


2022届高三化学一轮复习考点特训工艺流程题含解析
展开工艺流程题
大题训练(共16题)
1.二硫化钨(WS2,WS2中W的化合价为+4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4,还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下:
请回答下列问题:
(1)“滤渣Ⅰ”的化学式为__________;
(2)提高“熔融”速率的措施有_____________________(写一条即可);
(3)用离子方程式表示通入过量CO2的主要目的是:________________________;
(4)钨酸与氨水反应时控制温度为58℃,温度不宜太高,其原因是___________。
(5)已知2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O,若该反应转移了8 mol电子,则生成的气体产物在标准状况下的体积为______L;
(6)常温下,Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀,当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4,c(WO42-)=_____mol/L。
2.工业上利用电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)回收铜和铬等金属,回收流程如下图:
已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下:
(1)在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外,主要还有_____。
(2)在除铁操作中,需要除去Fe3+和CaSO4,请完成相关操作:①加入石灰乳调节pH到__;②将浊液加热到80℃,______。
(3)写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式___________,此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%,若NaHSO3过量,除了浪费试剂外,还会出现的问题是________。
(4)当离子浓度≤1×10﹣5 mol•L﹣1认为沉淀完全,若要使Cr3+完全沉淀则要保持c(OH﹣)≥_______。已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10﹣31, ≈4.0)
3.电子工业中,可用FeCl3—HCl溶液作为印刷电路铜板刻蚀液。某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收:
请回答:
(1)把FeCl3溶液蒸干、灼烧,最后得到的主要固体产物是____________。
(2)FeCl3蚀刻液中加入盐酸的目的是______________________________。
(3)步骤①中加入H2O2溶液的目的是(用离子方程式表示)_____________________。
(4)已知:生成氢氧化物沉淀的pH如下表
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
4.7
7.0
1.9
沉淀完全时
6.7
9.0
3.2
根据表中数据推测调节pH的范围是________________。
(5)上述流程路线中,除FeCl3溶液外,还可用于循坏利用的物质是__________________。
4.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料,也可用于湿法电解制锌,如图为由锌灰制ZnSO4·7H2O晶体的工艺流程:
已知:①锌灰的主要成分为ZnO,还含有CuO、PbO、MnO和FeO;
②“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2。
请回答下列问题:
(1)MnO(OH)2中Mn元素的化合价为_____________。
(2)“滤渣1”的主要成分为_____________。
(3)“氧化”时,需控制溶液的pH=5.1,Fe2+被氧化的离子方程式为_____________。
(4)操作a为_________、过滤、洗涤、干燥。
(5)ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250 mL的锥形瓶中,加水约20 mL,再加入2~3滴5%的二甲酚橙作指示剂、约5 mL六亚甲基四胺缓冲溶液,摇匀。用已标定的0.0160 mol/LEDTA溶液滴定,滴定至溶液由红紫色变成亮黄色,即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1:1反应)。实验数据如下表:
m(ZnSO4·7H2O)/g
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
0.1692
0.20
26.50
ZnSO4·7H2O产品的纯度为_____________(保留2位有效数字)。
(6)工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌,电解过程中的离子方程式为___________。
5.碲是发展高科技产业、国防与尖端技术不可或缺的原料。H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸,工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te),含少量的Ag、Au]回收碲,其工艺流程如下:
已知:CuC2O4的Ksp为2.2×10-8;离子浓度小于1×10-5mol/L时,即离子完全沉淀。
(1)Cu2Te中Te的化合价是___。
(2)滤渣的成分是___,滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为____。氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低,原因是_______。
(3)若要使Cu2+完全沉淀,应控制C2O42-的浓度不低于_____。
(4)还原反应的离子方程式为______________。
6.LiCoO2(钴酸锂)是锂离子电池的正极材料。以某海水为原料制备钴酸锂的一种流程如下:
已知如下信息:
①该海水中含浓度较大的LiCl,含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等。
②碳酸锂的溶解度与温度关系如图所示:
③常温下,几种难溶物质的溶度积数据如下:
物质
Li2CO3
MgCO3
CaCO3
MnCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.5×10-2
6.8×10-6
2.8×10-9
2.3×10-11
6.0×10-10
请回答下列问题:
(1)LiCoO2中钴的化合价为________。滤渣1主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和__________(填化学式)。
(2)调节pH=5的目的是__________。
(3)“沉锂”包括过滤、洗涤等,宜用_________(填“热水”或“冷水”)洗涤Li2CO3。加入纯碱的量与锂回收率的关系如表所示:
序号
沉淀质量/g
碳酸锂含量/%
锂回收率/%
①
0.9∶1
10.09
92.36
77.67
②
1.0∶1
10.97
90.19
82.46
③
1.1∶1
11.45
89.37
85.27
④
1.2∶1
12.14
84.82
85.45
从生产成本考虑,宜选择_______(填序号)方案投料。
(4)“除杂2”中调pH=13时c(Mg2+)=_________mol·L-1。
(5)“合成”中采用高温条件,放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出“合成”发生反应的化学方程式________。
(6)在“合成”中制备1 mol LiCoO2转移电子的物质的量为__________。
7.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料,也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3,还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②常温下,相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题:
(1)“混合研磨”的作用为_______________________
(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________
(3)分析图1、图2,焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_____________________________
(4)净化除杂流程如下
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8>KMnO4>MnO2>Fe3+,则氧化剂X宜选择__________
A.(NH4)2S2O8 B.MnO2 C.KMnO4
②调节pH时,pH可取的范围为_________________
(5)“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵,可能的原因是__________________
8.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S,含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下:
已知:
①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀
9.0
3.7
6.7
9.8
② Ksp[Fe(OH)3]=2.0×10-36
③ Cu2S遇酸时会生成S
(1)加快“浸取”速率,除适当增加硫酸浓度外,还可采取的措施有__________(任写一种)。
(2)滤渣I中的主要成分是______________。
(3)常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等,调节pH调的范围为_______,请用离子方程式表示用CuO“除铁”时所发生的反应__,若加A调节溶液pH后溶液中Fe3+的浓度为2.0×10-9mol/L,则为pH__。
(4)写出“沉锰”(除 Mn2+)过程中反应的离子方程式:_________________________。
(5)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46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3,则至少需要浓度为1mol·L-1Na2CO3溶液 ____mL。(已知:Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9)
9.硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业,以硼镁矿(含2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下:
已知:H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0 g、8.7 g、14.8 g、40.2g。Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4。
