主观题突破2 无机化工流程及分析(Word练习)-【优化指导】2025年高考化学二轮复习高中总复习·第2轮（单选版）

主观题突破二　无机化工流程及分析 1．(2024·广西河池一模)MgSO4及其水合物在建筑、工业农业、医药中有着广泛应用。一种以铁菱镁矿(主要成分是MgCO3，还含有CaCO3、FeCO3及少量SiO2)为原料制备MgSO4·H2O的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”时通常要将矿石粉碎，目的是________________________________ ________________________________________________________________________。 写出该过程中发生氧化还原反应的化学方程式_________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)“滤渣1”的主要成分是_______________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)从物质分离提纯的角度考虑，“沉铁”时“X”应选用下列物质中的________(填标号)。 A．氨水 B．NaOH溶液 C．MgO D．Fe2O3 (4)25 ℃时，为保证“沉铁”充分，至少要将溶液的pH调节到________(已知：①25 ℃，Ksp[Fe(OH)2]＝10－17，Ksp[Fe(OH)3]＝10－38；②一般认为，离子浓度小于10－5 mol/L时该离子即沉降完全)。检验“沉铁”充分的实验方法是___________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)根据MgSO4的溶解度随温度变化的情况(如图所示)，由“滤液”获得MgSO4·H2O的“一系列操作”是将温度控制在67.5 ℃以上，蒸发结晶、________、________、干燥。 (6)除MgSO4·H2O外，人们发现MgS2O3·6H2O也有着广泛应用。 MgS2O3·6H2O的晶胞是由S2O与[Mg(H2O)6]2＋构成的长方体，[Mg(H2O)6]2＋在晶胞中的位置如图所示。已知晶胞的体积为V m3，阿伏加德罗常数的值为NA，MgS2O3·6H2O的摩尔体积Vm＝________m3/mol(列出计算式)。 答案：(1)增大矿石与空气的接触面积，增大反应速率，使焙烧更充分　4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2 (2)SiO2、CaSO4 (3)C (4)3　取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，溶液未变红则证明“沉铁”充分 (5)趁热过滤　洗涤 (6) 解析：(1)粉碎是增大接触面积，增大焙烧速率，使焙烧更充分，提高原料利用率，该过程中发生氧化还原反应，化学方程式为4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2。 (3)“沉铁”时，使Fe3＋以Fe(OH)3的形式沉淀，且不引入杂质，X应该为MgO。 (4)“沉铁”充分时c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol/L，c(OH－)＝＝mol/L＝10－11mol/L，c(H＋)＝＝ mol/L＝10－3 mol/L，pH＝3。检验“沉铁”充分是检验Fe3＋除尽与否，实验方法是取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，溶液未变红则证明“沉铁”充分。 (5)由图可以看出，温度在－3.9 ℃～1.8 ℃可以析出MgSO4·12H2O，在1.8 ℃～48.1 ℃析出的是MgSO4·7H2O，在48.2 ℃～67.5 ℃析出MgSO4·6H2O，在67.5 ℃以上可以析出MgSO4·H2O，因此要得到MgSO4·H2O，应在67.5 ℃以上蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。 (6)由晶胞结构可知，1个晶胞中含有[Mg(H2O)6]2＋的个数为8×＋4×＋2×＋1＝4，含有4个S2O；根据单位为m3/mol可知，MgS2O3·6H2O的摩尔体积为Vm＝ m3/mol。 2．(2024·安徽滁州一模)锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池，性能优良。工业上用某软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂(LiMn2O4)，流程如图所示： (1)滤渣 Ⅰ 的主要成分是________。 (2)已知某离子浓度形成沉淀，其浓度对数与溶液pH关系如下图所示。 试判断“精制”过程中，加MnO调节pH的范围是______________________ ________________________________________________________________________。 (3)工业上也可以将“精制”后的滤液加入K2S2O8来合成MnO2。已知H2S2O8的结构式为，其中S的化合价为______。写出该反应的离子方程式________________________________________________________________________。 (4)“沉锰”所得溶液回收可________(写一种用途)。 (5)“控温、氧化”过程中，溶液温度不宜过高，原因是___________________________ ________________________________________________________________________。 (6)“锂化”是将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，球磨3～5 h，然后升温至600～750 ℃，保温24 h，自然冷却至室温，得到产品。请写出化学方程式____________。 答案：(1)SiO2 (2)5.2≤pH<8.8 (3)＋6　Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋ (4)作氮肥 (5)温度过高，会降低O2溶解度，增加原料用量，降低产品产率 (6)8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋O2↑＋2CO2↑ 解析：(2)根据离子浓度形成沉淀与溶液pH关系图可知，调节pH过程中使铁离子和铝离子形成沉淀，而锰离子保留，故调节pH的范围：5.2≤pH<8.8。 (3)结合H2S2O8的结构可知，S和O共用了6个电子对，O的电负性大于S，吸引电子能力强，表现负价，则硫元素化合价为＋6；“精制”后的滤液中含Mn2＋，向其中加入K2S2O8发生氧化还原反应生成MnO2，根据得失电子守恒及电荷守恒得到离子方程式：Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋。 (4)向“精制”后的滤液中加入氨水发生复分解反应进行沉锰，反应后的溶液中含有铵根离子，可作铵态氮肥。 (5)温度过高会导致O2溶解度降低，增加原料用量，降低产品产率。 (6)MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量比配料，球磨3～5 h，然后升温至600～750 ℃，保温24 h，自然冷却至室温，得到产品，根据得失电子守恒得反应的化学方程式：8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋O2↑＋2CO2↑。 3．(2024·辽宁沈阳一模)马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含SO2的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。 已知：①Mn(OH)2不稳定，易被空气氧化； ②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为H2A2)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为Fe3＋＋3H2A2⥫⥬Fe(HA2)3＋3H＋； ③25 ℃，Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33，Ksp[Mn(OH)2]＝1.0×10－12.8。 请回答下列问题： (1)若含SO2的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中Mn2＋、SO的浓度和pH测定结果如下图，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为_______________，2 h后曲线产生明显差异的原因是______________________(用化学方程式表示)。 (2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步增加称为扩散萃取，浸出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度和溶液pH对金属离子萃取率的影响如图所示。萃取时，应采用的最佳实验条件为________________________________________________________________________， pH过大或过小都会降低Fe3＋萃取率，结合平衡移动原理解释其原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)若浸出液中Mn2＋的浓度为1.0 mol/L，则“调pH”的范围为________(当离子浓度小于1.0×10－6mol/L时认为沉淀完全)。 (4)“沉锰”步骤中为减少副产物Mn(OH)2的生成，正确的操作是将________溶液逐量加入________溶液中，并不断搅拌。 (5)“酸溶”后的操作步骤包括_______________________________________________、 过滤、洗涤、干燥。 答案：(1)MnO2＋SO2===MnSO4　2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4 (2)350～400 rpm，pH＝1　pH小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，pH过大，Fe3＋水解生成氢氧化铁 (3)5.0～7.6 (4)碳酸钠　硫酸锰 (5)蒸发浓缩、冷却结晶 解析：(1)在“浸锰”步骤中，MnO2转化为Mn2＋，锰元素化合价降低，发生还原反应，故MnO2与具有还原性的SO2反应，化学方程式为MnO2＋SO2===MnSO4；2 h后浸出液中相同时间内Mn2＋的浓度增加量小于SO的浓度增加量，且pH下降不明显，说明有副反应2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4发生。 (2)萃取时搅拌速度在350～400 rpm时，萃取率最大，溶液pH＝1时，Fe3＋萃取率最大，且Mn2＋不会被萃取；pH小于1时，Fe3＋萃取率下降，从萃取反应可知，氢离子浓度过大，平衡逆向移动，导致Fe3＋萃取率下降，pH过大，氢离子浓度减小，Fe3＋的水解平衡正移，生成氢氧化铁，且Mn2＋萃取率提高而造成损失。 (3)“调pH”的目的是使Al3＋完全沉淀，Mn2＋不被沉淀出来，Al3＋完全沉淀，则Q≥Ksp[Al(OH)3]，c(OH－)≥＝ mol/L＝10－9mol/L，c(H＋)≤ mol/L＝10－5mol/L，pH≥5.0，故Al3＋完全沉淀，溶液pH≥5.0，Mn2＋不被沉淀出来，Q<Ksp[Mn(OH)2]，c(OH－)<＝ mol/L＝10－6.4mol/L，c(H＋)>＝10－7.6mol/L，pH<7.6，Mn2＋不被沉淀出来。 (4)碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰反应时可能有Mn(OH)2生成，为减少副产物Mn(OH)2的生成，应使混合溶液的pH<7.6，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将碳酸钠溶液逐量加入硫酸锰溶液中，并不断搅拌。 (5)“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的MnCO3固体再加入适量磷酸反应得到Mn(H2PO4)2溶液，从溶液中得到结晶水化合物操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 4．(2024·山东德州一模)BiVO4是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如下： 已知： Ⅰ.Bi2O3、NiO都是不溶于水的碱性氧化物 Ⅱ.0.1 mol/L Bi(NO3)3溶液的pH＝1.0 Ⅲ.VO2＋＋2HR(有机层) VOR2(有机层)＋2H＋ 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分是____________________；酸化时，[Al(OH)4]－完全转化为Al(OH)3的最大pH为________。(已知Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－　K＝100.63；离子浓度≤10－5mol/L时沉淀完全) (2)“酸化”后的溶液中存在VO，则“还原”时发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 (3)反萃取剂应选用________(填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的Na2SO3和“氧化”时加入的NaClO3的物质的量之比为________。 (4)生成BiVO4的化学方程式为______________________________________________，实验测得溶液pH、温度和Bi(NO3)3溶液浓度对生成BiVO4的粒径影响图像如下： 综合分析：制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是__________________； 制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若Bi(NO3)3过量，需要增加NaOH的用量，原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)Al(OH)3和H2SiO3　8.37 (2)2VO＋SO＋6H＋===2VO2＋＋SO＋3H2O (3)酸性　10∶3 (4)H2O＋NH4VO3＋Bi(NO3)3===BiVO4＋NH4NO3＋2HNO3　pH＝6，80 ℃，Bi(NO3)3溶液浓度为1.0 mol/L　Bi(NO3)3溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量 解析：(1)反应Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－的平衡常数K＝＝＝100.63，此时c(OH－)＝10－5.63，则pH＝8.37。 (3)结合已知信息 Ⅲ 以及平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价没有变化，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设Na2SO3的物质的量为x，NaClO3的物质的量为y，则有2x·90%＝6y，可得x∶y＝10∶3。 (4)根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O＋NH4VO3＋Bi(NO3)3===BiVO4＋NH4NO3＋2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是pH＝6，80 ℃，Bi(NO3)3溶液浓度为1.0 mol/L；根据已知信息 Ⅱ 可知，Bi(NO3)3溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。 5．(2024·河北唐山一模)一种利用硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)制备新能源汽车电池电极LiFePO4的工艺流程如下： ①已知室温下难溶物溶度积常数如下表，离子浓度小于10－5mol/L，认为沉淀完全。 难溶物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 FePO4 Ksp 1.0×10－39 1.0×10－17 1.0×10－33 1.4×10－22 ②25 ℃时，Ka1(H3PO4)＝7.6×10－3，Ka2(H3PO4)＝6.3×10－8，Ka3(H3PO4)＝4.2×10－13。 