专项12-工艺流程的目的、作用、原因(解析版)

备战2022年高考化学－工艺流程专项复习系列专项12－工艺流程的目的、作用、原因一．例题废旧可充电电池主要含有Fe、Ni、Cd、Co等金属元素，一种混合处理各种电池回收金属的新工艺如下图所示。已知：Ⅰ．滤液①中含有Ni(NH3)62+、Cd(NH3)42+、Co(NH3)62+等物质。Ⅱ．萃取和反萃取的反应原理分别为:Ni(NH3)62++2HRNiR2+2NH4++4NH3；NiR2+2H+Ni2++2HR（1）为了加快浸取速率，可采取的措施为__________________________________（任写一条）。（2）已知浸取过程中NH3和NH4+的物质的量之和与Ni、Cd、Co浸取率的关系如表2所示。表2浸取过程中氨总量与各离子浸取率的关系编号n(NH3)+n(NH4+)/molNi浸取率/%Cd浸取率/%Co浸取率/%①2.697.288.698.1②3.586.098.886.7③4.898.498.894.9④5.697.785.196.8⑤9.895.684.196.1则可采用的最佳实验条件编号为___________。（3）Co(OH)3与盐酸反应产生气体单质，该反应的化学方程式____________________________________。（4）操作①的名称为_______________、过滤、洗涤。（5）向有机相中加入H2SO4能进行反萃取的原因为___________________________________________（结合平衡移动原理解释）。（6）将水相加热并通入热水蒸气会生成CdCO3沉淀，并产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式为_________________________________________________________。（7）上述工艺流程中可能循环使用的物质为______________________________。（8）已知Ksp(CdCO3)=1.0×10-12，Ksp(NiCO3)=1.4×10-7。若向物质的量浓度均为0.2mol/L的Cd2+和Ni2+溶液中滴加Na2CO3溶液(设溶液体积增加1倍)，使Cd2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Cd2+)=1.0×10-5mol/L时，是否有NiCO3沉淀生成(填“是”或者“否”)________________________________________。【答案】（1）搅拌(适当升温或增大浸取剂的浓度)（2）③（3）2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O（4）蒸发浓缩、冷却结晶（5）根据NiR2+2H+Ni2++2HR可知，加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向右移动（6）Cd(NH3)42++CO32-CdCO3↓+4NH3↑（7）NH3、有机萃取剂（8）否【分析】已知已预处理的电池粉末，经过NH3和(NH4)2CO3水溶液的浸取后，得到的滤液①中含有Ni(NH3)62+、Cd(NH3)42+、Co(NH3)62+等物质，在滤液①中通入空气进行催化氧化，得到Co(OH)3沉淀和滤液②，从而将Co元素分离出来，Co(OH)3与盐酸发生氧化还原反应得到CoCl2溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CoCl2∙6H2O晶体；在滤液②中加入有机萃取剂，发生反应Ni(NH3)62++2HRNiR2+2NH4++4NH3，从而将Cd元素与Ni元素分离，水相中含有Cd(NH3)42+，将水相加热并通入热水蒸气会生成CdCO3沉淀；在有机相中加入硫酸进行反萃取，发生反应NiR2+2H+Ni2++2HR，得到NiSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到NiSO4∙6H2O晶体，据此分析解答。【解析】（1）搅拌、适当升温或增大浸取剂的浓度，均可加快浸取速率；（2）通过表2中，浸取过程中氨总量与各离子浸取率的关系数据可知，当n(NH3)+n(NH4+)=4.8mol时，对Ni、Cd、Co浸取率都比较高，因此可采用的最佳实验条件编号为③；（3）Co(OH)3与盐酸反应生成CoCl2溶液，由此可知Co元素表现了氧化性，则HCl表现还原性，产生的气体单质应为Cl2，根据得失电子守恒，元素守恒可配平该反应的化学方程式为2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O；（4）CoCl2溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CoCl2∙6H2O晶体；（5）根据以上分析可知，在有机相中加入硫酸进行反萃取，发生反应NiR2+2H+Ni2++2HR，得到NiSO4溶液，从平衡移动原理的角度解释，即根据NiR2+2H+Ni2++2HR可知，加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向右移动，从而得到NiSO4溶液；（6）水相中含有Cd(NH3)42+、CO32-，将水相加热并通入热水蒸气会生成CdCO3沉淀，并产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，则该气体为NH3，则该反应的离子方程式为Cd(NH3)42++CO32-CdCO3↓+4NH3↑；（7）由以上分析可知，上述工艺流程中可能循环使用的物质为NH3、有机萃取剂；（8）当Cd2+恰好沉淀完全时，溶液中，此时溶液中，Q(NiCO3)=c(Ni2+)c(CO32-)=0.1×1.0×10-7=1.0×10-8＜Ksp(NiCO3)，故没有NiCO3沉淀生成。二．例题设问的素养水平维度划分总结出几种问法的特点：（1）对物质性质及其变化进行分析和推断（2）对化学实际问题进行条件的选择与筛分（3）能根据化学平衡原理说明物质转化的规律（4）对化学反应的本质有一定的认识（5）根据已有经验设计简单实验三．对三种问法的定义目前很多模拟题命题与答案不严谨，导致教学与考试不一致，结合高考题，给出答题要求。1．作用：使用试剂、装置或操作在本步骤作为手段、工具，达成的效果。2．目的：在作用的基础上，加上实验或流程的最终要求，并且在反应物、反应过程、产物阶段的目的要一致，但答题语言要区分。3．原因、理由：与目的得答题语言类似，涉及的内容比较广泛，一定要答出物质、操作的效果，酌情回答对最终结果的影响。四．结合素养水平维度与定义分析1．作用【2019全国Ⅲ卷】高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。【素养水平】从不同角度对物质及其变化进行分析和推断【答题要求】MnO2与体系中哪种物质存在何种关系，加入后会发生什么变化，即，使A→B。【答案】将Fe2+氧化为Fe3+【解析】二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。2．