2021年高考化学三轮复习专题：工艺流程.docx

1、工艺流程 1高铁酸钾的生产流程如图所示，下列有关说法错误的是( ) A高铁酸钾作净水剂的原因之一是其还原产物 Fe 3与水作用生成的 Fe(OH) 3胶体具有吸附 性 B步骤中反应每消耗 1 mol Cl2，转移 1 mol 电子 C步骤中反应的离子方程式为 3Fe3O426H NO- 39Fe 3NO 213H2O D由图知，氧化性：KClOK2FeO4 【答案】C 【解析】 根据流程图， 电解氯化钠溶液生成的氯气与氢氧化钾溶液反应生成碱性次氯酸钾浓 溶液， 用稀硝酸溶解磁铁矿得到的溶液中还原铁离子， 碱性次氯酸钾浓溶液将 Fe 3氧化生成 K2FeO4。 A K2FeO4中+6 价的铁检验

2、强氧化性， 其还原产物 Fe 3与水作用生成的 Fe(OH) 3胶体， 具有吸附性，因此是一种高效的净水剂，故 A 正确；B步骤中氯气与氢氧化钾溶液反应 生成碱性次氯酸钾浓溶液，Cl2+2OH -=Cl-+ClO-+H 2O，每消耗 1 mol Cl2，转移 1 mol 电子，故 B 正确；C步骤中磁铁矿中的四氧化三铁与稀硝酸反应发生氧化还原反应生成 Fe 3，反 应的离子反应为 3Fe3O4+28H +NO- 3=9Fe 3+NO+14H 2O，故 C 错误；D步骤中碱性次氯酸钾 浓溶液将 Fe 3氧化生成 K 2FeO4，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性： KClOK2FeO

3、4，故 D 正确；故选 C。 2某酸性工业废水中含有一定量的 3 Fe 、 2 Cu 、 3 Au 等离子。利用常用的酸、碱和工业 生产中的废铁屑，设计如下工艺流程，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。 下列说法不正确的是 A标号处发生的反应均为氧化还原反应 B标号处加入的相应物质是稀硝酸或稀硫酸 C标号处发生的离子反应最多有四个 D铁红的化学式为 23 Fe O，工业上常用作红色颜料 【答案】B 【解析】由工艺流程图示知，E 为铁元素的离子，而 A 为铜、金的单质，通过过滤将铁元素 与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此处加入的物质为铁屑，发生的反应为 Fe+2H + Fe 2+H 2

4、，2Fe 3+Fe3Fe2+，Cu2+FeCu+Fe2+，2Au3+3Fe2Au+3Fe2+；处加入稀硫酸以除 去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含 Fe 2+的 E 溶液相混合；处利用金 不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀， 从而再受热分解为氧化铜； 处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀， 再利用空 气将其转化为氢氧化铁沉淀，最终受热分解为铁红（氧化铁） 。A. 由分析可知，处发 生的反应均为氧化还原反应，故 A 正确；B. 由分析可知，处利用金不溶于硝酸的性质将 铜与金分离开，故 B 错误；C. 由分析可知，处加入的物质为铁屑

5、，发生的反应为 Fe+2H + Fe 2+H 2，2Fe 3+Fe3Fe2+，Cu2+FeCu+Fe2+，2Au3+3Fe2Au+3Fe2+；有 4 个反应，故 C 正确；D. 铁红的化学式为 23 Fe O，工业上常用作红色颜料，故 D 正确；故选 B。 3用铝灰冶铝废弃物，主要成分是 23 Al O (含少量杂质 2 SiO、FeO、 23 Fe O )作原料可制 取硫酸铝铵晶体，其制备流程如图。下列说法错误的是 A为提高铝灰的浸取率可以加入热的稀硫酸 B滤渣 a 的成分为 2 SiO C氧化过程中发生反应的离子方程式为 23 22 2FeH O2Fe2OH D操作 X 包括蒸发浓缩、冷却

