化剂为CuSO4和FeS2
B.反应后溶液的pH降低
C.被氧化的FeS2占总量的30%
D.每转移2 mol电子消耗3 mol CuSO4
答案 (1)阳 Ag++e-Ag
(2)适当增大硫酸浓度 升高温度(或粉碎渣料或搅拌等合理即可)
(3)3Ag+4H++NO3-3Ag++NO↑+2H2O
(4)Al(OH)3和CuO Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O
(5)ABC
解析 由工艺流程图可知,废料在空气中熔炼时,Cu被氧化,滤渣中含有CuO及少量Ag,向滤渣中加入硫酸进行酸浸,CuO与硫酸反应,过滤得到硫酸铜溶液(含有硫酸),滤渣A为Ag;向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠,煮沸后过滤得到的固体B为氢氧化铝、氧化铜,煅烧中二者反应得到CuAlO2。
(1)电镀法精炼银时,粗银作阳极,纯银作阴极,阳极上银失电子变成银离子进入溶液:Ag-e-Ag+,阴极上银离子得到电子形成单质银:Ag++e-Ag。
(2)增大渣料(含少量银)溶于稀硫酸的速率,可采用适当增大硫酸浓度、升高反应温度、粉碎渣料增大固体表面积或搅拌等措施。
(3)滤渣A的主要成分是Ag,稀硝酸是氧化性酸,能与银反应生成硝酸银、一氧化氮气体和水,反应的化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O,据此可进一步写出离子方程式。
(4)CuSO4溶液中加入硫酸铝溶液和氢氧化钠溶液得到Cu(OH)2沉淀和Al(OH)3沉淀,由Al(OH)3和Cu(OH)2的分解温度可知,煮沸后Cu(OH)2分解产生氧化铜,则固体B的组成为Al(OH)3和CuO;氢氧化铝是两性氢氧化物,如果NaOH过量,Al(OH)3会与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的化学方程式为:Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O。
(5)由反应体系中元素化合价的变化可知,反应物为CuSO4、FeS2和H2O,生成物为Cu2S、FeSO4和H2SO4,反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。反应中,Cu元素的化合价由+2降低为+1,一部分S元素的化合价由-1降低到-2,另一部分S元素的化合价由-1升高到+6价,则CuSO4是氧化剂,FeS2既是氧化剂,又是还原剂,A正确;由反应的化学方程式为14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4可知,反应中有硫酸生成,反应后溶液的pH降低,B正确;由反应的化学方程式可知,10个S原子中,有3个S原子失去电子,7个S原子得到电子,则被氧化的FeS2占总量的30%,C正确;由反应的化学方程式可知,14 mol硫酸铜参加反应,转移21 mol电子,则转移2 mol电子消耗43 mol CuSO4,D错误。
2.(2019山东德州二模)金属Co、Ni性质相似,在电子工业以及金属材料方面应用广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(所含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下:
(1)酸浸时SO2的作用是 。
(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应方程式是 。
(3)从有机层提取出的Ni2+可用于制备氢镍电池,该电池工作原理为:NiOOH+MHNi(OH)2+M,电池放电时正极反应式为 。
(4)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得使H2O2分解的高效催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi(1-x)Fe2O4在10 ℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化的曲线:
①H2O2的电子式为 ;
②由图中信息可知: 法制取的催化剂活性更高;
③Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
(5)已知煅烧CoCO3时,温度不同,产物不同。在400 ℃条件下充分煅烧CoCO3,得到固体氧化物2.41 g,CO2的体积为0.672 L(标准状况下),则此时所得固体氧化物的化学式为 。
答案 (1)将Co3+还原为Co2+
(2)2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑
(3)NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-
(4)①H··O······O······H ②微波水热 ③Co2+
(5)Co3O4
解析 (1)废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等,酸浸时固体溶解,可得到含Co2+、Co3+、Al3+、Ni2+的溶液,通入SO2的作用是将Co3+还原为Co2+。
(2)除铝时控制溶液的pH,发生水解反应使Al3+转化为Al(OH)3沉淀,加入碳酸钠除铝的离子方程式为:2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑。
(3)从电池反应可判断,放电时在正极上Ni从+3价降低到+2价,电极反应式为:NiOOH+e-+H2ONi(OH)2+OH-。
(4)①H2O2的电子式为H··O······O······H。
②由图中信息可知,微波水热法制得的催化剂使H2O2分解的初始反应速率相对较大,故微波水热法制取的催化剂活性更高。
③由图像可以看出,x值越大,H2O2分解反应初始速率越大,说明Co2+的催化效果比Ni2+好。
(5)反应生成的CO2为0.03 mol,根据C原子守恒,n(Co)=n(CoCO3)=n(CO2)=0.03 mol,2.41 g氧化物中含氧2.41 g-0.03mol×59 g·mol-116 g·mol-1=0.04 mol,即该氧化物为Co3O4。
3.(2019河南洛阳第四次模拟)精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下:
已知:ⅰ.分金液中含金离子主要为[AuCl4]-;分金渣的主要成分为AgCl;
ⅱ.分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3-,且存在如下平衡:[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-;
ⅲ.“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。
Cu
Au
Ag
Ni
浸出率/%
85.7
0
4.5
93.5
(1)由表中数据可知,Ni的金属性比Cu 。分铜渣中银元素的存在形式为(用化学用语表示) 。“分铜”时,如果温度过高,会有明显的放出气体现象,原因是 。
(2)“分金”时,单质金发生反应的离子方程式为 。
(3)Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示:
“沉银”时,需加入硫酸调节溶液的pH=4,分析能够析出AgCl的原因为
。
调节溶液的pH不能过低,理由为 (用离子方程式表示)。
(4)已知Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5,沉银时为了保证不析出Ag2SO4,应控制溶液中SO42-浓度(假定溶液中Ag+浓度为0.1 mol·L-1) 。
(5)工业上,用镍为阳极,电解0.1 mol·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液,可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时,NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示:
为获得髙纯度的球形超细镍粉,NH4Cl溶液的浓度最好控制为 g·L-1,当NH4Cl溶液的浓度大于15 g·L-1时,阴极有无色无味气体生成,导致阴极电流效率降低,该气体为 。
答案 (1)强 Ag、AgCl H2O2分解放出氧气
(2)2Au+ClO3-+7Cl-+6H+2[AuCl4]-+3H2O
(3)分银液中存在平衡[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-,加H2SO4至pH=4,SO32-转化为HSO3-,c(SO32-)减小,平衡正向移动,c(Ag+)增大,Ag+与分银液中Cl-反应生成AgCl SO32-+2H+SO2↑+H2O
(4)低于1.4×10-3 mol·L-1 (5)10 H2
解析 (1)由表中数据可知,镍的浸出率比铜高,说明镍更容易被氧化,故金属性Ni比Cu强。根据流程图分析,“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣,分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl。“分铜”时,如果温度过高,H2O2发生分解,会有明显的气体放出现象。
(2)分金液中含金离子主要为[AuCl4]-,“分金”时,单质金发生的反应是和加入的氯酸钠、盐酸发生氧化还原反应生成[AuCl4]-,反应的离子方程式为:2Au+ClO3-+7Cl-+6H+2[AuCl4]-+3H2O。
(3)分银液中含银离子主要成分为[Ag(SO3)2]3-,且存在平衡[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-,H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度,促使平衡[Ag(SO3)2]3-Ag++2SO32-正向移动,Ag+浓度增大导致Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl沉淀。溶液的pH如果过低,会产生污染性气体SO2,反应的离子方程式为SO32-+2H+SO2↑+H2O。
(4)c(SO42-)=Ksp(Ag2SO4)c2(Ag+)=1.4×10-50.12 mol·L-1=1.4×10-3 mol·L-1,故沉银时为了保证不析出Ag2SO4,应控制溶液中SO42-浓度低于1.4×10-3 mol·L-1;
(5)根据图像可知,NH4Cl的浓度为10 g·L-1时,镍的成粉率最高,所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g·L-1;阴极发生还原反应,当NH4Cl浓度大于15 g·L-1时,阴极生成的无色无味气体为氢气;由于铵根离子水解使溶液呈酸性,故阴极电极反应式为:2H++2e-H2↑或2NH4++2H2O+2e-2NH3·H2O+H2↑,即产生的气体为氢气。
4.(2019四川攀枝花三模)废旧硬质合金刀具中含碳化钨(WC)、金属钴(Co)及少量杂质铁,利用电解法回收WC和制备Co2O3的工艺流程如下:
已知:在上述流程中,各种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Co2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.5
沉淀完全的pH
3.2
9.0
9.4
回答下列问题:
(1)以废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,盐酸为电解质溶液。电解时阳极的电极反应有:Co-2e-Co2+和 。
(2)通入氨气的目的是调节溶液的pH,除去铁元素。由表中的数据可知,理论上可选择的pH范围是 。
(3)生成CoCO3的离子方程式是 。
(4)实验测得NH4HCO3溶液显碱性。制备CoCO3时,不能将滤液加入NH4HCO3溶液中,原因是 。
(5)已知:Ksp(CoCO3)=1.6×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。若仅从沉淀转化角度考虑,在0.01 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀?通过计算说明:
。
(6)洗涤CoCO3不充分对最终产品纯度并无影响,但在焙烧时会造成环境污染,主要原因是
。
(7)CoCO3生成Co2O3的化学方程式是 。
答案 (1)Fe-2e-Fe2+ (2)3.2≤pH<6.5
(3)Co2++2HCO3-CoCO3↓+CO2↑+H2O
(4)将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会产生Co(OH)2杂质
(5)c(Co2+)=Ksp(CoCO3)=1.6×10-13 mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1,c(Co2+)·c(C2O42-)=4.0×10-7×0.01=4.0×10-9
解析 由题给工艺流程知,以盐酸为电解质溶液,以废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,进行电解,电解过程中WC进入阳极泥中,溶液中含有Fe2+和Co2+,加入双氧水,Fe2+被氧化为Fe3+,通入氨气,调节pH在3.2到6.5之间,将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去,滤液中含有Co2+,加入碳酸氢铵溶液生成碳酸钴,焙烧生成Co2O3。
(1)电解时废旧刀具作阳极,不锈钢作阴极,盐酸作电解质溶液,依据阳极金属放电规律可知,除了Co失电子以外还有Fe也会失电子,其电极反应式为Fe-2e-Fe2+;
(2)通入氨气的目的是调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去。由表中的数据可知,理论上可选择的pH范围是3.2≤pH<6.5;
(3)将NH4HCO3溶液缓慢滴入到盛有滤液的反应容器中,生成CoCO3的离子方程式为Co2++2HCO3-CoCO3↓+CO2↑+H2O;
(4)根据题意可知,NH4HCO3溶液显碱性,则若将滤液加入NH4HCO3溶液中会生成Co(OH)2杂质;
(5)c(Co2+)=Ksp(CoCO3)=1.6×10-13=4.0×10-7 mol·L-1,c(Co2+)·c(C2O42-)=4.0×10-7×0.01=4.0×10-9
(7)CoCO3生成Co2O3的同时,还会有二氧化碳与一氧化碳生成,其化学方程式为2CoCO3Co2O3+CO2↑+CO↑。
5.(2019黑龙江大庆一中模拟)钴元素由于其良好的物理化学性质,被广泛应用于生产、生活中。以含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li等)为原料制取粗CoCl2·6H2O的流程如下图所示:
请回答下列问题:
(1)步骤Ⅰ中主要反应的化学方程式为 。
(2)已知Co2O3具有强氧化性,若步骤Ⅱ中浸出剂为盐酸,造成的后果是 。
(3)步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+,写出该步反应的离子方程式 。