(1)“浸取”时主要反应的化学方程式为_____________________。
(2)“浸取”后,采用“热过滤”的目的是___________________________。
(3)“浸出液”显酸性,含H3BO3和Mg2+、SO42-,还含有其他杂质。“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO,除去的杂质离子是__________。H2O2的作用是______(用离子方程式表示)。
(4)“母液”可用于回收硫酸镁,已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图,且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O,应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩后,最佳结晶条件是_____________。
A.升温结晶 B.降温结晶 C.加压升温结晶 D.降压降温结晶
(5)在实际生产中为了提高原料的综合利用率,可以利用除杂后滤渣作为提炼铝的原料,工艺流程为:
试剂a可选用________(化学式)溶液,若试剂b为AlCl3则由滤液得固体A的离子反应方程式为___________,在实际工业生产中,流程中的一定条件指的是________。
10.以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O),其主要工艺流程如图:
查阅资料得知:
ⅰ.常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将Cr3+转化为CrO42-。
ⅱ.
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Bi3+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
0.7
沉淀完全的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
4.5
回答下列问题:
(1)反应之前先将矿石粉碎的目的是___。
(2)步骤③加的试剂为___,目的是将溶液pH要调到5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去。
(3)写出反应④的离子反应方程式___。
(4)⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-,写出该反应的离子方程___。
(5)将溶液H经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即得红矾钠粗晶体,精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是___(填操作名称)。
11.CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图:
(1)“550℃煅烧”的目的是____。
(2)“浸出液”的主要成分是___。
(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+,反应的离子方程式为___。
(4)“净化除杂1”过程中,如何检验该杂质__(用离子方程式表示),现象为__:需在40~50℃加入H2O2溶液,其原因是__,目的是__(用离子方程式表示);再升温至80~85℃,加入Na2CO3溶液,调pH至5,“滤渣I”的主要成分是__。
(5)“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去,若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×l0-5 mol/L,则滤液中c(Mg2+)为___mol/L。[已知Ksp(MgF2)=7.35×10-11、Ksp(CaF2)=1.05×10-10]
12.已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水,工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni,含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示:
已知:①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.1
5.8
3.0
6.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.5
②Ksp(CaF2)=1.46×10-10;
③当某物质浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,视为完全沉淀。
请回答下列问题:
(1)在酸浸过程中会适当增大酸的浓度并不断快速搅拌,目的是______________。
(2)写出“沉镍”时发生反应的离子方程式:______________________________,当Ca2+沉淀完全时,溶液中 c(F-)> ________mol·L-1(写出计算式即可)。
(3)试剂a是一种绿色氧化剂,写出“氧化”时反应的化学反应方程式:_______________________________。
(4)操作a的内容包括过滤,洗涤,干燥。请用简洁语言描述洗涤的方法是__________________________。
(5)“调pH”时pH的调控范围为______≤PH<6.8。
13.某化学实验小组以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7。主要流程如图:
(1)加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为___,若加入的Na2S溶液过量,除生成X外还会发生反应的离子方程式为___。
(2)请配平[Cu(NH3)4]SO4·H2O加热发生分解反应的化学方程式。
___[Cu(NH3)4]SO4·H2O___Cu+___NH3↑+___SO2↑+___N2↑+___H2O
(3)“沉CuNH4SO3”时可用如图装置(夹持、加热仪器略):
①“沉CuNH4SO3”时,反应温度需控制在45℃,合适的加热方式是___。
②NaOH溶液的作用是___。
(4)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取产品试样2.0g配成250mL溶液,取出25.00mL于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化后,再加入几滴指示剂,用0.1000mol/L硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定,重复进行三次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)
①若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL,则所得产品K2Cr2O7的纯度为___%。
②上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+,还含有一定浓度的Fe3+,可通过调pH的方法使两者转化为沉淀。假设两种离子初始浓度均为2×10-3mo/L,当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时,c(Fe3+)=___mo/L。{已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
14.以镍黄铁矿为原料制备的工艺流程如下:
已知:①高镍锍的主要成分为、、、的低价硫化物及合金;
②氧化性:;
③,,。
回答下列问题:
(1)“酸浸”时,溶液需过量,其目的是________。
(2)“氧化”时反应的化学方程式为________,若用代替溶液,使转化为,则需至少为________。
(3)“除铁”的原理是________。
(4)“过滤”时滤渣1的主要成分是________。
(5)“沉镍”后需过滤、洗涤,证明沉淀已洗涤干净的方法是________________。若“沉镍”后的滤液中,则滤液的________。
(6)“除钴”时,发生反应的离子方程式为________。
15.钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3(含有少量MgO、SiO2等杂质),Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿来制备,工艺流程如下:
⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎,其原因是__________________________________。
⑵过程①中,铁的浸出率结果如图所示。由图可知,当铁的浸出率为80%时,所采用的实验条件是_________________________。
⑶过程②中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时,Ti元素的浸出率与反应温度关系如图所示,反应温度过高时,Ti元素浸出率下降的原因是_______________________。
⑷写出由滤液D生成FePO4的离子方程式_____________________________________________
⑸由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_________________________。
16.毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下:
(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是____________________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸,除量筒外还需使用下列仪器中的______________。
a.烧杯 b.容量瓶 c.玻璃棒 d.滴定管
(2)加入NH3•H2O调节pH=8可除去_____(填离子符号),滤渣Ⅱ中含______(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量,原因是_________________。
已知:Ksp(BaC2O4)=1.6×10﹣7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10﹣9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行。
已知:2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ:移取x ml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加的盐酸体积为V0 mL。
步骤Ⅱ:移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中,加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的______________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为______________ mol•L-1,若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2+浓度测量值将______________(填“偏大”或“偏小”)。
【参考答案及解析】
1.