6、结晶、过滤、洗涤和干燥等操作 【答案】C 【解析】铝灰的主要成分为 Al2O3（含少量杂质 SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、 Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有 Al 3+、Fe2+、Fe3+，加过氧化氢溶液， 将 Fe 2+氧化为 Fe3+，加入氧化铝调 pH，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸 铵，生成 NH4Al（SO4）2，结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝铵晶体。A. 加热搅拌可以提高铝灰 的浸取率，故 A 正确；B. 铝灰的主要成分为 Al2O3（含少量杂质 SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫 酸，Al2O3、FeO、F

7、e2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，浸取会被过滤掉，故 B 正确；C. 加 过氧化氢溶液，将 Fe 2+氧化为 Fe3+，离子方程式为：2+3+ 222 2Fe +H O +2H =2Fe +2H O，故 C 错误；D. 操作 X 包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等操作得到干燥的硫酸铝 铵晶体，故 D 正确；故选 C。 4碱式次氯酸镁MgmClO(OH)nH2O微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无 机抗菌剂， 以菱镁矿(MgCO3， 含少量 FeCO3)为主要原料， 制备碱式次氯酸镁的工艺流程如下， 下列说法不正确 的是（ ） A流程中酸溶后溶液中含有 Mg 2、Fe2

8、 B可以加入 MgCO3调节 pH C过滤 1 所得的滤渣含有 Fe(OH)3 D “混合”时反应的离子方程式为：2Mg 2ClO2OHH 2OMg2ClO(OH)2H2O 【答案】D 【解析】菱镁矿(MgCO3，含少量 FeCO3)中加入盐酸，MgCO3和 FeCO3都和盐酸反应分别生成盐 MgCl2、 FeCl2， 加入 H2O2把 Fe 2+氧化为 Fe3+， 然后加入 MgO 或 Mg(OH) 2或 MgCO3调节溶液的 pH， 使 Fe 3+转化为 Fe(OH) 3沉淀而除去。过滤出 Fe(OH)3后的滤液中加入 NaClO 和 NaOH 溶液，得 到碱式次氯酸镁。 A 由以上分析可

9、知， 流程中酸溶后溶液中含有 Mg 2、 Fe2， 故 A 正确； B 由 以上分析可知，可以加入 MgCO3调节 pH，故 B 正确；C由以上分析可知，过滤 1 所得的滤 渣含有 Fe(OH)3，故 C 正确；D化学方程式中碱式次氯酸镁的化学式Mg2ClO(OH)2H2O不 符合正负化合价代数和为 0 的原则，故 D 错误；故选 D。 5工业综合处理含 4 NH 废水和含 222 NCOSONOCO、的废气，得无毒气体 b，流程 如下： 下列说法错误的是( ) A “固体”中主要含有 3 CaCO、 3 CaSO BX 气体、NO与 23 Na CO溶液的离子反应： 2 2322 4NOO2

10、CO4NO2CO C处理含 + 4 NH废水时，离子反应： 4222 NHNON2H O D捕获剂捕获气体 a 中CO发生了氧化还原反应 【答案】D 【解析】A.工业废气通入过量的石灰石悬浊液，二氧化硫被吸收形成亚硫酸钙沉淀，所以固 体中含有碳酸钙和亚硫酸钙，故 A 正确；B.由题中信息可知，一氧化氮能被碳酸钠吸收成亚 硝酸钠，氮元素的化合价由+2 升高到+3，故需要加入氧化剂，结合所涉及的元素可知，通 入的 X 为氧气，离子反应： 2 2322 4NOO2CO4NO2CO ，B 正确；C.亚硝酸钠中 的氮元素为+3 价，与铵根离子中的-3 价氮元素发生氧化还原反应，生成的无污染的气体为 氮气

11、，根据电子转移守恒和电荷守恒分析，其方程式为 NH4 +NO 2 -=N 2+2H2O，C 正确；D.一 氧化碳、N2与碳酸钠不反应，根据反应前后的物质变化可知， 捕获剂捕获的气体主要为 CO， 产物为 Cu(NH3)3COAC，反应前后碳和氧的化合价没有变，故该反应不是氧化还原反应， D 错误。答案选 D。 6氯化亚铜(CuC1)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuC1 难溶于水，可溶于氯离子浓 度较大的体系，易水解氧化。以海绵铜(主要成分是 Cu 和少量 CuO)为原料，生产 CuC1 的工 艺如下： 下列说法错误的是 A “溶解”过程发生氧化还原反应的离子方程式是 3Cu+8H +2-

