《高考快车道》主观题突破2　无机化工流程及分析（课后习题）（学生版）（有答案）高三 二轮专题复习讲义 化学

主观题突破二　无机化工流程及分析
1.(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知:①“氧化浸出”时,PbSO4不发生变化,ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+;
②Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8;
③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。
回答下列问题:
(1)H2A分子中手性碳原子数目为　　　　　。
(2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(S2)转变为　　(填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时,浸出率随温度升高先增大后减小的原因为　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)滤渣2中的金属元素为　　　　(填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤,PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为　　　　　　　　　　　　　　　,pH过高可能生成　　　　　(填化学式)。
(7)290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
2.(2024·甘肃卷,15节选)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示。
已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5　Ksp(CaCO3)=3.4×10-9
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是　　　　　　。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和　　　　　。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　,该反应能进行的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于　　　　　　　　　　。
3.(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为　　　　　　;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生　　　　　　　　(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为　　　　　　　　。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是　　　　　　　　　　。
(4)“置换”中可选用的试剂X为　　　(填字母);
A.Al B.Zn
C.Pb D.Ag
“置换”反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作　　　　　(填“阴极”或“阳极”)。
4.(2025·广西柳州三模)氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色等。工业上常用辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含有少量SiO2、铁的氧化物等杂质)为原料制备氯氧化铋。
已知:①Bi3+在pH=1时开始水解,pH≥3时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀;
②该工艺下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。
金属离子 Fe3+ Fe2+
开始沉淀的pH 1.9 7.2
沉淀完全的pH 2.9 8.2
(1)铋与氮同主族,且位于元素周期表的第六周期,基态Bi原子的价层电子排布式为　　　　　。
(2)“浸渣”的主要成分是S和　　　　　,“浸取”时生成S的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)加入碳酸钠粉末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为　　　　　,发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
(5)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机化合物作离子导体)的负极材料,充电时嵌入K+,BiOCl被还原为Bi,则阴极的电极反应式是　　　　　　　。
(6)铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示,已知最近的两个铋离子之间的距离为a pm,设阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为　　　　　 g·cm-3(列出计算式即可)。
5.(2025·山东临沂二模)高纯二硫化钼(MoS2)粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为MoS2,还有少量MgO、Fe2O3、K2CO3等)制备高纯MoS2的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题:
(1)“焙烧”时生成MoO3的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　;“水洗”的目的是　　　　　　　　　。
(2)“转化”过程中,存在Mo→MoO3S2-→MoO2→MoO→Mo。
①(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4的化学方程式为　　　　　　　　　　。
②保持温度为55 ℃反应1 h后,冷却至20 ℃并静置24 h,测得δ=对(NH4)2MoS4晶体产率的影响如图所示。
δ=3时,(NH4)2MoS4晶体产率为0的原因是　　　　　　　　　　　　　　;δ>4时,(NH4)2MoS4晶体产率继续增大的原因是　　　　　　　　　　　　　　。
(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入　　　　　　(填操作单元的名称)中循环使用。
(4)MoS2也可由(NH4)2MoS4在一定条件下加热分解制得,同时产生NH3、H2S和某种硫单质,且NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,则硫单质的分子式为　　　　　　　　　。
