高考化学二轮复习大题突破练1化学工艺流程题含答案

这是一份高考化学二轮复习大题突破练1化学工艺流程题含答案，共18页。试卷主要包含了6×10-2,Ka2=1，0~20，高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品等内容，欢迎下载使用。

大题突破练
大题突破练1　化学工艺流程题
　　　　　　　　　　　　　
1.(2022广东广州二模)金属镓拥有电子工业脊梁的美誉,镓与铝同族,化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是Al2O3,还含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收镓的工艺如下:

回答下列问题:
(1)“焙烧”中,Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为　　　　　　　　。 
(2)“碱浸”所得浸出渣的主要成分是　　　　　　　。 
(3)“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8,过滤,所得滤渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3,写出生成Al(OH)3的离子方程式:　 　　　　　　　。 
(4)“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有　　　　　　　。 
(5)“电解”所用装置如图所示,阴极的电极反应为　　　　　　　　　　　　　　　　。若电解获得1 mol Ga,则阳极产生的气体在标准状况下的体积为　　　　　　　 L ,电解后,阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成　　　　　　　(填化学式)可循环利用。 

2.(2022重庆第三次诊断)钪(Sc)是一种稀土金属,钪及其化合物在航空、电子、超导等方面有着广泛的用途。钛白粉中含有Fe、TiO2、Sc2O3等多种成分,用酸化后的钛白废水富集钪,并回收氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下:

回答下列问题:
(1)“萃取”时Ti4+、Fe2+、Sc3+均进入有机相中,则在“洗涤”时加入H2O2的目的是 　　　　　　　　。 
(2)“滤渣1”的主要成分是Sc(OH)3、　　　　　　　　(写化学式)。 
(3)在“调pH”时先加氨水调节pH=3,此时过滤所得滤渣主要成分是　　　　　;再向滤液中加入氨水调pH=6,此时滤液中Sc3+的浓度为　　　　　mol·L-1;检验含Sc3+滤液中是否含Fe3+的试剂为　　　　　　　　　　(写化学式)。(已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39;Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31) 
(4)“沉钪”时用到草酸。已知草酸的Ka1=5.6×10-2,Ka2=1.5×10-4;则在25 ℃时pH=3的草酸溶液中c(C2O42-)∶c(H2C2O4)= 　　　　　　　　。 
(5)写出草酸钪在空气中“焙烧”时反应的化学方程式: 　　　　　　　　。 
(6)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0~20.0 mg·L-1,该工艺日处理钛白酸性废水100.0 m3,理论上能生产含80%氧化钪的产品最多　　　　　kg(保留到小数点后一位)。 
3.(2022广东肇庆第三次质检)含钒化合物广泛用于冶金、化工行业。由富钒废渣(含V2O3、V2O4、Na2O·Al2O3·4SiO2和FeO)制备V2O5的一种流程如下:

查阅资料:
部分含钒物种在水溶液中主要存在形式如下:
pH
<1
1~4
4~6
6~8.5
8.5~13
>13
主要形式
VO2+
V2O5
多钒酸根
VO3-
多钒酸根
VO43-
备注
多钒酸盐在水中溶解度较小

本工艺中,生成氢氧化物沉淀的pH如下:
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7
回答下列问题:
(1)“焙烧”中,将“研磨”所得粉末与O2逆流混合的目的为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;所生成的气体A可在　　　　　　　　　　　工序中再利用。 
(2)“酸浸”时发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　(任写一个)。 
(3)滤渣2含有的物质为　　　　　　　　。 
(4)“转化Ⅱ”需要调整的pH范围为　　　　　　　　　　　;“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为　　　　　　　　。 
(5)“沉钒”中加入过量NH4Cl有利于晶体析出,其原因为　　　　　　　　。 
(6)“煅烧”中所生成的气体B用途广泛,写出基于其物理性质的一种用途:　　　　　　　　　　　。 
4.(2022辽宁大连24中三模)铍是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料,有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]为原料制备金属铍的工艺如下:

