第1板块 专题微课(6) 工艺流程中的条件控制及分离提纯(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考化学二轮复习专题增分方略(江苏专版)

工艺流程中的条件控制及分离提纯 专题微课(六) 　反应条件的控制及分离提纯是化工流程中的难点,需重点强化。条件控制是化工生产和实验中的重要手段,通过控制条件使反应向着实际需要的方向进行和转化,实现物质间的分离和提纯,从而达到效果的最优化。其中温度控制是最常见的一种条件控制,其常见目的是改变化学反应速率,使化学平衡发生移动或结合物质的溶解度进行物质的分离提纯等。由此可见两难点联系紧密、唇齿相依,整合到一块复习有利于融通相关知识。 一、 二、 工艺流程中的条件控制 工艺流程中物质的分离与提纯 三、 专题质量评价 目 录 3 工艺流程中的条件控制 一、 1.(2023·江苏卷·节选)回收V2O5⁃WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为 高考领航 (1)酸浸时,加料完成后,以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 　 。 解析:提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等,已知H4V4O12具有八元环结构,且V连有五个共价键, 结构式可表示为 。NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s) (aq),加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度,促进平衡向析出沉淀的方向移动,提高NH4VO3的含量。 适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等 (2)通过萃取可分离钒和钨,在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知 H4V4O12具有八元环结构,其结构式可表示为 。 解析:提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等,已知H4V4O12具有八元环结构,且V连有五个共价键, 结构式可表示为 。NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s) (aq),加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度,促进平衡向析出沉淀的方向移动,提高NH4VO3的含量。 (3)向pH=8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液,生成NH4VO3沉淀。已知:Ksp(NH4VO3)=1.7×10-3,加过量NH4Cl溶液的目的是 ____________________________________________________________ 。  增加铵根离子浓度,促进平衡向析出沉淀的方向移动,提高NH4VO3的 含量 解析:提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等,已知H4V4O12具有八元环结构,且V连有五个共价键, 结构式可表示为 。NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s) (aq),加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度,促进平衡向析出沉淀的方向移动,提高NH4VO3的含量。 2.(2024·全国甲卷·节选)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1,其他金属离子不沉淀,即认为完全分离。 已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。 ②以氢氧化物形式沉淀时,lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题: (1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是　　　　　　　　。  解析:“酸浸”时磨碎废渣,能够增大反应物与稀硫酸的接触面积,加快“酸浸”速率。 加快“酸浸”速率 (2)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(Co2+)=　　 　　mol·L-1,据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离　　　(填“能”或“不能”)。  解析:由题给信息可知,此时c(Zn2+)≤10-5 mol·L-1,则c(S2-)= ≥2.5×10-17 mol·L-1,则c(Co2+)=≤1.6×10-4 mol·L-1<0.10 mol· L-1,Co2+开始沉淀,故不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。 1.6×10-4 不能 (3)“沉淀”步骤中,用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是　　　　 。  解析:由已知②可知,溶液pH=4时,Fe3+转化为Fe(OH)3。 Fe(OH)3 (4)根据题中给出的信息,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是________________________________________________________  解析:由已知②可知,Zn2+在pH≈8.2~12时以Zn(OH)2沉淀形式析出,故回收Zn(OH)2时应调pH≈8.2~12,再过滤分离。 用NaOH调节滤液pH为8.2~12,将析出的沉淀过滤、洗涤、干燥 。 3.(2024·山东卷·节选)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为　　　;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生　 　(填化学式)。  解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣,滤液中[PbCl4]2-在稀释降 1∶1 H2S 温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液主要成分为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液为FeCl2。 (1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2-物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;若溶液中盐酸浓度过大,会生成H2S 气体。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为　 　。  解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣,滤液中[PbCl4]2-在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液主要成分为 热浸 [AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液为FeCl2。 (2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2-,电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2, 尾液成分为FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在热浸中循环使用。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是　　 　　　　　　　　　。  解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣,滤液中[PbCl4]2-在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液主要成分为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液为FeCl2。 