二化學工藝流程[全國卷]1．(2018·全國卷Ⅱ)我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家。一種以閃鋅礦(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質(zhì))為原料制備金屬鋅的流程如圖所示：相關(guān)金屬離子[c0(Mn＋)＝0.1mol·L－1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下表所示：金屬離子Fe3＋Fe2＋Zn2＋Cd2＋開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列問題：(1)焙燒過程中主要反應的化學方程式為___________________________________________________________________________。(2)濾渣1的主要成分除SiO2外還有__________；氧化除雜工序中ZnO的作用是______________，若不通入氧氣，其后果是______________。(3)溶液中的Cd2＋可用鋅粉除去，還原除雜工序中反應的離子方程式為________________________________________________。(4)電解硫酸鋅溶液制備單質(zhì)鋅時，陰極的電極反應式為______________________________；沉積鋅后的電解液可返回__________工序繼續(xù)使用。[解析](1)閃鋅礦的主要成分是ZnS，所以高溫焙燒過程中主要反應的化學方程式為ZnS＋eq\f(3,2)O2eq\o(=,\s\up15(焙燒))ZnO＋SO2。(2)閃鋅礦焙燒后的主要成分變?yōu)閆nO，還存在少量SiO2、Fe2O3、CdO、PbO，加稀H2SO4后，發(fā)生一系列化學反應：ZnO＋H2SO4=ZnSO4＋H2O、Fe2O3＋3H2SO4=Fe2(SO4)3＋3H2O、CdO＋H2SO4=CdSO4＋H2O、PbO＋H2SO4=PbSO4＋H2O。其中SiO2和PbSO4不溶于水，以沉淀的形式沉降下來，所以濾渣1的主要成分是SiO2和PbSO4。氧化除雜工序中ZnO的作用是調(diào)節(jié)溶液的pH在2.8～6.2，使Fe3＋完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e(OH)3沉淀；通入O2的目的是使溶液中的Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋，有利于除雜，若不通入O2，無法除去溶液中的雜質(zhì)Fe2＋。(3)溶液中的Cd2＋與加入的Zn粉反應而被除去，反應的離子方程式為Zn＋Cd2＋=Zn2＋＋Cd。(4)電解ZnSO4溶液制備單質(zhì)Zn時，陰極放電的是Zn2＋，電極反應式是Zn2＋＋2e－=Zn。沉積鋅后的溶液應該是ZnSO4和稀H2SO4，可返回到溶浸工序循環(huán)使用。[答案](1)ZnS＋eq\f(3,2)O2eq\o(=,\s\up15(焙燒))ZnO＋SO2(2)PbSO4調(diào)節(jié)溶液的pH無法除去雜質(zhì)Fe2＋(3)Cd2＋＋Zn=Cd＋Zn2＋(4)Zn2＋＋2e－=Zn溶浸2．(2016·全國卷Ⅲ)以硅藻土為載體的五氧化二釩(V2O5)是接觸法生產(chǎn)硫酸的催化劑。從廢釩催化劑中回收V2O5既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用。廢釩催化劑的主要成分為：以下是一種廢釩催化劑回收工藝路線：回答下列問題：(1)“酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VOeq\o\al(＋,2)，反應的離子方程式為____________________________，同時V2O4轉(zhuǎn)化成VO2＋?！皬U渣1”的主要成分是________。(2)“氧化”中欲使3mol的VO2＋變?yōu)閂Oeq\o\al(＋,2)，則需要氧化劑KClO3至少為________mol。(3)“中和”作用之一是使釩以V4Oeq\o\al(4－,12)形式存在于溶液中?！皬U渣2”中含有____________________。(4)“離子交換”和“洗脫”可簡單表示為：4ROH＋V4Oeq\o\al(4－,12)eq\o(,\s\up15(離子交換),\s\do15(洗脫))R4V4O12＋4OH－(ROH為強堿性陰離子交換樹脂)。為了提高洗脫效率，淋洗液應該呈________性(填“酸”、“堿”或“中”)。(5)“流出液”中陽離子最多的是________。(6)“沉釩”得到偏釩酸銨(NH4VO3)沉淀，寫出“煅燒”中發(fā)生反應的化學方程式________________________________________。[解析](1)V2O5與H2SO4反應生成VOeq\o\al(＋,2)，反應的離子方程式為V2O5＋2H＋=2VOeq\o\al(＋,2)＋H2O；廢釩催化劑中只有SiO2與H2SO4不反應，故“廢渣1”的主要成分為SiO2。(2)3molVO2＋變?yōu)閂Oeq\o\al(＋,2)失3mol電子，根據(jù)Keq\o(Cl,\s\up6(＋5))O3→Keq\o(Cl,\s\up6(－1))，則需要KClO3eq\f(3,6)mol，即0.5mol。(3)廢釩催化劑中含有Fe2O3、Al2O3，則KClO3氧化后的溶液中含有Fe3＋、Al3＋，故“廢渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)由4ROH＋V4Oeq\o\al(4－,12)eq\o(,\s\up15(離子交換),\s\do15(洗脫))R4V4O12＋4OH－知，洗脫時淋洗液中的c(OH－)應較大，故淋洗液呈堿性。(5)由于廢釩催化劑中K2SO4的含量較高，結(jié)合回收工藝路線中KClO3、KOH的加入，故“流出液”中陽離子最多的是K＋。(6)煅燒NH4VO3生成V2O5、NH3及H2O。[答案](1)V2O5＋2H＋=2VOeq\o\al(＋,2)＋H2OSiO2(2)0.5(3)Fe(OH)3和Al(OH)3(4)堿(5)K＋(6)2NH4VO3eq\o(=,\s\up15(高溫))V2O5＋2NH3↑＋H2O↑[省市卷]1．(2018·江蘇卷)以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金屬硫酸鹽)為原料，生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下：(1)焙燒過程均會產(chǎn)生SO2，用NaOH溶液吸收過量SO2的離子方程式為______________________________________________。(2)添加1%CaO和不添加CaO的礦粉焙燒，其硫去除率隨溫度變化曲線如圖所示。已知：多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600℃硫去除率＝1－eq\f(焙燒后礦粉中硫元素總質(zhì)量,焙燒前礦粉中硫元素總質(zhì)量)×100%①不添加CaO的礦粉在低于500℃焙燒時，去除的硫元素主要來源于________。②700℃焙燒時，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，其主要原因是______________________________________________________________________________________。