统考版2022届高考化学二轮复习备考提升精练21工艺流程中常考陌生元素___锰钛铬钒系列含答案

1、工艺流程中常考陌生元素-锰、钛、铬、钒系列工艺流程中常考陌生元素系列1.应用 例1：MnO2是一种重要的化工原料，可用于合成工业的催化剂和氧化剂。采用软锰矿(主要成分为MnO2)可制备高纯MnO2，其流程如下：下列叙述错误的是（ ）A“含Mn2+、Al3+的溶液”中还含Fe3+B加入“氨水”同时搅拌，搅拌的目的是提高反应速率C“滤渣”可完全溶解在NaOH溶液中D电解含Mn2+的溶液，MnO2为阳极产物【解析】由流程可知，向软锰矿中加入硫酸和硫酸亚铁，软锰矿溶解得到Mn2+、A13+、Fe3+的溶液，向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，过滤得到含Mn

2、2+的溶液，电解含Mn2+的溶液，Mn2+在阳极放电得到MnO2。C项、向溶液中加入氨水调节溶液pH使A13+和Fe3+完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不与NaOH溶液反应，滤渣不能完全溶解，错误；故选C。【答案】C例2：钴(Co)是生产耐热合金、硬质合金、防腐合金、磁性合金和各种钴盐的重要原料，其金属性弱于Fe强于Cu。某低位硫钴铜矿的成分为：CoS、CuFeS2、CaS、SiO2， 一种利用生物浸出并回收其中钴和铜的工艺流程如图：回答下列问题：(1)Cu2+的生物浸出原理如下：温度超过50浸出率急剧下降，其原因是 ；其他金属离子的浸出原理与上图类似，写出由CoS浸出Co2+的

3、离子方程式 。(2)浸出渣的主要成分为_。(3)萃取分离铜的原理如下：Cu2+2(HR)org(CuR2)org+2H+。根据流程，反萃取加入的试剂应该为_(写化学式)。(4)除铁步骤中加入 H2O2，调节溶液的pH至4，将Fe2+转化为FeOOH过滤除去，写出该转化的离子方程式为 。检验 Fe2+是否完全被转化的试剂为_。(5)通过电解法制得的粗钴含有少量铜和铁，需要电解精炼，进行精炼时，精钴应处于_极(填“阴”或“阳”)，阳极泥的主要成分为_。【解析】（1）温度过高细菌失活，浸出率急剧下降；根据Cu2+的生物浸出可知矿物再细菌和Fe3+作用下化合物中S元素转化为S单质，则Co2+的生物浸出

4、离子方程式为：；（2）由生物浸出原理图可知S元素最终转化为SO，与Ca2+结合生成CaSO4，SiO2不参与反应，金属阳离子进入滤液，则浸出渣的主要成分为CaSO4、SiO2；（3）根据平衡移动原理可知，反萃取需加入酸，由流程图可知反萃取后得到CuSO4溶液。则应加入硫酸，故答案为：H2SO4；（4）H2O2和Fe2+反应生成FeOOH沉淀，离子方程式为。检验检验亚铁离子可用铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀则存在亚铁离子，故答案为：；铁氰化钾；（5）电解精炼时粗钴为阳极，精钴做阴极。电解精炼时，Fe和Co溶解，Cu较不活泼，不能溶解，因此，阳极泥主要为铜，故答案为：阴；铜。【答案】（1）温度过高细

5、菌失活 CaSO4、SiO2 H2SO4 铁氰化钾 阴 铜 提分训练1KMnO4在医疗上有广泛地应用，可用于防腐、制药、消毒等。现以软锰矿（主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等）为原料制备KMnO4的工业流程如图所示。（1）料渣的主要成分是_，操作2的意义是_。（2）“调pH”的目的是_；写出“氧化”过程中发生反应的离子方程式：_。熔融过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（3）操作3的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，已知KHCO3、KMnO4的溶解度曲线是下图中的两种，则KHCO3、KMnO4的溶解度曲线分别是_（填序号）。（4）用惰性电极电解K2MnO4溶液也可得到