已知:“滤渣1”中含有铁、铝、硅的氧化物,Na3FeF6难溶于水,Be2+可与过量OH-结合成[Be(OH)4]2-(当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于等于1×10-5mol·L-1时,认为该离子沉淀完全);lg 2=0.3。
回答下列问题:
(1)“粉碎”的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)750 ℃烧结时,Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4,该反应的化学方程式为　　　　　　　　。 
(3)“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成Be(OH)2沉淀,但NaOH不能过量,原因是　　　　　　　　(用离子方程式表示)。 
(4)已知Ksp[Be(OH)2]=4.0×10-21,室温时0.40 mol·L-1Be2+沉淀完全时的pH最小为　　　　。 
(5)“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊,写出其化学方程式　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(6)“电解”NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍,加入NaCl的主要目的是　　　　　　　　　　。 
(7)绿色化学要求在工业生产中应有效利用原料,节约原料。本工艺过程可以循环利用的物质有　　　　　　　　。 
5.某湿法炼锌的萃余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+、Cd2+及30~60 g·L-1硫酸等,逐级回收有价值的金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图:

已知:
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Co(OH)3
Cd(OH)2
Ksp
2.6×10-39
4.9×10-17
5.9×10-15
1.6×10-44
7.2×10-15
回答下列问题:
(1)“中和氧化水解”时,先加入适量的石灰石调节溶液的pH为1.0;加入一定量的Na2S2O8;再加入石灰石调节溶液的pH为4.0。
①“氧化”时,Mn2+转化为MnO2除去,反应的离子方程式为　　　　　　　　。 
②“沉渣”的主要成分除MnO2外还有　　　　　　　　　　。 
③“氧化”时,若加入过量的Na2S2O8,钴元素将会进入“沉渣”中,则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为　　　　　mol·L-1。 
(2)“除镉”时,主要反应的离子方程式为 　　　　　　　　。 
(3)“沉锌”时,在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]固体,同时产生大量的气体。
①产生大量气体的原因是 　　　　　　　　。 
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗涤,检验是否洗净的试剂是　　　　　。 
(4)不同质量分数的Na2SO4溶液在不同温度下析出Na2SO4晶体的成分如图所示。欲从含20%Na2SO4及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水Na2SO4,“操作a”为 　　　　　　　　。 

6.(2022广东汕头二模)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物,具有吸收强紫外光线的能力,可以用于光催化降解有机污染物,利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如图所示。

(1)CeCO3F中Ce元素的化合价为　　　　　　价。 
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率,提高焙烧效率的方法是　　　　　　　　(写出一种即可)。 
(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、　　　　　　　　。 
(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换,避免产生污染性气体Cl2,由此可知氧化性:CeO2　(填“>”或“<”)H2O2。 
(5)写出“沉铈”过程中反应的离子方程式: 　　　　　　　　。 
若“沉铈”过程中,Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol·L-1 ],此时溶液的pH为5,则溶液中c(HCO3-)=　　　　　　　　 mol·L-1(保留2位有效数字)。{已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7,Ka2(H2CO3)=5.6×10-11,Ksp[Ce2(CO3)3}=1.0×10-28] 
(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染,其转化过程如图所示(以NO2为例)。

①该反应中的催化剂为　　　　　　　　(写离子符号)。 
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　　　　　。 
7.(2022福建莆田三模)铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2,还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2]为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题:

(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为　　　　　　价。 
(2)“酸浸”时,Na2SO3的作用是　　　　　　　　。“滤渣”的主要成分有SiO2和　　　　　　　　(填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示,“酸浸”的最佳条件是　　　　　　　　。 

(3)“除铁”的离子方程式为 　　　　　　　　。 
(提示:1 mol NaClO3参与反应,转移6 mol电子)
(4)从“滤液2”中可提取一种化肥,其电子式为　　　　　　　　。 
(5)“灼烧”时通入Ar的作用是 　　　　　　　　。 
8.(2022辽宁高三下学期联考)磷酸亚铁锂(LiFePO4)常用作动力锂离子电池的正极材料,利用LiFePO4废料(还含铝、石墨等成分)回收锂、铁等元素的工艺流程如图所示。

已知:LiFePO4不溶于NaOH溶液。
回答下列问题:
(1)LiFePO4中Fe元素的化合价为　　　　　　价; 
(2)“滤液1”含有的阴离子主要有:OH-、　　　　　　　　; 
(3)在“酸浸”中,磷元素转化为H3PO4。
①实际操作时,所加H2O2的量要比理论计算值多,可能原因是　　　　　　　　。 
②LiFePO4发生反应的离子方程式为 　　　　　　　　; 
(4)“滤渣2”的主要成分是　　　　　　　　; 
(5)碳酸锂溶解度(用溶液中溶质的物质的量分数xi表示)曲线如图所示。

