1、 1 / 28 专题专题 10 化学工艺流程化学工艺流程 1 （重庆市高 2020 届高三质量调研）天青石(主要含有 SrSO4和少量 CaCO3杂质)是获取锶元素的各种化合 物的主要原料。请回答下列问题： (1)利用焰色反应可以定性鉴别某些金属盐。灼烧 SrSO4时，锶的焰色为_(填标号)。 A洋红色 B浅紫色 C黄绿色 D淡蓝色 (2)硫化锶(SrS)可用作发光涂料的原料， SrSO4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锶和一种还 原性气体， 该反应的化学方程式_。 (3)已知：25时，K sp(SrSO4)=3.2 10-7，K sp(SrCO3)=1.1 10-10。SrSO4
2、的粉末与 Na2CO3溶液混合加热、充 分搅拌可生成硫酸钠和碳酸锶，若转化完成时恢复到 25，混合液中 c(CO 2- 3 )=1.0 10-3mol/L，则 c(SO 2- 4 )=_。 (4)以天青石生产 Sr(OH)2 xH2O的工艺如下： 已知： Sr(OH)2 、Ca(OH)2在水中的溶解度如下表： 温度/() 0 20 40 60 80 100 溶解度 (g) Sr(OH)2 0.91 1.77 3.95 8.42 20.2 91.2 Ca(OH)2 0.19 0.17 0.14 0.12 0.09 0.08 滤渣 2为混有 CaCO3的 SrCO3，写出反应 1 生成 SrCO3
3、的化学方程式_。 固体 3 加热水浸是为了获得较纯净的 Sr(OH)2溶液,此时应缓慢加热使沉淀颗粒长大,滤渣 5的主要成分 是_(填化学式),趁热过滤的目的是_。 “操作 6”主要有：_、过滤、洗涤、干燥。 取 m g纯净 Sr(OH)2 x H2O产品溶于水，加入过量 Na2CO3溶液后过滤、洗涤、干燥后，得到 n g 滤渣，则 x=_(用含 m、n的式子表示)。 2 / 28 【答案】A SrSO4+ 4C 高温 SrS+4CO 2.9mol/L SrSO4 + 2NH4HCO3 = SrCO3+ H2O + CO2+ (NH4)2SO4 Ca(OH)2 防止 Sr(OH)2结晶析出造成
4、损失，提高产品纯度 降温结晶 74m-61n 9n 【解析】 (1)利用焰色反应可以定性鉴别某些金属盐，锶的焰色反应为洋红色； (2)SrSO4和碳的混合粉末在隔绝空气下高温焙烧可生成硫化锶和一种还原性气体， 该反应的化学方程式为： SrSO4+ 4C 高温 SrS+4CO； (3)由题意可知： 2 3 2 4 (CO ) (SO ) c c = sp3 sp4 SrCO SrSO K K ，当混合物中 c(CO32-)=1.0 10-3mol/L， c(SO42-)= 3 10 7 1.0 10 mol/L 1.1 10 3.2 10 =2.9mol/L； (4)工业流程中反应 1为用 NH
5、4HCO3使 SrSO4反应生成 SrCO3，过滤后，滤渣 2 为混有 CaCO3的 SrCO3，煅 烧后加热水浸，可以利用高温时 Sr(OH)2和 Ca(OH)2溶解度的不同将二者分离； 反应 1的化学方程式为：SrSO4+2NH4HCO3=SrCO3+H2O+CO2+ (NH4)2SO4； 固体 3加热水浸是为了获得较纯净的 Sr(OH)2溶液，由于 Sr(OH)2溶解度随温度升高显著增大，趁热过 滤的目的是防止 Sr(OH)2结晶析出造成损失，提高产品纯度，而 Ca(OH)2溶解度很小，受温度影响不明显， 则滤渣 5的主要成分是 Ca(OH)2； 操作 6为了得到2 2 r OHOSxH
6、晶体，故应进行的操作是降温结晶、过滤、洗涤、干燥； 由题意可知，滤渣为 SrCO3，根据元素守恒，与2 2 r OHOSxH的物质的量相同，可得： m 88+34+18x = 88+60 n ，解得 x= 74m-61n 9n 。 2（安徽省宣城市 2020 届高三二模）硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫 酸镍(含 2+3+2+2+2+ CuFeCaMgZn、等)为原料，经如图一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。回答下 列问题。 3 / 28 (1)滤渣 1 的主要成分是_(写化学式)，写出硫化除铜过程生成含铜物质反应的离子方程式 _。 (2)氧化除杂时加入 2 Cl和
