2020年高考化学大题专项复习：化学工艺流程题

2020年高考化学大题专项复习：化学工艺流程题

2020 年高考化学大题专项复习：化学工艺流程题 1.中南大学郑雅杰等 3 位老师提出“以含砷废水沉淀还原法制备 As2O3”，有较高的实际应用 价值。某工厂含砷废水含有 H3AsO3、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3 等，利用该废水提取 As2O3 的流程如图所示。 表：金属离子沉淀 pH 值表格(20℃) 10-1 10-2 10-3 10-4 10-5 Fe3+ 1.8 2.2 2.5 2.9 3.2 Cu2+ 4.7 5.2 5.7 6.2 6.7 （1）为了加快中和过程的速率，可以采取的措施有______________(写出一条合理的措施 即可)。 （2）沉淀中的成分，除了 Bi(OH)3 沉淀外，还有 。 （3）A 可以循环利用，A 的化学式为_________。在滤液 1 中，加入 NaOH 调节 pH 为 8 的目的是 。 （4）Cu3(AsO3)2 沉淀加入一定量的水调成浆料，通入 SO2，该过程的化学反应方程式 是 。 （5）按照一定的液固比，将水加入 Cu3(AsO3)2 沉淀中，调成浆料。当反应温度为 25℃， SO2 流量为 16L/h，液固比、时间对砷、铜浸出率的影响如图甲、乙所示。请选择最适宜 的液固比、反应时间：______________、_______________。 （6）一定条件下，用雄黄(As4S4)制备 As2O3 的转化关系如图所示。若反应中，1mol As4S4(其 中 As 元素的化合价为+2 价)参加反应时，转移 28mole-，则物质 a 为_______(填化学式)。 【答案】（1）适当增加氢氧化钠溶液的浓度或加热 （2） Fe(OH)3 （3） CuSO4 完全沉淀 Cu2+，回收利用铜 （4）Cu3(AsO3)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2·2H2O+2H3AsO3+H2SO4 （5）4：1 60min SO2 【解析】（1）为了加快中和的速率，可以通过浓度、温度来调节反应的速率。 （2）根据元素守恒进行判断。 （3）Cu3(SO3)2·2H2O 氧化可以得到 CuSO4，在流程中可以循环利用。 （4）根据氧化还原反应中化合价升降守恒可知 S 的化合价升高，根据信息写出反应物和 产物并配平方程式。 （5）根据图象，砷的浸岀率随着液固比增加而増加。为了减少铜的浸出，适宜的液固比 为 4:1。砷浸出率随反应时间延长而升高，铜浸出率随反应时间延长而降低。 （6）根据电子转移相等计算。 【详解】 （1）为了加快中和的速率，可以通过浓度、温度来调节反应的速率，因此可以通过增加 氢氧化钠溶液的浓度、加热来加快化学反应速率。 （2）根据含砷废水的成分 H3AsO3、H2SO4、Fe2(SO4)3、Bi2(SO4)3 等，根据元素守恒，除 了得到 Bi(OH)3 沉淀外，还有 Fe(OH)3 沉淀。 （3）Cu3(SO3)2·2H2O 氧化可以得到 CuSO4，在流程中可以循环利用。Cu3(AsO3)2 为 了充分回收砷，使用了过量硫酸铜，为了减少铜的损失，应回收利用铜，用 NaOH 调节 废水 pH 值至 8。 （4）结合 Cu3(AsO3)2 中 Cu 为+2 价，1molCu3(SO3)2·2H2O 中有 2molCu 显+1 价， 1molCu 显+2 价，根据氧化还原反应中化合价升降守恒可知 S 的化合价升高，根据信息 写出反应物和产物并配平方程式： Cu3(AsO3)2+3SO2+6H2O=Cu3(SO3)2·2H2O+2H3AsO3+H2SO4。 （5）根据图象，砷的浸岀率随着液固比增加而増加，但同时铜的浸岀率也随着液固比増 加而升高。为了减少铜的浸出，适宜的液固比为 4:1。砷浸出率随反应时间延长而升高， 铜浸出率随反应时间延长市降低。当反应为 60min 时，砷浸出率较大和铜浸出率较小，继 续延长反应时间，砷、铜浸出率变化不大。因此，选择 60min。 （6）As4S4 中 As 为+2 价、S 为-2 价，且 As 元素被氧化为+3 价的 As2O3，1molAs4S4(其 中 As 元素的化合价为+2 价)参加反应时，转移 28mole-，由于 As 的化合价只升高了 1， 则 S 元素化合价必须升高 6 价，即 S 元素的化合价由-2 升高为+4 价，因此应为 SO2。 2.钠离子电池由于成本低、资源丰富，成为取代锂离子电池在大规模储能领域应用的理想选择。 作为钠离子电池的正极材料之一，束状碳包覆 K3V2(PO4)3 纳米线电极材料成为关注焦点之 一。其制备工艺流程如图： （资料） ①石煤的主要成分为 V2O3，含有 Al2O3、CaO、Fe2O3 等杂质。 ②+5 价钒在溶液中的主要存在形式与溶液 pH 的关系如下表。 （1）K3V2(PO4)3 中 V 的化合价为___。 （2）焙烧时，向石煤中加生石灰，将 V2O3 转化为 Ca(VO3)2。 ①为了提高焙烧过程中氧化效率，下述工艺步骤方法合理的是___。 a.在回转窑进行富氧焙烧，助燃风气量为煤气量的 0.5~2 倍 b.焙烧过程中，在焙烧物料中加入辅助剂，增加物料疏松度和透气性 c.窑体进行分段控温 d.调控料层厚度为窑体的 2/3 高度 ②焙烧过程中主要反应的化学方程式为__________。 （3）实验时将 NH4VO3、KOH 和 H3PO4 按物质的量分别为 5mmol、7.5mmol、7.5mmol 依次溶解于 20mL 去离子水中，溶液颜色依次为白色浑浊、无色澄清透明和棕红色透明溶 液。随后再加入 H2C2O4·2H2O，搅拌至溶液变为黄绿色，草酸的量对 K3V2(PO4)3 形貌的 影响如下： ①实验条件下束状碳包覆 K3V2(PO4)3 纳米线样品制备的最佳条件 为 。 ②亚硫酸钠是常用的还原剂，但实验中不能用亚硫酸钠代替草酸晶体，原因 是 。 （4）加入的草酸晶体是过量的，其中只有 1 3 的草酸为还原剂，将 VO3 -还原成 VO2+，2 3 的 草酸以 C2O4 2-的形式存在，此过程中反应的离子方程式 为 。 （5）“氩气中煅烧”时，氩气的作用是 。 （6）某工厂利用上述工艺流程，用 10t 石煤生产束状碳包覆 K3V2(PO4)3 纳米线 0.8064t， 若整个过程中钒的总回收率为 80%，则石煤中钒元素的质量分数为___。 【答案】（1）+3 （2）① a、b、c ②  2 Δ 32 3 2CaO+O +V O =Ca VO （3） ①草酸质量为 6.0g ②草酸在合成束状碳包覆 K2V2(PO4)3 纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌 （4） + - 2 2- 3 2 2 4 2 2 4 2 22H +2VO +3H C O 2H O=2VO 2C O +2CO +10H O   （5） 防止 K2V2(PO4)3 被氧化 （6） 2.04% 【解析】 石煤的主要成分为 V2O3，含有 Al2O3、CaO、Fe2O3 等杂质，在空气中焙烧，生成 Ca(VO3)2， 固体进行酸浸，生成 Fe3+、Al3+、Ca2+、 + 2VO 等，加入萃取剂将含 + 2VO 的物质萃取，然后 进行反萃取操作将含 + 2VO 的物质提纯，向所得溶液中加入沉淀剂生成 NH4VO3，NH4VO3 与 KOH、H3PO4 反应后得到棕红色透明含 - 3VO 溶液，然后向溶液中加入过量草酸晶体发 生氧化还原反应，将 - 3VO 还原成 VO2+，然后进行干燥，将固体在氩气中煅烧制备束状碳 包覆 K3V2(PO4)3 纳米线，以此解答。 （1）K3V2(PO4)3 中 K 元素化合价为+1 价， 3- 4PO 带 3 个单位负电荷，根据化合物化合价为 0 可知，V 呈+3 价； （2）①a．焙烧过程中 V 元素被氧化，在富氧环境中焙烧有利于提高氧化效率，故 a 符 合题意； b．增加物料疏松度和透气性可提高固体反应的效率以及反应速率，可提高氧化效率，故 b 符合题意； c．分段控温可防止过热导致固体结块，可提高氧化效率，故 c 符合题意； d．若料层厚度过高，不利于反应的充分进行，因此需降低料层的厚度，故 d 不符合题意； 故答案为：a、b、c； ②焙烧过程中 V2O3 转化为 Ca(VO3)2，V 元素化合价升高，因此空气中 O2 参加反应，其 反应方程式为：  2 Δ 32 3 2CaO+O +V O =Ca VO ； （3）①由表格可知，若要制备出均一的束状 K3V2(PO4)3 纳米线，则草酸的量为 6.0g； ②草酸在合成过程中作还原剂，由表格可知，草酸晶体的使用量不同，纳米线的形貌也会 发生该变，因此选用草酸晶体而不用亚硫酸钠的原因为：草酸在合成束状碳包覆 K2V2(PO4)3 纳米线的过程中不仅做还原剂还影响其形貌； （4）草酸只有 1 3 的草酸为还原剂，草酸被氧化为 CO2，并将 - 3VO 还原成 VO2+，2 3 的草酸 以 2- 2 4C O 的形式存在，根据氧化还原转移电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知该离子反 应方程式为： + - 2 2- 3 2 2 4 2 2 4 2 22H +2VO +3H C O 2H O=2VO 2C O +2CO +10H O   ； （5）K3V2(PO4)3 中 V 呈+3 价，容易被空气中氧气氧化，因此用氩气作保护气，防止 K3V2(PO4)3 被氧化； （6）设石煤中钒元素的质量分数为ω，根据整个过程中 V 元素质量守恒可得：         3 2 4 3 3 2 4 3 K V Pω 80% = O K V PO 2V mm M M          石煤 ，10 80% 51 t   = 2 0.8064 504  ，解得ω=0.0204，则 石煤中钒元素的质量分数为 2.04%。 