(3)向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2，鋁元素存在的形式由__________(填化學式)轉(zhuǎn)化為__________(填化學式)。(4)“過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，理論上完全反應消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。[解析](1)二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫與NaOH溶液反應生成正鹽Na2SO3，過量二氧化硫與NaOH溶液反應生成NaHSO3。(2)①根據(jù)高硫鋁土礦的成分中含F(xiàn)eS2和金屬硫酸鹽，而已知多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600℃，如果不添加CaO在低于500℃焙燒，則去除的硫元素主要來源于FeS2，具體的反應原理為4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up15(焙燒))2Fe2O3＋8SO2。②添加的CaO吸收SO2生成CaSO3，CaSO3易被空氣中的氧氣氧化為CaSO4。根據(jù)題目所給“多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600℃”，可知700℃時CaSO4可能未分解或未完全分解而留在礦粉中，從而導致添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低。(3)高硫鋁土礦中的氧化鋁溶于NaOH生成NaAlO2：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O；向NaAlO2溶液中通入過量的二氧化碳，生成氫氧化鋁：CO2(過量)＋2H2O＋NaAlO2=Al(OH)3↓＋NaHCO3。(4)根據(jù)得失電子守恒可知FeS2與Fe2O3的物質(zhì)的量之比為1∶16。[答案](1)OH－＋SO2=HSOeq\o\al(－,3)(2)①FeS2②硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4而留在礦粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)1∶162．(2018·北京卷)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O(1)上述流程中能加快反應速率的措施有____________。(2)磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應：2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO4eq\o(=,\s\up15(△))10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4①該反應體現(xiàn)出酸性關(guān)系：H3PO4________H2SO4(填“>”或“<”)。②結(jié)合元素周期律解釋①中結(jié)論：P和S電子層數(shù)相同，_____________________________________________________。(3)酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF，并進一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式：_____________________________________________________。(4)H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因：____________。(5)脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SOeq\o\al(2－,4)殘留，原因是____________；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是_______________________________________________________________________________________________________________。(6)取ag所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用bmol·L－1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分數(shù)是________。(已知：H3PO4摩爾質(zhì)量為98g·mol－1)[解析](1)流程中能加快反應速率的措施有將磷精礦研磨，酸浸時進行加熱。(2)①該反應符合復分解反應中“強酸制弱酸”的規(guī)律。②比較硫酸與磷酸的酸性強弱，可以比較S與P的非金屬性強弱。結(jié)合元素周期律可以比較S、P的原子半徑、核電荷數(shù)。(3)根據(jù)元素守恒可寫出反應的化學方程式。(4)有機碳的脫除率受兩個因素的共同影響：一方面，溫度越高，反應速率越快，在相同投料比、相同反應時間內(nèi)，有機碳的脫除率越高；另一方面，溫度升高可使較多的H2O2分解，氧化劑的量減少，使得有機碳的脫除率降低。80℃后，H2O2分解對有機碳脫除率的影響超過了溫度升高的影響，導致脫除率逐漸降低。(5)脫硫是用CaCO3除去剩余的硫酸，由于生成的硫酸鈣是微溶物，所以即使CaCO3過量，充分反應后仍有SOeq\o\al(2－,4)殘留。加入BaCO3可使CaSO4轉(zhuǎn)化為更難溶的BaSO4，進一步提高硫的脫除率。(6)H3PO4＋2NaOH=Na2HPO4＋2H2O98g2molm(H3PO4)10－3bcmolm(H3PO4)＝4.9×10－2bcg，則精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分數(shù)為eq\f(4.9×10－2bcg,ag)×100%＝eq\f(0.049bc,a)。[答案](1)研磨、加熱(2)①＜②核電荷數(shù)P＜S，原子半徑P＞S，得電子能力P＜S，非金屬性P＜S(3)2Ca5(PO4)3F＋10H2SO4＋5H2Oeq\o(=,\s\up15(△))10CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4＋2HF(4)80℃后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(5)CaSO4微溶BaCO3＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H3PO4=BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2POeq\o\al(－,4)(6)eq\f(0.049bc,a)考點一物質(zhì)制備型明確題目要制備什么物質(zhì)，給的原料是什么？利用已有化學知識并結(jié)合題干給出的提示信息勾勒出原料到目標產(chǎn)物的化學轉(zhuǎn)化路徑。流程中藥品、各種條件的選擇都是為了能更多的獲得產(chǎn)品。圍繞這個核心去分析藥品、操作、條件的作用，做到有的放矢。1．如果在制備過程中出現(xiàn)或用到受熱易分解的物質(zhì)，則要注意對溫度的控制。