題型3無機化工生產流程題考向1【典例】【審答思維】增大粉碎增大接觸面積升溫增大反應物的濃度【解析】(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時,為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積;(2)在原料預處理過程中,粉碎固體原料能增大固體與液體的接觸面積,從而加快酸浸的反應速率,提高浸取效率;(3)a.聯合焙燒時,進一步粉碎礦石,可以增大礦石與空氣的接觸面積,能夠提高焙燒效率,選項a符合題意;b.鼓入適當過量的空氣有利于礦石充分反應,選項b符合題意;c.降低焙燒溫度,反應速率減慢,不利于提高焙燒效率,選項c不符合題意。答案:(1)適當增大硫酸濃度(或適當升高溫度、將鎳鈷礦粉碎等)(2)增大固液接觸面積,加快酸浸速率,提高浸取效率(3)ab1.【解析】“焙燒”時可添加適量“鹽對”NaCl—Na2SO4與釩頁巖形成混合物,這樣做能將釩轉化為可溶性鹽,目的是生成易溶的鈉鹽,提高釩的浸取率。答案:生成易溶的鈉鹽,提高釩的浸取率2.【解析】“高溫煅燒”的目的是除去炭黑、有機黏合劑。答案:除去炭黑、有機黏合劑3.【解析】根據信息i)二價金屬氧化物分別與氨絡合,Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)能與氨絡合生成[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+,根據信息ii)可知,pH=11.6,Eh=0.70V時,Fe(Ⅱ)轉化成FeOOH,Mn(Ⅱ)轉化成α-MnO2,避免浸出時溶解;故答案為將含鋅煙灰中的鐵(Ⅱ)和錳(Ⅱ)分別氧化為FeOOH和α-MnO2,避免其在浸出時溶解。答案:將含鋅煙灰中的鐵(Ⅱ)和錳(Ⅱ)分別氧化為FeOOH和α-MnO2,避免其在浸出時溶解4.【解析】(1)硅藻土空隙較多,比表面積大,催化劑附著后,與反應物的接觸面積增大,反應速率加快。(2)高溫能改變廢釩催化劑的結構,故A正確;“焙燒”的條件為高溫,廢釩催化劑中的有機雜質會因燃燒而被除去,故B正確;從該工藝可知,其目的是獲得廢釩催化劑中的V2O5,故除釩外的成分均為雜質,但SiO2、Fe2O3、Al2O3中Si、Fe、Al元素均為最高價態,在“焙燒”過程不能被氧化,故C錯誤。答案:(1)增大催化劑與反應物的接觸面積,加快反應速率(2)AB考向2【典例】【審答思維】減小CaSO4的溶解SO3磷元素不能形成沉淀鎂離子生成氫氧化鎂沉淀【解析】(1)根據圖中的坐標信息,酸解后,在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中,石膏存在形式為CaSO4·0.5H2O;CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的,因此,洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是減少CaSO4的溶解損失,提高產品石膏的產率;由圖甲信息可知,溫度越低,越有利于實現酸解所得石膏結晶的轉化,由圖乙信息可知,65℃時,位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于65℃線下方的晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在;80℃時,位于80℃線上方的晶體全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80℃線下方的晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在;已知酸解后所得100℃、P2O5%為45的混合體系中石膏存在形式為CaSO4·0.5H2O;P2O5%=15、SO3%=15,由圖乙信息可知,該點坐標位于65℃線下方,故能實現晶體的完全轉化,A符合題意;P2O5%=10、SO3%=20,由圖乙信息可知,該點坐標位于80℃線上方,晶體全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,故不能實現晶體的完全轉化,B不符合題意;P2O5%=10、SO3%=30,由圖乙信息可知,該點坐標位于65℃線上方,晶體全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,故不能實現晶體轉化,C不符合題意;P2O5%=10、SO3%=10,由圖乙信息可知,該點坐標位于80℃線下方,晶體全部以CaSO4·2H2O形式存在,故能實現晶體的完全轉化,D符合題意,綜上所述,能實現酸解所得石膏結晶轉化的是AD。