2020年高考化学真题剖析与省市名校模拟好题同步训练： 工艺流程（解析版）.doc

1、2020 年高考真题剖析与省市名校模拟好题同步训练：工艺流程 真题再现 （2020 年高考新课标卷）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、 镁的铝硅酸盐，以及 SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备 NH4VO3。 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 pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀 pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： （1） “酸浸氧化”需要加热，其原因是_。 （2） “酸浸氧化”中，VO+和 VO2+被氧化成

2、2 VO，同时还有_离子被氧化。写出 VO+转化 为 2 VO反应的离子方程式_。 （3） “中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 252 V OH Ox ，随滤液可除去金属离子 K+、Mg2+、Na+、 _，以及部分的_。 （4） “沉淀转溶”中， 252 V OH Ox 转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是_。 （5） “调 pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是_。 （6） “沉钒”中析出 NH4VO3晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是_。 【参考答案】 （1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） （2）Fe2+ VO+MnO2 +2H+ = 2 VO +Mn2+H2O （3）M

3、n2+ Al3+和 Fe3+ （4）Fe(OH)3 （5）NaAl(OH)4+ HCl= Al(OH)3+NaCl+H2O （6）利用同离子效应，促进 NH4VO3尽可能析出完全 【试题解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及 SiO2、Fe3O4， 用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成 + 2 VO， Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+， SiO2此过程中不反应，滤液中含有 + 2 VO、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 2- 4 SO；滤液中加入 NaOH调 节 pH=3.03.1，钒水

4、解并沉淀为 V2O5 xH2O，根据表中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 Al3+转化为 Al(OH)3沉淀， 滤液中含有 K+、 Na+、 Mg2+、 Al3+、 Fe3+、 Mn2+、 2- 4 SO， 滤饼中含 V2O5 xH2O、 Fe(OH)3、 Al(OH)3， 滤饼中加入 NaOH 使 pH13， V2O5 xH2O 转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为 NaAlO2，则滤渣的主要成分为 Fe(OH)3；滤液中含钒酸盐、偏铝酸 钠， 加入HCl调pH=8.5， NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；

5、 最后向滤液中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3 。 (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） ，故答案为：加 快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） ； (2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的 Fe3O4与硫酸反应生成 FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有 还原性，则 VO+和 VO2+被氧化成 + 2 VO的同时还有 Fe2+被氧化，反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；VO+转化为 + 2 VO时，钒元素的化合价由+3 价升至+5价，1molVO+失 去 2mol电子，MnO2

6、被还原为 Mn2+，Mn元素的化合价由+4 价降至+2 价，1molMnO2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 + 2 VO反应的离子方程式为 VO+MnO2+2H+= + 2 VO+Mn2+H2O，故答案为：Fe2+，VO+MnO2+2H+= + 2 VO+Mn2+H2O； (3)根据分析，“中和沉淀”中， 钒水解并沉淀为 V2O5 xH2O， 随滤液可除去金属离子 K+、Mg2+、 Na+、Mn2+， 以及部分的 Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+； (4)根据分析，滤渣的主要成分是 Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；

7、(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 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或 NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O，故答案为： NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或 NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O。 (6)“沉钒”中析出 NH4VO3晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是：增大 NH4+离子浓度，利用同离子效应， 促进 NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进 NH4VO3尽可能析出完全。 （2020

8、 年高考新课标卷）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属 Ni、Al、Fe 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镍制备硫酸镍晶体（NiSO47H2O） ： 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+ Fe2+ 开始沉淀时（c=0.01 mol L1）的 pH 沉淀完全时（c=1.0 105 mol L1）的 pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0 回答下列问题： （1） “碱浸”中 NaOH 的两个作用分别是_。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

9、式_。 （2） “滤液”中含有的金属离子是_。 （3） “转化”中可替代 H2O2的物质是_。若工艺流程改为先“调 pH”后“转化” ，即 ， “滤液”中可能含有的杂质离子为_。 （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 Ni2+浓度为 1.0 mol L1，则“调 pH”应控制的 pH 范围是_。 （5）硫酸镍在强碱溶液中用 NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的 NiOOH。写出该反应 的离子方程式_。 （6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。 【参考答案】 （1）除去油脂，溶解铝及其氧化物 4 A