①“沉锂”采用90 ℃的优点有 　　　　　　　　。 
②308 K时,碳酸锂溶解度为　　　　　　　　 g(列出数学计算式); 
(6)沉锂温度达到100 ℃时,碳酸锂沉淀率下降,可能的原因是　。 
9.(2022广东深圳第二次调研)高磷镍铁是生产钙镁磷肥的副产品。以高磷镍铁(主要含Ni、Fe、P,还含有少量Fe、Cu、Zn的磷化物)为原料生产硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)的工艺流程如图:

已知:电解时,选用2 mol ·L-1硫酸溶液为电解液。
回答下列问题:
(1)先将高磷镍铁制成电极板,“电解”时,该电极板作　　　　极;阴极产物主要为　　　　,此外,溶液中的Cu2+有部分在阴极放电。 
(2)“除铁磷”时,溶液中Fe2+先被氧化为Fe3+,该过程发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　;再加入Na2CO3调pH=2,并将溶液加热至50 ℃,形成铁、磷共沉淀。 
(3)“滤渣2”的主要成分为ZnS和　　　　(填化学式)。 
(4)“沉镍”时,为确保镍沉淀完全,理论上应调节溶液pH≥　　　　(已知:25 ℃时,Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15;lg 2≈0.3;当溶液中离子浓度≤1.0×10-5 mol ·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。 
(5)“母液”中的溶质主要有　　　　　　　、　　　　　　(填化学式)。 
(6)硫代硫酸镍(NiS2O3)在冶金工业中有广泛应用。向上述流程制得的NiSO4溶液中加入BaS2O3固体,充分反应后,过滤得到NiS2O3溶液;再向该溶液加入无水乙醇,析出NiS2O3晶体[已知:25 ℃时,Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaS2O3)=1.6×10-5]。
①生成NiS2O3的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　;该反应可以进行得较完全,结合相关数据说明理由:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②加入无水乙醇有利于NiS2O3晶体析出,其原因是　　　　　　　　。 




