第1部分 10 综合题突破(三)　化学工艺流程题（课件）-【金版新学案】2026年高考化学大二轮专题复习与测试（广东专版）

综合题突破(三)　化学工艺流程题 　 第一部分 专题复习 [题型结构] (2025·佛山一模)电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下： 已知：Ⅰ.萃取时反应：M2＋(水相)＋2RH(有机相) MR2(有机相)＋2H＋(水相)，[为萃取反应的平衡常数，M2＋代表Ni2＋或Co2＋]。 Ⅱ.该工艺下，Ksp(Li2CO3)＝2.5×10－2；饱和Na2CO3的浓度约为1.5 mol·L－1。 (1)Mn属于___区元素。 典例剖析 典例 d 正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，正极材料中加入NaOH溶液进行碱浸，Al和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4] 和H2，Li、Ni、Co、Mn的氧化物和NaOH溶液不反应，过滤后滤液中加入稀硫酸沉铝得到Al(OH)3沉淀，滤液进行电解得到NaOH和稀硫酸，Li、Ni、Co、Mn等的氧化物中加入稀硫酸、Na2SO3进行酸浸，分别得到Li2SO4、NiSO4、CoSO4、MnSO4，溶液中加入Na2S2O8进行沉锰得到MnO2，Na2S2O8得电子生成Na2SO4，滤液中加入RH进行萃取，水相中得到Li2SO4，水相中加入Na2CO3沉锂得到 Li2CO3，同时生成Na2SO4，有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到RH和NiSO4、CoSO4。(1)Mn位于第四周期第ⅦB族，属于d区元素； (2)“碱浸”时，Al箔发生反应的离子方程式为_______________________ _____________________。 2Al＋2OH－＋6H2O 2[Al(OH)4]－＋3H2↑ “碱浸”时，Al箔和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4] 和H2，发生反应的离子方程式为2Al＋2OH－＋6H2O2[Al(OH]－＋3H2↑； (3)“酸浸”时，Co3O4被还原为Co2＋，1 mol Co3O4需添加Na2SO3__mol。 1 “酸浸”时，Co3O4被还原为Co2＋，离子反应方程式为Co3O4＋S＋6H＋3Co2＋＋3H2O＋S，根据离子方程式知，1 mol Co3O4需添加1 mol Na2SO3； (4)“沉锰”时，Mn2＋发生反应的离子方程式为______________________ ___________________________。 Mn2＋＋S2＋2H2O MnO2↓＋2S＋4H＋ “沉锰”时，Mn2＋转化为MnO2，Mn元素的化合价由＋2价变为＋4价，Na2S2O8被还原为Na2SO4，该反应的离子方程式为Mn2＋＋S2＋2H2OMnO2↓＋2S＋4H＋； (5)“镍钴分离”时，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR中分离出来，可知(填“＞”“＜”或“＝”)。 ＜ “镍钴分离”时，平衡常数小的先从有机溶剂 R中分离出来，NiR2和CoR2的浓度相近，通过调控pH，可将Ni2＋、Co2＋依次从有机溶剂HR中分离出来，可知＜； (6)该工艺中能循环利用的物质有____________________(填化学式)。 RH、H2SO4、NaOH 根据分析和流程图可知，能循环利用的物质有RH、H2SO4、NaOH； (7)通过计算说明“沉锂”时Li＋是否可以沉淀完全：__________________ _______________________________________________________________________________________________________________。 Li＋完全沉淀时， c(Li＋)＝1×10－5 mol·L－1，需c(C)＝＝2.5×108 mol·L－1远 大于饱和碳酸钠溶液的浓度，故Li＋不能沉淀完全 当锂离子完全沉淀时，c(Li＋)＝1.0×10－5 mol/L，数据可知c(C)＝＝＝2.5×108 mol/L，远大于饱和碳酸钠溶液的浓度，说明此时Li＋不能沉淀完全； (8)正极材料的结构如图所示，粒子个数比Ni∶Co∶Mn＝_________，该材料化学式为_______________。 1∶1∶1 Li3NiCoMnO6 根据左侧图知，以Ni原子为中心，每个Ni原子连接2个Co、2个Mn原子，每个Co、Mn原子被2个Ni原子连接，所以Ni、Co、Mn的个数之比为1∶1∶1；该晶胞中 Ni或Co或Mn原子个数为2＋4×＝3、Li原子个数为8×＋2＝3、O原子个数为8×＋4＝6，该材料化学式为Li3NiCoMnO6。 备考策略 1.浏览一下流程，基本辨别出预处理、提纯、分离等阶段。 2.分析流程中的每一步骤，并获取有价值的信息(如：反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用)，并能从设问中获取信息。 3.解答时要抓住“一个答题中心”：一切反应或操作都是为获得产品而服务，从而确定思维方向。 4.工艺流程涉及的相关问题：工艺流程题的命制是以元素化合物为知识载体的，熟练掌握元素化合物的相关知识及其转化过程，是学好化学工艺流程的必要前提条件，需平时自主温故。 精研真题 1.(2025·安徽卷)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如图所示。 已知25 ℃时，Ksp(SrSO4)＝10－6.46， Ksp(BaSO4)＝10－9.97。 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为_____。 5s2 Sr为第五周期第ⅡA族元素，故其基态时的价电子排布式为5s2。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、____________(填离子符号)。 