10、l(OH)+H+=Al(OH)3+H2O （2）Ni2+、Fe2+、Fe3+ （3）O2或空气 Fe3+ （4）0.01(107.214)2或 105(108.714)2 3.26.2 （5）2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+ Cl+H2O （6）提高镍回收率 【试题解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入 NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al2O3+4NaOH=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

11、后得到含有 Ni2+、Fe2+、 Fe3+的滤液，Fe2+经 H2O2氧化为 Fe3+后，加入 NaOH调节 pH使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀除去，再控制 pH 浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 (1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入 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 NaAl(OH)4)，加入稀硫酸可发生反应 - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH+H+=Al(OH)3+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物； - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH+H+

12、=Al(OH)3+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+、Fe2+、Fe3+，故答案 为：Ni2+、Fe2+、Fe3+； (3)“转化”在 H2O2的作用是将 Fe2+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 Fe2+，则滤液中可能含有转化生成的 Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+； (4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的 pH=8.7，此时 c(Ni2+)=1.0 10-5mol L-1，c(H+)=1.0 10-8.7mol L-1，则 c(OH

13、-)= -14 8.7-14 w -8.7+ 10 =10 1.0 10H K c ，则 Ni(OH)2的 2 2+2-58.7-14 sp= NiOH=1010Kcc；或者当 Ni2+开始 沉淀时 pH=7.2，此时 c(Ni2+)=0.01mol L-1，c(H+)=1.0 10-7.2mol L-1，则 c(OH-)= -14 7.2-14 w -7.2+ 10 =10 1.0 10H K c ， 则 Ni(OH)2的 2 2+2-7.2-14 sp= NiOH=0.0110Kcc；如果“转化”后的溶液中 Ni2+浓度为 1.0mol L-1，为避 免镍离子沉淀，此时 2 7.2-14

14、sp-7.8-1 2+ 0.0110 OH=10mol L 1.0Ni K c c ，则 -14 +-6.2 w -7.8- 10 H=10 10OH K c c ，即 pH=6.2；Fe3+完全沉淀的 pH为 3.2，因此“调节 pH”应控制的 pH范围是 3.26.2，故答案为： 22 7.2-14-58.7-14 0.01101010或；3.26.2； (5)由题干信息， 硫酸镍在强碱中被 NaClO 氧化得到 NiOOH 沉淀， 即反应中 Ni2+被氧化为 NiOOH沉淀， ClO 被还原为 Cl，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+Cl

15、+H2O，故 答案为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O； (6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有 Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为： 提高镍的回收率。 【点睛】 本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数 Ksp 的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等 知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于 Ksp 的计 算及“调 pH”时 pH的范围确定。 省市名校模拟好题 【命题意图】主要是考查物质制备的工艺流程分析，涉及方程式书写、实验操作、试剂作用分析、溶液的 酸碱性等知识。 【命题方向】化工工艺流程

16、题常见类型化工工艺流程题常见类型有三种有三种： （1）金属冶炼类，如冶炼铁、铜、锰和钨等金属，针对产品纯度测定、冶炼条件控制以及混合物的分离和 提纯等设问。 （2）中学重要化工产品的制备类，如胆矾、绿矾、明矾、氧化铁、硝酸铜等物质的制备。 （3）模拟化工原理，设计实验类。如海水资源综合应用、石化工业、接触法制硫酸、合成氨、氨催化氧化 法制硝酸和硅的精炼等原理。 预计 2021 年高考将继续以生产、生活或以陌生元素为背景，基于化工工艺流程考查其他物质的制备，涉及 物质的分离、提纯以及物质检验的思路和方法，综合考查考生运用化学知识解决实际生产、生活中问题的 能力。 【得分要点】工艺流程题，就是将化

17、工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根 据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。 常见操作的答题考虑角度常见操作的答题考虑角度 常见的操作 答题要考虑的角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作 从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩冷却结晶过滤(洗涤、干燥) 提高原子利用 率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或在 其他气体中进 行的反应或操 作 要考虑 O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、 水解、潮解等目的 判断沉淀是否 洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验

18、其中是否还有某种离子存在等 控 制 溶 液 的 pH 调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) “酸作用”还可除去氧化物(膜) “碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常 用水浴、冰浴 或油浴) 防止副反应的发生 使化学平衡移动；控制化学反应的方向 控制固体的溶解与结晶 控制反应速率：使催化剂达到最大活性 升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量 降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本