7、2 Ni(OH)的主要作用是_。 (3)已知 25 C时， -11 2sp KCaF =3.95 10； -9 sp2 KMgF =6.40 10。则氟化除杂过后滤液 3中 2+ 2+ c Ca = c Mg _。 (4)萃取时使用萃取剂R在硫酸盐中对某些金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图。则实验时需控制的 pH适宜范围是_(填字母序号)。 A12 B34 C45 D56 (5)将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作 A 可得硫酸镍晶体，则操作 A为_、_、过滤、洗涤等。 (6)称取2.000g硫酸镍晶体( 42 NiSO6H O)样品溶解，定容至250mL。取25.00mL试液，用 -1 0.
8、0200mol L 的 22 EDTA Na H Y标准溶液滴定至终点。重复实验，平均消耗EDTA标准溶液体积为 36.50mL。反应为 2+2-2-+ 2 Ni +H Y =NiY +2H。计算样品纯度为_。(不考虑杂质反应) 【答案】CuS 和 S H2S+ Cu2+=CuS+2H+ 2 Cl的作用是将滤液中 Fe2+氧化为 Fe3+， 2 Ni(OH)的作用 是调节溶液 pH 值，使 Fe 3+转化为氢氧化铁沉淀除去 6.17 10-3 B 蒸发浓缩 降温结晶 96.0% 4 / 28 【解析】 粗硫酸镍(含 2+3+2+2+2+ CuFeCaMgZn、等)加水和硫酸进行酸浸溶解， 得到
9、含有 Ni2+、 Cu2+、 Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、SO42-等离子的浸出液，向浸出液中通入 H2S 气体，Cu2+转化为 CuS沉淀除去，同 时 Fe3+可与 S2-发生氧化还原反应生成 Fe2+和 S 单质，过滤后得到滤液 1 和滤渣 1，滤渣 1为 CuS和 S，滤液 1 中含有 Ni2+、Fe2+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、SO42-，向滤液 1 中加入 Ni(OH)2和 Cl2，Cl2将滤液中 Fe2+氧化为 Fe3+，用 Ni(OH)2调节溶液 pH 值，使 Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤得到滤液 2，向其中加入 NiF2，使滤液 2中的 Ca2+
10、、Mg2+转化为 CaF2、MgF2沉淀除去，再次进行过滤得到滤液 3，向滤液 3中加入 有机萃取剂，使滤液 3中的 Zn2+转移至有机相中分液除去，最后对水溶液进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤、 洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，据此分析解答。 (1)根据分析，滤渣 1的主要成分是 CuS 和 S，硫化除铜过程中，向浸出液中通入 H2S 气体，Cu2+转化为 CuS 沉淀除去，离子方程式 H2S+ Cu2+=CuS+2H+； (2)根据分析，氧化除杂时加入 Cl2将滤液中 Fe2+氧化为 Fe3+，用 Ni(OH)2调节溶液 pH 值，使滤液 1中的 Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去； (3)已知 2
11、5 C时， -11 2sp KCaF =3.95 10； -9 sp2 KMgF =6.40 10。则氟化除杂过后滤液 3中 s 2+2+2- -11 2 -9 2+2+2- sp p 2 c Cac CacKCaF 3.95 10 = KMgF6.40 10c Mgc Mg F cF =6.17 10-3； (4)在该工艺流程中，萃取操作的目的是使滤液 3中的 Zn2+转移至有机相中分液除去，流程的最终目的是 制得硫酸镍，结合金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示，当控制实验时的pH为 34 左右可以使滤 液中的 Cu2+、Ca2+、Zn2+等离子的萃取除杂率最好，故答案选 B； (5)根
12、据分析， 将萃取后所得富含硫酸镍的溶液经操作 A 可得硫酸镍晶体，则操作 A为蒸发浓缩、 降温结晶、 过滤、洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体； (6)根据题意，取25.00mL试液，消耗 EDTA 标准液的物质的量=0.02mol/L 0.0365L=7.3 10 -4mol，根据反应 2+2-2-+ 2 Ni +H Y =NiY +2H，25mL试液中 n(Ni2+)=n(EDTA)= 7.3 10-4mol，则 250mL试液中硫酸镍晶体的质 量= 250 25 7.3 10-4mol 263=1.9199g，则样品纯度为= 1.9199g 2.000g 100%96%。 3（安徽省芜湖市示范