(4)若在实验室煅烧CoCO3,所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外,还有 、 (填仪器名称)。
(5)操作①是在HCl氛围中进行的,其步骤是 、 、过滤、洗涤、干燥。洗涤过程中可以用工业酒精代替水,其优点是 。
(6)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液,下列可作为指示剂的是 (填选项,忽略亚钴离子的颜色干扰)。
A.KCl B.KSCN
C.K2CrO4 D.K2S
已知几种物质在20 ℃时的颜色及Ksp如下表:
化学式
AgCl
AgSCN
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黑色
红色
Ksp
2.0×10-10
1.0×10-12
2.0×10-48
2.0×10-12
答案 (1)2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑、2Li+2H2O2LiOH+H2↑
(2)会产生有毒气体氯气,产生污染
(3)2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑
(4)坩埚 泥三角
(5)蒸发浓缩 冷却结晶 减少晶体的溶解损失
(6)C
解析 含钴废料(含CoO、Co2O3、单质Al、Li)加入碱液,Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气,锂能够与水反应而溶解,过滤得到钴渣和含铝溶液;钴渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3+的溶液,向该溶液中加入20%碳酸钠溶液调节溶液的pH为4.5~5,然后加入NaF,过滤得到铝锂渣和滤液;滤液中加入30%碳酸钠溶液调节溶液的pH为8~8.5,得到CoCO3沉淀,煅烧碳酸钴得到CoO;CoO与盐酸反应生成CoCl2,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得CoCl2·6H2O结晶水合物。
(1)步骤Ⅰ中Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气,锂能够被水溶解,主要反应的化学方程式为:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑、2Li+2H2O2LiOH+H2↑。
(2)Co2O3具有强氧化性,若步骤Ⅱ中浸出剂为盐酸,盐酸中的氯元素可被氧化生成氯气,污染环境。
(3)步骤Ⅲ中①的目的是进一步除去溶液中微量的Al3+,Al3+与加入的碳酸钠溶液发生相互促进的水解反应,反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑。
(4)实验室煅烧CoCO3需要在坩埚中进行,所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外,还有坩埚、泥三角。
(5)CoCl2水解生成的氯化氢容易挥发,因此,操作①需要在HCl氛围中进行。从CoCl2溶液中获得CoCl2·6H2O晶体,需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。洗涤时用工业酒精代替水可以减少晶体的溶解损失,且酒精更加容易挥发,便于晶体干燥。
(6)用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液,根据几种物质在20 ℃时的颜色及Ksp,滴定过程中需要有明显的现象,应该用K2CrO4为指示剂。
6.(2019北京昌平二模)新能源汽车的核心部件是锂离子电池,常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)作电极材料。对LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)回收并获得高纯Li2CO3的工业流程图如下:
资料:碳酸锂在水中的溶解度:
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/g
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是 。
(2)过程ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是 。
(3)过程ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验,均采用Li含量为3.7%的原料,控制pH为3.5,浸取1.5 h后,实验结果如下表所示:
序号
酸
氧化剂
浸出液中Li+
浓度/(g·L-1)
滤渣中Li
的含量/%
实验1
HCl
H2O2
9.02
0.10
实验2
HCl
NaClO3
9.05
0.08
实验3
HCl
O2
7.05
0.93
①实验2中,NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体,大大增加了酸和氧化剂的用量,该反应的离子方程式为 。
②结合实验结果和①中的现象,最终选择H2O2作为氧化剂,原因是 。
③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是 。
(4)浸出液中存在大量H2PO4-和HPO42-,已知:H2PO4-HPO42-+H+,HPO42-PO43-+H+,结合平衡移动原理,解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因
。
(5)对比过程ⅳ和ⅴ,说明过程ⅳ不用饱和Na2CO3溶液的原因 。
(6)简述过程ⅵ的操作 。
答案 (1)增大反应物接触面积,增大反应速率
(2)溶解Al,使其进入滤液1
(3)①ClO3-+5Cl-+6H+3Cl2↑+3H2O
②Li+的浸出率较高,且较环保(或节约酸和氧化剂的用量)
③提高浸出液中Li+浓度(或提高氧化剂和酸的利用率,节约后续过程中纯碱的用量)
(4)CO32-结合H+,使c(H+)减小,导致H2PO4-HPO42-+H+、HPO42-PO43-+H+两个电离平衡均向右移动,c(PO43-)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁晶体
(5)过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液,其中c(CO32-)较大,易形成Li2CO3沉淀,减少高纯Li2CO3的产量
(6)用热水洗涤、干燥
解析 (1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是增大固体反应物接触面积,增大反应速率。
(2)单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠,过程ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al,使其进入滤液1分离除去。
(3)①实验2中,NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠和水,反应的离子方程式是:ClO3-+5Cl-+6H+3Cl2↑+3H2O。
②实验2生成氯气污染空气,增加了酸和氧化剂的用量,实验1与实验3相比较,Li+的浸出率较高,故最终选择H2O2作为氧化剂。
③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率,提高浸出液中Li+浓度。
(4)过程ⅳ加入30%的Na2CO3溶液,CO32-结合H+使c(H+)减小,电离平衡H2PO4-HPO42-+H+和HPO42-PO43-+H+均正向移动,c(PO43-)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁晶体。
(5)过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液,其中c(CO32-)较大,易形成Li2CO3沉淀,减少高纯Li2CO3的产量,故过程ⅳ不用饱和Na2CO3溶液。
(6)由碳酸锂溶解度与温度的关系可知,温度越高,碳酸锂溶解度越小,故过程ⅵ的操作是用热水洗涤,干燥。
7.(2019安徽淮北宿州二模)钴酸锂(LiCoO2)是锂离子电池的一种重要正极材料。可利用湿法冶金工艺处理精选后的锂离子电池正极材料(LiCoO2、乙炔黑)重新制备高纯度LiCoO2,其流程如下(已知:LiCoO2难溶于水;Li2CO3微溶于水、难溶于醇;CoCO3难溶于水和醇)。
(l)H2O2的作用是 。
(2)“浸取”时若加入盐酸,Cl-被LiCoO2氧化产生Cl2。该反应的离子方程式是 。
(3)向含Co2+、Li+的溶液中加入乙醇的作用是 ,滤渣b的主要成分是 (填化学式)。
(4)在空气中“煅烧”时,发生反应的总化学方程式为 。
(5)可用碘量法来测定产品中钴的含量。取m g样品溶于稀硫酸,加入过量KI,以淀粉为指示剂,用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定,达到滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液V mL,则产品中钴的含量为 (以Co2O3计)。有关反应:LiCoO2+4H+Li++Co3++2H2O,2Co3++2I-2Co2++I2,I2+2S2O32-S4O62-+2I-。
答案 (1)还原LiCoO2
(2)2Cl-+2LiCoO2+8H+Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O (3)降低Li2CO3的溶解度,使其尽可能析出Li2CO3和CoCO3 Li2CO3、CoCO3
(4)4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2
(5)83cV10m%
解析 (1)“浸取”时加入H2SO4、H2O2,滤液中产生了Co2+,钴元素化合价由+3价变成了+2价,H2O2的作用是用来还原LiCoO2。
(2)“浸取”时若加入盐酸,Cl-会被LiCoO2氧化产生Cl2,造成环境污染,该反应的离子方程式为2Cl-+2LiCoO2+8H+Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O;由于LiCoO2难溶于水,在离子方程式中不拆。
(3)因Li2CO3和CoCO3都难溶于醇,向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用是降低Li2CO3、CoCO3的溶解度,使其尽可能析出。滤渣b的主要成分是Li2CO3和CoCO3。
(4)在空气中“煅烧”时发生反应的总化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2。
(5)根据得失电子守恒可得关系式LiCoO2~S2O32-,n(LiCoO2)=cV×10-3 mol,n(Co2O3)=12cV×10-3 mol,m(Co2O3)=166×12cV×10-3 g,产品中钴的含量为166×0.5×cV×10-3m×100%=83cV10m%。
8.(2019广东深圳二模)重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程如下图所示。
已知:Ⅰ.在酸性条件下,H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+
Ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Cr3+
4.9
6.8
Fe3+
1.5
2.8
回答下列问题:
(1)滤渣②的主要成分为 (填化学式)。
(2)写出“氧化”步骤中反应的化学方程式 。
(3)“加热”操作的目的是 。
(4)“酸化”过程中发生反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O(K=4×1014)已知,“酸化”后溶液中c(Cr2O72-)=1.6×10-3 mol·L-1,则溶液中c(CrO42-)= 。
(5)“结晶”后得到K2Cr2O7(M=294 g·mol-1)产品0.500 0 g,将其溶解后用稀硫酸酸化,再用浓度为1.000 0 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定,滴定终点消耗标准溶液的体积为9.00 mL,则产品的纯度为 。[滴定反应为:K2Cr2O7+6(NH4)2Fe(SO4)2+7H2SO4K2SO4+Cr2(SO4)3+6(NH4)2SO4+3Fe2(SO4)3+7H2O]
(6)在K2Cr2O7存在下,可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理,其工作原理如下图所示。
①负极的电极反应式为 ;
②一段时间后,中间室中NaCl溶液的浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)。
答案 (1)Fe(OH)3
(2)2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH2K2CrO4+8H2O
(3)分解除去剩余的H2O2
(4)2×10-8 mol·L-1
(5)88.20%
(6)①C6H5OH+11H2O-28e-6CO2↑+28H+
②减小
解析 含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)加入KOH溶液调pH=7~8,生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀,过滤后得滤渣①为Cr(OH)3和Fe(OH)3;向滤渣①加入过量H2O2溶液和KOH溶液,Cr(OH)3在碱性条件下被氧化为K2CrO4进入溶液,经过滤,滤渣②的主要成分为Fe(OH)3;滤液②经加热除去剩余的H2O2,冷却后酸化至pH=1,结晶析出K2Cr2O7晶体。
(1)根据以上分析,滤渣②的主要成分为Fe(OH)3。
(2)“氧化”步骤中Cr(OH)3在碱性条件下被H2O2氧化为K2CrO4,化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH2K2CrO4+8H2O。
(3)根据题给信息,在酸性条件下,H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+,所以酸化之前,要除去剩余的H2O2,故“加热”操作的目的是除去过量的H2O2。
(4)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,K=c(Cr2O72-)c2(CrO42-)c2(H+),酸化后pH=1,c(H+)=0.1 mol·L-1,c(Cr2O72-)=1.6×10-3 mol·L-1,则溶液中c(CrO42-)=1.6×10-34×1014×0.12 mol·L-1=2×10-8 mol·L-1。
(5)根据化学方程式可得关系式K2Cr2O7~6(NH4)2Fe(SO4)2,n(K2Cr2O7)=
16n[(NH4)2Fe(SO4)2]=16×1.000 0 mol·L-1×0.009 L=0.001 5 mol,则产品的纯度为0.001 5mol×294 g·mol-10.500 0 g×100%=88.20%。
