2021届高考化学二轮复习课件：第二篇-题型3-无机化工生产流程题-

1、题型3无机化工生产流程题题型3无机化工生产流程题2021届高考化学二轮复习课件：第二篇-题型3-无机化工生产流程题-研磨真题培养审题力【高考真题回访】(2020全国卷)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。研磨真题培养审题力【高考真题回访】该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金属离子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所

2、回答以下问题:(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是。(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成 ，同时还有_离子被氧化，写出VO+转化为 反应的离子方程式。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、_，以及部分的_。(4)“沉淀转溶”中，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解、滤渣的主要成分是_。回答以下问题:(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是。(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是【解析】 (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是

3、升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成V 的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；VO+转化为 时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1 mol VO+失去2 mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1 mol MnO2得到2 mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为 反应的离子方程式为VO+MnO2+2H+=

4、+Mn2+H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、 Mn2+，【解析】 (1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是升高温度，加以及部分的Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣的主要成分是Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3；(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是增大 浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。以及部分的Fe3+、Al3+；(

5、4)根据分析，滤渣的主要成答案： (1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2) Fe2+VO+MnO2+2H+= +Mn2+H2O(3)Mn2+Fe3+、Al3+(4) Fe(OH)3(5)NaAlO2+HCl+H2O NaCl+Al(OH)3(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全答案： (1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)【解题模型建构】【整体认知宏观识图】第一步:理顺反应流程图，明确每步反应原理。【解题模型建构】【问题精研破解有方】第二步:结合原理，解答问题。题号问题分析结论生成(1)酸浸时_溶解;氧化时_被氧化。“酸浸氧化”需要加热，是因为。(2)酸浸时还发生

6、反应:_;氧化时VO+被氧化为 ，MnO2被还原为_。“酸浸氧化”中还有_离子被氧化。 VO+转化为 的离子方程式为。【问题精研破解有方】题号问题分析结论生成(1)酸浸时_题号问题分析结论生成(3)中和沉淀时控制pH=3.03.1，此时Mn2+没有开始沉淀，而_部分沉淀。滤液还可除去_及部分_。(4)沉淀转溶时控制pH13，_完全沉淀，_先完全沉淀后沉淀溶解。滤渣的主要成分是。(5)调pH是将 转化为_沉淀。生成沉淀反应的化学方程式为。(6)沉钒的原理为_，加入NH4Cl，_增大，沉淀反应正向进行。加入过量NH4Cl的原因:。题号问题分析结论生成(3)中和沉淀时控制pH=3.03.1【问题精研

7、破题有方】(1)黏土钒矿Fe2+、VO+和VO2+升高温度，反应速率加快(2)Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2OMn2+Fe2+VO+MnO2+2H+= +Mn2+H2O(3)Fe3+、Al3+Mn2+Fe3+、Al3+(4)Fe3+Al3+Fe(OH)3(5)Al(OH)3NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3(6)NaVO3+NH4Cl=NH4VO3+NaClc( )利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全【问题精研破题有方】疑难突破提升解题力 难点一:工艺流程图的结构分析 1.工艺流程图结构图解:疑难突破提升解题力 难点一:工艺流程图的结构分析 2.流程

8、图中物质的转化与跟踪:(1)循环物质的确定:从流程图上看:箭头回头;从物质的转化上看:在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。(2)副产品的判断:从流程图上看:支线产品;从制备的目的上判断:不是主产品。2.流程图中物质的转化与跟踪:(3)滤渣、滤液中成分的确定:要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况:反应过程中哪些物质(离子)消失了?所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子?要考虑这些离子间是否会发生反应。(3)滤渣、滤液中成分的确定: 对点练一 1.工业上用钛铁精矿(FeTiO3)提炼 TiO2的工艺流程如下:(1)钛铁精矿经冷却

