2023届高考二轮总复习试题 化学（适用于老高考旧教材）大题突破练1　化学工艺流程题.docx

1、大题突破练大题突破练1化学工艺流程题1.(2022江西新八校第二次联考)五氧化二钒(V2O5)是一种橙黄色片状晶体,具有强氧化性。在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下:已知:“滤渣2”为Mg2(OH)2CO3。请回答下列问题:(1)含钒废料中的有机物主要在工序中除去。(2)常温时,若“调pH净化”工序中最终溶液pH=8,通过计算判断,此时Cu2+是否已经沉淀完全(填“是”或“否”),并写出计算过程(已知离子浓度1.010-5 molL-1认为沉淀完全,KspCu(OH)2=4.810

2、-20)。(3)“净化”时若加入过量的(NH4)2CO3,可能导致的后果为。(4)煅烧反应同时有氨气生成,实验室检验该气体的方法为。NH4VO3要在流动空气中煅烧的原因可能是。(5)在硫酸酸化条件下,V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液,反应的离子方程式为。(6)全钒液流电池的电解质溶液为VOSO4溶液,电池的工作原理为VO2+V2+2H+VO2+H2O+V3+电池充电时,阳极的电极反应为。2.(2022广西桂林、梧州一模)市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等),不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置,并可以

3、作为资源再次被我们利用,同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO47H2O)的工艺流程如下:已知:“沉铁”时若pH过高,会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题:(1)为提高“酸浸”效率,可采取的措施有(任写一条)。(2)“一系列操作”主要包括、过滤、洗涤、干燥。(3)用锌粉除铜、镍时,先除去铜,然后分离再置换除镍,用锌粉直接置换速率极慢,目前采用“锑盐净化法”,即置换时在酸性、含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3,得到金属Ni和Sb的混合物,该混合物可表示为NiSb,形成NiSb的离子方程式为。(4)“浸渣”中含有Ag2S,经一系列处理得Ag(NH

4、3)2Cl(可溶于水,电离成Ag(NH3)2+和Cl-),用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银,N2H4的氧化产物为N2,写出该反应的化学方程式:,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(5)浸出液中含有Fe2+,“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为。pH对不同金属沉出率的影响如图所示,则“沉铁”时最合理的pH约为。在pH6时,Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在,但是有铁离子存在时,pH升高,Zn、Cu、Ni损失率均升高,原因可能是。3.(2022河南新乡第三次模拟)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、Mg

5、O、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。(2)“酸浸”时,Na2SO3的作用为。“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Ar的作用是。(6)某工厂用10 t钌矿石含8.84 t Ru(CO3)2、165 kg RuO4,最终制得3 636 kg Ru,则Ru的产率为(保留三

6、位有效数字)。4.(2022江西鹰潭第二次模拟)硫酸镍主要用于电镀、镍电池、催化剂以及制取其他镍盐等,并用于印染媒染剂、金属着色剂等。NiSO4nH2O易溶于水,难溶于乙醇,其水溶液显酸性。从电镀污泥中回收制备NiSO4nH2O和其他金属的工艺流程如下。已知:.电镀污泥含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等。.萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2+2RHNiR2+2H+。回答下列问题:(1)“酸浸”时,为加快浸出速率,提高生产效益,降低生产成本,下列措施不合理的有(填字母)。A.搅拌B.适当增大硫酸的浓度C.对污泥进一步球磨粉碎(2)“电解”时,铜的

7、电解电压(U)较低,且电解速率很快,铁和铬的存在形式随电解电压的变化情况如表。为得到纯的NiSO4nH2O,电解电压(U)的范围是(单位:V)。电解电压/V1.01.21.52.02.53.03.5Fe2+有有有无无无无Cr4+无无无无无有有(3)萃取余液可在操作单元(填字母)中循环利用。A.酸浸B.调pHC.除Cr反萃取剂X为(填化学式)。(4)“反萃取”得到的NiSO4溶液,可在强碱溶液中被NaClO氧化,得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。该反应的离子方程式为。(5)第三代混合动力车,可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时,电动机提供推动力,降低汽油的消耗;在下坡时,

