【高考快车道】大单元突破练 主观题突破2　无机化工流程及分析-试卷（含答案）化学高考二轮复习

主观题突破二　无机化工流程及分析
1.(10分)(2025·山东潍坊一模)偏磷酸钡Ba(PO3)2具有耐高温、透光性良好等性能,是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为H3PO4,含有少量Mg2+、Fe3+、As、S等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示:
已知25 ℃时:①Ksp(As2S3)=10-22,Ksp(FeS)=10-18,Ka(HF)=3.6×10-4,(H3PO4)=7.1×10-3,(H3PO4)=6.2×10-8
②将NH3通入H3PO4溶液中,当pH=3.8~4.5时生成NH4H2PO4,pH=8.0~8.2时生成(NH4)2HPO4,pH=11.0~12.0时生成(NH4)3PO4,磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐,磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。
回答下列问题:
(1)加入适量Ca(OH)2的主要目的是　　　　　　　　　　　　。
(2)“滤渣2”的主要成分有FeS(a mol)、S及As2S3(b mol),则“脱砷铁”的反应中共消耗Na2S　　　　 mol(用含a和b的代数式表示);25 ℃下,“脱砷铁”后滤液中c(S2-)=4×10-4 mol·L-1,则c(Fe2+)∶c(As3+)=　　　　　　。
(3)“氨化”的目的之一是通入适量NH3调节溶液的pH,从保证产率的角度出发,此时H3PO4转化为A,A为　　　　　　(填化学式)。
(4)“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换,Mg2+沉淀不完全,原因是　　　　　　　　　　　　。
(5)“结晶”后得到A的晶体,与硫酸钡“煅烧”时生成Ba(PO3)2、两种气体(空间结构分别为三角锥形和平面三角形)等物质,其反应的化学方程式为　　　　　　　。
2.(14分)(2025·河北秦皇岛一模)铈(Ce)是地球上镧系元素中含量最丰富的稀土金属,可用于制备玻璃添加剂,汽车尾气净化催化剂等。工业上利用某种含铈矿石(主要成分为CeFCO3,还含少量BaO、SiO2等)制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题:
已知:①Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20;
②硫酸体系中,Ce4+在(HA)2中的溶解度大于其在水中的溶解度,Ce3+与之相反。
(1)“焙烧”时常采用逆流操作,即空气从焙烧炉下部通入,矿石从焙烧炉上部加入,这样操作的目的是　　　　　　　　　　　　。
(2)“滤渣”的主要成分是SiO2和　　　　　(填化学式),写出一条该物质在医疗上的应用:　 　　　　　。
(3)步骤Ⅲ的操作名称是　　　　　　。
(4)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　,该步骤通常控制温度为40~50 ℃的原因是　　　　　　　　　　　　。
(5)步骤Ⅳ后,向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH,pH大于　　　　时,Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。已知当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全。
(6)加热CeCl3·6H2O制备无水CeCl3时,HCl的作用是　　　　　　　　　　　　。
下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是　　　　(填字母)。
A.高炉炼铁 B.电解熔融NaCl制钠
C.利用铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞
3.(12分)(2025·江西九江一模)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(含Sc2+、TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。
已知:ⅰ.“萃取”前Sc3+、Fe2+、Fe3+的浓度分别为0.010 mol·L-1、0.001 mol·L-1、0.001 mol·L-1;当某离子的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,可忽略该离子的存在;
ⅱ.HA代表有机萃取剂,X代表金属元素,萃取时发生反应Xn++nHAXAn+nH+;
ⅲ.钪与铝元素性质相似。
请回答下列问题。
(1)基态钛原子的价层电子排布图为　　　　　　。