参考答案

大题突破练
大题突破练1　化学工艺流程题
1.答案 (1)Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑
(2)Fe2O3
(3)AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-
(4)GaO2-、OH-
(5)GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH-　16.8　Na2CO3、CO2
解析 (1)“焙烧”中,Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2,化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑。
(2)高铝粉煤灰的主要成分是Al2O3,还含有少量Ga2O3和Fe2O3等,由流程可知,镓最终转化为镓单质,加入氢氧化钠,氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,氧化铁与氢氧化钠不反应,故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3。
(3)“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8,“碱浸”中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,离子方程式为AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-。
(4)“转化1”中生成Ga(OH)3,“溶镓”中加入石灰乳,根据流程可知,Ga(OH)3转化为GaO2-形式存在,故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO2-和过量的OH-。
(5)阴极GaO2-得到电子发生还原反应生成Ga单质,电极反应为GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH-;阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气:2H2O-4e-4H++O2↑,产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子,若电解获得1 mol Ga,根据电子守恒可知,4Ga~12e-~3O2,则生成O2的物质的量为34 mol ,则阳极产生的气体在标准状况下的体积为34 mol×22.4 L·mol-1=16.8 L ;电解后,阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠,碳酸氢钠分解生成的Na2CO3和CO2均可循环利用。
2.答案 (1)将Fe2+氧化为Fe3+　(2)Fe(OH)3、Ti(OH)4
(3)Fe(OH)3　9.0×10-7　KSCN
(4)8.4　(5)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
(6)3.8
解析 (1)有机相中含Fe2+,在“洗涤”时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+;
(2)加入NaOH溶液沉淀Ti4+、Fe3+、Sc3+,“滤渣1”的主要成分是Sc(OH)3、Fe(OH)3、Ti(OH)4;
(3)“调pH”时先加氨水调节pH=3,目的是沉淀Fe3+,过滤所得滤渣主要成分是Fe(OH)3;pH=6时c(OH-)=KWc(H+)=10-1410-6 mol·L-1=10-8 mol·L-1,滤液中Sc3+的浓度为c(Sc3+)=Ksp[Sc(OH)3]c3(OH-)=9.0×10-31(1×10-8)3 mol·L-1=9.0×10-7 mol·L-1;检验Fe3+的试剂为KSCN溶液,若存在Fe3+,溶液会呈红色;
(4)草酸溶液中c(C2O42-)c(H2C2O4)=c(HC2O4-)·c(H+)c(H2C2O4)×c(C2O42-)·c(H+)c(HC2O4-)×1c2(H+)=Ka1×Ka2×1(10-3)2=5.6×10-2×1.5×10-4×110-6=8.4;
(5)草酸钪Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”时得到Sc2O3,C元素化合价升高生成二氧化碳,O元素化合价降低,反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2;
(6)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0~20.0 mg·L-1,100.0 m3废水中Sc3+质量最大为20.0 mg·L-1×100.0×103 L=2 000×103 mg=2 kg,由元素质量守恒2Sc3+~Sc2O32×45 1382 kg mkg×80%,解得m≈3.8。
3.答案 (1)增大原料接触面积,加快反应速率,使反应更充分　转化Ⅲ　(2)V2O5+2H+2VO2++H2O(合理即可)
(3)V2O5、Fe(OH)3
(4)>13　VO43-+2CO2+H2OVO3-+2HCO3-
(5)利用同离子效应,降低NH4VO3的溶解度
(6)作制冷剂
解析 (1)“焙烧”中,“研磨”所得粉末与O2逆流混合可以增大原料接触面积,加快反应速率,使反应更充分;由转化关系可知,所生成的气体A为CO2,可在“转化Ⅲ”工序中再利用。
(2)“酸浸”的主要目的为将钒元素转化为VO2+的形式存在,避免生成V2O5或多钒酸根降低产品产率;“焙烧”后的烧渣中主要有V2O5、Fe2O3、Na2O、NaAlO2和Na2SiO3。
(3)“转化Ⅰ”的pH=3.0,其目的是使V元素以V2O5形式存在,将大部分Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,过滤除去Al3+,则滤渣2含有的物质为V2O5、Fe(OH)3。
(4)“转化Ⅱ”的目的是除去Fe元素,且由信息知多钒酸盐在水中溶解度较小,则“转化Ⅱ”应将V元素转化为VO43-,需要调整的pH范围为>13;“转化Ⅲ”中含钒物种由VO43-转化为VO3-,反应的离子方程式为VO43-+2CO2+H2OVO3-+2HCO3-。