目的【2020全国Ⅱ卷】苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：+KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl（2）停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g。加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是__________________________________________________________。【素养水平】从不同角度对物质及其变化进行分析和推断【答题要求】亚硫酸氢钠与体系中哪种物质存在何种关系，该步操作对后续操作（污染、杂质）或者最终产品（纯度、产率）存在什么影响【答案】除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气，污染空气【解析】高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl－氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气，污染空气。最后结尾处有升华主题的内容。3．原因、理由【2020全国Ⅰ卷】采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是_______________________________________。【素养水平】能根据化学平衡原理说明物质转化的规律【答题要求】说明存在的平衡原理，该步操作对流程目的（制备NH4VO3）的影响。【答案】利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全【解析】“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，可以看作是沉淀平衡，加入过量NH4Cl，能够使沉淀平衡正向移动，即同离子效应，NH4VO3晶体沉淀的趋势增大，析出的更充分。【2019全国Ⅰ卷】硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：步骤③中选用足量的H2O2，理由是___________________________________________________。【素养水平】从不同角度对物质及其变化进行分析和推断【答题要求】题干中存在两层内容：足量和H2O2，要分别写出两者要达到的效果，另外，过氧化氢具有产物无污染的特点，也要答出对实验过程或最终产物的影响。【答案】将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质【解析】步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。五．高考题与典型模拟题【2021甲卷】I2在KI溶液中可发生反应。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是___________________________。【答案】防止单质碘析出【解析】反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出【2021辽宁卷16】从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下：已知：pH较大时，二价锰在空气中易被氧化。回答下列问题：（6）“提纯”过程中Na2S2O3的作用为___________________________________。【答案】防止pH较大时，二价锰被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯【解析】由分析可知，“提纯”过程中的作用为防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。【2020新课标Ⅰ】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。回答下列问题：（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是_________________________。（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是_________________________。【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全【解析】（1）“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）；（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，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。【2020新课标Ⅲ】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）：回答下列问题：（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________________________________________。（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（6）提高镍回收率【解析】（1）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Al及其氧化物溶解；（6）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。【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MnCO3的工艺流程如下：回答下列问题：（2）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________________________。【答案】（2）过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2【解析】（2）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；【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α−Fe2O3。其主要实验流程如下：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[，]。【答案】pH偏低形成HF，导致溶液中F−浓度减小，CaF2沉淀不完全【解析】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1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为mol/L=×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。