专题15工艺流程题.docx

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1、专题15工艺流程题II：2020年高考真题：1.(2020年山东新高考lTEV交庆旷CH交水力79-IV誓5，口力里:01。2，Fe2O3和A12。3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：氯化馈溶液氨水II菱镁矿fl轻烧粉T浸出I-A浸出液T沉镁f氢氧化化TAl纯镁砂O废渣氨气泄液已知浸出时产生的废渣中有S2,Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是A.浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3T+凡。B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD.分离Mg2+与AU+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】B【解析】菱镁

2、矿煨烧后得到轻烧粉，MgCo3转化为MgO,加入氯化镀溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3,同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg?+,加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煨烧得到高纯镁砂。A.高温燧烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铁根水解产生的氢离子反应，促进钱根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4CI=MgC122NH3+H2O,故A正确；B.一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；C.浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化核又可以利用

3、到浸出过程中，故C正确；D.Fe(OH)3、Al(OH)3的KSP远小于Mg(OH)2的所以当PH达到一定值时Fe3Ap+产生沉淀，而Mg?+不沉淀，从而将其分离，故D正确；故答案为B。2. (2020年新课标I)钿具有广泛用途。黏土机矿中，机以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4O采用以下工艺流程可由黏土钮矿制备NH4VO3。MnO2滤渣滤液滤渣滤渣滤液该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的PH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀PH1.97.03.08.1完全沉淀PH3.29.04.710.1回答下列问题：(1)

4、“酸浸氧化”需要加热，其原因是o“酸浸氧化”中，VO+和VO?+被氧化成VO；,同时还有离子被氧化。写出vo+转化为VOJ反应的离子方程式o(3)“中和沉淀”中，锐水解并沉淀为V2O5xH2O,随滤液可除去金属离子K+、Mg?+、Na+、提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分A产转化为Al(OH)3沉淀，漉液中含有K+、Na+、Mg2Al3Fe3+,Mn2+.SOj,流饼中含V2O5xH26Fe(OH)3、AI(OH)3,滤饼中加入NaOH使pH13,V2O5xH2O转化为钿酸盐溶解，AI(OH)3转化为NaAlo2,则滤渣的主要成分为

5、Fe(OH)3；滤液中含机酸盐、偏铝酸钠，力口入HCl调pH=8.5,NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液中加入NHQ“沉机”得到NH4VO3o(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)：(2)“酸浸氧化”中，钢矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSo4、FeMSOS和水，Mno2具有氧化性，Fe?+具有还原性，则VO+和VO?+被氧化成VO；的同时还有Fe?+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O;Vcr转化为V0；时，钢元素的化合价由+3价升至+5价，ImOIV0+失去2mol电子，Mn

6、O2被还原为MM+,Mn元素的化合价由+4价降至+2价,ImoIMn。2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO,转化为V0；反应的离子方程式为VO+MnO2+2H*=V;+Mn2+H2O;(3)根据分析，“中和沉淀”中，钮水解并沉淀为V2O5XH2O,随滤液可除去金属离子K+、Mg?+、Na+、Mn2+,以及部分的Fe3+、Al3+;(4)根据分析，滤渣的主要成分是Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlo2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAIO2+HCl+H2O=NaCI+AI(OH)3NaAl(OH)4+HCI=NaC

7、I+Al(OH)3l+H2Oo(6)“沉机”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NHQ,其原因是：增大N+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。3. (2020年新课标In)某油脂厂废弃的油脂加氢银催化剂主要含金属Ni、AkFe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的银制备硫酸银晶体(NiSO7H2):*1IaH落波Kh,so.H粗押液OHM114n漳懈rJ穗般匚11LI-一I-IL-口”市川*化初一破发IWft转化T|H-.tc_徙国鞭晶体J-JY11IjIIT第炳丁溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的PH如下表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+

8、Fe2+开始沉淀时(C=O.01molL1)的PH7.23.72.27.5沉淀完全时(C=LOXI(TmolLT)的PH8.74.73.29.0回答下列问题：“碱浸中NaOH的两个作用分别是o为回收金属，用稀硫酸将滤液调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式O(2)“滤液”中含有的金属离子是o(3)“转化”中可替代H2O2的物质是o若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即NaOH溶液HQ?溶液滤渣滤液中可能含有的杂质离子为O(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的KSP=(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni?+浓度为1.0molL-,贝调pH”应控制的PH范围是。(5)硫酸镇在强碱

