2021屆高考化學二輪復習課件：第二篇-題型3-無機化工生產(chǎn)流程題-

1、題型3無機化工生產(chǎn)流程題題型3無機化工生產(chǎn)流程題2021屆高考化學二輪復習課件：第二篇-題型3-無機化工生產(chǎn)流程題-研磨真題培養(yǎng)審題力【高考真題回訪】(2020全國卷)釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。研磨真題培養(yǎng)審題力【高考真題回訪】該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+開始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所

2、回答以下問題:(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是。(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成 ，同時還有_離子被氧化，寫出VO+轉化為 反應的離子方程式。(3)“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5xH2O，隨濾液可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、_，以及部分的_。(4)“沉淀轉溶”中，V2O5xH2O轉化為釩酸鹽溶解、濾渣的主要成分是_。回答以下問題:(5)“調pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應的化學方程式是。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量NH4Cl，其原因是。(5)“調pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應的化學方程式是【解析】 (1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是

3、升高溫度，加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，釩礦粉中的Fe3O4與硫酸反應生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性，則VO+和VO2+被氧化成V 的同時還有Fe2+被氧化，反應的離子方程式為MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；VO+轉化為 時，釩元素的化合價由+3價升至+5價，1 mol VO+失去2 mol電子，MnO2被還原為Mn2+，Mn元素的化合價由+4價降至+2價，1 mol MnO2得到2 mol電子，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，VO+轉化為 反應的離子方程式為VO+MnO2+2H+=

4、+Mn2+H2O；(3)根據(jù)分析，“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5xH2O，隨濾液可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、 Mn2+，【解析】 (1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是升高溫度，加以及部分的Fe3+、Al3+；(4)根據(jù)分析，濾渣的主要成分是Fe(OH)3；(5)“調pH”中有沉淀生成，是NaAlO2與HCl反應生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反應的化學方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3；(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量NH4Cl，其原因是增大 濃度，利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全。以及部分的Fe3+、Al3+；(

5、4)根據(jù)分析，濾渣的主要成答案： (1)加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)(2) Fe2+VO+MnO2+2H+= +Mn2+H2O(3)Mn2+Fe3+、Al3+(4) Fe(OH)3(5)NaAlO2+HCl+H2O NaCl+Al(OH)3(6)利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全答案： (1)加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)【解題模型建構】【整體認知宏觀識圖】第一步:理順反應流程圖，明確每步反應原理。【解題模型建構】【問題精研破解有方】第二步:結合原理，解答問題。題號問題分析結論生成(1)酸浸時_溶解;氧化時_被氧化?！八峤趸毙枰訜幔且驗?。(2)酸浸時還發(fā)生

6、反應:_;氧化時VO+被氧化為 ，MnO2被還原為_?！八峤趸敝羞€有_離子被氧化。 VO+轉化為 的離子方程式為。【問題精研破解有方】題號問題分析結論生成(1)酸浸時_題號問題分析結論生成(3)中和沉淀時控制pH=3.03.1，此時Mn2+沒有開始沉淀，而_部分沉淀。濾液還可除去_及部分_。(4)沉淀轉溶時控制pH13，_完全沉淀，_先完全沉淀后沉淀溶解。濾渣的主要成分是。(5)調pH是將 轉化為_沉淀。生成沉淀反應的化學方程式為。(6)沉釩的原理為_，加入NH4Cl，_增大，沉淀反應正向進行。加入過量NH4Cl的原因:。題號問題分析結論生成(3)中和沉淀時控制pH=3.03.1【問題精研

7、破題有方】(1)黏土釩礦Fe2+、VO+和VO2+升高溫度，反應速率加快(2)Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2OMn2+Fe2+VO+MnO2+2H+= +Mn2+H2O(3)Fe3+、Al3+Mn2+Fe3+、Al3+(4)Fe3+Al3+Fe(OH)3(5)Al(OH)3NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3(6)NaVO3+NH4Cl=NH4VO3+NaClc( )利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全【問題精研破題有方】疑難突破提升解題力 難點一:工藝流程圖的結構分析 1.工藝流程圖結構圖解:疑難突破提升解題力 難點一:工藝流程圖的結構分析 2.流程

