资料简介
除杂提纯类工艺流程大题优练5优选例题例1：一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni2+等生成，废渣的主要成分是_______；金属镍溶解的离子方程式为___________________。(2)“除铁”时H2O2的作用是________________，加入碳酸钠的目的是_______________________________________。(3)“除铜”时，反应的离子方程式为_______，若用Na2S代替H2S除铜，优点是_______。(4)已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为________________。(5)已知常温下Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10−15，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为_______时，Ni2+才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度≤1.0×10−5mol/L；lg2=0.30)。(6)100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg，则镍回收率为_______(列式即可)。
(7)镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：M+Ni(OH)2HM+NiOOH(式中M为储氢合金)。写出电池放电过程中正极的电极反应式___________________。【答案】（1）SiO25Ni+12H++2NO=5Ni2++N2↑+6H2O（2）将Fe2+氧化为Fe3+调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣（3）H2S+Cu2+=CuS↓+2H+无易挥发的有毒气体H2S逸出，可保护环境（4）过量的F−与溶液中H+结合生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器（5）9.15（6）×100%（7）NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−【解析】废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，酸溶后过滤，得到的滤液中含有Fe3+、Fe2+、Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+等，二氧化硅不与酸反应，废渣为二氧化硅，“除铁”时加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠可调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；“除铜”时，通入H2S气体，生成CuS沉淀，除去Cu2+；加入NaF，生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，滤液中加入氢氧化钠生成Ni(OH)2沉淀，过滤得到Ni(OH)2固体。（1）“酸溶”时，硅的氧化物与硫酸和硝酸均不反应，故废渣的主要成分为SiO2；“酸溶”时加入的是混酸，金属镍溶解时，Ni与硝酸发生氧化还原反应，离子方程式为5Ni+12H++2NO=5Ni2++N2↑+6H2O；(2)“酸溶”后所得溶液中含有Fe3+、Fe2+，“除铁”时H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；(3)“除铜”时通入H2S，将Cu2+沉淀，反应的离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，H2S为易挥发有毒气体，若用Na2S代替H2S除铜，可保护环境；(4)“除铜”时生成CuS和H+，溶液酸性增强，加入NaF除钙镁，若NaF的实际用量过多，则有HF生成，HF会腐蚀陶瓷容器；(5)Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2+)·c2(OH−)＝2.0×10−15，则c(OH−)＝(×10−5)mol·L−1，c(H+)＝(×10−9)mol·L−1，pH＝-lgc(H+)≈9.15，故该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为9.15时，Ni2+
才刚好沉淀完全；(6)100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg，则镍回收率×100%；(7)电池放电过程中NiOOH在正极得电子生成Ni(OH)2，电极反应式为：NiOOH+H2O+e−=Ni(OH)2+OH−。模拟优练1．工业上，以铁质镍矿(除NiO外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)和镁质镍矿(除NiO外，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料炼镍的流程如下图：
回答下列问题：(1)滤渣1主要成分的化学式为___________，“转化”操作中加入H2O2的目的是_______。(2)中和沉铁步骤中，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还产生Fe(OH)3胶体，导致c(Ni2+)明显降低，原因是_____________________；为减少镍的损失，可在中和的同时加入Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，反应离子方程式为_____________________。(3)已知Ksp(CaF2)=1.11×10−10、Ksp(MgF2)=7.40×10−11，在过滤2的滤液中加入过量NaF溶液，反应完全后，c(Ca2+)/c(Mg2+)=____。(4)我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现了低能耗电解富尿素废水制取H2(如图所示)。酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑。B电极连接的电源的______极，A电极的电极反应为_______________________。(5)常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。则第一阶段在30℃和50℃两者之间选择的反应温度是__________；230℃时，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是___________________。