9、溶液中用NaCK)氯化，可沉淀出能用作银镉电池正极材料的NioOH。写出该反应的离子方程式O(6)将分离出硫酸银晶体后的母液收集、循环使用，其意义是o【答案】除去油脂、溶解铝及其氧化物AIO2+H+H2O=Al(OHR或Al(OH)4+H+=AI(OHhl+H2O(2) Ni2Fe2Fe3+(3) O2或空气Fe3+(4) 0.01(1072-14)2或IO-(1087,4)23.2-6.2(5) 2Ni2+ClO-+4OH-=2NiOOHl+C+H2O(6)提高银回收率【解析】由工艺流程分析可得，向废银催化剂中加入NaoH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2N

10、aAlO2+3H22A2O34NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液含有NaAlo2,滤饼为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni?+、Fe2Fe的滤液，Fe?+经H2O2氧化为Fe?+后，加入NaOH调节PH使Fe?+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制PH浓缩结晶得到硫酸银的晶体，据此分析解答问题。(1)根据分析可知，向废银催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液中含有NaAlo2(或NaAI(0H)4),加入稀硫酸可发生反应AlO2+H4+H2O=AKOHhlAl(OH)4+H*=AI(OH

11、)31+H2O,故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物：AIO2+H1+H2O=AI(OH)3ISEAl(OH)4+H=Al(OH)3l+H2O;(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2Fe3+,故答案为：Ni2Fe2Fe3*;(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe?+氧化为Fe3+,可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调PH过滤后的溶液中含有Fe?+,则滤液中可能含有转化生成的Fe3+,故答案为：。2或空气：Fe3+;(4)由上述表格可知，Ni?+完全沉淀时的pH=8.7,此时dNi?+)=LOxI0-511)M

12、J,c(H)=1.010-8 7moI L1,则 C(OH )=而J=IoXI。出=o87,4，贝IJNi(OH)2 的10LOxlO-72=l72d4,则 Ni(OH)2/Csp=c(Ni2*).e2(OH)=IO5(1087,4)；或者当Ni?+开始沉淀时pH=7.2,此时c(Ni2+)=0.01moIL1,c(H+)=l.0IO72moIL1,则C(OH)=-c(HftJKsp=c(Ni2+)c2(OH)=0.01(1072,4)2；如果“转化”后的溶液中Ni?+浓度为LOmolL1,为避免银离子沉淀，此时C(OH)=I人PPOIx(IO_L=Io-78mo.L,贝UV7c(Ni2+)V

13、1.0K|014C(H+)=/二八=7777=1。*即pH=62F/+完全沉淀的PH为3.2,因此“调节pH”应控制cOH10的PH范围是3.26.2,故答案为：0.01(1072,4)2(1087-14)2；3.2-6.2;(5)由题干信息，硫酸银在强碱中被NaCIO氧化得到NiooH沉淀，即反应中Ni?+被氧化为NiOOH沉淀，ClO-被还原为C，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+C+H2O,故答案为：2Ni2+CICF+4OH=2NiOOHl+C+H2O；(6)分离出硫酸银晶体后的母液中还含有Ni?+,可将其收集、循环使用，从而提高银的回收

14、率,故答案为：提高银的回收率。4. (2020年山东新高考)用软镒矿(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4ALO和BaS制备高纯MnCo3的工艺流程如下:已知：Mno2是一种两性氧化物；25C时相关物质的KSP见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Kspo-,631x10-38.61x10-32.3o-,27回答下列问题(1)软镒矿预先粉碎的目的是,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为0(2)保持BaS投料量不变，随MnOz与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是o(3)滤液I可循环使用，

15、应当将其导入到操作中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH,则PH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度G,LOxlOTmOIL时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为o【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S(2)过量的Mno2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)出。24.9(5) Mn2+HCO；+NH3H2O=MnCO3+NH；+H2O【解析】软钵矿粉(主要成分为MnO2,含少量Fe3。4、A2O3)加入硫化钢溶液进行反应，主要发生Mno2+BaS+