(5)“沉钒”中需加入过量NH4Cl,可利用同离子效应,降低NH4VO3的溶解度,提高产品产率。
(6)“煅烧”中生成的气体B为NH3,氨易液化,液氨汽化吸收大量热使周围温度急剧降低,可作制冷剂。
4.答案 (1)增大固体的表面积,提高水浸的浸取率
(2)2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2
(3)Be(OH)2+2OH-[Be(OH)4]2-或Be2++4OH-[Be(OH)4]2-
(4)6.3　(5)BeO+Cl2+CBeCl2+CO
(6)增强导电性　(7)Na3FeF6、Cl2
解析 (1)绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]烧结后得到固体混合物,为提高水浸效率,需要将固体粉碎,增大接触面积;
(2)750 ℃烧结时,Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物,该反应的化学方程式为2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2;
(3)Be(OH)2呈两性,“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量,则会继续溶解而生成可溶性盐,即Be(OH)2+2OH-[Be(OH)4]2-或Be2++4OH-[Be(OH)4]2-;
(4)由于Ksp[Be(OH)2]=1×10-5×c2(OH-)=4.0×10-21,则有c(OH-)=2×10-8 mol·L-1,pH=-lg10-142×10-8=6.3;
(5)“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊,即BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO,故其反应的化学方程式为BeO+Cl2+CBeCl2+CO;
(6)从反应过程分析,NaCl没有参加反应,则加入NaCl的主要目的是增强导电性;
(7)由题干流程图可知,Na3FeF6可以循环利用,高温转化时需要利用Cl2,电解时又产生Cl2,即Cl2也可以循环利用。
5.答案 (1)①S2O82-+Mn2++2H2OMnO2↓+2SO42-+4H+　②Fe(OH)3、CaSO4　③1.6×10-14
(2)Zn+Cd2+Zn2++Cd
(3)①Zn2+和CO32-发生相互促进的水解反应,产生ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O和CO2气体　②BaCl2溶液
(4)蒸发浓缩、趁热过滤
解析 (1)①Na2S2O8具有氧化性,将Mn2+转化为MnO2除去,反应的离子方程式为S2O82-+Mn2++2H2OMnO2↓+2SO42-+4H+;
②“沉渣”的主要成分除MnO2外还有氢氧化铁和硫酸钙;
③加入石灰石调节溶液的pH为4.0,Co(OH)3的Ksp=1.6×10-44,则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为1.6×10-44(10-10)3 mol·L-1=1.6×10-14 mol·L-1;
(2)“除镉”时,是锌置换镉,主要反应的离子方程式为Zn+Cd2+Zn2++Cd;
(3)①Zn2+和CO32-发生相互促进的水解反应,产生ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O和大量的CO2气体;
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗涤,检验是否洗净,即检验溶液中是否含有CO32-,可以选用的试剂是BaCl2溶液;
(4)从题图分析,得到硫酸钠需要进行的操作为蒸发浓缩,趁热过滤。
6.答案 (1)+3　(2)粉碎矿石、增大气流速度、提高焙烧温度(任写一种,合理即可)
(3)漏斗、玻璃棒　(4)>
(5)2Ce3++6HCO3-Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑　0.18　(6)①Ce4+　②1∶2
解析 (1)CeCO3F中C元素化合价为+4价、O元素化合价为-2价、F元素化合价为-1价,根据化合价代数和等于0,Ce元素的化合价为+3价;
(2)根据影响反应速率的因素,提高焙烧效率的方法是粉碎矿石、增大气流速度、提高焙烧温度等;
(3)操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液,方法为过滤,所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗;
(4)Cl-被CeO2氧化为Cl2,CeO2为氧化剂,盐酸为还原剂,盐酸可用硫酸和H2O2替换,可知H2O2是还原剂,则氧化性CeO2>H2O2;
(5)“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀,反应的离子方程式为2Ce3++6HCO3-Ce2(CO3)3↓+3H2O+3CO2↑。若“沉铈”过程中,Ce3+恰好沉淀完全,则c(Ce3+)为1.0×10-5 mol·L-1,则c(CO32-)=3Ksp[Ce2(CO3)3]c2(Ce3+)=31×10-281×10-10 mol·L-1=1×10-6 mol·L-1,c(CO32-)·c(H+)c(HCO3-)=5.6×10-11,此时溶液的pH为5,则溶液中c(HCO3-)=c(CO32-)·c(H+)5.6×10-11=1×10-6×1×10-55.6×10-11mol·L-1≈0.18 mol·L-1;
(6)①根据题图示,总反应为4H2+2NO24H2O+N2,该反应中的催化剂为Ce4+;
②根据化学方程式4H2+2NO24H2O+N2,NO2中N元素化合价由+4价降低为0价,NO2是氧化剂,H2中H元素化合价由0价升高为+1价,H2是还原剂,该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。
7.答案 (1)+3
