高考化学总复习考点专训：化工流程大题（含解析）专题10化工流程大题1．我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉；现以白钨矿(主要成分为CaWO4，还含有二氧化硅、氧化铁等杂质)为原料冶炼高纯度金属钨，工业流程如下：已知：①钨酸酸性很弱，难溶于水；②完全沉淀离子的pH值：SiO32-为8，WO42-为5；③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。回答下列问题：(1)工业上生产纯碱常先制得碳酸氢钠，此法叫“联碱法”，为我国化工专家侯德榜创立，即向饱和食盐水中先通入NH3，再通入CO2，最终生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶液，写出该化学反应方程式：____________。(2)流程中白钨矿CaWO4和纯碱发生的化学反应方程式是：________________________。(3)滤渣B的主要成分是（写化学式）______。调节pH可选用的试剂是：_____(填选项)。A.氨水B.盐酸C.NaOH溶液D.Na2CO3溶液(4)检验沉淀C是否洗涤干净的操作是________________________________________。(5)为了获得可以拉制灯丝的高纯度金属钨，不宜用碳而必须用氢气作还原剂的原因是_________。(6)将氢氧化钙加入钨酸钠碱性溶液中可得到钨酸钙，已知某温度时，Ksp(CaWO4)=1×10-10，Ksp[Ca(OH)2]=4×10-7，当溶液中WO42-恰好沉淀完全（离子浓度等于10-5mol/L）时，溶液中c(OH-)=_____。【答案】NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4ClCaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑H2SiO3B取最后一次的洗涤液少量于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴加1～2滴AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，若出现白色沉淀则表明沉淀未洗净。如果用碳做还原剂，过量的碳混杂在金属中难以除去，而且碳会在高温下和金属钨反应形成碳化钨，不容易获得纯的金属钨，若用氢气作还原剂，就可避免该问题。0.2mol/L【解析】(1)向饱和食盐水中先通入足量氨气，使溶液显碱性，然后通入CO2,气体，发生反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，将两个反应方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；(2)CaWO4与纯碱在高温下反应生成Na2WO4、CaO与CO2，反应方程式为：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑；(3)滤渣B的主要成分为H2SiO3，调节溶液pH，溶液中的SiO32-与H+反应产生H2SiO3沉淀过滤除去，所以应加入盐酸，选项B合理；3．家用氯漂白剂的有效成分是NaClO，除用于漂白衣物、消除污渍外，在食品加工中也广泛应用。Ⅰ．（1）常温下，一定浓度次氯酸钠水溶液的pH=a，则a______7（填>、<或=）；结合离子方程式解释其原因是__________________________________________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol/L。（2）漂白剂与酸混合后效果更佳，将0.1000mol/LNaClO溶液与0.1000mol/L硫酸溶液等体积混合后，关于所得溶液的以下分析正确的是____________（忽略HClO的分解；HSO4-的电离视为完全）。A．c(HClO)+c(ClO-)=0.1000mol/LB．c(H+)>c(Na+)=c(SO42-)>c(HClO)>c(ClO-)>c(OH-)C．c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(ClO-)+c(OH-)D．c(H+)-c(OH-)=2c(ClO-)+c(HClO)Ⅱ．取20.00g家用氯漂白剂溶液配制成100mL溶液，取出10mL，加入过量KI处理，用足量稀硫酸酸化，然后立即用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2（2Na2S2O3+I2=2I－+Na2S4O6），指示剂显示滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液30.00mL；（1）用KI处理漂白剂生成I2的离子方程式为________________________________。（2）该滴定过程选用的指示剂通常为___________，判断滴定终点时的现象是______________________。（3）该漂白剂中“有效氯”的含量为_________________（结果保留一位小数）。若滴定结束时，发现滴定管尖嘴部分有气泡，则测定结果________（填“偏高”“偏低”“无影响”）。注：“有效氯”指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。【答案】>ClO-＋H2OHClO＋OH-次氯酸钠在水溶液发生水解，使溶液呈碱性10a-14BDClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O淀粉溶液溶液褪色，且半分钟内不恢复5.3%偏低,Ⅱ．（1）漂白剂溶液中ClO-有强氧化性，能氧化I-生成I2，同时得到还原产物Cl-，发生反应的离子方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+H2O；（2）I2遇淀粉溶液显蓝色，则滴定过程可选择淀粉溶液作指示剂，滴加Na2S2O3溶液，将I2还原为I－，随着滴加Na2S2O3溶液的量增大，溶液蓝色会逐渐变浅，最终会消失，当溶液褪色，且半分钟内不恢复时为滴定终点；（3）由2Na2S2O3+I2=2I－+Na2S4O6可知，滴定时消耗30.00mL0.1000mol/LNa2S2O3溶液，则溶液中I2的物质的量为0.03L×0.1000mol/L×=0.0015mol，则20.00g家用氯漂白剂能氧化KI得到的I2为0.0015mol×=0.015mol，则每克含氯消毒剂氧化KI生成的I2的物质的量为0.015mol÷20=0.00075mol，根据Cl2+2I-=I2+2Cl-可知氧化0.00075molI2需要的Cl2,的物质的量为0.00075mol，质量为0.00075mol×71g/mol=0.053g，故该漂白剂中“有效氯”的含量为5.3%。