如：侯德榜制堿中的NaHCO3；還有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(濃)等物質(zhì)。2．如果產(chǎn)物是一種會水解的鹽，且水解產(chǎn)物中有揮發(fā)性的酸產(chǎn)生時，則要加相對應的酸來防止水解。如制備FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物質(zhì)時，在蒸干其溶液得到固體溶質(zhì)時，都要加相應的酸或在酸性氣流中干燥來防止它水解。3．如果產(chǎn)物是一種強氧化性物質(zhì)或強還原性物質(zhì)，則要防止它們被其他物質(zhì)還原或氧化，如：含F(xiàn)e2＋、SOeq\o\al(2－,3)、I－等離子的物質(zhì)，則要防止反應過程中O2的介入。4．如果產(chǎn)物是一種易吸收空氣中的CO2或水(潮解或發(fā)生反應)而變質(zhì)的物質(zhì)(如NaOH固體等物質(zhì))，則要注意防止在制備過程中對CO2或水的去除，也要防止空氣中的CO2或水進入裝置中。5．當題目中給出多種物質(zhì)的沸點、溶解度信息，則意味著需要用蒸餾、高溫(低溫)過濾來進行分離。6．在回答題目中條件的選擇原因時主要可從以下幾個方面著手：(1)對反應速率有何影響？(2)對平衡轉(zhuǎn)化率是否有利？(3)對綜合生產(chǎn)效益有何影響？如原料成本、原料來源是否廣泛、是否可再生，能源成本，對設備的要求，環(huán)境保護(從綠色化學方面作答)。[解析](1)硫酸銨溶液中存在平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，硼酸鎂能與水解出的H＋反應，促進平衡向右移動，生成的一水合氨濃度增大，因溶液中存在平衡NH3·H2ONH3＋H2O，一水合氨濃度增大，促進NH3·H2O分解產(chǎn)生NH3。用NH4HCO3溶液吸收氨氣，發(fā)生的反應為NH4HCO3＋NH3=(NH4)2CO3。(2)二氧化硅、氧化鐵、氧化鋁不溶于硫酸銨溶液，濾渣1的主要成分是二氧化硅、氧化鐵、氧化鋁。檢驗Fe3＋的試劑可選用KSCN。(3)由題給硼酸的解離反應方程式知，硼酸是一元弱酸?！斑^濾2”之前，調(diào)節(jié)pH≈3.5目的是將硼元素轉(zhuǎn)化為硼酸，促進硼酸析出。(4)“沉鎂”中，碳酸銨溶液與硫酸鎂溶液發(fā)生雙水解反應生成堿式碳酸鎂：2MgSO4＋2(NH4)2CO3＋H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓＋2(NH4)2SO4＋CO2↑，或者反應生成堿式碳酸鎂和碳酸氫鹽。母液含硫酸銨，可以將母液返回“溶浸”工序循環(huán)使用，體現(xiàn)綠色化學理念和環(huán)境保護思想。堿式碳酸鎂轉(zhuǎn)化成輕質(zhì)氧化鎂，聯(lián)系碳酸鎂、氫氧化鎂受熱都能分解生成氧化鎂，也可以聯(lián)系堿式碳酸銅分解生成氧化銅、水和二氧化碳，可知采用的方法是高溫焙燒法，MgCO3·Mg(OH)2eq\o(=,\s\up15(高溫))2MgO＋H2O＋CO2↑。[答案](1)NH4HCO3＋NH3=(NH4)2CO3(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN(3)一元弱將硼元素轉(zhuǎn)化為硼酸，促進硼酸析出(4)2Mg2＋＋3COeq\o\al(2－,3)＋2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCOeq\o\al(－,3)(或2Mg2＋＋2COeq\o\al(2－,3)＋H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑)溶浸高溫焙燒法1．(2019·安徽五校聯(lián)盟第二次質(zhì)量檢測)鉍及其化合物在工業(yè)生產(chǎn)中用途廣泛，某研究小組用浮選過的輝鉍礦(主要成分是Bi2S3，還含少量SiO2等雜質(zhì))制備NaBiO3，其流程如下：已知：①鉍酸鈉是一種難溶于水的物質(zhì)；②水解能力：Bi3＋>Fe3＋?；卮鹣铝袉栴}：(1)“浸取”時，為了提高浸取速率，可采取的措施有__________________(任寫一條)；過濾1的濾渣中的某種主要成分可溶于一種弱酸，寫出該反應的化學方程式___________________________________________________。(2)“浸取”時加入過量濃鹽酸的目的是____________；“母液”中通入氣體X后可循環(huán)利用，氣體X為________(填名稱)。(3)寫出焙燒時生成鉍酸鈉的化學方程式___________________________________________________________________________。(4)用H2DZ(雙硫腙，二元弱酸)～CCl4絡合萃取法可從工業(yè)廢水中提取金屬離子：H2DZ先將金屬離子絡合成電中性的物質(zhì)[如Cu(HDz)2等]，再用CCl4萃取此絡合物。如圖是用上述方法處理含有Hg2＋、Bi3＋、Zn2＋的廢水時的酸度曲線(E表示金屬離子以絡合物形式被萃取分離的百分率)。①當n(Bi3＋)∶n[Bi(HDz)3]＝1∶4時，廢水的pH＝________。②向萃取后的CCl4中加入足量的NaOH溶液可將鉍元素以氫氧化物的形式沉淀下來，相應的離子方程式為_____________________________________________________________________________。(5)取焙燒得到的NaBiO3樣品14.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解。已知NaBiO3被還原為Bi3＋，Mn2＋被氧化成MnOeq\o\al(－,4)，試寫出該反應的離子方程式__________________________________________________________________________________________。然后用新配制的2.0mol·L－1FeSO4溶液對生成的MnOeq\o\al(－,4)進行滴定，滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。則該樣品中NaBiO3的純度為________。[解析](1)“浸取”時為提高浸取速率，可采取的措施有：將輝鉍礦石粉碎，增大接觸面積；適當提高浸取時的溫度；適當提高FeCl3溶液的濃度；浸取時不斷攪拌等。結(jié)合流程圖可知過濾1的濾渣的主要成分為SiO2，SiO2可溶于氫氟酸，反應的化學方程式為SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O。(2)“浸取”時加入過量濃鹽酸不僅能溶解Bi2S3，還能抑制FeCl3和BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率。加入的Fe能和過量的鹽酸反應生成FeCl2，結(jié)合“浸取”時需加入FeCl3可知，“母液”中通入的氣體X為Cl2，Cl2能將FeCl2氧化為FeCl3且不引入雜質(zhì)離子，實現(xiàn)原料的循環(huán)利用。(3)根據(jù)流程圖可知焙燒時Bi、O2與Na2O2反應生成NaBiO3，反應的化學方程式為2Bi＋2O2＋Na2O2eq\o(=,\s\up15(高溫))2NaBiO3。(4)①當n(Bi3＋)∶n[Bi(HDz)3]＝1∶4時，E＝80%，結(jié)合圖示可知，廢水的pH＝2.5。②萃取后CCl4中的Bi(HDz)3與足量NaOH反應的離子方程式為Bi(HDz)3＋6OH－=Bi(OH)3↓＋3H2O＋3Dz2－。