6.(2025·黑龙江哈尔滨二模)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。
已知:①常温下流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示:
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2
开始沉淀(0.1 mol·L-1) 2.7 7.6 7.6
完全沉淀(10-5 mol·L-1) 3.7 9.6 9.2
沉淀物 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀(0.1 mol·L-1) 4.0 7.7
完全沉淀(10-5 mol·L-1) 5.2 9.8
②CaF2、MgF2均难溶于水。
(1)写出盐酸酸浸水钴矿过程中发生的主要反应的离子方程式: 　　　　　　　　　　　　　　。
(2)结合以上制备流程,推测在此反应条件下,Cl、Co3+、Fe3+的氧化性从强到弱的顺序:　　　　　　　。
(3)已知氧化性MnO2>Cl,则沉淀Ⅰ的主要成分是　　　　　　　　　　,萃取剂层所含金属元素只有锰元素,则萃取后的水层包含的金属阳离子有　　　　　　　。
(4)得到氯化钴晶体的操作Ⅰ主要包括:向水层中加入　　　　　调整pH至2~3,　　　　　　　　　　　　　　　、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(5)根据表格中的数据计算,若某溶液中同时存在Fe(OH)2和Co(OH)2两种沉淀,则此溶液中Fe2+和Co2+的浓度比值是　　　　　　。
(6)取一定质量的二水合草酸钴产品,在空气中加热令其分解,得到钴氧化物(其中钴的价态为+2、+3),用1.0 L 1 mol·L-1的盐酸恰好将此钴氧化物完全溶解,得到CoCl2溶液和标准状况下2.24 L黄绿色气体,则此钴氧化物的摩尔质量为　　　　　　　。
7.(2024·江苏南京二模)高效氧化剂亚氯酸钠(NaClO2)常用于烟气脱硝(NOx)和废水脱除氨氮。
(1)NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为:
①“反应2”的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。
②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2,从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑,用ClO2替代Cl2的原因是　　　　　　　　　　　　　　。
(2)NaClO2溶液对烟气脱硝。
①酸性条件下,Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体,总反应可表示为5Cl+4H+4ClO2+Cl-+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式:
Ⅰ.Fe3++ClFeCl;
Ⅱ. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;
Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+5Fe3++Cl-+2H2O。
②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时,烟气中NO氧化率随c(Fe3+)、反应温度的变化分别如图所示。
ⅰ.NO氧化率随c(Fe3+)增大而增大的原因是　　　　　　　　　　。
ⅱ.温度升高,NO氧化率先增大后减小的可能原因是　　　　　　　。
(3)NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液,用传感器测得溶液中N与N含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的N是否全部转化为N的依据为　　　　。
8.(2024·山东潍坊调研试题二)锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍,流程如图所示。
已知:萃取剂a和萃取剂b均为有机化合物,可用通式HR表示,萃取金属离子时,发生反应:nHR+Mn+MRn+nH+(M代表被萃取的金属)。回答下列问题:
(1)MnO2的作用是　　　　　　。
(2)该流程中涉及的实验操作有　　　　(填字母)。
A.过滤 B.蒸发结晶
C.分液 D.蒸馏
(3)加入CaCO3调pH的目的是　　　　　　　　　　　　　　。
(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 mol·L-1时,c(Ca2+)=　　　　　 mol·L-1(保留1位有效数字)。
(5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式: 　　　　　　　　　　　　　　。
(6)回收液中Ni2+浓度的测定:取50.00 mL Ni2+回收液,滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇Ni2+显橙黄色),用浓度为0.100 0 mol·L-1的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni2++H2Y2-[NiY]2-+2H+),达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积为12.50 mL。
①滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　。
②Ni2+的物质的量浓度为　　　　　　　　　　　　　　。
③若紫脲酸胺滴入过多,终点延迟,会导致所测Ni2+含量　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
参考答案
1.答案 (1)2　(2)S
(3)随着温度升高,化学反应速率加快,温度增加到一定程度导致NH3·H2O分解成NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,反应物浓度降低,导致反应速率下降
(4)Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu
(5)Fe
(6)pH升高会使得溶液中A2-浓度增大,使PbSO4(s)+A2-PbA(s)+S平衡右移,促进PbA的形成　Pb(OH)2
(7)Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)2H2O↑+4CO↑+Pb
解析 本题考查以废渣为原料,通过一定工艺流程回收Zn、Pb的过程,体现了废物回收与利用的环境保护意识。
(1)H2A的结构式为,其中的手性碳已标注(*),有2个。
(2)S2根据S最高化合价为+6价,进行O元素化合价分析,可知其中有两个O为-1价,具备较强氧化性,故被还原后变为S。