3.含钒石煤(含有铁、硅、铝、钙、镁等元素的氧化物)中的钒大部分是以 V(III)和 V(IV)形式存 在，由含矾石煤提钒的一种工艺流程如图所示： 已知：铜铁试剂能与铜、铁、铝、钛等元素形成不溶于水的配合物。 回答下列问题： （1）含矾石煤预制时加入复合添加剂对钒浸出率的影响如图所示，其中最佳复合添加剂 为 ，最佳添加比例为 。 （2）如图为“抽滤”实验原理装置图，"抽滤”时抽气泵的作用是 ；“酸浸 渣”经“水洗涤”返回“浸出”的目的是 。 （3）已知酸浸液中 V2O2 4+被 H2O2 氧化成 VO2 +，其离子方程 式 。“净化除杂”时用铜铁试剂除去所含的 Al3+、Fe3+ 等杂质离子而不通过调节酸浸液 pH 的原因是 。 （4）“沉钒”的离子反应方程式为 。 （5）“煅烧”纯净的沉钒产物过程中，固体残留率与温度变化如图所示。已知 A 点坐标 为(260℃，85.47%)。则 A 点对应物质的化学式为 ，B 点对应的物质为 V2O5， 则 B 点坐标为 。 【答案】 (1) Na2CO3/K2CO3 1：1 (2) 抽走装置中的空气，形成负压，加快过滤速率 提高钒浸出率 (3) 4+ + + 2 2 2 2 2V O +H O =2VO +2H 若调节酸浸液 pH 易生成 Fe(OH)3、Al(OH)3 胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根离子， 造成钒损失 （4） - 3 4 4 3VO +NH =NH VO  （5） HVO3 (400℃ ，77.78%) 【解析】 （1）据图可知，Na2CO3/K2CO3 作复合添加剂时，钒浸出率最高，添加比例为 1：1； 故答案为：Na2CO3/K2CO3；1：1； （2）"抽滤"比过滤效果好速度快的原因是装置内外压强差大，是利用抽气泵使吸滤瓶中的 压强降低，使过滤速度加快； 答案为：抽走装置中的空气，形成负压，加快过滤速率； “酸浸渣”经“水洗涤”返回“浸出"可提高钒元素的浸出率； 答案为：提高钒浸出率； （3） V2O2 4+被 H2O2 氧化成 VO2 +，H2O2 作氧化剂，其还原产物为水，则离子方程式为： 4+ + + 2 2 2 2 2V O +H O =2VO +2H ； 答案为： 4+ + + 2 2 2 2 2V O +H O =2VO +2H ； 按信息，铜铁试剂能与铜、铁、铝、钛等元素形成不溶于水的配合物而除去，若调节酸浸 液 pH 易生成 Fe(OH)3、Al(OH)3 胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根离子，造成钒损失； 答案为：若调节酸浸液 pH 易生成 Fe(OH)3、Al(OH)3 胶体，胶体会吸附溶液中的钒酸根 离子，造成钒损失； （4）据流程图知，“含钒净化液”中的 - 3VO 与铵盐中 4NH  结合生成 4 3NH VO 沉淀； 答案为： - 3 4 4 3VO +NH =NH VO  ； （5） 260℃时若分解生成 HVO3 和 NH3，则剩余固体质量与初始固体质量的百分比为 100 117 ×100％≈85.47%，所以 A 点(260℃ )对应物质的化学式为 HVO3； 答案为：HVO3； B 点对应的物质为 V2O5 ，根据质量变化特点，可以得出剩余固体质量与初始固体质量的 百分比为 1182 2 100%117   ≈77.78%，则 B 点坐标为(400℃，77.78%)；答案为：(400℃， 77.78%)。 4．用钒钛磁铁矿为原料冶炼铁，产生一种固体废料，主要成分如下表。 通过下列工艺流程可以实现元素 Ti、Al、Si 的回收利用，并得到纳米二氧化钛和分子筛。 请回答下列问题： （1）步骤①②③中所用的玻璃仪器 。 （2）下列固体废料的成分中，不属于碱性氧化物的是 （填字母序号）。 a.TiO2 b.SiO2 c.MgO d.CaO （3）熔融温度和钛的提取率关系如图，适宜温度为 500℃，理由是 。 （4）滤液①中溶质的主要成分是 。 （5）步骤②中发生反应的离子方程式是 。 （6）将步骤③中制取分子筛的化学方程式补充完整： ___+6Na2SiO3+8H2O=Na8Al6Si6O24(OH)2·2H2O+ ___ 根据成分表中数据，计算 100kg 固体废料，理论上应再加入 Na2SiO3 物质的量的计算式 是 n(Na2SiO3)= mol（摩尔质量/g/mol：SiO2-60，Al2O3-102）。 【答案】（1）漏斗、烧杯、玻璃棒 （2）ab （3）400℃时钛的提取率太低，600℃钛的提取率提高不多，从节约能源降低成本的角度 考虑适宜温度为 500℃。 （4） NaAlO2、Na2SiO3、NaOH （5）Na2TiO3+2H+= H2TiO3↓+2 Na+ （6） 6NaAlO2 10NaOH 3100 10 19.34% 2 102    - 3100 10 5.39% 60   【解析】 固体废料加入稍过量的氢氧化钠固体熔融反应，其中氧化铝熔融为偏铝酸钠，二氧化硅熔 融为硅酸钠，二氧化钛熔融为 Na2TiO3，残渣为镁钙化合物，共熔物溶于水过滤得到 NaTiO3 固体和滤液①，Na2TiO3 中加入稀盐酸过滤得到 H2TiO3 沉淀和滤液②，煅烧 H2TiO3 得到二 氧化钛和水，滤液①中主要为 NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，将溶液加入适量的硅酸钠过 滤得到滤渣，洗涤干燥得到制取的分子筛，滤液③主要是氢氧化钠等： （1）实验过程中，步骤①②③都是固液分离，采用过滤； （2）与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物； （3）图像中钛的提取率和升温变化情况分析判断； （4）滤液①主要为 NaAlO2、Na2SiO3、NaOH； （5）步骤②中发生反应是钛酸钠和酸反应生成钛酸沉淀； （6）结合反应过程得到滤液①的成分和反应产物、原子守恒分析判断缺项物质。 【详解】 固体废料加入稍过量的氢氧化钠固体熔融反应，其中氧化铝熔融为偏铝酸钠，二氧化硅熔 融为硅酸钠，二氧化钛熔融为 Na2TiO3，残渣为镁钙化合物，共熔物溶于水过滤得到 NaTiO3 固体和滤液①，Na2TiO3 中加入稀盐酸过滤得到 H2TiO3 沉淀和滤液②，煅烧 H2TiO3 得到二 氧化钛和水，滤液①中主要为 NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，将溶液加入适量的硅酸钠过 滤得到滤渣，洗涤干燥得到制取的分子筛，滤液③主要是氢氧化钠等： （1）实验过程中固液分离，采用过滤的操作方式，过滤操作用到的玻璃仪器：漏斗、烧 杯、玻璃棒； （2）和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性 氧化物： a．TiO2 和碱反应生成盐 Na2TiO3 和水，为酸性氧化物； b．SiO2 和碱反应生成盐 Na2SiO3 和水，为酸性氧化物； c．MgO 和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物； d．CaO 和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物； 答案选 ab； （3）由图像中钛的提取率和升温变化情况分析，适宜温度为 500℃，理由是：400℃时钛 的提取率太低，600℃钛的提取率提高不多，从节约能源降低成本的角度考虑适宜温度为 500℃； （4）分析可知滤液①主要为 NaAlO2、Na2SiO3、NaOH； （5）步骤②中发生反应是钛酸钠和酸反应生成钛酸沉淀，反应的离子方程式为： Na2TiO3+2H+= H2TiO3↓+2 Na+； （6）结合反应过程得到滤液①的成分 NaAlO2、Na2SiO3、NaOH，结合反应产物、原子 守恒分析判断缺项物质配平得到化学方程式：6NaAlO2+6Na2SiO3 +8H2O= Na8Al6Si6O24(OH)2·2H2O+ 10NaOH，依据化学反应方程式中，化学计量数之间的关系， 需要 NaAlO2 的物质的量与 Na2SiO3 的物质的量相等，100kg 固体废料 NaAlO2 的物质的 量：n(NaAlO2)= 3100 10 19.34% 2 102    mol，100kg 固体废料 SiO2 的物质的量： 3100 10 5.39% 60   mol，原化合物中二氧化硅生成硅酸钠，故 100kg 固体废料，理论上应再 加入 Na2SiO3 物质的量的计算式是：n(Na2Si03)=( 3100 10 19.34% 2 102    - 3100 10 5.39% 60   )mol。 5.五氧化二钒用作冶金添加剂，占五氧化二钒总消耗量的 80%以上，其次是用作有机化工的 催化剂。