【练习】工业上常用水钴矿（主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质）制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下（已知Na2SO3能还原Fe3＋和Co3＋）：（1）溶液a中加入NaClO的作用是___________________________________（2）溶液d中的金属离子只有Co2＋和Na＋两种，则溶液c中加入NaF溶液的作用是_______________【答案】（1）将溶液中Fe2+氧化成Fe3+（2）使Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去【解析】（1）加入Na2SO3还会将Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式为SO32-+2Fe3++H2O=2Fe2++SO42-+2H+；溶液a中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO42-等，向溶液a中加入NaClO，NaClO具有强氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。（2）根据（4）的分析，溶液c中加入NaF溶液的作用是使Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去。3．工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：（资料）+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系:pH4～66～88～1010～12主要离子VO2+VO3-V2O74-VO43-（2）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：①浸出液中加入石灰乳的作用是_____。②向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。当pH>8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_______________。【答案】（2）①调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀②当pH>8时，钒的主要存在形式不是【解析】焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，用盐酸酸浸，浸出液中含有、Al3+、Ca2+、Cl−、H+，加入石灰乳调节pH得到Ca3（VO4）2沉淀，由表中数据，可知应控制pH范围为10∼12，由Ca（VO3）2→Ca3（VO4）2，可知氢氧化钙还提供Ca2+，过滤分离，Ca3（VO4）2与碳酸铵反应转化为更难溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，使钒从沉淀中转移到溶液中形成（NH4）3VO4溶液，溶液中加入NH4Cl，调节溶液pH，同时溶液中增大，有利于析出（NH4）3VO3，①浸出液中加入石灰乳的作用是：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀；②当pH>8时，钒的主要存在形式不是，NH4VO3的产量明显降低。【练习】工业上用钛白渣[主要成分为FeSO4，还含有少量Fe2（SO4）3、MgSO4及TiOSO4]为主要原料生产氧化铁黄（FeOOH）的一种工艺流程如下：（1）“溶解”时，TiOSO4发生水解生成难溶于水的H2TiO3，反应的化学方程式为________。（2）“除杂”时，加入NH4HF2固体的作用是______________________________________。（3）实验测得反应溶液的pH、温度对氧化铁黄产率的影响如图所示。①反应温度宜选择________。②氧化时应控制pH的合理范围是4.5左右，pH过小或过大均会导致氧化铁黄产率较低，其可能原因是__________________________________。【答案】（1）TiOSO4＋2H2O=H2TiO3↓＋H2SO4（2）除去Mg2＋（3）40℃pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸，pH过大导致Fe（OH）3增多【解析】（1）TiOSO4水解生成难溶于水的H2TiO3和硫酸，反应方程式为：TiOSO4＋2H2O=H2TiO3↓＋H2SO4；（2）NH4+水解使溶液显弱碱性，Mg2+能与OH-结合生成沉淀，从而可除去Mg2+；（3）根据温度与FeOOH产率的示意图可知40℃时FeOOH的产率最大，因此反应的适宜温度为40℃；由pH与FeOOH产率的示意图可知，当pH约4.5时FeOOH的产率最大，pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸，pH过大导致Fe（OH）3增多。【练习】目前中药在世界医学界越来越受到关注。中药药剂砒霜（主要成分As2O3）可用于治疗急性白血病。工业上利用酸性高浓度含砷废水（砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在）提取As2O3的工艺流程如下：已知：As2S3与过量的S2-存在以下反应：As2S3（s）+3S2-（aq）2AsS32-（2）“沉砷”中FeSO4的作用是________________________。（4）调节pH=0时，发现酸性越强，As2O3的产率越高。可能的原因是__________________。【答案】（2）与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-结合生成AsS33-（或与S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果）（4）酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强或增加氢离子浓度，平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率【解析】（2）“沉砷”中FeSO4的作用是与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-结合生成AsS33-，以提高沉砷效果；（4）调节pH=0时，由Na3AsO4与净化的SO2气体反应制备As2O3的离子方程式为2AsO43-+2SO2+2H+As2O3+2SO42-+H2O，由于溶液酸性越强，溶液中c（H+）越大，化学平衡正向移动，有利于提高As2O3的产率，且溶液酸性越强，微粒的还原性、氧化性也会越强，使反应更容易进行。【练习】实验室以工业废铁为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)，并用绿矾为原料制备Fe(OH)SO4溶液和NH4Fe(SO4)2·12H2O晶体，其实验流程如下：已知：FeSO4·7H2O和NH4Fe(SO4)2·12H2O随温度变化的溶解度曲线如下图。