（5）向装有少量Mg(OH)2浊液的试管中加入适量CH3COONH4晶体，充分振荡后溶液会变澄清，请用化学平衡的原理解释浊液变澄清的原因______。【答案】a、c、d2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2OMgCO3+H2OMg(OH)2+CO2↑9.8使Mg2+以外的杂质离子尽可能彻底地转化为沉淀除去ABCEMg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)；CH3COONH4电离出的NH4+与OH-结合成弱电解质NH3·H2O，降低了c(OH-)，Mg(OH)2溶解平衡向右移动(2)流程中加入次氯酸钠在酸性溶液中会氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；加入的Z物质为纯碱，所以步骤④生成的沉淀物是MgCO3，沉淀物MgCO3在煮沸的情况下发生水解，生成Mg(OH)2和CO2气体，反应的化学方程式为：MgCO3+H2OMg(OH)2↓+CO2↑；(3)步骤③的目的在于使除Mg2+以外的各种杂质金属离子都生成氢氧化物沉淀，以便通过过滤而除去，应加入NaOH，若加入纯碱，不能达到较高的pH，分析表1提供的数据：除去杂质离子合理的pH范围是3.7＜pH＜9.8，在此范围内，如果pH过高，就会有大量的Mg2+生成Mg(OH)2而进入沉淀中，从而导致生产成本的提高；为了兼顾产品质量和生产成本，选择pH=9.8最合理，当然此时Mg2+也会部分生成Mg(OH)2沉淀，但由于卤块价格低廉，这点不可避免的损失还是可以承受的，以此保证产品的纯度；故答案为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑；避免温度过高碳酸氢铵分解，减少Fe2+的水解或氧化。,6．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：,已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4请回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调节pH范围在__________________________内，使溶液中的___________________沉淀(写离子符号)，该反应的离子方程式为_________________________________。（2）反应Ⅱ中的离子方程式为________________________________________________。（3）在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），则相当于节约NaNO2的物质的量为_____________________。（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2+离子，Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________________________________。（5）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为___________________。A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液【答案】4.4-7.5Al3+Al3++3OH-=Al(OH)3↓Fe2+＋2H+＋NO2-=Fe3+＋H2O＋NO↑2mol2Fe(OH)2+＋2H2OFe2(OH)42+＋2H+D（2）亚硝酸盐具有氧化性，在酸性条件下能把亚铁离子氧化生成铁离子，反应的离子方程式为2H++Fe2++NO2-＝Fe3++NO↑+H2O；,因此，本题正确答案为：Fe2+＋2H+＋NO2-=Fe3+＋H2O＋NO↑，（3）氧气的物质的量是11.2L÷22.4L/mol＝0.5mol，则得到电子0.5mol×4＝2mol，1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，则需要2molNaNO2；因此，本题正确答案为：2mol；7．LiFePO4可作为新型锂离子也池的正极材料。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质)为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO4·7H2O)与磷酸和LiOH反应可制各LiFePO4，LiFePO4的制备流程如下图所示：请回答下列问题：(1)酸溶时FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为____________________。(2)①加铁屑还原的目的是__________，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为_________。(3)①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为____________________，②其理由是______________________________。(4)滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑。则该装置中铜电极应连接直流电源的__________极，石墨电极的电极反应式为____________________，当有0.1molCu2O生成时电路中转移__________mol电子。