2021届高考化学一轮复习无机化工生产流程作业 14页

无机化工生产流程题的解题策略 一、选择题(本题包括4小题,每小题8分,共32分)‎ ‎1.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用,可通过以下方法制取罐装饮料茶,下列有关流程的说法错误的是 (　　)‎ A.维生素C可作抗氧化剂 B.操作①是浸取 C.操作②是过滤 D.操作③是分液 ‎【解析】选D。A项,维生素C具有还原性,可作抗氧化剂;B项,①提取可溶物,加有机溶剂萃取;C项,②为分离不溶性茶渣,②为过滤;D项,③中混合物不分层,分罐密封,无分液操作。‎ ‎2.(2019·绵阳模拟)海水化学资源开发利用的部分过程如下图所示(苦卤中主要含K+、Mg2+、Br-等)。下列说法错误的是 (　　)‎ A.从海水中得到粗盐主要通过蒸发操作实现 ‎ B.向苦卤中通入Cl2时溴离子被还原为Br2‎ C.富集溴涉及的离子反应有Br2+SO2+2H2O2Br-+4H++S D.工业选用的沉淀剂通常经煅烧碳酸钙获得而不是电解食盐水 ‎【解析】选B。从海水中得到粗盐的原理是蒸发,A项正确;向苦卤中通入Cl2时溴离子被氧化为Br2,B项错误;富集溴的原理是空气吹出、SO2吸收Br2,离子方程式为Br2+SO2+2H2O2Br-+4H++S,C项正确;工业选用的沉淀剂用Ca(OH)2,经煅烧碳酸钙获得,D项正确。‎ ‎3.(2019·聊城一模)某电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量金等,某小组设计的资源综合利用的方案如下:‎ 已知:碲和硫位于同主族,煅烧时Cu2Te发生的反应为Cu2Te+2O22CuO+TeO2,滤渣中TeO2溶于稀硫酸发生的反应为TeO2+H2SO4TeOSO4+H2O。‎ 下列说法错误的是 (　　)‎ A.“高温煅烧”电镀污泥时铜、碲和铬元素都被氧化 B.“酸化”时可向溶液中加入硫酸 C.“固体‎1”‎的主要成分为Cu D.“滤液‎3”‎可以循环利用 ‎【解析】选C。A.电镀污泥含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3),煅烧时发生反应的化学方程式为3O2+2Cr2O3+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2和Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2,根据化合价分析铜、碲和铬元素的化合价都升高了,所以都被氧化了,故A正确;B. “酸化”时发生反应的离子方程式为:2Cr+2H+Cr2+ H2O,所以可向溶液中加入硫酸,故B正确;C.滤渣中含有CuO 、TeO2和金,加硫酸后发生反应:CuO+ H2SO4CuSO4+ H2O ;TeO2+ H2SO4TeOSO4+H2O,金不发生反应,所以“固体1”的主要成分为Au,故C 错误;D.由框图知滤液1中除了TeOSO4外,还含有CuSO4;SO2还原TeOSO4后会生成硫酸,所以滤液3为H2SO4,整个流程中可以循环利用的物质是硫酸,故D正确。‎ ‎【加固训练】‎ ‎1.海带中提取碘单质,成熟的工艺流程如下 干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2‎ 下列关于海水制碘的说法,正确的是 (　　)‎ A.实验室在蒸发皿中灼烧干海带,并且用玻璃棒搅拌 B.可用酒精萃取碘水中的I2‎ C.沸水浸泡海带灰的目的是加快I-的溶解,并使之溶解更充分 D.含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后,碘元素发生还原反应 ‎【解析】选C。A项,灼烧时选用的仪器是坩埚;B项,酒精与水互溶;C项,沸水浸泡海带灰,升高温度加快I-的溶解,使溶解更充分;D项,含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水,发生的离子反应方程式为2I-+H2O2+2H+I2+2H2O。‎ ‎2.(2019·攀枝花模拟)某工厂冶炼钛精矿得到钛渣,钛渣的成分及含量(质量分数)为TiO2 51.00%、Al2O3 19.34%、MgO 7.20%、CaO 4.00%、SiO2 18.46%,通过下列工艺流程可以得到纳米二氧化钛和某型分子筛(化学式为Na4Al4Si4O16·9H2O)。‎ 下列说法不正确的是 (　　)‎ A.钛渣中的TiO2、SiO2不属于碱性氧化物 B.