1、2020高考化学大题专项训练化学工艺流程题（2）1利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。沉淀中只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8（1）浸出过程中加入Na2SO3目的是_。（2）
2、NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀的主要成分为_。（4）操作包括：将水层加入浓盐酸调整pH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。（5）为测定粗产品中CoCl26H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O质量分数大于100%，其原因可能是_(回答一条原因即可)。（6）将5.49g草酸钴晶体(CoC2O42H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。温度范围/固体质量/g
3、1502104.412903202.41经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320温度范围，剩余的固体物质化学式为_。已知：CoC2O42H2O的摩尔质量为183gmol1【答案】（1）将Fe3+、Co3+还原 （2）ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O （3）使Fe3+和Al3+沉淀完全 CaF2和MgF2 （4）蒸发浓缩 冷却结晶 （5）粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质) &
4、nbsp;（6）Co3O4(或CoOCo2O3) 【解析】（1）、浸出过程中，Co2O3、Fe2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Fe2O3转化为Fe2+，Co、Fe元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，故答案为：将Fe3+、Co3+还原；（2）、NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO-被还原为Cl-，反应的离子方程式为：ClO3-6Fe2+6H+=Cl6Fe3+3H2O-；（3）根据工艺流程图结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液l中含有
5、的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素,结合流程图中向滤液1中加入了NaF溶液，知沉淀为MgF2、CaF2；（4）、经过操作I由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作I还包括蒸发浓缩、冷却结晶；（5）、根据CoCl26H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大；（6）、整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O42H2O为0.03mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08g，恰好
6、为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03 mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)=0.06 mol，m(CO2)=0.06mol44 g/mol=2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290320内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，n(O2)=0.02mol，n(CoC2O4) : n(O2) : n(CO2)=0.03 : 0.02 : 0.06=3 : 2 : 6，依据原子守恒，配平化学方程式，故290320温度范围，剩余固体物质的化学式为C
7、o3O4或CoOCo2O3。2某工厂以重晶石(主要含BaSO4)为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”钛酸钡(BaTiO3)的工艺流程如下：已知：（1）Ksp(BaSO4)=1.01010 ，Ksp(BaCO3)=5.010-9（2）草酸氧钛钡晶体的化学式为 BaTiO(C2O4)24H2O回答下列问题：（1）为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为_(写出一条)。（2）配制一定浓度的TiCl4溶液时，通常是将TiCl4(室温下为液体)_。（3）用Na2CO3溶液泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3溶液作用)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K
8、=_ (填写计算结果)。若不考虑CO32-的水解，则至少需要使用浓度为_mol/LNa2CO3溶液浸泡重晶石才能开始该转化过程。（4）设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体已经洗涤干净：_。（5）“混合溶液液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，如图所示。实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.53之间，再进行“沉淀”，则图中曲线a对应钛的形式为_(填化学式)；写出“沉淀”时的离子方程式：_。（6）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为：_。【答案】（1）将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等 &
9、nbsp; （2）溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度。 （3）0.02 5.010-4 （4）取少许最后一次洗涤液，滴入稀硝酸酸化的硝酸银，无沉淀生成，说明晶体已经洗涤干净（5）TiOC2O4 TiO(C2O4)22-Ba2+4H2O=BaTiO(C2O4)24H2O （6）BaTiO(C2O4)24H2O BaTiO3+2CO+2CO2+4H2O 【解析】（1）盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H