13、高中 2020 届高三 5 月联考氧化铬（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着 不可替代的地位。一种利用淀粉水热还原铬酸钠制备氧化铬的工艺流程如图： 5 / 28 已知：向含少量 Na2CO3的铬酸钠碱性溶液中通入 CO2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液。 还原反应剧烈放热，可制得 Cr(OH)3浆料。 （1）该工艺中还原反应最初使用的是蔗糖或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO）与 铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式_。 （2） 将混合均匀的料液加入反应釜， 密闭搅拌， 恒温发生还原反应， 下列有关说法错误的是_ （填标号） 。 A该反应一定无需加热即可进行
14、 B必要时可使用冷却水进行温度控制 C铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应 D应建造废水回收池，回收含铬废水 （3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下 Cr()还原率如图。实际生产过程中 Cr()还原率可 高达 99.5%以上，还原阶段采用的最佳反应条件为_、_。 （4）滤液中所含溶质为_。该水热法制备氧化铬工艺的优点有_、_（写出两条即可）。 （5）由水热法制备的氢氧化铬为无定型氢氧化铬2Cr(OH)3H2O。将洗涤并干燥后的氢氧化铬滤饼充分煅 烧，失去质量与固体残留质量比为_。 【答案】4CrO42-+3HCHO+4H2O=4Cr(OH)3+2OH-+3CO32- AC 碳化率 40%
15、 恒温 240 Na2CO3 原料价格低廉、设备要求低 污染小、原料可循环利用、转化率高等 9:19 6 / 28 【解析】在碱性条件下，利用铬酸钠碳化母液与淀粉发生氧化还原反应生成 Cr(OH)3沉淀、碳酸钠或碳酸氢 钠(取决于起始反应溶液的碱性)，然后过滤、洗涤，通过煅烧 Cr(OH)3然后经过一系列操作得到产品，以此 解答。 （1）HCHO中碳元素化合价为 0 价，该反应在碱性环境下进行，最终生成为有碳酸钠、Cr(OH)3等，根据 化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为： 4CrO42-+3HCHO+4H2O=4Cr(OH)3+2OH-+3CO32-； （2）A根据
16、题目信息可知，还原过程需加热，引发反应，A正确； B因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可 使用冷却水进行温度控制，B 错误； C过量铬酸钠会导致滤液回收处理时铬酸钠碳化母液的碳化率发生改变，为保证原料的充分利用，应使淀 粉适当过量，使铬酸钠充分反应，C正确； D铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，D错误； 综上可知，答案为 AC； （3）由图可知，在碳化率为 40%时，还原率较高，在温度为 240时，还原率达到接近 100%，再升高温度 对于还原率的影响不大，故最佳反应条件为：碳化率 40
17、%、恒温 240； （4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或 NaHCO3或 Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的 优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废 渣排放、废水可回收利用、流程短等； （5）加热过程中相关物质的转化关系为：2Cr(OH)3H2OCr2O35H2O，失去的质量为水，固体剩余的质量 为氧化铬，即 152 /18 /5g molg mol 剩余的质量失去的质量 ，剩余的质量：失去的质量为 19：9。 4（安徽省皖江名校联盟 2020 届高三第六次联考）重铬酸钾(K2Cr2O7)在皮革、火柴印染化学
18、、电镀等方 面应用广泛。工业上对制革工业污泥中(主要含有 Cr3+、Fe3+、Fe2+、Al3+等)Cr 元素的回收与再利用工艺如 图： 已知：Al(OH)3与 Cr(OH)3性质相似。 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。 7 / 28 有关物质的溶解度曲线如图。 回答下列问题： （1）含铬污泥预处理包括高温煅烧粉碎等步骤，其中高温煅烧的目的是_(写一条即可)，滤渣 III 的成分是 _(填化学式)。 （2）步骤中操作需要的玻璃仪器有_，步骤加入 H2O2的作用是_。 （3）步骤反应能够发生的原因是_，写出步骤的反应离子方程式：_。 （4）为测定产品中 K2Cr2O7的含量，某兴趣