【答案】FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜,取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，说明还原没有完全，如果溶液不变红色，说明还原已经完全磷酸硫酸亚铁溶液LiOH先加磷酸，在酸性环境可以抑制亚铁离子的水解、氧化，又避免生成氢氧化铁沉淀正2H2O+2e-=H2↑+2OH-0.2【解析】(1)酸溶时FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；综上所述，本题答案是：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O。(2)①铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；因此加铁屑的目的是把铁离子还原为亚铁离子，并置换出铜；综上所述，本题答案是：把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜。（5）该反应的化学方程式为：14CuSO4+5FeS2+12H2O=12H2SO4+7Cu2S+5FeSO4。A.在该氧化还原反应中，CuSO4是得电子的物质，是反应中的氧化剂，FeS2一部分被氧化为FeSO4，另一部分被还原为Cu2S，所以FeS2在这个反应中既是氧化剂又是还原剂，故A正确；B.反应生成了H2SO4，溶液的酸性增强，pH降低，故B正确；C.每转移21mol电子消耗14molCuSO4，即每转移3mol电子消耗2molCuSO4，故C错误；D.根据反应方程式可知，被氧化的FeS2只占总量的30%，故D正确。故答案为：C。9．工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质]为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：已知：①酸溶时，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+；②本实验温度下，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11；请回答下列问题：(1)FeTiO3中Ti元素的化合价为_______价。铁红的用途为________________(任写一种)。(2)“水解”中，发生反应的离子方程式为____________________________________________。(3)“沉铁”中，气态产物的电子式为_________；该过程需控制反应温度低于35℃，原因为_____________。(4)FeCO3转化为铁红时，发生反应的化学方程式为________________________________________。,(5)滤液3可用于制备Mg(OH)2。若滤液3中c(Mg2+)=1.2×10-4mol·L-1，向其中加入等浓度等体积的NaOH溶液时，通过计算说明有无沉淀生成______________________________(溶液体积近似叠加)。(6)电解生产钛时用TiO2和石墨做电极，电解质为熔融的CaO，则阴极反应式为__________________。【答案】＋4制备红色颜料和油漆、冶炼铁等TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3↓＋2H＋[或TiO2＋＋2H2O＝TiO(OH)2＋2H＋]防止NH4HCO3分解(或减少Fe2＋的水解)4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2Q=2.16×10-13<1.0×10-11，故没有沉淀TiO2+4e-=Ti+2O2-(3)“沉铁”中，亚铁离子与碳酸氢根离子发生反应生成碳酸亚铁沉淀和二氧化碳，二氧化碳为共价化合物，电子式为：；该过程需控制反应温度低于35℃，温度过高NH4HCO3会分解，而且会促进亚铁离子的水解，所以控制反应温度低于35℃是为了防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解；综上所述。本题答案是：；防止NH4HCO3分解(或减少Fe2＋的水解)。(4)FeCO3在氧气中加热生成氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2；综上所述，本题答案是：4FeCO3+O2=2Fe2O3+4CO2。(5)若滤液3中c(Mg2+)=1.2×10-4mol·L-1，则NaOH溶液的浓度为1.2×10-4mol·L-1，而溶液等体积混合，所以c(Mg2+)=c(OH-)=0.6×10-4mol·L-1，该反应的浓度商QC=c(Mg2+)×c2(OH-)=2.16×10-13_____________mol/L（写出计算式即可）。（5）操作a的内容是____________________________________________。【答案】把废镍催化剂粉碎，或适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O5.0≤pH<6.8Fe(OH)3和Al(OH)3Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4·2H2O取适量上层清液放入试管中，继续滴加（NH4）2C2O4溶液，无沉淀生成，过滤、洗涤、干燥,（2）根据上面的分析可知，试剂a是H2O2，所以“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；（3）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，其反应的原理为：加入Ni(OH)2调节消耗溶液中的氢离子，促使Fe3+、Al3+的水解平衡右移，使Fe3+、Al3+转化为相应的沉淀，滤渣Ⅱ的成分为Fe(OH)3和Al(OH)3；（4）“沉镍”时反应的离子方程式为Ni2++C2O42-+2H2O=NiC2O4•2H2O，证明Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是取上层清液，继续滴加(NH4)2C2O4溶液，无沉淀生成；当Ca2+沉淀完全时，即c（Ca2+）<10-5mol/L，根据Ksp（CaF2）=1.46×10-10，可知溶液中c2（F-）>mol/L。15．Ⅰ．KAl(SO4)2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。