(2)在“洗涤”过程中加入H2O2溶液的作用为　　　　　　　　　　　　。
(3)“反萃取”时,随pH增大而出现沉淀质量先增大后减少,沉淀质量减少的原因为　　　　　　　　　　　　。
(4)“溶解富集”后,金属离子的浓度变为原来的12.5倍,则调溶液pH时范围为　　　　　　　,可实现铁元素和钪元素的完全分离{常温下,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10-30,Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17,lg 2=0.3}。
(5)“热还原”时得到钪和另一产物M,用惰性电极电解M溶液时,阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　。
(6)“转化”过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　　　。
4.(10分)(2025·山东日照一模)以赤泥熔炼渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO,少量Sc2O3)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下。
已知:①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油;②Sc3+的氧化性很弱。
回答下列问题:
(1)“浸渣”的主要成分为　　　　　　　　(填化学式)。
(2)“反萃取”的目的是分离钪元素和铁元素。向“萃取液”中加入NaOH,Fe2+、Fe3+、Sc3+的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为　　　　　　(填“Na2SO3”或“NaClO”),应调节pH最佳为　　　　　　。
(3)已知Sc2(C2O4)3难溶于水,难溶于酸;(H2C2O4)=a,(H2C2O4)=b,
Ksp[Sc2(C2O4)3]=c,“沉钪”时发生反应:2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+,此反应的平衡常数K=　　　　　　。(用含a、b、c的代数式表示)
(4)Sc2(C2O4)3经系列操作可得ScCl3·6H2O,ScCl3·6H2O加热脱水时生成ScOCl的化学方程式为　。
(5)在一定条件下,一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数为Kd)Kd=;萃取率=×100%。萃取Sc3+的过程中,若Sc3+的分配系数Kd==7.5,取100 mL含Sc3+的溶液,一次性加入60 mL萃取剂,则Sc3+的萃取率为　　　　　　%(保留到小数点后一位,下同);若将60 mL萃取剂分成3次萃取,每次用20 mL,则最后一次水层中钪的残留率为　　　　　　%。
5.(12分)(2025·陕西榆林二模)电解精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离回收金和银的流程,如图所示。
回答下列问题:
(1)基态铜原子价层电子排布式为　　　　　　。
(2)“浸取1”步骤中,将阳极泥中的铜浸出,并处理“浸出液1”回收CuSO4·5H2O。
①“浸取1”步骤中若单纯加入硫酸和O2,铜的浸出速率低,加入少量Fe2(SO4)3溶液,可提高铜的浸出速率,用离子方程式解释: 　　　　　　　　　　　　。
②“浸出液1”提纯、分离过程中,需加氧化剂,调pH约为3。若氧化剂选用H2O2,则其利用率明显比选用O2的利用率低,原因是　　　　　　　　　　　　。
(3)“浸取2”步骤中,单质金转化为[AuCl4]-进入“浸出液2”中,单质银转化为AgCl进入“浸渣2”中。
①如果将盐酸换成硫酸,金的浸取率大大降低,原因是　　　　　　　　　　　　。
②写出“还原”步骤中反应的离子方程式: 　　　　　　　　　　　　。
(4)“浸取3”步骤中,AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-,“电沉积”步骤中生成Ag的电极为　　　　　　(填“阴极”或“阳极”);该极区溶液中可循环利用的物质为　　　　　　(填化学式)。
(5)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6,从物质结构与性质关系的角度分析,S4的结构为　　　(填“a”或“b”)。
6.(14分)(2025·河北石家庄一模)稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛,并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示:
已知:①“加压焙烧”过程中发生反应2FeCl3(s)2FeCl2(s)+Cl2(g),生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”;
②“酸浸”所得溶液中钒、钛以V、TiO2+形式存在。