(2)黃銅礦在硫酸銨生成的SO3作用下,轉化成CuSO4,得到的混合氣體中主要含NH3,用H2SO4吸收,得到硫酸銨,是溶液A的主要溶質,可以循環利用,固體B為SiO2、CuSO4及含鐵的化合物,加水分離,主要形成含硫酸銅的濾液和含SiO2的濾渣,分別為濾液C和濾渣D,向硫酸銅溶液中加入過量的鐵,置換得到粗銅和FeSO4,粗銅再精煉可以得到純銅。①銨鹽不穩定,易分解,(NH4)2SO4分解為非氧化還原反應,產物中有NH3和SO3,故化學方程式為(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。②(i)由圖,溫度低于425℃,隨焙燒溫度升高,銅浸出率顯著增大,是因為溫度低于425℃,隨焙燒溫度升高,(NH4)2SO4分解產生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故銅浸出率顯著增加;(ii)溫度高于425℃,隨焙燒溫度升高,CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的CuO,發生反應4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,銅浸出率降低。(3)鉻釩渣(鉻和釩以低價態含氧酸鹽形式存在,主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物)中分離提取鉻和釩的流程為鉻釩渣在Na2CO3、NaOH作用下高溫煅燒,鉻和釩被氧化為相應的最高價含氧酸鹽Na2CrO4、NaVO3,鋁、硅、磷等的化合物轉化為NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4,鐵的化合物轉化為Fe2O3,加水浸取,過濾,水浸渣中主要有Fe2O3,水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4,加入稀硫酸調溶液的pH到弱堿性時,NaAlO2轉化為Al(OH)3沉淀,過濾得到含有Al(OH)3的濾渣,再加入MgSO4溶液和(NH4)2SO4溶液除硅磷,使硅、磷分別轉化為MgSiO3、MgNH4PO4沉淀,過濾除去沉淀,得到含有NaVO3、Na2CrO4的濾液,加入稀硫酸將溶液pH調到1.8左右,得到V2O5沉淀,Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7,Cr2O72-具有強氧化性,與加入的Na2S2O5反應生成Cr3+,離子方程式為3S2O52-+2Cr2O72-+10H+===4Cr3++6SO42-+5H2O,調pH使Cr3+轉化為Cr(OH)3沉淀,達到分離提取鉻和釩的目的。①PO43-、SiO32-水解呈堿性,“除硅磷”步驟中控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果,若pH<9時溶液的堿性減弱,會促進PO43-、SiO32-水解,不利于硅、磷轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀,pH>9時溶液的堿性增強,沉淀劑中的Mg2+、NH4+轉化為Mg(OH)2沉淀、NH3·H2O,也不利于硅、磷轉化為MgSiO3和MgNH4答案:(1)CaSO4·0.5H2O減少CaSO4的溶解損失,提高產品石膏的產率AD(2)①(NH4)2SO42NH3↑+SO3↑+H2O②(i)溫度低于425℃,隨焙燒溫度升高,(NH4)2SO4分解產生的SO3增多,可溶物CuSO4含量增加,故銅浸出率顯著增加(ii)溫度高于425℃,隨焙燒溫度升高發生反應:4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3,CuFeS2和CuSO4轉化成難溶于水的CuO,銅浸出率降低(3)①溶液的堿性減弱,促進PO43-、SiO32-水解,不利于硅、磷轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀溶液的堿性增強,Mg2+和NH4+轉化為Mg(OH)2沉淀和NH3·H21.