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1、专题13 化学工艺流程题,2021届高三八省市模拟考试专题研究,前言,prcface,目 录,contents,模型运用,PART 01,整体评价,命题视角主要是最新化工生产涉及物质系列提纯与制备。涉及的考查角度是多方面的，难度较大。分离提纯型工艺流程题多以矿物、各种废弃物为原料，经过各种处理，除去杂质获得有价值的产品。例如：1.【湖北T19】、2.【江苏T14】4.【重庆T15】5.【广东T18】6.【河北T17】7.【辽宁T16】8.【福建T11】。物质制备类型例如：3.【湖南T16】,PART 02,试题评析,试题精讲,1.【湖北T19】某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从某厂阳极泥（成
2、分为Cu、Ag2Se、Au、Pt）中回收贵重金属的工艺，其流程如下图所示,回答下列问题：,（1）写出“焙烧”时，生成SeO2的化学反应方程式_（2）“滤液”中的金属阳离子有_；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_、_,（3）“酸溶”时Pt、Au分别转化为PtCl62-和AuCl4-，写出溶解的离子方程式_,（4）可从“有机层”回收的金属是_实验室“萃取分液”的玻璃仪器有_、_（5）电解NH4Au(SO3)2溶液回收Au的阴极反应式_。,【答案】(1).2Ag2Se+3O2=2SeO2+2Ag2O(2).Cu2+、Ag+氧化可能存在的Cu、SeO2防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气(3).2Au
3、+3Cl2+2Cl-=2AuCl4-(4).Pt 烧杯、分液漏斗(5).Au3+3e-=Au,【原题解析】该题目以阳极泥的提取有用的物质为情景的工艺流程，类似于除杂、提纯的流程。确定阳极泥的成分为Cu、Ag2Se、Au、Pt，通入氧气焙烧得CuO、Ag2O、SeO2、Au、Pt，Se以SeO2形式除去，烧渣成分为CuO、Ag2O、Au、Pt；将烧渣酸浸氧化，CuO、Ag2O溶解，滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为Au、Pt；酸溶时，Au、Pt转化为AuCl4-、PtCl62-，用磷酸三丁酯萃取-分液，得到H2PtCl6的有机溶液，水层为HAuCl4-(aq)，加入KOH、(NH4)2SO3转化为
4、NH4Au(SO3)2。,原料的成份,流程的目的,试题精讲,1.【湖北T19】某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从某厂阳极泥（成分为Cu、Ag2Se、Au、Pt）中回收贵重金属的工艺，其流程如下图所示,回答下列问题：,（1）写出“焙烧”时，生成SeO2的化学反应方程式_（2）“滤液”中的金属阳离子有_；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_、_,（3）“酸溶”时Pt、Au分别转化为PtCl62-和AuCl4-，写出溶解的离子方程式_,（4）可从“有机层”回收的金属是_实验室“萃取分液”的玻璃仪器有_、_（5）电解NH4Au(SO3)2溶液回收Au的阴极反应式_。,【详解】(1)“焙烧”时，Ag2Se
5、被氧气氧化生成SeO2和Ag2O，反应的化学反应方程式为2Ag2Se+3O2=2SeO2+2Ag2O；(2)由分析可知“滤液”中的金属阳离子有Cu2+、Ag+；烧渣中可能还含有Cu、SeO2，与硝酸直接反应会产生NO有毒气体，因此“酸浸氧化”中通入氧气的目的1是氧化可能存在的Cu、SeO2；目的2防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气；通入氧气的目的1难以想全氧化可能存在的物质。(3)“酸溶”时Pt、Au分别转化为PtCl62-和AuCl4-，则Au溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2AuCl4-；(4)由分析可知，可从“有机层”回收的金属是Pt；实验室“萃取分液”的玻璃仪器有烧杯
6、；分液漏斗；(5)电解NH4Au(SO3)2溶液回收Au的阴极反应式为Au3+3e-=Au。,审题干第一步：明目的,原料的成分：Cu、Ag2Se、Au、Pt,流程的目的：回收贵重金属的工艺,【解答指导】,通入氧气焙烧得CuO、Ag2O、SeO2、Au、Pt，Se以SeO2形式除去，烧渣成分为CuO、Ag2O、Au、Pt；将烧渣酸浸氧化，CuO、Ag2O溶解，滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为Au、Pt；酸溶时，Au、Pt转化为AuCl4-、PtCl62-.用磷酸三丁酯萃取-分液，得到H2PtCl6的有机溶液，水层为HAuCl4-(aq).加入KOH、(NH4)2SO3转化为NH4Au(SO3)2
7、。,第二步：审流程信息得结论,第三步：审设问得答案,（1）写出“焙烧”时，生成SeO2的化学反应方程式_（2）“滤液”中的金属阳离子有_；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_、_（3）“酸溶”时Pt、Au分别转化为PtCl62-和AuCl4-，写出溶解的离子方程式_（4）可从“有机层”回收的金属是_实验室“萃取分液”的玻璃仪器有_、_（5）电解NH4Au(SO3)2溶液回收Au的阴极反应式_。,(1)“焙烧”时，Ag2Se被氧气氧化生成SeO2和Ag2O，反应的化学反应方程式为2Ag2Se+3O2=2SeO2+2Ag2O；(2)由分析可知“滤液”中的金属阳离子有Cu2+、Ag+；烧渣中可能还含有C