回答下列问题:
(1)基态钛原子的价层电子排布式为　　　　　;已知FeV2O4中Fe为+2价,则V的化合价为　　　　　　价。
(2)“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。
(3)“酸浸”时,产生的“浸出渣”的主要成分为　　　　　　(填化学式)。
(4)已知Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29,“沉钛”时,为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1),需要调节溶液的pH不低于　　　　　　;该过程中,加入适量铁粉的目的为　　　　　　　　　　　　。
(5)“氧化”时,H2O2的使用量远大于理论计算量,可能的原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)“萃取”时,V先转化为H2V10,再与萃取剂R3N结合,其过程可表示为4R3N+4H++H2V10[R3NH]4H2V10O28,据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为　　　　　　　　　　　　。
(7)“沉铁”时,生成黄铵铁矾的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
7.(10分)(2025·河南新乡一模)Ti2O3在光热肿瘤治疗和电催化固氮方面有着广泛的应用。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3,含少量FeO、Al2O3、SiO2等)为原料制备TiO、Ti2O3的工艺流程如图所示。回答下列问题:
已知:TiOSO4易水解生成TiO(OH)2沉淀。
(1)Ti位于元素周期表　　　　区,“滤液1”中的溶质有　　　　　　(填化学式)。
(2)“酸浸”中,硫酸和FeTiO3反应生成TiOSO4的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。
(3)绿矾、TiOSO4的溶解度曲线如图所示。“操作X”是　　　　　　。
“滤液2”可循环用于　　　工序,实现资源利用。
(4)向“操作X”后得到的母液中滴加Y溶液,产生蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6],说明母液中还含有Fe2+,产生蓝色沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
(5)制备Ti2O3的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　。
8.(12分)(2025·广东梅州一模)五氧化二钒是接触法制取硫酸的催化剂,具有强氧化性。从废钒催化剂(主要成分为V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2和Fe2O3等)中回收V2O5的一种生产工艺流程如图所示:
已知:+5价钒在溶液中主要以V和V的形式存在,两者转化关系为V+H2OV+2H+。
(1)写出基态钒原子的价层电子排布式: 　　　　　　　　　　　　。
(2)“废渣Ⅰ”的主要成分为　　　　　　。“还原”后的溶液中含有阳离子VO2+、Fe2+、K+、H+,“还原”过程中V2O5发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
(3)“萃取”和“反萃取”的变化过程可简化为(下式中的R表示VO2+或Fe2+,HA表示有机萃取剂的主要成分):RSO4(水层)+2HA(有机层)RA2(有机层)+H2SO4(水层)。工艺流程中可循环使用的试剂有　　　　　　　　(写化学式)。
(4)“氧化”时欲使3 mol的VO2+变为V,需要氧化剂KClO3至少为　　　　　　 mol。
(5)“调pH”中加入KOH有两个目的,分别为　　　　　　　　　　　　、
　　　　　　　　　　　　。
(6)钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图,晶胞参数为apm。晶胞中钒原子的配位数与氧原子的配位数之比为　　　　　　;已知NA表示阿伏加德罗常数的值,该晶体的密度为　　　　　　 g·cm-3(列出计算式即可)。
9.(12分)(2025·江西南昌一模)硫酸化焙烧法处理某铜阳极泥[主要成分为铜、硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)等]是回收硒(Se)、碲(Te)最常用的工艺之一,其流程如下:
已知:①Se和Te为同主族相邻周期的元素,性质有相似性。
②TeO2微溶于水。
(1)基态碲原子(Te)的价层电子排布式为　　　　　　。
(2)写出“硫酸化焙烧”时Cu2Se和硫酸反应生成SO2、SeO2的化学方程式: 　　　　　　　　　　　　。