【解析】從Ag/Cu合金觸點廢料中回收Cu、Ag、Sn等金屬的工藝流程,Ag/Cu合金觸點廢料加入鹽酸后,加入過氧化氫加熱溶解、冷卻、過濾得到濾渣和濾液,濾渣加入鹽酸和硝酸溶解,過濾、洗滌,得到氯化銀固體,向氯化銀中加入硫酸,邊攪拌邊緩慢加入鋅粉,至無白色沉淀(氯化銀)為止,過濾洗滌得到銀,濾液合并,加熱攪拌,加入尿素過濾得到沉淀Sn(OH)4,干燥焙燒得到SnO2,濾液為CuCl2溶液,可進一步制備銅粉。(1)流程中可以看出加入HCl、H2O2后Cu以Cu2+、Sn以Sn4+和Ag進行分離的,而HCl不能將它們氧化成對應的離子,所以加入過氧化氫的目的是將其氧化,即在酸性條件下將銅氧化為Cu2+,將Sn氧化為Sn4+,加入尿素后離子變為沉淀析出,逐量加入尿素,攪拌狀態下加熱到100℃,加尿素的目的是作Sn(OH)4的沉淀劑;(2)肼將氧化亞銅還原為Cu,1mol氧化亞銅得到2mol電子,1mol肼被氧化生成氮氣,電子轉移4mol電子,N2H4與Cu2O反應的物質的量的比為1∶2;圖中分析可得到70℃時,銅粉平均粒徑最小,選擇70℃最為合適。答案:(1)在酸性條件下將銅氧化為Cu2+,將Sn氧化為Sn4+作Sn(OH)4的沉淀劑(2)1∶2702.【解析】(1)破碎和酸浸工序主要目的是將廢料中的金屬及其氧化物轉化為金屬離子,這兩道工序也可通過電解法來實現,陽極材料失電子,因此陽極材料選擇鎳鈷合金廢料。相對于破碎和酸浸,電解法需要消耗大量的電能,成本較高。(2)氧化的目的是將亞鐵離子氧化為鐵離子,以便在后續調節pH時將鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀。(3)Ni2+、Fe2+均能與EDTA形成配位鍵而形成穩定的環狀離子,其中Fe2+的離子半徑大于Ni2+且含有的空軌道多于Ni2+,故Fe2+與EDTA形成的環狀離子更穩定。反萃取2中要將Ni轉化為Ni2+的形式進入水相中,Fe則需要轉化為Fe(EDTA)的形式進入油相中,從圖中可知,pH=3時,Fe主要以Fe(EDTA)的形式存在,且Ni以Ni2+的形式存在,因此該工序需控制的最佳pH是3。答案:(1)鎳鈷合金廢料電解法需要消耗大量的電能,成本較高(2)將亞鐵離子氧化為鐵離子,以便在后續調節pH時將鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀(3)Fe2+3考向3【典例】【審答思維】氯化鈉除去剩余的碳酸根離子濃度過大過早沉淀減小【解析】(1)由流程可知,鹵水中加入鹽酸脫硼后過濾,所得濾液經濃縮結晶后得到晶體,該晶體中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-等,煅燒后生成HCl氣體;燒渣水浸后過濾,濾液中加生石灰CaO,則濾渣Ⅰ的主要成分為CaSO4和Mg(OH)2;由于CaSO4微溶于水及加入的生石灰過量,精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀,則濾渣Ⅱ為CaCO3;精制Ⅱ所得濾液經操作X后,所得溶液經濃縮結晶、過濾得到氯化鈉,濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰,得到Li2①若脫硼后直接進行精制Ⅰ,除無法回收HCl外,后續在濃縮結晶時將生成更多的氯化鈉晶體,因此,還將增加生石灰(CaO)、純堿(Na2CO3)的用量。②精制Ⅰ中,燒渣水浸后的濾液中加生石灰后產生的濾渣Ⅰ的主要成分為CaSO4;由于CaSO4微溶于水,精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的Ca2+,還需要除去Ca2+,因此,精制Ⅱ的目的是加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+轉化為CaCO3(或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+),提高Li2CO3純度;操作X是為了除去剩余的碳酸根離子,為了防止引入雜質離子,應選擇的試劑是鹽酸;加