8、u、SeO2，与硝酸直接反应会产生NO有毒气体，因此“酸浸氧化”中通入氧气的目的1是氧化可能存在的Cu、SeO2；目的2防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气；通入氧气的目的1难以想全氧化可能存在的物质。(3)“酸溶”时Pt、Au分别转化为PtCl62-和AuCl4-，则Au溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2AuCl4-；(4)由分析可知，可从“有机层”回收的金属是Pt；实验室“萃取分液”的玻璃仪器有烧杯；分液漏斗；(5)电解NH4Au(SO3)2溶液回收Au的阴极反应式为Au3+3e-=Au。,试题精讲,2.【江苏T14】（15分）皮革厂的废水中含有一定量的氨氮（以形NH3、N
9、H4+式存在），通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准.（1）沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液，废水中的氨氮转化NH4Fe3(SO4)2(OH)6为沉淀.该反应的离子方程式为_ _.废水中氨氮去除率随PH的变化如图-1所示，当1.3PH1.8时，氨氮去除率随PH升高而降低的原因是_.,【答案】(1).pH有所增大，氢氧根离子浓度增大，不利于NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低,【详解】(1)向酸性废水中，氨气或铵离子、铁离子、硫酸根离子和水反应，生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀，该反应的离子方程式为当1.3pH1
10、.8时，随着氢离子浓度有所下降，氢氧根离子浓度增大，对NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀溶解平衡的影响是：不利于沉淀生成，则氨氮去除率随pH升高而降低。,试题精讲,2.【江苏T14】（15分）皮革厂的废水中含有一定量的氨氮（以形NH3、NH4+式存在），通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准.,（2）氧化：调节经沉淀处理后的废水PH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理.NaClO将废水中的氨氮转化为N2，该反应的离子方程式为_.研究发现，废水中氨氮去除率随温度升高呈先升后降趋势.当温度大于30时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是_.n(ClO-)/n（氨
11、氮）对废水中氨氮去除率和总氮去除率的影响如图-2所示.当n(ClO-)/n（氨氮）1.54后，总氮去除率下降的原因是_.,【答案】(2).或 氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解 次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降.,(2)NaClO具氧化性，废水中的氨氮呈-3价，被氧化转化为N2，还原产物为氯化钠，则该反应的离子方程式为当温度大于30时，废水中氨氮去除率随着温度升高而降低，其原因是氧化剂次氯酸不稳定，温度升高受热分解。当n(ClO-)/n(氨氮)1.54后，次氯酸钠投加量过大，导致污水中部分氨氮氧化为其它价态例如硝酸根离子，则总氮去除率下降。
12、,【详解】,试题精讲,【答案】(1).NH3 CO2(2).水浴加热(3).取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净,【详解】(1)根据题意，尿素CO(NH2)2在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2H2O=CO22NH3，因此放出NH3和CO2两种气体；故答案为：NH3；CO2。(2)“晶化”过程中，需保持恒温60，温度在100以下，因此采用的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用方法是取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯
13、化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净。,。,试题精讲,。,【答案】,【详解】,试题精讲,。,【详解】,考点分析,PART 03,思维模型,1试题类型(1)以制备为主体化工流程的构成,(2)以提纯为主体的化工流程的构成,2.化工流程试题的一般解题策略,明确原料的成分明确流程的目的,寻找信息在流程中的作用寻找信息与某问的对应关系,明确三线：主线产物，分支到产物，回线为循环产物结合设问的问题细审流程中的转化原理，找出进料物质（反应物）和出去的物质（生成物）的主要产物和副产物,明确答
14、什么，答的问题与哪步流程有关，考查了什么知识等等,PART 04,模型的运用,试题精讲,4.【重庆T15】碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含8090%SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：,Sr(OH)2在水中的溶解度,(1)元素Sr位于元素周期表第_周期第_族,(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_。(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_。进行煅烧反应的立窑衬里应选择_(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”),五,A,增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率,碱性耐火砖,(4)“