(6)①由图示可知,负极发生氧化反应,C6H5OH失电子生成CO2,根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒,负极电极反应式为C6H5OH+11H2O-28e-6CO2↑+28H+。
②负极产生的H+通过阳离子交换膜进入中间室,正极产生的OH-通过阴离子交换膜也进入中间室,H+和OH-反应生成水,溶液体积增大,NaCl溶液的浓度将减小。
9.(2019河北衡水中学二模)镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(铝电极表面涂有LiNi(1-x-y)CoxMnyO2)的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是 。
(2)能够提高“碱浸”效率的方法有 (至少写两种)。
(3)“碱浸”过程中,铝溶解的离子方程式为 。
(4)实验室模拟“碱浸”后过滤的操作,需用到的玻璃仪器有 ;过滤后需洗涤,简述洗涤的操作过程: 。
(5)LiCoO2参与“还原”反应的离子方程式为 。
(6)溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示:
则浸出过程的最佳条件是 。
(7)已知溶液中Co2+的浓度为1.0 mol·L-1,缓慢通入氨气,使其产生Co(OH)2沉淀,则Co2+沉淀完全时溶液的最小pH为 (已知:离子沉淀完全时c(Co2+)≤1.0×10-5 mol·L-1,Ksp[Co(OH)2]=4.0×10-15,lg2=0.3,溶液体积变化忽略不计)。
(8)写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式: 。
答案 (1)放电有利于Li+向正极移动并进入正极材料
(2)粉碎原料、适当增大NaOH溶液的浓度、适当升高温度等
(3)2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2↑
(4)漏斗、烧杯、玻璃棒 沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀,待水滤出后重复操作2~3次
(5)2LiCoO2+6H++H2O22Li++2Co2++4H2O+O2↑
(6)75 ℃,30 min (7)9.3
(8)(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2↑+4H2O
解析 (1)放电时,负极上生成锂离子,锂离子向正极移动并进入正极材料中,所以“放电处理”有利于锂在正极的回收;
(2)提高浸出率的方法有粉碎原料、适当增大NaOH溶液的浓度、适当升高温度等;
(3)“碱浸”过程中,铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为2Al+2H2O+2OH-2AlO2-+3H2↑;
(4)过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒;洗涤沉淀在过滤器中进行,其操作为:沿玻璃棒向过滤器中加水至浸没沉淀,待水滤出后重复操作2~3次;
(5)LiCoO2中Li元素为+1价,O元素为-2价,故Co元素化合价为+3价,LiCoO2为难溶物,H2SO4为电解质,H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素,反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O22Li++2Co2++4H2O+O2↑;
(6)由图像可知,在75 ℃,30 min条件下钴的浸出率最高;
(7)Ksp[Co(OH)2]=4.0×10-15,沉淀完全时c(OH-)=Ksp[Co(OH)2]c(Co2+)=4.0×10-151.0×10-5 mol·L-1=2×10-5 mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)=10-142×10-5 mol·L-1=5×10-10 mol·L-1,pH=-lgc(H+)=-lg(5×10-10)=9.3;
(8)Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3·H2O反应生成Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2,在高温烧结固相合成阶段与Li2CO3反应生成目标产物,根据原子守恒可得到化学方程式为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2↑+4H2O。
10.(2019河南顶级名校第四次联考)一种利用化肥生产中的废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)制取明矾和CoSO4粗产品的工艺流程如下:
已知:(ⅰ)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示:
Al3+
Fe3+
Fe2+
Co2+
开始沉淀的pH
3.5
1.6
6.3
6.6
完全沉淀的pH
5.4
2.8
8.3
9.2
(ⅱ)Al(OH)3在碱性条件下开始溶解时的pH为7.8,完全溶解时的pH为11。
回答下列问题:
(1)写出H2O2的电子式: 。
(2)下列措施一定能提高步骤Ⅰ中Al3+和Co2+的浸取率的是 (填标号)。
a.将废催化剂研磨为细颗粒
b.步骤Ⅰ中的硫酸采用98%的浓硫酸
c.适当提高浸取时的温度
(3)步骤Ⅱ中,写出“氧化”过程中Fe2+被氧化的离子方程式: ,若“氧化”后再“调节pH=3”,造成的后果是 。
(4)步骤Ⅲ中加K2CO3应控制的pH范围为 。
(5)测定CoSO4粗产品中钴的质量分数的步骤如下:准确称取a g产品,先经预处理,然后加入过量的冰乙酸,在加热煮沸条件下,缓慢滴加KNO2溶液直至过量,生成不溶于乙酸的K3[Co(NO2)6],再经过滤、洗涤及干燥,称量沉淀的质量为b g。
①KNO2溶液氧化并沉淀Co2+的离子方程式为 (已知KNO2被还原为NO)。
②粗产品中钴元素的质量分数为 (Mr{K3[Co(NO2)6]}=452,列出计算式)。
答案 (1)H··O······O······H
(2)ac
(3)2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+ Fe3+对双氧水的分解有催化作用,造成H2O2利用率降低
(4)pH≥11
(5)①Co2++3K++7NO2-+2CH3COOH
K3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O+2CH3COO-
②59b452a×100%
解析 废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)加入硫酸酸浸后得到的浸取液中主要含有Co2+、Al3+、Fe2+、H+和SO42-等离子,调节溶液pH=3,再加入H2O2,Fe2+被氧化为Fe3+并产生Fe(OH)3沉淀。过滤后,滤液中加入K2CO3调节pH,生成Co(OH)2沉淀和KAlO2溶液,经过滤分离,Co(OH)2沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品CoSO4,滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液,经结晶得到明矾。
(1)H2O2为共价化合物,两个氧原子共用一对电子,电子式为:H··O······O······H。
(2)将废催化剂研磨为细颗粒,可增大固体反应物的接触面积,能提高浸取率,故a正确;该反应为H+参加的离子反应,98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小,不利于酸浸,故b错误;升高温度可以增大化学反应速率,适当提高浸取时的温度,能提高浸取率,故c正确。
(3)Fe2+被氧化为Fe3+,pH=3时产生Fe(OH)3沉淀,离子方程式为:2Fe2++H2O2+4H2O2Fe(OH)3↓+4H+;Fe3+对双氧水的分解有催化作用,若“氧化”后再“调节pH=3”,会造成H2O2利用率降低。
(4)由已知(ⅰ)可知,Co2+沉淀完全的pH为9.2,由已知(ⅱ)可知,Al(OH)3完全溶解时的pH为11,所以要分离出Al3+,应控制的pH范围为pH≥11。
(5)①KNO2将Co2+氧化为Co3+,并生成K3[Co(NO2)6]沉淀,NO2-被还原为NO,根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒,离子方程式为Co2++3K++7NO2-+2CH3COOHK3[Co(NO2)6]↓+NO↑+H2O+2CH3COO-。
②b g K3[Co(NO2)6]中含Co元素的质量为b g×59452,则粗产品中钴元素的质量分数为59b452a×100%。
11.(2019四川成都七中模拟)NiCO3常用于催化剂、电镀、陶瓷等工业。现用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)制取NiCO3的过程如图所示:
(1)流程中的试剂X(某钠盐)的化学式是 。
(2)“氧化”时需保持滤液在40 ℃左右,用6%的H2O2溶液氧化。控制温度不超过40 ℃的原因是 (用化学方程式表示)。
(3)Fe2+也可以用NaClO3氧化,生成的Fe3+在较小pH条件下水解,最终形成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀而被除去,如图是pH-温度关系图,图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域,下列说法不正确的是 (填字母)。
a.黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中铁为+2价
b.pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾,其原因相同
c.氯酸钠在氧化Fe2+时,1 mol NaClO3得到的电子数为6NA
d.工业生产中温度常保持在85~95 ℃,加入Na2SO4后生成黄钠铁矾,此时溶液的pH约为1.2~1.8。
(4)加入Na2CO3溶液时,确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是 。
(5)某小组利用NiCO3制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH),过程如图:
①已知25 ℃时,Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15,当调节pH≥9时,溶液中残留的c(Ni2+) mol·L-1。
②写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式
。
③镍氢电池电解液为30%的KOH溶液,负极为MH(即吸氢材料M吸附氢原子)。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH。请写出放电时该电池的总反应式 。
答案 (1)Na2S (2)2H2O22H2O+O2↑
(3)ab (4)静置,取少量上层清液继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成
(5)①≤2×10-5 ②4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O ③NiOOH+MHM+Ni(OH)2
解析 根据流程图,该含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)用过量的酸溶解,其中的金属转化为金属阳离子,再加入适量X试剂,将铜离子和锌离子转化为硫化物沉淀除去,滤液中含有镍、铁、铬等金属离子。根据(2)可知,保持滤液在40 ℃左右,用6%的H2O2溶液氧化Fe2+,再在95 ℃加入NaOH调节pH,除去Fe(OH)3和Cr(OH)3,在过滤后的滤液中加入碳酸钠得到NiCO3。
(1)根据流程图,加入试剂X后生成了硫化铜和硫化锌沉淀,因此试剂X(某钠盐)为Na2S;
(2)由于过氧化氢受热容易分解,因此“氧化”时需保持滤液温度不超过40 ℃;
(3)黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]中钠为+1价,硫酸根为-2价,氢氧根为-1价,根据各元素正负化合价代数和为0可知铁为+3价,故a错误。pH过低,[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]能够被酸溶解;pH过高,铁离子容易水解生成氢氧化铁或FeOOH沉淀,均不利于生成黄钠铁矾,原因不相同,故b错误。用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+的离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+6Fe3++Cl-+3H2O,1 mol NaClO3得到的电子数为6NA,故c正确;由图像可知,85~95 ℃条件下生成黄钠铁矾的合适pH约为1.2~1.8,故d正确。
(4)确认Ni2+已经完全沉淀的具体操作步骤为:静置,在上层清液中继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成。
(5)①已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15,当调节pH≥9时,c(H+)≤10-9 mol·L-1,则c(OH-)≥10-1410-9 mol·L-1=10-5 mol·L-1,c(Ni2+)≤Ksp[Ni(OH)2]c2(OH-)=2×10-15(10-5)2 mol·L-1=2×10-5 mol·L-1;
②在空气中加热Ni(OH)2,Ni(OH)2与空气中的氧气反应生成NiOOH和水,反应的化学方程式为:4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O;
③镍氢电池电解液为30%的KOH溶液,负极为MH(即吸氢材料M吸附氢原子)。充电时也可实现Ni(OH)2转化为NiOOH,则放电时NiOOH在正极发生还原反应生成Ni(OH)2,电池的总反应为MH与NiOOH反应生成Ni(OH)2和M,反应方程式为NiOOH+MHM+Ni(OH)2。
命题角度2物质制备工艺流程
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ,26)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。
(2)“滤渣1”的主要成分有 。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是 。
(3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++B(OH)4-,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是 酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是 。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 ,母液经加热后可返回 工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是 。