12、 3 NO=3Cu2+2NO+4H2O B “反应”过程发生反应的离子方程式是 2Cu 2+2- 3 SO+2C1-+H2O=2CuC1+ 2- 4 SO+2H+ C “溶解”过程中硫酸可用浓盐酸代替 D “烘干”需在隔绝空气的环境中进行 【答案】C 【解析】A “溶解”过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜 氧化，离子方程式是 3Cu+8H +2- 3 NO=3Cu2+2NO+4H2O，A 正确；B从后续操作看， “反应” 过程生成 CuCl，则溶液中的 Cu 2+被2- 3 SO还原，发生反应的离子方程式是 2Cu2+ 2- 3 SO +2C1 -+H 2O=2Cu

13、C1+ 2- 4 SO+2H+，B 正确；C “溶解”过程中，若硫酸用浓盐酸代替，则“反 应”过程中生成的 CuCl 会被 Cl -溶解，难以得到 CuCl 沉淀，C 不正确；D “烘干”时，CuCl 易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，D 正确；故选 C。 7 工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分 MnO2)和方铅矿(主要成分 PbS、 FeS2)， 制备 PbSO4 和 Mn3O4，转化流程如下。 已知：PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应： 2 24 PbCl +2ClPbCl 。 下列说法正确的是 A中可使用浓盐酸代替稀盐酸和 NaCl 的混合溶液 B中生成的沉淀 Y

14、 是 Fe(OH)2 C中试剂 X 可能作氧化剂 D中发生反应：Pb 2+SO 4 2= PbSO 4 【答案】C 【解析】方铅矿 (主要成分 PbS、 、FeS2)和软锰矿(主要成分 MnO2)中加入稀盐酸、NaCl 溶液 并加热至 70，发生的反应有 MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+ 2H2O， 3MnO2+2FeS2+12HCl=3MnCl2+2FeCl3+4S+6H2O，调节溶液的 pH 使铁离子和转化为沉淀，要除去 这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质， 然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液， 将 溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到 PbCl2晶体和滤液，向滤

15、液中通入氨气、X 使锰离子被 氧化生成 Mn3O4，将溶液过滤得到 Mn3O4和滤液。A.若用浓盐酸代替稀盐酸和 NaCl 的混合溶 液，那么浓盐酸与软锰矿中的 MnO2反应生成氯气，A 错误；B.由分析可知中生成的沉淀 Y 是 Fe(OH)3，B 错误；C.中向滤液中通入氨气、X 使锰离子被氧化生成 Mn3O4，则试剂 X 可 能作氧化剂，C 正确；D.因为 PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应： 2 24 PbCl +2ClPbCl ，故中发生反应：PbCl 4 2-+SO 4 2= PbSO 4+4Cl -，D 错误；故选 C。 8富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgOB2O3） 、镁硅酸盐（

16、2MgOSiO2）及少量 Al2O3、FeO 等杂 质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下： 为了获得晶体， 会先浓缩溶液接近饱和， 然后将浓缩液放入高压釜中， 控制温度进行结晶 （硫 酸镁与硼酸溶解度随温度的变化如图） 。下列说法错误的是 A该工艺流程中加快反应速率的措施有 2 种 B在高压釜中，先降温结晶得到硼酸晶体，再蒸发结晶得到硫酸镁晶体 C “酸浸”中镁硼酸盐发生反应 2MgOB2O3+2H2SO4+H2O 2MgSO4+2H3BO3 D加入“MgO”后过滤，所得滤渣主要是 Al(OH)3 和 Fe(OH)3 【答案】B 【解析】根据工艺流程分析，将