将过量的Fe3+还原为Fe2+ (3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 (4)“置换”中可选用的试剂X为　 (填标号)。  A.Al　　 B.Zn　　 C.Pb　　 D.Ag 解析:本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣,滤液中[PbCl4]2-在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液主要成分为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液为FeCl2。 C (4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb。 (2023·重庆卷T15·节选)Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料,以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。 [类题加推•据情选用] 25 ℃时各物质溶度积见下表: 回答下列问题: (1)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行,其原因是________ 　 。  物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ca(OH)2 溶度积(Ksp) 4.9×10-17 2.8×10-39 5.0×10-6 防止二 价铁离子被空气中氧气氧化为三价铁离子 解析:分析流程得, (1)由Fe3O4中Fe元素呈+2价和+3价知,制得的沉淀中需含有Fe(OH)2和Fe(OH)3,由反应釜1和反应釜2中反应的条件知,反应釜1中需生成Fe(OH)2,故为防止二价铁离子被空气中氧气氧化为三价铁离子,反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行。 (2)反应釜2中,加入CaO和分散剂的同时通入空气。 ①反应的离子方程式为　 。  ②为加快反应速率,可采取的措施有　 (写出两项即可)。  4CaO+6H2O+4Fe2++O2===4Fe(OH)3+4Ca2+ 适当升高温度、搅拌 解析:分析流程得, (2)②根据影响反应速率的因素分析,为加快反应速率,可采取的措施有适当升高温度、搅拌等。 (3)反应釜3中,25 ℃时,Ca2+浓度为5.0 mol·L-1,理论上pH不超过　　。  解析:分析流程得, 11 (3)反应釜3中调节pH的目的是使Fe元素形成沉淀,而Ca元素不沉淀,根据已知溶度积知,当Ca2+浓度为5.0 mol·L-1时,溶液中c(OH-)< = mol·L-1=1.0×10-3 mol·L-1,则pH<11,故理论上pH不超过11。 在反应条件控制中常考的三种操作及思考角度 重点破障 常考的操作 思考角度 控制体系的环境氛围 ①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体,抑制水解并带走因分解产生的水汽。 ②营造还原性氛围,防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2+被氧化。 ③加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,绿色氧化剂H2O2的优点:不引入新杂质,对环境无污染 控制温度(常用水浴、 冰浴或油浴) ①防止副反应的发生。 ②使化学平衡移动;控制化学反应的方向。 ③控制固体的溶解与结晶。 ④控制反应速率;使催化剂达到最大活性。 ⑤升温:促进溶液中的气体逸出,使某物质达到沸点挥发。 ⑥加热煮沸:促进水解,聚沉后利于过滤分离。 ⑦趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量。 ⑧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,降低对设备的要求 续表 控制溶液 的pH ①调节溶液的酸碱性,使金属离子形成氢氧化物沉淀析出 (或抑制水解)。 ②“酸作用”还可除去氧化物(膜)。 ③“碱作用”还可除去油污,除去铝片氧化膜,溶解铝、 二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 续表 1. 硝酸镍、硝酸钠在陶瓷、玻璃工业应用广泛。以废弃镍板(含有少量的氧化铝杂质)生产硝酸镍、硝酸钠的工艺流程如图所示: 强训提能 已知:①NiCO3难溶于水。 ②NO2+NO+Na2CO3===2NaNO2+CO2, 2NO2+Na2CO3===NaNO3+NaNO2+CO2。 请回答下列问题: (1)“反应器”中需控制反应温度为50~60 ℃的原因是____________ 　　　　 　　　　　　　。  解析:“反应器”中需控制温度50~60 ℃的原因是温度太低,反应速率慢,温度太高,硝酸分解挥发快。 温度太低, 反应速率慢,温度太高,硝酸分解挥发快 (2)为了除去Al3+,向“浸取液”中加入NiCO3调节pH至5~6。写出除去Al3+并生成CO2的离子方程式: 　　　　 　　。  解析:为了除去Al3+,向“浸取液”中加入NiCO3,其作用是促进Al3+的水解,Al3+生成Al(OH)3沉淀,同时生成CO2和Ni2+,离子方程式为2Al3++3NiCO3+3H2O===2Al(OH)3+3Ni2++3CO2↑。 2Al3++3NiCO3+3H2O===2Al(OH)3+3Ni2++3CO2↑ (3)补充完成操作③　　　　　。  解析:从硝酸镍溶液得到硝酸镍固体的操作是用硝酸酸化后,再进行减压蒸发,然后冷却结晶,离心分离。 冷却结晶 (4)向“转化器”中加入稀硝酸的目的是_______________________ 　　　　　 　　。  解析:吸收塔反应后的溶液为硝酸钠和亚硝酸钠的混合物,加入稀硝酸的目的是除去NaNO3中的NaNO2杂质。 除去NaNO3中的NaNO2 杂质(合理即可) 2.赤泥含有Sc2O3 (氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等,以赤泥为原料提取钪(Sc)的流程如下: 已知:①P2O4为磷酸酯萃取剂;②SOCl2,Sc3+易水解;③Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31。 请回答下列问题: (1)“酸浸”时温度过高,酸浸速率反而减慢,其原因是_____________ 　　　　　 　　　　　。  解析:盐酸易挥发,“酸浸”时温度过高,会使氯化氢挥发,盐酸浓度减小,因此酸浸速率减慢。 温度过高, 会使氯化氢挥发,盐酸浓度减小 (2)“回流过滤”中稍过量SOCl2作用有将Sc(OH)3转化为ScCl3,作溶剂和　　　　　 　　　　　　　。  解析: “回流过滤”中,SOCl2是液体,可以作溶剂;SOCl2可以将Sc(OH)3转化成ScCl3;由信息②可知,SOCl2易水解,加入SOCl2,可抑制Sc3+水解。 产生氯化氢抑制ScCl3水解 (3)“热还原”的化学方程式为 　　　　　 　　　。 解析:ScCl3和Mg发生热还原反应生成Sc,化学方程式为2ScCl3+3Mg 2Sc+3MgCl2。   2ScCl3+3Mg 2Sc+3MgCl2 (4)P2O4萃取浸出液,其浓度、料液温度对萃取率的影响如下所示,萃取时最佳浓度及料液温度分别为　　　、　　　。流程中“洗涤”的目的是　　　　　　　　　　　　　　。  [A的分离系数指分离后混合体系中A的物质的量分数,如βSc/Fe= ×100%] 3% 65 ℃ 除去有机相中的FeCl3、AlCl3 实验编号 P2O4浓度/% 分相情况 钪萃取率/% 铁萃取率/% 1-1 1 分相快 90.76 15.82 1-2 2 分相容易 91.53 19.23 1-3 3 分相容易 92.98 13.56 1-4 4 有第三相 90.69 30.12 1-5 5 轻微乳化 91.74 39.79 P2O4浓度对萃取率的影响 解析:分析表中数据可知,P2O4浓度为3%时,钪萃取率最大,铁萃取率最小,且分相容易,分析图像可知,料液温度为65 ℃时,分离系数最大,则萃取时P2O4最佳浓度为3%,料液温度为65 ℃;由表中数据可知,少量的Fe3+可溶于P2O4,“洗涤”是为了除去有机相中的FeCl3、AlCl3。 工艺流程中物质的分离与提纯 二、 1.(2024·贵州卷)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究,开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下: 高考领航 下列说法正确的是 (　　) A.