【答案】(1)Al(OH)3
(2)增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等任意一种
(3)AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
(4)一水合氨不稳定,受热分解
(5)67.2
(6)1×10-6
【解析】【分析】由流程可知,钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠,Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2,水浸时,可除去不溶于水的氧化铁,向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2,经过滤后得到的滤液含钨酸钠,滤渣I的主要成份是Al(OH)3,滤液再经酸化得钨酸,向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵,继续通入H2S气体,生成(NH4)2WS4,最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2。
【详解】(1)粗钨酸钠溶液中含有NaAlO2,向其中通入过量CO2,NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀,所以“滤渣Ⅰ”为Al(OH)3;
(2)熔融的钨铁矿与NaOH溶液、氧气会发生反应:FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+Na2WO4+4H2O,能够提高该反应速率的因素有增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等;
(3)在含有NaAlO2的溶液中通入过量CO2气体,生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液,反应的离子方程式为:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;
(4)钨酸与氨水反应时控制温度为58℃,温度太高,氨水中的一水合氨分解产生的氨气逸出,导致反应物浓度降低,不利于反应的进行;
(5)在反应2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中,(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2,-2价S元素被氧化成0价的S单质,-2价S元素被氧化成+4价的SO2,O2得到电子被还原为-2价的O,每反应生成2 mol WS2,同时得到4 mol NH3、2 mol SO2气体,共6 mol气体,反应中共转移16 mol电子,若该反应转移了8 mol电子,则反应产生气体的物质的量是3 mol,反应产生气体在标准状况下的体积V=3 mol×22.4 L/mol=67.2 L;
(6)常温下,Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀,当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4,c(Ca2+)=1×10-4 mol/L,c(WO42-)= mol/L=1×10-6 mol/L。
【点睛】
本题以钨矿原料制备WS2的工艺流程为载体,考查了制备方案的设计,涉及氧化还原反应原理、离子方程式的书写、对工艺流程的理解、及难溶电解质溶解平衡的计算等知识,理解工艺流程是解题的关键,需要学生掌握化学基本原理,具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。
2.
【答案】(1)CuSO4
(2)3.2 趁热过滤
(3) 2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+ 产生SO2污染环境
(4)4.0×10﹣9 mol•L﹣1
【解析】【分析】(1)根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行分析;
(2)由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2,Cr3+开始沉淀pH为4.3,因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4,而CaSO4溶解度随温度的升高而减小,易于除去;
(3)HSO3-具有较强的还原性,能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O,过量的HSO3-和酸反应生成SO2和水,;
(4)根据Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)•c3(OH-)进行计算。
【详解】(1)氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水,所以浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外,主要还有CuSO4;
(2)由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2,Cr3+开始沉淀pH为4.3,因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4,操作过程为:①加入石灰乳调节pH=3.2;②将浊液加热到80℃,趁热过滤;
(3)HSO3-具有较强的还原性,能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O,反应为:2H2O+HSO3-+2Cu2+= Cu2O↓+SO42-+5H+,在酸性环境下,HSO3-和H+反应成成的SO2有毒,能污染环境;
(4)当离子浓度≤1×10﹣5 mol•L﹣1认为沉淀完全,若要使Cr3+完全沉淀,需要让c(OH-)≥==4.0×10-9mol/L。
【点睛】
解答本题时应注意(3)中溶液pH值对溶液中的离子进行分离,除杂的重要原则是除去杂质且不引入新的杂质。
3.