滤液①中溶质只有NaAlO2、NaOH C.步骤②中加入盐酸时,反应的离子方程式是Na2TiO3+2H+H2TiO3↓+2Na+‎ D.步骤③中加入适量Na2SiO3时,反应的化学方程式为4NaAlO2+4Na2SiO3+13H2O Na4Al4Si4O16·9H2O↓+8NaOH ‎【解析】选B。A.钛渣中的TiO2属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,均不属于碱性氧化物,选项A正确;B.钛渣在稍过量的氢氧化钠中共熔后得到的残渣主要为硅酸钙和硅酸镁,根据各成分的质量分数可知,二氧化硅过量,共熔物加水过滤后得到Na2TiO3和滤液①,则滤液①中溶质有NaAlO2、NaOH、Na2SiO3,选项B不正确;C.步骤②中加入盐酸时Na2TiO3与盐酸反应生成H2TiO3和氯化钠,反应的离子方程式是Na2TiO3+2H+H2TiO3↓+2Na+,选项C正确;D.步骤③中加入适量Na2SiO3时偏铝酸钠和硅酸钠反应生成Na4Al4Si4O16·9H2O和氢氧化钠,反应的化学方程式为4NaAlO2+4Na2SiO3+13H2ONa4Al4Si4O16·9H2O↓+8NaOH,选项D正确。‎ ‎4.(2019·合肥模拟)如图为某化工企业生产流程示意图,下列说法正确的是 (　　)‎ A.钛酸亚铁(FeTiO3)中钛元素为+3价 B.①中反应为2FeTiO3+‎6C+7Cl22X+2TiCl4+6CO,则X为FeCl3‎ C.③中氩气(Ar)作反应物,反应类型为置换反应 D.②中为使原料全部转化为甲醇,理论上CO和H2投料的质量比为1∶2‎ ‎【解析】选B。A项,设FeTiO3中钛元素的化合价是x,FeTiO3中铁元素的化合价是+2价,氧元素的化合价是-2价,利用化合物中各元素的化合价的代数和为零的原则得到:2+x+(-2)×3=0,计算得出x=+4,所以钛酸亚铁FeTiO3中钛元素的化合价是+4价;B项,根据质量守恒定律,在反应前后各元素原子的个数不变,从2FeTiO3+‎6C+7Cl22X+2TiCl4+6CO中看钛原子、氧原子、碳原子反应前后除物质X外个数已经相等,故X中无钛原子、氧原子、碳原子,铁原子反应前共有2个,反应后只有X个,所以2X中有2个,从而X中有1个,氯原子反应前有14个,反应后X除外有8个,所以2X中有6个;因此X中有3个,因此X的化学式是FeCl3;C项,TiCl4与Mg反应的反应物是TiCl4与Mg,生成物是Ti和MgCl2,因此该反应的化学方程式是TiCl4+2MgTi+2MgCl2,该反应是单质和化合物反应生成另外的单质和化合物,属于置换反应,而氩气(Ar)为惰性气体,不参与反应,起到保护气的作用;D项,根据化学方程式2H2+COCH3OH可知,‎4g H2参加反应,消耗 ‎28 g CO,由此可以知道一氧化碳和氢气的质量比是28∶4=7∶1,故D错误。‎ 二、非选择题(本题包括4小题,共68分)‎ ‎5.(16分)锂离子电池的应用很广,一种利用钛铁矿[主要成分为偏钛酸亚铁(FeTiO3),含有少量Fe2O3]制取钛白粉(TiO2)和利用其副产物制取锂离子电池的正极材料(LiFePO4)的工艺流程如图(部分条件未给出):‎ ‎(1)FeTiO3中Ti的化合价为________;在“还原”步骤中,还原Fe3+的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。 ‎ ‎(2)FeSO4溶解度与温度的关系如下表所示:‎ 温度(℃)‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎15‎ ‎10‎ ‎5‎ ‎0‎ ‎-2‎ ‎-6‎ S(FeSO4)‎ ‎(g·L-1)‎ ‎240‎ ‎190‎ ‎130‎ ‎117‎ ‎95‎ ‎79‎ ‎59‎ ‎38‎ 则操作Ⅰ的名称为______________、过滤。  ‎ ‎(3)“转化”步骤中对溶液进行加热的主要目的是______________________。  ‎ ‎(4)写出“沉铁”步骤中反应的离子方程式________,为使Fe3+完全沉降,P的浓度至少应为________。(已知:Ksp(FePO4·2H2O)=9.91×10-16,离子浓度小于 ‎10-5 mol·L-1时即可认为沉淀完全)。 ‎ ‎(5)流程中可循环利用的物质是________(H2O除外),写出固相焙烧反应的化学方程式____________________________________________________。  ‎ ‎(6)某锂离子电池充、放电时,正极发生LiFePO4与FePO4的转化。当充电时,电池负极发生的反应为‎6C+xLi++xe-LixC6,写出放电时电池总反应的化学方程式 ‎ ______________________________________________________________。  ‎ ‎【解析】(1)FeTiO3中铁元素+2价,氧元素-2价,化合价代数和为0,则钛元素为+4价;还原“Fe3+”的反应方程式为2Fe3++Fe3Fe2+,氧化剂和还原剂之比为2∶1。‎ ‎(2)由表可知FeSO4溶解度随温度的升高而升高,操作Ⅰ将FeSO4结晶为绿矾,采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得。‎ ‎(3)“转化”步骤是将TiOSO4水解生成TiO(OH)2,对溶液进行加热可促进水解。‎ ‎(4)“沉铁”为绿矾与过氧化氢、H3PO4反应生成FePO4,离子方程式为2Fe2++‎ H2O2+2H3PO42FePO4↓+2H2O+4H+,已知:Ksp(FePO4·2H2O)=9.91×10-16,为使Fe3+完全沉降,则c(Fe3+)·c(P)≥Ksp(FePO4·2H2O),c(P)≥ mol·L-1‎ ‎=9.91×10-11 mol·L-1。‎ ‎(5)“沉铁”生成硫酸,可循环利用;FePO4与过量C、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4,铁元素化合价降低,碳元素化合价升高,C过量则生成CO,反应为2FePO4+Li2CO3+‎2C2LiFePO4+3CO↑。‎ ‎(6)充放电过程中,正极发生LiFePO4与FePO4的转化,其中LiFePO4→FePO4的转化化合价升高,发生氧化反应,而电池充电时负极发生的反应为‎6C+xLi++xe-‎ LixC6,该反应为还原反应,所以电池放电时反应的化学方程式为xFePO4+LixC6‎ ‎6C‎+xLiFePO4。‎ 答案:(1)+4 　2∶1‎ ‎(2)蒸发浓缩,冷却结晶(或降温结晶)‎ ‎(3)促进TiO2+的水解 ‎(4)2Fe2++H2O2+2H3PO42FePO4↓+2H2O+4H+‎ ‎9.91×10-11 mol·L-1　(5)H2SO4‎ ‎2FePO4+Li2CO3+‎2C2LiFePO4+3CO↑‎ ‎(6)xFePO4+LixC6‎6C+xLiFePO4‎ ‎6.(18分)(2019·玉溪模拟)碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下:‎ 已知:部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:‎ 沉淀物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Al(OH)3‎ 开始沉淀 ‎2.3‎ ‎7.5‎ ‎3.4‎ 完全沉淀 ‎3.2‎ ‎9.7‎ ‎4.4‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)加入少量NaHCO3的目的是调节pH在 _______________范围内。‎ ‎(2)反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子,写出该反应的离子方程式为 ‎ __________________________________________。 ‎ ‎(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的[Fe(OH)]2+离子可部分水解生成[Fe2(OH)4]2+聚合离子,该水解反应的离子方程式为________________________________。 ‎ ‎(4)在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准,产品中不得含有Fe2+及N。为检验所得产品中是否含有Fe2+,应使用的试剂为________。 ‎ A.氯水　　　　　　　 B.KSCN溶液 C.NaOH溶液 D.酸性KMnO4溶液 ‎(5)为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量,实验操作如下:准确量取 ‎20.00 mL溶液于带塞锥形瓶中,加入足量H2O2,调节pH<2,加热除去过量H2O2;加入过量KI充分反应后,再用 0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液20.00 mL。