8、电池处于充电状态。混合动力车目前一般使用镍氢电池。镍氢电池充放电原理如图1所示,根据所给信息判断,混合动力车上坡或加速时,乙电极的电极反应为。图1(6)采用热重分析法测定NiSO4nH2O样品所含结晶水数。将样品在900 下进行煅烧,失重率随时间变化如图2,A点时失掉2个结晶水,n的值为。图25.(2022河南大联考第三次模拟)五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业,用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、NiO等)中回收钒,既能避免对环境的污染,又能节约宝贵的资源,回收工艺流程如下:已知:“酸浸”时V2O

9、5和V2O4与稀硫酸反应分别生成VO2+和VO2+。溶液中VO2+与VO3-可相互转化:VO2+H2OVO3-+2H+,且NH4VO3为沉淀。(1)“酸浸”前,需对废钒催化剂进行粉碎预处理,其目的是。(2)“还原转化”中加入FeSO4的目的是将VO2+转化为VO2+,写出反应的离子方程式: 。(3)加入H2O2的目的是将过量的Fe2+转化为Fe3+。“氧化1”后,溶液中含有的金属阳离子主要有Fe3+、Ni2+、VO2+,调节pH使离子沉淀,若溶液中c(Ni2+)=0.2 molL-1,则调节溶液的pH最小值为可使Fe3+沉淀完全(离子浓度1.010-5 molL-1时沉淀完全),此时(填“有”

10、或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。假设溶液体积不变,lg 60.8,KspFe(OH)3=2.1610-39,KspNi(OH)2=210-15(4)“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为。(5)“沉钒”时,通入氨气的作用是。(6)若该废钒催化剂中V2O5的含量为10%(原料中所有的钒已换算成V2O5)。取100 g待处理样品,按照上述流程进行实验。当加入150 mL 0.1 molL-1 KClO3溶液时,溶液中的钒元素恰好完全反应,则该工艺中钒的回收率是%(假设与KClO3反应后的操作步骤中钒元素无损失)。6.(2022河南洛阳二模)铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4),还含有

11、SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质。铬及其化合物在化工上用途广泛,由铬铁矿石制备重要化工原料重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示:已知:铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2。回答下列问题:(1)为了加快矿石“碱熔”速率,可以采取的措施有(任写一种)。(2)写出铬铁矿“碱熔”后转化为Na2CrO4和NaFeO2的化学方程式:。(3)“水浸”时,滤渣A为红褐色沉淀,NaFeO2水解的离子方程式为。(4)“调pH”时,气体X循环利用,X的化学式为,滤渣B的主要成分为。(5)“铬转化”时,若盐酸浓度过大或用量过多,会使产品中含有Cr(),既影响产品的纯度,又产生有毒气体污染环境,写

12、出相关反应的离子方程式:。(6)某工厂采用电解法处理含铬废水,耐酸电解槽用铁板作阴、阳极,槽中盛放含铬废水,原理示意图如下:若不考虑气体的溶解,当收集到13.44 L H2(标准状况下)时有 mol Cr2O72-被还原,一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀,若电解后溶液中c(Cr3+)=3.010-5 molL-1,则c(Fe3+)= molL-1。(已知KspFe(OH)3=4.010-38,KspCr(OH)3=6.010-31)7.(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

13、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。实际操作时,所加H2O2的量要比理论计算值多,可能原因是。LiFePO4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。“沉锂”采用90 的优点有。308 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。8.(2022湖南怀化三模)某种电镀污泥主要含有

14、碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au),可用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜和粗碲等,以实现有害废料的资源化利用,工艺流程如图:已知:煅烧时,Cu2Te发生反应的化学方程式:Cu2Te+2O22CuO+TeO2(1)Te元素在元素周期表中的位置为,该元素最高化合价为价。(2)煅烧时,Cr2O3发生反应的化学方程式为。(3)浸出液中除了含有TeOSO4(在电解过程中不反应)外,还含有(填化学式)。电解沉积过程中,析出单质铜的电极为极。(4)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