回答下列问题： (1)从“焙烧”到“氧化”要经历“酸浸→还原→过滤→除铝”4道工序。 ①若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS。“还原”工序的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________， 滤渣的成分是________________(填化学式)。 ②“除铝”工序可加入的难溶物质是__________(填化学式)，除净铝离子需要调节的最小pH为________(结果保留一位小数)。 (2)“氧化”步骤中，加入的试剂R最佳是________________(填标号)。 A．HNO3 B．H2O2 C．Ca(ClO)2 D．KMnO4 判断是否氧化彻底的试剂名称为_____________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)“沉铁”步骤反应的平衡常数为____________________________________。 (4)“高温煅烧”时，发生的主要反应的化学方程式为______________________。 答案：(1)①2Fe3＋＋FeS===3Fe2＋＋S　FeS、S和SiO2　②FeO　4.7 (2)B　酸性高锰酸钾溶液 (3)3.0×109 (4)Li2CO3＋H2C2O4＋2FePO42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O 解析：(1)①若“酸浸”工序用硫酸，“还原”工序加入FeS，即用FeS还原Fe3＋，将Fe3＋还原为Fe2＋、FeS中S2－氧化为S，故“还原”工序的离子方程式为2Fe3＋＋FeS===3Fe2＋＋S。②“除铝”工序可加入的难溶物质是FeO，除净铝离子时c(Al3＋)≤10－5mol/L，则此时溶液中c(OH－)≥＝ mol/L≈4.6×10－10mol/L，则c(H＋)≤＝2.17×10－5mol/L，故需要调节的最小pH＝－lg(2.17×10－5)＝5－0.33≈4.7。 (2)“氧化”步骤中是将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入HNO3将产生有毒有害气体NO，加入Ca(ClO)2、KMnO4将引入杂质离子，加入H2O2时其还原产物为H2O，不引入新的杂质，故加入的试剂R最佳是H2O2，判断是否氧化彻底即检验氧化后的产物中是否含有Fe2＋，故该试剂名称为酸性高锰酸钾溶液。 (3)由题干流程图可知，“沉铁”步骤反应为Fe3＋＋HPO⥫⥬FePO4↓＋H＋，该反应的平衡常数K＝＝＝＝3.0×109。 (4)“高温煅烧”时，发生的主要反应即Li2CO3、H2C2O4和FePO4反应生成LiFePO4和CO2，该反应的化学方程式为Li2CO3＋H2C2O4＋2FePO42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O。 6．(2024·湖北省七市州二模)硒和碲是重要的稀散元素，都可以作为半导体材料。一种从碲碱渣(碲和硒的含量较高，还含有少量Cu、Pb等元素)中分离硒回收碲的工艺流程如下： 已知：①水浸液的主要成分为Na2TeO3、Na2SeO3及少量可溶性的铜、铅化合物等。 ②TeO2为两性氧化物，微溶于水。 ③亚硒酸为二元弱酸，Ka1＝2.7×10－3　Ka2＝2.5×10－8(25 ℃)。 回答下列问题： (1)硒与氧同族，基态硒原子价层电子排布式为________。 (2)“除杂渣”的主要成分为________。 (3)“中和”时控制pH为4～5，生成TeO2沉淀，若硫酸过量，将导致Te的回收率下降，原因是____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中＝________。 (5)“沉硒”时生成了一种无污染的单质气体，写出“沉硒”时发生的主要反应的化学方程式________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)碘量法测定“粗硒”中硒的含量，过程如下： 取0.100 0 g粗硒，加入足量硫酸和硝酸，充分反应生成H2SeO3，再加热至90 ℃使过量的硝酸挥发；继续向H2SeO3溶液中加入过量的KI溶液，生成Se和I2；然后滴入2滴淀粉溶液，用0.400 0 mol/L Na2S2O3溶液滴定(2Na2S2O3＋I2===2NaI＋Na2S4O6)。重复上述操作2次，消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为12.50 mL。 ①判断滴定至终点的方法是___________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②该粗硒的纯度为____________。 答案：(1)4s24p4 (2)CuS、PbS (3)TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失 (4)6.75×10－7 (5)H2SeO3＋4HONH3Cl===Se↓＋2N2↑＋7H2O＋4HCl (6)①滴入半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色消失，且半分钟内不变色　②98.75% 解析：(1)硒是第四周期ⅥA族元素，主族元素价层电子数等于最外层电子数，所以基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4。 (2)加入NaHS可除去可溶性的铜、铅化合物，得到除杂渣，即难溶性的铜、铅硫化物，故“除杂渣”的主要成分为CuS、PbS。 (3)“中和”时控制pH为4～5，生成TeO2沉淀，若硫酸过量，TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失，Te的回收率下降。 (4)亚硒酸为二元弱酸，Ka1＝2.7×10－3 、Ka2＝2.5×10－8，“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的pH为2，此时溶液中＝＝××＝＝＝6.75×10－7。 (5)“沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺得到粗硒，且生成了一种无污染的单质气体，则该气体为氮气，主要反应的化学方程式为H2SeO3＋4HONH3Cl===Se↓＋2N2↑＋7H2O＋4HCl。 (6)①用淀粉为指示剂，当碘反应完时蓝色褪去，则判断滴定至终点的方法是滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色消失，且半分钟内不变色。②根据反应可得关系式：H2SeO3～Se～2I2～4Na2S2O3，则该粗硒的纯度为×100%＝98.75%。 7．(2024·福建泉州三模)苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。回收其中贵金属Pt、Pd的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)“溶解”时，①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺会生成________(写一种)，造成环境污染。 ②苯胺易溶于乙醇的原因是____________________________。 (2)“还原 Ⅰ ”时，PtO2、PdO被还原为金属单质。反应前后碳原子的杂化方式由________变为________。 (3)“氧化浸出”时浸出液含[PtCl6]2－、[PdCl4]2－。 ①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比为3∶1的混合液，写出生成[PdCl4]2－的离子方程式________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②从原子结构角度分析两种配合物配位数不同的原因是___________________ ________________________________________________________________________。 ③右图为Pt、Pd浸出率与浸出温度关系图，氧化浸出需对温度适度控制，下列说法正确的是________(填标号)。 a．温度控制在80 ℃左右 b．温度控制在120 ℃左右 c.温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低 d．40 ℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低王水的氧化性弱 (4)“沉铂”时，已知Ksp{(NH4)2[PtCl6]}＝5.2×10－6。 ①发生反应的化学方程式为_________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②若1 mL NH4Cl溶液中溶质为0.053 5 g时，NH的消耗率为90%(忽略溶液体积变化)，“沉铂”所得溶液中铂元素的物质的量浓度为________mol/L。 (5)“还原 Ⅱ ”时氧化产物为无毒气体，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。 答案：(1)①NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等(任意一种即可)　②苯胺与乙醇存在分子间氢键 (2)sp2　sp (3)①3Pd＋2NO＋12Cl－＋8H＋===3[PdCl4]2－＋2NO↑＋4H2O ②两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大　③bc (4)①2NH4Cl＋H2[PtCl6]===(NH4)2[PtCl6]↓＋2HCl　 ②5.2×10－4 (5)1∶1 解析：(1)①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺，活性炭燃烧生成二氧化碳，苯胺燃烧生成碳、碳的氧化物、氮的氧化物等，会生成NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等，造成环境污染。②苯胺与乙醇分子间能形成氢键，则苯胺易溶于乙醇的原因是苯胺与乙醇存在分子间氢键。 (2)“还原 Ⅰ ”时，PtO2、PdO被HCOOH还原为金属单质，HCOOH转化成CO2和H2O。在HCOOH、CO2中，碳原子的价层电子对数分别为3、2，则碳原子的杂化方式由sp2变为sp。 (3)①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比为3∶1的混合液，Pd与王水反应生成[PdCl4]2－等，反应的离子方程式为3Pd＋2NO＋12Cl－＋8H＋===3[PdCl4]2－＋2NO↑＋4H2O。②两种配合物[PtCl6]2－、[PdCl4]2－中，由于Pt和Pd的原子半径不同，造成配位数不同，原因是两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大。