2025届高考化学一轮总复习真题演练第9章水溶液中的离子反应与平衡第47讲无机化工流程题

第47讲无机化工流程题1．(2024·新高考广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋与NH3形成可溶于水的配离子；lgKb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp见下表。氢氧化物Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10－151.6×10－445.5×10－161.3×10－335.6×10－12请回答下列问题：(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为___________。(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))(填“>”“<”或“＝”)。(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为______。(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3属于________(填“晶体”或“非晶体”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其缘由是______________________。(5)“析晶”过程中通入的酸性气体A为________。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为________。②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和__________(填化学式)。解析：硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化镁调pH至9.0，过滤，得到滤液1，主要成分是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液“氨浸”，过滤，将滤液2进行“镍钴分别”，得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体析出氯化镍晶体。(1)活性MgO可与水反应生成Mg(OH)2，化学方程式为MgO＋H2O=Mg(OH)2。(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))·c(OH－),c(NH3·H2O))，eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))),c(NH3·H2O))＝eq\f(10－4.7,c(OH－))＝eq\f(10－4.7,10－4.1)＝10－0.6<1，故c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))。(3)“氨浸”时，Co(OH)3与氨性溶液反应生成[Co(NH3)6]2＋，Co元素化合价降低，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))中S元素化合价上升生成SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平离子方程式：2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2[Co(NH3)6]2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋13H2O＋4OH－或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2[Co(NH3)6]2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋13H2O。(4)①X射线衍射图谱中出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3属于晶体。②依据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物可知，(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率的缘由是削减了胶状物质对镍钴氢氧化物的包袱，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。(5)“析晶”得到NiCl2·4H2O，为了不引入杂质并抑制Ni2＋水解，通入的酸性气体A应为HCl。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，即晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，依据Mg(NO3)2＋2H2O⇌Mg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2eq\o(=,\s\up7(△))MgO＋H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为0.4。②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和MgO。答案：(1)MgO＋H2O=Mg(OH)2(2)＞(3)2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2[Co(NH3)6]2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋13H2O＋4OH－{或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=2[Co(NH3)6]2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋13H2O}(4)①晶体②削减了胶状物质对镍钴氢氧化物的包袱，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积(5)HCl(6)①0.4②MgO2．(2024·高考新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分别提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))存在，在碱性介质中以CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))存在。回答下列问题：(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为__________(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和________。(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是________。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步须要限制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时，会导致___________；pH>9时，会导致_____________________________________________。(5)“分别钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时，溶解为VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))或VO3＋；在碱性条件下，溶解为VOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))或VOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))。上述性质说明V2O5具有________(填标号)。A．酸性 B．碱性C．两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________________________________________________________________。解析：(1)依据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介质中以CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))存在，故煅烧后含铬化合物主要为Na2CrO4。(2)煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3，且Fe2O3不溶于水，故水浸渣中还含有Fe2O3。(3)“沉淀”步骤加入稀H2SO4调pH到弱碱性是为了使[Al(OH)4]－转化为Al(OH)3沉淀而除去。(4)体系中存在平衡MgNH4PO4(s)⇌Mg2＋(aq)＋NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))(aq)＋POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))(aq)，当pH<9时，POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))＋H＋⇌HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，c(POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))降低，平衡正向移动，不利于生成MgNH4PO4沉淀；而pH>9时Mg2＋会形成Mg(OH)2沉淀，原料利用率低。(5)依据题干描述，V2O5既可与酸反应生成盐和水，又可与碱反应生成盐和水，故V2O5具有两性。(6)分别钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))存在，还原过程中Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))被S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(5))还原为Cr3＋，S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(5))转化为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，因此反应的离子方程式为2Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋3S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(5))＋10H＋=4Cr3＋＋6SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋5H2O，之后调pH，Cr3＋转化为Cr(OH)3。答案：(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)3(4)溶液中c(POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))降低，不利于生成MgNH4PO4沉淀Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀(5)C(6)3S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(5))＋2Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋10H＋=6SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4Cr3＋＋5H2O3．(2024·新高考山东卷)盐湖卤水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下：已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2。相关化合物的溶解度与温度的关系如下图所示。(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2O⇌H＋＋[B(OH)4]－(常温下，Ka＝10－9.24)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为______________________，该溶液pH＝______________________________________________________。(2)滤渣Ⅰ的主要成分是______________(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li＋的浓度为2.0mol·L－1，则常温下精制Ⅱ过程中COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度应限制在________mol·L－1以下。若脱硼后干脆进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加____________(填化学式)的用量。(3)精制Ⅱ的目的是_____________；进行操作X时应选择的试剂是___________，若不进行该操作而干脆浓缩，将导致_______________________________。解析：(1)[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，依据原子守恒和电荷守恒可配平其水解反应的离子方程式：[B4O5(OH)4]2－＋5H2O⇌2B(OH)3＋2[B(OH)4]－。该溶液中c[B(OH)3]＝c{[B(OH)4]－}，依据B(OH)3在水中存在平衡B(OH)3＋H2O⇌H＋＋[B(OH)4]－Ka＝eq\f(c(H＋)·c{[B(OH)4]－},c[B(OH)3])＝10－9.24知，c(H＋)＝10－9.24mol·L－1，pH＝－lg10－9.24＝9.24。(2)加入生石灰是为了除去水浸后滤液中残留的Mg2＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，故滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、CaSO4；精制Ⅱ加入纯碱的目的是沉淀Ca2＋而不沉淀Li＋，依据Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2、精制Ⅰ后溶液中c(Li＋)＝2.0mol·L－1知，应限制c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))<eq\f(Ksp(Li2CO3),c2(Li＋))＝eq\f(2.2×10－