15、的原因是。(5)测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下:称取试样2.50 g配制成250 mL溶液,取25.00 mL所配溶液置于锥形瓶中,加入足量稀硫酸和几滴指示剂,用0.100 0 molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为。若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的体积平均为25.00 mL,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为。参考答案大题突破练1化学工艺流程题1.答案 (1)焙烧(2)是c(Cu2+)=KspCu(OH)2c2(OH-)=4.810-20(1.010-6)2 molL-1=4.810-8 molL-11.010-5

16、molL-1(3)会生成NH4VO3沉淀,降低钒的利用率(4)用湿润的红色石蕊试纸靠近气体,试纸变蓝利用空气流及时赶出NH3,以防NH3还原V2O5(5)V2O5+H2C2O4+4H+2VO2+2CO2+3H2O(6)V2+-e-V3+解析 含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)和MgCO3经过焙烧除去有机物,V2O3会转化为Mg(VO3)2;用足量H2SO4溶液酸浸,得到含VO3-、Fe3+、Al3+、Cu2+、Mg2+等离子的溶液;“净化”中,向酸浸所得溶液中加入适量氨水调节pH,Fe3+、Al3+、Cu2+转化为相应的氢氧化物沉淀,被过滤除掉,所得滤液为含VO

17、3-、NH4+、Mg2+等离子的溶液;“净化”中,向“净化”所得的滤液中加入适量(NH4)2CO3,Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀,过滤后得滤液1(含VO3-、NH4+),“净化”向滤液1中加入足量(NH4)2CO3,得到NH4VO3沉淀,再将NH4VO3在空气中煅烧得到V2O5。(1)含钒废料中的有机物主要在焙烧工序中除去。(2)常温时,若“调pH净化”工序中最终溶液pH=8,c(OH-)=1.010-6 molL-1,c(Cu2+)=KspCu(OH)2c2(OH-)=4.810-20(1.010-6)2 molL-1=4.810-8 molL-11.010-5 molL-1,故

18、此时Cu2+已完全沉淀。(3)“净化”中,向“净化”后的滤液中加入适量(NH4)2CO3,Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀,过滤后得滤液1(含VO3-、NH4+),“净化”向滤液1中加入足量(NH4)2CO3,得到NH4VO3沉淀,“净化”时若加入过量的(NH4)2CO3,可能导致的后果为“净化”中生成Mg2(OH)2CO3沉淀和NH4VO3沉淀,降低钒的利用率。(4)煅烧反应同时有氨气生成,实验室检验该气体的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近气体,试纸变蓝;NH4VO3要在流动空气中煅烧的原因可能是利用空气流及时赶出NH3,以防NH3还原V2O5。(5)在硫酸酸化条件下,V2O5与H2C

19、2O4溶液反应的离子方程式为V2O5+H2C2O4+4H+2VO2+2CO2+3H2O。(6)电池充电时,阳极上发生氧化反应,电极反应为V2+-e-V3+。2.答案 (1)适当升高温度(2)将滤液蒸发浓缩冷却结晶(3)2Ni2+Sb2O3+6H+5Zn2NiSb+3H2O+5Zn2+(4)4Ag(NH3)2Cl+N2H44Ag+N2+4NH4Cl+4NH341(5)2Fe2+H2O2+4OH-2FeOOH+2H2O3.2生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性,将Zn、Cu、Ni的离子吸附而造成损失解析 由题干流程图可知,“焙烧”步骤可以除去污泥中的有机质和C,同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转

20、化为相应的氧化物,“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐,过滤出微溶物Ag2SO4,滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子,“除铁”步骤是将Fe2+转化为FeOOH,反应原理为2Fe2+H2O2+4OH-2FeOOH+2H2O,加入Zn粉先置换出Cu,离子方程式为Zn+Cu2+Zn2+Cu,后置换出Ni,离子方程式为Zn+Ni2+Zn2+Ni,最后过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤、干燥即可获得ZnSO47H2O。(1)对反应物进行搅拌、适当增大硫酸的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“酸浸”效率。(2)加入锌粉后置换出铜、镍,过滤