9、、结晶得到的副产物A为_，结晶析出A时，为保持较高的酸度不能加水，其原因可能为_。(2)上述工艺流程中体现绿色化学理念的是_。 对点练一 1.【解析】酸浸时发生反应： FeTiO3+6H+=Fe2+Ti4+3H2O，反应中有硫酸亚铁生成，结晶即得到FeSO47H2O，所以副产物A为硫酸亚铁溶液结晶得到的FeSO47H2O。结晶时不能加水，是为了防止Ti(SO4)2水解、抑制Fe2+的水解，从而减少FeSO47H2O的溶解量。答案：(1)FeSO47H2O防止Ti(SO4)2水解、抑制Fe2+的水解，从而减少FeSO47H2O的溶解量(2)水解得到的稀硫酸可以循环使用1.【解析】酸浸时发生反应：

10、 FeTiO3+6H+=F2.一种磁性材料的磨削废料主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍工艺流程如下:2.一种磁性材料的磨削废料主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约(1)“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是_;金属镍溶解的离子方程式为_。(2)“除铁”时H2O2的作用是_，加入碳酸钠的目的是_。(3)“除铜”时，反应的离子方程式为_，滤渣的主要成分是_。(1)“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成2.【解析】流程图中各步主要转换如下： 答案：(1)SiO25Ni+12H+2 =5Ni2+

11、N2+6H2O(2)将Fe2+氧化为Fe3+调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣(3)H2S+Cu2+=CuS+2H+CuS2.【解析】流程图中各步主要转换如下： 难点二:原料预处理 1.研磨:将固体物质粉碎，增大固体与液体或气体间接触面积，加快反应速率。2.灼烧:除去可燃性杂质或使原料初步转化。3.煅烧:改变结构，使一些物质能溶解，杂质在高温下氧化分解。4.浸取:(1)酸浸:溶解，除去氧化物(膜)，调节pH促进沉淀、抑制水解。(2)碱浸:去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH促进沉淀、抑制水解。(3)水浸:与水反应或溶解。5.搅拌:加快反应(溶解)速率，使反应充分进行，

12、提高原料利用率。 难点二:原料预处理 对点练二 3.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeCO3F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下: 对点练二 已知:.Ce4+能与F-结合成CeFx(4-x)+，也能与S 结合成CeSO42+;.在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂(HA)2萃取，而Ce3+不能;.常温下，Ce2(CO3)3饱和溶液浓度为1.010-6 molL-1。 “氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_、_(写出2种即可)。已知:.Ce4+能与F-结合成CeFx(4-x)+，也3.【解析】“氧化焙烧”过程中矿石粉碎成细颗粒、通入大量空气可以

13、加快反应速率和提高原料利用率。答案：矿石粉碎成细颗粒通入大量空气3.【解析】“氧化焙烧”过程中矿石粉碎成细颗粒、通入大量空气 难点三:反应条件控制 1.控制pH:控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点:能与H+反应，使溶液pH增大;不引入新杂质。 难点三:反应条件控制 2.控制温度:(1)控制低温的目的:防止某反应物及目标产物分解，如H2O2 、AgNO3、 HNO3(浓)等;防止某反应物或目标产物挥发，如盐酸、醋酸、硝酸和氨水等;抑制物质的水解，如Fe3+、Al3+、Cu2+、S2-;反应放热，低温使反应正向进行;避免副反应的发生:如乙醇的消去反应需

14、迅速升温至170 ;确保催化剂的催化活性，兼顾速率和转化率，追求经济效益;沸点较高物质的液化收集:用冰水浴冷凝并收集SO3;若转化率变化不大，高温下浪费能源。2.控制温度:(2)加热的目的:加速某固体的溶解;减少气体生成物的溶解并加速逸出;一般加快反应速率;使平衡向需要的方向移动;趁热过滤，防止某物质降温时会析出而损失或带入新杂质(3)控制某温度范围的目的:从温度过高或温度过低会导致的后果两方面作答。(2)加热的目的:3.控制压强:(1)减压:减压过滤，加快过滤速率;减压蒸馏，降低蒸馏温度，防止产品分解;减压蒸发，降低蒸发温度，防止物质分解或失去结晶水。(2)加压:加快速率，平衡移动。3.控制