【答案】(1)Fe2O3
(2)防止弱碱离子Fe3+的水解,促使水解平衡逆向移动
(3)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
(4)3.2≤pH<4.7 或 [3.2,4.7)
(5)Cu2(OH)2CO3
【解析】【分析】FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液,向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子,然后调节溶液的pH过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液,将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁,向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜;
(1)根据三氯化铁在溶液中存在水解平衡,从平衡移动的角度分析并解答该题;
(2)氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性,所以加盐酸防止弱碱离子铁离子的水解;
(3)过氧化氢是氧化剂将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子;
(4)将铁离子完全沉淀,而铜离子不能沉淀,所以选择的pH为3.2≤pH<4.7;
(5)碱式碳酸铜来调节溶液A的pH。
【详解】(1)在FeCl3溶液中,Fe3+发生水解生成Fe(OH)3:FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl,由于加热蒸发,由于HCl挥发,破坏平衡,使平衡不断向右移动,结果生成Fe(OH)3,又由于灼热发生2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O,使Fe(OH)3分解生成Fe2O3;
(2)氯化铁是强酸弱碱盐,Fe3+水解使溶液呈酸性,所以加盐酸防止弱碱离子Fe3+的水解,促使水解平衡逆向移动;
(3)加入氧化剂H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+但不能引入新的杂质,氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为:H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O;
(4)调节溶液的pH目的是使Fe3+全部沉淀,Cu2+不沉淀,依据图表数据分析可知pH应为: 3.2≤pH<4.7或 [3.2,4.7);
(5)溶液A中调节pH使Fe3+完全沉淀、而Cu2+不沉淀,为了不引入新杂质,可用碱式碳酸铜来调节溶液A的pH。所以上述流程路线中,除FeCl3溶液外,还可用于循坏利用的物质是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3。
【点睛】
本题考查了物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作、物质的循环利用、氧化还原型离子方程式的书写等知识。掌握物质性质,理解各步实验操作是解题关键。
4.
【答案】(1)+4
(2)PbSO4
(3)3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+
(4)蒸发浓缩、冷却结晶
(5)71%
(6)2Zn2++2H2O2Zn+4H+
【解析】【分析】钡白矿(锌灰的主要成分是ZnO,还含有CuO、PbO、MnO和FeO),加稀硫酸溶解,得到金属硫酸盐,PbSO4不溶,其余硫酸盐以溶于水,过滤,滤渣1为PbSO4,滤液中含有硫酸锌、CuSO4、FeSO4、MnSO4,加入锌粉发生置换反应:Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4,滤渣为铜与过量的锌粉,滤液中再加高锰酸钾溶液,Fe2+与MnO4-反应生成Fe(OH)3、MnO(OH)2沉淀,滤渣2的主要成分为成Fe(OH)3、MnO(OH)2,过滤,滤液为硫酸锌,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O晶体。
【详解】(1) MnO(OH)2中Mn元素的化台价为+4价;
(2)根据上述分析可知“滤渣1”的主要成分为PbSO4;
(3)KMnO4具有强的氧化性,Fe2+具有还原性,在pH=5.1时,Fe2+被氧化产生Fe3+与溶液中OH-结合形成Fe(OH)3沉淀,MnO4-被还原产生MnO(OH)2 ,故根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,可得Fe2+被氧化的离子方程式为:3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+;
(4)滤液2主要成分是ZnSO4,由于ZnSO4的溶解度受温度的影响变化较大,所以从该溶液中得到硫酸锌晶体的操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;
(5)ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1:1反应,根据表中数据,ZnSO4·7H2O产品的纯度为: ×100%=71%;
(6)在工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌,阴极上Zn2+得到电子发生还原反应变为Zn单质,电极反应式为:Zn2++2e-=Zn,阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2,电极反应式为:2H2O=O2↑+4H+,故电解过程中的离子方程式:2Zn2++2H2O2Zn+4H+。
【点睛】
本题以物质的制备为线索,考查了化学实验基本操作、氧化还原反应、离子方程式的书写等知识,理解工艺流程原理是解题的关键,需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。是对学生综合能力的考查。
5.
【答案】(1)-2
(2)Ag、Au H2TeO3、CuSO4 温度过高H2O2分解增多,使氧化酸浸不充分
(3)2.2×10-3mol/L
(4)H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O
【解析】【分析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te,含少量的Ag、Au,在稀硫酸中溶解,并加入过氧化氢,得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液,然后过滤,滤液①含有硫酸铜和H2TeO3,滤渣中含有Au、Ag,在滤液①中加入草酸钠,H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸,草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀,过滤,滤渣为草酸铜,加入分解生成铜;滤液②中含有H2TeO3和硫酸钠,加入亚硫酸钠溶液,可将溶液中的H2TeO3还原为Te,同时得到硫酸钠,据此分析解答。
【详解】(1)Cu2Te的名称为碲化亚铜,则Cu的化合价为+1价,因此Te的化合价是-2,故答案为-2;
(2)根据上述分析,滤渣的成分是Ag、Au,滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为H2TeO3、CuSO4。温度过高H2O2分解增多,使氧化酸浸不充分,导致氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低,故答案为Ag、Au;H2TeO3、CuSO4;温度过高H2O2分解增多,使氧化酸浸不充分;
(3) CuC2O4的Ksp为2.2×10-8,离子浓度小于1×10-5mol/L时,离子即完全沉淀。若要使Cu2+完全沉淀,应控制C2O42-的浓度不低于=2.2×10-3mol/L,故答案为2.2×10-3mol/L;
(4) 加入亚硫酸钠溶液,可将溶液中的H2TeO3还原为Te,同时得到硫酸钠,还原反应的离子方程式为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O,故答案为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O。
6.