答案 (1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN
(3)一元弱 转化为H3BO3,促进析出
(4)2Mg2++3CO32-+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-[或2Mg2++2CO32-+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑] 溶浸 高温焙烧
解析 (1)由硼镁矿粉所含的元素及加入的硫酸铵溶液可知,该气体只能为氨气,碳酸氢铵与氨气反应的化学方程式为NH3+ NH4HCO3(NH4)2CO3。
(2)由流程图可知,B元素最终以H3BO3的形式存在,Mg元素经沉镁后以Mg(OH)2·MgCO3的形式存在,可分析出Fe、Al在沉镁后不会存在于母液中,因此滤渣1的主要成分为矿石中含有的SiO2、Fe2O3、Al2O3。可用KSCN溶液检验Fe3+的存在。
(3)H3BO3在水中的解离为可逆过程,且1个H3BO3分子解离出1个H+,由此可知,H3BO3为一元弱酸;调节pH,增大H+浓度,使H3BO3+H2OH++B(OH)4-的平衡向左移动,有利于H3BO3的生成。
(4)“沉镁”过程中的反应物有碳酸铵,生成物有Mg(OH)2·MgCO3,根据原子个数守恒和电荷守恒可写出该反应的离子方程式为2Mg2++3CO32- +2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2HCO3-[或2Mg2++2CO2- 3+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑]。根据元素守恒,NH4+、SO42-存在于母液中,即母液中主要成分为硫酸铵,可返回“溶浸”工序循环使用。高温焙烧可使Mg(OH)2·MgCO3分解生成MgO。
2.(2019全国Ⅱ,26)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用的白色颜料。回答下列问题:
(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为 (填标号)。
A.黄色 B.红色 C.紫色 D.绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉:
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为
。
回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为 。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的 (填化学式)。
③沉淀器中反应的离子方程式为
。
(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为 ,样品中S2-的含量为 (写出表达式)。
答案 (1)D (2)①BaSO4+4CBaS+4CO↑ CO+H2OCO2+H2 ②BaCO3 ③S2-+Ba2++Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓
(3)浅蓝色至无色 (25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%
解析 (1)常见的金属元素在焰色反应中呈现的焰色分别为:钠—黄色、钾—紫色(透过蓝色钴玻璃观察)、钙—砖红色、锶—洋红色、铜—绿色、钡—黄绿色。
(2)①由于焦炭过量,故C被氧化为CO,反应的化学方程式为4C+BaSO4BaS+4CO↑;根据生成CO2和一种清洁能源气体的信息可以写出CO与H2O反应生成CO2与H2的化学方程式。
②根据信息结合框图可知,还原料的主要成分为BaS,表面BaS与空气中的H2O和CO2反应生成有臭鸡蛋气味的H2S和难溶于水的BaCO3。
③根据立德粉的化学式和框图可知离子反应方程式为Ba2++S2-+Zn2++SO42-ZnS·BaSO4↓。
(3)碘单质能使淀粉溶液显蓝色,当I2全部被消耗完后,溶液蓝色褪去。
根据反应:I2+S2-S↓+2I-,I2+2S2O32-2I-+S4O62-,n(S2-)+12n(S2O32-)=n(I2),因此,n(S2-)=(25.00×0.100 0×10-3-12V×0.100 0×10-3) mol,故样品中S2-的含量为(25.00-12V)×0.100 0×32m×1 000×100%。
3.(2019全国Ⅲ,26)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀
的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全
的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和 ;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式
。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是 。
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为 ~6.0之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是 。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是 。
(6)写出“沉锰”的离子方程式
。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=13时,z= 。
答案 (1)SiO2(或不溶性硅酸盐) MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3)4.7 (4)NiS和ZnS
(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,使MgF2(s)Mg2++2F-平衡向右移动
(6)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)13
解析 本题为工艺流程题,综合考查了陌生化学方程式和离子方程式的书写、调节pH除杂、沉淀溶解平衡及化合价的简单计算等知识,综合性较强,难度中等。
(1)加硫酸“溶浸”过程中,MnO2将MnS中的S2-氧化为单质硫:MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。天然锰矿中含有的二氧化硅(或硅酸盐)不溶于稀硫酸,所以滤渣1为S和二氧化硅(或不溶性硅酸盐)。
(2)“溶浸”时杂质Fe、Al、Mg、Zn、Ni等元素也都转化为相应的硫酸盐,其中铁元素部分以Fe2+存在,结合金属离子沉淀时的pH范围,加MnO2是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以方便后面将其转化为沉淀除去。(3)~(5)结合题给表格中金属离子沉淀时的pH范围可知,加氨水“调pH”主要是沉淀Fe3+和Al3+[滤渣2的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3],此时需控制的pH范围为4.7~6.0。而后面加Na2S完成的“除杂1”是沉淀Zn2+和Ni2+,滤渣3为ZnS和NiS。加MnF2完成的“除杂2”是沉淀Mg2+,滤渣4为MgF2。若沉淀Mg2+时溶液酸性较强,H+会与F-生成弱电解质HF,使平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)右移,则导致Mg2+沉淀不完全。
(6)流程图中加NH4HCO3是为了沉淀Mn2+,产物为MnCO3,同时生成CO2和(NH4)2SO4、H2O。
(7)根据化合物中元素化合价的代数和为0可列式计算:(+1)+(+2)×13+(+3)×13+(+4)×z+(-2)×2=0,解得z=13。
4.(2018全国Ⅰ,27节选)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:
(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:
①pH=4.1时,Ⅰ中为 溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体,并再次充入SO2的目的是 。
(3)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00 mL葡萄酒样品,用0.010 00 mol·L-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 ,该样品中Na2S2O5的残留量为 g·L-1(以SO2计)。
答案 (1)2NaHSO3Na2S2O5 +H2O
(2)①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液
(3)S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+ 0.128
解析 (1)NaHSO3和焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价均为+4价,则NaHSO3经结晶脱水生成焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的化学方程式为2NaHSO3Na2S2O5 +H2O。
(2)①根据亚硫酸的酸性强于碳酸,则SO2通入Na2CO3溶液中可生成Na2SO3或NaHSO3,再结合溶液pH为4.1可知,溶液Ⅰ中的溶质为NaHSO3。②工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入SO2,可生成更多的NaHSO3。
(3)葡萄酒中的Na2S2O5被碘标准液中的I2氧化的离子方程式为S2O52-+2I2+3H2O2SO42-+4I-+6H+。根据离子方程式可计算:
10 mL×0.010 00mol·L-1×64 g·mol-150.00 mL=0.128 g·L-1。
5.(2018全国Ⅱ,26)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家,一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题:
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为
。
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有 ;氧化除杂工序中ZnO的作用是 。若不通入氧气,其后果是 。
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为 。
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为 ;沉积锌后的电解液可返回 工序继续使用。
答案 (1)2ZnS+3O22ZnO+2SO2
(2)PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2+
(3)Cd2++ZnCd+Zn2+ (4)Zn2++2e-Zn 溶浸
解析 根据制备流程,焙烧过程中ZnS转化成ZnO和SO2,相关化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2,同时杂质FeS、CdS、PbS转化成SO2和相应的金属氧化物。加稀硫酸溶浸可将PbO转化成PbSO4沉淀除去,同时除去不溶的SiO2。根据表格中相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围,氧化除杂过程通入氧气的目的是将Fe2+转化成Fe3+,最终转化为Fe(OH)3除去,加入ZnO的目的是调节溶液的pH,有利于使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。还原除杂是用Zn还原Cd2+从而除去Cd,相关的化学方程式为Cd2++ZnCd+Zn2+。电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极Zn2+得电子生成Zn,电极反应式为Zn2++2e-Zn;阳极水电离出的OH-失电子生成O2,同时生成硫酸,所以沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
6.(2018全国Ⅲ,27)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:
(1)KIO3的化学名称是 。
(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是 。“滤液”中的溶质主要是 。“调pH”中发生反应的化学方程式为
。
(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式 。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 ,其迁移方向是 。
③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有 (写出一点)。
答案 (1)碘酸钾
(2)加热 KCl KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(或HIO3+KOHKIO3+H2O)
(3)①2H2O+2e-2OH-+H2↑ ②K+ 由a到b ③产生的Cl2易污染环境
解析 (2)温度升高气体溶解度减小;Cl2被逐出;KH(IO3)2结晶析出,“滤液”中溶质主要是KCl;“调pH”目的是生成KIO3,所以选用KOH溶液,发生反应的化学方程式为KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(或HIO3+KOHKIO3+H2O)。
(3)①阴极区电解质是KOH,被电解的是H2O:2H2O+2e-2OH-+H2↑;
②电解时,阳离子向阴极区移动,故K+由a向b迁移;
③“KClO3氧化法”中产生有毒气体Cl2,易污染环境。
7.(2017全国Ⅰ,27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为 。
(2)“酸浸”后,钛主要以TiOCl42-形式存在,写出相应反应的离子方程式
。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示:
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O
转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因
。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为 。
(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?