为了增加 V2O5 的利用率，我们从废钒催化剂（主要成分 V2O5、VOSO4、K2SO4、 SiO2 和 Fe2O3 等） 中回收 V2O5 的一种生产工艺流程示意图： 部分含钒物质在水中的溶解性如表所示，回答下列问题： 物质 VOSO4 V2O5 NH4VO3 (VO2)2SO4 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 （1）①中废渣的主要成分是 __________________________；①中 V2O5 发生反应的离子 方程式为 ___________________________ 。 （2）②、③中的变化过程可简化为（下式中的 R 表示 VO2+或 Fe3+，HA 表示有机萃取 剂的主要成分）R2(SO4)n（水层）+2nHA（有机层）⇌ 2RA（有机层）+ nH2SO4（水层）。 ②中萃取时必须加入适量碱，其原因是 ______________________；实验室进行萃取操作 使用的玻璃仪器为 ______________________。 （3）实验室用的原料中 V2O5 占 6%（原料中的所有钒已换算成 V2O5）。取 100 g 该废 钒催化剂按工业生产的步骤进行实验，当加入 100 mL 0.1 mol•L -1 的 KClO3 溶液时，溶 液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该实验中钒的回收率是 __________________[M(V2O5)＝182 g•mol -1]。 （4）25℃时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液 pH 之间的关系如表所示： pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 钒沉淀率/% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.6 96.4 93.1 试判断在实际生产时，⑤中加入 NH4Cl 调节溶液的最佳 pH 为____________；若钒沉淀 率为 93.1%时不产生 Fe(OH)3 沉淀，则此时溶液中 c(Fe3+)≤____________（已知：25℃ 时 Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10 -39）。 【答案】 （1）SiO2 V2O5+4H++SO3 2-=2VO2++SO4 2-+2H2O （2）加入碱，中和 H2SO4，使平衡正移 分液漏斗、烧杯 （3）91.0% （4）1.7 2.6×10 -3 mol•L -1 【解析】生产流程：废钒催化剂（主要成分 V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2 和 Fe2O3 等）， 据物质的水溶性确定，V2O5 和 SiO2 难溶于水，因为亚硫酸根具有还原性，酸性条件下， 能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为： V2O5+SO3 2-+4H+=2VO2++SO4 2-+2H2O，过滤得到滤渣为二氧化硅，强酸性浸出液含有 VO2+、K+、SO4 2-，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中 VO2+，再加入 X 试剂进行反 萃取分液，分离出有机层得到水层是含 VO2+、Fe3+、SO4 2-的酸性水溶液，根据 Rn+（水层） +nHA（有机层） RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡体系中的氢离子反 应促进平衡正向进行，加入硫酸抑制平衡正向进行，氯酸钾具有氧化性，能将 VO2+氧化 为 VO2 +，加入氨水，调节溶液 pH 到最佳值，得到 NH4VO3，最后焙烧得到五氧化二钒即 可。 （1）根据上述分析可知①中废渣的主要成分是二氧化硅，①中 V2O5 发生反应的离子方 程式为 V2O5+4H++SO3 2-=2VO2++SO4 2-+2H2O，故答案为：SiO2； V2O5+4H++SO3 2-=2VO2++SO4 2-+2H2O； （2）反萃取时，根据 VOSO4 （水层）+2HA2（有机层） VOA2（有机层）+H2SO4（水 层）可知，为提高②中萃取百分率，则加入碱中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取，提高 钒的萃取率；萃取分液操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故答案为：加入碱， 中和 H2SO4，使平衡正移；分液漏斗、烧杯； （3）结合得失电子守恒和原子守恒配平得到加入氯酸钾时发生的反应的离子方程式为 ClO3 -+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，根据该离子方程式可得如下关系：3V2O5~6VO2+~ ClO3 -，100mL0.1mol/L 的 KClO3 溶液中 ClO3 -物质的量为 n（ClO3 -） =0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则对应的 V2O5 的物质的量为 0.03mol，质量为 0.03mol×182g/mol=5.46g，则该实验中钒的回收率是 5.46g 100% 91.0%100g 6%   ，故答 案为：91.0%； （4）从沉淀率和 pH 关系可知，随 pH 增大，沉淀率先增大后减小，故沉淀率最大的 pH 即为最佳 pH，pH=1.7 时钒的沉淀率最大为 98.8%，加入氨水调节溶液的最佳 pH 为为 1.7， 若钒沉淀率为 93.1%时不产生 Fe（OH）3 沉淀，此时溶液 pH=2，计算氢氧根离子浓度 c （OH-）=10-12mol/L，K[Fe（OH）3]=2.6×10-39=c（Fe3+）c3（OH-），c（Fe3+）   39 312 2.6 10 10    =2.6×10-3mol/L，故答案为：1.7；2.6×10-3mol/L。 6.纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为 Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺 流程如图所示： （1）用黄铜矿(主要成分为 CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的 Cu2S， 其原理如图所示，该反应的离子方程式为 。 （2）从辉铜矿中浸取铜元素时，可用 FeCl3 溶液作浸取剂。 ①反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，每生成 1mol CuCl2，反应中转移电子的物质 的量为______；浸取时，在有氧环境下可维持 Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为 ______。 ②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取 率较低，其原因是 。 （3）“萃取”时，两种金属离子萃取率与 pH 的关系如图所示。当 pH＞1.7 时，pH 越大， 金属离子萃取率越低，其中 Fe3+萃取率降低的原因是______。 （4）用“反萃取”得到的 CuSO4 溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的 质量之比为______ （5）在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_____、干燥、_____等操 作可得到 Fe2O3 产品。 【答案】 （1）CuFeS2 ＋Cu＋2H+=2CuS＋Fe2+＋H2S↑ （2）①2 mol 4Fe2+＋O2 ＋4H+=4Fe3+＋2H2O ② 生成的硫覆盖在 Cu2S 表面，阻碍浸取 （3） Fe3+水解程度随 pH 的升高而增大 （4）32：7 （5）洗涤 煅烧(或灼烧) 【解析】 辉铜矿（主要成分为 Cu2S）用 FeCl3 溶液作浸取剂发生反应 Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取，在萃 取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的 CuSO4 溶液， 调节溶液 pH，在碱性条件下，Cu2+与 N2H4 反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此 解答。 （1）根据图示，用黄铜矿（主要成分为 CuFeS2）、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯 净的 Cu2S，同时生成 Fe2+和 H2S，反应的离子方程式为： CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑， 故答案为：CuFeS2+Cu+2H+=Cu2S+Fe2++H2S↑； （2）①反应 Cu2S+4FeCl3＝2CuCl2+4FeCl2+S，反应中，FeCl3 中 Fe 元素的化合价由+3 价降低为+2 价，Cu2S 中 Cu 元素的化合价由+1 价升高为+2 价，硫元素的化合价由-2 价 升高为 0 价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4，每生成 1mol CuCl2，反应中 转移电子的物质的量为 2mol，浸取时，在有氧环境下亚铁离子被氧化，生成铁离子，反 应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O， 故答案为：2mol；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O； ②浸取过程中，由于生成的硫覆盖在 Cu2S 表面，阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较， 未洗涤硫时铜的浸取率偏低， 故答案为：生成的硫覆盖在 Cu2S 表面，阻碍浸取； （3）由于 Fe3+的水解程度随着 pH 的升高而增大，当 pH＞1.7 时，pH 越大，金属离子萃 取率越低， 故答案为：Fe3+的水解程度随着 pH 的升高而增大； （4）在碱性条件下，Cu2+与 N2H4 反应生成氮气和铜，反应为： 2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu+N2↑+4H2O，反应中还原产物为 Cu，氧化产物为 N2，质量之 比为（2×64）：28=32：7， 故答案为：32：7； （5）萃取后的“水相”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到， 方法为：在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，过滤，洗涤，干燥，煅烧可得到 Fe2O3 产品， 故答案为：洗涤；煅烧（或灼烧）。 7.稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位，但近年来对其进行了掠夺性开采。 二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含 CeFCO3)为原料制备 CeO2 的一种工艺流程如图： 已知：①Ce4+能与 F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与 SO4 2-结合成[CeSO4]2+； ②在硫酸体系中 Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而 Ce3+不能。 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”中“氧化”的目的是 。 （2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体，写出 CeO2 与盐酸反应的离子方程 式： 。为避免产生上述污染，请提出一种解决方 案： 。 （3）“萃取”时存在反应：Ce4++n(HA)2 Ce·(H2n-4A2n)+4H+。如图中 D 是分配比， 表示 Ce(Ⅳ)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比 (D= 2n-4 2n 2+ 4 ] c( c[Ce (H A ) C O )e  )。保持其他条件不变，D 随起始料液中 c(SO4 2-)变化的原因： (用平衡移动原理解释)。 （4）若缺少“洗氟”，则所得产品的质量将 (填“偏大”“偏小”或“不 变”)。 （5）“反萃取”中，H2O2 作 (填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)。 （6）“氧化”步骤的化学方程式为 。 （7）取上述流程中得到的 CeO2 产品 0.4000g，加硫酸溶解后，用 0.1000mol·L-1FeSO4 标准溶液滴定至终点时(铈被还原为 Ce3+，其他杂质均不反应)，消耗 20.00mL 标准溶液。 该产品中 CeO2 的质量分数为 。滴定过程中可能造成实验结果偏低的是 (填字母)。 A.使用久置的 FeSO4 标准溶液 B.滴定终点时仰视读数 C.锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定，进行读数 D.滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡 【答案】 （1）将＋3 价 Ce 氧化为＋4 价 Ce （2）2CeO2＋2Cl-＋8H＋=2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O 改用硫酸酸浸 （3）随着 c(SO4 2-)增大，水层中 Ce4＋与 SO4 2-结合成[CeSO4]2＋，c(Ce4＋)减小，萃取平 衡向生成 Ce4＋的方向移动，D 迅速减小 （4）偏小 （5）还原剂 （6） 2Ce(OH)3＋NaClO＋H2O=2Ce(OH)4＋NaCl （7） 86.00% CD 【解析】 氟碳铈矿(主要含 CeFCO3)，“氧化焙烧”的目的是将+3 价铈氧化成+4 价，Ce4+能与 F- 结合成[CeFx](4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与 SO4 2-结合成[CeSO4]2+，加萃取剂， 氟洗液，硫酸体系中 Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而 Ce3+不能，“反萃取”加 H2O2， 又将 Ce4+还原为 Ce3+，发生反应 2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后 Ce3+转化为 沉淀，加入次氯酸钠将 Ce 从+3 氧化为+4，加热分解得到产品，据此分析解答。 【详解】 （1）CeFCO3 中 Ce 显＋3 价，“氧化焙烧”中“氧化”的目的是将+3 价铈氧化成+4 价， 故答案为：将+3 价铈氧化成+4 价； （2）“酸浸”中会产生大量黄绿色气体为氯气，CeO2 与盐酸发生氧化还原反应生成 Ce3+ 和氯气，反应的离子方程式为 2Cl-+8H++2CeO2=2Ce3++4H2O+Cl2↑，可以用硫酸代替盐 酸，防止产生 Cl2 污染，故答案为：2Cl-+8H++2CeO2=2Ce3++4H2O+Cl2↑；改用硫酸酸 浸； （3）根据平衡：Ce4++n(HA)2⇌Ce•(H2n-4A2n)+4H+，加入 Na2SO4 时，随着 c(SO4 2-)增大， 水层中 Ce4+与 SO4 2-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D 迅速减小，故答案为： 随着 c(SO4 2-)增大，水层中 Ce4+与 SO4 2-结合成[CeSO4]2+，萃取平衡向生成 Ce4＋的方向 移动，D 迅速减小； （4）若缺少“洗氟”，则会造成部分含铈物质损失，所得产品的质量将减少，故答案为： 偏小； （5）由流程图可知，经过反萃取后，Ce4＋转化为 Ce3＋，“反萃取”加 H2O2 的作用是将 Ce4+离子重新还原为 Ce3+，反应的离子方程式为 2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，H2O2 在该反应中作还原剂，故答案为：还原剂； （6）“氧化”步骤中用次氯酸钠将 Ce3+氧化成 Ce4+，反应物为 NaClO、Ce(OH)3，生 成物为 Ce(OH)4、NaCl，反应的离子方程式为 2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl，故答案为： 2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl； （7）FeSO4 的物质的量为 0.1000mol•L-1×0.02L=0.002mol，根据电子得失守恒可得关 系式 CeO2～FeSO4，所以 CeO2 的质量为 0.002mol×172g/mol=0.3440g，产品中 CeO2 的质量分数为 0.3440g 0.4000g ×100%=86.00%；A．使用久置的 FeSO4 溶液滴定，硫酸亚铁被氧 化，滴定过程中消耗溶液体积增大，测定结果偏高，故 A 错误；B．滴定终点时仰视读数， 取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故 B 错误；C．锥形瓶中溶液变色后立刻停止滴定， 进行读数，消耗标准溶液体积减少，测定结果偏低，故 C 正确；D．滴定管尖嘴内滴定前 无气泡，滴定终点发现气泡，读取标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故 D 正确；故答案 为：86.00%；CD。 8．KMnO4 在实验室、生活、科学研究、工业生产中有广泛的应用。