“气体”主要成分是H2S,“溶液1”的主要溶质是Na2S B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C.“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应 D.“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱,以提高纯度 √ 解析:重晶石矿(主要成分为BaSO4)通过一系列反应,转化为BaS溶液;加盐酸酸化,生成BaCl2和H2S气体;在BaCl2溶液中加入过量的NaOH,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Ba(OH)2·8H2O;过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH;Ba(OH)2·8H2O加水溶解后,加入Ti(OC4H9)4,进行合成反应,得到BaTiO3粗品,最后洗涤得到最终产品。由分析可知,“气体”主要成分为H2S气体,“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH,A项错误。 由分析可知,“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体,故“系列操作”可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,B项正确。“合成反应”是Ba(OH)2·8H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3,该反应中元素的化合价未发生变化,不是氧化还原反应,C项错误。“洗涤”时,若使用稀H2SO4,BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4,故不能使用稀H2SO4洗涤,D项错误。 2.(2022·江苏卷·节选)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3,其部分实验过程如下: (1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2,该反应的离子方程式为 　 。  解析:首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣,得到三价铈,加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈,增大三价铈浓度,之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈,再加入氨水和碳酸氢铵制备产物,以此解题。 (1)根据信息反应物为CeO2与H2O2,产物为Ce3+和O2,根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O。 2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O (2)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀,该沉淀中Cl-含量与加料方式有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为　　(填标号)。  A.将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B.将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中 B 解析:首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣,得到三价铈,加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈,增大三价铈浓度,之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈,再加入氨水和碳酸氢铵制备产物,以此解题。 (2)反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3。 (3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程,可制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取,其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层) Ce(A)3(有机层)+3H+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸,使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是____________________________________________________ 　　 。  降低溶液中氢离子的浓度,促进碳酸氢根离子的电离,增大 溶液中碳酸根离子的浓度 解析:首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣,得到三价铈,加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈,增大三价铈浓度,之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈,再加入氨水和碳酸氢铵制备产物,以此解题。 (3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物; ②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移,应选择的实验条件或采取的实验操作有__________________ (填两项)。  解析:首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣,得到三价铈,加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈,增大三价铈浓度,之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈,再加入氨水和碳酸氢铵制备产物,以此解题。 ②根据萃取原理可知,为了使Ce3+尽可能多地发生转移,应选择的实验条件是酸性条件,操作可以采用多次萃取; 酸性条件,多次萃取 ③与“反萃取”得到的水溶液比较,过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中,物质的量减小的离子有　　　(填化学式)。  解析:首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣,得到三价铈,加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈,增大三价铈浓度,之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈,再加入氨水和碳酸氢铵制备产物,以此解题。 ③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+,过滤后溶液中Ce3+浓度较小。 Ce3+ (2023·新课标卷T27·节选)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。 [类题加推•据情选用] 已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在,在碱性介质中以Cr存在。 回答下列问题: (1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为　　　　　(填化学式)。  Na2CrO4 解析:由题意分析铬钒渣中主要杂质为Fe、Al、Si、P的化合物,水浸渣中主要含SiO2、Fe2O3,得到沉淀的滤渣为Al(OH)3,除硅磷的滤渣中主要含MgSiO3、MgNH4PO4,还原步骤中发生反应3S2+2Cr2 +10H+===6S+4Cr3++5H2O,据此解题。(1)根据已知条件可知,最高价铬酸根在碱性介质中以Cr存在,故煅烧后含铬化合物主要为Na2CrO4。 (2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　。  解析:由题意分析铬钒渣中主要杂质为Fe、Al、Si、P的化合物,水浸渣中主要含SiO2、Fe2O3,得到沉淀的滤渣为Al(OH)3,除硅磷的滤渣中主要含MgSiO3、MgNH4PO4,还原步骤中发生反应3S2+2Cr2+10H+===6S+4Cr3++5H2O,据此解题。 (2)煅烧时通入空气,含铁化合物转化为Fe2O3,且Fe2O3不溶于水,故水浸渣中还含有Fe2O3。 Fe2O3 (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是　 　　　。  解析:由题意分析铬钒渣中主要杂质为Fe、Al、Si、P的化合物,水浸渣中主要含SiO2、Fe2O3,得到沉淀的滤渣为Al(OH)3,除硅磷的滤渣中主要含MgSiO3、MgNH4PO4,还原步骤中发生反应3S2+2Cr2+10H+===6S+4Cr3++5H2O,据此解题。 (3)“沉淀”步骤加入稀H2SO4调pH到弱碱性是为了让[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀而除去。 Al(OH)3 (4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致 ; pH>9时,会导致　 。  解析:由题意分析铬钒渣中主要杂质为Fe、Al、Si、P的化合物,水浸渣中主要含SiO2、Fe2O3,得到沉淀的滤渣为Al(OH)3,除硅磷的滤渣中主要含MgSiO3、MgNH4PO4,还原步骤中发生反应3S2+2Cr2+10H+===6S+4Cr3++5H2O,据此解题。 溶液中c(P)降低,不利于生成MgNH4PO4沉淀　 Mg2+形成Mg(OH)2沉淀 (4)体系中存在平衡MgNH4PO4 Mg2++N+P,当pH<9时,P+H+ HP,c(P)降低,平衡正移,不利于生成MgNH4PO4沉淀;而pH>9时Mg2+会形成Mg(OH)2沉淀,原料利用率低。 (5)“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时,溶解为V或VO3+;在碱性条件下,溶解为V或V。上述性质说明V2O5具有　　(填标号)。  A.酸性　　B.碱性　　C.两性 C 解析:由题意分析铬钒渣中主要杂质为Fe、Al、Si、P的化合物,水浸渣中主要含SiO2、Fe2O3,得到沉淀的滤渣为Al(OH)3,除硅磷的滤渣中主要含MgSiO3、MgNH4PO4,还原步骤中发生反应3S2+2Cr2+10H+===6S+4Cr3++5H2O,据此解题。 (5)根据题干描述,V2O5既可与酸反应生成盐和水,又可与碱反应生成盐和水,故V2O5具有两性。 1.趁热过滤、蒸发浓缩与蒸发结晶的辨析 重点破障 趁热过滤 减少因降温而析出的固体的量 蒸发浓缩 蒸发部分溶剂,提高溶液浓度 蒸发结晶 蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会结晶析出 2.萃取与反萃取 (1)萃取   示　例 分　析 萃取操作 用如图所示的实验装置进行萃取分液,以除去溶液中的Fe3+ 为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相,采取的操作:向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂,充分振荡、静置、分液,并重复多次 萃取剂的选择 已知萃取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如图所示 为了除去Mn2+,应选择萃取剂B 续表 (2)反萃取 被萃取物萃入有机相后,一般需要使其重新返回水相,此时把负载有机相与反萃剂(一般为无机酸或碱的水溶液,也可以是纯水)接触, 使被萃取物转入水相,这一过程相当于萃取的逆过程, 故称为反萃取。 1. 通过海水晾晒可以得到粗盐,粗盐除含有NaCl外,还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质。以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案,各步操作流程如图。下列说法正确的是 (　　) 强训提能 √ A.实验过程中②、④步骤互换,对实验结果不影响 B.实验过程中①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤 C.实验过程中步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、表面皿、铁架台(带铁圈) D.实验过程中步骤④的目的是仅除去溶液中的Ca2+ 解析:由实验流程可知,①为粗盐溶解,②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀,③中镁离子用氢氧根离子沉淀,④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀,⑤为过滤,过滤分离出所有的沉淀,滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3,⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子,⑦为蒸发、结晶、烘干,得到精盐,以此解答该题。过程中②、④步骤互换,导致过量的钡离子不能除去,故A错误。由上述分析可知,①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤,故B正确。步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈),故C错误。步骤④的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+,故D错误。 2.锌是一种应用广泛的金属。以闪锌矿(主要成分为ZnS,还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料,制备金属锌的流程如图所示: 回答下列问题: (1)①用稀硫酸完全溶浸后,过滤所得滤渣1的主要成分为　　　　　　　。滤渣1、滤渣2、滤渣3均需洗涤,证明三种滤渣洗涤干净的共同方法是__________________________________________ 　 。  解析:稀硫酸完全溶浸后,SiO2不和稀硫酸反应,“焙烧”产生的PbO和稀硫酸反应生成难溶于水的硫酸铅,所以过滤所得滤渣1的主要成分为二氧化硅、硫酸铅。 根据工业流程可知滤渣1、滤渣2、滤渣3表面的杂质都含有硫酸根,所以可以通过检验硫酸根来判断滤渣是否洗净。 SiO2、PbSO4 取少量最后一次的洗涤液于试管中,先加足量的 稀盐酸酸化,再滴加氯化钡溶液,不产生白色沉淀,说明滤渣已洗涤干净 ②常温下,有关金属离子沉淀的pH如下表所示(当离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时认为沉淀完全)。 “氧化除杂”中调pH的范围是　　　　　 。  解析:根据金属离子沉淀的pH表,要保证铁离子完全沉淀,而锌离子不沉淀,则pH范围为3.3≤pH<6.2。   Fe3+ Zn2+ Cd2+ 开始沉淀的pH 2.3 6.2 7.4 沉淀完全的pH 3.3 8.7 9.4 3.3≤pH<6.2 (2)“还原除杂”中反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。  解析:根据工业流程还原除杂是除去Cd2+,所以离子方程式为Zn+Cd2+===Zn2++Cd。 Zn+Cd2+===Zn2++Cd (3)“还原除杂”后的滤液经操作　　　　　　　　　 、过滤、洗涤、干燥,可得ZnSO4·7H2O晶体。  解析:从溶液中要得到硫酸锌晶体则需要蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。 蒸发浓缩、降温结晶 3.锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀—萃取法可以回收其中的锰、钴、镍,流程如图所示。 已知: ①萃取剂a和b均为有机物,可用通式HR表示,萃取金属离子时,发生反应:nHR+Mn+ MRn+nH+(M代表被萃取的金属)。 ②已知常温下部分物质的Ksp如表。 物质 Fe(OH)3 NiCO3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Mn(OH)2 CaF2 MgF2 Ksp 10-37.4 10-7 10-12 10-16 10-14 10-11 10-9 ③不同条件下加入MnF2对钙镁去除率的影响如图1、图2。 (1)基态Mn原子的价电子轨道表示式为　　　 　　　　　。  解析:锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加入二氧化锰将二价铁氧化为三价铁,加碳酸钙调溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子,过滤,往滤液中加萃取剂a萃取锰离子,所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液;无机相用萃取剂b萃取Co2+,所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。(1)Mn元素原子序数为25,基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。 (2)滤渣①的主要成分为　　　　　　　　　　。  解析:锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加入二氧化锰将二价铁氧化为三价铁,加碳酸钙调溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子,过滤,往滤液中加萃取剂a萃取锰离子,所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液;无机相用萃取剂b萃取Co2+,所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。 (2)由分析知,滤渣①的主要成分为氢氧化铁或Fe(OH)3。 氢氧化铁或Fe(OH)3 (3)根据图1、图2,选择除去钙、镁离子的最适宜温度和pH分别是　　　、　 ,如果pH过低带来影响是　　　　　　　　　　　　。  解析:锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加入二氧化锰将二价铁氧化为三价铁,加碳酸钙调溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子,过滤,往滤液中加萃取剂a萃取锰离子,所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液;无机相用萃取剂b萃取Co2+,所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。 90 ℃ 4 钙、镁离子的残留量较高 (3)根据图1、图2,温度达到90 ℃,pH在4时钙、镁离子的残留量已经较低,选择除去钙、镁离子的最适宜温度和pH分别是90 ℃,pH=4,pH不能过高,防止Mn2+以氢氧化物沉淀,pH不能过低,否则钙、镁离子的残留量较高。 (4)用平衡移动原理解释加入反萃取剂的作用: ________________ 　 。  解析:锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加入二氧化锰将二价铁氧化为三价铁,加碳酸钙调溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子,过滤,往滤液中加萃取剂a萃取锰离子,所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液;无机相用萃取剂b萃取Co2+,所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。 加入反萃取剂发 生反应MnR2+2H+ 2HR+Mn2+,加入含H+的反萃取剂使平衡正向 移动,得到Mn2+溶液 (4)根据信息可知,反萃取剂为酸,即反萃取出Mn2+时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来,相应的离子方程式为MnR2+2H+ 2HR+Mn2+,加入含H+的反萃取剂使平衡正向移动,得到Mn2+溶液。 专题质量评价 (选择题每小题3分,本检测满分50分) 1 2 3 4 5 1.实现废钨⁃镍型加氢催化剂(主要成分为WO3、Ni、Al2O3,还含有Fe、SiO2和少量含S有机物)中有价值金属回收的工艺流程如下。 1 2 3 4 5 已知:(1)T<700 ℃,纯碱不与Al2O3、SiO2反应。 (2)相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表: 金属离子 Fe3+ Al3+ Ni2+ 开始沉淀时的pH 1.5 3.4 6.9 沉淀完全时的pH 2.8 4.7 8.9 1 2 3 4 5 下列说法不正确的是 (　　) A.“氧化”的目的是除去含硫有机物及将金属单质氧化至相应价态 B.用硫酸浸取浸渣1时,适当提高硫酸的浓度可以提高浸取速率 C.“钠化焙烧”生成Na2WO4的化学方程式为 WO3+Na2CO3 Na2WO4+CO2↑ D.“调pH”除铁和铝时,溶液的pH范围为4.7≤pH≤8.9 √ 1 2 3 4 5 解析:由题意可知,氧化的目的是将含硫有机物转化为气体除去,并将金属单质氧化至相应价态,A正确;向浸渣中加入硫酸溶液酸浸,将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐,适当提高硫酸的浓度(增大了反应物浓度),可以提高浸取速率,B正确;“钠化焙烧”中生成钨酸钠的反应为氧化钨与碳酸钠高温下反应生成钨酸钠和二氧化碳,反应的化学方程式为WO3+Na2CO3 Na2WO4+CO2↑,C正确;将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,需调节溶液pH在4.7~6.9范围,D错误。 1 2 4 5 3 2.钪(Sc)及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用钛白废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸废液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)联合制备Sc2O3的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 (　　) 1 2 4 5 3 已知:25 ℃时,Ksp[Sc(OH)3]=1×10-30[当c(Mn+)≤10-5 mol·L-1时,可认为Mn+已经沉淀完全] A.水相中含有的金属离子主要是Fe3+、Al3+ B.在“除钛”时,加入H2O2的作用是作氧化剂 C.若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+完全沉淀,应控制溶液的pH≥5.7 D.草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]“灼烧”时发生反应的化学方程式: 2[Sc2·6H2O]+3O2 2Sc2O3+12CO2+12H2O √ 1 2 4 5 3 解析: “浸取”除去SiO2,Ti元素在“除钛”环节进入水相从而除去,故加入萃取剂“萃取”时进入水相的金属离子主要是Fe3+、Al3+,A项正确;由流程图可知,TiO2+加入H2O2二者结合形成[TiO(H2O2)]2+,该转化过程中元素的化合价没有变化,故H2O2既不是氧化剂也不是还原剂,B项错误;根据题意可知,Sc3+恰好完全沉淀时,c(Sc3+)≤10-5 mol·L-1,Ksp[Sc(OH)3]= c(Sc3+)·c3(OH-)=1×10-30,则c(OH-)≥1×10-8.3mol·L-1,此时溶液中c(H+)≤1×10-5.7mol·L-1,故若使“反萃取”后水溶液中的Sc3+完全沉淀,应控制溶液的pH≥5.7,C项正确;灼烧草酸钪晶体得到Sc2O3,D项正确。 1 2 4 5 3 3.(15分)(2024·琼海市模拟)镍主要用于合金及用作催化剂,也可用来制造货币等。以镍废渣(主要成分为Ni,还含有Al2O3、NiO、FeO、CaO和SiO2)为原料制备纯镍的流程如图,回答下列问题: 1 2 4 5 3 (1)“酸浸”得到的浸渣的主要成分是　　　 　　　(填化学式);常温下,“酸浸”中硫酸浓度与镍浸出率的关系如图所示,硫酸浓度大于c0 mol·L-1后,镍浸出率降低的可能原因是　　　　 　　 　　　　。  