【答案】(1)+3 MnCO3
(2)除去过量的Na2CO3,避免蒸发浓缩时析出Li2CO3
(3)热水
(4)③ 6.0×10-8
(5)2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2
(6)1mol
【解析】(1)LiCoO2中锂为+1价,氧为-2价,则钴为+3价。由表中溶度积知,碳酸锰难溶于水,因此滤渣1中主要有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和MnCO3。。答案为:+3;MnCO3;
(2)加入盐酸除去过量的碳酸钠,否则碳酸锂会在浓缩时析出,损失锂元素。答案为:除去过量的Na2CO3,避免蒸发浓缩时析出Li2CO3;
(3)碳酸锂的溶解度随温度升高而减小,用热水洗涤比冷水好,减小锂元素损失。从投料比看出,序号③的比例中,投入碳酸钠量较小,锂回收率较高,可降低生产成本。答案为:热水;③;
(4)pH=13,c(OH-)=1×10-1 mol·L-1,c(Mg2+)==6.0×10-8 mol·L-1。答案为:6.0×10-8;
(5)在合成中钴的反应中钴的化合价升高,必有O2参与反应,副产物是CO2。答案为:2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2;
(6)Co元素化合价从+2升高到+3价,生成1 mol LiCoO2转移1 mol电子。答案为:1mol。
7.
【答案】(1)加快反应速率
(2)MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
(3)温度为500℃,且m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10
(4)B 5.2≤pH<8.8
(5)CO32-水解程度大于HCO3-,易生成氢氧化物沉淀
【解析】【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3,加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑,气体为二氧化碳和氨气、水蒸气,浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等,结合表中离子的沉淀pH及信息可知,浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子,加氨水调pH,生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝,加入NH4F,除去Ca2+、Mg2+,净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰,据此分析解题。
【详解】(1)“混合研磨”可增大反应物的接触面积,加快反应速率;
(2) 根据流程,菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+,主要化学反应方程式为:MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O;
(3) 由图可知,锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高,到500℃、1.10达到最高,再增大锰的浸出率变化不明显,故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃,氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10;
(4) 净化过程:加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子,加氨水调pH,生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝,加入NH4F,除去Ca2+、Mg2+;
①最合适的试剂为MnO2,氧化亚铁离子,反应的离子方程式为:MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,且不引入新杂质,故答案为B;
②调节溶液pH使Fe3+,A13+沉淀完全,同时不使Mn2+沉淀,根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2≤pH<8.8;
(5) 碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3═MnCO3↓+NH4+,不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液,可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大,会产生Mn(OH)2沉淀。
【点睛】
考查物质制备流程和方案的分析判断,物质性质的应用,题干信息的分析理解,结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键,需要学生有扎实的基础知识的同时,还要有处理信息应用的能力,注意对化学平衡常数的灵活运用,综合性强。
8.
【答案】(1)充分搅拌,将辉铜矿粉碎,加热等
(2)SiO2、S、MnO2
(3)3.7~5.6( 或3.7≤pH<5.6) 3H2O+2 Fe3++3CuO=2Fe(OH)3+3Cu2+(或Fe3++ 3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ CuO+2H+=Cu2++ H2O ) 5
(4)Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+
(5)0.02 10200
【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S,含少量Fe2O3、SiO2等杂质,加入稀硫酸和二氧化锰浸取,过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S,滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+,调节溶液pH除去铁离子,加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用,得到碱式碳酸铜;据此分析解答本题。
【详解】(1)酸浸时,通过充分搅拌、将辉铜矿粉碎、加热等可以提高浸取速率;
(2)“浸取”时:Cu2S遇酸时会生成S,在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到CuSO4和MnSO4,Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁,SiO2不溶于硫酸,所以滤渣I中的主要成分是SiO2、S、MnO2;
(3)“除铁”主要是除去溶液中Fe3+,根据题干表格可知,若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+,溶液的pH范围为:3.7~5.6或3.7≤pH<5.6;加入CuO消耗氢离子,促进铁离子水解为氢氧化铁沉淀,“除铁”时所发生的反应3H2O+2Fe3++3CuO=2Fe(OH)3+3Cu2+,若加A调节溶液pH后溶液中Fe3+的浓度为2.0×10-9mol/L,2.0×10-36,,pH=5。
(4)“沉锰”(除Mn2+)过程中,加入碳酸氢铵和氨气,生成碳酸锰沉淀,反应的离子方程式为:Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+;
(5)Na2CO3和BaSO4转化为BaCO3的离子方程式是CO32-+BaSO4=BaCO3+ SO42-,平衡常数K= ;要使46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3,生成0.2mol SO42-,则消耗0.2mol CO32-,根据溶液中 ,则溶液中CO32-的物质的量是10mol,设需要浓度为1mol·L-1Na2CO3溶液的体积是V,V×1-0.2=10,V=10.2L=10200mL。
【点睛】
本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析,属于综合知识的考查,侧重于学生的分析能力和实验能力、注意把握实验、操作流程的目的,注意物质性质的记忆。
9.