8、圖中物質的轉化與跟蹤:(1)循環(huán)物質的確定:從流程圖上看:箭頭回頭;從物質的轉化上看:在流程中加入的物質，后續(xù)步驟中又會產(chǎn)生(在濾渣或濾液中尋找)。(2)副產(chǎn)品的判斷:從流程圖上看:支線產(chǎn)品;從制備的目的上判斷:不是主產(chǎn)品。2.流程圖中物質的轉化與跟蹤:(3)濾渣、濾液中成分的確定:要考慮樣品中原料和雜質的成分在每一步驟中與每一種試劑反應的情況:反應過程中哪些物質(離子)消失了?所加試劑是否過量或離子間發(fā)生化學反應，又產(chǎn)生了哪些新離子?要考慮這些離子間是否會發(fā)生反應。(3)濾渣、濾液中成分的確定: 對點練一 1.工業(yè)上用鈦鐵精礦(FeTiO3)提煉 TiO2的工藝流程如下:(1)鈦鐵精礦經(jīng)冷卻

9、、結晶得到的副產(chǎn)物A為_，結晶析出A時，為保持較高的酸度不能加水，其原因可能為_。(2)上述工藝流程中體現(xiàn)綠色化學理念的是_。 對點練一 1.【解析】酸浸時發(fā)生反應： FeTiO3+6H+=Fe2+Ti4+3H2O，反應中有硫酸亞鐵生成，結晶即得到FeSO47H2O，所以副產(chǎn)物A為硫酸亞鐵溶液結晶得到的FeSO47H2O。結晶時不能加水，是為了防止Ti(SO4)2水解、抑制Fe2+的水解，從而減少FeSO47H2O的溶解量。答案：(1)FeSO47H2O防止Ti(SO4)2水解、抑制Fe2+的水解，從而減少FeSO47H2O的溶解量(2)水解得到的稀硫酸可以循環(huán)使用1.【解析】酸浸時發(fā)生反應：

10、 FeTiO3+6H+=F2.一種磁性材料的磨削廢料主要成分是鐵鎳合金(含鎳質量分數(shù)約21%)，還含有銅、鈣、鎂、硅的氧化物。由該廢料制備氫氧化鎳工藝流程如下:2.一種磁性材料的磨削廢料主要成分是鐵鎳合金(含鎳質量分數(shù)約(1)“酸溶”時，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，廢渣的主要成分是_;金屬鎳溶解的離子方程式為_。(2)“除鐵”時H2O2的作用是_，加入碳酸鈉的目的是_。(3)“除銅”時，反應的離子方程式為_，濾渣的主要成分是_。(1)“酸溶”時，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成2.【解析】流程圖中各步主要轉換如下： 答案：(1)SiO25Ni+12H+2 =5Ni2+

11、N2+6H2O(2)將Fe2+氧化為Fe3+調節(jié)溶液的pH，使Fe3+完全沉淀為黃鈉鐵礬渣(3)H2S+Cu2+=CuS+2H+CuS2.【解析】流程圖中各步主要轉換如下： 難點二:原料預處理 1.研磨:將固體物質粉碎，增大固體與液體或氣體間接觸面積，加快反應速率。2.灼燒:除去可燃性雜質或使原料初步轉化。3.煅燒:改變結構，使一些物質能溶解，雜質在高溫下氧化分解。4.浸取:(1)酸浸:溶解，除去氧化物(膜)，調節(jié)pH促進沉淀、抑制水解。(2)堿浸:去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅，調節(jié)pH促進沉淀、抑制水解。(3)水浸:與水反應或溶解。5.攪拌:加快反應(溶解)速率，使反應充分進行，

12、提高原料利用率。 難點二:原料預處理 對點練二 3.二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦(主要含CeCO3F)為原料制備CeO2的一種工藝流程如下: 對點練二 已知:.Ce4+能與F-結合成CeFx(4-x)+，也能與S 結合成CeSO42+;.在硫酸體系中Ce4+能被萃取劑(HA)2萃取，而Ce3+不能;.常溫下，Ce2(CO3)3飽和溶液濃度為1.010-6 molL-1。 “氧化焙燒”過程中可以加快反應速率和提高原料利用率的方法是_、_(寫出2種即可)。已知:.Ce4+能與F-結合成CeFx(4-x)+，也3.【解析】“氧化焙燒”過程中礦石粉碎成細顆粒、通入大量空氣可以