SiO2、CaSO4 镍被钝化(或其他合理答案) 1 2 4 5 3 解析:镍废渣中加入一定浓度的硫酸,进行酸浸,Al2O3、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁,CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物,二氧化硅不反应,硫酸钙和SiO2共同形成滤渣,滤液中加双氧水氧化Fe2+成为Fe3+,再加氨水调pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,过滤后往滤液中加入NiO沉铝,形成Al(OH)3沉淀,再次过滤后所得滤液经一系列操作,得NiSO4·7H2O,然后灼烧得氧化物,最后还原得Ni单质。(1)由分析可知,“酸浸”得到浸渣的主要成分是SiO2、CaSO4;浓硫酸具有强氧化性,硫酸浓度太大,可能会使Ni钝化,从而降低镍的浸出率,或因为硫酸浓度太大,氢离子浓度降低,使镍的浸出率降低。 1 2 4 5 3 (2)“氧化”时双氧水的作用是_______________________________ (用离子方程式表示)。  解析:镍废渣中加入一定浓度的硫酸,进行酸浸,Al2O3、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁,CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物,二氧化硅不反应,硫酸钙和SiO2共同形成滤渣,滤液中加双氧水氧化Fe2+成为Fe3+,再加氨水调pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,过滤后往滤液中加入NiO沉铝,形成Al(OH)3沉淀,再次过滤后所得滤液经一系列操作,得NiSO4·7H2O,然后灼烧得氧化物,最后还原得Ni单质。 2H++H2O2+2Fe2+===2Fe3++2H2O 1 2 4 5 3 (2)过氧化氢具有强氧化性,“氧化”时双氧水的作用将亚铁离子氧化为铁离子,2H++H2O2+2Fe2+===2Fe3++2H2O。 1 2 4 5 3 (3)请设计实验确认“氧化”过程中的杂质离子已经被完全转化____ 　 。  解析:镍废渣中加入一定浓度的硫酸,进行酸浸,Al2O3、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁,CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物,二氧化硅不反应,硫酸钙和SiO2共同形成滤渣,滤液中加双氧水氧化Fe2+成为Fe3+,再加氨水调pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,过滤后往滤液中加入NiO沉铝,形成Al(OH)3沉淀,再次过滤后所得滤液经一系列操作,得NiSO4·7H2O,然后灼烧得氧化物,最后还原得Ni单质。 化后的溶液少量于试管中,加入铁氰化钾溶液,没有蓝色沉淀,证明Fe2+全部被氧化为Fe3+ 取氧 1 2 4 5 3 (3)“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+,杂质离子已经被完全转化,说明溶液中不存在Fe2+,检验Fe2+的方法是:取氧化后的溶液少量于试管中,加入铁氰化钾溶液,没有蓝色沉淀,证明Fe2+全部被氧化为Fe3+。 1 2 4 5 3 (4)“沉铝”时NiO的作用是 　 ,  “操作X”包括蒸发浓缩、　 、过滤、洗涤。 解析:镍废渣中加入一定浓度的硫酸,进行酸浸,Al2O3、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁,CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物,二氧化硅不反应,硫酸钙和SiO2共同形成滤渣,滤液中加双氧水氧化Fe2+成为Fe3+,再加氨水调pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去,过滤后往滤液中加入NiO沉铝,形成Al(OH)3沉淀,再次过滤后所得滤液经一系列操作,得NiSO4·7H2O,然后灼烧得氧化物,最后还原得Ni单质。 消耗酸,促进铝离子水解生成Al(OH)3 降温结晶 1 2 4 5 3 (4)NiO 为金属氧化物,能和氢离子反应,“沉铝”是指将铝转化为Al(OH)3沉淀,所以其中NiO的作用是消耗酸,促进铝离子水解生成Al(OH)3;“操作X”得到NiSO4·7H2O晶体,操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤。 1 2 4 5 3 4.(14分)(2024·江苏苏锡常镇四市一模)以电镀废水(主要成分为K2Cr2O7及少量Fe3+)为原料获得Cr2O3的过程如下: 已知:①常温下,BaCr2O7易溶于水。 部分难溶物的溶度积常数如下表:   Fe(OH)3 Cr(OH)3 BaCrO4 BaSO4 Ksp 1×10-38 1×10-32 1.2×10-10 1×10-10 1 2 4 5 3 ②Cr(Ⅵ)在酸性条件下主要以Cr2(橙红色)的形式存在,pH增大转化为Cr(黄色)。pH=1~4,Cr(Ⅵ)较易还原生成Cr3+(绿色)。 ③pH>5时Cr3+完全转化为Cr(OH)3,pH>8时Cr(OH)3开始转化为Cr(OH。 (1)“除杂”时调节废水pH将其中Fe3+除去(浓度小于1×10-5 mol·L-1),需加入熟石灰控制废水pH大于　　　　。  3 1 2 4 5 3 解析:电镀废水(主要成分为K2Cr2O7及少量Fe3+)“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中Fe3+除去;“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2使废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4;“转化”时硫酸钠将BaCrO4转化为Na2CrO4,向Na2CrO4溶液加入稀H2SO4控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙红色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3,据此分析解答。 1 2 4 5 3 (1)Fe3+浓度小于1×10-5 mol·L-1即认为完全除去,此时c(OH-) ===1×10-11 mol·L-1,c(H+)=1×10-3 mol·L-1,pH=3,将Fe3+除去(浓度小于1×10-5 mol·L-1),需加入熟石灰控制废水pH大于3。 1 2 4 5 3 (2)“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2使废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4。调节后的废水pH对Cr(Ⅵ)沉淀率的影响如图1所示。 1 2 4 5 3 ①沉铬过程中将K2Cr2O7转化为BaCrO4反应的化学方程式为 　 　　　　　　　　　　　　　。  解析:电镀废水(主要成分为K2Cr2O7及少量Fe3+)“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中Fe3+除去;“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2使废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4;“转化”时硫酸钠将BaCrO4转化为Na2CrO4,向Na2CrO4溶液加入稀H2SO4控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙红色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3,据此分析解答。 Ca(OH)2+K2Cr2O7+2BaCl2===2BaCrO4↓+2KCl+CaCl2+H2O 1 2 4 5 3 (2)①沉铬过程中将K2Cr2O7转化为BaCrO4发生反应Ca(OH)2+K2Cr2O7+2BaCl2===2BaCrO4↓+2KCl+CaCl2+H2O; 1 2 4 5 3 ②废水pH<8时,铬沉淀率随pH减小而下降的原因是 　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:电镀废水(主要成分为K2Cr2O7及少量Fe3+)“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中Fe3+除去;“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2使废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4;“转化”时硫酸钠将BaCrO4转化为Na2CrO4,向Na2CrO4溶液加入稀H2SO4控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙红色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3,据此分析解答。 