已知一种制备 KMnO4 的 实验流程、原理及相关数据如下： 原理：反应 I：3MnO2+KClO3+6KOH 熔融 3K2MnO4+KCl+3H2O 反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3 (墨绿色) (紫红色) 已知：25℃物质的溶解度 g/100g 水 K2CO3 KHCO3 KMnO4 111 33.7 6.34 （1）步骤②的副反应有少量单质气体生成，该反应的化学方程式为___________。 （2）步骤⑤中 CO2______(填“能”或“不”能)过量，原因 是 。 （3）流程中可循环利用的物质主要是_________(写化学式)。 （4）忽略本流程中含锰物质的循环利用，理论上 0.3mol MnO2 最多得到产品 KMnO4 的 质量为________g。某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量因素，从 步骤⑦分析，可能的原因是_______________。 （5）草酸钠滴定法分析高锰酸钾纯度步骤如下： Ⅰ.称取 1.5800g 高锰酸钾产品，配成 100mL 溶液 Ⅱ.准确称取三份 0.5360g 已烘干的 Na2C2O4，置于三个不同的洁净锥形瓶中，分别加入 少量蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化； Ⅲ.锥形瓶中溶液加热到 75～80℃，趁热用 I 中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点。记录实 验数据如表 实验次数 V1(滴定前读数/mL) V2(滴定后读数/mL) (V2 -V1)/mL 1 2.65 22.67 20.02 2 2.60 23.02 20.42 3 2.60 22.58 19.98 已知：2MnO4 ﹣+ 5C2O4 2﹣+16H+ =2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O，则 KMnO4 的纯度为 __________(保留四位有效数字)；若滴定后俯视滴定管读数，所得 KMnO4 的纯度将___(填 “偏高”或“偏低”或“无影响”)。 【答案】 （1）2KClO3 2MnO Δ 2KCl + 3O2↑ （2）不能 CO2(过量）+KOH = KHCO3，因生成 KHCO3 的溶解度比 K2CO3 的小，可 能在 KMnO4 析出时结晶析出而影响产品的纯度。 （3）MnO2 （4）31.6 蒸发过度，使 K2CO3 伴随 KMnO4 析出 （5）80.00% 偏高 【解析】 （1）步骤②的副反应有少量单质气体生成，则可能为 KClO3 在 MnO2 的催化作用下发生 分解，该反应的化学方程式为 2KClO3 2MnO Δ 2KCl + 3O2↑； （2）步骤⑤中 CO2 不能过量，原因是 CO2(过量)+KOH=KHCO3，因生成 KHCO3 的溶解 度比 K2CO3 的小，可能在 KMnO4 析出时结晶析出而影响产品的纯度；CO2(过 量)+KOH=KHCO3，因生成 KHCO3 的溶解度比 K2CO3 的小，可能在 KMnO4 析出时结晶 析出而影响产品的纯度； （3） )起初投入 MnO2，在步骤⑤中又生成 MnO2，则流程中可循环利用的物质主要是 MnO2； （4） 从方程式 3MnO2+KClO3+6KOH 熔融 3K2MnO4+KCl+3H2O、 3K2MnO4+2CO2=2KMnO4 +MnO2↓+2K2CO3 可以看出，0.3mol MnO2 最多得到产品 0.2mol KMnO4，质量为 0.2mol ×158g/mol=31.6g；某同学在实验中得到干燥产品的质量多于理论值，排除称量 因素，从步骤⑦分析，可能的原因是蒸发过度，使 K2CO3 伴随 KMnO4 析出； （5）设参加反应的 KMnO4 的物质的量为 x 42MnO 2 45C O 2mol 5mol 0.536g 134g/molx  x=0.0016mol， 则 KMnO4 的纯度为 0.0016mol 100mL 158g/mol20mL 100%1.58g    =80.00%；若滴定后俯视滴定管 读数，则读取的 KMnO4 的体积偏小，由此计算出的 KMnO4 的浓度偏大，KMnO4 的质量 偏大，所得 KMnO4 的纯度将偏高。 【点睛】 寻找可循环使用的物质时，先从添加的物质入手，明确反应过程中添加了哪些物质；然后 再找反应过程中生成的副产物，与添加物对照，若有同一种物质出现，则表明此物质为循 环使用的物质。 9．通过对阳极泥的综合处理可以回收贵重的金属，一种从铜阳极泥（主要成分为 Se、Ag2Se、 Ag、Cu、CuSO4 和 Cu2S 等）中分离 Ag、Se 和 Cu 的新工艺流程如图所示： （1）已知预处理温度为 80℃，预处理渣中几乎不含 S 元素，预处理时 Cu2S 发生反应的 离子方程式为 ，比起传统工艺中采用浓硫酸作氧化剂，本工艺中采 用稀 H2SO4 溶液添加 MnO2 做预处理剂的主要优点是 。 （2）回收分渣中的银，可用如下过程： 已知：S2O3 2-在碱性条件下很稳定，易与银离子络合：Ag++2S2O3 2- Ag（S2O3）2 3-。 常温下，络合反应的平衡常数为 K 稳[Ag（S2O3）2 3-]=2.8×1013，Ksp（AgCl）=1.8×10-10。 ①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O3 2-（aq） Ag（S2O3）2 3-（aq） +Cl-（aq），常温下此反应的平衡常数 K 为 （结果保留二位小数）。 ②Ⅱ中还原剂为 Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成 Na2SO3，离子反应方程式 为 。 ③Ⅲ中银渣回收液可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从化学平面的角 度分析原因 。 （3）分硒渣的主要成分是 Cu2Se，可被氧化得到亚硒酸（H2SeO3）。已知常温下 H2SeO3 的Ka1=2.7×10-3，Ka2=2.5×10-4，则NaHSeO3溶液的pH___7（填“＞”、“＜”或“=”）。 二元强酸硒酸（H2SeO4）可以用电解亚硒酸溶液的方法制得，电解时的阳极反应式 为 。 （4）分铜得到产品 CuSO4•5H2O 的具体操作如下： 其中，萃取与反萃取原理为：2RH+Cu2+ R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用____（填化学 式）溶液。 【答案】 （1）Cu2S+5MnO2+12H+ 2Cu2++SO4 2-+5Mn2++6H2O 减少污染性气体二氧化硫 的排放 （2）①5.04×103 ②2Ag（S2O3）2 3-+S2O4 2-+4OH-=2Ag+4S2O3 2-+2SO3 2-+2H2O ③随着循环次数的增加，浸出液中 SO3 2-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应 AgCl+2SO3 2- Ag（SO3）2 3-+C1-平衡左移，浸出率下降 （3） ＜ H2SeO3-2e-+H2O═SeO4 2-+4H+ （4） H2SO4 【解析】 （1）预处理温度为 80℃，预处理渣中几乎不含 S 元素，应生成硫酸盐，预处理时 Cu2S 发生反应的离子方程式为 Cu2S+5MnO2+12H+ 2Cu2++SO4 2-+5Mn2++6H2O，采用稀 H2SO4 溶液添加 MnO2 做预处理剂，稀硫酸提供了酸性环境，MnO2 作氧化剂，可以氧化 Cu2S，若用浓硫酸作氧化剂，会产生二氧化硫；故答案为： Cu2S+5MnO2+12H+ 2Cu2++SO4 2-+5Mn2++6H2O；减少污染性气体二氧化硫的排放； （2）①Ⅰ中发生的离子反应方程式为：AgCl（s）+2S2O3 2-（aq）⇌Ag（S2O3）2 3-（aq） +Cl-（aq），常温下此反应的平衡常数 K=Ksp（AgCl）×K 稳[Ag（S2O3） 2 3-]=2.8×1013×1.8×10-10=5.04×103；故答案为：5.04×103； ②Ⅱ中还原剂为 Na2S2O4，在碱性条件下进行反应生成 Na2SO3，离子反应方程式 3 2 2 2 2 3 2 2 4 2 3 3 22 4 2 4 2 2Ag S O S O OH Ag S O SO H O         （ ） ；故答案为 3 2 2 2 2 3 2 2 4 2 3 3 22 4 2 4 2 2Ag S O S O OH Ag S O SO H O         （ ） ； ③发生反应为 2 3 3 3 22 1AgCl SO Ag SO C   （ ） ，随着循环次数的增加，浸出液中 SO3 2-浓 度减小，C1-浓度增大，浸出反应平衡左移，浸出率下降；故答案为：随着循环次数的增 加，浸出液中 SO3 2-浓度减小，C1-浓度增大，浸出反应 2 3 3 3 22 1AgCl SO Ag SO C   （ ） 平 衡左移，浸出率下降； （3）由已知，常温下（25℃时），HSeO3 -的水解常数为 14 3 1 1.0 10= 2.7 10 w h a KK K     4.0×10-12， HSeO3 -的电离常数 Ka2=2.5×10-7，所以 Kh＜Ka2，因此 NaHSeO3 溶液的 pH＜7，阳极上 亚硒酸失电子生成硒酸，电极反应式为 2 2 3 2 42 = 4H SeO e H O SeO H     ；故答案为：＜； H2SeO3-2e-+H2O═SeO4 2-+4H+； （4）反萃取后生成硫酸铜，根据萃取原理 2RH+Cu2+ R2Cu+2H+，则应增大氢离子浓 度，使平衡逆向移动，同时不引入新杂质，所以选择硫酸作反萃取剂；故答案为：H2SO4。 