19、，降低对 设备的要求 洗涤晶体 水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质 “冰水洗涤”：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解 损耗 用特定的有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有 利于析出，减少损耗等 洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以 上操作 23 次 表面处理 用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧 化物、提高光洁度等 1 （2020 届广东省深圳市高三第一次调研）钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂(主要 含有 2 MoS、CoS 和 23 Al O)中回收钴和钼的工艺流程

20、如图： 已知：浸取液中的金属离子主要为 2 2 MoO 、 2 Co 、3 Al 。 （1） 钼酸铵 44 2 NHMoO 中Mo的化合价为_， 2 MoS在空气中高温焙烧产生两种氧化物： 2 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 2 2 MoO 和 2 Co ，萃取情况如图所示，当协萃比 _，更有利于 2 2 MoO 的萃取。 （4）操作的名称为_。 （5）向有机相 1 中滴加氨水，发生的离子方程式为_。 （6） 2 Co 萃取的反应原理为 2 2 Co2HRCoR2H ，向有机相 2 中加入

21、 24 H SO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 24 H SO，还有_(填化学式)。 （8） 34 Co O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_。 【答案】 （1）+6 3 MoO （2）搅拌 （3）4:1 （4）分液 （5） 22 232442 MoO4NHH OMoO4NH2H O （6）根据 2 2 Co2HRCoR2H 垐? 噲 ? 可知， 加入 24 H SO， + c H增大，平衡向左移动 （7） 24 3 AlSO （8） 342 Co OOHH Oe3CoOOH 【分析】 从废

22、钴钼催化剂(主要含有 2 MoS、CoS 和 23 Al O)经过焙烧后，得到 3 MoO，CoO 和二氧化硫，加入硫酸 后，浸取液中的金属离子主要为 2 2 MoO 、 2 Co 、3 Al ，经过萃取和分液得到有机相 1 和水相 1，有机相 1 中含有 2 2 MoO ，加入氨水后得到钼酸铵溶液，经结晶后得到钼酸铵；水相 1 中含有 2 Co 、3 Al ，SO42-， 经萃取分液后，水相 2 中含有 24 H SO和 24 3 AlSO，有机相 2 中含有 2 Co 、SO42-，加入硫酸后，得到水 相 3，加入草酸铵，得到草酸钴，加热草酸钴可以得到四氧化三钴，据此分析解答。 【详解】

23、（1） 44 2 NHMoO 中，铵根离子为+1 价，O 为-2 价，所有元素的化合价之和为 0，Mo 的化合价为+6， 2 MoS和氧气反应的化学方程式为：2 2 MoS+7O2=2 3 MoO+4SO2，可知生成物有二氧化硫和 3 MoO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 2 2 MoO 最多， 2 Co 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）有机相 1 中含有 2 2 MoO ，加入氨水后得到钼酸铵溶液，化学方程式为 22 232442 MoO4NHH OMoO4NH2H O ；

24、（6）根据 2 2 Co2HRCoR2H 垐? 噲 ? 可知，加入 24 H SO， + c H 增大，平衡向左移动，能进行反萃 取； （7）水相 1 中含有 2 Co 、3 Al ，SO42-，经萃取分液后，水相 2 中含有 24 H SO和 24 3 AlSO； （8） 34 Co O可以表示成 23 CoOCo O，在碱性条件下可发生氧化反应，生成CoOOH，电极反应为 342 Co OOHH Oe3CoOOH 。 2 （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 SiO2和少量 Fe2O3等杂质）为原料制备碱式碳

25、酸铜的流程如图所示： 已知：有关金属离子形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： Cu(NH3)4SO4常温稳定，在热水中会分解生成 NH3； KspFe(OH)3=4.0 10-38。 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_（任写一种） 。 （2）滤渣 I 经 CS2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 5060之间，不宜过高或过低的原因是_。 （3）常温下“除铁”时加入的试剂 A 可用 CuO，调节 pH 的范围为_，若加 A 后将溶液的 pH 调为 5，则溶 液中 Fe3+的浓度为_

26、 mol/L。 （4）写出“沉锰”（除 Mn2+）过程中反应的离子方程式：_。 （5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是_。 （6） 测定副产品 MnSO4 H2O 样品的纯度： 准确称取样品 14.00g， 加蒸馏水配成 100mL 溶液， 取出 25.00mL 用标准的 BaCl2溶液测定，完全反应后得到了 4.66g 沉淀，则此样品的纯度为_（保留到小数点后两位） 。 【答案】 （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) 4.0 10-11 （4） Mn2+HCO3-+