pH减少,溶液中更多Cr(Ⅵ)以Cr2形式存在,BaCr2O7易溶于水 1 2 4 5 3 ②废水pH<8时,pH减少,溶液中更多Cr(Ⅵ)以Cr2形式存在, BaCr2O7易溶于水,导致铬沉淀率随pH减小而下降; 1 2 4 5 3 ③在废水中加入BaCl2沉淀前后废水pH　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  解析:电镀废水(主要成分为K2Cr2O7及少量Fe3+)“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中Fe3+除去;“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2使废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4;“转化”时硫酸钠将BaCrO4转化为Na2CrO4,向Na2CrO4溶液加入稀H2SO4控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙红色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3,据此分析解答。 减小 1 2 4 5 3 ③向废水中加入BaCl2,Ba2+与Cr生成难溶的BaCrO4,使Cr2+H2O 2Cr+2H+平衡正向移动,溶液中氢离子浓度增大, pH减小。 1 2 4 5 3 (3)“转化”时将BaCrO4转化为Na2CrO4。BaCrO4的转化率随着Na2SO4浓度的变化如图2所示。当Na2SO4浓度超过0.450 mol·L-1时,Cr(Ⅵ)的转化率随Na2SO4浓度增大变化不明显,其原因是  BaCrO4与BaSO4的Ksp相近,随着Na2SO4浓度增大,促进了BaCrO4转化为BaSO4;反应生成的BaSO4覆盖在BaCrO4表面,难以发生沉淀转化反应 。 1 2 4 5 3 解析:电镀废水(主要成分为K2Cr2O7及少量Fe3+)“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中Fe3+除去;“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2使废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4;“转化”时硫酸钠将BaCrO4转化为Na2CrO4,向Na2CrO4溶液加入稀H2SO4控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙红色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3,据此分析解答。 1 2 4 5 3 (3)当Na2SO4浓度超过0.450 mol·L-1时,Cr(Ⅵ)的转化率随Na2SO4浓度增大变化不明显原因是BaCrO4与BaSO4的Ksp相近,随着Na2SO4浓度增大,促进了BaCrO4转化为BaSO4;反应生成的BaSO4覆盖在BaCrO4表面,难以发生沉淀转化反应。 1 2 4 5 3 (4)请补充完整由Na2CrO4溶液制取Cr2O3的实验方案:向Na2CrO4溶液中,______________________________________________________ ____________________________________________________________ 　　　　　　　　　　　　　　　,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3。(可选用的仪器与药品:Na2SO3·7H2O、稀H2SO4、NaOH溶液)  加入稀H2SO4控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入 Na2SO3·7H2O,当溶液由橙红色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加 入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8 1 2 4 5 3 解析:电镀废水(主要成分为K2Cr2O7及少量Fe3+)“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中Fe3+除去;“沉铬”时先加入Ca(OH)2调节废水pH,再加入BaCl2使废水中的Cr(Ⅵ)转化为BaCrO4;“转化”时硫酸钠将BaCrO4转化为Na2CrO4,向Na2CrO4溶液加入稀H2SO4控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙红色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3,据此分析解答。 1 2 4 5 3 (4)由Na2CrO4溶液制取Cr2O3应向Na2CrO4溶液中,加入稀H2SO4控制溶液的pH在1~4之间,边搅拌边加入Na2SO3·7H2O,当溶液由橙红色变为绿色时,停止加入Na2SO3·7H2O,加入NaOH溶液调节溶液的5<pH<8,静置过滤,洗涤,灼烧得到Cr2O3。 1 2 4 5 3 5.(15分)(2024·江苏宿迁一模)燃煤烟气中含有大量SO2和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备MnSO4·H2O,部分流程如下。 已知:①软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)。 ②Ksp(MnF2)=1.6×10-3;Ksp(CaF2)=8.0×10-11。 ③NO+O3 NO2+O2。 1 2 4 5 3 (1)①“浸锰”过程,SO2发生的主要化学方程式为 　　　　　　　　　　 。  解析:软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质),软锰矿中,Fe2O3、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4,Fe3+被SO2还原成Fe2+,MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2===MnSO4,则滤渣Ⅰ为CaSO4和SiO2;向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3,MnO2可将Fe2+转化为Fe3+,MnCO3可调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3,则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3;加入MnF2,可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去,则滤渣Ⅲ为CaF2,滤液Ⅲ为MnSO4溶液。 MnO2+SO2===MnSO4 1 2 4 5 3 (1)①“浸锰”过程中,SO2将MnO2转化为MnSO4,故SO2发生的主要化学方程式为MnO2+SO2===MnSO4; 1 2 4 5 3 ②滤渣Ⅰ的主要成分为　　　　　　　。(写化学式)  解析:软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质),软锰矿中,Fe2O3、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4,Fe3+被SO2还原成Fe2+,MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2===MnSO4,则滤渣Ⅰ为CaSO4和SiO2;向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3,MnO2可将Fe2+转化为Fe3+,MnCO3可调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3,则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3;加入MnF2,可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去,则滤渣Ⅲ为CaF2,滤液Ⅲ为MnSO4溶液。