1、无机化工流程题解题指导无机化工流程题是以实际的工业生产过程为背景，以解决化学实际问题为思路设置问题，通常以流程图的形式呈现生产过程，有时还结合表格和图象提供多种信息。试题的结构通常分为题头、流程和设问三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)；流程部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；设问主要是根据生产过程中涉及的化学知识来设置，从而组成一道完整的化学试题。从要解决的问题看，这类试题通常有两个目的：一是从混合物中分离、提纯某种物质；二是利用某些物质制备另一物质。1化工生产的一般流程2试题的设问角度化工流程题的考点主要从以下六点设置：(1)基本
2、操作。除杂、分离、检验、洗涤、干燥等实验操作的步骤描述；加入某些试剂或某个操作步骤的目的描述。(2)物质的分离与提纯。通过调节pH使溶液中的金属离子沉淀达到分离除杂的目的，据此选择需要加入的化学试剂；加入某种物质使难溶物转化为更难溶的物质后，通过过滤除去等。(3)化学反应速率与化学平衡理论的运用。例如，研磨使反应物颗粒变小，增大反应物间的接触面积，从而增大反应速率，提高原料利用率；升高温度能增大反应速率，使吸热反应平衡正向移动等。(4)化学方程式或离子方程式的书写。根据流程图及设问中的信息找出反应物和生成物，书写指定的化学方程式或离子方程式。(5)环境与绿色化学思想。流程中物质的转化和循环、资
3、源的回收和利用、“三废”的来源、对环境的影响及处理措施等。(6)化学计算。联系原料纯度、转化率、损失率、产物产率等计算产品质量；联系溶液配制、滴定操作测定样品中某元素含量或产品纯度；联系溶度积常数，计算溶液中某离子浓度或完全沉淀时的pH等。3试题三步审读(1)读题干明确原料成分和目的要求。(2)读流程明确各步转化原理和目的。看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。找信息：明确反应条件的控制和分离提纯的方法。关注所加物质的作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。(3)读问题明确答什么。避免答非所问：要看清题目要求，按
4、要求答题，防止答非所问。规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范。1工艺流程中的常见专业术语常见术语释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以增大反应速率或使反应更充分灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构，使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程浸出率固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。增大原料浸出率的措施有搅拌，升高温度，延长浸出
5、时间，增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定酸作用溶解、去氧化物(膜)，抑制某些金属离子的水解，除去杂质离子等碱作用去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH，促进水解(沉淀)2.工艺流程题中常见问题的答题方向常见问题答题要考虑的角度分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩冷却结晶过滤(洗涤、干燥)提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或特定气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气
6、，防氧化、水解、潮解等目的洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次判断沉淀是否洗涤干净取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等控制溶液的pH调节溶液的酸碱性，抑制水解或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀；“酸作用”还可除去氧化物(膜)；“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等；特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)使化学平衡移动，控制化学反应的方向；控制固体的溶解与结晶；控制反应速率：使催化剂达到最大活性；升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分
7、离3.物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作除杂加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH加热增大反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；又如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质降温防止某物质在高温时分解或使平衡向着题目要求的方向移动分离固液分离过滤液液分离：a有溶解度差异结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)b有溶解性差异
8、(萃取)分液c有沸点差异蒸馏4.获得产品阶段的主要操作洗涤(冰水、热水、有机溶剂)水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)蒸发时的气体氛围抑制水解如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解蒸发浓缩、冷却结晶KNO3和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析
9、出的固体是KNO3，达到除去KNO3中的少量NaCl的目的蒸发结晶、趁热过滤NaCl和少量KNO3的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，则析出的固体主要是NaCl，达到除去NaCl中的少量KNO3的目的题型以物质制备为目的的工艺流程(2020全国卷改编)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Fe3Fe2Al3Mn2开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列问题：(1)“
10、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VO，反应的离子方程式为_，同时还有_离子被氧化，反应的离子方程式为_。(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_。(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是_。解析：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MnO2“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
11、Fe3，SiO2在此过程中不反应，滤液中含有VO、K、Mg2、Al3、Fe3、Mn2、SO；滤液中加入NaOH调节pH3.03.1，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，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，滤液中含有K、Na、Mg2、Al3、Fe3、Mn2、SO，滤饼中含V2O5xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼中加入NaOH使pH13，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣的主要成分为Fe(OH)3；滤液中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH8.5，Na