(3)“H2O吸收”生成的　　　　　　可以循环利用,反应消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是　　　　　　。
(4)Cu2Te与硫酸的反应类似Cu2Se与硫酸的反应,则“焙烧渣”的主要成分是　　　　　　　　、　　　　　　　　;验证“水浸渣”洗涤干净的方法:取最后的洗涤液少许置于试管中,先加稀盐酸酸化,再加入　　　　　　溶液,若无明显现象,说明浸渣洗涤干净。
(5)“HCl浸出”生成TeCl4溶液(碲元素以Te4+的形式存在),写出“还原”的离子方程式: 　　　　　　　　　　　　。
(6)碲粉中碲单质质量分数的测定,步骤如下:
①取5.0 g碲粉,加入某酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3),将其配制成100 mL溶液,取20.00 mL溶液置于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入20 mL 0.10 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液,充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③往锥形瓶中加入指示剂,用0.10 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液,进行三次平行实验,平均消耗12.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液。试计算碲粉中碲单质的质量分数为　　　　　　。
参考答案
1.答案 (1)除去硫酸根(或将硫酸根转化为CaSO4沉淀)
(2)1.5a+5b　2×10-9
(3)NH4H2PO4
(4)(H3PO4)>Ka(HF),F-与磷酸反应生成HF,导致F-的浓度较小,Mg2+沉淀不完全
(5)2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O
解析:(2)“滤渣2”的主要成分有FeS(a mol)、S及As2S3(b mol),根据化合价变化、电子守恒可知,被氧化的硫离子为 mol,FeS(a mol)、As2S3(b mol)消耗硫离子(a+3b) mol,故“脱砷铁”的反应中共消耗Na2S:(1.5a+5b) mol;25 ℃下,“脱砷铁”后滤液中c(S2-)=4×10-4 mol·L-1,则有c(Fe2+)∶c(As3+)==2×10-9。
(4)因为(H3PO4)>Ka(HF),则F-与磷酸反应生成HF,导致F-的浓度较小,Mg2+沉淀不完全,故“氨化”与“脱镁”交换,导致Mg2+沉淀不完全。
(5)“结晶”后得到A的晶体,与硫酸钡“煅烧”时生成Ba(PO3)2、空间结构分别为三角锥形和平面三角形的两种气体,结合质量守恒可知,分别为氨气和三氧化硫,氨气分子中N采取sp3杂化、三氧化硫分子中硫采取sp2杂化,反应的化学方程式为2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O。
2.答案 (1)增大接触面积,提高反应速率
(2)BaSO4　钡餐　(3)分液
(4)2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+　利于加快酸浸速率,防止H2O2分解
(5)9　(6)抑制CeCl3水解　AC
解析:(1)“焙烧”时常采用逆流操作,即空气从焙烧炉下部通入,矿石从焙烧炉上部加入,这样操作的目的是增大接触面积,提高反应速率。
(4)步骤Ⅳ中加入H2O2溶液,将Ce4+转化为Ce3+进入水层,离子方程式为2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+;过氧化氢受热易分解,反应时控制温度为40~50 ℃之间既有利于加快酸浸速率,又可防止温度过高导致H2O2分解。
(5)溶液中的c(Ce3+)小于1×10-5 mol·L-1,可认为Ce3+沉淀完全,由氢氧化铈的溶度积可知,Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)·c3(OH-),则c(OH-)> mol·L-1=1×10-5 mol·L-1,c(H+)<1×10-9 mol·L-1,即pH大于9时,Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。
(6)CeCl3是强酸弱碱盐,加热CeCl3·6H2O制备无水CeCl3时,HCl可抑制CeCl3水解;本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法;高炉炼铁为热还原法,A符合题意;电解熔融NaCl制钠是电解法,B不符合题意;利用铝热反应制锰为热还原法,C符合题意;氧化汞分解制汞是热分解法,D不符合题意。
3.答案 (1)
(2)将Fe2+氧化为Fe3+,将TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+
(3)Sc(OH)3溶于过量的氢氧化钠溶液