10、2O+CO2，为了加快反应速率。，可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等等；（2） TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4+4H2OTi(OH)4+4H+，使溶液变浑浊为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；（3） 在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终B
11、aSO4生成BaCO3；反应的平衡常数K=0.02；在BaSO4饱和溶液中，根据Ksp(BaSO4)=1.01010可知c(Ba2+)=1.0105mol/L，不考虑CO32-的水解，要实现沉淀的转化，则c(Ba2+)c(CO32-)> Ksp(BaCO3)，c(CO32-)>5.01091.0105=5.010-4mol/L，即至少需要使用浓度为5.010-4mol/LNa2CO3溶液浸泡；（4） HCl、TiCl4、H2C2O4混合反应产生草酸氧钛钡晶体，若晶体过滤后洗涤干净，则洗涤液中不含有Cl-，所以证草酸氧钛钡晶体已经洗涤干净的方法是取少许最后一次洗涤液，滴入稀硝酸酸化的
12、硝酸银，无沉淀生成，说明晶体已经洗涤干净；（5） “混合溶液”环节，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，随着氨水的不断加入，C2O42-浓度逐渐增大的趋势可以判断a对应钛的形式为TiOC2O4，b对应钛的形式为TiO(C2O4)22-；c对应钛的形式为TiO(OH)+；在“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-Ba2+4H2O=BaTiO(C2O4)24H2O（6）草酸氧钛钡晶体煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气。煅烧草酸氧钛钡晶体得到
13、BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)24H2O BaTiO3+2CO+2CO2+4H2O。【点睛】本题考查了物质制备方法、过程分析判断、物质性质的应用、溶度积常数应用等知识。掌握基础知识并灵活运用是是本题解题关键，题目难度中等。3高锰酸钾（KMnO4）是常用的氧化剂。以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体的操作流程如下：相关资料：物质溶解度锰酸钾K2MnO4外观性状：墨绿色结晶。其水溶液呈深绿色，这是锰酸根（MnO42-）的特征颜色。化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性中，MnO42-会发生岐化反应。试回答下列问题：（1）烘炒前，混配KOH和软锰矿固体，将软锰
14、矿粉碎，其作用是_，上述流程中趁热过滤的目的是_。（2）请写出实验中通入适量CO2时体系中可能发生反应的离子方程式：_。（3）下列有关上述流程及操作说法正确的是_。A平炉中发生的反应中MnO2的作用是氧化剂B流程中CO2用醋酸溶液代替，得到的产品纯度更高，而不能用盐酸和硫酸代替C抽滤前，应先将滤纸放入布氏漏斗中，微开水龙头，使滤纸紧贴漏斗的瓷板上D抽滤完毕，先断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管，然后关闭水龙头（4）洗涤KMnO4晶体最好的试剂是_。A无水乙醇 B乙醇水溶液 C氢氧化钾溶液 &nb
15、sp; D冷水（5）晶体干燥时，温度控制在80为宜，温度不宜过高的理由是_。【答案】（1）增大接触面积，加快反应速度 防止高锰酸钾析出（2）3MnO42-+3CO2+2OH-=2MnO4-+MnO2+H2O+3CO32- （3）BD （4）D （5）温度过高，产品受热分解 【解析】【分析】软锰矿与氢氧化钾在烘炒锅里和氧气反应生成了墨绿色熔块，可得到K2MnO4，冷却溶于水后得到K2MnO4的碱性溶液，通入CO2调节pH，离子反
16、应为3MnO42-+3CO2+2OH-=2MnO4-+MnO2+H2O+3CO32- ，趁热过滤、冷却结晶可得到KMnO4，据此分析。【详解】（1）将软锰矿粉碎，增大了接触面积，能加快反应速率；KMnO4的溶解度随温度的升高而升高，因此需要趁热过滤；（2）通入适量的CO2时与K2MnO4碱性溶液反应得到MnO2和KMnO4，离子反应为：3MnO42-+3CO2+2OH-=2MnO4-+MnO2+H2O+3CO32-；（3）A.平炉反应中锰元素化合价升高，失电子，做还原剂，A项错误；B.二氧化碳用醋酸代替，醋酸钾的溶解度大于碳酸钾，远大于高锰酸钾，降温结晶时不会随着高锰酸钾一起结晶出来，会使得到
17、的产物纯度更高，如 CO2用硫酸溶液代替，硫酸钾的溶解度和高锰酸钾接近，降温时会和高锰酸钾一起析出，使得到的产品不纯，所以不能用盐酸和硫酸代替二氧化碳，B项正确；C. 抽滤前，应先将滤纸放入布氏漏斗中，用蒸馏水润湿，微开水龙头，使滤纸紧贴漏斗的瓷板上，C项错误；D. 抽滤完毕，先断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管，然后关闭水龙头，D项正确；答案选BD。（4）高锰酸钾的溶解度随温度的降低而减低，因此洗涤KMnO4晶体最好的试剂是冷水；（5）由于温度过高晶体会受热分解，故应把温度控制在80。4以某含镍废料（主要成分为NiO，还含有少量FeO、Fe2O3、CoO）为原料制备NixOy和碳酸钴的工艺流程如下：
18、（1）“酸溶”时需将含镍废料粉碎，目的是_；“滤渣”主要成分为_（填化学式）。（2）“氧化”中添加NaClO3的作用是_，为证明添加NaClO3已足量，可用_（写化学式）溶液进行检验。（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，其离子方程式为_。（4）“沉钴”过程的离子方程式_。若“沉钴”开始时c（Co2+）=0.10 mol/L，则控制pH_时不会产生Co(OH)2沉淀。（已知KspCo(OH)2=4.010-15，lg2=0.3）（5）从NiSO4溶液获得NiSO46H2O晶体的操作依次是：加热浓缩溶液至有晶膜出现，_，过滤，洗涤，干燥。“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中B段所