12、AlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去。据此分析解答。(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是升高温度，增大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VO的同时还有Fe2被氧化，反应的离子方程式为MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O；VO转化为VO时，钒元素的化合价由3价升至5价，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VOMnO22H=VOMn2H2O。(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5xH2O
13、，随滤液可除去金属离子K、Mg2、Na、Mn2，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NaAlO2HClH2O=NaClAl(OH)3或NaAl(OH)4HCl=NaClAl(OH)3H2O。答案：(1)增大酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)VOMnO22H=VOMn2H2OFe2MnO22Fe24H= Mn22Fe32H2O(3)Mn2Al3和Fe3(4)Fe(OH)3(5)NaAlO2HClH2O=NaClAl(OH)3或NaAl(OH)4HC
14、l=Al(OH)3NaClH2O2020新高考卷(山东卷)改编用软锰矿(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：已知：MnO2是一种两性氧化物；25 时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp11016.311038.611032.311012.7回答下列问题：(1)软锰矿预先粉碎的目的是_，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_。(2)滤液可循环使用，应当将其导入到_操作中(填操作单元的名称)。(3)硫酸酸解，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫黄，得到的滤液中主要金属阳离子有_；(4
15、)净化时需先加入的试剂X为_(填化学式)，其目的是_(用离子方程式表示)；压滤得到的废渣是_；(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为_。(6)净化时使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度c1.0105 molL1时，可认为该离子沉淀完全)。解析：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，主要发生的化学反应为MnO2BaSH2O=Ba(OH)2MnOS，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、Al3，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫黄；之后向
16、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Al(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。(1)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，增大反应速率；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11。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MnO2Ba
17、SH2O=Ba(OH)2MnOS。(2)滤液为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用。(3)滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2、Fe2、Fe3、Al3，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫黄。(4)为净化时更好地除去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，离子方程式为2Fe2H2O22H= 2Fe32H2O；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Al(OH)3。(5)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
18、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Mn2HCONH3H2O=MnCO3NHH2O。(6)根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3完全沉淀时，Fe3也一定完全沉淀，当c(Al3)1.0105 molL1时，c(OH) (molL1)109.1 molL1，所以c(H)104.9 molL1，pH4.9，即pH的理论最小值为4.9。答案：(1)增大接触面积，充分反应，增大反应速率MnO2BaSH2O=Ba(OH)2MnOS(2)蒸发(3)Mn2、Fe2、Fe3、Al3(4)H2O22Fe2H2O22H= 2Fe32H
19、2OFe(OH)3和Al(OH)3(5)Mn2HCONH3H2O=MnCO3NHH2O(6)4.9题型以分离提纯为目的的工艺流程(2020四川天府名校质检)氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业。随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，氧化锌成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。用工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有铁、铝、铜的氧化物，Mn2、Pb2、Cd2等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：已知该工艺条件下相关金属离子c(Mn)0.1 molL1生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3Fe2Al3Mn2Zn2Cu2Cd2开始沉
20、淀的pH1.56.33.48.16.26.07.4沉淀完全的pH2.88.34.710.18.28.09.4回答下列问题：(1)为保证锌渣酸浸充分，先保持酸过量，且c(H)0.5 molL1左右。写出一种加快锌渣浸出的方法：_。(2)为调节溶液的pH，则试剂X为_(填化学式)，且调节溶液pH的范围是_。(3)除杂时加入高锰酸钾的作用是_，发生反应的离子方程式为_。(4)“过滤”所得滤渣的主要成分是_(填化学式)。(5)写出“碳化合成”的化学方程式：_；“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量：_。解析：(1)酸浸的主要目的是将ZnO等物质与硝酸反应，为增大反应速率，可采取的方法
21、有加热、将锌渣粉碎、适当增大硝酸浓度、搅拌等。(2)加入试剂X的目的是调节溶液的pH，使Fe3、Al3生成沉淀除去；为不引入新的杂质离子，可加入ZnO、Zn(OH)2、ZnCO3等，根据流程及表中数据，需调节pH的范围为4.7pH6.0。(3)加入高锰酸钾的作用是将Mn2转化为MnO2沉淀，除去Mn2，反应的离子方程式为2MnO3Mn22H2O=5MnO24H。(4)由(2)、(3)知，“过滤”所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2。(5)“碳化合成”时加入Na2CO3，产物为ZnCO32Zn(OH)2H2O，反应的化学方程式为3Zn(NO3)23Na2CO33H2O=Z