(4)3(5)Mg2++2H2O+2e-Mg(OH)2+H2↑
(6)1∶1
解析:(3)由题中信息可知,钪与铝元素性质相似,Sc(OH)3具有两性,能溶于NaOH溶液,“反萃取”时,随pH增大而出现沉淀质量先增大后减少,沉淀质量减少的原因为Sc(OH)3溶于过量的氢氧化钠溶液。
(4)“溶解富集”后,金属离子的浓度变为原来的12.5倍,则Sc3+的浓度为0.010 mol·L-1×12.5=0.125 mol·L-1,Fe3+的浓度为(0.001+0.001) mol·L-1×12.5=0.025 mol·L-1,根据溶度积大小,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10-30,Fe3+先沉淀,Fe3+沉淀完全时,Fe3+的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1,则c(OH-)> mol·L-1,可以求出pH>3,要求Sc3+不沉淀,则有0.125×c3(OH-)<1.0×10-30,可以求得pH<4.3,则pH范围为3(5)“热还原”时得到钪和MgCl2溶液,电解MgCl2溶液时阴极上发生还原反应,得到Mg(OH)2和H2,阴极的电极反应式为Mg2++2H2O+2e-Mg(OH)2+H2↑。
(6)“转化”过程,[TiO(H2O2)]2+与Na2SO3反应,氧化剂为[TiO(H2O2)]2+,其中H2O2中氧元素的化合价从-1价降低到-2价,还原剂Na2SO3被氧化为Na2SO4,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1。
4.答案 (1)CaSO4、SiO2　(2)Na2SO3　2
(3)　(4)ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O
(5)81.8　6.4
解析:(1)“熔炼渣”的主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO及少量Sc2O3,其中二氧化硅不溶于硫酸,氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙,故“浸渣”的主要成分为CaSO4和SiO2。
(2)由图可知,Fe2+更容易和Sc3+分离,故试剂X应该是将三价铁转化为二价铁,则试剂X为Na2SO3;由图可知,pH为2时,二价铁没有沉淀,Sc3+的沉淀率已经很大,故应调节pH最佳为2。
(3)已知(H2C2O4)=a,(H2C2O4)=b,Ksp[Sc2(C2O4)3]=c,结合平衡常数的定义可知,反应2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+的平衡常数K=。
(5)设100 mL含Sc3+的溶液中Sc3+的物质的量为a mol,一次性加入60 mL萃取剂,其中可以萃取的Sc3+的物质的量为x mol,则Kd==7.5,解得x≈0.818a,Sc3+的萃取率=×100%=×100%=81.8%;若将60 mL萃取剂分成3次萃取,每次用20 mL,设100 mL含Sc3+的溶液中Sc3+的物质的量为b mol,一次性加入20 mL萃取剂,其中可以萃取的Sc3+的物质的量为y mol,则Kd==7.5,解得y=0.6b,Sc3+的萃取率=×100%=×100%=60%,钪的残留率为1-60%=40%,由于每次萃取时萃取剂的体积都是20 mL,则每次的萃取率相同,故最后一次水层中钪的残留率为40%×40%×40%=6.4%。
5.答案 (1)3d104s1
(2)①Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+、4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O或2Cu+O2+4H+2Cu2++2H2O
②H2O2不稳定,Fe3+、Cu2+都能催化H2O2分解
(3)①Cl-较S更易与Au3+形成配离子,可促进金的溶解
②4[AuCl4]-+3N2H44Au+3N2↑+12H++16Cl-
(4)阴极　Na2S2O3
(5)a
解析:铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素,加入硫酸、氧气及少量Fe2(SO4)3溶液浸取,铜溶解生成硫酸铜,过滤得到的滤液中含有硫酸铜和硫酸,滤渣含Ag、Au等,再向滤渣中加入盐酸和H2O2可发生反应:2Au+8HCl+3H2O22HAuCl4+6H2O,2Ag+2HCl+H2O22AgCl↓+2H2O,过滤,向得到的滤渣中加入Na2S2O3,AgCl溶于Na2S2O3溶液生成[Ag(S2O3)2]3-,再进行电解,[Ag(S2O3)2]3-在阴极得到电子被还原生成Ag,电极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag+2S2,阴极区的溶液中含有Na2S2O3,可以循环使用,向浸出液2中加入N2H4,可以还原HAuCl4生成Au和氮气。