10.氯氧化铋(BiOCl)常用于电子设备等领域，BiOCl 难溶于水，它是 BiCl3 的水解产物。以铋 的废料(主要含铋的化合物，含少量铜、铅、锌的硫酸盐及 Cu2S 和 Fe2O3 等)为原料生产 高纯度 BiOCl 的工艺流程如下： 请回答下列问题： （1）在浸液 1 中加入过量的锌，过滤，将滤液蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 得结晶水合物 M，M 的摩尔质量为 287 g·mol-1，M 为 ___(填化学式)。 （2）已知：浸液 2 呈蓝色，浸渣 2 含有少量硫单质。“浸铜”中 MnO2 的作用是____(用 离子方程式表示)。 （3）“浸铋”中，铋的浸出率与温度关系如图所示： 在高于 40℃左右时“铋浸出率”开始下降，其主要因素可能是 (从两个角度分析)。 （4）在室温和液固比固定的条件下，c(HCl)=1.0mol·L-1 时，铋的浸出率与溶液中 c(Cl-) 的关系如图所示。“浸铋”操作中，加入 NaCl 的目的是 。 （5）浸液 3 中主要溶质是 BiCl3，“沉铋”过程中，有气体放出。“沉铋”的主要化学反 应的方程式为 。从绿色化学角度看，浸液 4 可以用于 ____(填“酸浸”、“浸铜”或“浸铋”)。 （6）测定产品的纯度：取 mg 充分洗涤并干燥后的产品，溶于稍过量的浓硝酸中，加水 稀释到 100.0mL，取 20.0mL 于烧杯中，用 cmol·L-1 的 AgNO3 标准溶液滴定至终点(用 Na2CrO4，作指示剂)，消耗 AgNO3 标准溶液 VmL，则产品中 BiOCl 的质量分数为____%(用 含 m、c、V 的代数式表示)。 【答案】 （1）ZnSO4·7H2O （2）Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O （3）HCl 的挥发加快、Bi3+水解程度增大 （4）增大浸出液中 c(Cl-)提高铋浸出率 （5）BiCl3 + Na2CO3=BiOCl↓+ 2NaCl + CO2↑ 浸铋 （6） 130.25cV m 【解析】 铋废料加入稀硫酸酸浸，浸液 1 中主要含 Cu2+、Zn2+、Fe3+等，浸渣 1 中则主要含有铋的 化合物、Cu2S 和 PbSO4；向浸渣 1 中加入稀硫酸和 MnO2，根据题目信息可知亚铜离子 被氧化得到 Cu2+，S2-被氧化得到 S 单质，所以浸渣 2 中主要含有含铋化合物、S 和 PbSO4； 向浸渣 2 中加入盐酸和 NaCl 溶液可以浸出 Bi3+，酸性溶液中铋元素主要以 Bi3+形式存在， 所以浸液 3 中主要含有 Bi3+，浸渣 3 主要为 S 和 PbSO4；浸液 3 中加入 Na2CO3 溶液，溶 液碱性增强，Bi3+水解以 BiO+离子形式存在，BiO+与 Cl-形成 BiOCl 从溶液中析出，最终得 到 BiOCl，据此分析解答。 【详解】 （1）浸液 1 中主要阳离子为 Cu2+、Zn2+、Fe3+等，加入过量锌，Cu2+、Fe3+完全反应， 得到纯净的硫酸锌溶液，所以最终得到的结晶水合物为 ZnSO4·xH2O，其摩尔质量为 287 g·mol-1，则 x= 287-161=718 ，所以 M 为 ZnSO4·7H2O； （2）浸液 2 为蓝色，说明有铜离子生成，即 Cu+被 MnO2 氧化，浸渣 2 含有少量硫单质， 即硫离子被氧化成硫单质，结合电子守恒和元素守恒可知该过程离子方程式为 Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O； （3）温度升高 HCl 的挥发加快、Bi3+水解程度增大，导致高于 40℃左右时“铋浸出率” 开始下降； （4）据图可知氯离子浓度越大，铋的浸出率增大，加入氯化钠可以增大浸出液中 c(Cl-)， 提高铋浸出率； （5）BiCl3 的水解使溶液显酸性，碳酸钠水解使溶液显碱性，二者相互促进，最后彻底水 解，所以得到的气体应为二氧化碳，发生的反应方程式为：BiCl3 + Na2CO3= BiOCl↓+ 2NaCl + CO2↑；根据方程式可知浸液 4 中含有大量 NaCl，可用于浸铋； （6）该滴定原理为利用硝酸银标准液滴定 BiOCl 中氯离子的量，存在数量关系 n(BiOCl)=n(AgNO3)；所以 20.0mL 待测液中 n(BiOCl)=Vc×10-3mol，则样品中 n(BiOCl)=100.0mL 20.0mL ×Vc×10-3mol=5Vc×10-3mol，所以产品中 BiOCl 的质量分数为 3260.5 130.25100%= %m 5 10 g m molVc Vc  。 11．某种电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，可以 用于制取 Na2Cr2O7 溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程 如下： 已知：煅烧时，Cu2Te 发生的反应为 Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2。 （1）煅烧时，Cr2O3 发生反应的化学方程式为 。 （2）浸出液中除了含有 TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还可能含有_____(填化学式)。 （3）工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示： 通过冷却结晶能析出大量 K2Cr2O7 的原因是 。 （4）测定产品中 K2Cr2O7 含量的方法如下：称取产品试样 2.50 g 配成 250 mL 溶液， 用移液管取出 25.00 mL 于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用 0.1000 mol·L-1 硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2 标准液进行滴定，重复进行二次实验。(已知 Cr2 O7 2-被还原为 Cr3+) ①氧化还原滴定过程中的离子方程式为 。 ②若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2 标准液的平均体积为 25.00 mL，则所得产品中 K2Cr2O7 的纯度为_____%。[已知 M(K2Cr2O7)=294 g·mol-1，计算结果保留三位有效数 字]。 (4) 上述流程中 K2Cr2O7 发生氧化还原反应后所得溶液中除含有 Cr3+外，还含有一定浓 度的 Fe3+杂质，可通过加碱调 pH 的方法使两者转化为沉淀。已知 c(Cr3+)=3×10-5 mol·L-1，则当溶液中开始析出 Cr(OH)3 沉淀时 Fe3+是否沉淀完全______(填“是”或 “否”)，写出计算过程________________(已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38， Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31) 【答案】 （1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2 （2）CuSO4 （1）该条件下，K2Cr2O7 的溶解度比 Na2Cr2O7 小，且 K2Cr2O7 的溶解度随温度的降 低而显著减小 （2）①Cr2O7 2- +6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ② 49.0 （3）是 当溶液中开始析出 Cr(OH)3 沉淀时， c(OH-)=     sp 3 33 K Cr OH c Cr     mol•L-1= 31 5 3 6.0 10 3 10     mol•L-1，则 c(Fe3+)=  sp 3 3 ( )K F ( e OH c OH ) = 38 26 4.0 10 2 10   － =2.0×10-12 mol•L-1＜1×10-5 mol•L-1，说明 Fe3+沉淀 完全 【解析】 某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3) 以及少量的金(Au)，可 以用于制取 Na2Cr2O7 溶液、金属铜、粗碲等。根据流程图，煅烧时 Cu2Te 发生的反应为 Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2，Cr2O3 与纯碱和空气中的氧气反应生成 Na2CrO4， Na2CrO4 酸化后生成 Na2Cr2O7 溶液；沉渣中主要含有 CuO、TeO2 以及少量的金(Au)， 用稀硫酸溶解后，浸出液中主要含有铜离子和 TeOSO4，电解后铜离子放电生成铜，溶液 中含有 TeOSO4，TeOSO4 与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲，据此分析解答。 