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专题10 化学工艺流程(题型突破)(练习)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份专题10 化学工艺流程(题型突破)(练习)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考），共24页。
TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u \l "_Tc148019150" 题型 01 化学工艺流程与物质制备
\l "_Tc148019151" 题型 02 化学工艺流程与反应原理
\l "_Tc148019152" 题型 03 化学工艺流程与物质提纯
题型01 化学工艺流程与物质制备
1．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)硝基乙烷可用作硝化纤维、染料等的溶剂和火箭的燃料，也可用于合成农药、医药等。硫酸二乙酯硝化法是合成硝基乙烷的重要方法，工艺流程示意图如下：
已知：硫酸结构简式为
请回答：
(1)步骤①的化学方程式 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．硫酸氢乙酯具有酸性
B．相同温度下，硫酸二乙酯在水中的溶解性大于硫酸
C．NaNO2具有一定毒性，不能作为食品添加剂使用
D．若③中硫酸二乙酯和NaNO2等物质的量反应，则A化学式为CH3CH2OSO2ONa
(3)硫酸氢乙酯沸点为280℃，硫酸二乙酯的沸点为208℃，试从结构角度分析硫酸氢乙酯沸点高于硫酸二乙酯的原因 。
(4)设计实验验证固体NaNO2有还原性(可供选择的试剂有：酸性KMnO4溶液、KI溶液、H2O2溶液、FeSO4溶液) ；写出实验过程中涉及的离子反应方程式 。
【答案】(1)H2SO4+CH3CH2OH→CH3CH2OSO3H+H2O
(2)BC
(3)硫酸氢乙酯可形成分子间氢键
(4) 取NaNO2固体于试管中，加适量水溶解，逐滴加入少量酸性KMnO4溶液，溶液不出现紫红色，则NaNO2有还原性 5NO2-+2MnO4-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O
【解析】硫酸与乙醇发生取代反应生成硫酸氢乙酯和水，真空条件2ml硫酸氢乙酯生成硫酸二乙酯和硫酸，硫酸二乙酯与NaNO2反应生成硝基乙烷和硫酸钠。(1)步骤①的化学方程式为：H2SO4+CH3CH2OH→CH3CH2OSO3H+H2O；(2)A项，生成硫酸氢乙酯只取代了硫酸中一个羟基，还剩下一个羟基可以电离出H+，故硫酸氢乙酯具有酸性，故A正确；B项，相同温度下，硫酸中有羟基可以与水形成氢键，故硫酸在水中的溶解性大于硫酸二乙酯，故B错误；C项， NaNO2具有一定毒性，不能作为食品添加剂使用，故C正确；D项，若③中硫酸二乙酯和NaNO2等物质的量反应，硝基只能与1ml乙基结合，则A化学式为CH3CH2OSO2ONa，故D正确；故选BC。(3)硫酸氢乙酯中含有羟基，可以形成分子间氢键，故硫酸氢乙酯沸点高于硫酸二乙酯；(4)固体NaNO2有还原性，选择有颜色的氧化剂试验现象明显，故可以选取KMnO4溶液试验，取NaNO2固体于试管中，加适量水溶解，逐滴加入少量酸性KMnO4溶液，溶液不出现紫红色，则NaNO2有还原性。
2．(2024·重庆市名校联盟高三联考)I．由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，然后制取透明氧化铁颜料的流程如下：
已知：①透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水，在碱性条件下非常稳定；
②Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。
回答下列问题：
(1)FeS2的电子式为 。
(2)“滤渣”中的主要成分是 。
(3)“还原”过程中涉及的离子方程式为 。
(4)流程中“”环节的目的是 。
(5)“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以 。
(6)可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁红的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示：
称取3.47g透明氧化铁，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取该溶液10.00mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100mL。测得溶液吸光度A=0.8，则透明氧化铁中氧化铁红(Fe2O3)的质量分数为 %(保留小数点后一位)。
Ⅱ．氧化亚铜(Cu2O)用途广泛，干法生产Cu2O粉末的主要工艺流程如下：
(7)粉碎机中，发生的变化属于 (填“物理变化”或“化学变化”)。
(8)800~900℃时，煅烧炉中发生化合反应，该反应的化学方程式为 。
【答案】(1) (2)二氧化硅和二硫化铁
(3)FeS2+14Fe3+ +8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
(4)除去溶液中的Al3+，得到FeSO4溶液
(5)形成细小的氢氧化铁颗粒
(6)23.1%
(7)物理变化
(8)CuO+CuCu2O
【解析】由题给流程可知，向硫铁矿烧渣中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的容器中加入过量的二硫化铁，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到含有二氧化硅、二硫化亚铁的滤渣和含有硫酸亚铁、硫酸铝的滤液；滤液经结晶、过滤得到含有硫酸铝的滤液1和绿矾；绿矾加水溶解后，加入氯酸钾和稀硫酸的混合溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，氢氧化铁经转化得到透明氧化铁。(1)二硫化铁是离子化合物，电子式为；(2)由分析可知，滤渣为二氧化硅、二硫化亚铁；(3)由分析可知，还原过程中涉及的反应为过量的二硫化铁将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3+ +8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+；(4)由分析可知，流程中结晶再溶解环节的目的是除去溶液中的铝离子，得到硫酸亚铁溶液；(5)由分析可知，向溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌的目的是得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，使氢氧化铁形成细小的氢氧化铁颗粒便于转化为透明氧化铁；(6)设3.47g透明氧化铁中含有aml氧化铁黄和bml氧化铁，由质量可得aml×89g/ml+bml×160g/ml=3.47g，由图可知，溶液吸光度A =0. 8时，溶液中铁离子浓度为4.0×10-3ml/L，由铁原子个数守恒可得：0.01(a+2b)ml=0.1×4.0×10-3ml，解得a=0.03、b=0.005，则透明氧化铁中氧化铁的质量分数为×100%=23.1%；(7)由图可知，粉碎机的作用是将氧化亚铜固体粉碎为氧化亚铜粉末，粉碎过程中没有新物质生成，属于物理变化；(8)由图可知，800~900℃时，煅烧炉中发生的化合反应为氧化铜与铜高温下反应生成氧化亚铜，反应的化学方程式为CuO+CuCu2O。
3．磷酸铁被广泛用于作电极材料，以下为制备磷酸铁的工艺流程图，回答问题：
(1)氧化槽中发生反应的离子方程式为_______。
(2)过滤器采用真空状态的优点为：_______。
(3)洗涤槽中热水主要是洗涤磷酸铁表面残留的_______(填写离子符号)，检验磷酸铁是否洗涤干净的实验操作：_______。
(4)为研究溶液与金属反应，某同学设计如下实验流程图，并记录相关现象
实验1中生成红褐色沉淀和气体的化学方程式是_______。
实验2的现象红色褪去，该同学提出猜想：
①氯水与反应，使生成硫氰合铁的络合反应逆向进行。
②你还可能提出的猜想是(结合化学平衡原理答题)：_______。
该同学预设计如下实验流程图来验证猜想，其中A是_______；B是_______(填写化学式)。
【答案】(1) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(2)加快过滤速度
(3)SO42-、Na+ 取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净
(4) 3Mg +FeCl3+6H2O= Fe(OH)3↓+ MgCl2+3H2↑ 氯水与SCN-反应，使生成硫氰合铁的络合反应逆向进行 FeCl3 KSCN
【解析】由题给流程可知，硫酸亚铁溶液在氧化槽中与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应制得硫酸铁，在分散剂作用下，硫酸铁溶液在撞击流反应器中与磷酸、氢氧化钠混合溶液反应制得磷酸铁，在真空过滤器中过滤得到滤液和磷酸铁；在洗涤槽中用热水洗涤磷酸铁，除去固体表面附有的可溶性，在陈化槽中用磷酸和水将磷酸铁转化为一水磷酸铁，在真空过滤器中过滤得到滤液和一水磷酸铁，一水磷酸铁在干燥器中干燥得到一水磷酸铁。(1)氧化槽中发生的反应为硫酸亚铁溶液与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(2)与普通过滤器相比，过滤器采用真空状态可以加快过滤速度、过滤效率高；(3)由分析可知，在洗涤槽中用热水洗涤磷酸铁的目的是除去固体表面附有的可溶性硫酸钠，检验磷酸铁是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，实验操作为取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净；(4)由题给流程可知，实验1中生成红褐色沉淀和气体发生的反应为镁与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀、氯化镁和氢气，反应的化学方程式为3Mg +FeCl3+6H2O= Fe(OH)3↓+ MgCl2+3H2↑；实验2的现象红色褪去的原因可能是氯水与铁离子反应，使生成硫氰合铁的络合反应逆向进行，也可能是氯水与硫氰酸根离子反应，使生成硫氰合铁的络合反应逆向进行；若猜想1成立，向褪色后的溶液加入氯化铁溶液，溶液会重新变为红色，若猜想2成立，向褪色后的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液会重新变为红色。
4．(2023·广东省肇庆市二模)辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 ml/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式_______。
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀
(5)NH3
(6)减少MnSO4·H2O晶体的损失
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水
【解析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。(1)实验室配制250mL 4.8 ml/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶，胶头滴管。(2)为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。(3)MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平方程式为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。(4)根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀。(5)本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。(6)由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO4·H2O晶体的损失。(7)质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
5．(2023·湖南省常德市一模)钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如下：
(1)“碱浸”选择高温的目的是_________。Ti元素可以形成多种配合物，在配合物Ti(CN)4中，提供孤电子对的是_________原子，原因是_________。
(2)钛酸钠_________(填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是Na2Ti3O7，则将其化学式写成氧化物的形式为_________。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为_________。