‎ 已知:2Fe3++2I-2Fe2++I2‎ ‎2S2+I22I-+S4‎ 则溶液中铁元素的总含量为________g·L-1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽,所测定的铁元素的含量将会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 ‎ ‎【解析】(1)制备硫酸亚铁,需与硫酸铝分离,应调节溶液pH生成Al(OH)3,避免生成Fe(OH)2沉淀,则应控制溶液pH在4.4～7.5之间。(2)NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子,本身变为NO,故离子方程式为2H++Fe2++NFe3++NO↑+H2O。(3)[Fe(OH)]2+离子,可部分水解生成[Fe2(OH)4]2+聚合离子,根据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe(OH)]2++2H2O[Fe2(OH)4]2++2H+。(4)检验所得产品中是否含有Fe2+,可使用酸性KMnO4溶液,现象是酸性高锰酸钾溶液褪色。(5)根据所给反应可得关系式Fe3+～S2,所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=‎ ‎0.100 0 mol·L-1×‎0.020 L=0.002 0 mol,溶液中铁元素的总含量为 ‎0.002 0 mol×‎56 g·mol-1÷‎0.020 L=‎5.6 g·L-1;若滴定前溶液中H2O2没有除尽,则H2O2也可氧化I-得到I2,消耗的Na2S2O3将偏多,导致所测定的铁元素的含量偏高。‎ 答案:(1)4.4～7.5‎ ‎(2)2H++Fe2++NFe3++NO↑+H2O ‎(3)2[Fe(OH)]2++2H2O[Fe2(OH)4]2++2H+‎ ‎(4)D　(5)5.6　偏高 ‎【加固训练】‎ ‎　　铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS 71%、少量FeS 和SiO2)中回收铍和铜两种金属的流程。‎ 已知:Ⅰ.铍、铝元素处于周期表中的对角线位置,化学性质相似 Ⅱ.常温下: Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20‎ Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38‎ Ksp[Mn(OH)2]=2.l×10-13‎ ‎(1)原子序数为29的Cu的原子结构示意图为__________________________。 ‎ ‎(2)滤渣B的主要成分为________________________( 填化学式)。写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式:____________________。 ‎ ‎(3)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为提纯BeCl2,选择合理步骤并排序。‎ a.加入过量的NaOH b.过滤 c.加入适量的盐酸 d.加入过量的氨水 e.通入过量的CO2‎ f.洗涤 ‎②从BeCl2溶液中得到BeCl2 固体的操作是 ____________________________。 ‎ ‎(4)①MnO2 能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应Ⅱ中CuS 发生反应的离子方程式:____________________。 ‎ ‎②若用浓硝酸溶解金属硫化物,缺点是__________________________(任写一条)。 ‎ ‎(5)溶液D 中含c(Cu2+)=2.2 mol·L-1、c(Fe3+)=0.008 mol·L-1、c( Mn2+)=0.01 mol·L-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是________(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH大于________。 ‎ ‎(6)取铍铜元件1 ‎000 g,最终获得Be 的质量为‎72 g,则Be的产率是________。 ‎ ‎【解析】(1)根据电子排布规律可得Cu的原子结构示意图为。‎ ‎(2)根据旧铍铜原件的成分BeO、CuS、FeS 和SiO2的性质,结合已知Ⅰ铍、铝两元素的化学性质相似,BeO属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,二者都能溶于NaOH溶液中,生成Na2BeO2和Na2SiO3,而不溶物为CuS和FeS, 所以滤渣B的主要成分为CuS和FeS;滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2,所以反应Ⅰ中含铍化合物即Na2BeO2,与过量盐酸反应的化学方程式为Na2BeO2+4HClBeCl2 +2NaCl+2H2O。‎ ‎(3)①溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,根据Be与Al的性质相似,可得BeCl2可与氨水反应生成Be(OH)2沉淀,经过滤,洗涤后再与适量的盐酸反应即可提纯BeCl2,所以提纯BeCl2合理的步骤是dbfc;②为防止Be2+水解,要在HCl气流中加热蒸干。‎ ‎(4)①根据叙述即可写出反应Ⅱ中CuS发生反应的离子方程式为MnO2+CuS+4H+ S+Mn2++Cu2++2H2O;②用浓硝酸溶解金属硫化物时,浓硝酸被还原为氮的氧化物,污染环境(浓硝酸腐蚀性强,氧化性强,可能把S氧化为SO2,污染环境)。‎ ‎(5)三种金属阳离子出现沉淀,结合浓度商与Ksp的关系,铜离子转化为沉淀c(OH-)==mol·L-1=1×10-10mol·L-1,Fe3+离子转化为沉淀,c(OH-)==mol·L-1=×10-12 mol·L-1,锰离子沉淀时,c(OH-)=mol·L-1=×10-5.5mol·L-1,因此首先沉淀的是Fe3+,为使铜离子沉淀c(H+)==mol·L-1=10-4 mol·L-1,pH=4,常温下应调节溶液的pH大于4。‎ ‎(6)已知旧铍铜原件中含BeO 25%,所以BeO的质量为1 000×25%=‎250 g,理论上得到Be的物质的量为=10 mol,即‎90 g,但实际得到Be的质量为‎72 g,所以Be的产率是×100% =80%。‎ 答案:(1)　(2)CuS、FeS Na2BeO2+4HClBeCl2+2NaCl+2H2O ‎ ‎(3)①dbfc　②蒸发结晶时向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl 气流中加热蒸干)‎ ‎(4)①MnO2+CuS+4H+S+Mn2++Cu2++2H2O　②产生污染环境的气体　(5)Fe3+ ‎ ‎4　(6)80%‎ ‎7.(18分)(2019·贵州模拟)无机研究开创绝不无“钴”的时代,例如:CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂,草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为Co2O3,含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4·2H2O工艺流程如图所示:‎ 已知:‎ ‎①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等;‎ ‎②酸性条件下,Cl不会氧化Co2+,Cl转化为Cl-。‎ ‎(1)浸出过程中加入Na2SO3的主要离子方程式为 ______________________。 ‎ ‎(2)加入 NaClO3可以将溶液中Fe2+氧化,进而调节pH除去,但不能向“浸出液”中加过量 NaClO3的主要原因是 _____________________________________。 ‎ ‎(3)若“滤液Ⅰ”中c(Ca2+)=1.0×10-3 mol·L-1,当除钙率达到99%时,溶液中c(F-)=________mol·L-1。[已知Ksp(CaF2)=4.0×10-11] ‎ ‎(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示,萃取剂的选择的标准是________;其使用的适宜pH范围是________(填字母代号)。 ‎ A.2.0‎‎～2.5　　B.3.0～‎3.5　‎　C.4.0～4.5‎ ‎(5)CoC2O4·2H2O热分解质量变化过程如图2所示。