②由分析可知,滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4、SiO2。 CaSO4、SiO2 1 2 4 5 3 (2)“除气”过程,烟气中混入一定量O3可提高NO脱除率,其可能的原因是_____________________________________________________________ 　 。  NO+O3 NO2+O2,加入一定量O3,O3浓度增加,促进平衡正向移动, 提高NO的转化率 1 2 4 5 3 解析:软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质),软锰矿中,Fe2O3、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4,Fe3+被SO2还原成Fe2+,MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2===MnSO4,则滤渣Ⅰ为CaSO4和SiO2;向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3,MnO2可将Fe2+转化为Fe3+,MnCO3可调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3,则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3;加入MnF2,可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去,则滤渣Ⅲ为CaF2,滤液Ⅲ为MnSO4溶液。 1 2 4 5 3 (2)由NO+O3 NO2+O2可知,加入一定量O3,O3浓度增加,促进平衡正向移动,提高NO的转化率,使更多的NO转化为NO2,从而提高NO脱除率。 1 2 4 5 3 (3)“滤液Ⅰ”中加入等物质的量MnO2和MnCO3,反应的离子方程式为 　 。  解析:软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质),软锰矿中,Fe2O3、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4,Fe3+被SO2还原成Fe2+,MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2===MnSO4,则滤渣Ⅰ为CaSO4和SiO2;向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3,MnO2可将Fe2+转化为Fe3+,MnCO3可调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3,则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3;加入MnF2,可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去,则滤渣Ⅲ为CaF2,滤液Ⅲ为MnSO4溶液。 2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+===2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑ 1 2 4 5 3 (3)“滤液Ⅰ”中加入等物质的量MnO2和MnCO3,MnO2可将Fe2+转化为Fe3+,MnCO3可调节溶液的pH,则离子方程式为2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+===2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑。 1 2 4 5 3 (4)“滤液Ⅱ”中用MnF2可除去Ca2+,结合反应方程式和定量计算说明原因______________________________________________________　 。(当反应平衡常数大于105时,可认为反应完全)  MnF2+Ca2+ Mn2++CaF2,该反应的平衡常数为 K===2×107>105 1 2 4 5 3 解析:软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质),软锰矿中,Fe2O3、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4,Fe3+被SO2还原成Fe2+,MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2===MnSO4,则滤渣Ⅰ为CaSO4和SiO2;向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3,MnO2可将Fe2+转化为Fe3+,MnCO3可调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3,则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3;加入MnF2,可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去,则滤渣Ⅲ为CaF2,滤液Ⅲ为MnSO4溶液。 1 2 4 5 3 (4)MnF2 Mn2++2F- ①,CaF2 Ca2++2F- ②,①-②得到反应, MnF2+Ca2+ Mn2++CaF2,该反应的平衡常数为K===2×107>105,故用MnF2可除去Ca2+。 1 2 4 5 3 (5)“滤液Ⅲ”可制得MnSO4·H2O。已知: ①在烟气吸收过程中,除生成MnSO4外,还容易产生连二硫酸锰(MnS2O6),当温度超过35 ℃,MnS2O6会快速分解为MnSO4和SO2。 ②部分锰盐在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图。 1 2 4 5 3 请设计由“滤液Ⅰ”获得MnSO4·H2O的实验方案为   (须使用的试剂为0.1 mol·L-1 NaOH溶液,无水乙醇) 向滤液Ⅰ中加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液至不再产生沉淀,过滤得到MnSO4溶液,溶液中含有部分Na2SO4,控制温度在80~90 ℃蒸发结晶,趁热过滤,用无水乙醇洗涤2~3次、干燥后得到MnSO4·H2O 。 1 2 4 5 3 解析:软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质),软锰矿中,Fe2O3、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4,Fe3+被SO2还原成Fe2+,MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2===MnSO4,则滤渣Ⅰ为CaSO4和SiO2;向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3,MnO2可将Fe2+转化为Fe3+,MnCO3可调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3,则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3;加入MnF2,可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去,则滤渣Ⅲ为CaF2,滤液Ⅲ为MnSO4溶液。 1 2 4 5 3 (5)滤液Ⅰ中含有Mn2+、H+、Fe3+和Ca2+,向滤液Ⅰ中加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液至不再产生沉淀,可以除去Fe3+和Ca2+,过滤得到MnSO4溶液,溶液中含有部分Na2SO4,由图可知,在80~90 ℃左右,MnSO4·H2O的溶解度较低,因此想要得到MnSO4·H2O,应控制温度在80~90 ℃蒸发结晶,蒸发至出现大量结晶后停止加热,并趁热过滤得到MnSO4·H2O,MnSO4·H2O中含有部分Na2SO4杂质,因此需要无水乙醇洗涤2~3次、干燥后得到MnSO4·H2O。 本课结束 $$