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42-的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的WO42-会转化为H2W12O406-，再经萃取、反萃取等过程可制得WO3。写出WO42-转化为H2W12O406-的离子方程式_________。
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入容量瓶中，加水定容。准确量取溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为的NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为。实验过程中，V元素最终转化为V3+，计算废催化剂中V2O5的含量为_________(以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
【答案】(1) 加快反应速率或加快碱浸速率 C(或碳) C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键
(2)难 Na2O·3TiO2 Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4
(3)12WO42-+18H+=H2W12O406-+8H2O
(4)18.2%
【解析】废催化剂中加入氢氧化钠进行高温碱浸，生成可溶性的含钒、钨的盐，经过滤得到沉淀钛酸钠，用稀硫酸进行酸洗，水洗、焙烧得到二氧化钛。(1)为了加快反应速率或加快碱浸速率，“碱浸”选择高温。在配合物Ti(CN)4中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键，故分子提供孤电子对的是 C(或碳)。(2)经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，推知钛酸钠难溶于水。根据Na2Ti3O7的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为Na2O·3TiO2；在酸洗过程中Na2Ti3O7与稀硫酸反应生成H2TiO3和硫酸钠，其化学方程式为Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4。(3)钒钨溶液中钨元素以WO42-的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的WO42-会转化为H2W12O406-，即WO42-在酸性条件反应生成H2W12O406-和水，则离子方程式为12WO42-+18H+=H2W12O406-+8H2O。(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为0.1000ml·L-1的NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为V3+，设废催化剂中V2O5的质量为m，，解得m=0.91g，则V2O5含量为18.2%。
题型02 化学工艺流程与反应原理
1．(2024·河南三门峡高三阶段性考试)分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图：
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4。
②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。
回答下列问题：
(1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为 。
(2)“碱浸”时，TeO2与NaOH反应的离子方程式为 。
(3)向碱浸液中加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是 。滤液中As元素最主要的存在形式为 。(填标号)(25℃，H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×10-3，Ka2=1.0×10-7，Ka3=3.2×10-12)
A．H3AsO4 B．H2AsO4- C．HAsO42- D．AsO43-
(4)①Sb2O(SO4)4中，Sb的化合价为 。
②“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是 。
(5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为 。
(6)TeO2可用作电子元件材料，熔点为733℃，TeO2晶胞是长方体结构如图。碲的配位数为 。已知NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g/cm3。
【答案】(1) 4s24p3 (2) TeO2+2OH-=TeO32-+H2O
(3) 过滤 B
(4) +5 将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3
(5)SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl
(6) 6
【解析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，三氯化锑水解生成转化为SbOCl；碱浸液中加入酸调节PH=4，Na2TeO3转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分解生成二氧化碲。(1)As为33号元素，基态As的价层电子排布式为：4s24p3。(2)TeO2属于酸性氧化物，与NaOH反应的离子方程式为：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O。(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，TeO2以沉淀析出，分离出TeO2的操作是过滤；由题干信息可知，H3AsO4的各级电离常数为：Ka1=6.3×10-3，Ka2=1.0×10-7，Ka3=3.2×10-12，pH=4，则c(H+)=10-4ml/L，H3AsO4H++ H2AsO4- ，Ka1=，，故As主要以H2AsO4- 形式存在，故选B。(4)①结合化合物的化合价为0，Sb2O(SO4)4中，Sb的化合价为+5价；②SO2具有还原性，“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3。(5)“水解”时，SbCl3水解生成SbOCl，化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl。(6)结合图示晶胞结构，离碲离子最近的氧负离子有6个，故碲的配位数为6；根据均摊，该晶胞含有2+4×=4个O原子，含有1+8×=2个Te，则该晶体的密度= g· cm-3。
2．(2024·四川遂宁高三期中)HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧—水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：I．焙烧时MO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
II．高温下NH4VO3易分解，分解产物常含N2和NH3两种含氮元素的气体。
III．Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。
请回答下列问题：
(1)流程的“气体”中含有二氧化碳，写出二氧化碳的一种用途： 。
(2)请写出“焙烧”过程中Al2O3及MS分别与纯碱反应的化学方程式： ， 。
(3)“浸渣”的成分为 (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有 (填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为 、 。
(5)在实际工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS除掉溶液中微量的Cu2+，反应Cu2++HS－=CuS+H+的平衡常数K= 。
(6)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式： 。
【答案】(1)制干冰
(2) Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑
2MS+2Na2CO3+5O22Na2MO4+2CO2+2SO2
(3) NiO NaVO3、NaHCO3
(4) 20g∙L-1 10g∙L-1
(5)1021
(6)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O
【解析】HDS废催化剂在纯碱条件下焙烧，其中MS与纯碱焙烧生成Na2MO4、CO2和SO2，MO3与纯碱焙烧生成Na2MO4和CO2，V2O5与纯碱焙烧生成NaVO3和CO2，Al2O3与纯碱焙烧生成NaAlO2和CO2，只有NiS转化生成的NiO不与纯碱反应，水浸时以浸渣形式沉淀下来，滤液1的成分为：Na2MO4、 NaVO3、 NaAlO2 、Na2CO3，往其中通入过量的CO2沉铝时生成Al(OH)3和 NaHCO3，调节pH后加NH4Cl沉钒得NH4VO3沉淀，煅烧时生成V2O3，滤液加硝酸得到钼酸。(1)二氧化碳的用途：制干冰、碳酸饮料、纯碱、灭火等；(2)Al2O3与纯碱焙烧生成NaAlO2和CO2，反应的化学方程式：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，MS与纯碱焙烧生成Na2MO4、CO2和SO2，反应的化学方程式：2MS+2Na2CO3+5O22Na2MO4+2CO2+2SO2；(3)焙烧后只有NiS转化生成的NiO不与纯碱反应且不溶于水，水浸时以浸渣形式沉淀下来，“浸渣”的成分为NiO；焙烧后M、V、Al均转化为对应的钠盐，为使各物质完全转化加入的Na2CO3过量，所以滤液1的成分为：Na2MO4、 NaVO3、 NaAlO2 、Na2CO3，往其中通入过量的CO2沉铝时生成Al(OH)3和 NaHCO3，所以“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g∙L-1和10g∙L-1时，钒提取率到达90%以上，且再增大量时，提取率变化不大，所以初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为20g∙L-1和10g∙L-1；(5)；(6)已知：高温下NH4VO3易分解，分解产物常含N2和NH3两种含氮元素的气体，又图中说明NH4VO3煅烧时生成V2O3，所以其化学方程式为：6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O。
3．(2024·河北张家口张垣联盟高三联考)金属铼(Re)是重要的新兴金属，应用于国防、石油化工以及电子制造等领域，通过还原高铼酸铵(NH4ReO4)可制取金属铼。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵的流程如下图所示。回答下列问题：
(1)“焙烧”过程加入生石灰的目的 。
(2)“焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是 ，请再举出一项提高“焙烧”效率的合理措施： 。
(3)“浸出”中，浸出率与温度的关系如下左图所示，浸出率与硫酸浓度的关系如下右图所示。工业生产应选择的适宜条件是 。
(4)“萃取”机理为：，则“反萃取”对应的离子方程式为 。
(5)硫酸铼(IV)铵[(NH4)aReb(SO4)c·mH2O]是制备高纯铼的基础产品，为测定其组成进行如下实验：
①称取3.300g样品配成100mL溶液M。
②取10.00mL溶液M，用0.05ml/L的BaCl2标准溶液滴定，恰好完全沉淀，进行三次平行实验，平均消耗40.00 mL BaCl2标准溶液。
③另取10.00mL溶液M，加足量浓NaOH溶液并加热，生成标准状况下气体44.80mL。
通过计算可知铼的物质的量为 ，确定硫酸铼铵的化学式为 。
【答案】(1)吸收二氧化硫，避免污染环境
(2) 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率 适当升温或将矿石粉碎
(3)95℃和c(H2SO4)=3.0ml/L
(4)或
(5) 0.005ml (NH4)4Re(SO4)4·H2O
【解析】钼精矿在空气中焙烧硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通过萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析。(1)由上述分析可知二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，可避免二氧化硫污染环境；(2)“焙烧”常采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；适当升高温度，加快反应速率，也可提高“焙烧”效率；(3)由图可知95℃和c(H2SO4)=3.0ml/L时，浸出较高，因此选择的条件为：95℃和c(H2SO4)=3.0ml/L；(4)反萃取时与氨气反应生成，反应离子方程式为：或；(5)由②可知，10.00mL溶液M中含SO42-的物质的量为0.05ml/L×0.04L=0.002ml；由③可知10.00mL溶液M中含铵根离子的物质的量等于生成氨气的物质的量，为，可知SO42-和铵根离子的物质的量相等，结合化合物中各元素的代数和为0可得该物质中a=c=4，b=1，除水外的组成为：(NH4)4Re(SO4)4，该物质的物质的量为0.0005ml；摩尔质量为，则化学式为：(NH4)4Re(SO4)4·H2O，含铼的物质的量为0.0005ml。