(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式: 。
答案 (1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h
(2)FeTiO3+4H++4Cl-Fe2++TiOCl42-+2H2O
(3)低于40 ℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
(4)4
(5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO43-)=1.3×10-221.0×10-5 mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(PO43-)值为0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40
解析 (1)由图像可知,当铁的浸出率为70%时,对应的条件有2个,一个为100 ℃、2 h,另一个为90 ℃、5 h。
(2)此题考查陌生离子方程式的书写,第一步应搞清所写的离子方程式是否为氧化还原反应的离子方程式。在钛铁矿(FeTiO3)中Fe为+2价,Ti为+4价。在TiOCl42-中Ti仍为+4价,故为非氧化还原反应,第二步依据元素守恒和电荷守恒把离子方程式配平。
(3)考查反应温度与反应物浓度对反应速率的影响。温度低于40 ℃时,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃时,H2O2易分解,NH3也易从反应体系中逸出,反应物浓度减小,TiO2·xH2O转化反应速率下降。
(4)设在化合物Li2Ti5O15中有x个O为-2价,y个O为-1价,由化合物中各元素化合价的代数和为零可得:x+y=152x+y=22
解得x=7,y=8,即有8个氧原子显-1价,则过氧键的数目为4。
(5)当Fe3+沉淀完全时,溶液中c(PO43-)=Ksp(FePO4)c(Fe3+)=1.3×10-221.0×10-5 mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1,
因溶液的体积扩大了一倍,c(Mg2+)=0.01 mol·L-1,
Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO43-)=0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<1.0×10-24,即Q
8.(2017全国Ⅱ,26)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:
回答下列问题:
(1)在分解水泥样品过程中,以盐酸为溶剂,氯化铵为助溶剂,还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是 ,还可使用 代替硝酸。
(2)沉淀A的主要成分是 ,其不溶于强酸但可与一种弱酸反应,该反应的化学方程式为 。
(3)加氨水过程中加热的目的是 。沉淀B的主要成分为 、 (写化学式)。
(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后,用KMnO4标准溶液滴定,通过测定草酸的量可间接获知钙的含量,滴定反应为:MnO4-+H++H2C2O4→Mn2++CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品,滴定时消耗了0.050 0 mol·L-1的KMnO4溶液36.00 mL,则该水泥样品中钙的质量分数为 。
答案 (1)将Fe2+氧化为Fe3+ H2O2溶液
(2)SiO2 SiO2+ 4HFSiF4↑+2H2O
(3)促进Fe3+与Al3+水解 Fe(OH)3 Al(OH)3
(4)45.0%
解析 (1)由于Ksp[Fe(OH)2]≫Ksp[Fe(OH)3],Fe3+在pH较小时就可以转化为Fe(OH)3沉淀,所以需要将Fe2+氧化为Fe3+;双氧水是“绿色”氧化剂可以将Fe2+氧化为Fe3+,而且不会引入杂质。
(2)二氧化硅不溶于盐酸和硝酸,因此沉淀A是SiO2,其与氢氟酸反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O。
(3)盐的水解是吸热反应,加热可以促进Fe3+与Al3+水解,有利于使Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀。沉淀B的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。
(4)根据反应可得如下关系式:5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4
n(KMnO4)=0.050 0 mol·L-1×36.00×10-3 L=1.8×10-3 mol
n(Ca2+)=1.8×10-3 mol×52=4.5×10-3 mol,则水泥样品中钙的质量分数为
4.5×10-3mol×40 g·mol-10.400 g×100%=45.0%。
9.(2017全国Ⅲ,27)重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:
回答下列问题:
(1)步骤①的主要反应为:
FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为 。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是
。
(2)滤渣1中含量最多的金属元素是 ,滤渣2的主要成分是 及含硅杂质。
(3)步骤④调滤液2的pH使之变 (填“大”或“小”),原因是 (用离子方程式表示)。
(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到 (填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。
a.80 ℃ b.60 ℃ c.40 ℃ d.10 ℃
步骤⑤的反应类型是 。
(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为 。
答案 (1)2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
(2)Fe Al(OH)3
(3)小 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
(4)d 复分解反应 (5)190m2147m1×100%
解析 (1)根据反应的化学方程式可知Fe由+2价升至+3价,Cr由+3价升至+6价,1个FeO·Cr2O3共升高1价+3×2价=7价,N由+5价降至+3价,降低2价,根据化合价升降总值相等配平反应的化学方程式,则FeO·Cr2O3前的计量数为2,NaNO3前的计量数为7,即两者的计量数之比为2∶7;陶瓷中的SiO2在高温下可以与Na2CO3反应生成Na2SiO3,因此不能使用陶瓷容器。(2)由步骤①知,生成的Na2CrO4和NaNO2均能溶于水,Fe2O3难溶于水,故滤渣1中含量最多的金属为铁。调滤液1的pH使铝杂质会转化为Al(OH)3沉淀,则滤渣2的主要成分是Al(OH)3和含硅杂质。(3)最终获得的产品为K2Cr2O7,CrO42-在酸性条件下会转化为Cr2O72-,故需要将滤液2的pH变小。(4)在滤液3中加入KCl发生反应:Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7↓+2NaCl,该反应为复分解反应。从溶解度曲线知,K2Cr2O7比Na2Cr2O7更难溶,当温度降至10 ℃时,得到的K2Cr2O7更多。(5)由铬元素守恒可得出产率为m2m1×40%152×294×100%=190m2147m1×100%。
10.(2017江苏高考,16)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:
注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH (填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是
。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。阳极的电极反应式为 ,阴极产生的物质A的化学式为 。
(5)铝粉在1 000 ℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,有利于AlN的制备,其主要原因是 。
答案 (1)Al2O3+2OH-2AlO2-+H2O
(2)减小 (3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4CO32-+2H2O-4e-4HCO3-+O2↑ H2
(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
解析 (1)Al2O3为两性氧化物,在NaOH溶液中溶解生成NaAlO2。(2)加入的NaHCO3与过量的NaOH反应,导致溶液的pH减小。(3)电解Al2O3时阳极有O2生成,高温下O2会氧化石墨。(4)阳极为H2O失去电子生成O2,水电离的OH-放电之后,留下H+,可以与CO32-反应生成HCO3-;阴极为水电离出的H+放电生成H2。(5)NH4Cl受热易分解产生HCl和NH3,HCl可以破坏Al表面的氧化膜,使得Al更易与N2反应。
11.(2016全国Ⅰ,28)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:
回答下列问题:
(1)NaClO2中Cl的化合价为 。
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式: 。
(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为 、 。“电解”中阴极反应的主要产物是 。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ,该反应中氧化产物是 。
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 。(计算结果保留两位小数)
答案 (1)+3
(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4
(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 ClO2-(或NaClO2)
(4)2∶1 O2 (5)1.57
解析 (1)NaClO2中Na为+1价,O为-2价,则Cl为+3价。
(2)NaClO3中Cl为+5价,转化为ClO2,Cl变为+4价,NaClO3表现氧化性,SO2表现还原性,S由+4价上升到+6价,即SO2转化为NaHSO4,化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO42NaHSO4+2ClO2。
(3)利用过量NaOH溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液生成CaCO3沉淀除去Ca2+。电解时,阴极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,2ClO2+H2+2OH-2ClO2-+2H2O,主要产物为ClO2-或NaClO2。
(4)用于“尾气吸收”的溶液中有NaOH、H2O2,与ClO2反应过程中,ClO2为氧化剂,Cl由+4价降低到+3价,还原产物为NaClO2,H2O2为还原剂,O由-1价升高到0价,氧化产物为O2,反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH2H2O+O2+2NaClO2。
(5)每克NaClO2的物质的量为n(NaClO2)=1 g90.5 g·mol-1=190.5 mol,1 mol NaClO2得4 mol e-转化为NaCl,则每克NaClO2得电子物质的量为n(e-)=190.5×4 mol=490.5 mol,每1 mol Cl2得2 mol e-转化为Cl-,1 g NaClO2得电子相当于Cl2的物质的量为n(Cl2)=490.5 mol×12=290.5 mol,m(Cl2)=290.5×71 g=1.57 g。
12.(2015全国Ⅰ,27)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式: 。为提高浸出速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有 (写出两条)。
(2)利用 的磁性,可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是 。(写化学式)
(3)“净化除杂”需先加H2O2溶液,作用是 。然后再调节溶液的pH约为5,目的是 。
(4)“粗硼酸”中的主要杂质是 (填名称)。
(5)以硼酸为原料可制得硼氢化钠(NaBH4),它是有机合成中的重要还原剂,其电子式为 。
(6)单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼,用化学方程式表示制备过程: 。
答案 (1)Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+
2MgSO4 提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径
(2)Fe3O4 SiO2和CaSO4
(3)将Fe2+氧化成Fe3+ 使Fe3+与Al3+形成氢氧化物沉淀而除去
(4)(七水)硫酸镁 (5)Na+H ··B·· H····HH-
(6)2H3BO3B2O3+3H2O,B2O3+3Mg2B+3MgO
解析 (1)根据强酸制弱酸的原理以及题目中硼酸的化学式,可完成方程式的书写;提高反应速率除增大溶液浓度外,还可以考虑温度、接触面积等。
(2)Fe3O4有磁性,碱性氧化物被硫酸溶解,二氧化硅则不溶。
(3)由于Al3+和Fe3+在pH约为5时均可沉淀析出,所以要将Fe2+氧化成Fe3+与Al3+一并除去。
(4)“浸酸”过程中生成大量硫酸镁,所以在后续的蒸发浓缩,冷却结晶过程中会析出少量的硫酸镁。
(5)电子式的书写应注意阴离子应用“[ ]”括起来。
(6)硼酸高温易分解,镁具有还原性,作还原剂,将硼置换出来。
典题演练提能·刷高分
1.(2019四川泸州三模)PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工业。由方铅矿(主要成分为PbS,含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCO3的流程如下:
已知:PbCl2难溶于冷水和乙醇,易溶于热水;各物质25 ℃时的溶度积见下表。试回答下列问题:
物质
Mn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
PbCl2