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子,若不進行該操作而直接濃縮,將導致濃縮液中因CO32-濃度過大使得Li+過早沉淀,即濃縮結晶得到的NaCl中會混有Li2CO3,最終所得Li2(2)①由已知,浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,為了避免鐵元素以[FeCl4]-的微粒形式通過LAEM,故要加入鋁片還原Fe3+,從而有利于Ga的分離;②“LAEM提取”中,原料液的Cl-濃度越高,越有利于生成[GaCl4]-的反應正向移動,越有利于Ga的提取,在不提高原料液酸度的前提下,同時不引入新雜質,可向Ⅰ室中加入NaCl,提高Cl-濃度,進一步提高Ga的提取率。答案:(1)①CaO、Na2CO3②加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+轉化為CaCO3(或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+),提高Li2CO3純度鹽酸濃縮液中因CO32-濃度過大使得Li+過早沉淀,即濃縮結晶得到的NaCl中會混有Li2CO3,最終所得Li2(2)①鐵[FeCl4]-②高NaCl1.【解析】操作Ⅲ是從溶液中得到晶體,根據綠礬的性質可知其具體操作依次是蒸發濃縮,降溫結晶,過濾;綠礬帶有結晶水,烘干時溫度過高會失去結晶水,故需要減壓烘干。答案:蒸發濃縮,降溫結晶,過濾綠礬帶有結晶水,烘干時溫度過高會失去結晶水,故需要減壓烘干2.【解析】“沉鋰”后所得碳酸鋰中可能混有Li2SO4雜質,再次經過碳化—熱解步驟的目的是進一步提高碳酸鋰的純度。將碳酸鋰與Co3O4混合,在空氣中焙燒,將Co2+氧化為Co3+,制備電池陰極材料LiCoO2,其化學反應方程式為6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。答案:進一步提高碳酸鋰的純度6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2考向4【典例】【審答思維】OH-VO3-H2OFe3+SO42-【解析】(1)由于Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣,因此“水浸2”的主要反應為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣,反應的化學方程式為CaSO4+(NH4)2CO3===CaCO3+(NH4)2SO4;(2)在弱堿性環境下,Ca(VO3)2與HCO3-和OH-反應生成CaCO3、VO3-和H2O,離子方程式為HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3(3)①“細菌氧化”的過程中,FeS2在酸性環境下被O2氧化為Fe3+和SO42-,離子方程式為4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-+4H+;②濾液②含有[Zn(CN)4]2-,經過H2SO4的酸化,[Zn(CN)4]2-轉化為ZnSO4和HCN,反應的化學方程式為Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4;用堿中和HCN得到的產物,可實現循環利用,即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于“答案:(1)CaSO4+(NH4)2CO3===CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣(2)HCO3-+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2V(3)①4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-②Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4===ZnSO4+4HCN+Na2SO4NaCN1.