21、得到硫酸锌溶液,经过“一系列操作”得到皓矾晶体,则“一系列操作”主要包括将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)置换时在酸性、含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物,该混合物可表示为NiSb,形成NiSb的反应中锌发生氧化反应,Ni2+、Sb2O3发生还原反应,根据氧化还原反应的配平原则可知,该反应的离子方程式为2Ni2+Sb2O3+6H+5Zn2NiSb+3H2O+5Zn2+。(4)已知Ag(NH3)2Cl可溶于水,电离成Ag(NH3)2+和Cl-,用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银,N2H4的氧化产物为N2,根据氧化还原反应可得该化学方

22、程式为4Ag(NH3)2Cl+N2H44Ag+N2+4NH4Cl+4NH3,反应中Ag(NH3)2Cl发生还原反应作氧化剂,N2H4发生氧化反应作还原剂,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为41。(5)由分析可知,浸出液中含有Fe2+,“沉铁”步骤中过氧化氢将二价铁转化为三价铁,三价铁生成FeOOH沉淀,发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+4OH-2FeOOH+2H2O。由题图中信息可知,pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全,此时再增大pH,Cu2+沉淀量增多,Fe3+沉出率基本不变,故“沉铁”时最合理的pH约为3.2。已知“沉铁”时若pH过高,会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀;故

23、在pH6时,Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在,但是有铁离子存在时,pH升高,Zn、Cu、Ni损失率均升高,原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性,将Zn、Cu、Ni的离子吸附而造成损失。3.答案 (1)+3价(2)溶解RuO4CaSO4温度为65 、pH为1.0(3)6Na+12Fe2+2ClO3-+18SO42-+6H2O3Na2Fe4(SO4)6(OH)2+2Cl-+6OH-(4)HNHHH+Cl-(5)作保护气,防止钌与空气中的氧气反应(6)87.8%解析 由题给流程可知,向钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠“酸浸”时,钌元素转化为硫酸钌,氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁

24、、硫酸镁,氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙,二氧化硅与硫酸不反应,过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液;向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液,将铁元素转化为Na2Fe4(SO4)6(OH)2沉淀,过滤得到Na2Fe4(SO4)6(OH)2和滤液;向滤液中加入氟化钠溶液,将镁元素转化为氟化镁沉淀,过滤得到氟化镁沉淀和滤液;向滤液中加入浓碳酸钠溶液,将钌元素转化为碳酸钌沉淀,过滤得到滤液1和碳酸钌;碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌,向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液,将氯化钌转化为草酸钌沉淀,过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌;在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。(1)由化学式的正负化合价代数和等于0可

25、知,Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价。(2)“酸浸”时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌,将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌;滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙;由题图可知,温度为65 、pH为1.0时,钌的浸出率最大。(3)加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为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)“滤液2”的主要成分为氯化铵,电子式为HNHHH+Cl-。(5)灼烧时氩气的作用是作保护气,否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化

26、。(6)若10 t钌矿石最终制得3 636 kg钌,由钌原子个数守恒可知,钌的产率为3 636103g101 gmol-18.84106g221 gmol-1+165103g165 gmol-1100%87.8%。4.答案 (1)B(2)2.0 VU2.5 V(3)AH2SO4(4)2Ni2+ClO-+4OH-2NiOOH+Cl-+H2O(5)NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-(6)6解析 向电镀污泥含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等中加入稀硫酸“酸浸”,SiO2不和稀硫酸反应,则得到滤渣为SiO2,其他物质转化为硫酸盐,然后电解得到金属

27、铜,电解之后加入碳酸钠调节pH,使铁离子形成Fe(OH)3沉淀,过滤形成滤渣为Fe(OH)3,然后加入磷酸钠除Cr,形成CrPO4,加入萃取剂(RH)萃取,使Ni2+发生反应:Ni2+2RHNiR2+2H+,然后形成NiSO4nH2O,进行富集,提高Ni2+的浓度,再进行反萃取,重新得到NiSO4溶液,最后经蒸发浓缩、冷却结晶得到NiSO4nH2O。(1)用搅拌器搅拌可加快浸出速率,A正确;“酸浸”时,若加入相同体积、高浓度的硫酸,增加了硫酸的用量,且在“电解”过程中又产生了硫酸,“调pH”时会增加Na2CO3的用量,B错误;磨碎电镀污泥,增大接触面积,提高反应速率和生产效率,C正确。(2)由