15、压强: 对点练三 4.辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示: 对点练三 (1)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_;“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，加入HNO3调节溶液的pH，其理由是_。(2)“回收S”过程中温度控制在5060之间，不宜过高或过低的原因是。(1)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是_4.【解析】(1)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是使Fe3+转化为Fe(OH)3而沉淀除去；“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中，加入HNO3调节溶液的pH，其理由是抑制Cu2+的水解。(2)“回收S”过程中温度控制在506

16、0之间，不宜过高或过低的原因是温度过高，苯易挥发；温度过低，矿渣的溶解速率小。答案：(1)调节溶液的pH，使铁完全转化为Fe(OH)3沉淀抑制Cu2+的水解(2)温度过高，苯易挥发；温度过低，矿渣的溶解速率小4.【解析】(1)“保温除铁”过程中，加入CuO的目的是使F5.碳酸锂广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。制备流程如下:5.碳酸锂广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合已知碳酸锂的溶解度(g/L)如表:温度/010203040506080100Li2CO31.541.431.331.251.171.081.010.850.72已知碳酸锂的溶解度(g/L)

17、如表:温度/010203040(1)硫酸化焙烧工业反应温度控制在250300 ，主要原因是_。同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%左右，硫酸如果加入过多则_。(2)水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是_。(3)“沉锂”需要在95 以上进行，主要原因是_。过滤碳酸锂所得母液中主要含有Na2SO4，还可能含有_。(1)硫酸化焙烧工业反应温度控制在250300 ，主要原5.【解析】(1)若温度过低，反应速率慢，若温度过高，则浓H2SO4沸腾，挥发较多。(2)加入CaCO3一是和多余H2SO4反应，二是调节pH除去大部分杂质。(3)由表格中数据可知，温度越高，Li2CO3溶解度越小，故沉锂在

18、95 以上进行可增加产率。过滤后的母液中除Na2SO4外还可能有Na2CO3、Li2CO3。答案：(1)温度低于250 ，反应速率较慢；温度高于300 ，硫酸挥发较多增加酸耗量，增加后续杂质的处理量，增加后续中和酸的负担(2)除去多余的硫酸，同时调整pH，除去大部分杂质(3)温度越高，碳酸锂溶解度越小，可以增加产率Na2CO3、Li2CO35.【解析】(1)若温度过低，反应速率慢，若温度过高，则浓H 难点四:产品的分离提纯 1.对于固体产品的分离与提纯:一般可采取的操作有蒸发结晶或降温结晶、重结晶、灼烧、升华、过滤、溶剂洗涤等。(1)结晶:蒸发结晶，趁热过滤:得到溶解度受温度影响小的溶质，如食

19、盐水蒸发结晶得NaCl;蒸发浓缩，冷却结晶:得到溶解度受温度影响大的溶质，如胆矾结晶;在HCl气流中蒸发结晶。如:CuCl2、AlCl3、FeCl3等(2)过滤:操作要点(一贴二低三靠);玻璃仪器(漏斗、玻璃棒、烧杯)(3)灼烧:固体在坩埚中进行加热，配套实验仪器还有泥三角和三脚架。 难点四:产品的分离提纯 2.对于液体产品的分离与提纯:一般可采取的操作有蒸馏、分馏、萃取、分液、盐析、渗析等。(1)萃取分液:萃取剂的要求。(2)蒸馏或分馏:冷凝管的选择(装置、仪器、冷却水的方向等)。2.对于液体产品的分离与提纯:一般可采取的操作有蒸馏、分馏、 对点练四 6.锶有“金属味精”之称。以天青石(主要

20、含有SrSO4和少量CaCO3、MgO杂质)生产氢氧化锶的工艺如下: 对点练四 已知氢氧化锶在水中的溶解度:(1)“趁热过滤”的目的是_。“滤渣”的主要成分为_。(2)从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为_、过滤、洗涤、干燥。温度()010203040608090100溶解度(g/100 mL)0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2已知氢氧化锶在水中的溶解度:温度()010203040606.【解析】(1)“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失，“滤渣”的主要成分为在碱性条件下沉淀下来的Mg(OH)2和微溶物Ca(OH)2；(2