17、富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用热的 H2SO4溶液酸浸，发生 反应2MgO B2O3+2H2SO4+H2O 2MgSO4+2H3BO3、 Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、 FeO+H2SO4=FeSO4+H2O， 浸出渣的主要成分为 SiO2，浸出液中含有 MgSO4、H3BO3、Al2(SO4)3和 FeSO4，加入 H2O2可将 Fe 2+氧化为 Fe3+，再加入 MgO 调节 pH 可得到 Al(OH) 3 和 Fe(OH)3的沉淀，过滤后将滤液浓缩 后放入高压釜中，控制温度结晶分别得到硫酸镁晶体和硼酸晶体。A根据分析可知，该工 艺流程中加快反应速率的措施有研磨(增

18、大反应物的接触面积)、 加热2种措施， A选项正确； B根据硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化图可知，大约 80之前硫酸镁和硼酸的溶解度随 温度的升高而升高， 因此先降温结晶会同时得到硫酸镁和硼酸的晶体， 正确的操作应为浓缩 后，升温控制温度在 200以上结晶，趁热过滤得到硫酸镁晶体，再降温结晶，得到硼酸晶 体， B 选项错误； C 由上述分析可知， “酸浸” 时镁硼酸盐发生的反应为 2MgO B2O3+2H2SO4+H2O 2MgSO4+2H3BO3，C 选项正确；D加入 MgO 调节 pH 可得到 Al(OH)3和 Fe(OH)3的沉淀，即过 滤后的滤渣主要为 Al(OH)3 和 Fe(OH)

19、3的沉淀，D 选项正确；答案选 B。 9为防治雾霾，设计如下流程吸收工业尾气 SO2和 NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4，其 结晶水合物又称保险粉)和 NH4NO3产品，以变“废”为宝。 下列说法错误的是 AS2O 2- 4 中既存在非极性键又存在极性键 B装置 I 的作用是吸收 SO2，装置 II 的作用是吸收 NO C保险粉可通过装置中阳极产物制备，Ce 4从阴极口流出回到装置 II 循环使用 D氧化装置 IV 中 1L 2molL 1NO- 2，至少需要标准状况下 22.4LO2 【答案】C 【解析】 根据流程分析可知， 装置中加入 NaOH 溶液， 可发生反应 SO2+OH

20、-=- 3 HSO吸收 SO2， 装置中加入 Ce 4+，酸性条件下，NO 与 Ce4+发生氧化还原反应生成- 3 NO和 - 2 NO，Ce4+被还 原为 Ce 3+，装置(电解槽)中阳极发生反应 Ce3+-e-=Ce4+，Ce4从阳极口流出回到装置 II 循 环使用， 阴极发生反应2 - 3 HSO+2H+2e-= 2- 24 S O+2H2O， 进而得到保险粉Na2S2O4， 装置中 - 2 NO 被 O2氧化为 - 3 NO， - 3 NO与 NH3得到 NH4NO3。A 2- 24 S O中 S 原子与 O 原子形成极性键，S 原 子与 S 原子形成非极性键，A 选项正确；B根据上述

21、分析可知，装置中加入 NaOH 溶液， 可发生反应 SO2+OH -=- 3 HSO吸收 SO2，装置中加入 Ce4+，酸性条件下，NO 与 Ce4+发生氧化还 原反应生成 - 3 NO和 - 2 NO，可吸收 NO，B 选项正确；C装置(电解槽)中阳极发生反应 Ce 3+-e-=Ce4+，Ce4从阳极口流出回到装置 II 循环使用，C 选项错误；D装置中- 2 NO被 O2氧化为 - 3 NO，N 元素化合价由+3 价升高至+5 价，O 的化合价由 0 价降低至-2 价，氧化装 置 IV 中 1L 2molL -1(2mol)NO- 2， 则转移 4mol 电子， 消耗1molO2， 即需要