15、浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是_；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_。(5)“沉锶”中反应的化学方程式为_。(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrOyFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则,为_(取整数)。,为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解,MgO,6,Sr(OH)2+HCO3-+NH=SrCO3+H2O+NH3H2O,该题以工业菱锶矿(含8090%SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析
16、出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，,题目溯源,4.【重庆T15】碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含8090%SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：,原料的成份,流程的目的,菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率。“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，MgCO3、CaCO3、BaCO3也分解生成对应的氧化物。“浸取”中用热水浸取，结合信息为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，；加入稀硫酸除钡。结晶可以得到氢氧化锶晶体。“
17、沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶。,质量比为,=0.13，则,=6，故答案为：6。,PART 05,变式训练,铬合金具有高硬度、耐腐蚀特性，广泛应用于精密仪器制造，由高碳铬铁合金废料粉末制取铬的简单流程如下：已知：CrH2SO4=CrSO4H2。请回答下列问题：(1)稀硫酸酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_(写一条即可)。(2)用纯碱调节溶液酸度，若纯碱过量，则可能导致的后果是_，副产物中两种主要物质的化学式为_。(3)加入草酸发生反应的离子方程式为_；利用铝热反应冶炼铬的化学方程式为_。(4)向滤液中通入空气，加入氨水后发生反应的化学方程式为_。(5)已知高碳铬铁废料中铁铬
18、元素质量之比为1413。上述流程中铁元素转化为草酸亚铁的利用率为80%。废料中提取金属铬的总转化率为95%，如果得到草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)的质量为18.00 t，则可以冶炼铬的质量为_t(结果保留1位小数)。,(1)加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度(任写一条，合理即可)(2)Cr2、Fe2水解或沉淀Na2SO4、(NH4)2SO4(3)Fe2H2C2O42H2O=FeC2O42H2O2HCr2O32AlAl2O32Cr(4)4CrSO4O28NH3H2O2H2O=4Cr(OH)34(NH4)2SO4(5)6.2,PART 04,模型的运用,已知：常温下，浸出液中各离子的浓度及其开
19、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金属离子浓度及开始沉淀的pH 表2金属离子的萃取率(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
20、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_ molL-1(写出计算过程)。,+3价,Fe2O42-+8H2Fe3+4H2O,硫酸锌,Fe(OH)3、Ga(OH)3,Fe,NaGaO2,GaO+3e+2H2OGa+4OH,Ga(CH3)3+NH33CH4+GaN,3.010-10.2,5.【广东T18】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：,题目溯源,该题以工业炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含
21、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。,PART 05,变式训练,答案：,（2019全国卷 节选)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：,相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下
22、：,(1)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是_。(2)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。(3)“除杂1”的目的是除去Zn2和Ni2，“滤渣3”的主要成分是_。(4)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2。若溶液酸度过高，Mg2沉淀不完全，原因是_。(5)写出“沉锰”的离子方程式_。(6)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为2、3、4。当xy1/3,时，z_,(1)将Fe2氧化为Fe3(2)4.7(3)NiS和ZnS(4)F与H结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg22F平衡向右移动(5)Mn