【答案】(1)2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4
(2) 防止温度下降时H3BO3从溶液中析出
(3)Fe3+、Fe2+、Al3+ H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O
(4)C
(5)NaOH Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓ 熔融电解
【解析】【分析】由流程可知,加硫酸溶解只有SiO2不溶,CaO转化为微溶于水的CaSO4,趁热过滤,防止H3BO3从溶液中析出,“除杂”需先加H2O2溶液,将亚铁离子转化为铁离子,再加入MgO调节溶液的pH约为5.2,使铁离子、铝离子均转化为沉淀,则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁,然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3,
(1)根据元素守恒可写出2MgO·B2O3·H2O浸取生成H3BO3的化学方程式;
(2)由目信息可知:H3BO3的溶解度随温度的升高而增大,所以要采用“热过滤”,以防温度下降时H3BO3从溶液中析出,加硫酸溶解只有SiO2不溶,CaO转化为微溶于水的CaSO4;
(3)浸出液中有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质,通过调节溶液pH值除去杂质且不引入新的杂质,H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,反应的离子方程式是H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O ;
(4)根据MgSO4.H2O的溶解度随温度变化的曲线可知,温度越高,MgSO4.H2O溶解度越小,据此判断操作;
(5) 滤渣是氢氧化铁和氢氧化铝,加入氢氧化钠溶液,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,滤渣是氢氧化铁,向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳或者氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀,过滤得到氢氧化铝,加热氢氧化铝分解得到三氧化铝和水,电解熔融氧化铝制得铝。
【详解】(1)根据元素守恒可写知2MgO·B2O3·H2O浸取生成H3BO3的化学方程式为2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 ,
故答案为:2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 ;
(2)浸出液中有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质,需要通过调节溶液pH值除去杂质且不引入新的杂质,所以加入MgO调节溶液pH的目的是除去溶液中的 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质,H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,反应的离子方程式是H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O,
故答案为:除去溶液中的 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质;H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O ;
(3)由题目信息可知:H3BO3的溶解度随温度的升高而增大,所以要采用“热过滤”,以防温度下降时H3BO3从溶液中析出,
故答案为:防止温度下降时H3BO3从溶液中析出;
(4)根据MgSO4•H2O的溶解度随温度变化的曲线可知,温度越高,MgSO4•H2O溶解度越小,所以从“母液”中充分回收MgSO4•H2O,应采取加压升温结晶的方法,
故选:C;
(5)滤渣是氢氧化铁和氢氧化铝,加入氢氧化钠溶液,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,滤渣是氢氧化铁,向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳或者氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀,加入氯化铝发生反应的离子方程式是:Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3 ↓,过滤得到氢氧化铝, 加热氢氧化铝分解得到氧化铝和水,电解熔融氧化铝制得铝,
故答案为: NaOH;Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓;熔融电解。
10.
【答案】(1)增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率
(2) 氢氧化钠溶液(或NaOH溶液)
(3)3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+
(4)2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
(5)重结晶
【解析】【分析】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B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+,在B中加入过氧化氢,可生成Fe3+,调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+,生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,即固体D,溶液E含有Cr3+,在溶液E中加入NaBiO3和NaOH,发生氧化还原反应,固体G为Bi(OH)3,溶液F含有Na2CrO4,酸化可得Na2Cr2O7,溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7•2H2O,以此解答该题。
【详解】(1)为了增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高铬铁矿的浸取率,反应之前可先将矿石粉碎;
(2)根据表格数据分析,步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液;此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去,而铬离子不沉淀,
故答案为:氢氧化钠溶液(或NaOH溶液);
(3)在溶液E中加入NaBiO3和NaOH发生氧化还原反应,固体G为Bi(OH)3,反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+;
(4)酸化使CrO42-转化为Cr2O72-,反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O;
(5)将溶液H经过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤,洗涤,干燥即得红矾钠粗晶体,此操作为重结晶。
11.
【答案】(1)除去碳和有机物
(2)NaAlO2
(3)2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+
(4)3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓ 有蓝色沉淀产生 H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染,温度过高会导致H2O2分解 3Fe2++2H++H2O2=3Fe3++2H2O Fe(OH)3
(5)7.0×10-6
【解析】【分析】550℃焙烧含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去碳和有机物,加入氢氧化钠溶液,其中Al2O3溶解生成Na AlO2,Co2O3、Fe2O3、MgO不溶,过滤,CaO与水反应生成氢氧化钙,则浸出液的主要为Na AlO2,向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠,Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+,可得CoCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2,在40~50℃加入H2O2,氧化Fe2+氧化为Fe3+,再升温至80~85℃,加入Na2CO3调pH至5,可得到Fe(OH)3沉淀,过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2,用NaF溶液除去钙、镁,过滤后,滤液中主要含有CoCl2,加入草酸铵溶液得到草酸钴。
【详解】(1)碳和有机物可通过焙烧除去,含钴废料“550℃焙烧”可以除去碳和有机物,故答案为:除去碳和有机物;
(2)550℃焙烧含钴废料(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)除去碳和有机物,加入氢氧化钠溶液,Al2O3溶解,氧化铝可以和氢氧化钠溶液之间反应生成偏铝酸钠:Al2O3+2 NaOH=2 NaAlO2+H2O,CaO与水反应生成氢氧化钙,所以浸出液的主要成分为Na AlO2(Na AlO2和NaOH、Ca(OH)2);故答案为:Na AlO2;
(3)“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+,则Na2SO3将Co3+还原为Co2+,自身被氧化为硫酸钠,发生的反应为:2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+;故答案为:2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+;
(4)“净化除杂1”过程中,向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠,Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+,用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓,现象为有蓝色沉淀产生:需在40~50℃加入H2O2溶液,其原因是H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染,温度过高会导致H2O2分解,目的是氧化Fe2+氧化为Fe3+,3Fe2++2H++H2O2=3Fe3++2H2O;再升温至80~85℃,加入Na2CO3溶液,调pH至5,铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳,水解的离子方程式为:2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑,“滤渣I”的主要成分是Fe(OH)3。故答案为:3Fe2++2[Fe(CN)6]3-═Fe3[Fe(CN)6]2↓;有蓝色沉淀产生;H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染,温度过高会导致H2O2分解;3Fe2++2H++H2O2=3Fe3++2H2O;Fe(OH)3;
(5)由溶度积可知,滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀,根据溶度积计算,c(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2):Ksp(CaF2)=7.35×10-11:1.05×10-10=0.7,若所得滤液中c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L-1,则滤液中c(Mg2+)=7.0×10-6mol·L-1,故答案为:7.0×10-6 mol·L-1。
【点睛】
本题考查物质分离和提纯,侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力,题目涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点,明确实验原理是解本题关键,知道涉及的操作方法及发生的反应,难点是(5)溶度积常数计算,根据MgF2和CaF2转化的离子方程式,写出沉淀转化的平衡常数,c(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2):Ksp(CaF2),利用两种物质的溶度积常数进行计算。
12.