13、加快反應速率和提高原料利用率。答案：礦石粉碎成細顆粒通入大量空氣3.【解析】“氧化焙燒”過程中礦石粉碎成細顆粒、通入大量空氣 難點三:反應條件控制 1.控制pH:控制溶液的酸堿性使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。調節(jié)pH所需的物質一般應滿足兩點:能與H+反應，使溶液pH增大;不引入新雜質。 難點三:反應條件控制 2.控制溫度:(1)控制低溫的目的:防止某反應物及目標產(chǎn)物分解，如H2O2 、AgNO3、 HNO3(濃)等;防止某反應物或目標產(chǎn)物揮發(fā)，如鹽酸、醋酸、硝酸和氨水等;抑制物質的水解，如Fe3+、Al3+、Cu2+、S2-;反應放熱，低溫使反應正向進行;避免副反應的發(fā)生:如乙醇的消去反應需

14、迅速升溫至170 ;確保催化劑的催化活性，兼顧速率和轉化率，追求經(jīng)濟效益;沸點較高物質的液化收集:用冰水浴冷凝并收集SO3;若轉化率變化不大，高溫下浪費能源。2.控制溫度:(2)加熱的目的:加速某固體的溶解;減少氣體生成物的溶解并加速逸出;一般加快反應速率;使平衡向需要的方向移動;趁熱過濾，防止某物質降溫時會析出而損失或帶入新雜質(3)控制某溫度范圍的目的:從溫度過高或溫度過低會導致的后果兩方面作答。(2)加熱的目的:3.控制壓強:(1)減壓:減壓過濾，加快過濾速率;減壓蒸餾，降低蒸餾溫度，防止產(chǎn)品分解;減壓蒸發(fā)，降低蒸發(fā)溫度，防止物質分解或失去結晶水。(2)加壓:加快速率，平衡移動。3.控制

15、壓強: 對點練三 4.輝銅礦石主要含有硫化亞銅(Cu2S)及少量脈石(SiO2)。一種以輝銅礦石為原料制備硝酸銅的工藝流程如下所示: 對點練三 (1)“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是_;“蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶”過程中，加入HNO3調節(jié)溶液的pH，其理由是_。(2)“回收S”過程中溫度控制在5060之間，不宜過高或過低的原因是。(1)“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是_4.【解析】(1)“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是使Fe3+轉化為Fe(OH)3而沉淀除去；“蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶”過程中，加入HNO3調節(jié)溶液的pH，其理由是抑制Cu2+的水解。(2)“回收S”過程中溫度控制在506

16、0之間，不宜過高或過低的原因是溫度過高，苯易揮發(fā)；溫度過低，礦渣的溶解速率小。答案：(1)調節(jié)溶液的pH，使鐵完全轉化為Fe(OH)3沉淀抑制Cu2+的水解(2)溫度過高，苯易揮發(fā)；溫度過低，礦渣的溶解速率小4.【解析】(1)“保溫除鐵”過程中，加入CuO的目的是使F5.碳酸鋰廣泛應用于化工、冶金、陶瓷、醫(yī)藥、制冷、焊接、鋰合金等行業(yè)。制備流程如下:5.碳酸鋰廣泛應用于化工、冶金、陶瓷、醫(yī)藥、制冷、焊接、鋰合已知碳酸鋰的溶解度(g/L)如表:溫度/010203040506080100Li2CO31.541.431.331.251.171.081.010.850.72已知碳酸鋰的溶解度(g/L)

17、如表:溫度/010203040(1)硫酸化焙燒工業(yè)反應溫度控制在250300 ，主要原因是_。同時，硫酸用量為理論耗酸量的115%左右，硫酸如果加入過多則_。(2)水浸時，需要在攪拌下加入石灰石粉末的主要作用是_。(3)“沉鋰”需要在95 以上進行，主要原因是_。過濾碳酸鋰所得母液中主要含有Na2SO4，還可能含有_。(1)硫酸化焙燒工業(yè)反應溫度控制在250300 ，主要原5.【解析】(1)若溫度過低，反應速率慢，若溫度過高，則濃H2SO4沸騰，揮發(fā)較多。(2)加入CaCO3一是和多余H2SO4反應，二是調節(jié)pH除去大部分雜質。(3)由表格中數(shù)據(jù)可知，溫度越高，Li2CO3溶解度越小，故沉鋰在