4．(2024·山西吕梁高三阶段性测试)8月1日起，为了国家信息安全，我国禁止镓和锗的出口，锗是一种重要的半导体材料，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2)制取高纯度锗的工艺流程如图所示：
(1) COCl2分子中各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为 。
(2)800℃升华时通入N2的目的是： 、 。
(3)酸浸时Ge、S元素均被氧化到最高价态，写出该反应的离子方程式： ，酸浸时温度不能过高的原因是 。
(4) GeCl4易水解生成GeCl4·n H2O，证明GeCl4·n H2O沉淀洗涤干净的方法是 。
(5)测定错的含量：称取0.5500g锗样品，加入双氧水溶解，再加入盐酸生成，以淀粉为指示剂，用的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为24.80mL。已知：酸性条件下IO3-，能将氧化为，①在滴定过程中依次发生的离子方程式为： 、 ，②该样品中储的质量分数是 %(精确到0.01%)。
【答案】(1)
(2) 避免GeS2被氧化，得到较纯净的GeS2 将生成的GeS2带入后续装置
(3) GeS+8H++10NO3-=GeO2+SO42-+10NO2+4H2O 浓HNO3受热易分解
(4)取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净
(5) 3Ge2++IO3-+6H+=3Ge4++I-+3H2O IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O 98.75%
【解析】精硫锗矿粉碎，然后在氮气氛围中加热至800℃升华，得到GeS2，GeS2在825℃条件下被氨气还原为GeS，氨气被氧化为氮气；GeS加入浓硝酸酸浸后，被硝酸氧化生成粗GeO2，GeO2600℃条件下与SOCl2发生氯化得到GeCl4，GeCl4与高纯水反应生成GeCl4·n H2O，GeCl4·n H2O在200℃下发生脱水生成GeO2，GeO2被氢气还原得到Ge。(1)COCl2是共价化合物，各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为。(2)800℃升华时通入N2的目的是：避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2；并且将生成的GeS2带入后续装置。(3)酸浸时Ge、S元素均被氧化到最高价态，说明GeS被HNO3氧化为GeO2和SO42-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：GeS+8H++10NO3-=GeO2+SO42-+10NO2+4H2O，酸浸时温度不能过高的原因是浓HNO3受热易分解。(4)GeCl4易水解生成GeCl4·n H2O，洗涤GeCl4·n H2O的目的是除去Cl-，证明GeCl4·n H2O沉淀洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净。(5)由“酸性条件下IO3-能将Ge2+氧化为Ge4+可知，滴定过程中发生反应：3Ge2++IO+6H+=3Ge4++I-+3H2O，当发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O时，溶液变蓝色，达到滴定终点。由此可得关系式：3Ge2+~IO3-，则 n(Ge2+)= 3n(IO3-)=3×24.80×10-3L×0.1000ml/L=7.44×10-3ml，故该样品中锗的质量分数是 ×100%=98.75%。
5．金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分FeTiO3，钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下：
回答下列问题：
(1)钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成。副产品甲阳离子是________。
(2)上述生产流程中加入铁屑的目的是____________________________。
(3)此时溶液Ⅰ中含有Fe2＋、TiO2＋和少量Mg2＋等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。
①常温下，若所得溶液中Mg2＋的物质的量浓度为0.001 8 ml·L－1，当溶液的pH等于________时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2＋、TiO2＋和Mg2＋的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，写出该反应的离子方程式：________________________。
(4)Mg还原TiCl4过程中必须在1 070 K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是__________________。
(5)在800～1 000 ℃时电解TiO2也可制得海绵钛，装置如下图所示。
图中b是电源的________极，阴极的电极反应式________。
【答案】(1)Fe2＋ (2)防止Fe2＋氧化
(3)①10 ②TiO2＋＋2H2O===TiO(OH)2↓(或H2TiO3)＋2H＋
(4)隔绝空气(或惰性气氛中) (5)正 TiO2＋4e－===Ti＋2O2－
【解析】(1)FeTiO3＋2H2SO4===TiOSO4＋FeSO4＋2H2O，所以副产品甲阳离子为Fe2＋；(2)Fe2＋易被氧化，加入Fe可防止Fe2＋氧化；(3)①c(OH－)＝ eq \r(\f(1.8×10－11,0.001 8)) ml·L－1＝10－4 ml·L－1；所以当pH＝10时，Mg(OH)2开始沉淀；②由于TiO(OH)2的Ksp很小，所以加水稀释时，TiO2＋强烈水解，TiO2＋＋2H2O===TiO(OH)2↓＋2H＋；(4)由于Ti易和O2反应生成TiO2，所以在用Mg还原TiCl4时，应隔绝空气；(5)TiO2应作阴极，所以a为负极，b为正极，电极反应式为阴极：TiO2＋4e－===Ti＋2O2－；阳极：2O2－－4e－===O2↑。
题型03 化学工艺流程与物质提纯
1．(2024·河北邢台五岳联盟高三联考)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]是一种重要的氧化剂、漂白剂。工业上用粗硫酸铵(杂质主要为含铁化合物)生产过硫酸铵的一种工艺流程如图所示。
已知：(NH4)2S2O8具有强氧化性和腐蚀性，0℃时在水中的溶解度为58.2g，微溶于乙醇，不溶于丙酮。回答下列问题：
(1) (NH4)2S2O8中S元素的化合价为 该物质中N、O、S元素的第一电离能由大到小的顺序是 。
(2)用离子方程式表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因： 。
(3)若将等体积、等浓度的氨水和稀硫酸混合后，混合溶液的主要溶质为 (填化学式)，混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 。
(4)FeOOH可用于脱除H2S，其产物为FeSSH，常温下，FeSSH经空气氧化可再生出FeOOH，从而循环使用。写出FeOOH再生的化学方程式： 。
(5)降温结晶后所得(NH4)2S2O8晶体经过滤、 (填试剂名称)洗涤、干燥可得纯净的(NH4)2S2O8晶体，写出在实验室中洗涤(NH4)2S2O8晶体的操作： 。
【答案】(1) +6 N＞O＞S
(2)NH4++H2ONH3·H2O +H+
(3) NH4HSO4 c(H＋)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH―)
(4) FeSSH+O2=FeOOH+2S
(5) 无水乙醇 过滤后，用玻璃棒引流，将无水乙醇注入漏斗中，直至没过晶体，然后等待液体从漏斗底部流走 ，重复操作两到三次
【解析】(1)①过硫酸铵中铵根离子为+1价，8个氧原子中有2个氧原子存在过氧键，为-1价，其余6个氧原子化合价为-2价，根据化合价计算规则，可求得S元素的化合价为+6价；②由于N元素的2p轨道处于半满状态，较稳定，所以第一电离能N＞O，同主族元素，原子序数越大，第一电离能越小，所以第一电离能O＞S，所以该物质中N、O、S元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞S；(2)硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，离子方程式为：NH4++H2O NH3·H2O +H+；(3)等体积、等浓度的氨水和稀硫酸混合，稀硫酸过量，混合溶液的主要溶质为NH4HSO4；NH4HSO4是强电解质，会完全电离成等量的NH4+、H+和SO42-，由于水也会电离出H+，而NH4+会发生水解，所以浓度大小：H+＞SO42-＞NH4+；NH4+水解产生NH3·H2O和OH-，水解是微弱的，综上所述，混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：c(H＋)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH―)；(4)FeSSH经空气氧化可再生出FeOOH，根据氧化还原规律及元素守恒，可得其反应方程式为：FeSSH+O2=FeOOH+2S。(5)①由于过硫酸铵0℃时在水中的溶解度较大，但微溶于乙醇，所以过硫酸铵晶体可用无水乙醇洗涤，不仅可以洗除杂志，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；②过滤后，用玻璃棒引流，将无水乙醇注入漏斗中，直至没过晶体，然后等待液体从漏斗底部流走 ，重复操作两到三次 。
2．(2024·浙江金华一中高三期中)工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图：
(1)已知在水溶液中存在平衡：CuCl+2Cl-[CuCl3]2- (无色)。“还原”的离子方程式为 。
(2)关于该工艺流程，下列说法正确的是_____。
A．“浸取”时离子方程式为CuFeS2+4O2= Cu2++Fe2++2SO42-
B．“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥
C．“滤渣②”主要成分是CuCl
D．“还原”时当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全
(3)CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，但其易溶于氨水的原因是 。
(4)滤渣①的主要成分是 (填写化学式)。设计实验验证滤渣①中的阳离子 。
【答案】(1) Cu+Cu2++6Cl-2[CuCl3]2- (2)BD
(3)CuCl可与氨形成易溶于水的配位化合物
(4) Fe(OH)3、CuO 取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在Fe3+；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在Cu2+
【解析】分析流程图得：黄铜矿经浸取后得到含有Cu2+和Fe3+的溶液，加入过量的氧化铜调pH后，滤渣①中含有氢氧化铁和过量的氧化铜，加入过量铜粉还原Cu2+得到氯化亚铜溶液，滤渣②的主要成分是铜粉，滤液中存在CuCl+2Cl-[CuCl3]2-(无色)，经一系列操作后得到氯化亚铜固体。(1)分析溶液中的离子，结合该工艺需要制备CuCl，则Cu2+与Cu发生归中反应，又结合已知条件CuCl+2Cl-[CuCl3]2-，可得总离子反应为Cu+Cu2++6Cl-2[CuCl3]2-；(2)A项，“浸取”时铁元素应被氧化成铁离子，故离子方程式为4CuFeS2+17O2+4H+= 4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O，故A错误；B项，由离子方程式CuCl+2Cl-[CuCl3]2-可知，加入大量水，使平衡不断逆向移动，故“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥，故B正确；C项，.“滤渣②”主要成分应是未完全反应的Cu，故C错误；D项，“还原”进行完全时， 溶液中蓝色的Cu2+完全转化为无色[CuCl3]2-的，所以当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全，故D正确。故选BD。(3)根据Cu (OH)2可溶于氨水形成铜氨溶液可知，CuCl也可与氨形成易溶于水的配位化合物；(4)①加入过量CuO，调节pH，目的是使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+不断正向进行，将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，因此“滤渣①”的主要成分是Fe(OH)3和过量的CuO；②因为“滤渣①”的主要成分是Fe(OH)3和过量的CuO，则需要检验Fe3+和Cu2+，故操作为：取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在Fe3+；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在Cu2+。