27、NH3=MnCO3+NH4+ （5）将溶液加热 （6）96.57% 【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，Cu2S 在酸性条件下被 二氧化锰氧化，SiO2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， 过滤得到的滤渣中含有 MnO2、SiO2、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；加入碳酸氢铵溶液沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸 锰晶体，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。

28、【详解】 （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 5060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，CS2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，

29、溶液 pH 应该介于 3.7 5.6( 或 3.7pH5.6)，若加 A 后将溶液的 pH 调为 5，则 c(OH-)=10-9mol/L，KspFe(OH)3=4.0 10-38，则溶液 中铁离子浓度为 38 93 ( 4.0 10 10 ) mol/L=4.0 10-11 mol/L，故答案为：3.75.6( 或 3.7pH5.6)； 4.0 10-11； （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+，故答案为：Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+； （5）氨气易挥发，“赶氨”时，

30、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 MnSO4H2O 样品的纯度：准确称取样品 14.00g，加蒸馏水配成 100mL 溶液，取出 25.00mL 用标 准的 BaCl2溶液测定，完全反应后得到了 4.66g 沉淀，为硫酸钡物质的量= 4.66g 233g / mol =0.02mol， n(MnSO4H2O)=n(BaSO4)=0.02mol，则此样品中 MnSO4H2O 物质的量为：0.02mol100 25 =0.08mol，则样品 中 MnSO4H2O 的纯度= 0.08mol 169g / mol 14.00g 100%=96.57%，故答案为：96.5

31、7%。 3 （2020 届安徽省皖南八校高三临门一卷）镍（Ni）有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化 剂方面有广泛的应用。以硫化镍矿（主要成分为 NiS，另含少量 CuS，FeS 等杂质）为原料制取纯镍的工艺 流程如下： 已知物质的还原性：FeNiH2Cu。 回答下列问题： （1）在“熔炼”过程中，二价铁的化合价没有发生改变，则杂质 FeS 与 O2反应的化学方程式为 _。 （2）高镍矿破碎、细磨的作用是_。 （3） 在焰色反应实验中， 可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧， 原因是_。 （4）“除铁”过程中，反应的化学反应方程式为_。 （5）“电解”制粗镍过程中，阳极发生的

32、主要电极反应为_。 （6）“电解精炼”过程中，需调节溶液的 pH 为 25，原因是_。阳极泥的成分为 _（写名称） 。 【答案】 （1）2FeS+3O22FeO+2SO2 （2）增大接触面积，提高浮选率 （3）镍在焰色反应中， 火焰呈无色， 不影响其他金属元素的焰色 （4） SiO2+2FeOFe2SiO4 （5） NiS-2e-=Ni2+S （6） pH5 时，Ni2+易形成 Ni(OH)2沉淀 铜 【分析】 已知物质的还原性：FeNiH2Cu，根据工艺流程分析可知，硫化镍矿在“熔炼”过程中，通入氧气后发 生氧化还原反应，生成可用于制取硫酸的 SO2，并得到低镍矿，向低镍矿中加入石英发生反应

33、 SiO2+2FeOFe2SiO4，得到高镍矿，再经破碎、细磨后得到镍矿粉进行浮选，进而得到含有少量 CuS 的 NiS，接着在 NiSO4作电解质溶液的条件下进行电解，NiS 和 CuS 在阳极失去电子得到 S 单质和 Cu2+、 Ni2+，Cu2+、Ni2+再在阴极得到电子得到含有少量 Cu 的粗镍，最后再在 NiSO4溶液中，调节 pH 至 25，电 解精炼得到纯镍，据此分析解答。 【详解】 （1）在“熔炼”过程中，二价铁的化合价没有发生改变，高温条件下，杂质 FeS 与 O2反应生成 FeO 和 SO2， 反应的化学方程式为 2FeS+3O22FeO+2SO2，故答案为：2FeS+3O