(5)根據(jù)題中信息和得失電子守恒可寫出反應的離子方程式為5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋=5Na＋＋5Bi3＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O；滴定時發(fā)生反應：MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，根據(jù)MnOeq\o\al(－,4)～5Fe2＋可找出關(guān)系式：5NaBiO3～2MnOeq\o\al(－,4)～10Fe2＋5×280g10molm(NaBiO3)2.0mol·L－1×22.00×10－3L則m(NaBiO3)＝eq\f(5×280g×2.0mol·L－1×22.00×10－3L,10mol)＝6.16g，則該樣品中NaBiO3的純度＝eq\f(6.16g,14.0g)×100%＝44%。[答案](1)粉碎礦石；適當提高浸取時的溫度；適當提高FeCl3溶液的濃度；浸取時不斷攪拌(任寫一條)SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O(2)溶解Bi2S3，同時防止FeCl3和BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率氯氣(3)2Bi＋2O2＋Na2O2eq\o(=,\s\up15(高溫))2NaBiO3(4)①2.5②Bi(HDz)3＋6OH－=Bi(OH)3↓＋3H2O＋3Dz2－(5)5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋=5Na＋＋5Bi3＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O44%2．(2019·山西第一次聯(lián)考)“神光二號”是我國研制的巨型激光器，其中使用了一種大型非線性光學晶體磷酸二氫鉀(KH2PO4)。利用氟磷灰石[化學式為Ca5F(PO4)3]制備磷酸二氫鉀晶體的工藝流程如圖所示(不涉及本題的部分流程已省略)。已知：萃取的主要反應原理為KCl＋H3PO4KH2PO4＋HCl，其中反應產(chǎn)生的HCl易溶于有機萃取劑。請回答下列問題：(1)寫出氟磷灰石在沸騰槽中發(fā)生的主要反應的化學方程式_______________________________________________________；已知鹽酸的酸性比磷酸強，但萃取過程中可以通過反應KCl＋H3PO4KH2PO4＋HCl在水相里得到KH2PO4，其原因是____________________________________________________________________________________________________________________。(2)沸騰槽不能使用二氧化硅陶瓷材質(zhì)，其主要原因是___________________________________________________________________________________________________(用化學方程式表示)。(3)通過一系列操作可得副產(chǎn)品N，寫出N的化學式________________；得到KH2PO4晶體的一系列操作Ⅲ，其主要包括________________、過濾、洗滌、干燥等。(4)用1000kg質(zhì)量分數(shù)為50.4%的氟磷灰石樣品來制取磷酸二氫鉀晶體，實際得到316.2kg的KH2PO4，則其產(chǎn)率為________。(5)已知25℃時H3PO4的Ka1＝7.1×10－3、Ka2＝6.2×10－8、Ka3＝4.5×10－13，試分析常溫下KH2PO4溶液呈酸性的原因_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)工業(yè)上還可以用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃制得白磷，同時逸出SiF4和CO，該反應的化學方程式為____________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)Ca5F(PO4)3與濃H2SO4反應生成了CaSO4和HF，再由萃取過程中的反應知此時有H3PO4生成，故主要反應的化學方程式為Ca5F(PO4)3＋5H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up15(△))5CaSO4＋3H3PO4＋HF↑。磷酸與氯化鉀反應產(chǎn)生的HCl易溶于有機萃取劑，水相中平衡KCl＋H3PO4KH2PO4＋HCl向正反應方向移動，從而生成KH2PO4。(2)由于反應中生成了氫氟酸，氫氟酸能夠與二氧化硅反應：4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O，因此不能使用二氧化硅陶瓷材質(zhì)的沸騰槽。(3)有機相中含有氯化氫，加入氨水反應生成氯化銨，因此副產(chǎn)品N為氯化銨(NH4Cl)；得到KH2PO4晶體的一系列操作Ⅲ為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等。(4)1000kg質(zhì)量分數(shù)為50.4%的氟磷灰石樣品中含有Ca5F(PO4)3的質(zhì)量為504kg，根據(jù)P元素守恒，理論上可制得KH2PO4的質(zhì)量為504kg×eq\f(31×3,40×5＋31×3＋19＋16×12)×eq\f(39＋2＋31＋16×4,31)＝408kg，故產(chǎn)率為316.2÷408×100%＝77.5%。(5)H2POeq\o\al(－,4)既能水解又能電離，25℃時，H2POeq\o\al(－,4)的電離常數(shù)Ka2＝6.2×10－8，H2POeq\o\al(－,4)的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(KW,Ka1)＝eq\f(10－14,7.1×10－3)＝1.4×10－12<Ka2，則H2POeq\o\al(－,4)在溶液里的電離程度大于其水解程度，故KH2PO4溶液呈酸性。(6)用氟磷灰石與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500℃生成白磷，同時逸出SiF4和CO，反應的化學方程式為4Ca5F(PO4)3＋21SiO2＋30Ceq\o(=,\s\up15(1500℃))20CaSiO3＋3P4↑＋SiF4↑＋30CO↑。[答案](1)Ca5F(PO4)3＋5H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up15(△))5CaSO4＋3H3PO4＋HF↑生成的HCl易溶于有機萃取劑，平衡向正反應方向移動，從而制得KH2PO4(2)4HF＋SiO2=SiF4↑＋2H2O(3)NH4Cl蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(4)77.5%(5)H2POeq\o\al(－,4)的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(KW,Ka1)＝eq\f(10－14,7.1×10－3)＝1.4×10－12<Ka2，則H2POeq\o\al(－,4)在溶液里的電離程度大于其水解程度，KH2PO4溶液呈酸性(6)4Ca5F(PO4)3＋21SiO2＋30Ceq\o(=,\s\up15(1500℃))20CaSiO3＋3P4↑＋SiF4↑＋30CO↑考點二分離提純型1．