专题16 工艺流程题(解析版)

专题16工艺流程题[2020新课标口]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。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回答下列问题：TOC\o"1-5"\h\z“酸浸氧化”需要加热，其原因是 。“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO+，同时还有 离子被氧化。2写出VO+转化为VO+反应的离子方程式 。2“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为VO•xHO,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、252Na+、 ，以及部分的 。“沉淀转溶”中，VO•xHO转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 。252“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是 。“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4C1，其原因是 。【答案】(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)Fe2+VO++MnO2+2H+=VO++Mn2++H2O222Mn2+Al3+和Fe3+(4)Fe(OH)3NaAl(OH)4+HCl=Al(OH)3；+NaCl+H2O利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全解析】分析】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，用30%H2SO4和MnO「酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成VO;，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+,SiO2此过程中不反应，滤液①中含有VO+、K+、Mg2+、A13+、22Fe3+、Mn2+、SO2-；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0〜3.1,钒水解并沉淀为V2O5・xH2O,根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、A13+、Fe3+、Mn2+、SO2-，滤饼②中含V2O5・xH2O、Fe(OH)3、A1(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13,V2O5・xH2O转化为钒酸盐溶解，A1(OH)3转化为NaA1O2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HC1调pH=8.5,NaA1O2转化为A1(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入nh4c1“沉钒”得到nh4vo3。【详解】“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)，故答案为：加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；“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VO+的同时还有Fe2+被氧化，反应2的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为VO;时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1mo1VO+失去2mo1电子，MnO2被还原为Mn2+,Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1mo1MnO2得到2mo1电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO+反应的离子方程式为VO++MnO?+2H+=VO++Mn2++H2O，故答案为：2222Fe2+，VO++MnO+2H+=VO++Mn2++HO；222根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5・xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、A13+,故答案为：Mn2+,Fe3+、A13+；根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；“调pH”中有沉淀生成，是NaA1O2与HC1反应生成A1(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaA1O2+HC1+H2O=NaC1+A1(OH)3J或Na[A1(OH)4]+HC1=NaC1+A1(OH)3J+H2O，故答案为：NaA1O2+HC1+H2O=NaC1+A1(OH)3J或Na[A1(OH)4]+HC1=NaC1+A1(OH)3；+H2Oo

“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4C1，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。【点睛】本题以黏土钒矿制备nh4vo3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。[2020新课标口]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4•7H2O)：1…一t…11、一??1…一t…11、一??ilP.pl1newj.酸浸转化洞pH浓縮结晶!TFrill；容蔽・说酸円品休滤沽2.稀H币仇 丨丨川,涪癥溶液废棵催化剂一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Ni2+A13+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01mo1・L-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1310-5mo1・L-i)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程 。“滤液②”中含有的金属离子是 。“转化”中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为先“调pH”后NaOH^f液將液“转化”，即址嚴②“滤液③”中可能含有的杂质离子为滤渣③利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= (列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mo1・L-i,则“调pH”应控制的pH范围是 。(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是 。【答案】(1)除去油脂，溶解铝及其氧化物 Al(OH)；+H+=A1(OH)3J+H2O(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+O2或空气 Fe3+0.01X(107.2-14)2[或10-5X(108.7-14)2] 3.2〜6.22Ni2++C1O-+4OH=2NiOOHJ+C1-+H2O(6)提高镍回收率【解析】【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2T.2A12O3+4NaOH=4NaA1O2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaA1O2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。【详解】根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将A1及其氧化物溶解，滤液①中含有NaA1O2(或Na[A1(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应A1O?+H++H2O=A1(OH)3J或Al(OH)+H+=A1(OH)3J+H2O,故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧23432化物；AlO-+h++H2O=A1(OH)3；或Al(OH)-+H+=A1(OH)3J+H2O；223432加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为:Ni2+、Fe2+、Fe3+；“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先碉pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，贝9滤液③中可能含有转化生成的Fe3+,故答案为：O2或空气；Fe3+；由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1310-5mo1L1,K 10-14c(H+)=1.0x10-8.7mo1・L-1,则c(OH-)=(w)= =108-7-14，则Ni(OHk的c\H+丿1.0X10-8.7 2

10-1410亦=107.2-14，则K=c(Ni2+)c2(OH-)=10-5x(108.7-14)；或者当Ni10-1410亦=107.2-14，则c(Ni2+)=0.01mol・Li，c(H+)=1.0x107.2mol・Li，则c(OH)=—cNi(OH)2的K=c(Ni2+)c2(0H-)=0.01x(107.2-14)；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为2sp1.0mol・Li，为避免镍离子沉淀，此时c(OH-)=cc(OH-)=c0.01X(107.2-14K1.0()K 10-14TOwolL-1，则八H+丿=C^OWH)=^=10-6'2即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2,因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2〜6.2，故答案为：0.01X(107.2-14)或10-5X(108.7-14)；3.2〜6.2；由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClO-被还原为Cl-，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClO_+4OH_=2NiOOH；+Cl_+H2O,故答案为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOHJ+Cl-+H2O；分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。【点睛】本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数Ksp的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于Ksp的计算及“调pH”时pH的范围确定。[2020年山东新高考]用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO高纯MnCO3的工艺流程如下:已知：MnO2是一种两性氧化物；25°C时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2K1x10-16.31x10-38.61x10-32.31x10-12.7sp回答下列问题：软锰矿预先粉碎的目的 ,MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 。保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。滤液I可循环使用，应当将其导入到 操作中(填操作单元的名称)。净化时需先加入的试剂X为 (填化学式)。再使用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c1.0x10-5mol-L-i时，可认为该离子沉淀完全)。<碳化过程中发生反应的离子方程式—【答案】(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO+BaS+HO二Ba(OH)+MnO+S222过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2；4.9(5)Mn2++HCO-+NH-HO=MnCOJ+NH++HO332342【解析】【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2,含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、A13+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和A1(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。【详解】软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO,Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2

价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1,根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值或会减小；滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+,为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和A1(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的每稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当K「AlK「Al（OH）］

spL/ \c」C（Al3+）册嗣。=10-9.1mo1/L，所c(A13+)=1.0x10-5mo1/L时，c(OH~)=以c（H+）=10-4.9mo1/L,pH=4.9,即pH的理论最小值为4.9；碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO3+NHjHQ=MnCO鳥+NH++HQ。3 2 3 4 24．[2020江苏卷]实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成份为铁的氧化物)制备软磁性材料«-Fe2O3o其主要实验流程如下：其主要实验流程如下：酸浸。用一定浓度的h2so4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有(填序号)适当升高酸浸温度 B.适当加快搅拌速度 C.适当缩短酸浸时间还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会牛成▲(填化学式);检验Fe3+是否还原完全的实验操作是▲o除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是▲ [Ksp(CaF2)=5.3xl0~9，K(HF)=6.3x1(H]o沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。生成FeCO3沉淀的离子方程式为▲。设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：▲。[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe（OH）2开始沉淀的pH=6.5]。【答案】（1）AB（2）H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色（3） pH偏低形成HF,导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全（4） ①Fe2++HCO-+NH•HO=FeCOJ+NH++HO332342或Fe2++HCO-+NH=FeCOJ+NH+3334②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水-NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀【解析】【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用h2so4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得a—Fe2O3；据此分析作答。【详解】（1） A.适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；答案选AB。（2） 为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2f,“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)・c2(F-),当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于lH0-5mol/L表明该离子沉淀Ir\［门完全)时，溶液中c(F-)至少为， mol/L=p5.3x10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即1x10-5溶液中H+