(3)①Cl-作为配体形成稳定的[AuCl4]-,促进金的溶解,而硫酸根无法形成类似的稳定配合物,同时[AuCl4]-更容易被氧化;②结合分析可知,“还原”步骤中N2H4可以还原HAuCl4生成金和氮气,离子方程式为4[AuCl4]-+3N2H44Au+3N2↑+12H++16Cl-。
(4)“电沉积”步骤中生成Ag的电极为阴极;阴极区的溶液中含有Na2S2O3,可以循环使用。
(5)从物质结构的角度分析,a结构中电子云分布较均衡,结构较为稳定,b结构中正电中心与负电中心不重合,极性较大,较不稳定,且a中含有过硫键,b中含有过氧键,两者均有氧化性,但过氧键的氧化性强于I2,则b不能是被I2氧化所得的产物,由此可知该离子的结构应该是a。
6.答案 (1)3d24s2　+3
(2)FeV2O4+2Cl2FeCl2+2VO2Cl
(3)SiO2
(4)2.0　调节溶液pH使TiO2+沉淀完全
(5)产生的Fe3+催化H2O2的分解
(6)消耗H+,使萃取反应的平衡逆向移动,将H2V10与萃取剂分离
(7)N+3Fe3++2S+6H2ONH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+
解析:钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)在“加压焙烧”过程中发生反应2FeCl3(s)2FeCl2(s)+Cl2(g),生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”,FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2,加入盐酸进行酸浸,VO2Cl转化为V,TiO2转化为TiO2+,滤渣含SiO2,加适量铁粉沉钛,调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO(OH)2沉淀,加入H2O2将亚铁离子氧化成三价铁离子,加入有机萃取剂R3N,V先转化为H2V10,再与萃取剂R3N结合进入有机相:4R3N+4H++H2V10[R3NH]4H2V10O28,加酸化的Na2SO4溶液洗涤分液,向有机相加入Na2CO3溶液进行反萃取,经一系列操作得V2O5;向水相加入(NH4)2SO4生成黄铵铁矾。
(4)Ksp[TiO(OH)2]=c(TiO2+)·c2(OH-)=1.0×10-5 mol·L-1·c2(OH-)=1×10-29,c(OH-)=1.0×10-12 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-2 mol·L-1,则pH不低于2.0;加入适量铁粉的目的是调节溶液pH,使TiO2+沉淀完全。
(5)“氧化”时,将亚铁离子氧化成三价铁离子,H2O2的使用量远大于理论计算量,可能的原因为产生的Fe3+催化H2O2的分解。
(6)加入Na2CO3可消耗H+,使c(H+)减小,使萃取反应的平衡逆向移动,将H2V10与萃取剂分离。
7.答案 (1)d　NaOH、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3
(2)FeTiO3+2H2SO4FeSO4+TiOSO4+2H2O
(3)蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤　“酸浸”
(4)K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓
(5)3∶1
解析:向钛铁矿(主要成分为FeTiO3,含少量FeO、Al2O3、SiO2等)中加入浓NaOH溶液,Al2O3、SiO2与NaOH反应分别生成Na[Al(OH)4]和Na2SiO3,则“滤液1”中的溶质为Na[Al(OH)4]、Na2SiO3和NaOH;“酸浸”步骤中加入硫酸,得到的溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、H+和S,一定条件下该溶液可结晶析出FeSO4·7H2O,调节pH可得到沉淀TiO(OH)2,“滤液2”中主要含有H2SO4,将TiO(OH)2煅烧后可得到TiO2;TiO2与Ti在加热到1 500 ℃时可得到TiO,在加热到1 600 ℃时可得到Ti2O3。
(1)Ti位于元素周期表d区。“滤液1”的主要溶质有NaOH、Na[Al(OH)4]和Na2SiO3。
(3)根据溶解度曲线可知,FeSO4·7H2O的溶解度随温度的变化大,而TiOSO4的溶解度随温度变化小,可通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤得到FeSO4·7H2O晶体。析出绿矾的溶液经“调pH”,使TiOSO4发生水解反应析出TiO(OH)2,反应的化学方程式为TiOSO4+2H2OH2SO4+TiO(OH)2↓,则“滤液2”的主要成分为硫酸,可循环用于“酸浸”工序。