19、表示氧化物的化学式为_。【答案】（1） 提高浸出率或提高浸出速率（或其他合理答案） SiO2 （2） Fe2氧化为Fe3 K3Fe(CN)6 （3） 3Fe3Na2SO423H2O3CO32=NaFe3(SO4)3(OH)63CO2 （4） Co22HCO3=CoCO3CO2H2O 7.3 （5） 降温结晶（或冷却结晶） Ni2O3 【解析】【分析】金属镍废料（除
20、含 NiO 外，还含有少量 FeO、Fe2O3、CoO等）加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2、Cl，另含有少量Fe2、Fe3、Co2+等，加入NaClO3氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得黄钠铁矾渣，滤液中加入萃取剂得到沉钴和有机层，沉钴中加入NaHCO3溶液得碳酸钴；有机层处理后生成NiSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、得NiSO46H2O晶体，灼烧得NixOy【详解】（1）“酸溶”时需将含镍废料粉碎，目的是提高浸出率或提高浸出速率（或其他合理答案）；“滤渣”主要成分为SiO2（填化学式）。（2）&quo
21、t;氧化"中添加NaClO3的作用是将Fe2氧化为Fe3便于除去，为证明添加NaClO3已足量，实际是检验是否含有Fe2，可用K3Fe(CN)6溶液进行检验。（3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，其离子方程式为3Fe3Na2SO423H2O3CO32=NaFe3(SO4)3(OH)63CO2。（4）“沉钴”过程的离子方程式Co22HCO3=CoCO3CO2H2O。若“沉钴”开始时c（Co2+）=0.10 mol/L，KspCo(OH)2=4.010-15=c（Co2+）c2（OH-）=0.10c2（OH-）,c（OH-）=210-7，c（H+）=，pH=-lg=7+lg2=7.3，
22、则控制pH7.3时不会产生Co(OH)2沉淀。（已知KspCo(OH)2=4.010-15，lg2=0.3）；（5）从NiSO4溶液获得NiSO46H2O晶体的操作依次是：加热浓缩溶液至有晶膜出现，降温结晶（或冷却结晶），过滤，洗涤，干燥。“煅烧”时剩余固体质量与温度变化曲线如图，从26.3gNiSO46H2O失水变成15.5g，n(NiSO46H2O):n(H2O)= ，26.3gNiSO46H2O中n(Ni)= =0.10mol，8.3g中n(Ni):n(O)=0.1mol: =2:3，该曲线中B段所表示氧化物的化学式为Ni2O3。5锰的合金及其化合物在现代生产、生活中有着广泛的应用。如二
23、氧化锰是重要的氧化剂、催化剂、干电池中的去极剂；硫酸锰是重要的微量元素肥料。某工厂以菱锰矿(MnCO3)含FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质为原料联合生产二氧化锰、硫酸锰晶体的工艺流程如下图所示：常温下几种金属氧化物沉淀时的pH：Mn(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀时的pH7.22.74.7完全沉淀时的pHx3.76.7（1）该工厂调pH时，选择试剂a的成分最好是_，滤渣的成分是_，操作X是_、洗涤、低温烘干。（2）为确保除尽杂质而又不损失锰，pH调整的范围为_；若常温下离子(X)沉淀完全的标准是c(X)<1.010-5molL，KspMn(OH)2=1.0
24、10-13，则使Mn2+完全沉淀时溶液的pH最小为_。（3）若滤液显酸性，请写出电解法制备MnO2时阳极上的电极反应式：_。50.7g MnSO4H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化曲线)如下图所示。(已知：M(Mn)=55gmol)（4）850时，所得固体的化学式为：_。（5）1150时，反应的化学方程式为：_。【答案】（1） MnCO3 Fe(OH)3 、Cu(OH)2 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 （2） 6.7pH7.2 10.0 （3） Mn2
25、+2H2O-2e-=MnO2+4H+ （4） MnO2 （5） 3MnO2Mn2O4+O2 【解析】【分析】.菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入试剂双氧水，将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂a为碳酸锰、Mn（OH）2等调节PH=4时Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，过滤除去，滤液2中加入试剂硫酸和氯酸钾，3MnSO4+KClO3+3H
26、2O=3H2SO4+3MnO2+KCl，根据电解原理进行回答判断根据质量守恒和原子守恒计算判断；根据锰、氧元素质量守恒分析产物，书写1150时，反应的化学方程式。【详解】（1）调pH时，该试剂可与氢离子反应，且不引入新的杂质，所以可用MnCO3；加入试剂a为碳酸锰、Mn（OH）2等调节PH=4时Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，铜离子转化为氢氧化铜沉淀，滤渣的成分是Cu（OH）2、Fe（OH）3；滤液经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤、低温烘干后的到硫酸锰晶体；（2）为确保除尽铁离子、铜离子杂质而又不损失锰，根据图表可知pH的调整范围为：6.7pH7.2；设Mn2+完全沉淀时溶液中成c（OH-）=
27、amol/L，根据Ksp的定义可知此时a210-5=1.010-13，解得a=10-4mol/L，即pH=10，（3）用电解法制备MnO2时，阳极上发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+，（4）50.70g MnSO4H2O样品n（锰）=n（MnSO4H2O）=0.3mol，其中n（H2O）=0.3mol，m（H2O）=5.4g，280时，所得固体质量为45.30g，减少的质量为5.4g，则说明该段失去结晶水，此时固体为：MnSO4，继续受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.3mol，850时，固体质量由45.30g减少到为26.10g，减少