28、题表中数据可知,在电解铜不影响Fe和Cr时应选择电解电压的范围为2.0 VU2.5 V。(3)根据已知,萃取余液中主要含硫酸,可在“酸浸”环节循环使用,反萃取剂是将Ni从NiR2中洗出形成硫酸镍,故反萃取剂X为硫酸。(4)根据题意,NaClO氧化NiSO4生成NiOOH,ClO-被还原为Cl-,反应的离子方程式为2Ni2+ClO-+4OH-2NiOOH+Cl-+H2O。(5)混合动力车上坡或加速时,属于原电池的工作原理,乙为正极,电极反应为NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-。(6)设样品的质量为100 g,A点时失重率为13.7%,失重13.7 g,失去2个结晶水,100155+1

29、8n=13.736,解得n6。5.答案 (1)增大接触面积,加快反应速率(2)VO2+Fe2+2H+VO2+Fe3+H2O(3)2.8无(4)3H2O+ClO3-+6VO2+6VO2+Cl-+6H+(5)使VO2+H2OVO3-+2H+平衡正向移动,将VO2+转化为VO3-,同时增大NH4+的浓度(6)81.9解析 向废钒催化剂中加入稀硫酸进行“酸浸”,V2O5和V2O4与稀硫酸反应分别生成VO2+和VO2+,Fe2O3转化为Fe2(SO4)3,NiO转化为NiSO4,过滤后的滤渣1的主要成分为SiO2,加入FeSO4是将VO2+转化为VO2+,加入H2O2是将过量的Fe2+全部转化为Fe3+

30、,便于后续调pH步骤中除去,过滤得滤渣2的主要成分为Fe(OH)3,向滤液2中加入萃取剂,萃取出含钒微粒,再进行反萃取后得到含钒溶液,加入H2SO4和KClO3的目的是将低价态的钒氧化为+5价的钒,加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀,过滤洗涤,最后灼烧沉淀得V2O5。(1)“酸浸”前,需对废钒催化剂进行粉碎预处理,其目的是增大接触面积,加快反应速率。(2)“还原转化”中加入FeSO4的目的是将VO2+转化为VO2+,根据氧化还原反应配平可知,该反应的离子方程式为VO2+Fe2+2H+VO2+Fe3+H2O。(3)当c(Fe3+)=1.010-5 molL-1时,根据Ksp的公式可知,

31、溶液中的c3(OH-)=KspFe(OH)3c(Fe3+)=2.1610-391.010-5(molL-1)3=2.1610-34(molL-1)3,c(OH-)=610-12molL-1,计算可得pH2.8,QNi(OH)2=c(Ni2+)c2(OH-)=0.2(6.010-12)2=7.210-24,因为QNi(OH)2KspNi(OH)2,所以无Ni(OH)2生成。(4)KClO3将VO2+氧化为VO2+的过程中,ClO3-中氯元素得电子被还原为Cl-,根据氧化还原反应配平可得其离子方程式为3H2O+ClO3-+6VO2+6VO2+Cl-+6H+。(5)溶液中存在平衡VO2+H2OVO3

32、-+2H+,通入氨气,溶液中OH-浓度增大,消耗H+,该平衡正向移动,从而使VO2+尽可能都转化为VO3-。(6)“氧化2”过程中KClO3将VO2+氧化成VO2+,便于后续沉钒,进而实现钒的回收,相关离子方程式为3H2O+ClO3-+6VO2+6VO2+Cl-+6H+。100 g待处理样品中,m(V2O5)=100 g10%=10 g,则n(V2O5)=10 g182 gmol-1=591 mol,即n(V)=2591 mol =1091 mol ;n(KClO3)=0.15 L0.1 molL-1=0.015 mol,由于ClO3-6VO2+,故n(VO2+)=0.09 mol,则该工艺中

33、钒的最大回收率为0.09mol1091mol100%=81.9%。6.答案 (1)矿石粉碎、搅拌、适当升高温度或提高空气中氧气的含量(任写一种)(2)7O2+4FeCr2O4+10Na2CO38Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2(3)FeO2-+2H2OFe(OH)3+OH-(4)CO2H2SiO3(或H4SiO4)(5)Cr2O72-+6Cl-+14H+2Cr3+3Cl2+7H2O(6)0.12.010-12解析 铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4),还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质,向铬铁矿石中加入碳酸钠、通入氧气、“碱熔”生成Na2CrO4和NaFeO2、N