Ca2＋、Mg2＋ 稀盐酸“酸浸”时，该废渣中的碳酸盐溶解，故“浸出液”中的金属离子除Sr2＋外，还有Ca2＋、Mg2＋。 (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为________________________ ___________________； 25 ℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L－1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)·c(S)＝_________mol2·L－2(忽略溶液体积的变化)。 Ba2＋(aq)＋SrSO4(s) Sr2＋(aq)＋BaSO4(s) 10－8.97 由已知信息可知，SrSO4的溶度积比BaSO4的溶度积大，故“盐浸”时发生沉淀的转化反应，离子方程式是Ba2＋(aq)＋SrSO4(s) Sr2＋(aq)＋BaSO4(s)。该BaCl2溶液中Ba2＋的物质的量为100×10－3 L×0.11 mol·L－1＝0.011 mol，由上述离子方程式可知，0.01 mol SrSO4需消耗0.01 mol BaCl2，则理论上反应后混合液中的 n(Sr2＋)＝0.01 mol，n(Ba2＋)＝0.001 mol，故c(Sr2＋)＝0.1 mol·L－1、c(Ba2＋)＝10－2 mol·L－1，反应后的溶液是BaSO4的饱和溶液，则溶液中c(S)＝＝ mol·L－1＝10－7.97 mol·L－1，c(Sr2＋)·c(S)＝0.1 mol·L－1×10-7.97 mol·L－1＝10－8.97 mol2·L－2。 (4)其他条件相同时，盐浸2 h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是___________________________________________ _________。 温度升高，反应速率加快，相同时间内锶的浸出 率增大 温度升高，反应速率增大，故相同时间内锶的浸出率升高。 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、____________(填化学式)。 SiO2、BaSO4 “酸浸”“盐浸”两个操作中，SiO2均不能被浸出，“盐浸”时生成BaSO4，故“浸出渣2”包括SrSO4、SiO2、BaSO4。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是____________________________。 a的空腔和Sr2＋的大小更适配 窝穴体a与K＋形成的超分子能提取浸出液中的Sr2＋，说明a的空腔与 Sr2＋的大小更匹配。 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是___(填标号)。 a.加热脱水 b.在HCl气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 a Ca与Sr同主族，Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2＋不水解，排除b，由平衡移动原理知加压不利于脱水，排除c，d，故选a。 2.(2025·河南卷)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是_______。 除Fe 由题述流程分析可知，“酸溶1”的目的是除去合金粉中的Fe。 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为__________________________________________________； “滤渣”的主要成分是______(填化学式)。 Rh＋6HCl＋3HNO3H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O SiO2 已知“酸溶2”中Rh被氧化为H3[RhCl6]，Rh化合价升高，则王水中浓HNO3被还原为NO2，结合原子守恒及得失电子守恒可知，该反应的化学方程式为Rh＋6HCl＋3HNO3H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O。由上述流程分析可知，“滤渣”的主要成分是SiO2。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3 和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为________________ __________________________________________。 Rh2O3＋3H2 2Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl “沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后含有的少量的Rh2O3和RhCl3被氢气还原为Rh，故“高温还原”中发生反应的化学方程式为Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O和2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl。 (4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为___(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp＝5.5×10－28]。 A.2.0　　　　B.4.0　　　　C.6.0 A SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，恰好生成Sn(OH)2沉淀时，溶液中c(OH－)＝≈2.3×10－12 mol·L－1，pOH≈11.6，pH≈2.4，故为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH应小于2.4，故本题选A。 (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4－，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为____；反应中同时生成[SnCl6]2－，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为_____。 ＋1 6∶1 [Rh(SnCl3)5]4－带4个单位负电荷，Sn为＋2价，则Rh为＋1价。“活化还原”过程中，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，被还原为Rh(Ⅰ)，SnCl2被氧化为[SnCl6]2－，同时SnCl2与Cl－结合形成[SnCl3]－，每形成1个[Rh(SnCl3)5]4－需要5个SnCl2，结合原子守恒及得失电子守恒可知，理论上SnCl2和[RhCl6]3－反应的物质的量之比为6∶1。 (6)“酸溶3”的目的是___________________。 将Rh与Zn、Sn分离 根据题述流程分析可知，“酸溶3”的目的是将Rh与Zn、Sn分离。 模拟演练 1.(2025·肇庆一模)废锂离子电池正极材料中含有钴、镍、锂等金属，具有较高回收价值，对其进行无害化处理并回收具有重要意义。一种回收钴、镍、锂的工艺流程如下： 已知：①废锂电池正极材料成分为LiCoO2、LiNiO2、Li2MnO4及Fe、Al的化合物。 ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示： ③Ni(OH)2为淡绿色固体，CoSO4为玫红色固体。 回答下列问题： 金属离子 Fe3＋ Al3＋ Co2＋ Ni2＋ Mn2＋ 开始沉淀时(c＝1 mol·L－1)的pH 2.7 3.2 6.6 6.7 7.8 沉淀完全时(c＝1×10－5 mol·L－1)的pH 3.7 5.0 9.2 9.5 10.4 (1)“浸出”过程中钴元素转化为Co2＋，该反应的化学方程式为_________ _______________________________________________。此过程若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2，其缺点除因其挥发性导致利用率降低外，还有______________________________________________________(写一点)。 2LiCoO2 ＋H2O2＋3H2SO42CoSO4＋Li2SO4＋O2↑＋4H2O Cl－可以被LiCoO2、LiNiO2等氧化成有毒的Cl2，污染环境 由题给流程图，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的 混合溶液浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的 溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离 子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液和含有氢氧化铁、 氢氧化铝的滤渣；向滤液中加入P204萃取、分液得到除去锰离子的水 相，向水相中加入P507萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴 萃余液中加入氢氧化钠溶液并过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亚钴的反萃取液，反萃取液经处理得到硫酸亚钴。 (1)“浸出”过程中钴元素转化为亚钴离子发生的反应为钴酸锂与硫酸和过氧化氢混合溶液反应生成硫酸锂、硫酸亚钴、氧气和水，反应的化学方程式为2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO42CoSO4＋Li2SO4＋O2↑＋4H2O；浓盐酸具有还原性，若用浓盐酸代替硫酸和过氧化氢混合溶液，浓盐酸会与钴酸锂、镍酸锂等发生氧化还原反应生成有毒的氯气污染环境； (2)如果“浸出”后溶液中Co2＋、Ni2＋、Mn2＋浓度均约为1 mol·L－1，则“调pH”过程中调节溶液的pH＝5.0时，滤渣的主要成分为__________________。 Fe(OH)3、Al(OH)3 由题给流程图，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的 混合溶液浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的 溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离 子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液和含有氢氧化铁、 氢氧化铝的滤渣；向滤液中加入P204萃取、分液得到除去锰离子的水 相，向水相中加入P507萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴 萃余液中加入氢氧化钠溶液并过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亚钴的反萃取液，反萃取液经处理得到硫酸亚钴。 由表格数据可知，调节溶液pH为5时溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀； 金属离子 Fe3＋ Al3＋ Co2＋ Ni2＋ Mn2＋ 开始沉淀时(c＝1 mol·L－1)的pH 2.7 3.2 6.6 6.7 7.8 沉淀完全时(c＝1×10－5 mol·L－1)的pH 3.7 5.0 9.2 9.5 10.4 (3)“除钴”时水相pH和P507浓度会影响钴、镍分离效果，根据下图选择“除钴”的最佳条件：水相pH＝____，c(P507)＝_____mol·L－1。 