22、nCO32Zn(OH)2H2O2CO26NaNO3或3Zn(NO3)25Na2CO35H2O=ZnCO32Zn(OH)2H2O4NaHCO36NaNO3。若Na2CO3不足时，溶液中还有Zn(NO3)2，继续滴加Na2CO3溶液，有沉淀产生；若Na2CO3过量时，可检验溶液中的CO。答案：(1)将锌渣粉碎或加热(或适当增大硝酸浓度或搅拌或其他合理答案)(2)ZnO或Zn(OH)2或ZnCO34.7pH6.0(3)除去Mn22MnO3Mn22H2O=5MnO24H(4)Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2(5)3Zn(NO3)23Na2CO33H2O= ZnCO32Zn(OH)2H2O2CO
23、26NaNO3或3Zn(NO3)25Na2CO35H2O=ZnCO32Zn(OH)2H2O4NaHCO36NaNO3静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加CaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)(2021广东省适应性考试)综合利用炼锌矿渣主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：该工艺条件下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。表1
24、金属离子浓度及开始沉淀的pH金属离子浓度/(molL1)开始沉淀pHFe21.01038.0Fe34.01021.7Zn21.55.5Ga33.01033.0表2金属离子的萃取率金属离子萃取率/%Fe20Fe399Zn20Ga39798.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为_，“浸出”时其发生反应的离子方程式为_。(2)滤液1中可回收利用的物质是_，滤饼的主要成分是_；萃取前加入的固体X为_。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为_(填化学式)。(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应
25、为_。(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为_。(6)滤液1中残余的Ga3的浓度为_molL1(写出计算过程)。解析：炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH5.4，沉淀铁离子和Ga3，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3，加入氢氧化钠溶液使Ga3转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，据此分析解答。(1)Ga2(Fe2
26、O4)3中Fe是3价，O是2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价为3价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为Fe2O8H=2Fe34H2O。(2)根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH5.4，沉淀铁离子和Ga3，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。(4)精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极是得到电子转化为Ga，电极反应为GaO3e2H2O= Ga4OH。(5)以合成的
27、三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3NH3=3CH4GaN。(6)根据表中数据可知Ga(OH)3的溶度积常数为3.0103(1011)33.01036，溶液的pH5.4，即氢氧根离子浓度是108.6 molL1，所以滤液1中残余的Ga3的浓度为 molL13.01010.2 molL1。答案：(1)3价Fe2O8H=2Fe34H2O(2)硫酸锌Fe(OH)3、Ga(OH)3Fe(3)NaGaO2(4)GaO3e2H2O= Ga4OH(5)Ga(CH3)3NH3=3CH4GaN(6)3.01010.21
28、(2020全国卷节选)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(NiSO47H2O)：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Ni2Al3Fe3Fe2开始沉淀时(c0.01 molL1)的pH7.23.72.27.5完全沉淀时(c1.0105 molL1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是_。为回收金属，用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式：_。(2)“滤液”中含有的金属离子是_。(3)“转化”中可
29、替代H2O2的物质是_。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即 “滤液”中可能含有的杂质离子为_。(4)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：_。(5)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是_。解析：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：2Al2NaOH2H2O= 2NaAlO23H2、Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液含有NaAlO2，滤饼为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、
30、Fe3的滤液，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。(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，滤液中含有NaAlO2或NaAl(OH)4，加入稀硫酸可发生反应AlOHH2O=Al(OH)3或Al(OH)H=Al(OH)3H2O。(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液”中含有的金属离子是Ni2、Fe2、Fe3。(3)在“转化”过程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“调pH”后
31、“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2，则滤液中可能含有转化生成的Fe3。(4)由题中信息，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2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O。(5)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。答案：(1)除去油脂，溶解铝及其氧化物AlOHH2O= Al(OH)3或Al(OH)H=Al(OH)3H2O(2)Ni2、Fe2、Fe3(3)O2或空气Fe3(4)2Ni2ClO4OH=2NiOOHClH2O(5)提高
32、镍回收率2(2019全国卷)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：(1)在95 “溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。(2)“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3离子，可选用的化学试剂是_。(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3H2OHB(OH)，Ka5.811010，可判断H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_。(4)在“沉镁”中生成Mg(OH