（1）废铁溶解前需要用热的饱和Na2CO3溶液浸泡，目的是________________________________________。（2）溶解时控制溶液温度为70～80℃，目的是__________________，溶解时铁需过量的原因是________________。（3）氧化时将绿矾分批次加入到浓硝酸中，搅拌，反应1h，有红棕色气体生成，同时得到Fe(OH)SO4，发生的化学方程式为________________________________。氧化结束后不能采用加热煮沸的方法除去溶液中剩余的硝酸，理由是________________________________________(任写一条)。【答案】（1）除去铁表面的油污（2）增大硫酸亚铁溶解度防止生成Fe3＋（3）FeSO4＋HNO3(浓)=Fe(OH)SO4＋NO2↑Fe3＋水解生成Fe(OH)3或HNO3分解生成NO2，污染环境【解析】（1）饱和Na2CO3溶液显弱碱性，废铁表面有油污，用热的饱和Na2CO3溶液浸泡可除去表面的油污；（2）根据温度与溶解度曲线可知温度为70～80℃时，FeSO4的溶解度最大，因此溶解时控制溶液温度为70～80℃，可以增大硫酸亚铁溶解度；铁能将Fe3+还原为Fe2+，因此溶解时铁过量，可防止生成Fe3＋；（3）FeSO4与浓硝酸反应，生成Fe(OH)SO4和NO2，反应方程式为：FeSO4＋HNO3(浓)=Fe(OH)SO4＋NO2↑；Fe3＋易水解，加热后会生成Fe2O3，且硝酸受热分解会生成NO2，会污染环境，因此氧化结束后不能采用加热煮沸的方法除去溶液中剩余的硝酸。【练习】锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是_________________________。（3）90℃时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响如图。pH值中等时，虽有利于Fe2+转化为Fe3+，但残留铁的浓度仍高于pH为3～4时的原因是________________________。（5）碳化在50℃进行,“前驱体”的化学式为ZnCO3•2Zn（OH)2•H2O，碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，二是_______________________________________。【答案】（1）提高锌元素的总浸出率（3）H+抑制Fe3+水解（5）反应过程中有部分NH4HCO3分解（或NH4HCO3消耗H+，避免H+浓度过大溶解ZnCO3•2Zn（OH)2•H2O）【解析】（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，滤渣1再次进行浸出的目的是提高锌元素的浸出率，故答案为：提高锌元素的总浸出率；（3)根据流程，净化2加入H2O2是把Fe2＋转化成FeOOH而除去；pH值中等时，虽有利于Fe2+转化为Fe3+，但残留铁的浓度仍高于pH为3～4时的原因是：H＋抑制了Fe3＋的水解；（5）碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，二是：碳酸氢铵不稳定受热分解，条件是50℃下进行，可能是碳酸氢铵分解，同时碳酸氢铵和H+发生反应，避免H+浓度过大溶解ZnCO3•2Zn（OH)2•H2O。【练习】锌是一种常用金属，工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题。已知：Fe的活泼性强于Ni。（2）“净化Ⅰ”操作加入ZnO，调节溶液pH为3.3~6.7；加热到60℃左右并不断搅拌，加热搅拌主要目的是_______________________________________。（3）“净化Ⅰ”生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是____________。（4）“净化Ⅱ”中加入过量Zn的目的是____________________________。【答案】（2）促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去（3）氢氧化铁胶粒具有吸附性（4）使铜离子、镍离子转化为单质而除去【解析】（2）加热搅拌的目的是促进三价铁离子水解转化为沉淀，并使过量的过氧化氢分解除去；（3）因为Fe(OH)3胶粒具有吸附性，则净化Ⅰ生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质；（4）加入稀硫酸后生成物中含有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸钙，其中硫酸钙微溶于水，净化Ⅰ后除去Fe元素，所以净化Ⅱ中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去。【练习】钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工业流程如下图所示：反应②中固体TiO2转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如下图所示。反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_______________________________________________________。【答案】反应温度过高时，反应氨水会受热分解，使得Ti元素浸出率下降【解析】由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降。【练习】工业上从电解精炼铜的阳极泥(含金、银、铜、硒等单质)中提取硒的湿法工艺流程如下：（1）向溶液X中加入铁屑的作用是___________________________，此操作中不能加入过量铁粉的原因是______________________________。（2）实验室中制取SO2的原理为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，此处应使用_______________(填“较浓的硫酸”或“稀硫酸”)，原因是_________________________________。【答案】（1）将SeO42-还原为SeO32-过量铁粉会将Cu2+、SeO32-均还原为单质，不利于硒的分离（2）较浓的硫酸SO2易溶于水，用较浓的硫酸有利于SO2的逸出【解析】（1）根据流程图可知：加入铁屑后溶液中的SeO42-被还原为SeO32-，所以向溶液X中加入铁屑的作用是：将SeO42-还原为SeO32-；铁粉具有较强的还原性，能还原Cu2+、SeO32-，所以加过量铁粉会将Cu2+、SeO32-均还原为单质，不利于硒的分离；（2）SO2在水中的溶解度较大，在浓硫酸中溶解度较小，用较浓的硫酸有利于SO2的逸出，所以选用较浓的硫酸与亚硫酸钠反应。