3．(2024·重庆沙坪坝重庆八中高三期中)电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知：室温下CaF2和MnF2均难溶于水且前者的溶解度更小。回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价电子的轨道表示式为 。
(2)“酸浸”过程中，所用的稀酸X是 (填化学式)。
(3)“酸浸”过程中
的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。20~80min，浸出Mn元素的主要离子方程式为 。80~100min时，
浓度上升的原因可能是 。
(4)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂Y、Z为___________(填序号)。
A．H2O2、NH3·H2O B．KMnO4、CaO
C．SO2、MnCO3 D．H2O2、CaCO3
(5)“净化”中加入MnF2的目的是除去
，其反应的离子方程式为 。
(6)硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则此时固体的化学式为 。下图为不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图，若由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中， ，将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1ml/L BaCl2溶液，1ml/LNaOH溶液)
【答案】(1)
(2)H2SO4
(3) 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O 80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升
(4)D
(5)MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)
(6) Mn2O3 在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收
【解析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)加入硫酸，MnO2将FeS2氧化生成S，PbCO3转化成PbSO4沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4。(1)已知Mn是25号元素，故基态Mn原子的价电子的轨道表示式为：；(2)由分析可知，“酸浸”过程中，所用的稀酸X是H2SO4；(3)由图示知，20～80 min内，Mn元素浸出率高，Fe3+含量明显增加，说明此时MnO2与FeS2反应生Mn2+、Fe3+、S 等，对应离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升；(4)滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，故选D；(5)“净化”中加入MnF2的目的是除去Ca2+，即MnF2与Ca2+反应生成Mn2+和CaF2，故其反应的离子方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)；(6)已知硫酸锰的摩尔质量为：151g/ml，故硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰其物质的量为：=1×10-3ml，充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则其中含有O的物质的量为：=1.5×10-3ml，则此时固体中n(Mn)：n(O)=1×10-3ml：1.5×10-3ml=2：3，该固体的化学式为Mn2O3，由题干不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图可知，在850℃下加热制得的Mn2O3比较纯净，加热分解得到Mn2O3同时还将释放出含硫氧化物气体，故需用NaOH溶液来吸收，进行尾气处理，据此分析由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中，在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收，将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。
4．(2023·广东省肇庆市二模)辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 ml/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式_______。
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀
(5)NH3
(6)减少MnSO4·H2O晶体的损失
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水
【解析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。(1)实验室配制250mL 4.8 ml/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶，胶头滴管。(2)为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。(3)MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平方程式为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。(4)根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀。(5)本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。(6)由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO4·H2O晶体的损失。(7)质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
5．(2023·湖南省常德市一模)钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如下：
(1)“碱浸”选择高温的目的是_________。Ti元素可以形成多种配合物，在配合物Ti(CN)4中，提供孤电子对的是_________原子，原因是_________。
(2)钛酸钠_________(填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是Na2Ti3O7，则将其化学式写成氧化物的形式为_________。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为_________。
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42-的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的WO42-会转化为H2W12O406-，再经萃取、反萃取等过程可制得WO3。写出WO42-转化为H2W12O406-的离子方程式_________。
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入容量瓶中，加水定容。准确量取溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为的NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为。实验过程中，V元素最终转化为V3+，计算废催化剂中V2O5的含量为_________(以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
【答案】(1) 加快反应速率或加快碱浸速率 C(或碳) C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键
(2)难 Na2O·3TiO2 Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4
(3)12WO42-+18H+=H2W12O406-+8H2O
(4)18.2%
【解析】废催化剂中加入氢氧化钠进行高温碱浸，生成可溶性的含钒、钨的盐，经过滤得到沉淀钛酸钠，用稀硫酸进行酸洗，水洗、焙烧得到二氧化钛。(1)为了加快反应速率或加快碱浸速率，“碱浸”选择高温。在配合物Ti(CN)4中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键，故分子提供孤电子对的是 C(或碳)。(2)经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，推知钛酸钠难溶于水。根据Na2Ti3O7的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为Na2O·3TiO2；在酸洗过程中Na2Ti3O7与稀硫酸反应生成H2TiO3和硫酸钠，其化学方程式为Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4。(3)钒钨溶液中钨元素以WO42-的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的WO42-会转化为H2W12O406-，即WO42-在酸性条件反应生成H2W12O406-和水，则离子方程式为12WO42-+18H+=H2W12O406-+8H2O。(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为0.1000ml·L-1的NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为V3+，设废催化剂中V2O5的质量为m，，解得m=0.91g，则V2O5含量为18.2%。
6．(2023·浙江省名校协作体高三开学考试)氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，工业上用初级铜矿粉(主要含、CuS、、FeO等)制备活性CuCl的流程如下：
查阅资料可知：①CuCl为白色固体，微溶水，不溶于乙醇，在空气中能被迅速氧化。
②MnO2可在酸性条件下将Cu2S氧化为硫单质和Cu2+。
(1)滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为_______。
(2)反应Ⅱ中通入的SO2 应适当过量，其目的是_______。
(3)“除Mn2+”后得到的滤液呈深蓝色，则“蒸氨”的作用是_______。
(4)准确称取氯化亚铜产品mg，溶于过量的FeCl3溶液中得V1mL待测液，从中量取V2mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用a硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2溶液bmL。(已知：，)，则制得的氯化亚铜产品纯度为：_______(列式表示即可)。
【答案】(1) Fe(OH)3和S
(2)使反应更完全并可防止CuCl被氧化
(3)深蓝色滤液中存在平衡：Cu(NH3)42+Cu2++4NH3，加热将氨蒸出，有利于平衡向右移动，并生成Cu(OH)2沉淀(或Cu(NH3)42++2H2O=Cu(OH)2+2NH4++2NH3)
(4)
【解析】铜矿粉加入稀硫酸酸溶，同时加入二氧化锰可以将二价铁转化为三价铁，且MnO2可在酸性条件下将Cu2S氧化为硫单质和Cu2+；加入氨水调节pH除去铁；加入氨水、碳酸氢铵除去锰；蒸氨后生成氢氧化铜沉淀，过滤分离出氢氧化铜沉淀加入盐酸溶解通入二氧化硫，得到氯化亚铜。(1)已知，MnO2可在酸性条件下将Cu2S氧化为硫单质和Cu2+；反应Ⅰ得到硫单质，然后加入氨水除去铁离子，铁离子和氨水生成氢氧化铁沉淀，故得到滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为Fe(OH)3和S；(2)二氧化硫具有还原性，可以将二价铜转化为一价铜，在反应Ⅱ中通入的SO2应适当过量，其目的是使反应更完全并可防止CuCl被氧化；(3)加入氢氧化物
Fe(OH)2
TiO(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10－16
1.0×10－29
1.8×10－11
TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u \l "_Tc148019150" 题型 01 化学工艺流程与物质制备