22、标准状况下22.4LO2， D 选项正确；答案选 C。 10银铜合金广泛应用于航空工业。从银铜合金的切割废料中回收银和制备 CuAlO2的流程 如下。 已知：Al(OH) 3和 Cu(OH) 2开始分解的温度分别为 450和 80。 下列说法错误的是 A电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极 B为提高原料利用率，流程中应加过量的稀 NaOH C滤渣 B 煅烧时发生的反应为 4CuO+4Al(OH)3 高温 4CuA1O2+ O2+6H2O D若用 1.0 kg 银铜合金（铜的质量分数为 64%) 最多可生成 10.0mol CuA1O2 【答案】B 【解析】A. 电解精炼时，粗银做阳极、纯银做阴极

23、、电解液选可溶性银盐，阳极上银及比 它活泼的金属溶解，阴极上电解液中银离子得到电子被还原析出银，A 正确；B. 流程中硫 酸铜溶液中加硫酸铝和稀 NaOH、未煮沸之前得 Cu( OH) 2 和 A l(OH) 3 ，根据 Al(OH) 3 和 Cu(OH) 2 开始分解的温度分别为 450 和 80 可知 B 为 Al(OH) 3 和 CuO 在生成固体 B 的过程中，需控制 NaOH 的加入量，若 NaOH 过量，则因过量引起的反应为：Al(OH) 3 OH = AlO 2 -2H 2 O ,B 错误；C. 滤渣 B 为 Al(OH) 3和 CuO 的混合物，煅烧时铜化合价降低 到+1 价，

24、则发生氧化还原反应，反应方程式为 4CuO+4Al(OH)3 高温 4CuA1O2+ O2+6H2O，C 正 确；D. 1.0 kg 银铜合金（铜的质量分数为 64%)中铜的物质的量为 1000.0g 64% 10.0mol 64g/mol ，则由铜元素守恒知最多可生成 10.0mol CuA1O2，D 正确；答 案选 B。 11碲被誉为“现代工业的维生素” ，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收 越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有 Cu2Te）中提取粗碲设 计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（ ） 已知: “焙烧”后，碲主要以 TeO2形式存在 Te

25、O2微溶于水，易溶于强酸和强碱 A “焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 B “还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1:2 C为加快“氧化”速率温度越高越好 DTeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为 TeO2 +2OH - =TeO 3 2- +H 2O 【答案】D 【解析】由工艺流程分析可知，铜阳极泥经 O2焙烧得到 TeO2，碱浸时 TeO2与 NaOH 反应得到 Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到 TeO4 2-，TeO 4 2-与 Na 2SO3发生氧化还原反应得到粗碲， 3SO3 2-+TeO 4 2-+2H+=Te+H 2O+3SO4 2-。A “

26、焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三 角、 酒精灯和玻璃棒， 不能用蒸发皿， A 选项错误； B 还原时发生反应： 3SO3 2-+TeO 4 2-+2H+=Te +H2O+3SO4 2-， 氧化剂为 TeO 4 2-， 还原剂 SO 3 2-， 物质的量之比与化学计量数成正比， 故为 1:3， B 选项错误；C “氧化”时氧化剂为 H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C 选项 错误；D根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱， TeO2是两 性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为 TeO2 +2OH - =TeO 3 2- +H 2O，D 选项正确

27、；答案选 D。 12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 Ni 2+ Al 3+ Fe 3+ Fe 2+ 开始沉淀时(c=0.01 molL 1)的 pH 沉淀完全时(c=1.010 5 molL1)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

28、反应的离子方程式_。 (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 Ni 2+浓度为 1.0 molL1，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_。 【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧

29、化物 - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH +H +=Al(OH) 3+H2O (2)Ni 2+、Fe2+、Fe3+ (3) O 2或空气 Fe 3+ (4) 22 7.2-14-58.7-14 0.01101010或 3.26.2 (5)2Ni 2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl +H2O (6)提高镍回收率 【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

30、，滤饼为 Ni、Fe 及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀 H2SO4 酸浸后得到含有 Ni 2+、Fe2+、Fe3+的滤液，Fe2+经 H 2O2氧化为 Fe 3+后，加入 NaOH 调节 pH 使 Fe 3+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。 (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 +H 2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH+H+=Al(OH)3+H2O， 故答案为： 除去油脂、 溶解