回答下列问题：（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用___（填标号）。a．HCl溶液b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为______________________。（3）沉淀B的化学式为___II．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:,（4）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是___________________________________。（5）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【答案】d2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al(OH)3增大接触面积从而使反应速率加快Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少,II．（4）毒重石用盐酸浸取前研磨将块状固体变成粉末状，可以增大反应物的接触面积，增大反应速率；（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8可除去Fe3+，加入NaOH调pH=12.5，可完全除去Mg2+，除去部分Ca2+，滤渣Ⅱ中含Mg（OH）2、Ca（OH）2；加入过量H2C2O4，易发生Ba2++H2C2O4═BaC2O4↓+2H+，产品的产量减少。作阴极、熔触CaF2-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。①写出阳极所发生反应的电极反应式_________________________。②在制备金属Ti前后，CaO的质量将______（填“增大”、“不变”或“减小”）【答案】2Fe3++Fe=3Fe2+B过滤溶液中存在平衡：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，当加入热水将溶液稀释、升温后，平衡正向移动，生成H2TiO3。H2SO4或硫酸2O2－-4e-=O2↑或C+O2--2e-=CO↑不变,程图可知废液中含有硫酸，所以循环利用的物质是硫酸；（6）①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳，所以电极反应为2O2－-4e-=O2↑或C+O2--2e-=CO↑；②制备TiO2时，在电解槽发生如下反应：2CaO＝2Ca+O2↑，2Ca+TiO2＝Ti+2CaO，由此可见，CaO的量不变。19．PdCl2广泛用作催化剂和一些物质的检测试剂。由Pd(NH3)2Cl2制备PdCl2工艺流程如图所示。（1）肼(N2H4)可以被看作二元弱碱，结合质子生成N2H5+或N2H62+。肼与少量稀硫酸混合后，得到产物的化学式为_____________。（2）对工艺流程图中的滤液处理办法最好的是：______a．返到提钯废液中，循环使用b．转化为无毒物质后排放c．深埋于地下（3）王水溶钯时，Pd被氧化为H2PdCl4。同时得到唯一还原产物亚硝酰氯（NOCl）。反应消耗的HCl与HNO3的物质的量之比为_____。（4）赶硝，是将残余的NO3-浓度降低到不大于0.04%。实验数据记录如下：,处理1吨Pd，需要用到HCl和MxOy的总体积至少为_______m3（合理选择表格里相关数据计算）。（5）煅烧过程发生分解反应，化学方程式为：_______________________________。（6）浸有磷钼酸铵溶液的氯化钯试纸遇微量CO立即变成蓝色。原理较为复杂，第一步是CO还原PdCl2得到Pd单质，同时有常见的氧化物生成。写出反应原理中第一步的化学方程式：_________________________________【答案】(N2H5)2SO4a5:12.5H2PdCl4PdCl2+2HCl↑H2O+CO+PdCl2=Pd+CO2+2HCl（4）从实验结果可知，加入HCl的同时加入MxOy，可大大降低生成的PdCl2中的NO3-的含量，且MxOy用量越多，NO3-的含量越少，MxOy用量相同时，HCl的用量越大，PdCl2中的NO3-的含量越低。当每10gPd的HCl的用量为10mL，MxOy用量为15mL时，NO3-,的含量可降低至0.03％，达到处理标准，当处理量为1吨Pd时，需要用到HCl和MxOy的总体积至少为1×106g/(10g/10mL+15mL)=2.5×106cm3=2.5m3，故答案为：2.5。（5）在煅烧过程，会生成氯化氢气体和PdCl2，反应的化学方程式为H2PdCl4PdCl2+2HCl↑，故答案为：H2PdCl4PdCl2+2HCl↑。（6）结合题干信息可推知常见氧化物为CO2，根据元素守恒可知，H2O参与反应，提供氧原子，反应的化学方程式为H2O+CO+PdCl2=Pd+CO2+2HCl。20．CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取CoCl2·6H2O的一种新工艺流程如下图：已知：①CoCl2·6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110~120℃时，易失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。（乙醚：无色液体，沸点34.5℃，在水中的溶解度小）②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.57.63.4完全沉淀4.19.79.25.2请回答下列问题：（1）钴的性质与铁相似，能与盐酸和硝酸反应，写出钴与盐酸反应的化学方程式：________________________________。（2）在上述新工艺中，用“盐酸”代替原工艺中“盐酸与硝酸的混酸”直接溶解含钴废料，其主要优点:①为__________________________，防止大气污染；②防止产品中混有硝酸盐。,（3）加入碳酸钠调节pH至a，a的范围应是5.2～_________。（4）操作Ⅰ包含3个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和_________。（5）根据表中数据，判断Ksp[Fe(OH)3]________Ksp[Co(OH)2](填“＜”、“=”或“＞”)。