\l "_Tc148019151" 题型 02 化学工艺流程与反应原理
\l "_Tc148019152" 题型 03 化学工艺流程与物质提纯
题型01 化学工艺流程与物质制备
1．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)硝基乙烷可用作硝化纤维、染料等的溶剂和火箭的燃料，也可用于合成农药、医药等。硫酸二乙酯硝化法是合成硝基乙烷的重要方法，工艺流程示意图如下：
已知：硫酸结构简式为
请回答：
(1)步骤①的化学方程式 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．硫酸氢乙酯具有酸性
B．相同温度下，硫酸二乙酯在水中的溶解性大于硫酸
C．NaNO2具有一定毒性，不能作为食品添加剂使用
D．若③中硫酸二乙酯和NaNO2等物质的量反应，则A化学式为CH3CH2OSO2ONa
(3)硫酸氢乙酯沸点为280℃，硫酸二乙酯的沸点为208℃，试从结构角度分析硫酸氢乙酯沸点高于硫酸二乙酯的原因 。
(4)设计实验验证固体NaNO2有还原性(可供选择的试剂有：酸性KMnO4溶液、KI溶液、H2O2溶液、FeSO4溶液) ；写出实验过程中涉及的离子反应方程式 。
【答案】(1)H2SO4+CH3CH2OH→CH3CH2OSO3H+H2O
(2)BC
(3)硫酸氢乙酯可形成分子间氢键
(4) 取NaNO2固体于试管中，加适量水溶解，逐滴加入少量酸性KMnO4溶液，溶液不出现紫红色，则NaNO2有还原性 5NO2-+2MnO4-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O
【解析】硫酸与乙醇发生取代反应生成硫酸氢乙酯和水，真空条件2ml硫酸氢乙酯生成硫酸二乙酯和硫酸，硫酸二乙酯与NaNO2反应生成硝基乙烷和硫酸钠。(1)步骤①的化学方程式为：H2SO4+CH3CH2OH→CH3CH2OSO3H+H2O；(2)A项，生成硫酸氢乙酯只取代了硫酸中一个羟基，还剩下一个羟基可以电离出H+，故硫酸氢乙酯具有酸性，故A正确；B项，相同温度下，硫酸中有羟基可以与水形成氢键，故硫酸在水中的溶解性大于硫酸二乙酯，故B错误；C项， NaNO2具有一定毒性，不能作为食品添加剂使用，故C正确；D项，若③中硫酸二乙酯和NaNO2等物质的量反应，硝基只能与1ml乙基结合，则A化学式为CH3CH2OSO2ONa，故D正确；故选BC。(3)硫酸氢乙酯中含有羟基，可以形成分子间氢键，故硫酸氢乙酯沸点高于硫酸二乙酯；(4)固体NaNO2有还原性，选择有颜色的氧化剂试验现象明显，故可以选取KMnO4溶液试验，取NaNO2固体于试管中，加适量水溶解，逐滴加入少量酸性KMnO4溶液，溶液不出现紫红色，则NaNO2有还原性。
2．(2024·重庆市名校联盟高三联考)I．由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，然后制取透明氧化铁颜料的流程如下：
已知：①透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水，在碱性条件下非常稳定；
②Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。
回答下列问题：
(1)FeS2的电子式为 。
(2)“滤渣”中的主要成分是 。
(3)“还原”过程中涉及的离子方程式为 。
(4)流程中“”环节的目的是 。
(5)“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以 。
(6)可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁红的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示：
称取3.47g透明氧化铁，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取该溶液10.00mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100mL。测得溶液吸光度A=0.8，则透明氧化铁中氧化铁红(Fe2O3)的质量分数为 %(保留小数点后一位)。
Ⅱ．氧化亚铜(Cu2O)用途广泛，干法生产Cu2O粉末的主要工艺流程如下：
(7)粉碎机中，发生的变化属于 (填“物理变化”或“化学变化”)。
(8)800~900℃时，煅烧炉中发生化合反应，该反应的化学方程式为 。
【答案】(1) (2)二氧化硅和二硫化铁
(3)FeS2+14Fe3+ +8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
(4)除去溶液中的Al3+，得到FeSO4溶液
(5)形成细小的氢氧化铁颗粒
(6)23.1%
(7)物理变化
(8)CuO+CuCu2O
【解析】由题给流程可知，向硫铁矿烧渣中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的容器中加入过量的二硫化铁，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到含有二氧化硅、二硫化亚铁的滤渣和含有硫酸亚铁、硫酸铝的滤液；滤液经结晶、过滤得到含有硫酸铝的滤液1和绿矾；绿矾加水溶解后，加入氯酸钾和稀硫酸的混合溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，氢氧化铁经转化得到透明氧化铁。(1)二硫化铁是离子化合物，电子式为；(2)由分析可知，滤渣为二氧化硅、二硫化亚铁；(3)由分析可知，还原过程中涉及的反应为过量的二硫化铁将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3+ +8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+；(4)由分析可知，流程中结晶再溶解环节的目的是除去溶液中的铝离子，得到硫酸亚铁溶液；(5)由分析可知，向溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌的目的是得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，使氢氧化铁形成细小的氢氧化铁颗粒便于转化为透明氧化铁；(6)设3.47g透明氧化铁中含有aml氧化铁黄和bml氧化铁，由质量可得aml×89g/ml+bml×160g/ml=3.47g，由图可知，溶液吸光度A =0. 8时，溶液中铁离子浓度为4.0×10-3ml/L，由铁原子个数守恒可得：0.01(a+2b)ml=0.1×4.0×10-3ml，解得a=0.03、b=0.005，则透明氧化铁中氧化铁的质量分数为×100%=23.1%；(7)由图可知，粉碎机的作用是将氧化亚铜固体粉碎为氧化亚铜粉末，粉碎过程中没有新物质生成，属于物理变化；(8)由图可知，800~900℃时，煅烧炉中发生的化合反应为氧化铜与铜高温下反应生成氧化亚铜，反应的化学方程式为CuO+CuCu2O。
3．磷酸铁被广泛用于作电极材料，以下为制备磷酸铁的工艺流程图，回答问题：
(1)氧化槽中发生反应的离子方程式为_______。
(2)过滤器采用真空状态的优点为：_______。
(3)洗涤槽中热水主要是洗涤磷酸铁表面残留的_______(填写离子符号)，检验磷酸铁是否洗涤干净的实验操作：_______。
(4)为研究溶液与金属反应，某同学设计如下实验流程图，并记录相关现象
实验1中生成红褐色沉淀和气体的化学方程式是_______。
实验2的现象红色褪去，该同学提出猜想：
①氯水与反应，使生成硫氰合铁的络合反应逆向进行。
②你还可能提出的猜想是(结合化学平衡原理答题)：_______。
该同学预设计如下实验流程图来验证猜想，其中A是_______；B是_______(填写化学式)。
【答案】(1) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(2)加快过滤速度
(3)SO42-、Na+ 取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净
(4) 3Mg +FeCl3+6H2O= Fe(OH)3↓+ MgCl2+3H2↑ 氯水与SCN-反应，使生成硫氰合铁的络合反应逆向进行 FeCl3 KSCN
【解析】由题给流程可知，硫酸亚铁溶液在氧化槽中与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应制得硫酸铁，在分散剂作用下，硫酸铁溶液在撞击流反应器中与磷酸、氢氧化钠混合溶液反应制得磷酸铁，在真空过滤器中过滤得到滤液和磷酸铁；在洗涤槽中用热水洗涤磷酸铁，除去固体表面附有的可溶性，在陈化槽中用磷酸和水将磷酸铁转化为一水磷酸铁，在真空过滤器中过滤得到滤液和一水磷酸铁，一水磷酸铁在干燥器中干燥得到一水磷酸铁。(1)氧化槽中发生的反应为硫酸亚铁溶液与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(2)与普通过滤器相比，过滤器采用真空状态可以加快过滤速度、过滤效率高；(3)由分析可知，在洗涤槽中用热水洗涤磷酸铁的目的是除去固体表面附有的可溶性硫酸钠，检验磷酸铁是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，实验操作为取最后一次洗涤液少量于试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀，说明洗涤干净，若有白色沉淀则没有洗干净；(4)由题给流程可知，实验1中生成红褐色沉淀和气体发生的反应为镁与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀、氯化镁和氢气，反应的化学方程式为3Mg +FeCl3+6H2O= Fe(OH)3↓+ MgCl2+3H2↑；实验2的现象红色褪去的原因可能是氯水与铁离子反应，使生成硫氰合铁的络合反应逆向进行，也可能是氯水与硫氰酸根离子反应，使生成硫氰合铁的络合反应逆向进行；若猜想1成立，向褪色后的溶液加入氯化铁溶液，溶液会重新变为红色，若猜想2成立，向褪色后的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液会重新变为红色。
4．(2023·广东省肇庆市二模)辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 ml/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式_______。
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀
(5)NH3
(6)减少MnSO4·H2O晶体的损失
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水
【解析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。(1)实验室配制250mL 4.8 ml/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶，胶头滴管。(2)为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。(3)MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平方程式为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。(4)根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀。(5)本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。(6)由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO4·H2O晶体的损失。(7)质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
5．(2023·湖南省常德市一模)钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如下：
(1)“碱浸”选择高温的目的是_________。Ti元素可以形成多种配合物，在配合物Ti(CN)4中，提供孤电子对的是_________原子，原因是_________。
(2)钛酸钠_________(填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是Na2Ti3O7，则将其化学式写成氧化物的形式为_________。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为_________。
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42-的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的WO42-会转化为H2W12O406-，再经萃取、反萃取等过程可制得WO3。写出WO42-转化为H2W12O406-的离子方程式_________。