18、95 以上進行可增加產(chǎn)率。過濾后的母液中除Na2SO4外還可能有Na2CO3、Li2CO3。答案：(1)溫度低于250 ，反應速率較慢；溫度高于300 ，硫酸揮發(fā)較多增加酸耗量，增加后續(xù)雜質的處理量，增加后續(xù)中和酸的負擔(2)除去多余的硫酸，同時調整pH，除去大部分雜質(3)溫度越高，碳酸鋰溶解度越小，可以增加產(chǎn)率Na2CO3、Li2CO35.【解析】(1)若溫度過低，反應速率慢，若溫度過高，則濃H 難點四:產(chǎn)品的分離提純 1.對于固體產(chǎn)品的分離與提純:一般可采取的操作有蒸發(fā)結晶或降溫結晶、重結晶、灼燒、升華、過濾、溶劑洗滌等。(1)結晶:蒸發(fā)結晶，趁熱過濾:得到溶解度受溫度影響小的溶質，如食

19、鹽水蒸發(fā)結晶得NaCl;蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶:得到溶解度受溫度影響大的溶質，如膽礬結晶;在HCl氣流中蒸發(fā)結晶。如:CuCl2、AlCl3、FeCl3等(2)過濾:操作要點(一貼二低三靠);玻璃儀器(漏斗、玻璃棒、燒杯)(3)灼燒:固體在坩堝中進行加熱，配套實驗儀器還有泥三角和三腳架。 難點四:產(chǎn)品的分離提純 2.對于液體產(chǎn)品的分離與提純:一般可采取的操作有蒸餾、分餾、萃取、分液、鹽析、滲析等。(1)萃取分液:萃取劑的要求。(2)蒸餾或分餾:冷凝管的選擇(裝置、儀器、冷卻水的方向等)。2.對于液體產(chǎn)品的分離與提純:一般可采取的操作有蒸餾、分餾、 對點練四 6.鍶有“金屬味精”之稱。以天青石(主要

20、含有SrSO4和少量CaCO3、MgO雜質)生產(chǎn)氫氧化鍶的工藝如下: 對點練四 已知氫氧化鍶在水中的溶解度:(1)“趁熱過濾”的目的是_。“濾渣”的主要成分為_。(2)從趁熱過濾后的濾液中得到Sr(OH)2產(chǎn)品的步驟為_、過濾、洗滌、干燥。溫度()010203040608090100溶解度(g/100 mL)0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2已知氫氧化鍶在水中的溶解度:溫度()010203040606.【解析】(1)“趁熱過濾”的目的是防止溫度降低使氫氧化鍶析出而造成損失，“濾渣”的主要成分為在堿性條件下沉淀下來的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；(2

21、)從趁熱過濾后的濾液中得到Sr(OH)2產(chǎn)品的步驟為降溫結晶、過濾、洗滌、干燥。答案：(1)防止溫度降低使氫氧化鍶析出而造成損失Ca(OH)2、Mg(OH)2(2)降溫結晶6.【解析】(1)“趁熱過濾”的目的是防止溫度降低使氫氧化鍶考場練兵檢驗考試力1.某科研小組用鎳觸媒廢料(主要成分為Ni-Al合金，混有少量Fe、Cu、Zn、Pb及有機物) 制備NiO并回收金屬資源的流程如下所示:考場練兵檢驗考試力1.某科研小組用鎳觸媒廢料(主要成分為N已知:相關數(shù)據(jù)如表1和表2所示表1部分難溶電解質的溶度積常數(shù)(25)物質Ksp物質KspFe(OH)34.010-38CuS6.310-34Fe(OH)21

22、.810-16ZnS1.610-24Al(OH)31.010-33PbS8.010-28Ni(OH)22.010-15NiS3.210-18已知:相關數(shù)據(jù)如表1和表2所示物質Ksp物質KspFe(OH表2原料價格表物質價格/(元噸-1)漂液(含25.2 % NaClO)450雙氧水(含30 % H2O2)2 400燒堿(含98 % NaOH)2 100純堿(含99.5 % Na2CO3)600表2原料價格表物質價格/(元噸-1)漂液(含25.2 %請回答下列問題:(1)“焙燒”的目的是_。(2)“試劑a”的名稱為_;選擇該試劑的理由是。(3)“氧化”時反應的離子方程式為_。(4)欲使溶液中Fe