(3)分析本题应该着重考虑“氧化浸出”步骤中反应物的性质,再结合影响化学反应速率的因素进行分析。刚开始升高温度使反应速率加快,故浸出率增大;随着温度的升高,NH3·H2O会分解产生NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,导致反应物浓度下降,进而使反应速率降低,浸出率减小。
(4)根据流程图,加入Zn获得铜单质,题中已知①中给出信息:ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+,以及Cu2+可与氨水形成配合物[Cu(NH3)4]2+,可推测“除铜”这一步反应物为Zn和[Cu(NH3)4]2+,产物为Cu、[Zn(NH3)4]2+。故“除铜”步骤发生反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu。
(5)根据流程图中制取ZnS的过程,可知“氧化浸出”后获取的滤液中含Cu、Zn元素,则废渣中的Fe元素应该存在于滤渣1中,经“浸铅”操作后Fe元素进入滤渣2。故滤渣2中金属元素为Fe。
(6)“浸铅”中发生反应PbSO4(s)+A2-PbA(s)+S,体系pH升高,A2-水解程度减小,c(A2-)增大,使“浸铅”反应平衡右移,PbA产率增大。pH过高时,结合Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8,推知可能产生Pb(OH)2。
(7)根据PbA“真空热解”产生Pb和2种气态氧化物,结合原子守恒,推知2种气态氧化物分别为CO、H2O,可得方程式Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)2H2O↑+4CO↑+Pb。
2.答案 (1)NH3　(2)SiO2
(3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4　
Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水
解析 高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400 ℃下焙烧,生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝,同时产生气体,该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3,所以该气体为NH3;焙烧产物经过“水浸1”,然后过滤,“滤渣”为CaSO4以及未反应的SiO2,滤液中溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液经浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;向“滤渣”中加入(NH4)2CO3溶液,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。
(1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。
(2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。
(3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵反应生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,是由于Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。
(4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,会产生Al3+,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。
3.答案 (1)1∶1　H2S　(2)热浸　(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4)C　Pb+2[AgCl2]-[PbCl4]2-+2Ag
(5)阳极
解析 本题以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag,“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,“过滤Ⅰ”除掉单质硫,滤液中[PbCl4]2-在稀释、降温的过程中转化为PbCl2沉淀,然后用饱和食盐水热溶,增大氯离子浓度,使PbCl2又转化为[PbCl4]2-,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液溶质含有[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将[AgCl2]-置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液中含FeCl2。
(1)“热浸”时,Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,S2-的物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中HCl浓度过大时会生成H2S气体。
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为[PbCl4]2-,电解含[PbCl4]2-的溶液可制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2,尾液中含有FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在“热浸”中循环使用。
(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+,根据还原之后可以得到含硫滤渣可知,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥,为了防止引入其他杂质,则试剂X应为Pb,发生的反应为Pb+2[AgCl2]-2Ag+[PbCl4]2-。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅,将银和铅分离出来,所以制成的电极板不可能作为阴极,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子变为Pb2+,阴极Pb2+得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。
4.答案 (1)6s26p3　(2)SiO2　Bi2S3+6Fe3+2Bi3++3S+6Fe2+
(3)将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀
(4)3~7.2　BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl
(5)BiOCl+3e-+3K+Bi+KCl+K2O
(6)×1030