34、22FeO+2SO2； （2）为了提高浮选率，得到较高纯度 NiS，可将高镍矿破碎、细磨，增大其接触面积，故答案为：增大接 触面积，提高浮选率； （3）因为镍在焰色反应中，火焰呈无色，不会影响其他金属元素的焰色，所以在焰色反应实验中，可以用 光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂进行灼烧，故答案为：镍在焰色反应中，火焰呈无色，不影响其他 金属元素的焰色； （4）根据上述分析可知，“除铁”过程中，向低镍矿中加入石英发生反应 SiO2+2FeOFe2SiO4，故答 案为：SiO2+2FeOFe2SiO4； （5） “电解”制粗镍过程中， 主要是NiS在阳极失去电子得到S单质和Ni2+， 发生的主要反应

35、为NiS-2e-=Ni2+S， 故答案为：NiS-2e-=Ni2+S； （6）已知物质的还原性：FeNiH2Cu，则氧化性：Cu2+H+Ni2+，若当 pH5 时，Ni2+易形成 Ni(OH)2沉淀，“电解精炼”过程中，得到的阳极 泥的主要成分为 Cu 单质，故答案为：pH5 时，Ni2+易形 成 Ni(OH)2沉淀；铜。 4 （2020 届四川省泸州市高三第三次质检）金属钒主要用于冶炼特种钢， 被誉为 “合金的维生素”。工业 上常用富钒炉渣 （主要含 FeO V2O3， 还有少量 P2O5等杂质） 制取钒的流程如下图。 回答下列问题： （1）已知焙烧中先发生 4FeO V2O3+5O24V2

36、O5+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_。 （2）25时，Ksp(NH4VO3)4 10-2，电离平衡常数 Kb(NH3 H2O) 1.8 10-5。“沉钒” 后 VO3-的浓度为 1 45 mol/L，则滤液的 pH 为_。除 OH-与 VO3-外，滤液中还可能存在的阴离子是_。 （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_。 （5）钒比铁的金属性强。工业上通过电解精炼 “粗钒” 可得到 99.5%的纯钒， 以熔融 LiClKClVCl2为 电解质，“粗钒” 中含少量铁和硅。则 “

37、粗钒” 应连接电源的_极， 阴极的电极反应式为_。 【答案】 （1）V2O5、Fe2O3 V2O5Na2CO3 高温 2NaVO3CO2 （2）4.5 Cl-和 H2PO42-、PO43- 或 HPO42- （3） （4）5Si2V2O5高温4V5SiO2或 5Si2V2O55CaO高温4V5CaSiO3 CaSiO3 （5） 正或 V2+2e-V 【分析】 焙烧是将 FeO V2O3转化为可溶性 NaVO3，氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为： 4FeO V2O3+4Na2CO3+5O2 8NaVO3+2Fe2O3+4CO2，气体 x 为 CO2，水浸，浸出渣为氧化铁，得到 NaVO3溶液

38、，滤液中加入 NH4Cl 沉钒生成 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 5Si2V2O54V5SiO2或 5Si2V2O55CaO4V5CaSiO3 ，炉 渣的主要成分是 CaSiO3。 【详解】 （1）焙烧中先发生 4FeO V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应，铁由+2 价升高为+3 价，钒由+3 从升高为+5 价，其氧化产物是 V2O5、Fe2O3，进一步生成可溶性 NaVO3的反应方程式为 V2O5Na2CO3 2NaVO3 CO2 。故答案为： V2O5、Fe2O3；V2O5Na2CO3 2NaVO3CO2 ； （2）

39、25时，Ksp(NH4VO3)4 10-2，电离平衡常数 Kb(NH3 H2O) 1.8 10-5。“沉钒” 后 VO3-的浓度为 1 45 mol L1，Ksp(NH4VO3)4 10-2=c(NH4+)c(VO3-)，c(NH4+)= 2 4 10 1 45 =1.8 mol L1, + 4232 NH+H ONH ?H O+H 1.8 x 1.8 xx xxx 开始 变化 平衡 Kh= 142 5 10 1.8 101.8 Kwx Kbx ,x=c(H+)=10-4.5mol L1,则滤液的 pH 为 4.5。除 OH-与 VO3-外，P2O5溶于水 生成磷酸电离出 H2PO42-、PO

40、43-或 HPO42- ，滤液中还可能存在的阴离子是 Cl-和 H2PO42-、PO43-或 HPO42- 。 故答案为：4.5；Cl-和 H2PO42-、PO43-或 HPO42- ； （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 个共用电子对， 电子式为。故答案为：； （4）硅高温时将钒还原，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 2V2O54V5SiO2或 5Si2V2O55CaO4V5CaSiO3 ，炉渣的主要成分是 CaSiO3。故答案 为：5Si2V2O54V5SiO2或 5Si2V2O55Ca