19、小组将 mg 产品溶于水配制为 500mL 溶液，准确量取 50.00mL， 加入稀硫酸酸化，然后加入过量的 KI 充分还原，加_作指示剂，到达终点消耗 30.00mL0.0500mol L-1的 Na2S2O3溶液。则该次生产的样品中 K2Cr2O7含量为_%。(已知：Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+3I2+7H2O， 2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI) 【答案】除去蛋白质等有机物(改变污泥构造，便于酸浸等合理即可) Al(OH)3 烧杯、玻璃棒、漏斗 将 Fe2氧化成 Fe3 K2Cr2O7的溶解度小 3Cl22CrO28OH=2CrO 4 26Cl4H 2O
20、淀粉溶液 7 3 . 5 m 【解析】硫酸浸取液中的金属离子主要是 Cr3，其次是 Fe2、Al3和 Cu2，加入过量氢氧化钠，Fe3、 Cu2 生成沉淀，滤液的成分是 NaAlO 2和 NaCrO2，通入氯气，NaCrO2 被氧化为 Na2CrO4，通入过量二氧化碳 会生成氢氧化铝和碳酸氢钠，同时在酸性条件下，铬酸根转化为重铬酸根，即 2CrO4+2H=Cr2O72+H2O； 然后析出重铬酸钠，溶解加入氯化钾可得重铬酸钾。 (1)从动物皮到皮革需要加入铬酸鞣制，因此制革厂含铬污泥含有蛋白质等有机质，高温煅烧可以除去蛋白 质等有机质，同时改变污泥构造，便于溶解；根据流程，AlO2溶液中通入过量
21、 CO2，会生成 Al(OH)3，可 得滤渣 II 的成分是 Al(OH)3； (2)经过步骤得到滤液和滤渣，可知步骤中操作为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；根 据流程，步骤加入双氧水，目的是将 Fe2氧化为 Fe3，便于除去； (3)加入 KCl 的目的是使 Na2Cr2O7转化为 K2Cr2O7，根据信息，一定温度下，K2Cr2O7溶解度最小，故步骤 反应能够发生；由信息 Al(OH)3与 Cr(OH)3性质相似，根据流程，可知加入过量氢氧化钠，滤液的成分是 8 / 28 NaAlO2和 NaCrO2， 通入氯气， NaCrO2被氧化为 Na2CrO4， 故离子方程式为 3Cl2
22、+2CrO2+8OH=2CrO42+6Cl +4H 2O； (4)有碘单质存在，可以选用淀粉溶液做指示剂；根据化学反应：Cr2O72+6I+14H=2Cr33I2+7H2O 和 I2+2S2O32=2I+S4O62，可得 Cr2O723I26S2O32，ag 产品最终消耗 n(S2O32)=0.0500mol/L 30.00 10 3L500mL 50mL =0.0150mol，则 n(Cr2O72)=0.0150mol1 6 =0.00250mol，则样品中 K2Cr2O7含量为 0.00250mol 294g/mol73.5 100% mm 。 5（安徽省马鞍山市 2020 届高考第二次模
23、拟）高锰酸钾（ 4 KMnO）是一种常用氧化剂，主要用于化工、 防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为 MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下： 回答下列问题： （1）原料软锰矿与氢氧化钾按 11 的比例在烘炒锅中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是 _。 （2）平炉中发生的化学方程式为_。 （3）平炉中需要加压，其目的是_。 （4）将 K2MnO4转化为 KMnO4的生产有两种工艺。 2 CO歧化法是传统工艺，即在 K2MnO4溶液中通入 CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧 化反应，反应中生成 K2MnO4，MnO2和_（写化学式）。 电解法为现代工艺，即电解 K2Mn
24、O4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为_， 阴极逸出的气体是_。 电解法和 2 CO歧化法中，K2MnO4的理论利用率之比为_。 （5） 高锰酸钾纯度的测定： 称取1.0800 g样品， 溶解后定容于100 mL容量瓶中， 摇匀。 取浓度为0.2000 mol L1 的 H2C2O4标准溶液 20.00 mL， 加入稀硫酸酸化， 用 KMnO4溶液平行滴定三次， 平均消耗的体积为 24.48 mL， 该样品的纯度为_ （列出计算式即可，已知 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O）。 9 / 28 【答案】扩大接触面积，加快化学反应速率 2MnO2+O2+4KO