③从图中可以看出，80 ℃左右Pt、Pd浸出率低于120 ℃左右Pt、Pd浸出率，a错误；温度应控制在120 ℃左右，b正确；浓盐酸、浓硝酸受热都易挥发，则温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低，c正确；40 ℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低时，较难形成[PdCl4]2－，d错误。 (4)①“沉铂”时，NH4Cl与H2[PtCl6]反应，转化为(NH4)2[PtCl6]和HCl，反应的化学方程式为2NH4Cl＋H2[PtCl]6===(NH4)2[PtCl]6↓＋2HCl。　 ②c(NH4Cl)＝＝1 mol/L，NH的消耗率为90%，则溶液中c(NH4Cl)＝1 mol/L×10%＝0.1 mol/L，Ksp{(NH4)2[PtCl6]}＝5.2×10－6，则0.12×c{[PtCl6]2－}＝5.2×10－6，c{[PtCl6]2－}＝5.2×10－4mol/L，则“沉铂”所得溶液中铂元素的物质的量浓度c{[PtCl6]2－}＝5.2×10－4mol/L。 (5)“还原 Ⅱ ”时氧化产物为无毒气体，则为N2，依据得失电子守恒，可建立关系式：(NH4)2[PtCl6]～N2H4·H2O，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1。 8．(2024·吉林延边州一模)钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下： 已知：i.滤液A中的阳离子主要有H＋、VO、Fe3＋、Al3＋等； ii.“萃取”过程可表示为VO2＋＋2HA(有机相)⥫⥬VOA2(有机相)＋2H＋。 回答下列问题： (1)钒矿石焙砂要进行研磨粉碎，研磨粉碎的目的是__________________________ ________________________________________________________________________。 (2)“浸钒”过程中，V2O5与硫酸反应的化学方程式为__________________________ ________________________________________________________________________。 (3)用铁粉“还原”过程中，有如下转化：VO→VO2＋，Fe→Fe2＋；写出其转化的离子方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)“萃取”前，若不用石灰乳先中和，萃取效果不好，原因是_____________ ________________________________________________________________________。 (5)滤渣D的主要成分为________(填化学式)。 (6)用以下方法测量“浸钒”过程中钒的浸出率。从滤液A中取出1 mL，用蒸馏水稀释至10 mL，加入适量过硫酸铵，加热，将滤液A中可能存在的VO2＋氧化为VO，继续加热煮沸，除去过量的过硫酸铵。冷却后加入3滴指示剂，用n mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液将VO转化为VO2＋，共消耗V1 mL (NH4)2Fe(SO4)2溶液。 已知：a.所取钒矿石焙砂中钒元素的质量为m g，所得滤液A的总体积为c mL； b．3滴指示剂消耗V2 mL (NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①用上述方法测得“浸钒”过程中钒的浸出率为________(用含相应字母的代数式表示)。 ②若不除去过量的过硫酸铵，钒浸出率的测定结果将________(填“偏高”“不变”或“偏低”)。 答案：(1)增大接触面积，增大反应速率，提高浸出率 (2)V2O5＋H2SO4===(VO2)2SO4＋H2O (3)2VO＋Fe＋4H＋===2VO2＋＋Fe2＋＋2H2O (4)若不用石灰乳中和，溶液中c(H＋)较大，不利于反应VO2＋＋2HA(有机相)⥫⥬VOA2(有机相)＋2H＋正向移动，对VO2＋萃取效果不好 (5)CaSO4 (6)①×100%　 ②偏高 解析：(1)钒矿石焙砂要进行研磨粉碎，研磨粉碎的目的是增大接触面积，增大反应速率，提高浸出率。 (2)“浸钒”后滤液A中的阳离子有VO，可知V2O5与硫酸反应生成(VO2)2SO4，反应的化学方程式为V2O5＋H2SO4===(VO2)2SO4＋H2O。 (3)“还原”过程中，铁粉把VO还原为VO2＋，钒元素化合价由＋5降低为＋4，Fe被氧化为Fe2＋，铁元素化合价由0升高为＋2，根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，反应的离子方程式为2VO＋Fe＋4H＋===2VO2＋＋Fe2＋＋2H2O。 (4)“萃取”过程可表示为VO2＋＋2HA(有机相)⥫⥬VOA2(有机相)＋2H＋，“萃取”前，若不用石灰乳先中和，氢离子浓度大，不利于反应VO2＋＋2HA(有机相)⥫⥬VOA2(有机相)＋2H＋正向移动，故萃取效果不好。 (6)①VO被Fe2＋还原为VO2＋，钒元素化合价由＋5降低为＋4，Fe2＋被氧化为Fe3＋，铁元素化合价由＋2升高为＋3，根据得失电子守恒，VO、(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量之比为1∶1，则1 mL 滤液A中含VO的物质的量为n(V1－V2)×10－3mol；“浸钒”过程中钒的浸出率为×100%。 ②若不除去过量的过硫酸铵，过硫酸铵氧化(NH4)2Fe(SO4)2，消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量偏大，钒浸出率的测定结果将偏高。 学科网（北京）股份有限公司 $$