16、H2O=Ba(OH)2+MnO+S,过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化铁；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mi?+、Fe2Fe3+.AP+,得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe?+转化为Fe3+,然后加入氨水调节pH,使Fe3+、AP+转化为沉淀除去，压淀得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,此时滤液中的金属阳离子只有Mn?+,向滤液中加入碳酸氢铁、氨水，Mi?+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锦沉淀，过漉、洗涤、干燥得到高纯碳酸镒。(1)软镒矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；Mno2与

17、BaS反应转化为MnO,Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnOz与BaS的系数比应为1:1,根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2,结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2,从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小：(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；(4)净化时更好的除去Fe元素需要将Fe?+氧化为Fe3+,为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加

18、入的试剂X可以是H2O2：根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的KSP稍大，所以当AP+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(A13+)=1.0xl()-5moL时，C(OH)=IKSP(OH)J=Ji*1。3；molH=lOmolL,所以&田)=10-4/0比，c(Al3+)VIxlO5pH=4.9,即PH的理论最小值为4.9；(5)碳化过程Mn?+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸镒沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成钱根和水，所以离子方程式为Mn2+HCO3+NH3H2O=MnCo3I+NH:+H2Oo2020届高考模拟试

19、题5. (2020届河南省郑州市高三第一.次质检)银系列产品广泛地应用于化工、电子电锁、材料和工业催化等领域，对含银废料中贵金属银的综合回收具有重要的研究意义。一种对银粉和AgNO3生产过程中产生的含银废料进行综合回收的工艺流程如图:稀硝酸 含.废料TI-NjH4 HtO母液1气体母液2回答下列问题:（1） 溶解”反应的化学方程式为O稀硝酸能否用浓硫酸代替一(填“能”或“不能”),（2） “过滤3”操作中用到的玻璃仪器是o（3）“络合”步骤中需要加氨水调pH7.7,生成的络合物为o（4） NzH4H2称水合册，具有强还原性和碱性。水合脚与硫酸反应生成正盐的化学式为（5） “还原”步骤中产生的气

20、体可参与大气循环，该气体分子的电子式为o（6） “母液2”中溶质的化学式为o（7）粗银经过烘干、焙烧、电解得到纯度99.9%的银。焙烧是在中频炉中进行，中频炉优点是加热升温速度快，氧化烧损仅为0.5%,在此焙烧目的是o电解时粗银做电极阳极，阴极为不锈钢板，电解液为AgNO3、HNO3.KNO3混合溶液,电解液中HNO3和KNO3的作用分别是、o【答案】（1）3Ag+4HN03=3AgN03+N0f+2H20不能硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去（2）烧杯、玻璃棒、漏斗（3）Ag（NH3）2Cl（4）N2H6SO4（5）：N：N：（4）NH4Cl（7）除去粗银中含有的杂质调

21、节电解液的PH提高电解液的导电性【解析】（I）“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NOt+2H2O:不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶，覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去，故答案为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+N0+2H2O;不能；硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去；（2）过滤操作要用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗：（3）过滤2的固体为AgCI,加入氨水，发生络合反应生成Ag（NH3）2Cl,故答案为：Ag（NH3）2Cl;（4）NzFh-HzO具有碱性，与硫

22、酸反应生成正盐为N2H6SO4,故答案为：N2H6SO4:（5）水合I拼具有还原性，其被Ag（NH3）2Cl氧化的方程式为N2H4H2O+4Ag（NH3）2Cl=N2T+4Agl+H2O+4NH4CL则产生的气体N2可参与大气循环，其电子式为:N：:N：，故答案为：NN；（6）根据（5）可知，反应后溶液中存在NMCl,“母液2”中溶质的化学式为NHCl,故答案为：NH4Ck（7）过滤后NKCl包裹在粗银中，焙烧可除去，故答案为：除去粗银中含有的杂质；HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3可提高电解液的导电性，故答案为：调节电解液的pH；提高电解液的导电性。6.（2020届广东省深圳市高三