23、22HCO=MnCO3CO2H2O(6)1/3,PART 04,模型的运用,试题精讲,6.【河北T17】合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：,回答下列问题：(1)“浸取”工序中加入过量氨水的目的：使ZnO、CuO溶解，转化为Zn(NH3)42+和Cu(NH3)42+配离子；_。(2)ZnO转化反应的离子方程式为_。(3)“除杂”工序中，反应的离子方程式为_。(4)滤渣的主要成分有_(填化学式)，回收后可用作冶金原料。(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合
24、物中蒸出，相应的化学方程式为_，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回_工序循环使用。(6)从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为_。(7)将滤渣用H2SO4溶液处理后得到_溶液和_固体(均填化学式)。,使MnO2、Fe2O3沉淀除去,ZnO+2NH3H2O+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O,Zn+Cu(NH3)42+=Cu+Zn(NH3)42+,Zn、Cu,Zn(NH3)4(HCO3)2 4NH3+Zn(HCO3)2,浸出,煅烧,Fe2(SO4)3,MnO2,题目溯源,该题是以处理工业烟灰为背景首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为Zn(NH3)42+络离子，将Cu元素转化为C
25、u(NH3)42+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣中；加入锌粉可以将Cu(NH3)42+全部置换出来得到滤渣中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为NH3和Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳酸锌与Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。,PART 05,变式训练,二硫化钨(WS2，其中W的化合价为4)可用作润滑剂，还可以在石油化工领域中用作催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如图所示：,(1)FeWO4中铁元素的化合价为_。(2)FeWO4在“熔融”过程中发生反应的化学方程式为_；“熔融”过程中为了
26、提高熔融速率，可采取的措施有_(写出一条即可)。(3)过量CO2通入粗钨酸钠溶液中发生反应的离子方程式为_，操作中用作引流的玻璃仪器是_。(4)生成二硫化钨的化学方程式为2(NH4)2WS43O22WS24NH32S2SO22H2O，若反应中转移8 mol电子，则生成WS2的质量是_g。,(1)2(2)4FeWO4O28NaOH 2Fe2O34Na2WO44H2O 粉碎矿石(或搅拌等)(3)AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3-玻璃棒(4)248,PART 04,模型的运用,试题精讲,7.【辽宁T16】高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)
27、可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如下：,该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：,回答以下问题：(1)MnSO4中阴离子的空间构型为_。(2)提高“反应”速率可采取的措施是_(除“加热”外，任写一种)，滤渣A的主要成分为_(填化学式)。(3)“反应”中硫铁矿(FeS2)的作用为_。,答案：(1)正四面体(2)适当增加硫酸的浓度 MnO2(3)将MnO2还原为Mn2+,解析：(1)根据价层电子对互斥理论可知，SO42中S原子采用sp3杂化，离子呈正四面体空间构型。(2)提高反应速率的常见措施有适当升温、适当增加酸的浓度、将硫铁矿粉碎搅拌等，根据题意选填一种即可。需注意的是MnO
28、2能与热硫酸反应生成氧气而溶解损失，所以本题题干将“加热”因素排除。(3)从原料到产物的价类分析，可判断MnO2制备MnSO4的核心反应必为氧化还原反应，加入的硫铁矿作还原剂，作用是“将MnO2还原为Mn2+”，反应方程式为。生成的Fe3+是后续操作中需要除去的杂质离子。,(4)“反应”的离子方程式为_。(5)“调pH”步骤中，应调节pH不低于_。(6)取0.1510 g MnSO4固体，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为MnO4，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液后，加入0.5360 g Na2C2O4固体，充分反应后，用0.0320 mol/L KMnO4溶液滴
29、定，用去20.00 mL，计算样品中MnSO4的质量分数_(保留三位有效数字)。,答案：(4)(5)3.20(6)98.0%,解析：(4)根据题中离子沉淀的pH数据可知，Fe3+比Fe2+更容易通过调节pH达到沉淀分离，所以反应加入MnO2是为了将Fe2+氧化，离子方程式为。(5)由表中数据可知，Fe3+完全沉淀的pH为3.20，Mn2+开始沉淀的pH为9.27，要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+，pH应不低于3.20，但不高于9.27，此处需注意有效数字与题目所给一致；,(6)此处采用间接测定法测MnSO4的含量。根据题意，与由样品产生的 反应的 物质的量=总的 的物质的量 滴定消耗