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入容量瓶中，加水定容。准确量取溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为的NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为。实验过程中，V元素最终转化为V3+，计算废催化剂中V2O5的含量为_________(以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
【答案】(1) 加快反应速率或加快碱浸速率 C(或碳) C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键
(2)难 Na2O·3TiO2 Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4
(3)12WO42-+18H+=H2W12O406-+8H2O
(4)18.2%
【解析】废催化剂中加入氢氧化钠进行高温碱浸，生成可溶性的含钒、钨的盐，经过滤得到沉淀钛酸钠，用稀硫酸进行酸洗，水洗、焙烧得到二氧化钛。(1)为了加快反应速率或加快碱浸速率，“碱浸”选择高温。在配合物Ti(CN)4中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键，故分子提供孤电子对的是 C(或碳)。(2)经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，推知钛酸钠难溶于水。根据Na2Ti3O7的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为Na2O·3TiO2；在酸洗过程中Na2Ti3O7与稀硫酸反应生成H2TiO3和硫酸钠，其化学方程式为Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4。(3)钒钨溶液中钨元素以WO42-的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的WO42-会转化为H2W12O406-，即WO42-在酸性条件反应生成H2W12O406-和水，则离子方程式为12WO42-+18H+=H2W12O406-+8H2O。(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为0.1000ml·L-1的NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为V3+，设废催化剂中V2O5的质量为m，，解得m=0.91g，则V2O5含量为18.2%。
题型02 化学工艺流程与反应原理
1．(2024·河南三门峡高三阶段性考试)分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图：
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4。
②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。
回答下列问题：
(1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为 。
(2)“碱浸”时，TeO2与NaOH反应的离子方程式为 。
(3)向碱浸液中加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是 。滤液中As元素最主要的存在形式为 。(填标号)(25℃，H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×10-3，Ka2=1.0×10-7，Ka3=3.2×10-12)
A．H3AsO4 B．H2AsO4- C．HAsO42- D．AsO43-
(4)①Sb2O(SO4)4中，Sb的化合价为 。
②“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是 。
(5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为 。
(6)TeO2可用作电子元件材料，熔点为733℃，TeO2晶胞是长方体结构如图。碲的配位数为 。已知NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g/cm3。
【答案】(1) 4s24p3 (2) TeO2+2OH-=TeO32-+H2O
(3) 过滤 B
(4) +5 将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3
(5)SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl
(6) 6
【解析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，三氯化锑水解生成转化为SbOCl；碱浸液中加入酸调节PH=4，Na2TeO3转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分解生成二氧化碲。(1)As为33号元素，基态As的价层电子排布式为：4s24p3。(2)TeO2属于酸性氧化物，与NaOH反应的离子方程式为：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O。(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，TeO2以沉淀析出，分离出TeO2的操作是过滤；由题干信息可知，H3AsO4的各级电离常数为：Ka1=6.3×10-3，Ka2=1.0×10-7，Ka3=3.2×10-12，pH=4，则c(H+)=10-4ml/L，H3AsO4H++ H2AsO4- ，Ka1=，，故As主要以H2AsO4- 形式存在，故选B。(4)①结合化合物的化合价为0，Sb2O(SO4)4中，Sb的化合价为+5价；②SO2具有还原性，“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3。(5)“水解”时，SbCl3水解生成SbOCl，化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl。(6)结合图示晶胞结构，离碲离子最近的氧负离子有6个，故碲的配位数为6；根据均摊，该晶胞含有2+4×=4个O原子，含有1+8×=2个Te，则该晶体的密度= g· cm-3。
2．(2024·四川遂宁高三期中)HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧—水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：I．焙烧时MO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
II．高温下NH4VO3易分解，分解产物常含N2和NH3两种含氮元素的气体。
III．Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。
请回答下列问题：
(1)流程的“气体”中含有二氧化碳，写出二氧化碳的一种用途： 。
(2)请写出“焙烧”过程中Al2O3及MS分别与纯碱反应的化学方程式： ， 。
(3)“浸渣”的成分为 (填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有 (填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为 、 。
(5)在实际工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS除掉溶液中微量的Cu2+，反应Cu2++HS－=CuS+H+的平衡常数K= 。
(6)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式： 。
【答案】(1)制干冰
(2) Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑
2MS+2Na2CO3+5O22Na2MO4+2CO2+2SO2
(3) NiO NaVO3、NaHCO3
(4) 20g∙L-1 10g∙L-1
(5)1021
(6)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O
【解析】HDS废催化剂在纯碱条件下焙烧，其中MS与纯碱焙烧生成Na2MO4、CO2和SO2，MO3与纯碱焙烧生成Na2MO4和CO2，V2O5与纯碱焙烧生成NaVO3和CO2，Al2O3与纯碱焙烧生成NaAlO2和CO2，只有NiS转化生成的NiO不与纯碱反应，水浸时以浸渣形式沉淀下来，滤液1的成分为：Na2MO4、 NaVO3、 NaAlO2 、Na2CO3，往其中通入过量的CO2沉铝时生成Al(OH)3和 NaHCO3，调节pH后加NH4Cl沉钒得NH4VO3沉淀，煅烧时生成V2O3，滤液加硝酸得到钼酸。(1)二氧化碳的用途：制干冰、碳酸饮料、纯碱、灭火等；(2)Al2O3与纯碱焙烧生成NaAlO2和CO2，反应的化学方程式：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，MS与纯碱焙烧生成Na2MO4、CO2和SO2，反应的化学方程式：2MS+2Na2CO3+5O22Na2MO4+2CO2+2SO2；(3)焙烧后只有NiS转化生成的NiO不与纯碱反应且不溶于水，水浸时以浸渣形式沉淀下来，“浸渣”的成分为NiO；焙烧后M、V、Al均转化为对应的钠盐，为使各物质完全转化加入的Na2CO3过量，所以滤液1的成分为：Na2MO4、 NaVO3、 NaAlO2 、Na2CO3，往其中通入过量的CO2沉铝时生成Al(OH)3和 NaHCO3，所以“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g∙L-1和10g∙L-1时，钒提取率到达90%以上，且再增大量时，提取率变化不大，所以初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为20g∙L-1和10g∙L-1；(5)；(6)已知：高温下NH4VO3易分解，分解产物常含N2和NH3两种含氮元素的气体，又图中说明NH4VO3煅烧时生成V2O3，所以其化学方程式为：6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O。
3．(2024·河北张家口张垣联盟高三联考)金属铼(Re)是重要的新兴金属，应用于国防、石油化工以及电子制造等领域，通过还原高铼酸铵(NH4ReO4)可制取金属铼。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵的流程如下图所示。回答下列问题：
(1)“焙烧”过程加入生石灰的目的 。
(2)“焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从培烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是 ，请再举出一项提高“焙烧”效率的合理措施： 。
(3)“浸出”中，浸出率与温度的关系如下左图所示，浸出率与硫酸浓度的关系如下右图所示。工业生产应选择的适宜条件是 。
(4)“萃取”机理为：，则“反萃取”对应的离子方程式为 。
(5)硫酸铼(IV)铵[(NH4)aReb(SO4)c·mH2O]是制备高纯铼的基础产品，为测定其组成进行如下实验：
①称取3.300g样品配成100mL溶液M。
②取10.00mL溶液M，用0.05ml/L的BaCl2标准溶液滴定，恰好完全沉淀，进行三次平行实验，平均消耗40.00 mL BaCl2标准溶液。
③另取10.00mL溶液M，加足量浓NaOH溶液并加热，生成标准状况下气体44.80mL。
通过计算可知铼的物质的量为 ，确定硫酸铼铵的化学式为 。
【答案】(1)吸收二氧化硫，避免污染环境
(2) 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率 适当升温或将矿石粉碎
(3)95℃和c(H2SO4)=3.0ml/L
(4)或
(5) 0.005ml (NH4)4Re(SO4)4·H2O
【解析】钼精矿在空气中焙烧硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通过萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析。(1)由上述分析可知二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，可避免二氧化硫污染环境；(2)“焙烧”常采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；适当升高温度，加快反应速率，也可提高“焙烧”效率；(3)由图可知95℃和c(H2SO4)=3.0ml/L时，浸出较高，因此选择的条件为：95℃和c(H2SO4)=3.0ml/L；(4)反萃取时与氨气反应生成，反应离子方程式为：或；(5)由②可知，10.00mL溶液M中含SO42-的物质的量为0.05ml/L×0.04L=0.002ml；由③可知10.00mL溶液M中含铵根离子的物质的量等于生成氨气的物质的量，为，可知SO42-和铵根离子的物质的量相等，结合化合物中各元素的代数和为0可得该物质中a=c=4，b=1，除水外的组成为：(NH4)4Re(SO4)4，该物质的物质的量为0.0005ml；摩尔质量为，则化学式为：(NH4)4Re(SO4)4·H2O，含铼的物质的量为0.0005ml。