6、目标产物，则生成目标产物的电极反应式为_，充分电解后，得到的溶液中溶质的主要成分是_和KMnO4。【解析】软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Al2O3、SiO2等)加入稀硫酸同时通入二氧化硫，可将MnO2还原成Mn2+，则溶液中主要阳离为Mn2+和Al3+，料渣为不溶于稀硫酸的SiO2，之后滤液中加入碳酸锰调节pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去；然后加入高锰酸钾氧化Mn2+得到MnO2沉淀，向熔融状态的MnO2中通入氧气，同时加入KOH，反应生成K2MnO4，加水溶解并通入过量二氧化碳，K2MnO4发生歧化得到含KMnO4和KHCO3的溶液，以及MnO2沉淀，之后对滤液进行蒸发浓缩、

7、趁热过滤、洗涤烘干得到高锰酸钾晶体。(1)根据分析可知料渣主要成分为SiO2，操作2可以提高原料的利用率；(2)调pH值的目的是使Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去；氧化过程中KMnO4和Mn2+发生归中反应得到MnO2，离子方程式为2MnO+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；熔融过程中O2为氧化剂，由0价降为-2价，每个氧气分子可以得到4个电子，MnO2为还原剂，化合价由+4价升为+6价，失去2个电子，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为12；(3)操作3的内容为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干，说明KHCO3的溶解度随温度变化较大，为防止其析出要趁热过滤，所以曲线II代表碳酸氢钾；而KM

8、nO4的溶解度随温度变化不大，而且KMnO4析出，说明其溶解度要比碳酸氢钾的溶解度小，所以曲线代表KMnO4的溶解度；(4)由K2MnO4得到KMnO4，锰元素化合价升高被氧化，所以应在阳极生成，电极方程式为MnO-e=MnO；电解过程中阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时破坏水的电离平衡产生氢氧根，所以溶质为KOH和KMnO4。【答案】（1）SiO2 提高原料的利用率 （2） 除去Al3+ 2MnO+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+ 12 （3） II、 （4） MnO-e=MnO KOH 2金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。工业上常用富钒炉渣（主要含FeO·

9、;V2O3，还有少量P2O5等杂质）制取钒的流程如下图。回答下列问题：(1)已知焙烧中先发生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应，其氧化产物是 ，进一步生成可溶性NaVO3的反应方程式为 。(2)25时，Ksp(NH4VO3)4×102，电离平衡常数Kb(NH3·H2O)1.8×105。“沉钒”后VO的浓度为mol/L，则滤液的pH为_。除OH与VO外，滤液中还可能存在的阴离子是_。(3)“热解”过程产生的气体y的电子式为 。(4)硅参与高温还原反应的方程式为 ，炉渣的主要成分是 。(5)钒比铁的金属性强。工业上通过电解精炼 “粗钒”

10、可得到99.5%的纯钒，以熔融LiClKClVCl2为电解质，“粗钒”中含少量铁和硅。则“粗钒”应连接电源的_极，阴极的电极反应式为 。【解析】焙烧是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，氧化铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，气体x为CO2，水浸，浸出渣为氧化铁，得到NaVO3溶液，滤液中加入NH4Cl沉钒生成NH4VO3，受热分解生成V2O5，和氨气，最后用硅铁还原，硅参与高温还原反应的方程式为5Si+2V2O54V+5SiO2或5Si+2V2O5+5CaO4V+5CaSiO3，炉渣的主要

11、成分是CaSiO3。（1）焙烧中先发生4FeO·V2O3+5O24V2O5+2Fe2O3反应，其氧化产物是V2O5、Fe2O3，进一步生成可溶性NaVO3的反应方程式为V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2；（2）25时，Ksp(NH4VO3)4×102，电离平衡常数Kb(NH3·H2O)1.8×105。“沉钒”后VO的浓度为mol·L1，Ksp(NH4VO3)4×102=c(NH)c(VO)，c(NH)=1.8mol·L1,Kh= ,x=c(H+)=104.5mol·L1,则滤液的pH为4.5。除OH与VO外