【答案】(1)提高“酸浸”速率
(2)Ni2++C2O42-+2H2O=
(3)2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O
(4)过滤结束后,沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下,重复操作2-3次
(5)5.0
【解析】【分析】废镍催化剂(成分主要为Ni,含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等),用硫酸溶解,SiO2不与硫酸反应,过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸;试剂a是一种绿色氧化剂,a是H2O2, H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,加入Ni(OH)2调节pH,使pH大于5.0小于6.8,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al)OH)3沉淀,过滤除去,滤液中含有NiSO4、CaSO4,向滤液中加入NH4F,除去Ca 2+,过滤,再向滤液中加入(NH4)2C2O4,得到草酸镍沉淀,再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体,据此答题。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知,适当增大酸的浓度并不断快速搅拌,可提高浸出率;
(2)向NiSO4溶液中加入(NH4)2C2O4,得到草酸镍沉淀,“沉镍”时反应的离子方程式为:Ni2++C2O42-+2H2O=,当Ca2+沉淀完全时,Ca2+的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1,根据氟化钙的溶度积常数,溶液中 c(F-)> ;
(3)试剂a是一种绿色氧化剂,所以加入的a是H2O2,亚铁离子被氧化成铁离子,所以“氧化”时反应的化学反应方程式为2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O;
(4)操作a的内容包括过滤,洗涤,干燥。洗涤沉淀的方法是过滤结束后,沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下,重复操作2-3次;
(5)根据表中的数据可知,pH为5.0时,Fe3+、Al3+沉淀完全,pH为6.8时Ni2+开始沉淀,所以pH的调控范围为5.0≤PH<6.8。
13.
【答案】(1)CuS 2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
(2)3 3 8 3 2 9
(3)水浴加热 吸收SO2防止污染空气
(4)49 1.3×10-10
【解析】【分析】将电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)中加入稀硫酸溶解发生反应得到Cr2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3及CaSO4,然后水浸、过滤除去滤渣CaSO4。在浸出液中加入Na2S调节溶液的pH,只使CuSO4发生沉淀反应,沉淀是CuS,在充分搅拌下加入氨水,适量H2O2,并通入O2, 反应生成了[Cu(NH3)4]SO4,利用SO2的还原性将其还原,生成CuNH4SO3。滤液调节溶液pH使离子沉淀,最后氧化为重铬酸钾。
【详解】(1)加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为CuS,若加入的Na2S溶液过量,除生成X外还会发生反应的离子方程式为2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓。
(2)根据氧化还原反应原理及原子守恒可知,[Cu(NH3)4]SO4·H2O加热发生分解反应的化学方程式3[Cu(NH3)4]SO4·H2O3Cu+8NH3↑+3SO2↑+2N2↑+9H2O。
(3)①“沉CuNH4SO3”时,反应温度需控制在45℃,且受热均匀,合适的加热方式是水浴加热。
②二氧化硫有毒,NaOH溶液位于装置尾部,目的是尾气处理,作用是吸收SO2防止污染空气。
(4)①Cr2O72-为氧化剂,把Fe2+氧化为Fe3+,+6价铬被还原为+3,反应的离子方程为Cr2O72-+6 Fe2++14H+=2 Cr3++6 Fe3++7H2O,若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL,则所得产品K2Cr2O7的纯度为 =49%。
②假设离子初始浓度为2×10-3mo/L,当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时, ,则c(Fe3+)=1.3×10-10mo/L。
14.