28、的质量为19.2g，则硫氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2， （5）1150时固体为为二氧化锰分解所得，锰元素质量守恒，则m（锰）=n（锰）55=16.50g，则氧化物中m（O）=22.90g-16.50g=6.4g，n（O）=0.4mol，故n（Mn）：n（O）=0.3：0.4=3：4，则该氧化物为：Mn3O4，故反应为： 3MnO2Mn2O4+O2，【点睛】解决第题的关键是根据质量分析各点物质的成分，注意利用守恒法计算，避免计算繁琐。6工业上以软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2）为原料制取金属锰的工艺流程如下：已知：Mn(OH)
29、2开始沉淀pH为8.3，完全沉淀pH为9.8。MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100 开始分解。（1）“粉磨”软锰矿的目的是_。（2）“浸取液”经检测无Fe2，“浸取”加入FeSO4作用是_（用离子方程式表示）。（3）“浸渣”的主要成分是_。（4）“沉锰”中，不能用Na2CO3代替 NH4HCO3，其原因是_，得到纯净MnCO3的操作方法是：过滤、_。（5）“沉锰”中，298 K、c(Mn2+)为1.05 molL1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图所示。根据图中信息得出的结论是_。【答案】（1） 提高浸取效率 （2） MnO2+
30、2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O （3） SiO2 （4） Na2CO3碱性强，容易生成Mn(OH)2沉淀 先水洗23次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100 干燥） （5） pH=7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高 【解析】【分析】由流程图可知，软锰矿中加入稀硫酸和硫酸亚铁，FeCO3、Al2O3溶于稀硫酸，MnO2在酸性条件下与硫酸亚铁发生氧化还原反应，SiO2不反应，过滤，得到的浸渣为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe3+和Al3+；向滤液中
31、加入碳酸钠调节溶液pH，使Fe3+和Al3+转化为沉淀除去，过滤，滤渣1为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液1含有Mn2+；向滤液1中加入碳酸氢钠生成碳酸锰沉淀，过滤得到纯净的碳酸锰；向碳酸锰中加入稀硫酸，碳酸锰溶解得到硫酸锰溶液；电解硫酸锰溶液在阴极制得金属锰。【详解】（1）“粉磨”软锰矿可以增大反应物的接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率，故答案为提高浸取效率；（2）MnO2具有氧化性，FeSO4具有还原性，两者发生氧化还原反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，故答案为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；（3）软
32、锰矿中加入稀硫酸和硫酸亚铁，FeCO3、Al2O3溶于稀硫酸，MnO2在酸性条件下与硫酸亚铁发生氧化还原反应，SiO2不反应，SiO2不与硫酸反应，则浸渣的主要成分是SiO2，故答案为SiO2；（4）因为Mn2+在pH=8.3形成氢氧化锰沉淀，在pH=9.8完全沉淀，碳酸钠在溶液中水解程度大于碳酸氢钠，溶液碱性较强，会导致生成氢氧化锰或碱式碳酸锰沉淀，降低产率；由题意可知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100 开始分解，所以得到纯净的MnCO3的操作是先水洗23次、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100干燥），故答案为；Na2CO3碱性强，容易生成Mn(OH)2沉淀；先水洗23次、
33、再用乙醇洗涤、低温干燥（或低于100 干燥）；（5）由沉锰的图象可知，pH=7时，产率最高且时间最短，有更好的效果，故答案为pH=7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高。7NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH2.16.53.77.1沉淀完全的pH3.39.74.79.2（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有_(写一条即可)。（2）加入H2O2时发生主要反应的离子
34、方程式为_。（3）“调pH”时，控制溶液pH的范围为_。（4）“沉镍”过程中，若滤液A中c(Ni2)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2沉淀完全即溶液中c(Ni2)1.010-5，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_g。(已知Ksp(NiCO3)=6.510-6，忽略溶液体积的变化)（5）流程中由溶液得到NiCl26H2O的实验操作步骤依次为_、过滤、洗涤、干燥。【答案】（1） 将镍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度) （2） H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O （3） 4.7pH<
35、;7.1或4.7，7.1) （4） 17.5 （5） 蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】【分析】根据流程：金属镍废料(含Fe、Al等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7pH<7.1，使Fe3+、Al3+全部沉淀，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Ni2+，加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+，将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化