12、，P2O5溶于水生成磷酸电离出H2PO、PO或HPO，滤液中还可能存在的阴离子是Cl和H2PO、PO或HPO。故答案为：4.5；Cl和H2PO、PO或HPO；（3）“热解”过程产生的气体 y是氨气，电子式为；（4）硅高温时将钒还原，同时生成的二氧化硅与氧化钙形成炉渣，硅参与高温还原反应的方程式为5Si+2V2O54V+5SiO2或5Si+2V2O5+5CaO4V+5CaSiO3 ，炉渣的主要成分是CaSiO3；（5）以熔融LiClKClVCl2为电解质，“粗钒”中含少量铁和硅，“粗钒”应连接电源的正极，发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，阴极的电极反应式为V2+2eV。【答案】（1）V2O5

13、、Fe2O3 V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2 （2）4.5 Cl和H2PO、PO或HPO （3） （4） 5Si+2V2O54V+5SiO2或5Si+2V2O5+5CaO4V+5CaSiO3 CaSiO3 （5） 正 V2+2eV 3银系列产品广泛地应用于化工、电子电锁、材料和工业催化等领域，对含银废料中贵金属银的综合回收具有重要的研究意义。一种对银粉和AgNO3生产过程中产生的含银废料进行综合回收的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“溶解”反应的化学方程式为_。稀硝酸能否用浓硫酸代替_（填“能”或“不能”)，原因是_。(2)“过滤3”操作中用到的玻璃仪器是_。 (3)“络合”步骤

14、中需要加氨水调pH7.7，生成的络合物为_。 (4)N2H4·H2O称水合肼，具有强还原性和碱性。水合肼与硫酸反应生成正盐的化学式为_。(5)“还原”步骤中产生的气体可参与大气循环，该气体分子的电子式为_。(6)“母液2”中溶质的化学式为_。(7)粗银经过烘干、焙烧、电解得到纯度99.9%的银。焙烧是在中频炉中进行 ，中频炉优点是加热升温速度快，氧化烧损仅为0.5%，在此焙烧目的是_。电解时粗银做电极阳极，阴极为不锈钢板，电解液为AgNO3、HNO3、KNO3混合溶液，电解液中HNO3和KNO3的作用分别是_、_。【解析】(1)“溶解”反应是银与稀硝酸反应生成硝酸银、NO和水，方程式

15、为：3Ag+4HNO3 =3AgNO3+NO+2H2O；不能浓硫酸代替稀硝酸，因为硫酸银微溶，覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去；(2)过滤操作要用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；(3)过滤2的固体为AgCl，加入氨水，发生络合反应生成Ag(NH3)2Cl；(4)N2H4·H2O具有碱性，与硫酸反应生成正盐为N2H6SO4；(5)水合肼具有还原性，其被Ag(NH3)2Cl氧化的方程式为N2H4·H2O+4Ag(NH3)2ClN2+4Ag+H2O+ 4NH4Cl，则产生的气体N2可参与大气循环，其电子式为；(6)根据(5)可知，反应后溶液中存在NH4Cl，“

16、母液2”中溶质的化学式为NH4Cl；(7)过滤后NH4Cl包裹在粗银中，焙烧可除去，故答案为：除去粗银中含有的杂质；HNO3显酸性，可调节电解液的pH；KNO3可提高电解液的导电性，故答案为：调节电解液的pH；提高电解液的导电性。【答案】（1）3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O 不能 硫酸银覆盖在银的表面，过滤1后银和硫酸银一起随滤渣而除去 （2） 烧杯、玻璃棒、漏斗 （3） Ag(NH3)2Cl （4） N2H6SO4 （5） （6） NH4Cl （7） 除去粗银中含有的杂质 调节电解液的pH 提高电解液的导电性 4钼酸钠(Na2MoO4)具有广泛的用途可做新型水处理荆、优良的