23、第一次调研）钻铝系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钻铝催化剂（主要含有MoS2、COS和ALOj中回收钻和铜的工艺流程如图:氨水黄酸有机萃取剂1I烟成技I1底催一 化剂有机L嚅-卜伯酸铉广水相2水相网J有机相2一4水相A草酸站Co3O4有机萃取剂2jf硫酸草酸喊已知：浸取液中的金属离子主要为Mo0广、CO2+、A产。（1）铝酸镂（NH4）2Mo/中MO的化合价为,MOS2在空气中高温焙烧产生两种氧化物：SO?和（填化学式）。（2）为了加快酸浸速率，可采取的措施为（任写一条）。（3）若选择两种不同萃取剂按一定比例（协萃比）协同萃取MO0和Co?+,萃取情况如图所示，当协萃比二,更有利于MOO：

24、的萃取。9290M 萃取率/%IM2J344:11:1协萃比（4）操作I的名称为o（5）向有机相1中滴加氨水，发生的离子方程式为o（6）Co2+萃取的反应原理为Co2+2HR/CoR2+2H向有机相2中加入H2SO4能进行反萃取的原因是（结合平衡移动原理解释）。（7）水相2中的主要溶质除了H,SO还有（填化学式）。（8）CO3。4可用作电极，若选用KOH电解质溶液，通电时可转化为CoOOH,其电极反应式为O【答案】+6MoO3(2)搅拌(3)4:1(4)分液(5)MoO2*+4NH3H2O=MOOj+4NH：+2%0(6)根据Co2+2HR略逊CORz+2H+可知，加入H2SO4,c（三）增大

25、，平衡向左移动(7)Al2(SO4)3(8)Co3O4+OH+H2O-e=3CoOOH【解析】从废钻铝催化剂(主要含有MoS2、CoS和AUO3)经过焙烧后，得到MOO3,CoO和二氧化硫，加入硫酸后，浸取液中的金属离子主要为MOoy、Co2+,Al3+经过萃取和分液得到仃机相1和水相1,有机相1中含有M0。7，加入氨水后得到钳酸钺溶液，经结晶后得到钥酸筱；水相1中含有Co?+、Al3+,SO42,经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Al2(SO4)r有机相2中含有Co?+、SO?,加入硫酸后，得到水相3,加入草酸镂，得到草酸钻，加热草酸钻可以得到四氧化三钻，据此分析解答。(1)(NH4)2

26、MoO4.,镂根离子为+1价，。为2价，所有元素的化合价之和为O,Mo的化合价为+6,MoS2和氧气反应的化学方程式为：2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2,可知生成物有一氧化硫和MoO3两种氧化物；(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为搅拌，可以增大接触面积；(3)根据图像，找到MOC)F最多，CO2+较少的协萃比为4:1；(4)操作1是将有机相和水相分开，是分液；(5)仃机和1中含有MoOF,加入氨水后得到铝酸铉溶液，化学方程式为MoOj+4NH3H2O=MOO；+4NH+2H2O：(6)根据CO2+2HR幅?COR2+2H+可知，加入H2SO4,c（三）增大,平衡向左移动，能进行反萃

27、取；水相1中含有Cc?+、Al3+,SO?,经萃取分液后，水相2中含有H2SO4和Alz(SO);（8）CO3。4可以表示成CooCo2Ov在碱性条件下可发生氧化反应，生成CoH,电极反应为Co3O4+OH+H2O-e=3CoOOH。7.（2020届东北三省四市联合模拟）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿（CU2S,含有SiOz和少量Fe2O3等杂质）为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示：MnO2H2SO4ANH4HCOjNHj1II1I;1浮选精矿浸取M除铁I沉铸赶额Cuxohkoj渔渣IFc（OHhMiKTOi/IlIMnSO4-H2O已知：有关金属离子形成氢氧

28、化物沉淀的PH范围如下：金属离子Fe2*FeuCu2*Mn2*开始沉淀的PH7.52.75.68.3完全沉淀的pH9.03.76.79.8Cu（NH3）4SO4常温稳定，在热水中会分解生成NH3；KspFe（OH）3=4.0xlO-38回答下列问题：（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有一（任写一种）。（2）滤渣I经CSz提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分是_（填化学式）。回收淡黄色副产品过程中温度控制在5060C之间，不宜过高或过低的原因是一o（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CU0,调节PH的范围为一,若加A后将溶液的PH调为5,则溶液中Fe?+的浓