23、3+和Al3+的濃度均小于等于1.010-6 molL-1，需“調節(jié)pH”至少為_。(5)“加水煮沸”時，反應的化學方程式為_。(6)整個流程中，可回收的金屬化合物為_(填化學式)。請回答下列問題:(7)氫鎳電池是一種應用廣泛的二次電池，放電時，該電池的總反應為NiOOH+MH Ni(OH)2+M，當導線中流過2 mol電子時，理論上負極質量減少_ g。充電時的陽極反應式為_。(7)氫鎳電池是一種應用廣泛的二次電池，放電時，該電池的總反1.【解析】(1)該鎳觸媒廢料混有少量Fe、Cu、Zn、Pb及有機物，大部分有機物易揮發(fā)、易燃燒，可用焙燒法除去；同時部分金屬單質與氧氣反應轉化為氧化物，酸浸時

24、減少氫氣的生成。(2)氧化等量的 Fe2+，用漂液成本更低，且引入Na+和Cl-不影響后續(xù)分離和除雜。(3)“氧化”的目的是用漂液將Fe2+轉化為Fe3+，ClO-轉化為Cl-，配平離子方程式為2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O。1.【解析】(1)該鎳觸媒廢料混有少量Fe、Cu、Zn、Pb(4)Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，F(xiàn)e3+先沉淀，Al3+后沉淀，因此Al3+濃度小于等于1.010-6 molL-1時，F(xiàn)e3+濃度一定小于1.010-6 molL-1，由KspAl(OH)3=1.010-33=c(Al3+)c3(OH-)=1.010-6c3(OH-

25、)，計算得c(OH-)1.010-9 molL-1，pH5。(5)“加水煮沸”時，NiCO3水解轉化為Ni(OH)2，同時生成CO2，化學方程式為：NiCO3+H2O Ni(OH)2+CO2。(6)由流程圖知，可回收的金屬化合物為Fe(OH)3、Al(OH)3、CuS、ZnS、PbS。=(4)Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，F(xiàn)e(7)該電池的負極反應式為MH+OH-e-=M+H2O，故轉移2 mol電子時，理論上負極質量減少2 g。根據(jù)電池總反應式可知，充電時陽極反應式為Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O。答案：(1)除去廢料中的有機物，使部分金屬單質轉化為氧化物

26、(2)漂液節(jié)約成本，不影響后續(xù)操作(3)2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O(4)5(5)NiCO3+H2O Ni(OH)2+CO2(6)Fe(OH)3、Al(OH)3、CuS、ZnS、PbS(7)2Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O=(7)該電池的負極反應式為MH+OH-e-=M+H22.鉻鞣劑Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折強度。一種以鉻渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等雜質)為原料制備Cr(OH)SO4的工藝流程如下:(1)鉻渣焙燒時需要粉碎，其目的是_。“焙燒”時 Cr2O3轉化為 Na2CrO4的化學方程式是_。(2)

27、“濾渣1”中一種成分為鐵鋁酸四鈣(Ca4Fe2Al2O10) ，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化學式_。2.鉻鞣劑Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折強度。(3)“調pH=a”所得濾渣2的主要成分是_和Al(OH)3?！罢{pH=b”發(fā)生的轉化的離子方程式為_。(4)“過濾2”得溶液中含鉻元素含量為23.4 gL-1，調節(jié)pH后 有 轉化為 ，轉化后所得溶液中c(Cr2 )=_。(5)檢測產(chǎn)品中含有微量 ，測定其含量時，可用TBP(磷酸三丁酯)溶劑萃取溶液中的 。選擇TBP作為萃取劑的理由是_。(3)“調pH=a”所得濾渣2的主要成分是_和A2.【解析】(1)將鉻渣粉碎，增大接觸

28、面積，使反應更充分，提高原料的利用率。焙燒時Cr2O3轉化為Na2CrO4，1 mol Cr2O3失6 mol e-，而1 mol O2得4 mol e-，根據(jù)得失電子守恒，Cr2O3、O2的化學計量數(shù)為2、3，根據(jù)原子守恒，配平化學方程式為2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2。(2)根據(jù)化合物中正負化合價代數(shù)和為0，Ca4Fe2Al2O10中Fe為+3價，故改寫為氧化物形式為4CaOAl2O3Fe2O3。(3)焙燒時Cr2O3、Al2O3、SiO2與碳酸鈉反應轉化為Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，水浸過濾后，調pH=a， 、 轉化為Al(OH)3、H