PbS
PbCO3
Ksp
2×10-13
8.0×10-16
1×10-38
1.6×
10-5
8.0×
10-28
7.4×
10-14
(1)PbCO3的名称是 。
(2)步骤①中MnO2的作用是 ,根据下图分析①的最佳反应条件是 。
(3)步骤②趁热抽滤的原因是 。
(4)步骤③洗涤用的试剂是 。
(5)将滤液Y先酸化,然后加入MnO2,反应的离子方程式为 ;若反应后c(Mn2+)=0.2 mol·L-1,进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+,溶液所调的pH范围为 [c(Fe3+)≤1×10-5 mol·L-1时表示Fe3+已沉淀完全]。
(6)步骤④反应的离子方程式为 。
(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质,提纯的实验方案是 。
答案 (1)碳酸铅 (2)氧化剂(将难溶的PbS转化为S、PbCl2) 80 ℃和3 mol·L-1盐酸
(3)PbCl2降温易结晶析出,趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离
(4)冷水或乙醇 (5)2Fe2++4H++MnO22Fe3++Mn2++2H2O 3≤pH<8或3~8
(6)PbCl2+CO32-PbCO3+2Cl-
(7)向样品中加Na2CO3溶液浸取,过滤、洗涤(或向样品中加热水浸泡,趁热过滤,热水洗涤)
解析 方铅矿(主要成分为PbS,含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入盐酸,发生氧化还原反应生成PbCl2、MnCl2和FeCl3以及硫沉淀,加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq),趁热过滤,滤液X中含有PbCl42-(aq)、FeCl3、MnCl2以及未被氧化的FeCl2,冷却后过滤得到PbCl2产品和滤液Y,PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3。
(1)PbCO3的名称为碳酸铅。
(2)步骤①反应生成了硫沉淀,说明MnO2是氧化剂,将难溶的PbS转化为S和PbCl2,根据图像,80 ℃和3 mol·L-1盐酸条件下浸取率最高。
(3)根据流程图步骤③及已知提示,PbCl2降温易结晶析出,步骤②趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离。
(4)PbCl2难溶于冷水和乙醇,易溶于热水,步骤③洗涤用的试剂可以是冷水或乙醇。
(5)将滤液Y先酸化,然后加入MnO2,二氧化锰将亚铁离子氧化,反应的离子方程式为2Fe2++4H++MnO22Fe3++Mn2++2H2O;若反应后c(Mn2+)=0.2 mol·L-1,进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+,根据表格中Ksp数据,使Fe3+完全沉淀时,溶液中c(OH-)=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31×10-381×10-5 mol·L-1=1×10-11 mol·L-1,此时pH=3;使Mn2+恰好开始沉淀时,溶液中c(OH-)=Ksp[Mn(OH)2]c(Mn2+)=2×10-130.2 mol·L-1=1×10-6 mol·L-1,此时pH=8;因此需要调节溶液的pH至3≤pH<8才能达到分离目的。
(6)步骤④是PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3,反应的离子方程式为PbCl2+CO32-PbCO3+2Cl-;
(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质,根据PbCl2难溶于冷水和乙醇,易溶于热水,和流程图中PbCl2中加入碳酸钠溶液能够发生沉淀的转化生成PbCO3,提纯的方法是向样品中加Na2CO3溶液浸取后过滤、洗涤或向样品中加热水浸泡,趁热过滤,热水洗涤。
2.(2019山东青岛二模)ZrO2是一种重要的耐高温材料,可用作陶瓷遮光剂。天然锆英石(ZrSiO4)含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质,工业以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下:
已知:Fe(SCN)3难溶于MIBK;Zr(SCN)4在水中溶解度不大,易溶于MIBK。
(1)锆英石中锆元素的化合价为 。
(2)氯化主要反应:ZrSiO4(s)+2C(s)+4Cl2(g)ZrCl4(g)+SiCl4(g)+2CO2(g) ΔH<0,ZrCl4的产率随温度变化如图所示,由图可知氯化的最佳条件是 。氯化过程中ZrCl4的产率随温度升高先增大后减小的原因是 。
(3)写出Al2O3高温氯化过程中转化为AlCl3的化学方程式 。
(4)Na2S、H2S、NaCN等均为常用的铜沉淀剂,本流程使用NaCN除铜,不采用Na2S、H2S的原因是 (用离子方程式解释)。若盐酸溶解后溶液中c(Cu2+)=0.01 mol·L-1,当溶液中Cu2+开始沉淀时,c(CN-)= (已知Ksp[Cu(CN)2]=4.00×10-10)。
(5)实验室进行萃取和反萃取的仪器是 ;流程中萃取与反萃取的目的是 。
答案 (1)+4
(2)360 ℃、1 MPa 360 ℃以前反应未达到平衡,升温过程中反应继续正向进行,产率不断增大;360 ℃以后反应达到平衡,由于该反应为放热反应,升温导致平衡逆向移动,ZrCl4产率减小
(3)2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2
(4)2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+(2Fe3++S2-2Fe2++S↓或2Fe3++3S2-2FeS↓+S) 2×10-4 mol·L-1
(5)分液漏斗、烧杯 除去铁元素杂质
解析 (1)根据化合物中元素正负化合价代数和等于0,O为-2价,Si为+4价,可得锆英石(ZrSiO4)中Zr元素的化合价为+4价;
(2)根据图像可知,ZrCl4在温度为360 ℃、1 MPa时的产率最高,故氯化的最佳条件是360 ℃、1 MPa;根据图像可知:在360 ℃以前,随着温度的升高,ZrCl4的产率逐渐增大,是由于温度升高,反应速率增大,更多的反应物转化为生成物,所以ZrCl4的产率逐渐增大;360 ℃时ZrCl4产率达到最大值,此时反应达到平衡状态,由于该反应的正反应为放热反应,升高温度,化学平衡向吸热的逆反应方向移动,使ZrCl4的产率逐渐降低;
(3)Al2O3、焦炭在高温下与氯气反应生成AlCl3、CO2,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的化学方程式为:2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2;
(4)锆英石(ZrSiO4)中含有铁元素的氧化物,在粉碎、氯化处理过程中有Fe3+生成,Fe3+具有氧化性,而H2S或S2-具有还原性,Fe3+与H2S或S2-会发生氧化还原反应:2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+或2Fe3++S2-2Fe2++S↓或2Fe3++3S2-2FeS↓+S↓,影响Cu2+的沉淀,用NaCN就不会发生上述反应;由于Ksp[Cu(CN)2]=c(Cu2+)·c2(CN-)=4.00×10-10,c(Cu2+)=0.01 mol·L-1,当溶液中Cu2+开始沉淀时,c(CN-)=4.00×10-100.01 mol·L-1=2.00×10-4 mol·L-1;
(5)萃取和反萃取后分离互不相溶的液体混合物是用分液的方法,分液使用的仪器有分液漏斗和烧杯。在处理过程中,Cu2+与沉淀试剂形成Cu(CN)2沉淀过滤除去,Fe3+与加入的NH4SCN形成络合物Fe(SCN)3,Zr4+形成Zr(SCN)4,由于Fe(SCN)3难溶于MIBK,而Zr(SCN)4在水中溶解度不大,易溶于MIBK,向Fe(SCN)3、Zr(SCN)4的混合溶液中加入MIBK充分振荡后分液,可将Fe(SCN)3分离除去;然后向MIBK的溶液中加入硫酸进行反萃取,使Zr(SCN)4进入硫酸溶液中,然后经过一系列处理,就可得到ZrO2。所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。
3.(2019山东泰安二模)六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体,常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于 (填序号)。
A.碱
B.盐
C.碱性氧化物
(2)发生“电解Ⅰ”时所用的是 (填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应,已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为 。
(4)“电解Ⅱ”的阳极产物为 (填离子符号)。
(5)操作a的名称是 ,该流程中可循环利用的物质是 (填化学式)。
(6)“反应Ⅱ”的离子方程式为
。
答案 (1)B
(2)阳离子
(3)3Na2CO3+3Cl25NaCl+NaClO3+3CO2
(4)ClO4-
(5)蒸发浓缩 NaCl
(6)Cu2(OH)2CO3+4H+2Cu2++CO2↑+3H2O
解析 根据流程图,电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,生成的氯气与碳酸钠发生歧化反应生成氯化钠和NaClO3,同时生成二氧化碳,生成的NaClO3通过电解Ⅱ生成高氯酸钠和氢气,用盐酸酸化,过滤除去氯化钠晶体,蒸发浓缩得到60%以上的高氯酸溶液。在高氯酸溶液中加入碱式碳酸铜,反应生成高氯酸铜溶液,蒸发浓缩、冷却结晶得到高氯酸铜晶体。
(1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子,属于盐。
(2)“电解Ⅰ”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气,需要防止氢氧根离子与氯气反应,所以用的交换膜是阳离子交换膜。
(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3,氯元素从0价变为-1价和+5价,同时生成二氧化碳,反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl25NaCl+NaClO3+3CO2。
(4)通过电解Ⅱ,溶液中氯酸根离子在阳极失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子,“电解Ⅱ”的阳极产物为ClO4-。
(5)加入盐酸,过滤除去氯化钠晶体,滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸;从流程图可以看出,可循环利用的物质是NaCl。
(6)“反应Ⅱ”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜,二氧化碳和水,碱式碳酸铜不溶于水,高氯酸为强酸,反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+2Cu2++CO2↑+3H2O。
4.(2019山东济南一模)工业上,从精制黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中提取金属钨的一种流程如下图所示,该流程同时获取副产物Fe2O3和MnCl2。
已知:Ⅰ.过程①~④中,钨的化合价均不变;
Ⅱ.常温下钨酸难溶于水;
Ⅲ.25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=4.0×10-14
回答下列问题:
(1)上述流程中的“滤渣1”除MnO2外还有 ,“气体”除水蒸气、HCl外还有 (均填化学式);
(2)过程①中MnWO4参与反应的化学方程式为 ;FeWO4参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
;
(3)已知WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g) ΔH=a kJ· mol-1
WO3(s)WO3(g) ΔH=b kJ· mol-1
写出WO3(g)与H2(g)反应生成W(s)的热化学方程式: ;
(4)过程⑦在25 ℃时调pH,至少应调至 (当离子浓度等于1.0×10-5 mol·L-1时,可认为其已沉淀完全);
(5)过程⑧要获得MnCl2固体,在加热时必须同时采取的一项措施是 ;
(6)钠钨青铜是一类特殊的非化学计量比化合物,其通式为NaxWO3,其中0
(2)2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2 1∶4
(3)WO3(g)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)
ΔH=(a-b) kJ· mol-1
(4)3.0
(5)通入HCl气体,在HCl气氛中加热
(6)WO42-+xe-WO3x-+O2-
解析 (1)据“已知Ⅰ”和化学式H2WO4、WO3知,黑钨矿(FeWO4、MnWO4)中Fe、Mn元素均为+2价,在步骤①中分别被空气氧化为Fe2O3、MnO2,即“滤渣1”含有MnO2和Fe2O3。“滤渣1”与浓盐酸共热时,MnO2与HCl反应生成Cl2,另有浓盐酸挥发出HCl和水蒸气。
(2)从步骤③看,“滤液1”中含有Na2WO4。步骤①MnWO4中Mn被O2氧化为MnO2、WO42-与Na2CO3生成Na2WO4并放出CO2,化学方程式为2MnWO4+2Na2CO3+O22Na2WO4+2MnO2+2CO2。FeWO4被O2氧化为Fe2O3,据化合价升降数相等,氧化剂(O2)与还原剂(FeWO4)的物质的量之比为1∶4。
(3)据盖斯定律,将两个已知热化学方程式相减,消去WO3(s)可得目标热化学方程式WO3(g)+3H2(g)W(s)+3H2O(g) ΔH=(a-b) kJ· mol-1。
(4)步骤⑥所得溶液中的溶质有MnCl2、FeCl3,步骤⑦调节pH使Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀。当c(Fe3+)=1.0×10-5 mol·L-1时,由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38得c(OH-)=1.0×10-11 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-3 mol·L-1,pH=3。
(5)步骤⑧要从MnCl2溶液中获得MnCl2固体,为抑制Mn2+水解,必须通入HCl气体、并在HCl气氛中加热。