29、度为mol/Lo（4）写出“沉铸”（除M+）过程中反应的离子方程式：o（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是（6）测定副产品MnSO4H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g,加蒸储水配成IOomL溶液，取出25.0OmL用标准的BaCL溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为一（保留到小数点后两位）。【答窠】（1）搅拌；适当增加硫酸浓度；适当加热等（2）SiO2、S、MnO2温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发(3) 3.75.6(或3.7pH5.6)4.010,1(4) Mn2+HCO3+NH3=MnCO3+NH4+(5)将溶液加热(6)96.57%【解析】辉

30、铜矿主要成分为Cu2S,含少量Fez3SKh等杂质，加入稀硫酸和二氧化铳浸取，CU2S在酸性条件下被二氧化钵氧化，SiOz不溶于稀硫酸，滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I中含有S,过滤得到的淀渣中含有MnO2、SiOz、单质S,滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+,加入A,调节溶液的PH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢钱溶液沉淀钵，过滤得到碳酸钵，用硫酸溶解，生成硫酸镒晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。(1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可以适当增加硫酸的浓度，充分搅拌，加热等,故答案为：搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加

31、热等：(2)滤渣I的主要成份Mno2、SiO2、单质S；回收淡黄色副产品S的过程中温度控制在5060C之间，不宜过高或过低，原因是温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CS2易挥发,故答案为：SiO2:S；MnO2;温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，CSz易挥发；(3)加入的试剂A是用于调节溶液pH,促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，根据有关金属离子形成氢氧化物沉淀的PH范围，溶液PH应该介于3.75.6(或3.7WPHV5.6),若加A后将溶液的PH调为5,则c(OH)=10-9molL, KspFe(OH)3=4.010-38,则溶液中铁

32、离子浓度为4.0x10-38(10)3molL=4.010l1molL,故答案为：3.75.6(或3.7pHV5.6);4.0x10”；(4)“沉铳”(除M/+)过程中，加入碳酸氢铁和氨气，生成碳酸钵沉淀，反应的离子方程式为Mn2+HCOs+NH3=MnCO3J,+NH4+,故答案为：Mn2+HCO3+NH3=MnCO.4+NH4+；(5)氨气易挥发，“赶氨”时，最适宜的操作方法是将溶液加热，故答案为：将溶液加热；(6)测定MnSO4比0样品的纯度：准确称取样品4.00g,加蒸储水配成IOomL溶液，取出25.0OmL用标准的BaCL溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，为硫酸钢物质的量4

33、.66g=,一=0.02mol,n(MnSO4H2O)=n(BaSO4)=O.2moI,则此样品中MnSo4比。物质的233g/mol量为：0.02moIW2=0.08mol,则样品中MnSOJ比0的纯度250.08mol169g/mol=77T100%=96.57%,故答案为：96.57%。14.00g8.(2020届广东省佛山市质检)Na5PWQ39Cu/TQ2膜可催化污染物的光降解，一种生产工艺流程如下，回答下列问题:(1) “溶解I”发生的离子反应方程式为Na2WO4(鸨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，该步骤不能用浓盐酸代替浓硝酸的原因是。(2) “除杂”时用过量有机溶剂萃取溶液中的

34、NOn再通过方法分离杂质。(3) “溶解IF需要加入水、乙醇和稀硫酸。加入乙醇的目的是O钛酸四丁酯水解产生Ti2和C4H9OH的化学方程式为o溶液中CM+浓度为0.02mo卜LL需调节PH小于。(已知KspCu(OH)2=2xl()-20)(4)培烧温度、Na5PWuO39Cu用量对Na5PWQ39Cu/TiO2膜催化活性的影响随(时间)变化如图1、图2所示：污臭物含疑污染物含鼠制备Na5PWIQ39CUEO2膜的最佳条件为：培烧温度,Na5PWIQ39cu用量.【答案】HPO42+11WO42-+17H+=PW11O397+9H2OWO/具有强氧性，将盐酸氧化生成有毒气体氯气，污染环境分液(