【答案】（1）SiO2将Fe2+转化成Fe3+，以便形成沉淀而除去（2）Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+3Fe3++Na++2SO+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+（3）1.5（4）负CO(NH2)2+H2O-6e−=N2↑+CO2↑+6H+（5）50℃第一阶段反应的平衡常数K=2×10−5远远低于第二阶段的平衡常数K=5×104【解析】（1）铁质镍矿(除NiO外，还含有Fe2O3、FeO、SiO2等杂质)，加入稀硫酸酸溶，SiO2不反应，故滤渣为SiO2；中和沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而“转化”操作中加入H2O2的目的是将Fe2+转化成Fe3+，以便形成沉淀而除去；（2）产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，加入Na2SO4溶液，生成黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀，分析黄钠铁矾组成可知该反应属于非氧化还原的离子反应，反应物为Fe3+、Na+、SO和H2O，根据电荷守恒可知产物有H+，反应离子方程式为3Fe3++Na++2SO+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+；（3），代入数据可知c(Ca2+)/c(Mg2+)=1.5；（4）根据酸性条件下，总反应为CO(NH2)2+H2O3H2↑+N2↑+CO2↑，B电极生成氢气，根据H元素化合价在反应前后下降可知，B电极为电子流入一端，为阴极，阴极与电源负极相连，则A电极为阳极，尿素失电子变为N2，根据缺项配平可知电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e−=N2↑+CO2↑+6H+；（5）Ni(CO)4的沸点为42.2℃，则第一阶段在30℃和50℃两者之间选择的反应温度是50℃，Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)，230℃时，K=2×10−5，因而逆反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，230℃时，K=1/2×10−5=5×104，第一阶段的转化率低于第二阶段的转化率，原因是第一阶段反应的平衡常数K=2×10−5远远低于第二阶段的平衡常数K=5×104。2．钒是“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。铝土矿的主要成分Al2O3(含SiO2、V2O5、Fe2O3等杂质)，利用Bayer法从铝土矿生产氧化铝的母液中提取钒的过程如图所示：
(1)赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有_______________。(2)生成VO的离子方程式为____________________________。(3)沉淀物中含有水合铝酸钙(2CaO·Al2O3·8H2O)、水合铝硅酸钙(水化石榴石3CaO·Al2O3·SiO2·4H2O)和钒酸钙(3CaO·V2O5)，其中存在：3Ca(OH)2(s)+2VO3CaO·V2O5(s)+6OH−，加入Na2CO3能够使钒酸钙溶解的原因：_____(用平衡原理解释)。(4)已知：0.1mol/LV2O5在不同pH的存在形态如表所示。pH13~1411~138.5~117.5~8.55~7.53~51~3存在形态VOV2OV4OV10OHV10OH2V10OV2O5加入离子交换树脂(C12H18NCl)进行吸附和淋洗液解吸附的过程为Rn−+nC12H18NCl(C12H18N)nR+nCl−，Rn−的结构为________________________________。(5)为了减少排放，实现原料的重复利用，除了洗液、流出液所含的物质可以循环利用外，还有
____________________________物质可以重复利用。(至少写两种)(6)利用铝热反应从V2O5中制取510gV需要铝的质量为__________________。【答案】（1）Fe2O3（2）V2O5+6OH−=2VO+3H2O（3）Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，OH−增多平衡逆向移动，使得溶出VO（4）（5）离子交换树脂、NaCl或NH4C1（6）450g【解析】由铝土矿的成分和流程图可知，向铝土矿中加入苛性钠和少量生石灰破碎浸磨后，氧化铁是碱性氧化物，不与苛性钠和生石灰反应，氧化铝、二氧化硅和五氧化二钒与碱反应生成、、和水合铝硅酸钠沉淀，过滤分离得到含有、、的溶液和含有水合铝硅酸钠和氧化铁的赤泥。