4．(2024·山西吕梁高三阶段性测试)8月1日起，为了国家信息安全，我国禁止镓和锗的出口，锗是一种重要的半导体材料，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2)制取高纯度锗的工艺流程如图所示：
(1) COCl2分子中各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为 。
(2)800℃升华时通入N2的目的是： 、 。
(3)酸浸时Ge、S元素均被氧化到最高价态，写出该反应的离子方程式： ，酸浸时温度不能过高的原因是 。
(4) GeCl4易水解生成GeCl4·n H2O，证明GeCl4·n H2O沉淀洗涤干净的方法是 。
(5)测定错的含量：称取0.5500g锗样品，加入双氧水溶解，再加入盐酸生成，以淀粉为指示剂，用的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为24.80mL。已知：酸性条件下IO3-，能将氧化为，①在滴定过程中依次发生的离子方程式为： 、 ，②该样品中储的质量分数是 %(精确到0.01%)。
【答案】(1)
(2) 避免GeS2被氧化，得到较纯净的GeS2 将生成的GeS2带入后续装置
(3) GeS+8H++10NO3-=GeO2+SO42-+10NO2+4H2O 浓HNO3受热易分解
(4)取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净
(5) 3Ge2++IO3-+6H+=3Ge4++I-+3H2O IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O 98.75%
【解析】精硫锗矿粉碎，然后在氮气氛围中加热至800℃升华，得到GeS2，GeS2在825℃条件下被氨气还原为GeS，氨气被氧化为氮气；GeS加入浓硝酸酸浸后，被硝酸氧化生成粗GeO2，GeO2600℃条件下与SOCl2发生氯化得到GeCl4，GeCl4与高纯水反应生成GeCl4·n H2O，GeCl4·n H2O在200℃下发生脱水生成GeO2，GeO2被氢气还原得到Ge。(1)COCl2是共价化合物，各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为。(2)800℃升华时通入N2的目的是：避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2；并且将生成的GeS2带入后续装置。(3)酸浸时Ge、S元素均被氧化到最高价态，说明GeS被HNO3氧化为GeO2和SO42-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：GeS+8H++10NO3-=GeO2+SO42-+10NO2+4H2O，酸浸时温度不能过高的原因是浓HNO3受热易分解。(4)GeCl4易水解生成GeCl4·n H2O，洗涤GeCl4·n H2O的目的是除去Cl-，证明GeCl4·n H2O沉淀洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净。(5)由“酸性条件下IO3-能将Ge2+氧化为Ge4+可知，滴定过程中发生反应：3Ge2++IO+6H+=3Ge4++I-+3H2O，当发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O时，溶液变蓝色，达到滴定终点。由此可得关系式：3Ge2+~IO3-，则 n(Ge2+)= 3n(IO3-)=3×24.80×10-3L×0.1000ml/L=7.44×10-3ml，故该样品中锗的质量分数是 ×100%=98.75%。
5．金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分FeTiO3，钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下：
回答下列问题：
(1)钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成。副产品甲阳离子是________。
(2)上述生产流程中加入铁屑的目的是____________________________。
(3)此时溶液Ⅰ中含有Fe2＋、TiO2＋和少量Mg2＋等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。
①常温下，若所得溶液中Mg2＋的物质的量浓度为0.001 8 ml·L－1，当溶液的pH等于________时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2＋、TiO2＋和Mg2＋的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，写出该反应的离子方程式：________________________。
(4)Mg还原TiCl4过程中必须在1 070 K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是__________________。
(5)在800～1 000 ℃时电解TiO2也可制得海绵钛，装置如下图所示。
图中b是电源的________极，阴极的电极反应式________。
【答案】(1)Fe2＋ (2)防止Fe2＋氧化
(3)①10 ②TiO2＋＋2H2O===TiO(OH)2↓(或H2TiO3)＋2H＋
(4)隔绝空气(或惰性气氛中) (5)正 TiO2＋4e－===Ti＋2O2－
【解析】(1)FeTiO3＋2H2SO4===TiOSO4＋FeSO4＋2H2O，所以副产品甲阳离子为Fe2＋；(2)Fe2＋易被氧化，加入Fe可防止Fe2＋氧化；(3)①c(OH－)＝ eq \r(\f(1.8×10－11,0.001 8)) ml·L－1＝10－4 ml·L－1；所以当pH＝10时，Mg(OH)2开始沉淀；②由于TiO(OH)2的Ksp很小，所以加水稀释时，TiO2＋强烈水解，TiO2＋＋2H2O===TiO(OH)2↓＋2H＋；(4)由于Ti易和O2反应生成TiO2，所以在用Mg还原TiCl4时，应隔绝空气；(5)TiO2应作阴极，所以a为负极，b为正极，电极反应式为阴极：TiO2＋4e－===Ti＋2O2－；阳极：2O2－－4e－===O2↑。
题型03 化学工艺流程与物质提纯
1．(2024·河北邢台五岳联盟高三联考)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]是一种重要的氧化剂、漂白剂。工业上用粗硫酸铵(杂质主要为含铁化合物)生产过硫酸铵的一种工艺流程如图所示。
已知：(NH4)2S2O8具有强氧化性和腐蚀性，0℃时在水中的溶解度为58.2g，微溶于乙醇，不溶于丙酮。回答下列问题：
(1) (NH4)2S2O8中S元素的化合价为 该物质中N、O、S元素的第一电离能由大到小的顺序是 。
(2)用离子方程式表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因： 。
(3)若将等体积、等浓度的氨水和稀硫酸混合后，混合溶液的主要溶质为 (填化学式)，混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为 。
(4)FeOOH可用于脱除H2S，其产物为FeSSH，常温下，FeSSH经空气氧化可再生出FeOOH，从而循环使用。写出FeOOH再生的化学方程式： 。
(5)降温结晶后所得(NH4)2S2O8晶体经过滤、 (填试剂名称)洗涤、干燥可得纯净的(NH4)2S2O8晶体，写出在实验室中洗涤(NH4)2S2O8晶体的操作： 。
【答案】(1) +6 N＞O＞S
(2)NH4++H2ONH3·H2O +H+
(3) NH4HSO4 c(H＋)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH―)
(4) FeSSH+O2=FeOOH+2S
(5) 无水乙醇 过滤后，用玻璃棒引流，将无水乙醇注入漏斗中，直至没过晶体，然后等待液体从漏斗底部流走 ，重复操作两到三次
【解析】(1)①过硫酸铵中铵根离子为+1价，8个氧原子中有2个氧原子存在过氧键，为-1价，其余6个氧原子化合价为-2价，根据化合价计算规则，可求得S元素的化合价为+6价；②由于N元素的2p轨道处于半满状态，较稳定，所以第一电离能N＞O，同主族元素，原子序数越大，第一电离能越小，所以第一电离能O＞S，所以该物质中N、O、S元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞S；(2)硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解显酸性，离子方程式为：NH4++H2O NH3·H2O +H+；(3)等体积、等浓度的氨水和稀硫酸混合，稀硫酸过量，混合溶液的主要溶质为NH4HSO4；NH4HSO4是强电解质，会完全电离成等量的NH4+、H+和SO42-，由于水也会电离出H+，而NH4+会发生水解，所以浓度大小：H+＞SO42-＞NH4+；NH4+水解产生NH3·H2O和OH-，水解是微弱的，综上所述，混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：c(H＋)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH―)；(4)FeSSH经空气氧化可再生出FeOOH，根据氧化还原规律及元素守恒，可得其反应方程式为：FeSSH+O2=FeOOH+2S。(5)①由于过硫酸铵0℃时在水中的溶解度较大，但微溶于乙醇，所以过硫酸铵晶体可用无水乙醇洗涤，不仅可以洗除杂志，同时乙醇易挥发，便于晶体干燥；②过滤后，用玻璃棒引流，将无水乙醇注入漏斗中，直至没过晶体，然后等待液体从漏斗底部流走 ，重复操作两到三次 。
2．(2024·浙江金华一中高三期中)工业上用黄铜矿(主要成分是CuFeS2，还含有少量SiO2)制备CuCl的工艺流程如图：
(1)已知在水溶液中存在平衡：CuCl+2Cl-[CuCl3]2- (无色)。“还原”的离子方程式为 。
(2)关于该工艺流程，下列说法正确的是_____。
A．“浸取”时离子方程式为CuFeS2+4O2= Cu2++Fe2++2SO42-
B．“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥
C．“滤渣②”主要成分是CuCl
D．“还原”时当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全
(3)CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，但其易溶于氨水的原因是 。
(4)滤渣①的主要成分是 (填写化学式)。设计实验验证滤渣①中的阳离子 。
【答案】(1) Cu+Cu2++6Cl-2[CuCl3]2- (2)BD
(3)CuCl可与氨形成易溶于水的配位化合物
(4) Fe(OH)3、CuO 取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在Fe3+；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在Cu2+
【解析】分析流程图得：黄铜矿经浸取后得到含有Cu2+和Fe3+的溶液，加入过量的氧化铜调pH后，滤渣①中含有氢氧化铁和过量的氧化铜，加入过量铜粉还原Cu2+得到氯化亚铜溶液，滤渣②的主要成分是铜粉，滤液中存在CuCl+2Cl-[CuCl3]2-(无色)，经一系列操作后得到氯化亚铜固体。(1)分析溶液中的离子，结合该工艺需要制备CuCl，则Cu2+与Cu发生归中反应，又结合已知条件CuCl+2Cl-[CuCl3]2-，可得总离子反应为Cu+Cu2++6Cl-2[CuCl3]2-；(2)A项，“浸取”时铁元素应被氧化成铁离子，故离子方程式为4CuFeS2+17O2+4H+= 4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O，故A错误；B项，由离子方程式CuCl+2Cl-[CuCl3]2-可知，加入大量水，使平衡不断逆向移动，故“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥，故B正确；C项，.“滤渣②”主要成分应是未完全反应的Cu，故C错误；D项，“还原”进行完全时， 溶液中蓝色的Cu2+完全转化为无色[CuCl3]2-的，所以当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全，故D正确。故选BD。(3)根据Cu (OH)2可溶于氨水形成铜氨溶液可知，CuCl也可与氨形成易溶于水的配位化合物；(4)①加入过量CuO，调节pH，目的是使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+不断正向进行，将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，因此“滤渣①”的主要成分是Fe(OH)3和过量的CuO；②因为“滤渣①”的主要成分是Fe(OH)3和过量的CuO，则需要检验Fe3+和Cu2+，故操作为：取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在Fe3+；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在Cu2+。