36、碳和NiCl2溶液，将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl26H2O，据此分析作答。【详解】（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高镍元素的浸出率；（2）H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，离子方程式为： H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；（3）“调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但不沉淀Ni2+，根据表格数据可知，应该控制溶液pH的范围为4.7pH7.1或4.7，7.1）；（4）滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液
37、中含有n(Ni2+)=0.1mol，则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol，Ni2+刚好沉淀完全时，溶液中c(CO32-)=0.65mol/L，此时溶液中CO32-为0.065mol，故至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol，其质量m(Na2CO3)=0.165mol106g/mol=17.49g17.5g；（5）将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl26H2O。8一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料
38、中制取高纯碳酸钴（CoCO3)的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为_。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的离子反应方程式为_(产物中只有一种酸根)。也可用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3，那么该反应的化学方程式为_；但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是_。（3）过程中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，写出沉淀Al3+的离子方程式_。（4）过程沉钴的离子方程式是_。（5）CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2，其生产工艺是将n(Li)：n(Co)=l：l的LiCO3和
39、CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900。试写出该反应的化学方程式_。【答案】 （1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 （2）4Co2O3CoO+S2O32-+22H+=12Co2+2SO42-+11H2O Co2O3CoO+H2O2+6H+=3Co2+O2+4H2O 产生Cl2，污染环境 （3）2Al3+3CO32-+6H2O=2Al(OH)3+3CO2 （4） Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2 （5） 2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2【解析】
40、由题中信息可知，过程I碱溶时，大部分铝转化为偏铝酸盐除去；过程II中钴渣中钴元素被浸出；过程III中除杂质；过程IV中沉钴；过程V为提纯。（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液作还原剂浸出钴，硫代硫酸根被氧化为硫酸根，则浸出钴的离子反应方程式为4Co2O3CoO+S2O32-+22H+=12Co2+2SO42-+11H2O。若用H2SO4和H2O2代替H2SO4、Na2S2O3，则该反应的化学方程式为Co2O3CoO+H2O2+6H+=3Co2+O2+4H2
41、O；但若用HC1代替H2SO4会造成的后果是盐酸被Co2O3CoO氧化为Cl2，污染环境。（3）过程中碳酸钠溶液的作用是沉淀Al3+和Li+，沉淀Al3+的离子方程式2Al3+3CO32-+6H2O=2Al(OH)3+3CO2。（4）过程沉钴的离子方程式是Co2+2HCO3-=CoCO3+H2O+CO2。（5）CoCO3可用于制备锂离子电池的正极材料LiCoO2，其生产工艺是将n(Li)：n(Co)=l：l的LiCO3和CoCO3的固体混合物在空气中加热至700900，该反应的化学方程式2Li2CO3+4CoCO3+O24LiCoO2+6CO2。点睛：制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，
42、每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。9辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C600C之间的原因是_。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两
43、岁反应完成，将其补充完整：_（用离子方程式表示）MnO2+2Fe2+4H+= Mn2+2Fe3+2H2O（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出
44、合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液( ) ( )( ) (A) ( ) ( ) （ ），_A蒸发溶剂 B趁热过滤 C冷却结晶 D过滤E将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜 F将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体【答案】（1）温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 （2）Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+ （3）NH4Fe3(SO4
45、)2(OH)6 （4）AFB ECD 【解析】（1）浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2 g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。