35、3)增大钛酸四丁酯的溶解度Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4HQH(4) 100C3.0g,化学方程式为:【解析】(1)浓硝酸和HPoF和Wo户反应牛.成PW11O39HPO42+11WO42+17H+=PWiiO397+9H2O；Na2WO4(鸨酸钠)在酸性条件下有较强的氧化性，会和浓盐酸反应生成有毒气体氯气，故答案为HPO42+11WO42+17H+=PW11O397+9H2O；WO4具有强氧性，将盐酸氧化生成有毒气体氯气，污染环境：(2) “除杂”时用过量有机溶剂萃取溶液中的NOo再通过分液方法分离杂质，故答案为：分液；(3)“溶解r需要加入水、乙醇和稀硫酸，加入乙醇的目的

36、是增大钛酸四丁酯的溶解度，故答案为：增大钛酸四丁酯的溶解度；钛酸四丁酯水解产生TiO2和C4H9OH,化学方程式为：Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH,故答案为：Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；利用KspCu(OH)J=c(Cu2+)c2(OH),则c(H+)=-y=105molL；则PH=-IgC(H*)=5,故答案为：5；(4)由图一可知温度为100C时Na5PWQ39CuTiO2膜的活性最高：由图二可知当Na5PWQ39Cu用量为3.0g时Na5PW1Q39Cu/Tio2膜的活性最高，故答案为：100C；3.0go9.(2020届四川省泸州

37、市高三第三次质检)金属钿主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。工业上常用富钢炉渣(主要含FeOV2O3,还有少量P2O5等杂质)制取机的流程如下图。3户户L三二= HTmolZL,0.02mol/LNa2CO3HCl与.也0lj-CaO慧T欣闽一阿PHg沉钿Ifl热解V可I高亭国粗钿气体XFe2O3滤液气体N炉渣回答下列问题：(1)已知焙烧中先发生4FeOV2Ch+52酗4V2O5+2Fe2O3反应，其氧化产物是进一步生成可溶性NaVO3的反应方程式为o(2)25C时，Ksp(NH4VO3)=4IO2,电离平衡常数Kb(NH3H2O)=1.8xl(3“沉馆后VCh-的浓度为,molL,则

38、滤液的PH为一。除OH与VCh-外，滤液中还可能存在的阴离子是一。45(3) “热解”过程产生的气体y的电子式为(4)硅参与高温还原反应的方程式为,炉渣的主要成分是一。(5)凯比铁的金属性强。工业上通过电解精炼“粗钏;可得到99.5%的纯机，以熔融LiCl-KCI-VCb为电解质，“粗锐”中含少量铁和硅。则“粗钥应连接电源的一极，阴极的电极反应式为_。【答案】(1)V2O5、Fe2O3V2O5+Na2CO3=2NaVO3+CO2H(2)4.5Cr和H2PO4,PoJ或HPOJ-(3)H施H高温高温(4) 5Si2V2O5=4V+5SiO25Si2V2O5+5CaO=4V+5CaSiO3CaSi

39、O3(5)正或+V2+2e-=V【解析】焙烧是将FeOV2O3转化为可溶性NaVo3,氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为:4FeOV2O3+4Na2CO3+528NaVO3+2Fe2O3+4CO2,气体X为CO2,水浸，浸出渣为氧化铁，得到NaVO3溶液，滤液中加入NHQ沉机生成NH4VO3,受热分解生成V2O5,和氨气,最后用硅铁还原，硅参与高温还原反应的方程式为5Si+2V2s-34V+5SQ或5Si+2V2O5+5CaO,t4V5CaSi3,炉渣的主要成分是CaSiO3。(1)焙烧中先发生4FeOV23+52%4V2s+2Fe23反应，铁由+2价升高为+3价，钮由+3从升高为+5价，其

40、氧化产物是V2O5.Fe2O3,进一步生成可溶性NaVCh的反应方程式为V2Os+Na.2NaVO3+C02。故答案为：V2O5Fe2O3;VQs+Na,CCh2NaVCh+CO2T:(2)25C时，Ksp(NH4VO3)=410-2,电离平衡常数Kb(NH3H2O)=1.8x102“沉机”后VOt1 410-2的浓度为LmOILl,Ksp(NH4VO3)=4102=c(NH4+)c(VO5),C(NH4+)=1=l.8molLl,nh4+H2O.NH3U2O+H4开始1.8变化XXX平衡1.8XXXlw1f）,4r2Kh=-=-=,x=c（H+）=l045mo卜L，则滤液的PH为4.5。除O