【答案】(1)提高镍元素的浸取率
(2) 0.1
(3)与反应使溶液升高,解生成沉淀而除去
(4)、
(5)取最后一次洗涤液少量,向其中滴加盐酸酸化的溶液,若无白色沉淀生成,则沉淀已洗涤干净 9
(6)
【解析】【分析】用硫酸溶液溶解高镍铳并过滤,除去不溶于酸和水的杂质Cu和CuS,同时得到含有Ni2+、Fe2+及Co2+的滤液,向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+,后用CaCO3调节溶液pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,通过过滤除去,达到除铁的目的,过滤后的滤液中继续加入NiOOH,可生成Co(OH)3,再过滤除去,达到除钴的目的,最后滤液中加入NaOH溶液,并过滤即可得到Ni(OH)2。
【详解】(1)“酸浸”时,加入过滤的硫酸溶液,可使高镍铳完全溶解,提高镍元素的浸取率;
(2) H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+,发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O;若用NaClO代替H2O2溶液,使0.2mol Fe2+转化为Fe3+,共转移0.2mole-,NaClO的还原产物为NaCl,则需NaClO至少为=0.1mol;
(3)Fe3+在溶液中存在水解平衡为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入CaCO3能与H+反应使溶液pH升高,Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去;
(4)由分析知,“过滤”时滤渣1的主要成分是不溶液于稀硫酸的Cu为CuS;
(5) Ni(OH)2的表面附着液中含有SO42-,则取最后一次洗涤液少量,向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀生成,则沉淀已洗涤干净;已知Ksp[Ni(OH)2]=1×10-15=c(Ni2+)×c2(OH-),则c(OH-)=mol/L=10-5mol/L,此时溶液pH=9;
(6)“除钴”时NiOOH可生成Co(OH)3,则发生反应的离子方程式为NiOOH+Co2++H2O=Ni2++Co(OH)3。
【点睛】
考查物质的制备实验探究,涉及反应原理和混合物的分离提纯,准确的流程分析是解题关键,其中除铁和除钴的反应原理及离子方程式的书写是解题难点。
15.
【答案】(1)增大反应物接触面积,加快反应速率
(2)100℃,3小时
(3)温度过高,双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降
(4)2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4↓+ 2H2O + 4H+
(5)2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4
【解析】【分析】⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎,可以增大反应物接触面积,加快反应速率;
⑵由图可知,当铁的浸出率为80%时所采用的实验条件是温度和时间;
⑶温度过高,双氧水和氨水都容易分解, Ti元素浸出率下降;
⑷过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+,加入磷酸得到沉淀磷酸铁;
⑸根据质量守恒定律可得过程中FePO4制备LiFePO4的化学方程式。
【详解】
⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎,可以增大反应物接触面积,加快反应速率;故答案为:增大反应物接触面积,加快反应速率;
⑵由图可知,当铁的浸出率为80%时,所采用的实验条件是100℃和3小时;故答案为:100℃,3小时;
⑶温度过高,双氧水和氨水都容易分解,所以反应温度过高时,Ti元素浸出率下降;故答案为:温度过高,双氧水分解与氨气逸出导致Ti;
⑷过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+,加入磷酸得到沉淀磷酸铁,反应离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+,故答案为:2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+;
⑸过程中由FePO4制备LiFePO4,根据质量守恒定律可得化学方程式是:2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4,故答案为:2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4。
16.
【答案】(1)增大接触面积从而使反应速率加快 ac
(2)Fe3+ Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品的产量减少
(3)上方 偏大
【解析】【分析】制备BaCl2•2H2O的流程:毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),向其中加盐酸溶解,碳酸钡和盐酸反应:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O,然后加入氨水,调节溶液的pH为8,由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2,此时只有Fe3+完全沉淀,所以滤渣1为Fe(OH)3,溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+,再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5,Ca2+完全沉淀时的pH为13.9,Mg2+完全沉淀时的pH为11.1,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2;溶液中主要含Ca2+、Ba2+,然后再加入H2C2O4,得到CaC2O4沉淀,除去Ca2+,将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2•2H2O。
(1)可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率;根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器;
(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8,利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同,确定沉淀的成分及去除的离子;结合加入H2C2O4的量的多少,分析发生的反应及造成的影响;
(3)根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置;利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行,根据反应中物质的相应量的关系,计算出BaCl2溶液的浓度;然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少,判断误差,据此判断。
【详解】(1)毒重石是固体物质,由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关,所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法,增大反应物的接触面积,提高反应速率;在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸,需先计算出浓盐酸的体积和水的体积,用量筒量取;浓盐酸稀释为稀盐酸,需用烧杯作为容器,并用玻璃棒搅拌加速溶解,所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒,选项是ac;
(2)根据流程图和表中数据可知:Fe3+完全沉淀时的pH为3.2,加入氨水,调节溶液的pH为8,发生反应:Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,Fe3+完全沉淀,滤渣1为Fe(OH)3;加入氢氧化钠调节pH=12.5,由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9,Mg2+完全沉淀时的pH为11.1,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2,溶液中主要含Ca2+、Ba2+,Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9,易形成CaC2O4沉淀,加入H2C2O4时应避免过量,防止CaC2O4沉淀完全后,过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀,使产品的产量减少;
(3)无论酸式还是碱式滴定管,0刻度都位于滴定管的上方;步骤Ⅱ:待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用bmol/L盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1mL,则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O 的盐酸的物质的量为:V1×10-3×bmol,步骤Ⅰ:用bmol/L盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸体积为V0mL,加入的总盐酸的物质的量:V0×10-3×bmol,Ba2++CrO42-═BaCrO4↓,与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=(V0-V1)b×10-3mol,步骤Ⅱ:移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中,所以BaCl2溶液的浓度为:c(BaCl2)=mol/L=mol/L;若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,则V1减小,使得Ba2+浓度测量值将偏大。
【点睛】
本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法,侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识,实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。
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