題型特點分離提純型工藝流程題多以礦物、各種廢棄物為原料。經(jīng)過各種處理，除去雜質(zhì)獲得有價值的產(chǎn)品?？疾榈暮诵脑谟诟鞣N分離提純的實驗操作以及條件的控制選擇上。雖然把題目形式設計為工藝流程框圖，但其實質(zhì)還是對混合物的除雜、分離、提純操作的考查。2．解題思路從試題中找出想要什么？要除去的雜質(zhì)有哪些？加入的試劑都與哪些物質(zhì)發(fā)生了反應，轉(zhuǎn)化成什么物質(zhì)？怎樣操作才能將雜質(zhì)除去(注重信息的提取與加工)。3．常用分離方案(1)固體與固體的分離(2)固體與液體的分離(3)液體與液體的分離4．常用的物質(zhì)轉(zhuǎn)化方案轉(zhuǎn)化方案轉(zhuǎn)化原理事例沉淀法將雜質(zhì)離子轉(zhuǎn)化為沉淀Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、Fe3＋等轉(zhuǎn)化為AgCl、BaSO4、Fe(OH)3氣體法將雜質(zhì)離子轉(zhuǎn)化為氣體COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3)、NHeq\o\al(＋,4)加酸、堿成為氣體除去雜轉(zhuǎn)純法將雜質(zhì)轉(zhuǎn)化為需要提純的物質(zhì)Fe2＋轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3＋；HCOeq\o\al(－,3)轉(zhuǎn)變?yōu)镃Oeq\o\al(2－,3)氧化還原法用氧化劑(還原劑)除去具有還原性(氧化性)的雜質(zhì)如用酸性KMnO4除去CO2中的SO2，用熱的銅粉除去N2中的O2熱分解法加熱使不穩(wěn)定的物質(zhì)分解除去如除去NaCl中的NH4Cl等酸堿溶解利用物質(zhì)與酸或堿溶液混合后的差異進行分離如用過量的NaOH溶液可除去Fe2O3中的Al2O3調(diào)pH法加入試劑調(diào)節(jié)溶液的pH，使溶液中某種成分生成沉淀而除去如向含有Cu2＋和Fe3＋的溶液中加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等調(diào)節(jié)pH，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3而除去[解析](1)硫化錳礦中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸鹽形式存在，則“濾渣1”的主要成分為S和SiO2(或不溶性硅酸鹽)。結(jié)合“濾渣1”中含S，可知“溶浸”時MnO2與MnS在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成MnSO4和S，根據(jù)化合價升降法可配平該反應。(2)“溶浸”后溶液中含F(xiàn)e2＋，“氧化”中加入的適量MnO2能將Fe2＋氧化為Fe3＋。(3)“調(diào)pH”除去Fe3＋和Al3＋時，結(jié)合表格中數(shù)據(jù)信息可知需控制溶液的pH在4.7～6之間。(4)“除雜1”中加入Na2S能將Zn2＋和Ni2＋分別轉(zhuǎn)化為沉淀除去，故“濾渣3”的主要成分為NiS和ZnS。(5)“除雜2”中F－與Mg2＋反應生成MgF2沉淀，若溶液酸度過高，則F－與H＋結(jié)合生成弱電解質(zhì)HF，導致MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移動，Mg2＋不能完全除去。(6)“沉錳”時Mn2＋與HCOeq\o\al(－,3)反應生成MnCO3并放出CO2，由此可寫出離子方程式。(7)化合物LiNixCoyMnzO2中，當x＝y(tǒng)＝eq\f(1,3)時，根據(jù)化合價代數(shù)和為0得1＋2×eq\f(1,3)＋3×eq\f(1,3)＋4z－2×2＝0，解得z＝eq\f(1,3)。[答案](1)SiO2(不溶性硅酸鹽)MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O(2)將Fe2＋氧化為Fe3＋(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F－與H＋結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2Mg2＋＋2F－平衡向右移動(6)Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7)eq\f(1,3)1．(2019·廣州綜合測試一)某廢舊鋰電池材料含有鈷酸鋰(LiCoO2)、導電劑石墨和鋁粉等?；厥諒U舊鋰電池中鈷的工藝流程如圖：已知：Ksp(CoC2O4)＝2.5×10－9，Ksp(CoCO3)＝1.5×10－13?；卮鹣铝袉栴}：(1)“浸出液”的主要成分是LiHC2O4、Al(HC2O4)3，“浸出渣”的主要成分是CoC2O4?！敖觥敝猩蒀oC2O4的化學方程式為_________________________________________________________，若H2C2O4用量過大，CoC2O4的產(chǎn)率反而會降低，原因是_______________________________________________________。(2)“轉(zhuǎn)化”中加入Na2CO3溶液發(fā)生反應的離子方程式為____________________________________________________，該反應進行的程度較大，試用平衡常數(shù)K解釋原因___________________________________________________________________________________________________________________。(3)“電解”時裝置如圖所示。陽極的電極反應式為______________________________，電解后a室中的電解液可返回________工序繼續(xù)使用。(4)某廢舊鋰電池粉末中LiCoO2的質(zhì)量分數(shù)為w，將mkg該廢料進行回收利用，電解得到鈷nkg，鈷的回收率為________。[解析](1)結(jié)合浸出液和浸出渣的主要成分，可知鈷酸鋰與H2C2O4溶液反應時Co由＋3價降至＋2價，則H2C2O4被氧化為CO2，由此可寫出LiCoO2與H2C2O4反應的化學方程式。當H2C2O4用量過大時，CoC2O4會與過量的H2C2O4溶液反應生成Co(HC2O4)2而溶解。(2)加入的Na2CO3溶液能將CoC2O4轉(zhuǎn)化為更難溶的CoCO3，其離子方程式為CoC2O4＋COeq\o\al(2－,3)CoCO3＋C2Oeq\o\al(2－,4)，該反應的平衡常數(shù)K＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(KspCoC2O4,KspCoCO3)＝eq\f(2.5×10－9,1.5×10－13)＝1.67×104，即該反應正向進行的趨勢很大。(3)電解時陽極上H2O電離出的OH－被氧化生成O2，電極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。陰極上Co2＋放電得到Co，由于裝置中存在陽離子交換膜和陰離子交換膜，故電解后a室中得到HCl溶液，HCl溶液可返回酸溶工序繼續(xù)使用。(4)設完全電解時理論上生成Co的質(zhì)量為x，則LiCoO2～Co9859mwkgx解得x＝eq\f(59mw,98)kg，而實際電解得到nkg鈷，則鈷的回收率為eq\f(n,\f(59mw,98))×100%＝eq\f(98n,59mw)×100%。