5.2 0.25 由题给流程图，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的 混合溶液浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的 溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离 子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液和含有氢氧化铁、 氢氧化铝的滤渣；向滤液中加入P204萃取、分液得到除去锰离子的水 相，向水相中加入P507萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴 萃余液中加入氢氧化钠溶液并过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亚钴的反萃取液，反萃取液经处理得到硫酸亚钴。 由图可知，水相pH为5.2、c(P507)为0.25时，钴、镍萃取率相差最大，所以“除钴”的最佳条件是水相pH为5.2、c(P507)为0.25； (4)判断沉镍母液中Ni2＋已沉淀完全的操作为_________________________ ________________________________________________________。 取适量沉镍母液于试管中， 滴加NaOH溶液，若无淡绿色固体产生，说明Ni2＋已沉淀完全 由题给流程图，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的 混合溶液浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的 溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离 子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液和含有氢氧化铁、 氢氧化铝的滤渣；向滤液中加入P204萃取、分液得到除去锰离子的水 相，向水相中加入P507萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴 萃余液中加入氢氧化钠溶液并过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亚钴的反萃取液，反萃取液经处理得到硫酸亚钴。 由题给信息可知，氢氧化镍为淡绿色固体，则判断沉镍母液中镍离子已沉淀完全的操作为取适量沉镍母液于试管中，滴加NaOH溶液，若无淡绿色固体产生，说明Ni2＋已沉淀完全； (5)“反萃取”过程发生反应2H＋＋CoR2 Co2＋＋2HR，则反萃取剂为_________(填化学式)。 H2SO4 由题给流程图，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的 混合溶液浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的 溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离 子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液和含有氢氧化铁、 氢氧化铝的滤渣；向滤液中加入P204萃取、分液得到除去锰离子的水 相，向水相中加入P507萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴 萃余液中加入氢氧化钠溶液并过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亚钴的反萃取液，反萃取液经处理得到硫酸亚钴。 由题意可知，加入的反萃取剂应为酸，结合最终产物为CoSO4，反萃取剂可为H2SO4； (6)高温高压下向固态LiF中通入气态PF5可制得电池的电解质LiPF6，制备前需将LiF处理为多孔材料，原因为_________________________________ ______；制得的LiPF6中所含化学键类型为_____________________。 增大气体与固体接触面积，提高 产率 离子键、极性共价键 由题给流程图，向废旧锂电池的正极材料中加入硫酸和过氧化氢的 混合溶液浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向反应后的 溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离 子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液和含有氢氧化铁、 氢氧化铝的滤渣；向滤液中加入P204萃取、分液得到除去锰离子的水 相，向水相中加入P507萃取、分液得到钴萃余液和载钴有机相；向钴 萃余液中加入氢氧化钠溶液并过滤得到氢氧化镍和沉镍母液；向沉镍母液中加入氢氟酸，将溶液中的锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂；向载钴有机相中加入反萃取剂稀硫酸萃取、分液得到含有硫酸亚钴的反萃取液，反萃取液经处理得到硫酸亚钴。 制得电池的电解质LiPF6前将氟化锂处理为多孔材料可以增大气体与固体接触面积，提高产率；由化学式可知，LiPF6中含有离子键、极性共价键。 2.(2025·深圳一模)一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下： 已知：阳离子与萃取剂(HR)的结合能力：Fe3＋＞VO2＋＞Al3＋＞Fe2＋；萃取VO2＋的原理为2HR＋VO2＋ VOR2＋2H＋；“中间盐”中的金属阳离子均为＋3价；含V3＋的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]＝4×10－33。 (1)“酸浸”时，钒主要以V的形式进入溶液。 ①为提高浸取率，可采取的措施是__________________________________ ________________________________(任写一条)。 适当升温、搅拌、将灰渣进一步粉碎、 适当增加酸的浓度等(答案合理即可) 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀 硫酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2 不溶于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液 1中加入(NH4)2SO4固体，得到NH4V (SO4)2·12H2O，而溶液2中加入添加剂， 得到中间盐， “中间盐”中一种含钒物质 NH4V(SO4)2在热水、空气、酸性条件下“溶解”，“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等； ②V2O5发生反应的化学方程式为_________________________________。 V2O5＋H2SO4(VO2)2SO4＋H2O 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫 酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2不溶 于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液1中加入 (NH4)2SO4固体，得到NH4V(SO4)2·12H2O， 而溶液2中加入添加剂，得到中间盐， “中 间盐”中一种含钒物质NH4V(SO4)2在热水、 空气、酸性条件下“溶解”，“溶解”后，所 得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以V的形式进入溶液，V2O5与硫酸反应生成V的化学方程式为V2O5＋H2SO4(VO2)2SO4＋H2O； (2)“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表： 据此分析“溶液3”可在______工序循环利用。 阳离子 H＋ V Al3＋ Fe3＋ 浓度/(mol·L－1) 10.79 0.0041 0.11 0.029 酸浸 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫 酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2不溶 于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液1中加入 (NH4)2SO4固体，得到NH4V(SO4)2·12H2O， 而溶液2中加入添加剂，得到中间盐， “中 间盐”中一种含钒物质NH4V(SO4)2在热水、 空气、酸性条件下“溶解”，“溶解”后，所 得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H＋、V、Al3＋和Fe3＋，由于H＋浓度最高，溶液3可以在“酸浸”工序循环利用，以充分利用其中的酸； (3)“中间盐”的一种含钒物质为NH4V(SO4)2“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为_______________________________________________________。 4NH4V(SO4)2＋O2＋2H2O4VO2＋＋4H＋＋4N＋8S 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫 酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2不溶 于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液1中加入 (NH4)2SO4固体，得到NH4V(SO4)2·12H2O， 而溶液2中加入添加剂，得到中间盐， “中 间盐”中一种含钒物质NH4V(SO4)2在热水、 空气、酸性条件下“溶解”， “溶解”后，所 得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。由题干信息：含V3＋的硫酸盐难溶于水， “中间盐”的一种含钒物质为NH4V(SO4)2，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在， “溶解”时发生反应的离子方程式为4NH4V(SO4)2＋O2＋2H2O4VO2＋＋4H＋＋4N＋8S； (4)“还原”步骤的主要目的是_____________________________________ ______。 Fe3＋转化为Fe2＋，避免Fe3＋影响VO2＋的 萃取 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫 酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2不溶 于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液1中加入 (NH4)2SO4固体，得到NH4V(SO4)2·12H2O， 而溶液2中加入添加剂，得到中间盐， “中 间盐”中一种含钒物质NH4V(SO4)2在热水、 空气、酸性条件下“溶解”， “溶解”后，所 得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。根据题干信息，酸浸后溶液中存在Fe3＋且阳离子与萃取剂(HR)的结合能力：Fe3＋＞VO2＋＞Al3＋＞Fe2＋，还原步骤的主要目的是将Fe3＋还原为Fe2＋，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO2＋结合，提高钒的提取效率； (5)“萃取”前，需调节溶液pH。 ①已知萃取前溶液中c(Al3＋)＝0.4 mol·L－1，理论上，为避免产生Al(OH)3沉淀，应调节溶液pH小于____(保留一位小数)。 3.3 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫 酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2不溶 于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液1中加入 (NH4)2SO4固体，得到NH4V(SO4)2·12H2O， 而溶液2中加入添加剂，得到中间盐， “中 间盐”中一种含钒物质NH4V(SO4)2在热水、 空气、酸性条件下“溶解”， “溶解”后，所 得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。已知Al(OH)3的溶度积 Ksp＝4×10－33，溶液中Al3＋浓度为0.4 mol/L，根据溶度积公式：Ksp＝c(Al3＋)·c3(OH－)解得：c(OH－)＝＝＝1×1 mol/L，c(H＋)＝＝＝1×1 mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝≈3.3，为避免产生Al(OH)3沉淀，pH应小于3.3； ②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是___________________________ ____________________________________________________________________________。 pH过低，即c(H＋)浓度过大， 会导致萃取反应2HR＋VO2＋ VOR2＋2H＋的平衡逆向移动，不利于V 进入有机相 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫 酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2不溶 于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液1中加入 (NH4)2SO4固体，得到NH4V(SO4)2·12H2O， 而溶液2中加入添加剂，得到中间盐， “中 间盐”中一种含钒物质NH4V(SO4)2在热水、 空气、酸性条件下“溶解”， “溶解”后，所 得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。pH过低，即c(H＋)浓度过大，会导致萃取反应2HR＋VO2＋ VOR2＋2H＋的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率； (6)一种V-Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构 如图。 ①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为______。 1∶2 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫 酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2不溶 于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液1中加入 (NH4)2SO4固体，得到NH4V(SO4)2·12H2O， 而溶液2中加入添加剂，得到中间盐， “中 间盐”中一种含钒物质NH4V(SO4)2在热水、 空气、酸性条件下“溶解”， “溶解”后，所 得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。根据晶胞结构图，金属原子(V或Ti)位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有8×＋6×＝4个，非金属原子(H)位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为4∶8＝1∶2； ②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”(1 m3储氢材料可释放出的H2体积)来衡量。一定条件下，50％的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设NA为阿伏加德罗常数的值，H2的摩尔体积为22.4 L·mol－1，则该储氢材料的“体积储氢密度”为___________________________________________L·m－3(列出算式)。 ×8×50％××22.4(答案合理即可) 酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫 酸，得到V、Fe3＋、Al3＋，SiO2不溶 于稀硫酸而成为浸渣除去，溶液1中加入 (NH4)2SO4固体，得到NH4V(SO4)2·12H2O， 而溶液2中加入添加剂，得到中间盐， “中 间盐”中一种含钒物质NH4V(SO4)2在热水、 空气、酸性条件下“溶解”， “溶解”后，所 得溶液中钒主要以VO2＋的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料。该晶胞的体积为a3 nm3＝(a×10－9)3 m3＝a3×10－27 m3，该晶胞中含有8个氢原子，50％的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为8×50％×，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为8×50％×× mol，一个晶胞释放出来的氢气在标准状况下的体积为(8×50％×××22.4) L，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为×8×50％××22.4 L·m－3。 返回 谢 谢 观 看 ！ 返回 $