30、的物质的量。其中，加入的Na2C2O4的物质的量为=0.004mol。据方程式可知，剩余的 的物质的量为0.0016mol，由此得与由样品产生的 反应的 物质的量为0.004-0.0016=0.0024mol，即样品中MnSO4的物质的量为0.0098mol，其质量分数为=98.0%，故填98.0%。,该题从现代锰冶金中选材，以MnSO4晶体的制备流程为载体，考查了物质结构、典型物质化学性质、氧化还原反应、调节pH沉淀除杂及间接法测定纯度等常见知识点，对学生知识获取能力群、思维认知能力群要求较高。,考点分析,以制备硫酸锰、碳酸锰为目的的工艺流程题目，在近几年的高考题和模拟试题中多次出现，例如，
31、2020山东省化学等级考第16题、2019新课标第26题，还有本次八省市模考中有两题也以锰元素为载体，值得认真分析总结。,题目溯源,试题精讲,8.【福建T11】废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体（NiCO3CoCO3MnCO3）。,回答下列问题：（1）“酸浸”温度为85，粉体中的钴（以Co2O3表示）还原浸出的化学方程式为，H2O2的用量比理论用量多一倍的原因是。（2）除铁时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是（填化学式）。（3）除铜时获得
32、萃余液的操作名称是。,回答下列问题：（4）除铝时反应的离子方程式为。萃余液中Co2+的浓度为0.33molL-1，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，是否造成Co的损失？（列出算式并给出结论）已知：（KspCo(OH)2=5.910-15）（5）从滤液中可提取（任写一种）用作。,答案：(1)Co2O3+H2O2+2H2SO4=2CoSO4+O2+3H2O H2O2受热分解(2)NaOH(3)分液(4)Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+Q=KspCo(OH)2=5.910-15，不会造成Co的损失(5)锂、电池原料 或者(NH4)2SO4、化肥,解析：(1)“酸浸”时加
33、入H2O2，使粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出，因此，Co2O3做氧化剂，H2O2做还原剂，化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2+3H2O。“酸浸”温度较高为85，且溶液中的Cu2+、Fe3+对过氧化氢分解有催化作用，所以H2O2的用量比理论用量多；(2)“除铁”时需将溶液的pH调高，从产物化学式分析，应引入含钠离子的碱性物质，故加入的化合物X是氢氧化钠，化学式为NaOH；(3)萃取后分离萃出液、萃余液的操作名称是分液；(4)“除铝”时加入氨水，Al3+生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为Al3+3NH3 H2O=Al(OH)3+3NH4+。萃余液中Co2+
34、的浓度为0.33molL-1，常温下除铝控制溶液pH为4.5，c(OH)=。比较溶液中Q与Ksp的关系可知，Q=5.910-15，不会造成Co的损失；(5)滤液中含有锂离子和铵离子，可提取金属锂，制备锂电池；或是获得硫酸铵，用作化肥。,本题以废旧锂离子电池中分离、回收、制备正极材料的前驱体为情境，考查了多种物质的平行转化、陌生方程式的书写、试剂选择、分离提纯操作及Ksp的应用，流程清楚，操作目的明确，整体难度不大。,考点分析,本题情境新颖，原料成分复杂，制备的前驱体所含元素也较多，这对学生的知识整合和迁移运用能力提出较高的要求。八省市模拟卷的湖南T16、湖北T19与本题形式相似，流程清晰但元素
35、繁多，而2019新课标第26题、2020山东省化学等级考第16题更将此类流程题难度进行再提升，多线平行、循环利用。,题目溯源,PART 05,变式训练,“翠矾”（NiSO47H2O）在印染工业作媒染剂，生产酞菁艳蓝络合剂；氟镍化钾（K2NiF4）是结构化学研究的热点物质。以镍废渣（主要成分为 Ni，含少量 Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等）为原料合成“翠矾”和氟镍化钾的流程如下,几种金属离子的氢氧化物沉淀 pH 如表,请回答下列问题（1）“碱浸”过程中，为提高浸出率，可采取的措施是_（写一种即可）。（2）“转化”过程中加入 H2O2的目的是_（用离子方程式表示），经实验测定该过
36、程温度高于40，转化率急速降低的原因可能是_。（3）调节 pH=a，其中a的取值范围是_。（4）写出灼烧NiCO3和NH4F的混合物时的化学反应方程式_，为避免污染环境，选择下列装置吸收尾气，最宜选择_（填选项）。,（5）从溶液中获得 NiSO47H2O的操作A是_。（6）准确称取Wg翠矾晶体产品于锥形瓶中，加入足量的蒸馏水溶解配成 250 mL溶液，取 20.00 mL所配溶液于锥形瓶中，用c molL-1的标准溶液EDTA（Na2H2Y）滴定至终点（发生反应 Ni2+H2Y2=NiY2+2H+），三次实验消耗标准液的体积分别为 20.02 mL、19.98 mL、19.50 mL，则翠矾的纯度为_%（只列计算式，不考虑杂质反应）。,答案：（1）升高温度（合理即可）（1 分）（2）2Fe2+H2O22H+=2Fe3+2H2O（2 分）温度过高，双氧水分解速率加快（1分）（3）3.7a7.1（2分）（4）NiCO3+2NH4F=NiF2+2NH3+CO2+H2O（2 分）；C（1分）（5）蒸发浓缩、冷却结晶（2分）（6）2528lc（2分）W,