[答案](1)2LiCoO2＋5H2C2O4=2LiHC2O4＋2CoC2O4＋4H2O＋2CO2↑CoC2O4與過量的H2C2O4反應轉(zhuǎn)化成Co(HC2O4)2而溶解(2)CoC2O4＋COeq\o\al(2－,3)CoCO3＋C2Oeq\o\al(2－,4)該反應的平衡常數(shù)K＝1.67×104，反應正向進行的趨勢很大(3)2H2O－4e－=O2↑＋4H＋酸溶(4)eq\f(98n,59mw)×100%2．(2019·石家莊一模)一種從石煤(含SiO2、V2O3、V2O5和少量Fe2O3)中提取V2O5的流程如下：已知：(1)“酸浸”時，為提高浸出速率，除適當增加硫酸濃度、減小石煤礦粉粒徑外，還可采取的措施有___________________________________________________________________________________；生成VO2＋的反應的離子方程式為_________________________________________________________________________________。(2)從整個流程來看，“還原”的目的為___________________________________________________________________________。(3)實驗室模擬“萃取”時，需用到的玻璃儀器有________。(4)“氧化”時發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________________________________________。(5)上述流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)有__________________________________________________________________________。(6)全釩液流儲能電池的工作原理為：VO2＋＋V3＋＋H2Oeq\o(,\s\up15(充電),\s\do15(放電))VOeq\o\al(＋,2)＋V2＋＋2H＋。充電時，陽極的電極反應式為__________________________；兩極區(qū)被質(zhì)子交換膜隔開，放電時，若外電路通過2mole－，則正極區(qū)溶液中n(H＋)________(填“增加”或“減少”)________mol。[解析](1)根據(jù)影響化學反應速率的因素可知，酸浸時，為了提高浸出速率，還可以升高反應溫度、提高反應物O2的分壓、不斷攪拌等。酸浸時，加入硫酸并通入氧氣，顯然V2O5轉(zhuǎn)化為VOeq\o\al(＋,2)，而VO2＋是V2O3被O2氧化的產(chǎn)物，由V2O3→2VO2＋失2e－、O2→2H2O得4e－，根據(jù)得失電子守恒可知，V2O3、O2的化學計量數(shù)之比為2∶1，再根據(jù)電荷守恒和原子守恒配平離子方程式。(2)將浸液還原后，用P204＋TBP＋煤油進行萃取，根據(jù)提供的已知信息，在P204＋TBP＋煤油中VO2＋、Fe3＋的溶解度很大，結(jié)合石煤的成分及該工藝流程的目的是提取V2O5可知，還原的目的是將VOeq\o\al(＋,2)還原為VO2＋，同時將Fe3＋還原為Fe2＋，從而利于后續(xù)萃取分離。(3)實驗室進行萃取時，需要用到的玻璃儀器有分液漏斗、燒杯。(4)分析工藝流程知，氧化的目的是將VO2＋氧化為VOeq\o\al(＋,2)，由VO2＋→VOeq\o\al(＋,2)失1e－，ClOeq\o\al(－,3)→Cl－得6e－，根據(jù)得失電子守恒，可得6VO2＋＋ClOeq\o\al(－,3)→6VOeq\o\al(＋,2)＋Cl－，再根據(jù)電荷守恒和原子守恒，配平離子方程式為：6VO2＋＋ClOeq\o\al(－,3)＋3H2O=6VOeq\o\al(＋,2)＋Cl－＋6H＋。(5)反萃取分液后所得P204＋TBP＋煤油可以循環(huán)用于萃取，熱解所得NH3可以循環(huán)用于沉釩。(6)根據(jù)電池工作原理可知，充電時陽極上發(fā)生氧化反應，VO2＋轉(zhuǎn)化為VOeq\o\al(＋,2)，電極反應式為：VO2＋－e－＋H2O=VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋。放電時，正極反應式為：VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋＋e－=VO2＋＋H2O，外電路通過2mole－時，正極區(qū)消耗4molH＋，同時負極區(qū)有2molH＋通過質(zhì)子交換膜進入正極區(qū)，故正極區(qū)溶液中減少2molH＋。[答案](1)升高反應溫度、提高O2分壓等(合理即可)2V2O3＋8H＋＋O2=4VO2＋＋4H2O(2)將VOeq\o\al(＋,2)還原為VO2＋、同時將Fe3＋還原為Fe2＋，利于后續(xù)萃取分離(3)分液漏斗、燒杯(4)6VO2＋＋ClOeq\o\al(－,3)＋3H2O=6VOeq\o\al(＋,2)＋Cl－＋6H＋(5)P204＋TBP＋煤油、NH3(或NH3·H2O)(6)VO2＋－e－＋H2O=VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋減少2專題強化訓練(十七)能力練(20分鐘)1．(2019·南昌NCS項目第二次模擬測試)氧化鋅主要用作催化劑、脫硫劑、發(fā)光劑和橡膠添加劑。一種以鋅焙砂(含ZnO、ZnSiO3和少量As2O3、CuO、PbO雜質(zhì)，其中As與N同主族)為原料制備氧化鋅的流程如圖1所示：請回答下列問題：(1)循環(huán)使用的物質(zhì)有________、________和________(填化學式)。(2)“浸出”時，鋅以[Zn(NH3)4]2＋進入濾液。①浸出率與溫度的關(guān)系如圖2所示，請解釋溫度超過55℃后浸出率顯著下降的原因：________________________________________。②浸出率與n(NH3)∶n[(NH4)2SO4]的關(guān)系如圖3所示，6∶4之后浸出率下降，說明________(填編號)的浸出主要依賴硫酸銨濃度的大小。A．ZnO和ZnSiO3B．ZnOC．ZnSiO3(3)“除砷”過程中生成Fe3(AsO4)2沉淀，其中鐵元素的化合價是________；沉淀劑為FeSO4·H2O、(NH4)2S2O8，添加(NH4)2S2O8的目的是__________________________________________________________________________________________________________。(4)“除重金屬”和“深度除重金屬”除去的重金屬是________(填名稱)。(5)“蒸氨”的產(chǎn)物主要是ZnSO4和NH3，寫出所發(fā)生反應的化學方程式_______________________________________________。[解析](1)根據(jù)“主線主產(chǎn)品，分支副產(chǎn)品，回頭為循環(huán)”知，該工藝流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有NH3·H2O或NH3、(NH4)2SO4、CO2。(2)①“浸出”時，溫度過高，氨氣揮發(fā)而使溶液濃度下降，因此浸出率下降。