33、)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。解析：(1)根据题中流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应的化学方程式为NH3NH4HCO3=(NH4)2CO3。(2)滤渣为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3，可选用的化学试剂为KSCN。(3)由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)转化为H3BO3，并促
34、进H3BO3析出。(4)沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2反应生成Mg(OH)2MgCO3，沉镁过程的离子反应为2Mg22H2O3CO=Mg(OH)2MgCO32HCO或2Mg22COH2O=Mg(OH)2MgCO3CO2；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。答案：(1)NH4HCO3NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱将B(OH)转化为H3BO3，促进析出(4)2Mg23CO2H2O=Mg(OH)2MgCO32HCO或2Mg22COH2O=Mg(
35、OH)2MgCO3CO2溶浸高温焙烧3二硫化钼(MoS2，其中Mo的化合价为4)被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为_。(2)在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(3)若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是_，“氨浸”后生成(NH4)2MoO4反应的化学方程式为_。(4)向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵(NH4
36、)2MoS4，加入盐酸后，(NH4)2MoS4与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为_。(5)高钝MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质。在该杂质中为保持电中性，Mo元素有4、6两种价态，则MoS2中Mo4所占Mo元素的物质的量分数为_。解析：(1)杂质SiO2与氢氟酸反应产生SiF4、H2O，反应的化学方程式为SiO24HF=SiF42H2O。(2)高温焙烧，MoS2与O2反应产生MoO3和SO2，反应的化学方程式为2MoS27O22MoO34SO2，在该反应中Mo、S元素化合价升高，失去电子，所以MoS2作还原剂，O元素化合价降低，获得电子，被还原，O2作氧化
37、剂，则在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为72。(3)“氧化焙烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；氨浸后生成(NH4)2MoO4和H2O，该反应的化学方程式是MoO32NH3H2O=(NH4)2MoO4H2O。(4)(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出NH和MoS，MoS在酸性环境下生成MoS3沉淀，另外的生成物只能是H2S气体，所以离子方程式为MoS2H=MoS3H2S。(5)设在1 mol的MoS2.8中Mo4与Mo6的物质的量分别是x和y，则xy1，根据化合价代数之和为0，则有4x6y2.82，解得x0.2，y0.8，所以该杂
38、质中Mo4与Mo的物质的量之比。答案：(1)SiO24HF=SiF42H2O(2)72(3)增大反应物的接触面积，提高浸出速率MoO32NH3H2O=(NH4)2MoO4H2O(4)MoS2H=MoS3H2S(5)4(2020全国十大名校大联考)钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：已知：“浸出”后溶液中含有Co2、Zn2、Mn2、Fe2、Fe3等。请回答下列问题：(1)“煅烧”的目的为_。(2)“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式为_。(3)“沉钴”时，发生如下反应：(NH4)2S2O8H2ONH4HSO4
39、H2O2；H2O2H2OO；Co3H2OCo(OH)3H。所缺的化学方程式为_；每生成1 mol Co(OH)3，理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为_。(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。(5)“沉钴”时pH不能太高，其原因为_；“沉锌”时温度不能太高，其原因为_。(6)取“沉锌”后所得固体34.1 g，煅烧后得到固体24.3 g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4 g。则所得固体的化学式为_。解析：将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH控制在15，得到含有Co2、
40、Zn2、Mn2、Fe2、Fe3的浸出液，调节溶液pH为55.2，加入高锰酸钾将Mn2、Fe2氧化并转化为Fe(OH)3和MnO2除去，再次调节溶液pH为4.5，加入(NH4)2S2O8将Co2氧化为Co3并转化为Co(OH)3沉淀除去，调节pH为8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3xZn(OH)2yH2O沉淀，据此分析解答。(1)“煅烧”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出。(2)“净化”时，加入KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2和Mn2，反应的离子方程式为MnO3Fe27H2O=MnO23Fe(OH)35H、3Mn22MnO2H2O= 5MnO24H。
41、(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2，结合所给反应过程，缺少将Co2转化为Co3的反应，则可得所缺的化学方程式为2Co2O2H= 2Co3H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8H2O2O2Co32Co(OH)3，每生成1 mol Co(OH)3理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为0.5 mol。(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3 沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取少量最后一次洗涤液于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净。(5)“沉钴”时pH不能太高，防止Zn2提
42、前沉淀；“沉锌”时，加入NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3热分解。(6)取“沉锌”后所得固体34.1 g，煅烧后得到固体24.3 g，煅烧后生成的ZnO的物质的量为0.3 mol，将生成的气体通过足量的浓硫酸增重5.4 g，增重的质量为水，生成水的物质的量为0.3 mol，根据质量守恒，煅烧生成的CO2气体的物质的量为0.1 mol，根据元素守恒可得固体的化学式为ZnCO32Zn(OH)2H2O。答案：(1)除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出)(2)MnO3Fe27H2O=MnO23Fe(OH)35H、3Mn22MnO2H2O=5MnO24H(3)2Co2O2H=2Co3H2O0.5 mol(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净(5)防止Zn2提前沉淀防止NH4HCO3热分解(6)ZnCO32Zn(OH)2H2O