【详解】 （1）煅烧时 Cr2O3 与纯碱和空气中的氧气反应生成 Na2CrO4，反应的化学方程式为 2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2，故答案为：2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2； （2）根据上述分析，浸出液中除了含有 TeOSO4(在电解过程中不反应)外，还有氧化铜与 稀硫酸反应生成的硫酸铜(CuSO4)等，故答案为：CuSO4； （3）在低温条件下 K2Cr2O7 的溶解度比 Na2Cr2O7 小，且 K2Cr2O7 的溶解度随温度的降 低可能显著减小，因此通过冷却结晶可以析出大量 K2Cr2O7，故答案为：在低温条件下 K2Cr2O7 的溶解度比 Na2Cr2O7 小，且 K2Cr2O7 的溶解度随温度的降低而显著减小； （4）①氧化还原滴定过程中发生硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2 与 Cr2O7 2-的反应，其中 Cr2O7 2-被还原为 Cr3+，反应的离子方程式为 Cr2O7 2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O， 故答案为：Cr2O7 2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O； ②n(Fe2+)=0.025L×0.1000mol•L-1=0.0025mol，根据方程式 Cr2O7 2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则 n(Cr2O7 2-)=0.0025mol× 1 6 × 250mL 25mL = 0.025 6 mol，则所得产品中 K2Cr2O7 的纯度为 294g0.02 / mol5 m 2 ol6 .50g  ×100%=49.0%，故答案为：49.0； （5）c(Cr3+)为 3×10-5 mol•L-1，则当溶液中开始析出 Cr(OH)3 沉淀时， c(OH-)=     sp 3 33 K Cr OH c Cr     mol•L-1= 31 5 3 6.0 10 3 10     mol•L-1，则 c(Fe3+)=  sp 3 3 ( )K F ( e OH c OH ) = 38 26 4.0 10 2 10   － =2.0×10-12 mol•L-1＜1×10-5 mol•L-1，说明 Fe3+沉淀完全， 故答案为：是；当溶液中开始析出 Cr(OH)3 沉淀时， c(OH-)=     sp 3 33 K Cr OH c Cr     mol•L-1= 31 5 3 6.0 10 3 10     mol•L-1，则 c(Fe3+)=  sp 3 3 ( )K F ( e OH c OH ) = 38 26 4.0 10 2 10   － =2.0×10-12 mol•L-1＜1×10-5 mol•L-1，说明 Fe3+沉淀完全。 【点睛】 正确理解流程图中各步反应的原理是解题的关键。本题的易错点为（4），要注意“计算结 果保留三位有效数字”，难点为（5），要注意沉淀完全的判断标准。 12．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 ③常温下，Ksp(CaF2)=1.46×10−10，Ksp(MgF2)=7.42×10−11；Ka(HF)=1.00×10−4 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_________________ ③常温下加入 NH4F 将 Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液中， 2+ 2+ c Ca c Mg （ ） （ ）=______若此时 pH 为 6，c(Mg2+)= a mol/L，则 c(HF)为______________ mol/L （用 a 表示） （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__________________ 【答案】 （1）加快反应速率 （2）MnCO3+2NH4Cl 加热 MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O （3）温度为 500℃ 且 m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10 （4）①B ② 5.2≤pH＜8.8 ③1.97 0.742 a ×10-7 （5） CO3 2-水解程度大于 HCO3 -，易生成氢氧化物沉淀 【解析】 根据流程：将菱锰矿粉(主要成分是 MnCO3，还含少量 Fe、Al、Ca、Mg 等元素)和氯化 铵混合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4Cl 加热 MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出液含有 Mn2+、 Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入 MnO2 将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应为： MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的 pH 将 Al3+、Fe3+变为 Al(OH)3、 Fe(OH)3 沉淀除去，然后加入 NH4F 将 Ca2+、Mg2+以 CaF2、MgF2 沉淀除去，净化液主 要溶质主要为 MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应： Mn2++2HCO3 - 加热 MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到 MnCO3， 滤液为 NH4Cl 溶液，蒸发结晶得到 NH4Cl 固体，可循环使用，据此分析作答。 （1）“混合研磨”可使物质充分接触，加快反应速率； （2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为 MnCO3+2NH4Cl 加热 MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O； （3） 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着 m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增 大而增到，500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10 时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)： m(锰矿粉)增大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取 500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿 粉)=1.10 即可； （4）①根据分析，浸出液含有 Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入氧化剂 X 的目的将 Fe2+氧化为 Fe3+，同时在选择氧化剂时，要尽可能不要引入新的杂质，则氧化剂 X 宜选择 MnO2，答案选 B； ②根据分析，再调节溶液的 pH 将 Al3+、Fe3+变为 Al(OH)3、Fe(OH)3 沉淀除去，然后加入 NH4F 将 Ca2+、Mg2+以 CaF2、MgF2 沉淀除去，净化液主要溶质主要为 MnCl2、NH4Cl， 过程中不能让 Mn2+沉淀，结合相关金属离子在浓度为 0.1mol/L 时形成 M(OH)n 沉淀的 pH 范围表，Al3+、Fe3+完全沉淀时的 pH 值分别为 5.2 和 2.8，Mn2+开始沉淀的 PH 值为 8.8，pH 可取的范围为 5.2≤pH＜8.8； ③             2 2 2+ - 2+ 10 2 2+ 112+ -2 c c = = Ca FKsp CaF c Ca 1.46 10 Ksp MgF c M = c c g 7.42 10Mg F     （ ） （ ） ≈1.97；若此时 pH 为 6，即 c(H+)=10-6 mol/L，c(Mg2+)= a mol/L，c(F-)=     11 2 2 Ksp MgF 7.42 10 a mol / Lc M = g    mol/L，HF 是弱酸，在溶液中 部分电离，已知 Ka(HF)=       c H c F c HF   =1.00×10−4 则 c(HF)=       -11 -6+ - 4 7.42 1010 mol/L mol/Lc H c F a mol/L Ka HF 0= 1.00 1     = 0.742 a ×10-7mol/L； （5）“碳化结晶”过程中，因为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中 c(OH−)较大，易 产生 Mn(OH)2 沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。 