(6)NaxWO3中阴离子为WO3x-,熔融的Na2WO4和WO2混合物中有Na+、WO42-、W4+、O2-。WO42-在电解池阴极得电子生成WO3x-,电极反应为WO42-+xe-WO3x-+O2-。
5.(2019山西运城模拟)三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O,不溶于水)简称三盐,主要适用于不透明的聚氯乙烯硬质管中的稳定剂,也可用于人造革等软质制品。以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐的工艺流程如图所示。
已知:Ksp(PbSO4)=1.82×10-8,Ksp(PbCO3)=1.46×10-13
请回答下列问题:
(1)加入碳酸钠溶液后PbSO4转化为PbCO3。转化的方程式为:PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq),通过计算(保留3位有效数字)说明该反应程度很大的原因: 。这一步骤中,也可以将碳酸钠溶液改为碳酸氢钠溶液,写出用碳酸氢钠溶液时反应的离子方程式: 。
(2)根据下图所示溶解度曲线(g/100 g水),由滤液Ⅰ得到Na2SO4固体的操作为将“滤液1” 、 、用乙醇洗涤后干燥。
(3)步骤③“酸溶”过程加入的是稀硝酸,为提高酸溶速率,可采取的措施是 (任意写出一条),生成NO的离子方程式是 。
(4)“滤液2”中可循环利用的溶质为 (填化学式)。
步骤④“沉铅”时若将Pb(NO3)2溶液与0.02 mol·L-1的H2SO4等体积混合生成PbSO4沉淀时,所需Pb(NO3)2溶液的最小物质的量浓度为 mol·L-1。
答案 (1)该反应平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)=1.82×10-81.46×10-13=1.25×105 PbSO4+2HCO3-PbCO3(s)+SO42-+H2O+CO2↑
(2)蒸发(升温)结晶 趁热过滤
(3)适当升温(适当增加硝酸浓度,减小滤渣颗粒大小等合理答案均可) 3Pb+8H++2NO3-3Pb2++2NO↑+4H2O
(4)HNO3 3.64×10-6
解析 以铅泥(主要成分为PbO、Pb及PbSO4等)为原料制备三盐:向铅泥中加Na2CO3溶液可将PbSO4转化成PbCO3,Na2CO3(aq)+PbSO4(s)Na2SO4(aq)+PbCO3(s),所以滤液Ⅰ的溶质主要是Na2SO4和过量的Na2CO3;滤渣Pb、PbO和PbCO3与硝酸的反应为3Pb+8HNO33Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O、PbCO3+2HNO3Pb(NO3)2+CO2↑+H2O、PbO+2HNO3Pb(NO3)2+2H2O,均转化成Pb(NO3)2,Pb(NO3)2中加稀硫酸转化为PbSO4和硝酸,过滤后的滤液2中的HNO3可循环利用;向硫酸铅中加入氢氧化钠溶液合成三盐和硫酸钠,在50~60 ℃条件下的反应为4PbSO4+6NaOH3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O,滤液3中的溶质主要是硫酸钠;洗涤沉淀并干燥后得到三盐。
(1)反应PbSO4(s)+CO32-(aq)PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3)=1.82×10-81.46×10-13=1.25×105,由于平衡常数大于105,所以反应进行程度很大;如果碳酸钠溶液改为碳酸氢钠溶液,离子方程式为PbSO4+2HCO3-PbCO3(s)+SO42-+H2O+CO2↑,注意写离子方程式时HCO3-不可拆开。
(2)由图像分析可知,温度较高时析出硫酸钠,温度较低时析出硫酸钠结晶水合物,因此由滤液Ⅰ得到Na2SO4固体的操作为将“滤液1”蒸发(升温)结晶、趁热过滤,洗涤晶体时用乙醇洗涤避免形成结晶水合物。
(3)提高反应速率可以从升温、适当增大反应物浓度及增大固体反应物接触面积角度考虑;因为3Pb+8HNO33Pb(NO3)2+2NO↑+4H2O,所以生成NO的离子方程式:3Pb+8H++2NO3-3Pb2++2NO↑+4H2O。
(4)Pb(NO3)2溶液中加入硫酸转化成PbSO4和硝酸,过滤后,滤液中的溶质主要为HNO3,可循环利用于酸溶;设所需Pb(NO3)2溶液的最小物质的量浓度为x mol·L-1,Ksp(PbSO4)=1.82×10-8=c(Pb2+)×c(SO42-)=x2×0.022,解得x=3.64×10-6 mol·L-1。
6.(2019河北石家庄二中模拟)磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业之一,作为信息产业和机电工业的重要基础功能材料,磁性材料广泛应用于电子信息、军事技术等领域。碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体,工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的主要工艺流程如下:
已知:几种金属离子沉淀的pH如下表。
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀的pH
7.5
3.2
5.2
8.8
完全沉淀的pH
9.2
3.7
7.8
10.4
回答下列问题:
(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出效率,采取的措施不合理的有 。
A.搅拌
B.适当升高温度
C.研磨矿石
D.加入足量的蒸馏水
(2)溶浸过程中主要产生的离子为Fe3+、Mn2+、SO42-,请写出主要反应的离子方程式: ;浸取后的溶液中含有少量Fe2+、Cu2+、Ca2+,则在加入石灰调节溶液的pH从而使铁元素被完全沉淀前,加入适量的软锰矿目的是 ,加入石灰调节溶液pH的范围为 。
(3)净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质,故滤渣主要是 (填化学式)和CaF2。若测得滤液中c(F-)为0.01 mol·L-1,则滤液中残留c(Ca2+)为 mol·L-1[已知:Ksp(CaF2)=1.46×10-10]。
(4)有人认为净化工序中使用NaF会引起污染,建议用(NH4)2CO3代替NaF,但是用(NH4)2CO3代替NaF的缺点是 。
(5)如图为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响,仅据图中信息,黄铁矿的质量分数应保持在 %左右。
答案 (1)D (2)2FeS2+15MnO2+28H+2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42- 将残余Fe2+转化为Fe3+ 3.7
(4)会使Mn2+形成MnCO3沉淀进入滤渣,降低碳酸锰的产率
(5)40
解析 由流程图可知,溶浸时软锰矿中MnO2和黄铁矿中FeS2与硫酸反应生成硫酸铁、硫酸锰和水;氧化除铁时,先加入适量的软锰矿主要是使二价铁离子氧化为铁离子,再加入石灰调节溶液的pH在3.7
(2)酸性条件下,FeS2与MnO2反应生成硫酸铁、硫酸锰和水,反应的离子方程式为:2FeS2+15MnO2+28H+2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42-;加入适量的软锰矿主要是将亚铁离子氧化为铁离子,再加入石灰调节溶液的pH在3.7
(4)氟化锰溶于水,碳酸锰不溶于水,若用(NH4)2CO3代替NaF,(NH4)2CO3能与溶液中的锰离子反应生成碳酸锰沉淀,降低碳酸锰的产率;
(5)由图可知,黄铁矿的质量分数在40%左右时,锰浸出率较高。
7.(2019湖南娄底二模)硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料及电解锰行业的催化剂,还是动、植物必需的营养元素;氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解、氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如下:
请回答下列问题:
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种,则它的化学式是 。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式: 。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是 (写酸的名称)。
(4)上述工艺中,步骤⑥和⑦的作用是 。
(5)Se为ⅥA族元素,用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜,硒代硫酸钠还可用于Se的精制。写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式: 。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是 ;温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是 。
(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂,可以处理工业废水中的Cu2+。已知:25 ℃时,H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×10-7,Ka2=7.0×10-15,CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×10-36。反应Cu2+(aq)+HS-(aq)CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K= (结果保留1位小数)。
答案 (1)CuSO4
(2)2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+
(3)硫酸
(4)使CuCl干燥并防止其水解、氧化
(5)Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O
(6)温度过低反应速率小 温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化或温度过高,铵盐(氯化铵、亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)
(7)1.1×1021
解析 酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜;过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+;得到的CuCl经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,烘干得到氯化亚铜。
(1)酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化Cu生成CuSO4。
(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O2CuCl↓+SO42-+2H+。
(3)CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,为防止CuCl溶解、氧化引入新杂质,所以应加入硫酸,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸。
(4)步骤⑥为醇洗,步骤⑦为烘干,因CuCl难溶于醇且乙醇沸点低,易挥发,用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止CuCl水解、氧化。
(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒,同时生成硫酸钠、二氧化硫和水,反应的化学方程式为:Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O;该反应方程式的书写可由Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O迁移获得。
(6)据图分析,流程化生产氯化亚铜的过程中,温度过低影响CuCl产率的原因是反应速率慢;温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大,容易向CuO和Cu2O转化,且温度过高,铵盐(氯化铵、亚硫酸铵)易受热分解。
(7)反应Cu2+(aq)+HS-(aq)CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K=c(H+)c(Cu2+)c(HS-)=c(H+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)c(HS-)=Ka2(H2S)Ksp(CuS)=7.0×10-156.3×10-36=1.1×1021。
8.(2019广东深圳中学适应性考试)铬是一种银白色金属,化学性质稳定,在化合物中常见+2、+3和+6价等价态。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产金属铬和重铬酸钠Na2Cr2O7·2H2O(已知Na2Cr2O7是一种强氧化剂),其主要工艺流程如图1所示:
图1
图2
查阅资料得知:常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将Cr3+氧化为CrO42-。
回答下列问题:
(1)工业上常采用热还原法制备金属铬,写出以Cr2O3为原料,利用铝热反应制取金属铬的化学方程式: 。
(2)酸化滤液D时,不选用盐酸的原因是 。
(3)固体E的主要成分是Na2SO4,根据图2分析,操作a为 、 、洗涤、干燥。
(4)已知含+6价铬的污水会污染环境,电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72-。
含Cr2O72-的废水含Cr3+的废水Cr(OH)3沉淀
①Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似。在上述生产过程中加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高,是因为 (用离子方程式表示)。
②下列溶液中可以代替上述流程中Na2S2O3溶液,最佳的选择是 (填选项序号);
A.FeSO4溶液
B.浓硫酸
C.酸性KMnO4溶液
D.Na2SO3溶液
③上述流程中,每消耗0.1 mol Na2S2O3转移0.8 mol e-,则加入Na2S2O3溶液时发生反应的离子方程式为 。
(5)某工业废水中含1.00×10-3 mol·L-1的Cr2O72-,某研究性学习小组为了变废为宝,将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Cr的化合价为+3,Fe的化合价依次为+3、+2)。欲使1 L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入 g FeSO4·7H2O。