其中‎600 ℃‎以前是隔绝空气加热,‎600 ℃‎以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物;用化学方程式表示从A点到B点的物质转化______________________。 C点所示产物的化学式是________。(Co的相对原子质量是59) ‎ ‎【解析】(1) 水钴矿主要成分为Co2O3,而浸出液中的是Co2+,钴的化合价降低为氧化剂,而Na2SO3为还原剂,Na2SO3主要与Co3+反应。(2) Cl过量使用会带来新的杂质,会和氯离子发生反应生成氯气;既增加试剂使用,又产生污染。(3)c(Ca2+)=1.0×10-3 mol·L-1,当除钙率达到99%时,则剩余c(Ca2+)=1.0×‎ ‎10-5 mol·L-1,根据Ksp=c(Ca2+)×c(F-)2,则c(F-)===2.0×10-3。(4)按照萃取剂的选择标准,它不能和原溶剂发生反应,不会和溶质发生反应,而且溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度;该过程中萃取剂的作用是将Fe2+、Mn2+、Al3+除去,而不除去Co2+,根据图象可知适宜的pH。(5)‎18.30 g的CoC2O4·2H2O,为0.1 mol,开始到A 的过程质量减少‎3.6 g,为0.2 mol H2O,A为CoC2O4,A到B的过程中,质量减少‎8.8 g,只能为0.2 mol CO2的质量,B处的为Co单质,可以写出反应方程式,B到C在空气中加热,生成Co的氧化物,0.1 mol的Co质量为‎5.9 g,剩余‎2.4 g为O的质量0.15 mol,则产物为Co2O3。‎ 答案:(1)Co2O3+4H++S2Co2++S+2H2O ‎(2)过量的Cl在酸性条件下会与Cl-反应生成氯气。既增加试剂使用,又产生污染 ‎(3)2.0×10-3‎ ‎(4)不与水互溶,不与水、Co2+反应,相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大而Co2+在萃取剂中溶解度小　B ‎(5)CoC2O4Co+2CO2↑　Co2O3‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O),再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示:‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)操作Ⅰ为_________________________________________。 ‎ ‎(2)①加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为________________________; ‎ ‎②加入碳酸钠溶液目的是调溶液的pH在4.0～5.0,用化学用语回答加入碳酸钠的目的_______________________________________________。 ‎ ‎(3)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧,可制得Ni2O3,同时获得混合气体,NiC2O4受热分解的化学方程式为______________。 ‎ ‎(4)加入草酸后如何证明沉淀完全________;过滤NiC2O4沉淀时如何洗涤沉淀__________________。 ‎ ‎(5)以Al和NiO(OH)为电极,NaOH溶液为电解液组成一种新型电池,放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则该电池负极的电极反应式为________________ ________。 ‎ ‎【解析】(1)分析框图:含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主),要使之变成离子,应该加酸溶解,溶解金属,再过滤除去不溶物。‎ ‎(2)①加双氧水的目的是氧化生成Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O,②加入碳酸钠溶液的作用是调节pH,促进铁离子水解沉淀完全。‎ ‎(3)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4,NiC2O4再发生氧化还原反应(Ni由+2价升高到+3价,则C由+3价降低到+2价,题中要求生成混合气体,则另一气体为CO2)生成Ni2O3、CO、CO2。