13．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至 环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的 Co、 Ni、Li 的流程如图。 已知：LiCoO2 难溶于水，易溶于酸。回答下列问题： （1）LiCoO2 中 Co 的化合价是__。 （2）LiCoO2 在浸出过程中反应的离子方程式是 。 （3）浸出剂除了 H2O2 外，也可以选择 Na2S2O3，比较二者的还原效率 H2O2__(填“>” 或“<”)Na2S2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。 （4）提高浸出效率的方法有 。 （5）利用 Cyanex272 萃取时，pH 对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知， 用 Cyanex272 萃取分离时，最佳 pH 是 。 （6）反萃取的离子方程式为 2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择 是 。 （7）常温下，若水相中的 Ni2+的质量浓度为 1.18g·L-1，则 pH= 时，Ni2+开始沉淀。 [Ksp(Ni(OH)2=2×10-15] （8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离 Ni 和 Li 的实验流程图(如 图) 。 已知： 提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。 【答案】 （1）+3 （2） 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O （3）< （4）适当升高温度，适当增加 H2SO4 浓度 （5） 5.5 （6） H2SO4 （7） 7.5 （8） ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF 【解析】 （1）通过化合物中各元素化合价代数和为 0 进行计算； （2）由流程图中有机相反萃取得到 CoSO4，可知 LiCoO2 与 H2O2 在酸性条件下发生氧化 还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式； （3）根据等物质的量 H2O2 和 Na2S2O3 作为还原剂转移电子的多少进行判断； （4）提高浸出效率即提高化学反应速率； （5）分离 Co2+和 Ni2+时，由于 Co2+进入有机相，Ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃 取率高而镍的萃取率低的 pH 范围； （6）将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质； （7）根据 Ksp(Ni(OH)2 的表达式进行计算； （8）根据表格中所给物质溶解度信息，调节 pH 应该用碱性物质，但要考虑分离 Ni 和 Li 元素不能使 Ni 和 Li 元素同时沉淀。 【详解】 （1）LiCoO2 中 O 元素为-2 价，Li 为+1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为 0 进行 计算得 Co 的化合价为+3 价； （2）由流程图中有机相反萃取得到 CoSO4，可知 LiCoO2 与 H2O2 在酸性条件下发生氧化 还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O； （3）1molH2O2 作为还原剂转移 2mol 电子，1molNa2S2O3 作为还原剂转移 8mol 电子， 则 Na2S2O3 的还原效率更高； （4）提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加 H2SO4 浓度等； （5）分离 Co2+和 Ni2+时，由于 Co2+进入有机相，Ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃 取率高而镍的萃取率低的 pH 范围，所以最佳 pH 是 5.5； （6）将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质， 反萃取剂最好选择 H2SO4； （7）c(Ni2+)=1.18 59 mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)＝  sp 2Ni OH( ) 0.02 K = 15 2 0 0 2 1 0.  =10-6.5mol/L，则 pH=14-6.5=7.5； （8）根据表格中所给物质溶解度信息，调节 pH 应该用碱性物质，但要考虑分离 Ni 和 Li 元素不能使 Ni 和 Li 元素同时沉淀，所以选用 NaOH，则 Ni(OH)2 先沉淀，过滤后滤液中 加入 NaF 生成 LiF 沉淀。 14、硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业。生产硫化钠大多采用无水芒硝 （Na2SO4）—炭粉还原法，其流程示意图如下： （1）若煅烧所得气体为等物质的量的 CO 和 CO2，写出煅烧时发生的总的化学反应方程 式为____。 （2）上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是___________。 （3）常温下，取硫化钠晶体（含少量 NaOH）加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌。若反应 后测得溶液的 pH＝4，则此时溶液中 c( S2－)＝___mol·L－1。 （已知：常温时 CuS、Cu(OH)2 的 Ksp 分别为 8.8×10－36、2.2×10－20） （4）①皮革工业废水中的汞常用硫化钠除去，汞的去除率与溶液的 pH 和 x（x 代表硫化 钠的实际用量与理论用量的比值）有关（如图所示）。为使除汞效果最佳，应控制的条件 是：x＝___，pH 控制在___范围。 ②某毛纺厂废水中含 0.001 mol·L－1 的硫化钠，与纸张漂白后的废水（含 0.002 mol·L －1NaClO）按 1:2 的体积比混合，能同时较好处理两种废水，处理后的废水中所含的主要 阴离子有_____。 （5）常温下利用 Fe2+、Fe3+的相互转化，可将 SO2 转化为 SO4 2－而实现 SO2 的处理（总 反应为 2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4）。已知，含 SO2 的废气通入含 Fe2+、Fe3+的溶液时，其 中一个反应的离子方程式为 4Fe2+ + O2+ 4H+ =4Fe3+ + 2H2O，则另一反应的离子方程式为 ___________。 【答案】 （1）3Na2SO4+8C 3Na2S+4CO2↑+4CO↑ （2）热水会促进 Na2S 水解，而稀碱液能抑制 Na2S 水解 （3）4×10－36 mol·L－1 （4）①12 9～10 ②SO4 2－、Cl－ （5）2Fe3+ + SO2 + 2H2O＝2Fe2+ + SO4 2－ + 4H+ 【解析】 （1）若煅烧所得气体为等物质的量的 CO 和 CO2，则根据原子守恒可知煅烧时发生的总 的化学反应方程式为 3Na2SO4+8C 3Na2S+4CO2↑+4CO↑。 （2）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解溶液显碱性，热水会促进 Na2S 水解，而稀碱液能 抑制 Na2S 水解，所以上述流程中采用稀碱液比用热水更好。 （3）根据硫化铜和氢氧化铜的溶度积常数可知 c(Cu2＋)·c(S2-)＝8.8×10－36、c(Cu2 ＋)·c2(OH-)＝2.2×10－20，所以溶液中     2 36 202 8.8 10 2.2 10 c Cu c OH      。又因为 pH＝4，则 c(OH-)＝1×10 －10mol/L，所以溶液中 c(S2-)＝4×10－36 mol·L－1。 （4）①根据图像可知在 pH 相等的条件下 x＝12 时汞的去除率最高。而在 x 值相等的条 件下 pH 在 9～10 之间时汞的去除率最高。即为使除汞效果最佳，应控制的条件是：x＝ 12，pH 控制在 9～10 范围。 ②次氯酸钠与硫化钠的物质的量之比时 0.002×2：0.001×1＝4：1，次氯酸钠的还原产 物是氯化钠，则根据电子得失守恒可知硫化钠的氧化产物是硫酸钠，因此处理后的废水中 所含的主要阴离子有 SO4 2－、Cl－。 （5）其中一个反应的离子方程式为 4Fe2+ + O2+ 4H+ ＝4Fe3+ + 2H2O，则利用总反应式减 去该反应即可得到另一反应的离子方程式为 2Fe3+ + SO2 +2H2O＝2Fe2+ + SO4 2－ + 4H+。