②ZnO既可以用NH3·H2O浸出，又可以用(NH4)2SO4浸出，生成[Zn(NH3)4]2＋，n(NH3)∶n[(NH4)2SO4]＝6∶4之后，(NH4)2SO4的濃度下降，浸出率下降，說明ZnSiO3的浸出主要依賴硫酸銨濃度的大小。(3)Fe3(AsO4)2中陰離子為AsOeq\o\al(3－,4)，故鐵元素的化合價為＋2。鋅焙砂所含雜質(zhì)As2O3中砷元素的化合價為＋3，除砷過程中生成Fe3(AsO4)2沉淀，砷元素的化合價升高，被氧化，故添加(NH4)2S2O8的目的是把＋3價砷氧化成AsOeq\o\al(3－,4)以便除去砷元素。(4)根據(jù)鋅焙砂所含雜質(zhì)，“除重金屬”和“深度除重金屬”除去的重金屬是銅和鉛。(5)“蒸氨”時Zn(NH3)4SO4發(fā)生分解反應：Zn(NH3)4SO4eq\o(=,\s\up15(△))ZnSO4＋4NH3↑。[答案](1)NH3·H2O或NH3(NH4)2SO4CO2(2)①溫度升高，氨氣揮發(fā)，溶液濃度下降，浸出率下降②C(3)＋2把＋3價砷氧化成AsOeq\o\al(3－,4)以便除去砷元素(4)銅和鉛(5)Zn(NH3)4SO4eq\o(=,\s\up15(△))ZnSO4＋4NH3↑2．(2019·長沙四校二模)一種從冶鉛廢渣中提取鉛的工藝流程如圖所示：已知：醋酸鉛易溶于水，難電離?；鸱掋U是將方鉛礦(主要成分為PbS)在空氣中焙燒，生成PbO和SO2。回答下列問題：(1)用方鉛礦火法煉鉛的反應的化學方程式為_______________________________________________________________________。(2)火法煉鉛的廢氣中含SO2，可將廢氣通入過量氨水中進行處理，反應的離子方程式為____________________________________________________________________________________________。(3)冶鉛廢渣用硫酸洗滌后，生成的PbSO4表面常含有銅單質(zhì)，為了溶解銅單質(zhì)，常需要同時加入一定量的H2O2溶液，寫出溶解銅單質(zhì)發(fā)生反應的離子方程式____________________________；為加快此反應的速率，下列方法合理的是________(填標號)。A．攪拌B．適當加熱C．減壓(4)將飽和Na2CO3溶液加入濾渣1中發(fā)生的反應為COeq\o\al(2－,3)(aq)＋PbSO4(s)PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，以PbCO3和焦炭為原料在高溫條件下可制備金屬鉛，用化學方程式表示制備過程____________。(5)工業(yè)上常用等體積的飽和NaHCO3溶液代替飽和Na2CO3溶液，將一定量的PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3。PbSO4與NaHCO3或Na2CO3的物質(zhì)的量之比不同時，PbSO4的轉(zhuǎn)化率如表所示。Ⅰn(PbSO4)∶n(NaHCO3)1∶1.51∶21∶3PbSO4的轉(zhuǎn)化率%95.596.997.8Ⅱn(PbSO4)∶n(Na2CO3)1∶1.51∶21∶3PbSO4的轉(zhuǎn)化率%989898依據(jù)表中數(shù)據(jù)，物質(zhì)的量之比相同時，Ⅱ中PbSO4的轉(zhuǎn)化率比Ⅰ中的略大，原因是____________________________________________________________________________________________________。[解析](1)由火法煉鉛是將方鉛礦在空氣中焙燒，生成PbO和SO2，可知發(fā)生反應的化學方程式為2PbS＋3O2eq\o(=,\s\up15(焙燒))2PbO＋2SO2。(2)SO2與過量的氨水反應生成亞硫酸銨，反應的離子方程式為2NH3·H2O＋SO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O。(3)酸性條件下銅被H2O2氧化為Cu2＋，反應的離子方程式是Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；攪拌能加快反應速率，適當升高溫度可使反應速率加快，該反應沒有氣體參與，減壓對反應速率無影響，故選AB。(4)以PbCO3和焦炭為原料制備Pb的反應的化學方程式為PbCO3eq\o(=,\s\up15(高溫))PbO＋CO2↑、2PbO＋Ceq\o(=,\s\up15(高溫))2Pb＋CO2↑(或PbO＋Ceq\o(=,\s\up15(高溫))Pb＋CO↑)。(5)物質(zhì)的量之比相同時，Na2CO3溶液中c(COeq\o\al(2－,3))比NaHCO3溶液中的大，故Ⅱ中PbSO4的轉(zhuǎn)化率比Ⅰ中的略大。[答案](1)2PbS＋3O2eq\o(=,\s\up15(焙燒))2PbO＋2SO2(2)2NH3·H2O＋SO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O(3)Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2OAB(4)PbCO3eq\o(=,\s\up15(高溫))PbO＋CO2↑、2PbO＋Ceq\o(=,\s\up15(高溫))2Pb＋CO2↑(或PbO＋Ceq\o(=,\s\up15(高溫))Pb＋CO↑)(5)物質(zhì)的量之比相同時，Na2CO3溶液中c(COeq\o\al(2－,3))比NaHCO3溶液中的大3．(2019·濟南模擬)工業(yè)上，從精制黑鎢礦(FeWO4、MnWO4)中提取金屬鎢的一種流程如圖所示，該流程同時獲取副產(chǎn)物Fe2O3和MnCl2。已知：Ⅰ.過程①～④中，鎢的化合價均不變；Ⅱ.常溫下鎢酸難溶于水；Ⅲ.25℃時，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38、Ksp[Mn(OH)2]＝4.0×10－14?；卮鹣铝袉栴}：(1)上述流程中的“濾渣1”除MnO2外還有________，“氣體”除水蒸氣、HCl外還有________(均填化學式)。(2)過程①中MnWO4參與反應的化學方程式為____________________________________；FeWO4參與的反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________。(3)已知：WO3(s)＋3H2(g)=W(s)＋3H2O(g)ΔH＝akJ·mol－1WO3(s)=WO3(g)ΔH＝bkJ·mol－1寫出WO3(g)與H2(g)反應生成W(s)的熱化學方程式：______________________________________________________。(4)過程⑦在25℃時調(diào)pH，至少應調(diào)至________(當離子濃度等于1.0×10－5mol·L－1時，可認為其已沉淀完全)。(5)過程⑧要獲得MnCl2固體，在加熱時必須同時采取的一項措施是_____________________________________________________。(6)鈉鎢青銅是一類特殊的非化學計量比化合物，其通式為NaxWO3，其中0<x<1，這類化合物具有特殊的物理化學性質(zhì)，是一種低溫超導體。應用惰性電極電解熔融的Na2WO4和WO3混合物可以制備鈉鎢青銅，寫出WOeq\o\al(2－,4)在陰極上放電的電極反應式：_______________________________________________________。[解析](1)分析整個流程圖可知，精制黑鎢礦經(jīng)過程①、②處理后，其中的Fe、Mn轉(zhuǎn)入濾渣，而W轉(zhuǎn)入濾液。