【解析】(1)“除雜”時加入(NH4)2S目的是利用沉淀法將雜質Cu2+轉化為金屬硫化物CuS沉淀除去,反應的離子方程式[Cu(NH3)4]2++4H2O+S2-===CuS↓+4NH3·H2O;(2)四鉬酸銨[(NH4)2Mo4O13]發生“焙解”生成MoO3、氨氣和水,反應的化學方程式為(NH4)2Mo4O132NH3↑+4MoO3+H2O;(3)次氯酸鈉具有強氧化性,能夠把MoS2在堿性條件下氧化為MoO42-和SO42-,根據電子轉移守恒和質量守恒寫出發生反應的離子方程式為===MoO42-+2SO42-答案:(1)[Cu(NH3)4]2++4H2O+S2-===CuS↓+4NH3·H2O(2)(NH4)2Mo4O132NH3↑+4MoO3+H2O(3)MoS2+9ClO-+6OH-===MoO42-+2SO422.【解析】(1)過濾得到含有氫氧化鈉、氫氧化鈣、錳酸鈉的濾液和濾渣,其中濾液經除雜處理后得到的氫氧化鈉溶液,可在堿浸步驟循環使用;“熔鹽反應”過程中二氧化錳發生的反應為二氧化錳與氫氧化鈉、氧氣共熱反應生成錳酸鈉和水,反應的離子方程式為2MnO2+O2+4OH-===2MnO42-(2)BaTiO(C2O4)2·4H2O灼燒時分解生成鈦酸鋇、一氧化碳、二氧化碳和水,反應的化學方程式為BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2↑+2CO↑+4H2O。答案:(1)堿浸2MnO2+O2+4OH-2MnO42-+2H(2)BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2↑+2CO↑+4H2O考向5【典例】【審答思維】10-510-2.911.10.2010-9.249.245.5×10-3【解析】(1)最終得到的“除鈷液”中含有的金屬離子主要是最初“酸浸”時和加入ZnO調pH時引入的Zn2+,加入KMnO4“氧化沉鈷”時引入的K+,而陰離子是在“酸浸”時引入的SO42-,因此其中主要的鹽有ZnSO4和K2SO4。當溶液c(H+)=10-1.1mol·L-1,Co3+恰好完全沉淀,此時溶液中c(Co3+)=1.0×10-5mol·L-1,則c(OH-)=Kwc(H+)=10-12.9mol·L-1,則Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(10-12.9)3=10-43.7。“除鈷液”的pH=5,即c(H+)=10-5mol·L-1,則c(OH-)=Kwc(H+)=10-9mol·L-1,此時溶液中c(Co(2)①用石灰乳調節pH=4,Mn2+被H2SO5氧化為MnO2,氫氧化鐵的Ksp=10-37.4,當鐵離子完全沉淀時,溶液中c(Fe3+)=10-5mol·L-1,Ksp=c3(OH-)×c(Fe3+)=c3(OH-)×10-5=10-37.4,c(OH-)=10-10.8mol·L-1,根據Kw=10-14,pH=3.2,此時溶液的pH=4,則鐵離子完全水解,生成氫氧化鐵沉淀,故濾渣還有氫氧化鐵,且Ca2+微溶,故有CaSO4;②氫氧化鎂的Ksp=10-10.8,當鎂離子完全沉淀時,c(Mg2+)≤10-5mol·L-1,根據Ksp可計算c(OH-)≥10-2.9mol·L-1,根據Kw=10-14,c(H+)≤10-11.1mol·L-1,所以溶液的pH≥11.1。(3)由流程可知,鹵水中加入鹽酸脫硼后過濾,所得濾液經濃縮結晶后得到晶體,該晶體中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-等,煅燒后生成HCl氣體;燒渣水浸后過濾,濾液中加生石灰遇水生成Ca(OH)2,則濾渣Ⅰ的主要成分為CaSO4和Mg(OH)2;由于CaSO4微溶于水及加入的生石灰過量,精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀,則濾渣Ⅱ為CaCO3;精制Ⅱ所得濾液經操作X后,所得溶液經濃縮結晶、過濾得到氯化鈉,濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰,得到Li2①常溫下在0.10mol·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]-,該水解反應的離子方程式為[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-,由B元素守恒可知,B(OH)3和[B(OH)4]-的濃度均為0.20mol·L-1,Ka=c[B(OH)4]-·c②由分析可知,濾渣Ⅰ的主要成分是CaSO4和Mg(OH)2;精制Ⅰ后溶液中Li+的濃度為2.0mol·L-1,由Ksp(Li2CO3)=2.2×10-2可知,則常溫下精制Ⅱ過程中CO32-濃度應控制在2.2×10-答案:(1)ZnSO4、K2SO410-16.7(2)①CaSO4、Fe(OH)3②11.1(3)①[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-9.24②Mg(OH)2、CaSO45.5×10-31.