17、金属缓蚀剂及可用于局部过热的循环水系统；Al(OH)3工业和医药上都具有重要用途现从某废钼催化剂(主要成分MoO3、Al2O3、Fe2O3等)中回收Na2MoO4和Al(OH)3，其工艺如图：回答下列问题：（1）已知MoO3、Al2O3与SiO2相似，均能在高温下跟Na2CO3发生类似反应，试写出MoO3与Na2CO3反应的化学方程式：_。（2）第步操作所后的滤液中，溶质有Na2MoO4、_和过量的Na2CO3；检验第步操作所得滤渣中含有三价铁的方法是_。（3）第步操作H2SO4需要适量，通常是通过_来调控H2SO4的用量；与Na2SO4相比，Na2MoO4的溶解度受温度的影响变化_(填“较大

18、”或“较小”)。（4）利用铝热反应可回收金属钼。将所得钼酸钠溶液用酸处理得到沉淀，再加热可得MoO3。写出MoO3发生铝热反应的化学方程式：_。（5）取废钼催化剂5.00g，加入5.30g Na2CO3(足量)，经上述实验操作后，最终得到2.34g Al(OH)3和6.39g Na2SO4晶体，则废钼催化剂中Al2O3、MoO3的物质的量的比值为_。【解析】（1）MoO3、Al2O3与Na2CO3的反应和SiO2与Na2CO3的反应相似，加入碳酸钠焙烧时可生成Na2MoO4和NaAlO2，MoO3与Na2CO3反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2；（2）高温条件下，氧

19、化铝和碳酸钠反应生成Na2AlO2，滤液中含有焙烧后生成Na2MoO4、Na2AlO2以及过量的Na2CO3，检验第步操作所得滤渣中含有三价铁，取少量滤渣洗涤液于试管中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则证明含三价铁，故答案为Na2AlO2；（3）第步操作H2SO4需要适量，避免氢氧化铝溶解，通常是通过测溶液的pH来调控H2SO4的用量，转化关系中蒸发结晶溶液得到硫酸钠晶体和Na2MoO4溶液，与Na2SO4相比，Na2MoO4的溶解度受温度的影响变化较小，硫酸钠溶解度收温度影响大，先析出晶体，故答案为测溶液的pH；较小；（4）MoO3发生铝热铝反应，高温下和铝反应生成钼和氧化铝，反应的化学方

20、程式为：4Al+2MoO32Mo+2Al2O3；（5）加入稀硫酸后，滤渣为Al(OH)3，滤液中含有Na2SO4和Na2MoO4，已知：n(Na2CO3)=0.05mol，n(Na2SO4)=0.045mol，则由Na守恒可知n(Na2MoO4)=0.005mol，2.34gAl(OH)3的物质的量为=0.03mol，根据Al元素守恒，Al2O3的物质的量为0.015mol，因此，Al2O3、MoO3的物质的量之比为0.015mol0.005mol=31，故答案为31。【答案】（1）MoO3+Na2CO3Na2MoO4+CO2（2）NaAlO2；取少量滤渣洗涤液于试管中滴加几滴KSCN溶液，若

21、溶液变红，则证明含+3价铁（3）测溶液的pH值；较小（4）4Al+2MoO32Mo+2Al2O3（5）315Pd/Al2O3是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/Al2O3纳米催化剂(主要成分及含量：Pd 0.3%，-Al2O3 92.8%，其他杂质6.9%)中回收金属Pd的工艺如图：已知：-Al2O3能与酸反应，-A12O3不与酸反应。回答下列问题：(1)“预处理”时，-A12O3经焙烧转化为-A12O3，该操作的主要目的是 。(2)“酸浸”时，Pd转化为PdCl，其离子方程式为 。(3)“滤液”和“滤液”中都含有的主要溶质有_(填化学式)。(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaCl

22、O3，但缺点是_。两者相比，_(填化学式)的氧化效率更高(氧化效率以单位质量得到的电子数表示)。(5)“沉淀”时，Pd(NH3)42+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，其化学方程式为 。(6)酸性条件下，BrO能在负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-。发生上述转化反应的电极应接电源的_极(填“正”或“负”)；研究表明，电流密度越大，电催化效率越高；但当电流密度过大时，该电极会发生副反应生成_(填化学式)。【解析】废Pd/Al2O3纳米催化剂进行焙烧，使大量的-Al2O3经焙烧转化为-A12O3，处理后，加入足量盐酸和NaClO3进行酸浸和氧化处理，Pd转化为PdCl，-Al

23、2O3转化为Al3+后过滤，发生的离子反应为：3Pd+ClO+6H+11Cl=3PdCl+3H2O，Al2O3+6H+=2Al3+3H2O，-Al2O3不与酸反应，对酸浸后的溶液过滤，-Al2O3以滤渣的形式除去，得到含有PdCl、Al3+的滤液，向滤液中加入过量的Al单质，将PdCl置换为Pb单质，在进行过滤，得到主要含有Al3+、Cl的滤液，得到的固体主要含有Pb和过量的Al单质，再加入盐酸将过量的单质Al除去，再次过滤，得到主要含有Al3+、Cl、H+的滤液和粗Pd，向粗Pd中再次加入盐酸和NaClO3，将Pd溶解转化为PdCl，向得到的溶液中加入氨水，将PdCl转化为，再加入盐酸，使转

24、化为Pd(NH3)2Cl2沉淀，过滤后，对Pd(NH3)2Cl2进行焙烧生成高纯度的Pd单质，据此解答。由于-Al2O3不与酸反应，“预处理”时，-Al2O3经焙烧转化为-A12O3，该操作的主要目的是将大量的Al2O3在酸浸时以沉淀的形式除去，有利于Pd与Al2O3的分离，故答案为：有利于Pd与Al2O3的分离；(4)“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；63g硝酸为1mol做氧化剂转化为二氧化氮，转移1mol电子，即1g硝酸参与反应得到的电子，106.5g NaClO3为1mol

25、，做氧化剂转化为PdCl，转移6mol电子，即1g NaClO3参与反应得到电子，两者相比，NaClO3的氧化效率更高，故答案为：对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低)；NaClO3；(6)BrO能在负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极表面快速转化为Br-，溴元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，负载Pd/Al2O3纳米催化剂的电极作阴极，电解池的阴极与电源的负极相连，故答案为：负；电流密度越大，电催化效率越高；酸性条件下，但当电流密度过大时，进入到阴极的电子过多，多余的电子来不及被BrO3-得到转化为Br-，电解质溶液中的氢离子会结合多余的电子，则出现电极副反应：2H+

26、2e=H2，故答案为：H2。【答案】（1）利于Pd与Al2O3的分离(或“大大减少了酸用量”，或“避免酸浸时氧化铝和酸发生反应”) （2）3Pd+ClO+6H+11Cl=3PdCl+3H2O （3） AlCl3 （4） 对环境产生较大污染(或耗酸量大、或腐蚀性强、或氧化效率低) NaClO3 （5） Pd(NH3)4Cl2+2HCl=Pd(NH3)2Cl2+2NH4Cl （6） 负 H2 6钻钼系催化剂主要用于石油炼制等工艺，从废钴钼催化剂(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)中回收钴和钼的工艺流程如图：已知：浸取液中的金属离子主要为MoO22+、Co2+、Al3+。(1)钼酸铵中Mo的化合价为_，MoS2在空气中高温焙烧产生两种氧化物：SO2和_(填化学式)。(2)为了加快酸浸速率，可采取的措施为_(任写一条)。(3)若选择两种不同萃取剂按一定比例(协萃比)协同萃取MoO22+和Co2+，萃取情况如图所示，当协萃比_，更有利于MoO22+的萃取。