21、)从趁热过滤后的滤液中得到Sr(OH)2产品的步骤为降温结晶、过滤、洗涤、干燥。答案：(1)防止温度降低使氢氧化锶析出而造成损失Ca(OH)2、Mg(OH)2(2)降温结晶6.【解析】(1)“趁热过滤”的目的是防止温度降低使氢氧化锶考场练兵检验考试力1.某科研小组用镍触媒废料(主要成分为Ni-Al合金，混有少量Fe、Cu、Zn、Pb及有机物) 制备NiO并回收金属资源的流程如下所示:考场练兵检验考试力1.某科研小组用镍触媒废料(主要成分为N已知:相关数据如表1和表2所示表1部分难溶电解质的溶度积常数(25)物质Ksp物质KspFe(OH)34.010-38CuS6.310-34Fe(OH)21

22、.810-16ZnS1.610-24Al(OH)31.010-33PbS8.010-28Ni(OH)22.010-15NiS3.210-18已知:相关数据如表1和表2所示物质Ksp物质KspFe(OH表2原料价格表物质价格/(元吨-1)漂液(含25.2 % NaClO)450双氧水(含30 % H2O2)2 400烧碱(含98 % NaOH)2 100纯碱(含99.5 % Na2CO3)600表2原料价格表物质价格/(元吨-1)漂液(含25.2 %请回答下列问题:(1)“焙烧”的目的是_。(2)“试剂a”的名称为_;选择该试剂的理由是。(3)“氧化”时反应的离子方程式为_。(4)欲使溶液中Fe

23、3+和Al3+的浓度均小于等于1.010-6 molL-1，需“调节pH”至少为_。(5)“加水煮沸”时，反应的化学方程式为_。(6)整个流程中，可回收的金属化合物为_(填化学式)。请回答下列问题:(7)氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH Ni(OH)2+M，当导线中流过2 mol电子时，理论上负极质量减少_ g。充电时的阳极反应式为_。(7)氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反1.【解析】(1)该镍触媒废料混有少量Fe、Cu、Zn、Pb及有机物，大部分有机物易挥发、易燃烧，可用焙烧法除去；同时部分金属单质与氧气反应转化为氧化物，酸浸时

24、减少氢气的生成。(2)氧化等量的 Fe2+，用漂液成本更低，且引入Na+和Cl-不影响后续分离和除杂。(3)“氧化”的目的是用漂液将Fe2+转化为Fe3+，ClO-转化为Cl-，配平离子方程式为2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O。1.【解析】(1)该镍触媒废料混有少量Fe、Cu、Zn、Pb(4)Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，Fe3+先沉淀，Al3+后沉淀，因此Al3+浓度小于等于1.010-6 molL-1时，Fe3+浓度一定小于1.010-6 molL-1，由KspAl(OH)3=1.010-33=c(Al3+)c3(OH-)=1.010-6c3(OH-

25、)，计算得c(OH-)1.010-9 molL-1，pH5。(5)“加水煮沸”时，NiCO3水解转化为Ni(OH)2，同时生成CO2，化学方程式为：NiCO3+H2O Ni(OH)2+CO2。(6)由流程图知，可回收的金属化合物为Fe(OH)3、Al(OH)3、CuS、ZnS、PbS。=(4)Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，Fe(7)该电池的负极反应式为MH+OH-e-=M+H2O，故转移2 mol电子时，理论上负极质量减少2 g。根据电池总反应式可知，充电时阳极反应式为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O。答案：(1)除去废料中的有机物，使部分金属单质转化为氧化物

26、(2)漂液节约成本，不影响后续操作(3)2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O(4)5(5)NiCO3+H2O Ni(OH)2+CO2(6)Fe(OH)3、Al(OH)3、CuS、ZnS、PbS(7)2Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O=(7)该电池的负极反应式为MH+OH-e-=M+H22.铬鞣剂Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铬渣(含Cr2O3及少量Fe2O3、CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SO4的工艺流程如下:(1)铬渣焙烧时需要粉碎，其目的是_。“焙烧”时 Cr2O3转化为 Na2CrO4的化学方程式是_。(2)