解析 向辉铋矿加入氯化铁和盐酸进行浸取,铁离子具有氧化性,将S2-氧化为硫单质,二氧化硅不反应,硫单质和二氧化硅成为滤渣,滤液中含有Bi3+、Fe2+和Fe3+,加入盐酸羟胺将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀,然后加入碳酸钠调节pH,结合题干可知,调节pH在3~7.2可使Bi3+完全水解为BiOCl沉淀,且无其他沉淀。
(1)铋与氮均为第ⅤA族元素,铋位于元素周期表的第六周期,则基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3。
(2)由分析可知,“浸渣”的主要成分是S和SiO2,“浸取”时生成S的离子方程式为Bi2S3+6Fe3+2Bi3++3S+6Fe2+。
(3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是将铁离子还原为亚铁离子,避免后续调节pH时铁离子转化为沉淀。
(4)已知pH≥3时Bi3+几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀,且不能使得亚铁离子沉淀,则加入碳酸钠粉末制取BiOCl时,溶液pH需控制的合理范围为3~7.2;Bi3+水解为白色的BiOCl沉淀,发生反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl。
(5)充电过程为电解池,电解池中阴极发生还原反应,电解池中有机化合物作离子导体,充电时嵌入K+,则BiOCl得到电子发生还原反应生成Bi,电极反应式为BiOCl+3e-+3K+Bi+KCl+K2O。
(6)已知最近的两个铋离子之间的距离为a pm,由图可知最近距离是面对角线的二分之一,则晶胞边长为a pm;根据“均摊法”,晶胞中含8×+6×=4个Bi、8个O,则晶体密度为×1030 g·cm-3=×1030 g·cm-3。
5.答案 (1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2　除去碳酸钾
(2)①(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O　②(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3　继续加入(NH4)2S,使得铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4的溶解度,使其结晶析出,导致晶体产率继续增大
(3)转化　(4)S4
解析 钼精矿在空气中煅烧时,MoS2转化为MoO3和二氧化硫,水洗除去碳酸钾等可溶物,过滤分离出固体并加入氨水浸取,氧化铁、氧化镁不反应成为“浸渣”,浸取液中含有(NH4)2MoO4,加入硫化铵将(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4,加入稀硫酸酸浸,得到硫化氢气体和MoS3沉淀:Mo+2H+MoS3↓+H2S↑,使用氢气在高温下还原MoS3得到MoS2。
(1)空气中的氧气具有氧化性,“焙烧”时MoS2被氧化为MoO3,同时生成二氧化硫,该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2;氧化铁、氧化镁、MoO3均不溶于水,而碳酸钾溶于水,则“水洗”的目的是除去碳酸钾。
(2)①向含(NH4)2MoO4的溶液中加入硫化铵生成(NH4)2MoS4,根据元素守恒、原子守恒可知,同时生成一水合氨,化学方程式为(NH4)2MoO4+4(NH4)2S+4H2O(NH4)2MoS4+8NH3·H2O。②δ=3时,(NH4)2S量不足,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS3,故(NH4)2MoS4晶体产率为0;δ>4时,(NH4)2MoO4转化生成(NH4)2MoS4,继续加入(NH4)2S,使得溶液中铵根离子浓度增大,降低了(NH4)2MoS4溶解度,使其结晶析出,从而导致晶体产率继续增大。
(3)“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢,硫化氢和氨水反应生成硫化铵,故可通入“转化”环节中继续使用。
(4)NH3与硫单质的物质的量之比为8∶1,假设生成8 mol氨气、1 mol硫单质,根据原子守恒可知,有4 mol(NH4)2MoS4参与反应,则生成4 mol MoS2,Mo化合价由+6价变为+4价,转移8 mol电子,生成硫单质的硫化合价由-2价变为0价,根据得失电子守恒可知,生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4,故硫单质化学式为S4。
6.答案 (1)Co2O3+S+4H+2Co2++S+2H2O
(2)Co3+>Cl>Fe3+
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3　Co2+、Na+
(4)盐酸　蒸发浓缩、冷却结晶
(5)100.8　(6)316 g·mol-1
解析 水钴矿主要成分Co2O3及杂质Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO与盐酸反应,SiO2不与盐酸反应;同时加入Na2SO3,Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+,得到含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等离子的“浸出液”,SiO2以固体形式存在。向“浸出液”中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+,反应为6FeCl2+NaClO3+6HCl6FeCl3+NaCl+3H2O,再加入Na2CO3调pH至5.2。根据阳离子沉淀的pH数据,此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀(沉淀Ⅰ),而Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+仍留在“滤液Ⅰ”中。向“滤液Ⅰ”中加入NaF溶液,Ca2+、Mg2+与F-反应生成CaF2、MgF2沉淀(沉淀Ⅱ),从而除去Ca2+、Mg2+,得到“滤液Ⅱ”,此时“滤液Ⅱ”主要含Co2+、Mn2+。向“滤液Ⅱ”中加入萃取剂,萃取剂将Mn2+萃取到萃取剂层,Co2+留在水层,实现Co2+与Mn2+的分离。向含Co2+的水层中加入草酸铵溶液,发生反应CoCl2+(NH4)2C2O4+2H2OCoC2O4·2H2O↓+2NH4Cl。对含Co2+的水层进行操作Ⅰ(一般为向水层中加入盐酸调整pH至2~3,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作),得到CoCl2·6H2O晶体。
(1)水钴矿主要成分Co2O3,加入Na2SO3和盐酸,Co2O3具有氧化性,S具有还原性,Co2O3将S氧化为S,自身被还原为Co2+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得该离子方程式为Co2O3+S+4H+2Co2++S+2H2O。