25、H2K2MnO4+2H2O 增大反应物的 浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 K2CO3 MnO42-e-=MnO4- H2 3:2 95.62% 【解析】 （1） MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率， 故要将其粉碎成细小的颗粒； （2） 根据流程图可知，在平炉中 MnO2、KOH、O2在加热时反应产生 K2MnO4，结合质量守恒定律可知， 另外一种物质是 H2O，则发生的化学方程式为 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ； （3）由于上述反应中氧气是气体，在平炉中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据
26、外界条件对化 学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大 压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率； （4） 在 K2MnO4溶液中通入 CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成 KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是 K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反 应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；电解法为现代 工艺，即电解 K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧
27、化反应，产生 MnO4-。电极反应 式是：MnO42-e-=MnO4-；在阴极，水电离产生的 H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是： 2H2O+2e-=H2+2OH-。所以阴极逸出的气体是 H2；总反应方程式是： 2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2+2KOH；根据电解法方程式 2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+2H2+2KOH 可知 K2MnO4的理论利用率是 100%；而在CO2歧化法 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是 2/3，所以二者的理论利用率之比为 3:2； （5）根据离子方程式 2MnO4-+5H2C2O
28、4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O 可知 KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO45H2C2O4。配制的溶液的浓度为：。则 1.0800g样品中含 KMnO4的物质的 量为：n= KMnO4的质量为：m=“ 0.006536mol“ 158g/mol =1.03269g。故其纯度为： 100%=95.62%。 6（安徽省合肥市第一中学 2020 年高三质监）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸 的催化剂。从废钒催化剂中回收 V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为： 10 / 28 物质 V2O5 V2O4 K2SO4 SiO2 Fe2
29、O3 Al2O3 质量分数/% 2.22.9 2.83.1 2228 6065 12 1 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线： 回答下列问题： （1）酸浸时 V2O5转化为 VO2+，反应的离子方程式为_，同时 V2O4转成 VO2+。废渣 1的主 要成分是_。 （2）氧化中欲使 3 mol的 VO2+变为 VO2+，则需要氧化剂 KClO3至少为_mol。 （3）中和作用之一是使钒以 V4O124形式存在于溶液中。废渣 2中含有_。 （4）离子交换和洗脱可简单表示为：4ROH+ V4O124R4V4O12+4OH（以 ROH 为强碱性阴离子交 换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_性（填酸