(2)还原RuO4　CaSO4　T=65 ℃、pH=1.0
(3)6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-
(4)[H··N··HH····H]+[∶Cl····∶]-　(5)作保护气,防止钌与空气中的氧气反应
解析 (1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Na元素化合价为+1价、S元素化合价为+6价、O元素化合价为-2价、H元素化合价为+1价,根据化合价代数和等于0,Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为+3价;
(2)根据题给流程图,“酸浸”后,溶液中钌元素只以Ru(SO4)2形式存在,可知Na2SO3把RuO4还原为+4价,Na2SO3的作用是还原RuO4。二氧化硅和硫酸不反应、硫酸钙微溶,“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4。根据题给图示,温度为65 ℃、pH为1.0时钌的浸出率最大,“酸浸”的最佳条件是T=65 ℃、pH=1.0;
(3)“酸浸”后溶液中的铁元素以Fe2+的形式存在,“除铁”时加入NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+,碳酸钠调节pH生成
Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀,反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3-+18SO42-+6H2O3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-;
(4)“酸溶”后溶液中的溶质RuCl4与加入的(NH4)2C2O4反应生成Ru(C2O4)2沉淀和氯化铵,“滤液2”中的化肥是氯化铵,其电子式为[H··N··HH····H]+[∶Cl····∶]-;
(5)“灼烧”时通入Ar作保护气,防止钌与空气中的氧气反应。
8.答案 (1)+2　(2)AlO2-
(3)①H2O2易分解　②2LiFePO4+H2O2+8H+2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O
(4)Fe(OH)3
(5)①90 ℃可减少Li2CO3溶解损失　②3×10-3×74×10018
(6)温度过高,促进了碳酸锂的水解
解析 (1)根据正负化合价的和为0的原则可知其中Fe的化合价为+2价;
(2)LiFePO4不溶于氢氧化钠溶液,铝溶于氢氧化钠,2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,故“滤液1”中的阴离子为OH-、AlO2-;
(3)①过氧化氢容易分解,影响除杂,故所加H2O2的量要比理论计算值多,可能原因是H2O2易分解;②LiFePO4中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,同时生成磷酸,离子方程式为2LiFePO4+H2O2+8H+2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O;
(5)①由题图可知Li2CO3的溶解度随温度升高而降低,90 ℃可减少Li2CO3溶解损失;
②308 K时,碳酸锂物质的量分数xi=3.0×10-3,设溶液中,水和碳酸锂共1 mol,则n(Li2CO3)=3.0×10-3 mol,n(H2O)≈1 mol,S100=3×10-3×741×18,S=3×10-3×74×10018 g;
(6)碳酸锂可以水解,升温促进水解,故沉锂温度达到100 ℃时,碳酸锂沉淀率下降,可能的原因是温度过高,促进了碳酸锂的水解。
9.答案 (1)阳　H2
(2)2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O
(3)CuS　(4)9.15
(5)NaCl　Na2SO4
(6)①BaS2O3+NiSO4NiS2O3+BaSO4　该反应的K=Ksp(BaS2O3)Ksp(BaSO4)=1.6×105,K大于105,反应进行得较完全　②降低NiS2O3的溶解度
解析 先将高磷镍铁制成电极板,进行电解,Ni、Fe、Zn、Cu转化为阳离子进入溶液,之后加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+,然后加入Na2CO3调pH=2,并将溶液加热至50 ℃,形成铁、磷共沉淀;过滤后加入H2S除去Cu2+和Zn2+;过滤后向滤液中加入NaOH得到Ni(OH)2沉淀,过滤、水洗沉淀后,加入硫酸溶解,得到硫酸镍溶液,经系列处理得到NiSO4·6H2O。
(1)电解的主要目的应是将金属元素转化为相应的金属阳离子,所以高磷镍铁应为阳极,被氧化;阴极主要为氢离子放电,所以主要产物为H2。
(2)“除铁磷”时,ClO-将Fe2+氧化为Fe3+,根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O。
(3)“除铁磷”后主要杂质还有Cu2+、Zn2+,所以加入H2S除杂时得到的“滤渣2”的主要成分为ZnS和CuS。
(4)当溶液中c(Ni2+)=1.0×10-5 mol ·L-1时,c(OH-)=Ksp[Ni(OH)2]c(Ni2+)=2×10-151.0×10-5 mol·L-1=2×10-5 mol·L-1,此时c(H+)=22×10-9 mol·L-1,pH=-lg c(H+)=9.15,所以理论上应调节溶液pH≥9.15。
(5)ClO-会被还原为Cl-,电解时选用2 mol ·L-1硫酸溶液为电解液,所以溶液中阴离子还有SO42-,而阳离子只剩加入的Na+,所以“母液”中的溶质主要有NaCl、Na2SO4。
(6)①根据题意,NiSO4溶液可以使BaS2O3沉淀转化为BaSO4沉淀,同时得到NiS2O3,化学方程式为BaS2O3+NiSO4NiS2O3+BaSO4;该反应的平衡常数K=c(S2O32-)c(SO42-)=Ksp(BaS2O3)Ksp(BaSO4)=1.6×10-51.0×10-10=1.6×105,K大于105,反应进行得较完全。
②无水乙醇可以降低NiS2O3的溶解度,利于晶体析出。