27、“滤渣1”中一种成分为铁铝酸四钙(Ca4Fe2Al2O10) ，是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式_。2.铬鞣剂Cr(OH)SO4可用于提高皮革的耐曲折强度。(3)“调pH=a”所得滤渣2的主要成分是_和Al(OH)3。“调pH=b”发生的转化的离子方程式为_。(4)“过滤2”得溶液中含铬元素含量为23.4 gL-1，调节pH后 有 转化为 ，转化后所得溶液中c(Cr2 )=_。(5)检测产品中含有微量 ，测定其含量时，可用TBP(磷酸三丁酯)溶剂萃取溶液中的 。选择TBP作为萃取剂的理由是_。(3)“调pH=a”所得滤渣2的主要成分是_和A2.【解析】(1)将铬渣粉碎，增大接触

28、面积，使反应更充分，提高原料的利用率。焙烧时Cr2O3转化为Na2CrO4，1 mol Cr2O3失6 mol e-，而1 mol O2得4 mol e-，根据得失电子守恒，Cr2O3、O2的化学计量数为2、3，根据原子守恒，配平化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2 4Na2CrO4+4CO2。(2)根据化合物中正负化合价代数和为0，Ca4Fe2Al2O10中Fe为+3价，故改写为氧化物形式为4CaOAl2O3Fe2O3。(3)焙烧时Cr2O3、Al2O3、SiO2与碳酸钠反应转化为Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3，水浸过滤后，调pH=a， 、 转化为Al(OH)3、H

29、2SiO3。调pH=b是将 转化为 ，离子方程式为2 +2H+ +H2O。(4)转化前c( )= =0.45 molL-1。 有8/9转化为 ，焙烧=2.【解析】(1)将铬渣粉碎，增大接触面积，使反应更充分，提所以溶液中n( )=0.45 molL-1 =0.2 mol，则溶液中c( )=0.2 molL-1。(5)检测产品中含有微量 ，测定其含量时，可用TBP溶剂萃取溶液中的 。选择TBP作为萃取剂的理由是 在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，且TBP不溶于水。所以溶液中n( )=0.45 molL-1 答案：(1)增大反应物的接触面积，提高原料的利用率2Cr2O3+4Na2CO3+3O

30、2 4Na2CrO4+4CO2(2)4CaOAl2O3Fe2O3(3)H2SiO32 +2H+= +H2O(4)0.2 molL-1(5) 在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，且TBP不溶于水焙烧=答案：(1)增大反应物的接触面积，提高原料的利用率2Cr23.镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣(含 CdO 及少量 ZnO、CuO、MnO、FeO 杂质)为原料制备镉的工艺流程如下:回答下列问题:(1)“滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和_(填化学式)。(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为_、_。3.镉(Cd)可用于制作某些发光

31、电子组件。一种以镉废渣(含 (3)“置换”中镉置换率与 的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。 (3)“置换”中镉置换率与 的关实际生产中 比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是_(写一条即可)。若需置换出112 kg Cd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为_kg。实际生产中 比值最佳为1.3，不(4)“置换”后滤液溶质主要成分是_(填化学式)。(5)“熔炼”时，将海绵镉 (含Cd和Zn)与NaOH混合反应，反应的化学方程式是_。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用 Cd 与 Na2ZnO2的_不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。(4)“置换

32、”后滤液溶质主要成分是_(填化3.【解析】(1)硫酸溶解废镉渣时，金属氧化物转化为硫酸盐，根据工艺流程和后续设问，可知氧化是除铁、除锰，置换是将Cd2+转化为单质镉，调pH是除铜。石灰乳除铜时OH-沉淀Cu2+，Ca2+与 形成CaSO4沉淀，“滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和CaSO4。(2)“氧化”是除铁、除锰，Fe2+转化为Fe(OH)3，Mn2+转化为MnO2，除铁时由Fe2+Fe(OH)3失e-、 MnO2得3e-，根据得失电子守恒，Fe2+、 的系数为3、1，可得3Fe2+ 3Fe(OH)3+MnO2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为3Fe2+ +7H2O=3Fe(O