在实验室中，为了从上述产品中获得纯净的CoCl2·6H2O，采用的方法是：将产品溶于乙醚过滤后，再蒸馏。【答案】Co＋2HCl=CoCl2＋H2↑避免生成氮的氧化物（或减少有毒气体的排放等）7.6过滤＜（3）表中数据可知，铁离子和铝离子沉淀完全的pH分别为4.1、5.2，而钴离子开始沉淀的pH为7.6，所以，加入碳酸钠调节pH至5.2～7.6。（4）操作Ⅰ包含3个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤。（5）根据表中数据可知，铁离子沉淀完全的pH低于钴离子开始沉淀的pH，可以判断Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Co(OH)2]。21．NiCl2是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)为原料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：,流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.16.57.1沉淀完全的pH3.29.79.2(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③________等。(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为________________。(3)“除铁”时，控制溶液pH的范围为______________。(4)滤渣B的主要成分的化学式为______________。(5)已知：Ksp(NiCO3)＝1.42×10－7。为确保沉镍完全(即溶液中c(Ni2＋)<1.0×10－6)，应保持溶液中c(CO32-)>________mol·L－1。(6)“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为________________。【答案】增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末或延长浸泡时间等)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O3.2～7.1MgF2、CaF20.1422Ni2＋＋ClO－＋4OH－===Ni2O3↓＋Cl－＋2H2O22．工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5流程：,（1）步骤①所得废渣的成分是____________（写化学式），操作I的名称__________；（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2(SO4)n(水层)+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4 (水层) ②中萃取时必须加入适量碱，其原因是_____________________________；③中X试剂为（写化学式）______________________________________；（3）④的离子方程式为___________________________________________；（4）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，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，则溶液中c(Fe3+)<_____________；(已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39)（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有__________和_______________。【答案】SiO2过滤加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率H2SO4ClO3－+9H2O+6VO2+=6VO3－+18H++Cl－1.7～1.82.6×10-3mol·L-1氨气（或氨水）有机萃取剂,（3）④的离子方程式为：ClO3－+9H2O+6VO2+=6VO3－+18H++Cl－，故答案为：ClO3－+9H2O+6VO2+=6VO3－+18H++Cl－；（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7-1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，c（H+）=10-2mol/L，c（OH-）=10-12mol/L，则溶液中c（Fe3+）浓度依据溶度积计算，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.6×10-39，计算得到c（Fe3+）=2.6×10-3mol·L-1，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜2.6×10-3mol·L-1，故答案为：1.7-1.8；2.6×10-3mol·L-1；(1)CuFeS2和3FeCl3之间发生的是氧化还原反应，化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S；(2)过滤1所得滤液中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，加热过程中发生水解反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3；(3)过滤得到滤液含有[CuCl2]-，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+；(4)滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl=Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2=2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol。24．钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。