【练习】2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体流程如下：（2）过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是__________________________________________。（3）浸出液X的主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等。过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85℃、反应时间3h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。①综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为____________________。②结合平衡移动原理，解释过程ⅲ中pH增大，铁和磷沉淀率增大的原因_______________________________。③当pH＞2.5后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因__________________________。【答案】（2）溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+（2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O）（3）①2.5②H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43−)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者：H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，溶液pH增大，c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43-)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀③pH＞2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降【解析】（2）过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2，过滤后得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+；（3）①分析图中数据可知，当pH=2.5时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5；②已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡，即H2PO4-HPO42-+H+，HPO42-PO43-+H+，过程ⅲ中当加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c(H+)减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO43−)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率；③已知FePO4(s)Fe3+(aq)+PO43-(aq)，当pH＞2.5后，随pH增加，溶液中c(OH-)增大，Fe3+开始转变生成Fe(OH)3，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降。【练习】高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。K2FeO4的应用。K2FeO4可用于生活垃圾渗透液的脱氮(将含氮物质转化为N2)处理。K2FeO4对生活垃圾渗透液的脱氮效果随水体pH的变化结果如下：pH大于8时，脱氮效果随pH的升高而减弱，分析可能的原因：___________________。【答案】pH＞8的溶液，随pH增大，K2FeO4氧化性减弱，不利于将含氮物质氧化【解析】由于pH越小，高铁酸钾的氧化性越强，则PH增大，会使高铁酸钾的氧化性减弱。【练习】金属是重要但又匮乏的战略资源。从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCoO2，还有少量铁的氧化物）中回收钴的一种工艺流程如下请回答下列问题（3）在“滤液1”中加入20﹪Na2CO3溶液，目的是___________________________；检验“滤液1”中Fe2+是否完全被氧化、不能用酸性KMnO4溶液，原因是___________________________。（4）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣“，也可得到Co2+。①浸取时，为提高”钴渣”中浸取率，可采取的措施有___________________（任写一条）。②工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是_________________________________。【答案】（3）调节溶液pH，使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀Co2＋、S2O32－也能使KMnO4溶液褪色（4）粉碎；搅拌；升高温度LiCoO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境【解析】（3）根据流程，滤液1中含有铁元素和锂元素等杂质，滤液2中除去Li＋，则滤液1中加入NaClO3将Fe2＋氧化成Fe3＋，加入Na2CO3溶液，调节pH，使Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀；“钴渣”操作步骤中加入Na2S2O3是过量的，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，同时滤液1中含有Co2＋，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色；（4）①提高浸取率的采取措施有粉碎、搅拌、升高温度、适当提高硫酸的浓度等；②Co3＋的氧化性强于Cl2，用盐酸浸取，LiCoO2将盐酸中Cl元素氧化成Cl2，Cl2有毒，污染环境；【练习】以高钛渣(主要成分为Ti3O5，含少量SiO2、FeO、Fe2O3)为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2＋比Fe3＋更易水洗除去。除杂后的滤液中获得的NaOH可循环利用，则“水浸”时，用水量不宜过大的主要原因是_________________。【答案】用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)【解析】“水浸”时，用水量过大，导致滤液浓度过低，蒸发浓缩时能耗增加(或蒸发浓缩时间过长)，【练习】工业上以钛铁矿[主要成分为钛酸亚