(已知FeSO4·7H2O摩尔质量为278 g· mol-1)
答案 (1)Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr
(2)Cr2O72-会氧化Cl-生成氯气,造成污染且损耗Cr2O72-
(3)蒸发结晶 趁热过滤
(4)①Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O ②D
③3S2O32-+4Cr2O72-+26H+8Cr3++6SO42-+13H2O
(5)2.78
解析 铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质),加入过量稀硫酸,固体A为SiO2;溶液A中含有Cr3+、Al3+、Fe2+,在A中加入过氧化氢,可生成Fe3+,调节溶液pH可使Fe3+、Al3+生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀;溶液C含有Cr3+,在溶液C中加入NaBiO3和NaOH,发生氧化还原反应,滤渣D为Bi(OH)3,滤液D中含有Na2CrO4,用硫酸酸化可得Na2Cr2O7,溶液E经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7·2H2O。
(1)利用铝热反应制取金属铬的化学方程式:Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr。
(2)酸化滤液D时,不选用盐酸的原因是:Na2Cr2O7是一种强氧化剂,Cr2O72-会氧化Cl-生成氯气,造成污染,同时损耗Cr2O72-。
(3)Na2Cr2O7和Na2SO4溶解度随温度变化情况存在明显差异,可利用蒸发结晶、趁热过滤的方法进行分离出固体Na2SO4。
(4)①Cr(OH)3的化学性质与Al(OH)3相似,也能溶解在NaOH溶液中,因此加入NaOH溶液时要控制溶液的pH不能过高,过高说明NaOH浓度较大,会溶解Cr(OH)3生成NaCrO2,反应的离子方程式为Cr(OH)3+OH-CrO2-+2H2O。
②上述流程中Na2S2O3溶液的作用是还原剂,其氧化产物为Na2SO4,若用Na2SO3溶液代替,没有改变溶液的成分,选项D符合题意。
③每消耗0.1 mol Na2S2O3转移0.8 mol e-,说明其氧化产物为Na2SO4,此时发生反应的离子方程式为:3S2O32-+4Cr2O72-+26H+8Cr3++6SO42-+13H2O。
(5)根据Cr0.5Fe1.5FeO4中N(Cr)∶N(Fe)=0.5∶2.5=1∶5;有n(FeSO4·7H2O)=1.00×10-3 mol·L-1×1 L×2×5=1.0×10-2 mol,质量为2.78 g。
9.(2019湖南长沙雅礼中学一模)镍钼矿(含有MoS2、NiS2、NiS、FeS2、SiO2和C等)为我国特有的一种多金属复杂硫化矿资源,常用来提取钾、镍等战略有色金属。其冶炼工艺主要有氧化焙烧法和选择性还原熔炼法两种。过程如下图所示:
(1)选择性还原熔炼法比氧化焙烧法的优点有
。
(2)还原熔炼时,FeS2发生反应的化学方程式为3FeS2+6Na2CO3+11C+8O23Fe+6Na2S+17CO2,写出NiS发生反应的化学方程式: 。
(3)水浸液中主要含有Na2S、Na2MoO4、Na2CO3、Na2SiO3等,向其中通入适量CO2和空气,然后过滤,所得滤渣的主要成分为 。
(4)已知钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40 mol·L-1,c(CO32-)=0.10 mol·L-1。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时,需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4开始沉淀时,CO32-的去除率是 [已知Ksp(BaCO3)=1×10-9,Ksp(BaMoO4)=4×10-8]。
(5)用阴离子交换树脂吸附、提取溶液中的钼,该树脂经解吸、除杂后,用盐酸或硝酸将其酸化至pH=1.5~2.5,可得到钼酸铵产品。试剂a可以是 。
(6)钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下,碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如下图所示:
①要使碳素钢的缓蚀效果最优,钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为 。
②当硫酸的浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为零,原因是 。
答案 (1)不生成污染空气的SO2,直接将Mo与Ni、Fe分离,得到的镍铁合金中Ni的含量高等
(2)2NiS+2Na2CO3+C2Ni+2Na2S+3CO2↑
(3)H2SiO3、S
(4)90%
(5)氨水
(6)①1∶1 ②浓硫酸使铁钝化
解析 (1)选择性还原熔炼法中,S转化为Na2S进入熔渣,不会产生SO2污染空气;可直接将Mo与Ni、Fe分离;得到的镍铁合金中Ni的含量高。
(2)还原熔炼时,FeS2发生反应3FeS2+6Na2CO3+11C+8O23Fe+6Na2S+17CO2,类推可得NiS在还原熔炼时反应的化学方程式为2NiS+2Na2CO3+C2Ni+2Na2S+3CO2↑。
(3)空气中的O2可将Na2S氧化为单质S;由于碳酸的酸性比硅酸的酸性强,Na2SiO3与CO2及水发生反应产生难溶于水的H2SiO3,而Na2MoO4、Na2CO3能溶于水,因此得到滤渣的成分为H2SiO3、S。
(4)钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40 mol·L-1,Ksp(BaMoO4)=4×10-8,当溶液中MoO42-开始形成沉淀时,c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)c(MoO42-)=4×10-80.40 mol·L-1=1.0×10-7 mol·L-1,此时由于Ksp(BaCO3)=1×10-9,溶液中c(CO32-)=Ksp(BaCO3)c(Ba2+)=1.0×10-91.0×10-7 mol·L-1=0.010 mol·L-1,反应开始时c(CO32-)=0.10 mol·L-1,所以c(CO32-)的去除率=0.10mol·L-1-0.010 mol·L-10.10mol·L-1×100%=90%。
(5)用钼酸钠溶液制备钼酸铵,要用氨水解吸、除杂,用盐酸或硝酸将其酸化至pH=1.5~2.5,可得到钼酸铵产品,故试剂a可以是氨水。
(6)①由图中信息可知,当钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比为1∶1时,碳素钢的缓蚀效果最优。
②当硫酸浓度大于90%时,腐蚀速率几乎为0,原因是在室温下浓硫酸具有强氧化性,碳素钢中Fe在浓硫酸中发生钝化,形成致密的保护膜,起到防止腐蚀的作用。
10.(2019安徽合肥三模)某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料,生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)为提高BaCO3的酸浸速率,可采取的措施为 (写出一条即可);常温下,TiCl4为液体且易水解,配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是 。
(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3反应),能将BaSO4转化为BaCO3,此反应的平衡常数K= (填写计算结果);若不考虑CO32-的水解,要使2.33 g BaSO4恰好完全转化为BaCO3,则至少需要浓度为1.0 mol·L-1 Na2CO3溶液 mL[已知:Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9]。
(3)流程中“混合”后体系中的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)+、TiOC2O4、TiO(C2O4)22-三种形式存在(其含量与pH的变化曲线如图所示)。实际制备工艺中,先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右,再进行“沉淀”,沉淀时反应的离子方程式为 ;图中曲线c对应钛的存在形式为 (填粒子符号)。
(4)流程中“滤液”的主要成分为 ;隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物,试写出反应的化学方程式: 。
答案 (1)将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热、搅拌等 溶于浓盐酸,再加适量水稀释至所需浓度
(2)0.02 510 (3)TiO(C2O4)22-+Ba2++4H2OBaTiO(C2O4)2·4H2O↓ TiO(OH)+
(4)NH4Cl BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O↑
解析 (1)盐酸与BaCO3发生反应:2HCl+BaCO3BaCl2+H2O+CO2↑,为了增大反应速率可以将固体BaCO3研成粉末,以增大接触面积;也可以适当增大盐酸浓度或适当升高反应温度或搅拌等;TiCl4是强酸弱碱盐,在溶液中Ti4+会发生水解反应:Ti4++4H2OTi(OH)4+4H+,使溶液变浑浊,为了得到澄清的TiCl4溶液,同时不引入杂质离子,通常是将TiCl4溶于浓盐酸中,然后再加适量水稀释至所需浓度。
(2)BaSO4存在沉淀溶解平衡,当向重晶石中加入饱和Na2CO3溶液时,发生沉淀转化生成BaCO3:BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq),反应的平衡常数K=c(SO42-)c(CO32-)=c(SO42-)c(Ba2+)c(CO32-)c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(CaCO3)=1.0×10-105.0×10-9=0.02;2.33 g BaSO4物质的量为0.01 mol,根据BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq),完全转化需要0.01 mol CO32-,同时溶液中产生0.01 mol SO42-,根据K=0.02可知,溶液中n(CO32-)=0.5 mol,则共需要加入Na2CO3 0.01 mol+0.5 mol=0.51 mol,需要Na2CO3溶液的体积为0.51mol1mol·L-1=0.51 L=510 mL。
(3)“混合”过程中,钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在,调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀,据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒),“沉淀”时反应的离子方程式为:TiO(C2O4)22-+Ba2++4H2OBaTiO(C2O4)2·4H2O↓;随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大,可以判断c对应钛的存在形式为TiO(OH)+。
(4)TiCl4和草酸混合液中加入了氨水,然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体,根据原子守恒,滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3,同时得到CO、CO2及水蒸气,煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3化学方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O↑。
11.(2019重庆二模)钼酸钠(Na2MoO4)可与重金属盐产生沉淀,是目前应用较多的一种新型水处理剂。利用精钼矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)来制取钼酸钠晶体的工艺流程如下图所示。
请回答下列问题:
(1)混合气A中含有一种大气污染物,其化学式为 。
(2)焙烧的过程中采用如图1所示的“多层逆流焙烧”。
①多层逆流焙烧的优点是 (任答两点)。
②依据图2,写出第6~12层MoO2参加反应的化学方程式 。
(3)写出碱浸时发生反应的离子方程式 。
(4)PbS与H2O2反应时,温度高于40 ℃后,反应速率反而减小,原因是 。
(5)流程图中“除SO42-”的过程中,当BaMoO4开始沉淀时,SO42-的去除率为97.0%,已知原Na2MoO4溶液中c(MoO42-)=0.48 mol·L-1,c(SO42-)=0.040 mol·L-1,Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,则Ksp(BaMoO4)= (过程中溶液体积变化忽略不计)。
(6)锂和二硫化钼形成的二次电池的总反应为:xLi+nMoS2Lix(MoS2)n,则电池放电时的正极反应式是 。
答案 (1)SO2
(2)①增长钼精矿与空气接触的时间和增大接触面积,使其充分反应,提高原料的利用率;实现热量交换,节约能源 ②2MoO2+O22MoO3 (3)MoO3+CO32-MoO42-+CO2↑
(4)温度高于40 ℃后,H2O2分解导致浓度减小,使与PbS的反应速率减小
(5)4.0×10-8
(6)nMoS2+xLi++xe-Lix(MoS2)n
解析 (1)MoS2含有S元素,焙烧时产生SO2。
(2)①由图1可知多层逆流焙烧,可增长钼精矿与空气接触的时间和增大接触面积,使其充分反应,提高原料的利用率;同时有利于实现热量交换,节约能源。②6~12层MoO2转化为MoO3,反应方程式为2MoO2+O22MoO3。
(3)碱浸时发生反应的离子方程式为MoO3+CO32-MoO42-+CO2↑。
(4)PbS与H2O2反应时,若温度高于40 ℃后会导致H2O2分解速率加大,其浓度减小导致与PbS的化学反应速率减小。
(5)反应后的溶液中c(MoO42-)=0.48 mol·L-1,c(SO42-)=0.04 mol·L-1×3%,BaMoO4开始沉淀时c(Ba2+)=1×10-100.04×3% mol·L-1,Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)×c(MoO42-)=1×10-100.04×3%×0.48=4×10-8。
(6)电池负极反应为xLi-xe-xLi+,总反应减去负极反应,即为正极反应:xLi++nMoS2+xe-Lix(MoS2)n。
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