30、碱中）。 （5）流出液中阳离子最多的是_。 （6）沉钒得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出煅烧中发生反应的化学方程式_。 【答案】V2O52H=2VO2H2O SiO2 0.5 Fe(OH)3、Al(OH)3 碱 K 2NH4VO3V2O5H2O2NH3 【解析】从废钒催化剂中回收 V2O5，由流程可知，酸浸时 V2O5转化为 VO2+，V2O4转成 VO2+氧化铁、 氧化铝均转化为金属阳离子，只有 SiO2不溶，则过滤得到的滤渣 1 为 SiO2，然后加氧化剂 KClO3，将 VO2+ 变为 VO2+，再加 KOH时，铁离子、铝离子转化为 Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，同时中和硫酸，
31、过滤得 到的滤渣 2 为 Fe （OH）3、 Al （OH）3， 离子交换和洗脱可简单表示为： 4ROH+V4O124-R4V4O12+4OH-， 由 ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，沉钒得 到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，煅烧时分解生成 V2O5，以此解答该题。 （1）酸浸时 V2O5转化为 VO2+，V 元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的 离子方程式为 V2O52H=2VO2H2O；二氧化硅与酸不反应，则废渣 1的主要成分是二氧化硅； （2）氧化中欲使 3 mol的 VO2+变为 VO2+，V元素化合价从4 价升
32、高到5价，而氧化剂 KClO3中氯元 素化合价从5 价降低到1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为少 3mol 60.5mol； 11 / 28 （3）中和作用之一是使钒以 V4O124形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则废渣 2 中含有 Fe（OH）3、Al（OH）3； （4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性； （5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则流出液中阳离子最多的是钾离子； （6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3煅烧生成七氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为 2NH4VO3V2O5H2O2NH3。
33、7（广东省 2020 届高三模拟）纳米 TiO2具有十分宝贵的光学性质，在汽车工业及诸多领域都显示出美好 的发展前景。如图是以硫酸氧钛为原料制备纳米二氧化钛的工艺流程图： 回答下列问题： （1）反应 1中发生两个反应，其一是尿素CO(NH2)2与 H2O反应生成 CO2和 NH3 H2O，则另一反应的离子 方程式为_。 （2）判断 TiO(OH)2沉淀是否洗净的实验操作和现象是：_。 （3）为了减少制备过程中的三废排放，将上述流程中的滤液经过_、_、_（填基本操作）即可回收 _(填化学式)。 （4）为研究反应温度、反应时间、反应物物质的量配比等因素对制备纳米二氧化钛产率的影响，设计如下 实验。
34、 实验编号 反应温度/ 反应时间/h 反应物物质的量配比 nCO(NH2)2：nTiO(OH)2 90 1 2:1 90 2 3:1 90 1 110 2 3:1 实验和的实验目的是_，实验中反应物物质的量配比为_。 12 / 28 （5）反应中 TiO2+浓度对 TiO2的产率和粒径的影响如图。结合图中信息，你认为为达到工艺目的，最合 适的 TiO2+浓度为_。 【答案】 2+ 324 2 TiO +2NHH O=TiO OH+2NH 取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加入盐酸， 再加氯化钡溶液，如无白色浑浊出现，则表明沉淀已经洗涤干净 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 (NH4)2SO4 探究不同