(2)浸出液中含Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+,加入NaClO3,NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+,但不能将Co2+氧化成Co3+,所以氧化性顺序为Co3+>Cl>Fe3+。
(3)加入Na2CO3调pH至5.2,根据阳离子以氢氧化物形式沉淀的pH数据,Fe3+在pH=3.7时完全沉淀,Al3+在pH=5.2时完全沉淀,所以沉淀Ⅰ主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。加入NaF溶液沉淀Ca2+、Mg2+,萃取剂层只有锰元素,说明锰被萃取除去,那么萃取后的水层包含的金属阳离子有Co2+、Na+。
(4)为抑制Co2+水解,向水层中加盐酸调pH至2~3。从溶液中得到CoCl2·6H2O晶体,需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(5)Fe(OH)2完全沉淀时pH=9.6,c(OH-)=10-4.4 mol·L-1,Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH-)=10-13.8;Co(OH)2完全沉淀时pH=9.2,c(OH-)=10-4.8 mol·L-1,Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=10-14.6。两种沉淀共存时,=100.8。
(6)标准状况下2.24 L氯气的物质的量为0.1 mol,1.0 L 1 mol·L-1盐酸中HCl的物质的量为1 mol。设钴氧化物化学式为CoxOy,根据CoxOy+HClCoCl2+Cl2↑+H2O,由氯元素守恒可知生成CoCl2中Cl-物质的量为1 mol-0.1 mol×2=0.8 mol,则CoCl2物质的量为0.4 mol。根据得失电子守恒,n(Co3+)=2n(Cl2)=0.2 mol,n(Co2+)=0.4 mol-0.2 mol=0.2 mol。根据电荷守恒,2n(O2-)=0.2 mol×2+0.2 mol×3,解得n(O2-)=0.5 mol,则x∶y=0.4 mol∶0.5 mol=4∶5,则CoxOy为Co4O5,摩尔质量为316 g·mol-1。
7.答案 (1)①2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O　②可避免产生对人体有害的有机氯化物,且ClO2的消毒效率约是Cl2的2.63倍
(2)①FeClFe2++ClO2　②ⅰ.催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2速率加快,NO的氧化率提高
ⅱ.温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60 ℃时,以前者为主,高于60 ℃时,以后者为主
(3)一定时间内,相同体积溶液中,若N减少的质量与N增加的质量的比值约为9∶31,则被氧化的N几乎全部转化为N
解析 根据NaClO2的制备过程可知,NaClO3与SO2在酸性条件下发生反应生成硫酸氢钠、ClO2;生成的ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气。
(1)①ClO2与H2O2反应生成NaClO2和氧气,1 mol ClO2得1 mol电子,1 mol H2O2失2 mol电子,根据得失电子守恒可得反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O。②使用ClO2可避免产生对人体有害的有机氯化物,且1 mol ClO2转化为氯离子得5 mol电子,而1 mol Cl2转化为氯离子得2 mol电子,ClO2的消毒效率与Cl2的消毒效率之比为≈2.63∶1。
(2)①结合反应Ⅰ和Ⅲ可知,反应Ⅱ中FeCl作反应物,Fe2+、ClO2作产物,该反应为FeClFe2++ClO2。②ⅰ.催化剂Fe3+的浓度增大,生成氧化性更强的ClO2的速率加快,NO的氧化率提高。ⅱ.温度升高,Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快,ClO2氧化NO的速率加快;ClO2和NO在水中的溶解度减小,导致NO氧化率减小。温度低于60 ℃时,以前者为主,高于60 ℃时,以后者为主。
(3)一定时间内,相同体积溶液中,若N几乎全部转化为N,则N减少1 mol即18 g时应生成1 mol N,则N增加的质量为62 g,因此当N减少的质量与N增加的质量的比值约为9∶31时可说明N完全被氧化为N。
8.答案 (1)氧化Fe2+　(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
(4)0.001
(5)MnR2+2H+2HR+Mn2+
(6)①当滴入最后半滴Na2H2Y标准溶液后,溶液由橙黄色变为紫色,且半分钟内不恢复橙黄色　②0.025 0 mol·L-1　
③偏高
解析 锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+,往其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁,加碳酸钙调溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子,过滤,往滤液中加萃取剂a萃取锰离子,向所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液;无机相用萃取剂b萃取Co2+,所得无机相为含Ni2+的溶液,向有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。
(1)“浸出液”中含二价铁,MnO2的作用是将二价铁氧化为三价铁。
(2)流程中得滤渣①和滤渣②的操作为过滤,萃取之后得有机相和无机相的操作为分液,故答案为AC。
(3)用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后,加入CaCO3调pH可以使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,即加入CaCO3调pH的目的是使Fe3+转化成氢氧化铁沉淀除去。
(4)已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,向除铁后的溶液中加入MnF2,当溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5 mol·L-1时,c(F-)= mol·L-1= mol·L-1,则c(Ca2+)= mol·L-1≈0.001 mol·L-1。
(5)根据信息可知,反萃取剂为酸,即反萃取出Mn2+时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来,相应的离子方程式为MnR2+2H+2HR+Mn2+。
(6)②反应时Ni2+与Na2H2Y按物质的量1∶1反应,所以Ni2+物质的量浓度为=0.025 0 mol·L-1。③若紫脲酸胺滴入过多,终点延迟,会导致Na2H2Y偏多,则所测Ni2+含量偏高。