29、2SiO3。調pH=b是將 轉化為 ，離子方程式為2 +2H+ +H2O。(4)轉化前c( )= =0.45 molL-1。 有8/9轉化為 ，焙燒=2.【解析】(1)將鉻渣粉碎，增大接觸面積，使反應更充分，提所以溶液中n( )=0.45 molL-1 =0.2 mol，則溶液中c( )=0.2 molL-1。(5)檢測產(chǎn)品中含有微量 ，測定其含量時，可用TBP溶劑萃取溶液中的 。選擇TBP作為萃取劑的理由是 在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，且TBP不溶于水。所以溶液中n( )=0.45 molL-1 答案：(1)增大反應物的接觸面積，提高原料的利用率2Cr2O3+4Na2CO3+3O

30、2 4Na2CrO4+4CO2(2)4CaOAl2O3Fe2O3(3)H2SiO32 +2H+= +H2O(4)0.2 molL-1(5) 在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，且TBP不溶于水焙燒=答案：(1)增大反應物的接觸面積，提高原料的利用率2Cr23.鎘(Cd)可用于制作某些發(fā)光電子組件。一種以鎘廢渣(含 CdO 及少量 ZnO、CuO、MnO、FeO 雜質)為原料制備鎘的工藝流程如下:回答下列問題:(1)“濾渣1”的主要成分為Cu(OH)2和_(填化學式)。(2)“氧化”時KMnO4的還原產(chǎn)物是MnO2，該步驟中除鐵、除錳的離子方程式分別為_、_。3.鎘(Cd)可用于制作某些發(fā)光

31、電子組件。一種以鎘廢渣(含 (3)“置換”中鎘置換率與 的關系如圖所示，其中Zn的理論用量以溶液中Cd2+的量為依據(jù)。 (3)“置換”中鎘置換率與 的關實際生產(chǎn)中 比值最佳為1.3，不宜超過該比值的原因是_(寫一條即可)。若需置換出112 kg Cd，且使鎘置換率達到98%，實際加入的Zn應為_kg。實際生產(chǎn)中 比值最佳為1.3，不(4)“置換”后濾液溶質主要成分是_(填化學式)。(5)“熔煉”時，將海綿鎘 (含Cd和Zn)與NaOH混合反應，反應的化學方程式是_。當反應釜內(nèi)無明顯氣泡產(chǎn)生時停止加熱，利用 Cd 與 Na2ZnO2的_不同，將Cd從反應釜下口放出，以達到分離的目的。(4)“置換

32、”后濾液溶質主要成分是_(填化3.【解析】(1)硫酸溶解廢鎘渣時，金屬氧化物轉化為硫酸鹽，根據(jù)工藝流程和后續(xù)設問，可知氧化是除鐵、除錳，置換是將Cd2+轉化為單質鎘，調pH是除銅。石灰乳除銅時OH-沉淀Cu2+，Ca2+與 形成CaSO4沉淀，“濾渣1”的主要成分為Cu(OH)2和CaSO4。(2)“氧化”是除鐵、除錳，F(xiàn)e2+轉化為Fe(OH)3，Mn2+轉化為MnO2，除鐵時由Fe2+Fe(OH)3失e-、 MnO2得3e-，根據(jù)得失電子守恒，F(xiàn)e2+、 的系數(shù)為3、1，可得3Fe2+ 3Fe(OH)3+MnO2，再根據(jù)電荷守恒和原子守恒，配平離子方程式為3Fe2+ +7H2O=3Fe(O

33、H)3+MnO2+5H+。除錳時由Mn2+MnO2失2e-、 MnO2得3e-，根據(jù)得失電子守恒， Mn2+、 的系數(shù)為3、2，可得3Mn2+2 5MnO2，再根據(jù)電荷守恒和原子3.【解析】(1)硫酸溶解廢鎘渣時，金屬氧化物轉化為硫酸鹽，守恒，配平離子方程式為3Mn2+2 +2H2O=5MnO2+4H+。(3)“置換”時發(fā)生反應：Zn+Cd2+=Zn2+Cd，過量的鋅和Cd熔煉時加NaOH分離，若 過大，則鋅粉用量過多增加成本；海綿鎘的純度降低；熔煉中NaOH用量過多增加成本。若需置換出112 kg Cd，且使鎘置換率達到98%，Cd2+的質量為112 kg98%，根據(jù)Zn+Cd2+=Zn2+