【解析】(1)由于CaF2的溶度積常數Ksp(CaF2)=1.44×10-10,c(Ca2+)=1.0×10-6mol·L-1,則c(F-)=1.44×10-101.0×10-6mol·L-1=1.2×10-2mol·L-1。若溶液的pH偏低,溶液中的H+與(2)在沉鐵時,溶液中的Fe2+與HCO3-、NH3·H2O反應產生FeCO3沉淀、NH4+和水,反應的離子方程式為Fe2++HCO3-+NH3·H2O===FeCO3答案:(1)1.2×10-2mol·L-1pH偏低形成HF,導致溶液中F-濃度減小,CaF2沉淀不完全(2)Fe2++HCO3-+NH3·H2O===FeCO3↓+NH42.【解析】“濾液2”中c(Mg2+)=0.015mol·L-1,使Mg2+轉化為MgF2,需要0.06molNaF,MgF2中存在溶解平衡,為保持c(Mg2+)<10-5mol·L-1,代入Ksp(MgF2)=6.25×10-9,求得c(F-)=0.025mol·L-1,需要再加入0.05mol,共0.11mol,質量為4.62g。答案:4.623.【解析】“除鐵”后所得濾液中c(Ni2+)=0.8mol·L-1,“沉鎳”后所得濾液中c(C2O42-)=1.0×10-5mol·L-1,溶液中c(Ni2+)=Ksp(4.5×10-2mol·L-1,則沉鎳率=0.8答案:94.4%1.【解析】(1)陽極泥中Cu元素存在于Cu2Se、Cu2S中,其中S、Se元素為-2價,所以Cu元素均為+1價;陽極泥中的FeS與H2SO4反應,浸取液所含陽離子為Fe2+、H+。(2)有較多的O2產生,是因為在Fe3+、Cu2+催化作用下,加速了H2O2的分解;“分銅”時,加入氯化鈉是為了使Ag+沉淀形成AgCl沉淀進入濾渣,便于后續分銀。(3)煙氣的主要成分為SO2、SeO2,已知生成產物Se,則SO2作還原劑,“分硒”時發生反應的離子方程式為2SO2+SeO2+2H2O===2SO42-(4)反應AgCl+2S2O32-[Ag(S2O3)2]3-+Cl-的平衡常數K2=Ksp(AgCl)·=3.0×1013×2.0×10-10=6.0×103。(5)S2O32-在酸性條件下將發生氧化還原反應,試劑X是堿溶液;根據電子得失守恒可知:生成1molAg,Na2S2O4將失去1mole-,消耗Na2S2O4答案:(1)+1Fe2+、H+(2)在Fe3+、Cu2+催化作用下,加速了H2O2的分解形成AgCl沉淀,便于后續分銀(3)2SO2+SeO2+2H2O===2SO42(4)6.0×103(5)堿0.52.【解析】本題是一道制備碳酸鉛的工業流程題,原料是電解錳渣,首先在酸性條件下用硫化鉛還原二氧化錳,之后加入乙酸銨溶解出鉛,過濾除雜,在濾渣中加入碳酸氫銨生成碳酸鉛。(1)MnO2、PbS、PbSO4均為固體,寫成離子方程式時不能拆開,其中MnO2被還原為二價錳離子,PbS中的S被氧化為硫單質,則離子方程式為MnO2+PbS+4H++SO42-===Mn2++PbSO4(2)Fe2(SO4)3與PbS反應,三價鐵離子被還原為亞鐵離子,因此含有FeSO4;由MnSO4的溶解度隨溫度的變化曲線可知,20℃之后,隨溫度升高,溶解度逐漸下降,因此采用蒸發結晶,趁熱過濾,洗滌干燥的方法獲得MnSO4晶體;(3)“浸鉛”反應能發生是因為醋酸鉛比硫酸鉛更難電離,故答案為CH3COO-結合Pb2+形成更難電離物質,使PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42-(aq)(4)當溶液中金屬離子濃度小于10-5mol·L-1時,可以認為該離子沉淀完全,則當鉛離子完全沉淀時,c(CO32-)=Ksp(PbCO3)c(Pb2+)=7.4×10-1410-5=7.4×10-9mol·L-1,使鈣離子開始沉淀的c(CO32-)=Ksp(CaCO3)c((5)由于銨根離子的水解要弱于碳酸根離子,所以碳酸銨顯堿性,溶液中含氫氧根離子與多余的二價鉛離子配位形成Pb2(OH)2CO3;(6)由于“沉鉛”反應PbSO4+2CH3COONH4Pb(CH3COO)2+(NH4)2SO4,所以還含有(NH4)2SO4。