工艺流程题与反应原理的融合(教师备用)

工艺流程题与反应原理的融合(教师备用)(2023·辽宁卷,16)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。类型1流程中融合Ksp、Ka、Kb、Kw的应用与计算已知:物质Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2Ksp10-37.410-14.710-14.710-10.8回答下列问题:(1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为

(答出一条即可)。

适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积解析:(1)用硫酸浸取镍钴矿时,为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。(2)“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5),1molH2SO5中过氧键的数目为

。

NA(3)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为

(H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO2、

(填化学式)。

Fe(OH)3、CaSO4(4)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为

时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是

。

9.0%

SO2有还原性,过多将会降低H2SO5的浓度,降低Mn(Ⅱ)氧化速率解析:(4)根据图示可知SO2体积分数为9.0%时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,由于SO2有还原性,过多将会降低H2SO5的浓度,降低Mn(Ⅱ)氧化速率。(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为

。

4CoO(OH)+2H2O(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃),需控制pH不低于

(精确至0.1)。

11.1解析:(6)氢氧化镁的Ksp=10-10.8,当镁离子完全沉淀时,c(Mg2+)=10-5mol/L,根据Ksp可计算出c(OH-)=10-2.9mol/L,根据Kw=10-14,c(H+)=10-11.1mol/L,所以溶液的pH=11.1。1.(2023·山东青岛高三专题练)蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、CaO、Fe2O3、Al2O3、NiO、FeS等,一种综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如图:已知:①当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1×10-5mol/L时,认为该离子沉淀完全。②Ksp(NiS)=1×10-21,H2S的两步电离常数分别为Ka1=1.4×10-7,Ka2=7.1×10-15。(1)“加压、酸浸”中,要控制温度在110℃左右,但反应时几乎无需加热,原因是

。滤渣1的主要成分除S、CaSO4外还有

。

浓硫酸稀释放出大量的热SiO2解析:(1)浓硫酸溶于水会放出大量的热,使体系温度升高,故几乎无需加热;SiO2不与硫酸反应,所以滤渣中还含有SiO2。(2)“氧化”中空气的作用是

,NaClO3发生反应的离子方程式为

。氧化Fe2+,减少NaClO3的用量6Fe3++Cl-+3H2O(3)“除铁”中滤渣2为难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6],同时生成一种无色气体为

,Na2CO3溶液需缓慢加入,原因是

。

CO2避免加入过快使溶液局部碱性过强,导致镍、镁沉淀(4)“沉镍”中,当Ni2+恰好完全沉淀时,若溶液中c(H2S)=1×10-3mol/L,则此时溶液的pH约为

。

42.(2022·山东淄博一模)某废钒渣(主要成分为V2O3,含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图:已知:钒酸(H3VO4)是强酸,NH4VO3难溶于水;+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如下表。(1)“酸浸”前需将块状固体粉碎,其目的是

。

增大反应物的接触面积,加快酸浸速率,使酸浸更加充分解析:(1)酸浸前将块状固体粉碎,可以增大反应物的接触面积,加快酸浸速率,使酸浸更加充分。(2)已知Ca(VO3)2难溶于水,可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH=4,则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为

。

(4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示,温度高于80℃沉钒率下降的原因是

。

解析:(4)氯化铵是强酸弱碱盐,铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应,当温度高于80℃时,水解平衡向正反应方向移动,溶液中铵根离子浓度减小,导致沉钒率下降。(5)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下,V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2+的溶液,反应的离子方程式为

。

解析:(5)由题意可知,在硫酸酸化条件下,V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2+、CO2和H2O。类型2流程中融合电化学的考查(2021·山东卷,17)工业上以铬铁矿(FeCr2O4,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题:(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐,焙烧时气体与矿料逆流而行,目的是

。

增大反应物接触面积,提高化学反应速率(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时,可认为已除尽。中和时pH的理论范围为

;酸化的目的是

;Fe元素在

(填操作单元的名称)过程中除去。

4.5≤pH≤9.3浸取(3)蒸发结晶时,过度蒸发将导致

;冷却结晶所得母液中,除Na2Cr2O7外,可在上述流程中循环利用的物质还有

。

解析:(3)蒸发结晶时,过度蒸发会导致Na2Cr2O7·2H2O(提早)析出。Na2Cr2O7·2H2O(提早)析出H2SO4阳Na+1.(2023·山东淄博二模)回收稀土元素对促进稀土资源循环利用有十分重要的意义。利用钕铁硼合金废料制备Nd2O3和NdF3的工艺流程如图:已知:①钕能与盐酸发生反应,硼不与盐酸反应;钕离子可与H2C2O4生成可溶性配合物。②25℃,相关物质的Ksp见下表。物质KspNd2(C2O4)3·10H2O1×10-21.6FeC2O41×10-6.5Fe(OH)21×10-16.3Fe(OH)31×10-38.6回答下列问题:(1)探究不同条件下,“酸浸”操作中钕、铁元素的浸出率,如下表所示。①酒石酸的作用是

。

序号温度/℃盐酸浓度/(mol/L)酒石酸浓度/(g/L)Fe的浸出率/%Nd的浸出率/%Ⅰ404069.1587.22Ⅱ504065.3583.45Ⅲ406074.6491.05Ⅳ4065071.5493.62抑制Fe元素的浸出,提高Nd元素的浸出率解析:(1)①对比实验Ⅲ和Ⅳ,两组实验的变量是加入酒石酸,Fe的浸出率下降,Nd的浸出率上升,故酒石酸的作用是抑制Fe元素的浸出,提高Nd元素的浸出率。②温度升高钕浸出率降低,可能原因是

。解析:②对比实验Ⅰ和Ⅱ,温度升高,铁和钕的浸出率均降低,则导致铁、钕浸出率降低的原因可能是盐酸易挥发,温度升高,溶质挥发,盐酸浓度下降,导致铁、钕浸出率降低。盐酸易挥发,温度升高,溶质挥发,盐酸浓度下降,导致铁、钕浸出率降低(2)“沉钕”过程中,草酸用量对钕回收的影响如图所示,当草酸实际用量与理论计算量比值n大于1.5时,沉钕率和沉淀纯度均下降,其原因是

;

“沉钕”后的滤液可导入

(填操作名称)操作再利用;“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧的化学方程式为

。

钕离子可与H2C2O4生成可溶性配合物酸浸(3)“净化”时需先加入的试剂为

(填化学式),再用氨水调溶液的pH,则pH的理论最小值为

(当溶液中某离子浓度c≤1×10-5mol/L时,可认为该离子沉淀完全)。“碳化”过程的离子方程式为

。

H2O22.8(4)利用膜电解技术(装置如图所示),以NdCl3溶液为原料制备Nd(OH)3,电解时通过膜的离子主要为

。

Nd3+2.(2023·湖南醴陵阶段练)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图:已知:Ⅰ.铍、铝元素的化学性质相似,单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2[Be(OH)4]。Ⅱ.常温下部分难溶物的溶度积常数如下表。难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)2.2×10-204.0×10-382.1×10-13(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有

(填化学式),写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式:

。

Na2[Be(OH)4]、Na2SiO3(2)①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量盐酸,为提纯BeCl2,最合理的实验步骤顺序为

(填字母)。

a.加入过量的氨水b.通入过量的CO2c.加入少量的NaOHd.加入适量的盐酸e.洗涤f.过滤afed解析:(2)①由于Be的性质与Al相似,所以Be具有两性,用氨水使Be2+全部沉淀,再过滤,将Be(OH)2洗涤后,加入盐酸最终转化成BeCl2。②从