(4)用K3[Fe(CN)6]溶液检验亚铁离子,可生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀,离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓。
(5)在1 600 ℃制备Ti2O3时发生反应3TiO2+Ti2Ti2O3,二氧化钛是氧化剂,钛是还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1。
8.答案 (1)3d34s2
(2)SiO2　V2O5+4H++SS+2H2O+2VO2+
(3)H2SO4、HA
(4)0.5
(5)促使Fe3+水解成Fe(OH)3沉淀　促使VO2+转化为V,有利于下一步沉钒
(6)2∶1　(或)
解析:向废钒催化剂加入K2SO3和硫酸进行还原,SiO2不溶于酸,过滤后SiO2在“废渣Ⅰ”中,同时得到含阳离子VO2+、Fe2+、K+、H+的滤液,再加有机萃取剂HA进行萃取,分液得有机层,再加入试剂X进行“反萃取”,分液后有机萃取剂进入“萃取”环节循环使用,向“反萃取”后得到的酸性水溶液中加KClO3氧化,再加KOH“调pH”,过滤得“废渣Ⅱ”和含钒滤液,向滤液中加入NH4Cl得到NH4VO3,最后煅烧NH4VO3得产品V2O5。
(2)“废渣Ⅰ”的主要成分为SiO2;“还原”过程中,在酸性条件下V2O5被K2SO3还原为VO2+,则反应的离子方程式为V2O5+S+4H+2VO2++S+2H2O。
(3)根据“萃取”和“反萃取”方程式:RSO4(水层)+2HA(有机层)RA2(有机层)+H2SO4(水层)可知,当发生萃取时,水层有硫酸生成,可以用在“反萃取”操作中;当发生“反萃取”时,有机层有HA产生,可以用在“萃取”操作中,故可以循环使用的物质为H2SO4、HA。
(4)在氧化时发生的反应为6VO2++Cl+3H2O6V+Cl-+6H+,要使3 mol的VO2+变为V,需要氧化剂KClO3至少为0.5 mol。
(5)由于在“反萃取”后的酸性水溶液中还存在VO2+和Fe2+,经KClO3氧化后变为V和Fe3+,所以加入KOH后首先调节pH,促使Fe3+水解形成Fe(OH)3沉淀过滤除去,同时根据题目已知转化V+H2OV+2H+,加入的KOH还可以消耗H+使平衡右移生成更多的V,有利于下一步沉钒操作。
(6)根据晶胞图形可知,钒原子的配位数为6,氧原子的配位数为3,则晶胞中钒原子的配位数与氧原子的配位数之比为2∶1;由晶胞结构可知,1个晶胞中含有2个V、4个O,晶胞参数为a pm,则边长为a×10-10 cm,则该晶体密度为 g·cm-3= g·cm-3= g·cm-3。
9.答案 (1)5s25p4
(2)Cu2Se+6H2SO42CuSO4+SeO2↑+4SO2↑+6H2O
(3)硫酸(或H2SO4)　1∶2
(4)CuSO4　TeO2　BaCl2
(5)Te4++2HS+2H2OTe+6H++2S
(6)69.12%
解析:阳极泥中含有铜、硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te);根据题中信息可知,“硫酸化焙烧”时Cu与硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫,Cu2Se与硫酸反应生成CuSO4、SO2、SeO2,Cu2Te与硫酸反应生成CuSO4、TeO2、SO2;用水吸收SO2、SeO2发生反应2SO2+SeO2+2H2OSe+2H2SO4,得到粗Se;“焙烧渣”用水浸出得到的溶液中含有硫酸铜,“水浸渣”中含TeO2,“HCl浸出”后生成TeCl4溶液,用亚硫酸氢钠还原TeCl4生成Te。
(4)由上述分析可知,“焙烧渣”的主要成分是CuSO4、TeO2;“水浸渣”中可能含有的杂质是硫酸铜,若洗涤液中不含硫酸根离子,说明“水浸渣”洗涤干净,验证“水浸渣”洗涤干净的方法:取最后一次的洗涤液少许置于试管中,先加稀盐酸酸化,再加入BaCl2溶液,若无明显现象,说明洗涤干净。
(5)“HCl浸出”生成TeCl4溶液(碲元素以Te4+的形式存在),“还原”时,亚硫酸氢钠与TeCl4发生反应Te4++2HS+2H2OTe+6H++2S。
(6)酸性K2Cr2O7溶液把亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6),根据得失电子守恒建立反应关系式K2Cr2O7~3H2TeO3~3Te;酸性K2Cr2O7溶液把(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+氧化为Fe3+,根据得失电子守恒建立反应关系式K2Cr2O7~6(NH4)2Fe(SO4)2,(NH4)2Fe(SO4)2消耗K2Cr2O7的物质的量为×0.012 L×0.10 mol·L-1=0.000 2 mol,则H2TeO3消耗K2Cr2O7的物质的量为0.02 L×0.10 mol·L-1-0.000 2 mol=0.001 8 mol,n(H2TeO3)=n(Te)=0.001 8 mol×3=0.005 4 mol,则碲粉中碲单质的质量分数为×100%=69.12%。
9