33、H)3+MnO2+5H+。除锰时由Mn2+MnO2失2e-、 MnO2得3e-，根据得失电子守恒， Mn2+、 的系数为3、2，可得3Mn2+2 5MnO2，再根据电荷守恒和原子3.【解析】(1)硫酸溶解废镉渣时，金属氧化物转化为硫酸盐，守恒，配平离子方程式为3Mn2+2 +2H2O=5MnO2+4H+。(3)“置换”时发生反应：Zn+Cd2+=Zn2+Cd，过量的锌和Cd熔炼时加NaOH分离，若 过大，则锌粉用量过多增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH用量过多增加成本。若需置换出112 kg Cd，且使镉置换率达到98%，Cd2+的质量为112 kg98%，根据Zn+Cd2+=Zn2+

34、Cd，Zn的理论用量m(Zn)满足m(Zn)m(Cd2+)=65112，即m(Zn)=m(Cd2+) =112 kg98% =6598% kg，其实际用量为(6598%) kg1.386.2 kg。(4)根据置换反应：Zn+CdSO4=ZnSO4+Cd，“置换”后滤液溶质主要成分是ZnSO4。(5)“熔炼”时，Zn与NaOH反应生成Na2ZnO2，化学方程式为Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2。分离时Cd从反应釜下口放出，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同。高温或熔炼 =守恒，配平离子方程式为3Mn2+2 +2H2O=答案：(1)CaSO4(2)3Fe2+ +7H2O=3Fe(OH)3+M

35、nO2+5H+3Mn2+2 +2H2O=5MnO2+4H+(3)锌粉用量过多增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH用量过多增加成本(写一条即可)86.2(4)ZnSO4(5)Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2密度高温或熔炼 =答案：(1)CaSO4(2)3Fe2+ +7H24.“稀土之父”徐光宪对稀土萃取分离做出了巨大贡献。稀土是隐形战机、超导、 核工业等高精尖领域必备的原料。钪(Sc)是稀土金属之一，下图是制备Sc的工艺流程。4.“稀土之父”徐光宪对稀土萃取分离做出了巨大贡献。稀土是隐已知:xNH4ClyScF3zH2O是ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。“脱水除铵”

36、是复盐沉淀的热分解过程。据此回答:(1)在空气中焙烧Sc2(C2O4)3只生成一种碳氧化物的化学方程式为_。(2)图1是含Sc元素的离子与F-浓度和pH的关系。用氨调节溶液pH，调节3.5pH4.2原因是_。已知:xNH4ClyScF3zH2O是ScF3与氯化物形(3)图2是“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系，其中在380 到400 会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图象中数据计算复盐中xz=_;工艺流程中可回收利用的物质是_。(4)传统制备ScF3的方法是先得到ScF36H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是_(用化学方程式表示)。流程中将复盐沉

37、淀后“脱水除铵”制得纯度很高的ScF3，其原因是_。(3)图2是“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系，其中在34.【解析】(1)在空气中焙烧Sc2(C2O4)3得到Sc2O3，Sc元素的化合价不变，则碳元素的化合价升高，所得碳氧化物为CO2，反应中碳元素化合价由+3升高为+4，则1 mol Sc2(C2O4)3失6 mol电子，而1 mol O2得4 mol电子，根据得失电子守恒，Sc2(C2O4)3、O2的系数为2、3，再根据原子守恒，配平化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2。(2)根据含Sc元素的离子与F-浓度与pH的关系图可知，pH4.2时会生成钪的氢氧

38、化物杂质。(3)脱水除铵过程中，先失去结晶水，由图可知，水的质量为7.47 g-5.31 g=2.16 g，n(H2O)= =0.12 mol，根据380400 会有白烟冒出，显然为除铵过程，NH4Cl的质量为5.31-2.10=3.21 g，n(NH4Cl)= =0.06 mol，焙烧=4.【解析】(1)在空气中焙烧Sc2(C2O4)3得到Sc2n(H2O)n(NH4Cl)=0.120.06=21，故xz=12。工艺流程使用浓盐酸、氨水，因此除铵过程得到的NH3、HCl可以循环使用。(4)含有ScOF杂质的原因是高温脱水时ScF3与水发生水解反应：ScF3+H2O=ScOF+2HF。脱水除铵时NH4Cl发生分解反应，生成HCl，能够抑制Sc3+的水解，因此得