35、反应温度对制备二氧化钛产率的影响 3：1 1mol L-1 【解析】 TiOSO4易发生水解生成 TiO2， 控制钛液中 TiO2+浓度， TiO2+与氨水或去离子水混合打浆， 调节 pH， 生成白色 TiO(OH)2沉淀，待 TiO(OH)2沉淀完全后过滤，并用去离子水多次洗涤至沉淀中不再检出 SO42-， 过滤，陈化一段时间后，滤饼与去离子水混合打浆，多次漂洗然后取出烘干，在不同温度下煅烧，经研磨 和气流粉碎制备出纳米 TiO2，据此解答。 （1）TiOSO4易发生水解生成 TiO2，由题可知，悬浊液中含有 TiO(OH)2，因此另一反应的离子方程式为： 2+ 324 2 TiO +2NH
36、H O=TiO OH+2NH； （2）该沉淀表面附着有 SO42-，判断沉淀是否洗涤干净可根据洗涤液中是否含有 SO42-，其实验操作和现象 为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加入盐酸，再加氯化钡溶液，如无白色浑浊出现，则表明沉淀 已经洗涤干净； （3）该滤液中含有一定量的(NH4)2SO4，因此可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤进行回收； （4）实验和对应的反应温度不同，因此实验目的是：探究不同反应温度对制备二氧化钛产率的影响； 实验和对应反应温度、反应时间均相同，因此实验目的是探究反应物物质的量配比对制备纳米二氧化 钛产率的影响，故实验中反应物物质的量配比为 3:1； （5）纳米二氧化钛粒
37、径为 1050nm，由图可知，随 TiO2+浓度增大，TiO2粒径逐渐增大，TiO2的产率逐渐 增大，当 TiO2+浓度为 1mol/L时，TiO2粒径为 50nm，故最合适的 TiO2+浓度为 1mol/L。 8 （广东省深圳中学 2020 年高三质监） Li4Ti5O12和 LiFePO4都是锂离子电池的电极材料， 可利用钛铁矿 （主 要成分为 FeTiO3，还含有少量 MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下： 13 / 28 回答下列问题： （1）酸浸实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为 70%时，所采用的实验条件 为_。 （2）酸浸后，钛主要以 TiOCl4
38、2-形式存在，写出相应反应的离子方程式_。 （3）TiO2 xH2O沉淀与双氧水、氨水反应 40min 所得实验结果如下表所示： 温度/ 30 35 40 45 50 TiO2 xH2O 转化率/% 92 95 97 93 88 分析 40时 TiO2 xH2O 转化率最高的原因_。 （4）Li2Ti5O15中 Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为_。 （5）若滤液中 c(Mg2+)=0.02 mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加 1 倍），使 Fe3+恰好沉淀完全 即溶液中 c(Fe3+)=1.0 10-5 mol/L，此时是否有 Mg3(PO4)2沉淀生成_（列式计算）。FePO
39、4、 Mg3(PO4)2的 Ksp 分别为 1.3 10-22、1.0 10-24。 （6）写出高温煅烧中由 FePO4制备 LiFePO4的化学方程式_。 【答案】 100、2h，90，5h FeTiO3+ 4H+4Cl = Fe2+ TiOCl42- + 2H2O 低于 40，TiO2 xH2O转化 反应速率随温度升高而增加； 超过 40， 双氧水分解与氨气逸出导致 TiO2 xH2O转化反应速率下降 4 Fe3+ 恰 好 沉 淀 完 全 时 ， c(PO43-)= 22 5 1.3 10 1.0 10 mol L1=1.3 1017 mol L1， c3(Mg2+) c2(PO43-)
40、(0.01)3 (1.3 1017)2=1.7 1040Ksp Mg3(PO4)2，因此不会生成 Mg3(PO4)2沉淀 2FePO4 + Li2CO3+ 14 / 28 H2C2O42LiFePO4+ H2O+ 3CO2 【解析】 （1） 由图示可知， “酸浸”时铁的净出率为 70%时所需要的时间最短， 速率最快， 则应选择在 100、 2h，90，5h 下进行； （2）“酸浸”时用盐酸溶解 FeTiO3生成 TiOCl4 2时，发生反应的离子方程式为 FeTiO 3+4H +4ClFe2+ TiOCl4 2 + 2H 2O； （3）温度是影响速率的主要因素，但 H2O2在高温下易分解、氨水