41、H-与VCh外，Kb1.81O51.8-P2O5溶于水生成磷酸电离出H2PO4、po43-或HPoF,滤液中还可能存在的阴离子是CI-和H2PO42PO43EHPO42-0故答案为：4.5；C和HzPC#、PCV-或HPoF：（3）“热解”过程产生的气体y是氨气，N原子最外层是5个电子，与3个氢原子形成3个11Ii共用电子对，电子式为H：E故答案为：H点；HH（4）硅高温时将钮还原，同时生成的二氧化硅与氧化钙形成炉渣，硅参与高温还原反应的方程式为5Si+2Vz54V+5SiCh或5Si+2V25+5CaO4V+5CaSQ,炉渣的主要成分是CaSio3。故答案为：5Si+2V,O4V+5SiOz

42、或5Si+2V2s+5CaO4V+5CaSiO3；CaSiO3;（5）以熔融LiCl-KCl-VCb为电解质，“粗钿”中含少量铁和硅，“粗钢”应连接电源的正或+极，发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，阴极的电极反应式为V2+2e-=V故答案为：正或+；V2+2e-=Vo10. （2020届河南省焦作市高三第三次模拟）KMnO4在医疗上有广泛地应用，可用于防腐、制药、消毒等。现以软锌矿（主要成分为MnO2,含有少量Al2O3.SiOz等）为原料制备KMnO4的工业流程如图所示。（1）料渣的主要成分是一，操作2的意义是o（2） “调pH”的目的是；写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式：；熔融过

43、程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为O（3）操作3的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，已知KHCo3、KMnO4的溶解度曲线是下图中的两种，则KHCo3、KMno4的溶解度曲线分别是（填序号）。(4)用惰性电极电解K2MnO4溶液也可得到目标产物，则生成目标产物的电极反应式为,充分电解后，得到的溶液中溶质的主要成分是和KMno4。【答案】(I)SiO2提高原料的利用率(2)除去AP+2MnO43Mn2+2H2O=5Mn21+4H+1:2（3） ILIll(4)MnOJY-=MnOKOH【解析】软镒矿(主要成分为Mno2,含有少量AI2O3、SiOz等)加入稀硫酸同时通入二氧化硫,可将Mno

44、2还原成MM+,则溶液中主要阳离为MM+和AU+,料渣为不溶于稀硫酸的SiO2,之后滤液中加入碳酸镒调节pH使AN转化为Al(OH)3沉淀除去：然后加入高钵酸钾氯化Mn2+得到MnO2沉淀，向熔融状态的MnOz中通入氧气，同时加入KoH,反应生成K2MnO4,加水溶解并通入过量二氧化碳，KzMnOj发生歧化得到含KMno4和KHCO3的溶液，以及Mno2沉淀，之后对滤液进行蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤烘干得到高钵酸钾晶体。(1)根据分析可知料渣主要成分为SiOz,操作2可以提高原料的利用率；(2)调PH值的目的是使AF+转化为Al(OH)3沉淀除去：氧化过程中KMnO4和M/+发生归中反应得到Mn

45、O2,离子方程式为2Mn4+3Mn2+2H2O=5MnO2l+4H+:熔融过程中O2为氧化剂，由O价降为-2价，每个氧气分子可以得到4个电子，MnO2为还原剂，化合价由+4价升为+6价,失去2个电子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；(3)操作3的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，说明KHCO3的溶解度随温度变化较大，为防止其析出要趁热过滤，所以曲线11代表碳酸氢钾；而KMno4的溶解度随温度变化不大，而且KMnO4析出，说明其溶解度要比碳酸氢钾的溶解度小，所以曲线HI代表KMno4的溶解度；(4)由KzMnOj得到KMno4,钵元素化合价升高被氧化，所以应在阳极生成，电极方程式为MnO42-e-MnO4；电解过程中阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时破坏水的电离平衡产生氢氧根，所以溶质为KoH和KMnO4。11. (2020届广东省汕头市高三一模)澳酸镉Cd(BrO3)2常用做分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(成分为Cdo2、Fe2O3.FeO及少量的AI2O3和SiOz)为原料制备Cd(BrO3)2的工艺流程如下:己知Cd（SO4）2溶于水，回答下列问题：（1）为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施有（任写两种即可）。（2）还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