34、Cd，Zn的理論用量m(Zn)滿足m(Zn)m(Cd2+)=65112，即m(Zn)=m(Cd2+) =112 kg98% =6598% kg，其實際用量為(6598%) kg1.386.2 kg。(4)根據(jù)置換反應：Zn+CdSO4=ZnSO4+Cd，“置換”后濾液溶質主要成分是ZnSO4。(5)“熔煉”時，Zn與NaOH反應生成Na2ZnO2，化學方程式為Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2。分離時Cd從反應釜下口放出，利用Cd與Na2ZnO2的密度不同。高溫或熔煉 =守恒，配平離子方程式為3Mn2+2 +2H2O=答案：(1)CaSO4(2)3Fe2+ +7H2O=3Fe(OH)3+M

35、nO2+5H+3Mn2+2 +2H2O=5MnO2+4H+(3)鋅粉用量過多增加成本；海綿鎘的純度降低；熔煉中NaOH用量過多增加成本(寫一條即可)86.2(4)ZnSO4(5)Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2密度高溫或熔煉 =答案：(1)CaSO4(2)3Fe2+ +7H24.“稀土之父”徐光憲對稀土萃取分離做出了巨大貢獻。稀土是隱形戰(zhàn)機、超導、 核工業(yè)等高精尖領域必備的原料。鈧(Sc)是稀土金屬之一，下圖是制備Sc的工藝流程。4.“稀土之父”徐光憲對稀土萃取分離做出了巨大貢獻。稀土是隱已知:xNH4ClyScF3zH2O是ScF3與氯化物形成的復鹽沉淀，在強酸中部分溶解?！懊撍@”

36、是復鹽沉淀的熱分解過程。據(jù)此回答:(1)在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3只生成一種碳氧化物的化學方程式為_。(2)圖1是含Sc元素的離子與F-濃度和pH的關系。用氨調節(jié)溶液pH，調節(jié)3.5pH4.2原因是_。已知:xNH4ClyScF3zH2O是ScF3與氯化物形(3)圖2是“脫水除銨”過程中固體質量與溫度的關系，其中在380 到400 會有白煙冒出，保溫至無煙氣產(chǎn)生，即得到ScF3，由圖象中數(shù)據(jù)計算復鹽中xz=_;工藝流程中可回收利用的物質是_。(4)傳統(tǒng)制備ScF3的方法是先得到ScF36H2O沉淀，再高溫脫水得ScF3，但通常含有ScOF雜質，原因是_(用化學方程式表示)。流程中將復鹽沉

37、淀后“脫水除銨”制得純度很高的ScF3，其原因是_。(3)圖2是“脫水除銨”過程中固體質量與溫度的關系，其中在34.【解析】(1)在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3得到Sc2O3，Sc元素的化合價不變，則碳元素的化合價升高，所得碳氧化物為CO2，反應中碳元素化合價由+3升高為+4，則1 mol Sc2(C2O4)3失6 mol電子，而1 mol O2得4 mol電子，根據(jù)得失電子守恒，Sc2(C2O4)3、O2的系數(shù)為2、3，再根據(jù)原子守恒，配平化學方程式為2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2。(2)根據(jù)含Sc元素的離子與F-濃度與pH的關系圖可知，pH4.2時會生成鈧的氫氧

38、化物雜質。(3)脫水除銨過程中，先失去結晶水，由圖可知，水的質量為7.47 g-5.31 g=2.16 g，n(H2O)= =0.12 mol，根據(jù)380400 會有白煙冒出，顯然為除銨過程，NH4Cl的質量為5.31-2.10=3.21 g，n(NH4Cl)= =0.06 mol，焙燒=4.【解析】(1)在空氣中焙燒Sc2(C2O4)3得到Sc2n(H2O)n(NH4Cl)=0.120.06=21，故xz=12。工藝流程使用濃鹽酸、氨水，因此除銨過程得到的NH3、HCl可以循環(huán)使用。(4)含有ScOF雜質的原因是高溫脫水時ScF3與水發(fā)生水解反應：ScF3+H2O=ScOF+2HF。脫水除銨時NH4Cl發(fā)生分解反應，生成HCl，能夠抑制Sc3+的水解，因此得