堿性條件下，F(xiàn)e2O3穩(wěn)定，故濾渣1中還應有Fe2O3。濾渣1中的MnO2與濃鹽酸在加熱條件下生成Cl2，故氣體中還含一定量的Cl2。(2)由“過程①～④中，鎢的化合價均不變”及濾渣1中含MnO2可知，過程①中O2為氧化劑，同時生成了Na2WO4和CO2，故過程①中MnWO4參與反應的化學方程式為：2MnWO4＋O2＋2Na2CO3eq\o(=,\s\up15(焙燒))2Na2WO4＋2CO2＋2MnO2。過程①中，F(xiàn)eWO4中的＋2價Fe被氧化為＋3價Fe,1molFeWO4反應失去1mol電子，氧化劑為O2,1molO2反應得到4mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知，F(xiàn)eWO4參與的反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4。(3)根據(jù)蓋斯定律，由第一個熱化學方程式減去第二個熱化學方程式可得：WO3(g)＋3H2(g)=W(s)＋3H2O(g)ΔH＝(a－b)kJ·mol－1。(4)過程⑦的目的是使Fe3＋完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而不使Mn2＋沉淀，當Fe3＋沉淀完全時c(OH－)＝eq\r(3,\a\vs4\al(\f(Ksp[FeOH3],cFe3＋)))＝1.0×10－11mol·L－1，此時若使Mn2＋沉淀，則所需c(Mn2＋)＝eq\f(Ksp[MnOH2],c2OH－)＝4×108mol·L－1，不存在此濃度的含Mn2＋溶液，即此時Mn2＋不會生成沉淀，故至少應調(diào)至pH＝3。(5)MnCl2在水溶液中水解生成Mn(OH)2和HCl，加熱會促進MnCl2水解，故要獲得MnCl2固體，需在HCl氛圍中加熱，以抑制其水解。(6)由題意可知WOeq\o\al(2－,4)在陰極上放電的產(chǎn)物為WOeq\o\al(x－,3)，對比WOeq\o\al(2－,4)、WOeq\o\al(x－,3)的元素組成，結(jié)合物質(zhì)為熔融狀態(tài)，可知另外一種生成物為O2－，故電極反應式為WOeq\o\al(2－,4)＋xe－=WOeq\o\al(x－,3)＋O2－。[答案](1)Fe2O3Cl2(2)2MnWO4＋O2＋2Na2CO3eq\o(=,\s\up15(焙燒))2Na2WO4＋2MnO2＋2CO21∶4(3)WO3(g)＋3H2(g)=W(s)＋3H2O(g)ΔH＝(a－b)kJ·mol－1(4)3.0(5)通入HCl氣體，在HCl氣氛中加熱(6)WOeq\o\al(2－,4)＋xe－=WOeq\o\al(x－,3)＋O2－拔高練(25分鐘)1．(2019·武漢調(diào)研)亞鐵氰化鉀{K4[Fe(CN)6]·3H2O}俗稱黃血鹽，常用于檢驗Fe3＋，也是食鹽防結(jié)劑。以生產(chǎn)電石的副產(chǎn)物氰熔體[Ca(CN)2和NaCN的混合物]為原料，制備亞鐵氰化鉀的流程如下：回答下列問題：(1)“浸取”需控制在80℃以下進行，原因是_____________________________________________________。(2)用硫酸亞鐵晶體配制FeSO4溶液時還需加入____________________。(3)對“濾液”處理可獲得一種實驗室常用干燥劑，它的化學式是________________________。(4)“加熱”使HCN氣體逸出發(fā)生“反應Ⅲ”，生成K4[Fe(CN)6]、二氧化碳和氫氣，該反應的化學方程式為____________________________________________________。(5)“反應Ⅲ”后的溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、________、________、干燥即得產(chǎn)品。(6)工業(yè)上，以石墨為電極，電解亞鐵氰化鉀溶液可以制備鐵氰化鉀{K3[Fe(CN)6]，可用于檢驗Fe2＋}，陽極的電極反應式為______________________________________________________。(7)設計如圖實驗探究犧牲陽極的陰極保護法原理。得出結(jié)論：①鋅能保護鐵；②__________________________。[解析](1)溫度過高，會促進CN－水解，生成有毒的HCN，污染環(huán)境，故需控制溫度低于80℃。(2)為防止硫酸亞鐵氧化變質(zhì)，應加入鐵粉，為防止其水解，應加入稀硫酸。(3)分析流程圖可知，獲得的常用干燥劑是CaCl2。(4)根據(jù)題給條件知“反應Ⅲ”的反應物為HCN、K2CO3、Fe，生成物為K4[Fe(CN)6]、CO2、H2，結(jié)合原子守恒和得失電子守恒可得反應的化學方程式為：6HCN＋2K2CO3＋Fe=K4[Fe(CN)6]＋2CO2↑＋H2↑＋2H2O。(5)從溶液中得到溶質(zhì)一般需經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥操作。(6)陽極發(fā)生氧化反應，F(xiàn)e元素由＋2價變?yōu)椋?價，電極反應式為：[Fe(CN)6]4－－e－=[Fe(CN)6]3－。(7)由操作(ⅰ)及實驗現(xiàn)象可知，在該原電池中Zn被腐蝕，鐵被保護，電解液中無Fe2＋，在U形管鐵極附近滴加鐵氰化鉀溶液后產(chǎn)生了藍色沉淀，則說明有二價鐵生成，即鐵被鐵氰化鉀氧化生成了Fe2＋。[答案](1)溫度過高，促進CN－水解，生成有毒的HCN，污染環(huán)境(2)稀硫酸和鐵屑(3)CaCl2(4)2K2CO3＋6HCN＋Fe=K4[Fe(CN)6]＋2CO2↑＋H2↑＋2H2O(5)過濾洗滌(6)[Fe(CN)6]4－－e－=[Fe(CN)6]3－(7)鐵被鐵氰化鉀氧化生成了Fe2＋2．(2019·合肥第二次質(zhì)量檢測)鈹銅是廣泛應用于制造高級彈性元件的良好合金。某科研小組從某廢舊鈹銅元件(主要含BeO、CuS，還含少量FeS和SiO2)中回收鈹和銅兩種金屬的工藝流程如圖：已知：ⅰ.鈹、鋁元素化學性質(zhì)相似；BeCl2熔融時能微弱電離。ⅱ.常溫下Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Mn(OH)2]＝2.1×10－13?；卮鹣铝袉栴}：(1)濾液A的主要成分除NaOH外，還有__________________(填化學式)；寫出反應Ⅰ中含鈹化合物與過量鹽酸反應的離子方程式________________________________________________________。(2)濾液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，為得到較純凈的BeCl2溶液，下列實驗操作步驟最合理的順序是________；電解熔融BeCl2制備金屬鈹時，需要加入NaCl，其作用是____________。①加入過量的NaOH；②加入過量的氨水；③加入適量的HCl溶液；④過濾；⑤洗滌。(3)反應Ⅱ中CuS的氧化產(chǎn)物為S單質(zhì)，該反應的化學方程式為________________________________________________________。(4)常溫下，若濾液D中，c(Cu2＋)＝2.2mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008mol·L－1，c(Mn2＋)＝0.21mol·L－1，向其中逐滴加入稀氨水，生成的沉淀F是________(填化學式)；為了盡可能多地回收銅，所得濾液G的pH最