3．(2024·重庆沙坪坝重庆八中高三期中)电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知：室温下CaF2和MnF2均难溶于水且前者的溶解度更小。回答下列问题：
(1)基态Mn原子的价电子的轨道表示式为 。
(2)“酸浸”过程中，所用的稀酸X是 (填化学式)。
(3)“酸浸”过程中
的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。20~80min，浸出Mn元素的主要离子方程式为 。80~100min时，
浓度上升的原因可能是 。
(4)“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂Y、Z为___________(填序号)。
A．H2O2、NH3·H2O B．KMnO4、CaO
C．SO2、MnCO3 D．H2O2、CaCO3
(5)“净化”中加入MnF2的目的是除去
，其反应的离子方程式为 。
(6)硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则此时固体的化学式为 。下图为不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图，若由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中， ，将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1ml/L BaCl2溶液，1ml/LNaOH溶液)
【答案】(1)
(2)H2SO4
(3) 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O 80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升
(4)D
(5)MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)
(6) Mn2O3 在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收
【解析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)加入硫酸，MnO2将FeS2氧化生成S，PbCO3转化成PbSO4沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4。(1)已知Mn是25号元素，故基态Mn原子的价电子的轨道表示式为：；(2)由分析可知，“酸浸”过程中，所用的稀酸X是H2SO4；(3)由图示知，20～80 min内，Mn元素浸出率高，Fe3+含量明显增加，说明此时MnO2与FeS2反应生Mn2+、Fe3+、S 等，对应离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升；(4)滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，故选D；(5)“净化”中加入MnF2的目的是除去Ca2+，即MnF2与Ca2+反应生成Mn2+和CaF2，故其反应的离子方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)；(6)已知硫酸锰的摩尔质量为：151g/ml，故硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰其物质的量为：=1×10-3ml，充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则其中含有O的物质的量为：=1.5×10-3ml，则此时固体中n(Mn)：n(O)=1×10-3ml：1.5×10-3ml=2：3，该固体的化学式为Mn2O3，由题干不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图可知，在850℃下加热制得的Mn2O3比较纯净，加热分解得到Mn2O3同时还将释放出含硫氧化物气体，故需用NaOH溶液来吸收，进行尾气处理，据此分析由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中，在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收，将Mn2O3冷却、研磨、密封包装。
4．(2023·广东省肇庆市二模)辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 ml/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要_______。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_______(任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式_______。
(4)调节浸出液pH=4的作用是_______。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式)_______。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是_______。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有_______(任写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀
(5)NH3
(6)减少MnSO4·H2O晶体的损失
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水
【解析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。(1)实验室配制250mL 4.8 ml/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶，胶头滴管。(2)为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。(3)MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平方程式为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。(4)根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀。(5)本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。(6)由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO4·H2O晶体的损失。(7)质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
5．(2023·湖南省常德市一模)钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如下：
(1)“碱浸”选择高温的目的是_________。Ti元素可以形成多种配合物，在配合物Ti(CN)4中，提供孤电子对的是_________原子，原因是_________。
(2)钛酸钠_________(填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是Na2Ti3O7，则将其化学式写成氧化物的形式为_________。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为_________。
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42-的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的WO42-会转化为H2W12O406-，再经萃取、反萃取等过程可制得WO3。写出WO42-转化为H2W12O406-的离子方程式_________。
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入容量瓶中，加水定容。准确量取溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为的NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为。实验过程中，V元素最终转化为V3+，计算废催化剂中V2O5的含量为_________(以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
【答案】(1) 加快反应速率或加快碱浸速率 C(或碳) C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键
(2)难 Na2O·3TiO2 Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4
(3)12WO42-+18H+=H2W12O406-+8H2O
(4)18.2%
【解析】废催化剂中加入氢氧化钠进行高温碱浸，生成可溶性的含钒、钨的盐，经过滤得到沉淀钛酸钠，用稀硫酸进行酸洗，水洗、焙烧得到二氧化钛。(1)为了加快反应速率或加快碱浸速率，“碱浸”选择高温。在配合物Ti(CN)4中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键，故分子提供孤电子对的是 C(或碳)。(2)经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，推知钛酸钠难溶于水。根据Na2Ti3O7的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为Na2O·3TiO2；在酸洗过程中Na2Ti3O7与稀硫酸反应生成H2TiO3和硫酸钠，其化学方程式为Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4。(3)钒钨溶液中钨元素以WO42-的形式存在，调节pH为2~3，溶液中的WO42-会转化为H2W12O406-，即WO42-在酸性条件反应生成H2W12O406-和水，则离子方程式为12WO42-+18H+=H2W12O406-+8H2O。(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000 g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为0.1000ml·L-1的NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为V3+，设废催化剂中V2O5的质量为m，，解得m=0.91g，则V2O5含量为18.2%。
6．(2023·浙江省名校协作体高三开学考试)氯化亚铜(CuCl)是一种重要的化工原料，工业上用初级铜矿粉(主要含、CuS、、FeO等)制备活性CuCl的流程如下：
查阅资料可知：①CuCl为白色固体，微溶水，不溶于乙醇，在空气中能被迅速氧化。
②MnO2可在酸性条件下将Cu2S氧化为硫单质和Cu2+。
(1)滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为_______。
(2)反应Ⅱ中通入的SO2 应适当过量，其目的是_______。
(3)“除Mn2+”后得到的滤液呈深蓝色，则“蒸氨”的作用是_______。
(4)准确称取氯化亚铜产品mg，溶于过量的FeCl3溶液中得V1mL待测液，从中量取V2mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用a硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2溶液bmL。(已知：，)，则制得的氯化亚铜产品纯度为：_______(列式表示即可)。
【答案】(1) Fe(OH)3和S
(2)使反应更完全并可防止CuCl被氧化
(3)深蓝色滤液中存在平衡：Cu(NH3)42+Cu2++4NH3，加热将氨蒸出，有利于平衡向右移动，并生成Cu(OH)2沉淀(或Cu(NH3)42++2H2O=Cu(OH)2+2NH4++2NH3)
(4)
【解析】铜矿粉加入稀硫酸酸溶，同时加入二氧化锰可以将二价铁转化为三价铁，且MnO2可在酸性条件下将Cu2S氧化为硫单质和Cu2+；加入氨水调节pH除去铁；加入氨水、碳酸氢铵除去锰；蒸氨后生成氢氧化铜沉淀，过滤分离出氢氧化铜沉淀加入盐酸溶解通入二氧化硫，得到氯化亚铜。(1)已知，MnO2可在酸性条件下将Cu2S氧化为硫单质和Cu2+；反应Ⅰ得到硫单质，然后加入氨水除去铁离子，铁离子和氨水生成氢氧化铁沉淀，故得到滤渣Ⅰ的主要成分的化学式为Fe(OH)3和S；(2)二氧化硫具有还原性，可以将二价铜转化为一价铜，在反应Ⅱ中通入的SO2应适当过量，其目的是使反应更完全并可防止CuCl被氧化；(3)加入氢氧化物
Fe(OH)2
TiO(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
8.0×10－16
1.0×10－29
1.8×10－11
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