41、O 4V5CaSiO3 ；CaSiO3； （5）以熔融 LiClKClVCl2为电解质，“粗钒” 中含少量铁和硅， “粗钒” 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-V。 5 （2020 届广东省汕头市高三一模）溴酸镉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 Al2O3 和 SiO2)为原料制备Cd(BrO3)2的工艺流程如下： 已知 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)。

42、（2）还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生的离子反应方程式为 _。 （3）加入 H2O2 溶液的目的是_。 （4）滤渣 2 的主要成分为_ (填化学式)；为检验滤液中是否含有 Fe3+离子，可选用的化学 试剂是_ 。 （5）实际工业生产中，有时还采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中 Cd2+的含量， 其原理是：Cd2+ 2NaR=2Na+ CdR2 ，其中 NaR 为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液(此时溶液 pH6)经过阳离 子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.0552 g/L，则该条件下 Cd(OH)2 的 Ksp 值 为 _。 （6）已知镉铁矿中 Cd

43、O2 的含量为 72 %，整个流程中镉元素的损耗率为 10 %，则 2t 该镉铁矿可制得 Cd(BrO3)2(摩尔质量为 368 g/mol)质量为 _kg。 【答案】 （1）增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施（写出两种即可） （2） 3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+ （3）将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+ （4） Al(OH)3、Fe(OH)3 KSCN （5）1.210-19 （6） 3312 【分析】 用稀硫酸溶解镉铁矿，其中 SiO2不溶于水和酸，通过过滤出去，即滤渣 1 为 SiO2；滤液中主要含有 Fe2+、 Fe3+、Al3+和 C

44、d4+，加入 CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+，然后加入 H2O2溶液，将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，再 调节溶液 pH 使溶液中的 Al3+和 Fe3+完全转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤除去不溶物（滤渣 2） ，向含 有 CdSO4的滤液中加入 K2CO3生成 CdCO3沉淀，再过滤将沉淀溶于 HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到 溴酸镉，据此分析。 【详解】 （1）固体溶解于稀硫酸时，采取增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施，可提高 镉的浸出率； （2）CH3OH 将 Cd4+还原为 Cd2+时，产生是澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为

45、 CO2，结合守恒法，可知 反应的离子方程式为 3Cd4+CH3OH+H2O=3Cd2+CO2+6H+； （3）加入 H2O2溶液的目的是将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+； （4） 滤渣 2 的主要成分为 Al(OH)3、 Fe(OH)3； 为检验滤液中是否含有 Fe3+离子， 可选用的化学试剂是 KSCN； （5）沉淀后的溶液 pH=6，则 c(OH-)=10-8mol/L，经阳离子交换树脂后，测得溶液中 Na+比交换前增加了 0.0552g/L，即 Na+浓度增加了 0.0552g 23g/mol 1L =0.0024mol/L，根据 Cd2+2NaR=2Na+CdR2，可知原溶液中

46、c(Cd2+)=0.0012mol/L，则 Cd(OH)2的 Ksp=c(Cd2+)c2(OH-)=1.210-19； （6）2t 该矿石中 CdO2的质量为 2106g72%=1.44106g，其物质的量为 6 1.44 10 g 144g/mol =1104mol，整个流 程中镉元素的损耗率为 10%， 根据原子守恒可知 Cd(BrO3)2的物质的量为 104mol(1-10%)=9103mol， 其质 量为 9103mol368g/mol=3312000g=3312kg。 6 （2020 届江西省重点中学盟校高三联考） 高纯 MnCO3在电子工业中有重要的应用， 工业上利用软锰矿(主 要成分是 MnO2，还含有 Fe2O3、CaCO3、CuO 等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示： 已知：还原焙烧主反应为 2MnO2C 焙烧 2MnOCO2。 可能用到的数据如下： 根据要求回答下列问题： （1）在实验室进行步骤 A，混合物应放在_中加热；步骤 C 中的滤渣为_。 （2）步骤 D 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。 （3）步骤 E 中调节 pH 的范围为_，其目的是_。 （4）步骤 G，温度控制在 35以下的原因是_