一种制备草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如下,已知：①水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3；还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等杂质。②浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、A13+等③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度以0.01mol·L-1计)（1）写出浸出过程中Co(OH)3发生反应的离子方程式：______________________________。（2）NaClO3的作用是_____________________________________________。（3）加Na2CO3调pH的范围应该在_______________间，a加入萃取剂的目的是__________________。（4）在空气中加热5.49g草酸钻晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表：,经测定，210~290℃过程中产生的气体只有CO2，此过程发生反应的化学方程式是_____________________________________________。[M(CoC2O4·2H2O)=183g/mol]【答案】2Co(OH)3+ SO32-+4H+=2Co2++SO42- +5H2O将Fe2+氧化成Fe3+5.2~7.6除去Mn2+3CoC2O4 +2O2Co3O4+6CO2（Co3O4可以写成CoO•Co2O3)是调节PH，除去Fe2+、A13+，根据金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH，加Na2CO3调pH的范围应该在5.2~7.6间；根据题意，a加入萃取剂的目的是除去Mn2+；（4）5.49g草酸钻晶体的物质的量是，根据题意，210~290℃过程中固体产物中含有钴元素的质量是，氧元素的质量是，氧元素物质的量是0.04mol，所以固体的化学式是Co3O4；根据元素守恒，210~290℃过程中发生反应的化学方程式是3CoC2O4 +2O2Co3O4+6CO2。25．工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表：,沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）反应I溶液中存在的金属阳离子有___________________________。（2）加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的________(填“Fe3＋”、“Fe2＋”或“Al3＋”)沉淀。该工艺流程中“搅拌”的作用是______________________。（3）反应Ⅱ的离子方程式为____________________________。在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，O2与NaNO2在反应中均作______________。若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为________。（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2＋离子，可部分水解生成Fe2(OH)42－聚合离子。该水解反应的离子方程式为____________________________。（5）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2＋及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2＋，应使用的试剂为________(填字母)。A．氯水　　B．KSCN溶液　　C．NaOH溶液　　D．酸性KMnO4溶液【答案】Fe2＋、Al3＋Al3＋加快反应速率（或使反应物充分接触）Fe2＋＋NO2－＋2H＋＝Fe3＋＋NO↑＋H2O氧化剂2mol2[Fe(OH)]2＋＋2H2O[Fe2(OH)4]2＋＋2H＋D,（1）反应I溶液中存在的金属阳离子有Fe2＋、Al3＋；（2）根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.4-7.5之间将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，加入少量NaHCO3的目的是调节pH，使溶液中的Al3＋；该工艺流程中“搅拌”的作用是：加快反应速率（或使反应物充分接触）；（3）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化Fe2＋，发生反应的离子方程式为2H＋+Fe2＋+NO2－=Fe3＋+NO↑+H2O；在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），反应过程中提供电子相等，则相当于节约NaNO2的物质的量=（11.2L/22.4L·mol－1）×4/1=2mol；（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe(OH)2＋离子，可部分水解生成Fe2(OH)42－聚合离子，该水解反应的离子方程式为2[Fe(OH)]2＋＋2H2O[Fe2(OH)4]2＋＋2H＋；（5）亚铁离子具有还原性，能被强氧化剂氧化生成铁离子，反应过程中颜色变化明显的效果最佳，A．氯水为黄绿色，Cl2将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，故A不选；B．KSCN溶液和亚铁离子不反应，没有颜色变化，故B不选；C．NaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀，铁离子和氢氧根离子反应生成红褐色沉淀，掩盖氢氧化亚铁颜色，故C不选；D．酸性KMnO4溶液呈紫色，亚铁离子能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象明显，故D选；故选D。