(1)由分析可知，赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有氧化铁，故答案为Fe2O3；(2)由流程图可知，五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应生成钒酸钠和水，反应的化学方程式为V2O5+6NaOH=2Na3VO4+3H2O，故这个反应的离子方程式是V2O5+6OH−=2VO+3H2O；(3)碳酸钠在溶液中能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，反应生成的氢氧化钠使溶液中氢氧根离子浓度增大，使平衡3Ca(OH)2(s)+2VO3CaO·V2O5(s)+6OH−逆向移动，OH−增多平衡逆向移动，有利于钒酸钙溶解转化为VO；故答案为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，OH−增多平衡逆向移动，使得溶出VO；(4)由题给流程可知，浸出液的pH=8，对照题给0.1mol/LV2O5在不同pH的存在形态表格可知，Rn−的结构为；(5）由题给流程可知，浸出液用离子交换树脂进行吸附得到饱和树脂后，用氯化钠和氯化铵溶液做淋洗液，解吸附后得到树脂和含有氯化钠和氯化铵的解吸溶液，得到的离子交换树脂可以循环使用;向解吸溶液中加入氯化铵，氯化铵与溶液中钒酸钠反应生成偏钒酸铵沉淀和氯化钠，过滤得到的滤液中含有氯化钠和氯化铵，滤液可以循环使用，故答案为:离子交换树脂、NaCI或者NHCl；(6)510gV的物质的量为10mol，由得失电子数目守恒可得铝的物质的量为，则铝的质量为
×27g=450g。3．以工业制立德粉后的铅锌废渣(主要成分为ZnO和PbSO4，杂质含Si、Fe、Cu、Cd等元素)为原料，可以制活性氧化锌和黄色颜料铅铬黄，工艺流程如图所示：已知：①PbSO4难溶于HNO3；②常温下，Ksp(PbCO3)=8×10−14，Ksp(PbSO4)=1.6×10−8，Ksp(PbCrO4)=2.8×10−13，Ksp[Pb(OH)2]=1.0×10−16，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38。回答下列问题：(1)为提高“碱浸”速率，可采取的措施是______(任写一条)。(2)“碱浸”过程中PbSO4发生的反应为______，气体A的化学式为______。(3)滤液E中溶质的主要成分为______。(填化学式)(4)“沉降Ⅰ”过程中发生反应的离子方程式为______________。(5)如图为“酸浸”过程中铅元素的浸出率与硝酸浓度和反应温度之间的关系曲线，由此分析“酸浸”过程中应选择的最佳浓度和温度分别为__________。
(6)常温下，若测得“酸浸”后所得溶液中c(Pb2+)=0.1mol/L，则“除铁”过程中需要控制溶液pH的范围为______[c(Fe3+)≤1×10−5mol/L时，认为Fe3+完全沉淀]。【答案】（1）适当升温，或适当增加氨水或碳酸铵浓度，或将铅锌废渣粉碎等(任写一条即可)（2）PbSO4(s)+CO(aq)PbCO3(s)+SO(aq)CO2（3）(NH4)2SO4（4）2Pb2++2OH−+Cr2O=2PbCrO4↓+H2O（5）2mol/L、45℃（6）3.0≤pH＜6.5【解析】铅锌废渣(主要成分为ZnO和PbSO4，杂质为含Si、Fe、Cu、Cd等元素)加入氨水、碳酸铵进行碱浸，得到固体A含有PbCO3以及含Si、Fe的化合物，加入硝酸，碳酸根和氢离子反应生成气体A为二氧化碳，过滤得到的滤渣为难溶的含硅元素固体，向滤液C中加入KOH调节pH生成氢氧化铁除去Fe3+，然后向过滤后的滤液中加入NaOH、K2Cr2O7生成PbCrO4沉淀；根据题意可知滤液A中含有Zn、Cu、Cd元素，加入足量的锌粉发生置换反应，除去Cu、Cd，滤液B中再加入H2SO4调节pH使Zn元素转化为Zn2(OH)2CO3，洗涤后煅烧得到ZnO。(1)适当升温，或适当增加氨水或碳酸铵浓度，或将铅锌废渣粉碎等均可以提高“碱浸”速率；(2)根据信息②可知Ksp(PbCO3)＞Ksp(PbSO4)，所以用足量氨水、碳酸铵碱浸时硫酸铅沉淀会转化为碳酸铅，反应方程式为PbSO4(s)+CO(aq)PbCO3(s)+SO(aq)；碳酸铅和硝酸反应会生成CO2，即气体A；(3)碱浸后的滤液A中含有NH、CO以及金属阳离子形成的配合物，经除铜、镉、沉锌后，溶液中的阳离子主要为NH，因用硫酸调节的pH，所以滤液E的主要成分为(NH4)2SO4；(4)滤液D中主要含Pb2+、K+
等，加入NaOH、K2Cr2O7生成PbCrO4沉淀，反应中元素化合价未发生变化，根据元素守恒可得离子方程式为2Pb2++2OH−+Cr2O=2PbCrO4↓+H2O；(5)酸浸时需要将Pb元素转移到溶液中，据图可知当硝酸的浓度为2mol/L、温度为60℃时铅元素的浸出率最高，但由于温度越高硝酸挥发的越多，造成损失，且45℃的浸出率也已经很高，所以最佳浓度和温度分别为2mol/L、45℃；(6)除铁时为了不除去Pb2+，其氢氧根最大浓度应满足c(OH−)=mol/L=1×10−7.5mol/L，此时pH=6.5；当Fe3+完全沉淀时应满足c(OH−)=mol/L=1×10−11mol/L，此时pH=3.0，所以调节pH的范围为3.0≤pH＜6.5。4．从废旧磷酸铁锂电池的正极材料(含LiFePO4、石墨粉和铝箔等)中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为___________________________。(2)完成“溶浸2”反应的离子方程式___________________________：LiFePO4+H2O2+=Li+++H2PO+H2O(3)“滤渣2”的主要成分是_______________。
(4)“滤液2”循环两次的目的是___________________________。(5)“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为_______________________。实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是___________________________。(6)为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是___(填标号)。A．NaOH20-40℃B．NaOH80-100℃C．Na2CO320-40℃D．