31、铝及其氧化物； - 2 AlO+H+H2O=Al(OH)3或 - 4 Al OH+H+=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 Ni 2+、 Fe 2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+； (3)“转化”在 H2O2的作用是将 Fe 2+氧化为 Fe3+，可用 O 2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 Fe 2+，则滤液中可能含有转化生成的 Fe 3+，故答案为：O 2或空气；Fe 3+； (4)由上述表格可知，Ni 2+完全沉淀时的 pH=8.7，此时

32、c(Ni 2+)=1.010-5molL-1，c(H+)=1.0 10 -8.7molL-1，则 c(OH -)= -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 Ni 2+开始沉淀时 pH=7.2，此时 c(Ni 2+)=0.01molL-1，c(H+)=1.010-7.2molL-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；

33、如果“转化”后的溶液中 Ni 2+浓度为 1.0mol L -1， 为避免镍离子沉淀， 此时 2 7.2-14 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；Fe 3+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Ni 2+被氧化为NiOOH 沉淀，

34、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 2Ni 2+ClO +4OH=2NiOOH+Cl+H2O，故答案为：2Ni 2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H 2O； (6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有 Ni 2+，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。 13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 Fe 3+ Fe 2+ Al

35、 3+ Mn 2+ 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 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 OxH O， 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 OxH O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_

36、。 (6)“沉钒”中析出 NH4VO3晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是_。 【答案】(1)加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） (2)Fe 2+ VO+MnO 2+2H +=+ 2 VO +Mn 2+H 2O (3)Mn 2+ Fe3+、Al3+ (4) Fe(OH) 3 (5)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或 NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O (6)利用同离子效应，促进 NH4VO3尽可能析出完全 【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

37、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 Fe 2+被氧化成 Fe3+，SiO 2此过程中不反应，滤液中含有 + 2 VO、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、 Mn 2+、2- 4 SO；滤液中加入 NaOH 调节 pH=3.03.1，钒水解并沉淀为 V2O5xH2O，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 Fe 3+部分转化为 Fe(OH) 3沉淀， 部分 Al 3+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 V2O5xH2

38、O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼中加入 NaOH 使 pH13，V2O5xH2O 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；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

39、有氧 化性，Fe 2+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+2Fe 2+4H+=Mn2+2Fe3+2H 2O；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， MnO 2被还原为 Mn 2+， Mn 元素的化合价由+4 价降至+2 价， 1molMnO 2 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 +MnO 2+2H +=+ 2 VO+Mn2+H2O，故答案为：Fe2+，VO+MnO2+2

40、H+= + 2 VO+Mn2+H2O； (3)根据分析， “中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子 K +、 Mg 2+、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； (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+H

41、2O=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。 14 高锰酸钾是常用的氧化剂。 某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是 MnO2)为原料制备 KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。 已知： 温度 溶解度/g K2CO3 KHCO3 KMnO4 20 111 33.7 6.38 请回答 （1）反应的化学方程式为_； 加

42、热软锰矿、KClO3和 KOH 固体，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是_； （2）反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_； 上述流程中可以循环利用的物质是_； （3）实验时，若 CO2过量会生成 KHCO3，导致得到的 KMnO4产品的纯度降低，其原因是 _； （4）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为 MnO2，含少量 Fe、Al 等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：向浸出液中 加入一定量的 X，调节浸出液的 pH 为 3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤除 去 Fe(OH)3 Al(OH)3； 软锰矿预先粉碎的目的是_； 试剂 X 可以是_； （填出一种即可） 浸出时加入植物粉的作用是_； 写出“沉淀”过程中产生碳酸锰的离子方程式 _ 。 【答案】 （1）KClO3+3MnO2+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O 瓷坩埚中的 SiO2会与 KOH 发生反应 （2）2:1 KOH、MnO2 （3）KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时 KHCO3会随 KMnO4一同结晶析出 （4） 增大反应物接触面积， 加快反应速率， 使反应物转化更彻底 MnO 或 MnCO3 还原剂 Mn 2+2HCO 3 -=MnCO 3+CO2+H2O