答案:(1)MnO2+PbS+4H++SO42-===Mn2++PbSO4(2)FeSO4蒸發結晶,趁熱過濾,洗滌干燥(3)CH3COO-結合Pb2+形成難電離物質,使PbSO4(s)Pb2+(aq)+SO42-(4)7.4×10-9~2.8×10-8(5)CO32-更易水解生成OH-,從而易生成Pb2(OH)2CO3(6)(NH4)3.【解析】(1)步驟Ⅰ中為加快硼鎂礦浸出,可采取的措施為粉碎礦石、升高溫度、提高NaOH溶液的濃度、攪拌等。(2)步驟Ⅰ為Mg2B2O5·H2O與氫氧化鈉溶液反應生成NaBO2與Mg(OH)2,步驟Ⅱ為NaBO2與CO2反應生成Na2B4O7·10H2O,化學方程式為4NaBO2+2CO2+11H2O===Na2B4O7·10H2O+2NaHCO3。(3)步驟Ⅱ反應為NaBO2溶液中通入過量的二氧化碳,得到Na2B4O7·10H2O與NaHCO3的反應,離子方程式為2Na++4BO2-+2CO2+11H2O===Na2B4O7·10H+2HCO3A.步驟Ⅱ中通入CO2目的是降低溶液pH使BO2-轉為B4O72-,故A正確;B.步驟Ⅰ、Ⅱ中操作①為過濾,操作②為蒸發結晶、趁熱抽濾,故B正確;C.步驟Ⅱ發生化學反應生成Na2B4O7·10H2O,步驟ⅢNa2B4O7·10H2O在雙氧水、NaOH溶液作用下,生成過硼酸鈉,其中硼元素的化合價未發生變化,故C錯誤;D.過硼酸鈉為白色晶體,微溶于水,其水溶液不穩定,存在于冷的溶液中,難溶于乙醇,步驟Ⅳ(4)步驟Ⅲ的反應過程需要控制反應溫度為0℃左右的方法是采用冰水浴。(5)正確的操作順序完成裝置A中的反應:按圖3組裝好裝置→①(用紙槽通過c處加入硼砂)→⑤(通過c處加入氫氧化鈉溶液)→③(調高恒溫水浴溫度)→打開磁力攪拌器→打開冷凝水→④(調低恒溫水浴溫度)→②(打開a處旋塞加入雙氧水),在0℃左右攪拌1小時,有大量晶體析出。(6)過硼酸鈉晶體(NaBO3·4H2O)的物質的量為30.8g154g·mol-1=0.2mol,T31molNaBO3·4H2O失去H2O3mol,所以T3時所得晶體的化學式為NaBO3·H2O。(7)比較化學式NaBO3·H2O、NaBO2可知,NaBO2中鈉的質量分數大于NaBO3·H2O中鈉的質量分數,所以過硼酸鈉晶體中混有NaBO2,則產品中鈉的質量分數升高。答案:(1)粉碎礦石、升高溫度(或提高NaOH溶液的濃度、攪拌等)(2)4NaBO2+2CO2+11H2O===Na2B4O7·10H2O+2NaHCO3(3)AB(4)采用冰水浴(5)①⑤③④②(6)NaBO3·H2O(7)升高4.【解析】鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3,還含有MgO、CaO、SiO2等雜質),經鹽酸酸浸,生成TiOCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2,過濾除去SiO2,濾液加熱可以得到富鈦渣和富鐵液,富鈦渣加雙氧水和氨水“溶鈦”時生成過氧化鈦酸銨[(NH4)2Ti5O15],煅燒生成TiO2,加入Li2CO3生成Li4Ti5O12;富鐵液加入NH4HCO3“沉鐵”,生成CO2氣體和FeCO3沉淀,在空氣中煅燒FeCO3可以得到鐵紅。(1)結合原子守恒可知,FeTiO3與鹽酸反應生成TiOCl2的同時生成FeCl2和H2O,化學方程式為FeTiO3+4HCl===FeCl2+TiOCl2+2H2O;(2)根據題圖甲可知,在相同溫度下采用a組溶劑浸出率最高,由題圖乙可知,35℃時浸出率最高,故“酸浸”時采用的最佳條件為選用a組溶劑、溫度35℃。由圖乙可知35℃時鐵和鈦的浸出率最高,因為HCl易揮發,當溫度過高時,HCl揮發加劇,導致HCl濃度下降,浸出率下降;(3)[(NH4)2Ti5O15]中,NH4+為+1價、Ti為+4價,設每個分子中有x個過氧鍵,則-2價O為(15-2x)個,從而有2×1+5×4=2x+2×(15-2x),解得x=4,即每個[(NH4)2Ti5O15]中有