Na2CO360-80℃【答案】（1）2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑（2）2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li++2Fe3++2H2PO+2H2O（3）石墨粉提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案)（4）Fe3++H2PO+CO=FePO4↓+CO2↑+H2O（5）c(OH−)增大生成Fe(OH)3沉淀多则磷沉淀率明显降低（6）D【解析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料(含LiFePO4、石墨粉和铝箔等)溶浸时铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其他物质不溶解，过滤后向滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝；滤渣用硫酸和双氧水浸取，二价铁被氧化为三价铁，石墨不溶解，过滤分离出滤渣2为石墨，为提高过氧化氢和硫酸的利用率，进行两次循环溶浸；滤液2
中加碳酸钠溶液得到磷酸铁沉淀，同时生成二氧化碳气体；过滤后向滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子，处理后得到高纯锂化合物，向滤渣中加入NaOH溶液实现沉淀的转化，得到氢氧化铁和磷酸钠晶体。（1）“溶浸1”中铝与NaOH溶液反应偏铝酸钠和氢气，所以溶解，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(2)“溶浸2”过程中LiFePO4中+2铁元素在酸性环境下被双氧水氧化成+3价，且酸性较强的条件P元素以H2PO的形式存在，根据电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式为2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li++2Fe3++2H2PO+2H2O；(3)“滤渣2”的主要成分为难溶于稀硫酸的石墨；(4)“滤液2”循环两次可以提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率；(5)根就“沉铁、磷”时，加入碳酸钠溶液，碳酸根结合氢离子促进H2PO的电离，产生大量磷酸根和氢离子，所以析出FePO4沉淀，并生产CO2，反应的离子方程式为Fe3++H2PO+CO=FePO4↓+CO2↑+H2O；据图碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是碳酸钠水解产生的氢氧根离子浓度增大，与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，而使留在溶液中的磷酸根离子浓度增加；(6)由表中数据可知，相同温度下碳酸锂的溶解度比LiOH小，且升高温度碳酸锂的溶解度减小，所以题目所给选项中“沉锂”时所用的X和适宜温度是Na2CO3、60℃～80℃，故答案为：D。5．用工业废渣(主要含有Fe2O3、FeO、Al2O3及少量Fe)制备FeSO4·7H2O的流程如下：(1)“浸泡”过程中反应的离子方程式为___________。(2)“还原”时，FeS2(难溶于水，铁为+2价)与溶液中的Fe2(SO4)3反应，产物为FeSO4和H2SO4，该反应的离子方程式为___________。(3)检验“还原”反应已经完全的方法是___________。(4)由“还原”所得溶液制取FeSO4·7H2O晶体的操作过程为___________。
(5)将FeSO4·7H2O在空气中加热分解所得气体冷却后可得绿矾油，绿矾油就是硫酸。验证绿矾油是硫酸的实验方法是___________。【答案】（1）Al2O3+2OH−+3H2O=2Al(OH)（2）14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++16H++2SO（3）取少量还原后溶液于试管中，加入KSCN溶液，不出现红色则还原完全（4）蒸发浓缩，冷却结晶（5）取少量绿矾油，向其中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则说明其中含H+；另取少量绿矾油，向其中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明其中含SO【解析】根据流程图所示，在工业废渣(主要含有Fe2O3、FeO及少量Al、Fe)中加入过量试剂X以除去金属Al，该试剂为氢氧化钠，过滤后得到只含有Fe2O3、FeO及少量Fe的滤渣，向滤渣中加入稀硫酸溶解，得到含有Fe2+、Fe3+的溶液，向溶液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，经蒸发浓缩，冷却结晶得到FeSO4·7H2O。(1)根据分析，“浸泡”过程中金属铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O=2AlO+3H2↑；(2)“还原”时，FeS2（难溶于水，铁为+2价）与溶液中的Fe2(SO4)3反应，产物为FeSO4和H2SO4，该反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++16H++2SO；(3)“还原”步骤中向溶液中加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，检验“还原”反应已经完全只要检验是否含有铁离子，方法是取少量还原后溶液于试管中，加入KSCN溶液，不出现红色则还原完全；(4)根据分析，由“还原”所得溶液制取FeSO4·7H2O晶体的操作过程为蒸发浓缩，冷却结晶；(5)验证绿矾油是硫酸的实验方法是分别检验绿矾油的阳离子为氢离子和阴离子为硫酸根，取少量绿矾油，向其中滴加紫色石蕊试液，若溶液变红，则说明其中含H+；另取少量绿矾油，向其中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明其中含SO。
查看更多
Copyright 2004-2019 ttzyw.com All Rights Reserved 闽ICP备18023965号-4
天天资源网声明：本站点发布的文章作品均来自用户投稿或网络整理，部分作品未联系到知识产权人或未发现有相关的知识产权登记