41、易挥发，即原因是低于 40，TiO2xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；超过 40，双氧水分解与氨气逸出导致 TiO2xH2O 转化反应速率下降； （4）Li2Ti5O15中 Li 为+1 价，O 为-2 价，Ti 为+4 价，过氧根(O2 2-)中氧元素显-1 价，设过氧键的数目为 x， 根据正负化合价代数和为 0，可知(+1)2+(+4)5+(-2)(15-2x)+(-1)2x=0，解得：x=4； （5）KspFePO4=c(Fe 3+)c(PO 4 3-)=1.310-2，则 c(PO 4 3-) sp 3 K c Fe 1.310 -17mol/L，QcMg 3(PO4)2 c 3
42、(Mg2+)c2(PO 4 3-)(0.01)3(1.310-17)2=1.6910-401.01034，则无沉淀。 （6）高温下 FePO4与 Li2CO3和 H2C2O4混合加热可得 LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方 程式为 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O+ 3CO2。 9（广东肇庆市 2020 届高三第三次检测）ZrO2常用陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为 ZrSiO4, 也可表示 为 ZrO2SiO2还含少量 FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下方法制取： 已知：ZrSiO4能与烧碱反应生成可溶于
43、水的 Na2ZrO3，Na2ZrO3与酸反应生成 ZrO2+； 常温下，KspFe(OH)3= 110-38，Ksp (Al(OH)3= 110-32；pH=6.2时，ZrO2+开始沉淀 (1)“熔融”过程中 ，ZrSiO4发生反应的化学方程式为_；滤渣 I的化学式为 _。 (2)“除杂”过程中，加入双氧水的目的是_：此过程中为使滤液 I中的杂质离子沉淀完全 而除去(当离子浓度 c110-5 molL-1时即为沉淀完全) ，室温下加氪水调节 pH范围为 _。 15 / 28 (3)为得到纯净的 ZrO2滤渣 III要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。 (4)滤渣 III的成分是 Zr(C
44、O3)2 nZr(OH)4。“调 pH=8.0”时，所发生反应的离子方程式为 _；滤渣 III制备 ZrO2的方法是_。 【答案】 ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O H2SiO3 将Fe2+氧化为Fe3+， 以便转化为Fe(OH)3 沉淀除去 5pH6.2 取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成， 则 Zr(OH)4洗涤干净 (n+1)ZrO2+2nCO32-+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2nZr(OH)4+(2n-2)HCO3 - 高温焙烧 【解析】 锆英砂(主要成分为 ZrSiO4， 还含少量 FeCO3、 Fe2O3、 A
45、l2O3、 SiO2等杂质)， 加 NaOH熔融， ZrSiO4 转化为 Na2SiO3和 Na2ZrO3，氧化铝转化为 NaAlO2，SiO2转化为 Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸 浸，Na2ZrO3与酸反应生成 ZrO2+，Na2SiO3与 HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝、碳酸亚铁、氧化 铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离，滤渣 I为硅酸，滤液中含有 ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，Na+、Cl-等， 加入过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调节 pH，使 Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤渣 II为氢氧 化铁、 氢氧化铝， 滤液中主要含有 ZrO2+、 NH4+、 Cl-， Na+、 Cl-等， 再加氨水调节 pH， 使 ZrO2+转化为 Zr(OH)4 沉淀，过滤、洗涤、干燥得到 Zr(OH)4，加热分解即可得到 ZrO2，以此解答该题。 (1)高温下，ZrSiO4与 NaOH 反应生成 Na2SiO3和 Na2ZrO3，其反应的方程式为： ZrSiO4+4NaOHNa2SiO3+Na2ZrO3+2H2O，加过量盐酸酸浸，Na2SiO3与 HCl生成硅酸沉淀，过滤，滤