34、a2SiO3,“水浸”时NaFeO2水解为Fe(OH)3沉淀,过滤,向滤液中通入二氧化碳调节pH,Na2SiO3生成H2SiO3沉淀,过滤,向滤液中加适量盐酸使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,再加KCl得到K2Cr2O7。(1)根据影响反应速率的因素,矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、提高空气中氧气的含量等都可以加快矿石“碱熔”速率。(2)铬铁矿“碱熔”时被氧气氧化为Na2CrO4和NaFeO2,Cr元素的化合价由+3价升高为+6价、铁元素的化合价由+2价升高为+3价,根据得失电子守恒,反应的化学方程式为7O2+4FeCr2O4+10Na2CO38Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2。

35、(3)滤渣A为红褐色沉淀,说明“水浸”时NaFeO2水解生成Fe(OH)3和氢氧化钠,水解的离子方程式为FeO2-+2H2OFe(OH)3+OH-。(4)“碱熔”过程中放出的气体是二氧化碳,用二氧化碳“调pH”,硅酸钠和二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠,滤渣B的主要成分为H2SiO3(或H4SiO4)。(5)“铬转化”时,若盐酸浓度过大或用量过多,会使产品中含有Cr(),同时产生有毒气体,说明氯离子被Cr2O72-氧化为氯气,反应的离子方程式为Cr2O72-+6Cl-+14H+2Cr3+3Cl2+7H2O。(6)阳极发生反应Fe-2e-Fe2+,阴极发生反应2H+2e-H2,当收集到13.44

36、 L H2(标准状况下)时电路中转移13.44 L22.4 Lmol-12=1.2 mol电子,则阳极生成0.6 mol Fe2+,Fe2+把Cr2O72-还原为Cr(),Cr元素化合价降低3价,根据电子守恒,被还原的Cr2O72-的物质的量是0.1 mol;一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀,若电解后溶液中c(Cr3+)=3.010-5 molL-1,c(Fe3+)c(Cr3+)=KspFe(OH)3KspCr(OH)3,则c(Fe3+)=2.010-12 molL-1。7.答案(1)+2(2)AlO2-(3)H2O2易分解2LiFePO4+H2O2+8H+2Li+2Fe3+2

37、H3PO4+2H2O(4)Fe(OH)3(5)90 可减少Li2CO3溶解损失310-37410018(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)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;LiFePO4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+2H

38、2O;(5)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;308 K时,碳酸锂物质的量分数xi=3.010-3,设溶液中,水和碳酸锂共1 mol,则n(Li2CO3)=3.010-3 mol,n(H2O)1 mol,S100=310-374118,S=310-37410018 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。8.答案(1)第五周期第A族+6(2)2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2(3)CuSO4阴(4)低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整

39、个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小(5)Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O49.0%解析 (1)Te在元素周期表中与氧元素同主族,且核外有5个电子层,所以位置为第五周期第A族;Te的最外电子层有6个电子,其最高化合价为+6价。(2)煅烧时,Cr2O3被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4,化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2。(3)沉渣中加入稀硫酸,CuO转化为CuSO4,TeO2转化为TeOSO4,还含有CuSO4。电解沉积过程中,Cu2+在电解池的阴极得到电子被还原为Cu,析出单质铜的电极为阴极。(4

40、)冷却结晶,能析出大量K2Cr2O7,说明在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小,且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小,通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7。(5)滴定过程中,Fe2+被Cr2O72-氧化为Fe3+,Cr2O72-转化为Cr3+,发生反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O;由离子方程式,可建立如下关系式:Cr2O72-6Fe2+,取出的25.00 mL溶液中所含的n(Fe2+)=0.100 0 molL-10.025 L=0.002 5 mol,则所得产品中K2Cr2O7的纯度为0.002 5mol16250 mL25.00 mL294 gmol-12.50 g100%=49.0%。