‎ ‎(4)若Ni2+沉淀完全,则再加入草酸溶液时不再出现沉淀。‎ ‎(5)在该原电池中Al为负极,放电生成Al3+,在NaOH溶液中最终转化为Al。‎ 答案:(1)加酸溶解,过滤 ‎(2)①2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O ‎②C+2H+CO2↑+2H2O ,C+H2OHC+OH-,C先与酸反应,之后再水解使溶液呈碱性促进铁离子水解沉淀完全 ‎(3)2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+ CO2↑‎ ‎(4)静置取上层清液少许于试管中,再加入少量草酸溶液,若试管内无沉淀产生说明已经沉淀完全　沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀,待水自然流下后,重复操作2～3次 ‎(5)Al+4OH--3e- Al+2H2O ‎8.(16分)钴被誉为战略物资,有出色的性能和广泛的应用。以水钴矿(主要成分为Co2O3、CoO、CuO、Fe2O3、CaO、MgO、NiO和SiO2等)为原料制备CoCl2·6H2O的工艺流程如图所示:‎ 回答下列问题:‎ Ⅰ.“酸浸”‎ ‎(1)钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系如图所示。综合考虑成本,应选择的最佳工艺条件为________、________;滤渣①的主要成分为________。 ‎ ‎(2)Co2O3与浓硫酸反应生成CoSO4,化学方程式为______________________。 ‎ Ⅱ.“净化除杂”分三步完成:‎ ‎(3)除铁:加入适量Na2SO4固体,析出淡黄色晶体黄钠铁矾Na2Fe6(SO4)4(OH)12,离子方程式为______________________。 ‎ ‎(4)除钙、镁:加入适量NaF,当Mg2+恰好完全被除去(离子浓度等于10-5mol·L-1)时,c(Ca2+)=________mol·L-1(取两位有效数字)。(已知:Ksp(MgF2)=7.4×10-11, Ksp(CaF2)=1.5×10-10) ‎ ‎(5)除铜:加入适量Na2S2O3,发生反应:2CuSO4+2Na2S2O3+2H2OCu2S↓+S↓+2Na2SO4+2H2SO4,该反应的还原产物为________。 ‎ Ⅲ.“萃取和反萃取”‎ ‎(6)“水相①”中的主要溶质是Na2SO4和________(写化学式)。 ‎ ‎(7)实验室称取‎100 g原料(含钴11.80%),反萃取时得到浓度为0.036 mol·L-1的CoCl2溶液‎5 L,忽略损耗,钴的产率=________(产率=×100%)。 ‎ ‎【解析】 (1)根据钴的浸出率随酸浸时间、温度的变化关系,推出在12 h、‎90 ℃‎时钴的浸出率最高;根据水钴矿的成分,SiO2是酸性氧化物,不与酸反应,即滤渣①的主要成分是SiO2。‎ ‎(2)Co2O3中Co的化合价由+3变为+2价,化合价降低,应该是氧元素被氧化成氧气,因此反应方程式为2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+4H2O+O2↑。‎ ‎(3)根据生成黄钠铁矾,推出离子反应方程式为2Na++6Fe3++4S+12H2O Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+。‎ ‎(4)==,c(Mg2+)=10-5 mol·L-1代入公式,求出 c(Ca2+)=2.0×10-5 mol·L-1。‎ ‎(5)还原产物是氧化剂被还原得出的物质,根据化学反应方程式,硫酸铜中Cu的化合价由+2价变为+1价,化合价降低,Na2S2O3中一部分S的化合价降低,转化成S和Cu2S中的S,即还原产物是Cu2S、S。‎ ‎(6)根据流程的目的,以及主要成分,推出水相①中含有溶质为硫酸钠和NiSO4。‎ ‎(7)根据产率的公式,得出钴的产率为×100%=‎ ‎90.00%。‎ 答案:(1)12 h　90 ℃　SiO2(二氧化硅)‎ ‎(2)2Co2O3+4H2SO4(浓)4CoSO4+4H2O+O2↑ ‎ ‎(3)2Na++6Fe3++4S+12H2O Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+‎ ‎(4)2.0×10-5　(5)Cu2S、S ‎(6)NiSO4　(7)90.00%‎