发布时间 : 星期一 文章2020年高考化学一轮复习 一遍过 专题11 化工流程（一）（金属）（含解析）更新完毕开始阅读5c5466102dc58bd63186bceb19e8b8f67d1cef42
（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有___________(写出两种)。 （2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。
（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为________ mol。
（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_____(填化学式)。
（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni)中加入N2H4·H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为_____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_____。
2+
（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C．Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO4的电极反应式为______；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_______。
【答案】提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条） SiO2 0.15 2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑ Fe(OH)3 0.015mol/L
N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O) Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 避免FeO4在阴极上被还原
【解析】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率， 故答案为：提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；
（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来， 故答案为：SiO2；
（3）NaClO做氧化剂会将Fe氧化为Fe，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe
2+
3+
2+
2-2－
NaClO，则0.3molFe
2+
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转变为Fe，则需氧化剂NaClO至少为0.15 mol， 故答案为：0.15；
（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，
故答案为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑；Fe(OH)3；
（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4·H2O+2Ni+4OH=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni+4OH=2Ni+N2↑+4H2O)，
故答案为：0.015；N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)；
（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe－6e＋8OH=FeO4
－
－
2－
2+
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＋4H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42－具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42－在阴极上被还原；
故答案为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。
17．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：
（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为__。
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）___。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，则不用盐酸浸出钴的主要原因是____________。
（3）过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式_______。
（4）碳酸钠溶液在过程III和IV中所起作用有所不同，请写出在过程IV中起的作用是________。 （5）仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应：CoCO3 +C2O42- ＝ CoC2O4 +CO32- 将CoCO3转化为CoC2O4? ____(填
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“能”或“不能”），说明理由：__________________ [已知Ksp(CoCO3) =1.4×10, Ksp (CoC2O4) =6.3×10-8]。
（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色CoCl2·6H2O晶体受热时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是___。
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【答案】2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑ 4Co2O3·CoO +Na2S2O3+11H2SO4 12CoSO4+Na2SO4+11H2O
Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境 2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑ 调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3 不能 该反应的平衡常数K=2.22×l0-6 ，转化程度极小 CoCl2?2H2O 【解析】（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O = 2AlO2-+3H2↑；
（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液Co2O3被还原为CoSO4，化学反应方程式为4Co2O3·CoO + Na2S2O3 + 11H2SO4 = 12CoSO4 + Na2SO4 + 11H2O 。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，这是由于Co2O3·CoO具有氧化性，可氧化盐酸产生Cl2，污染环境，所以工业不用盐酸浸出钴，
故答案为：4Co2O3·CoO +Na2S2O3+11H2SO4 环境；
（3）碳酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝，该反应的离子方程式为2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑，
故答案为：2Al3++3CO32-+3H2O = 2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（4）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3， 故答案为：调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；
12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染
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（5）因该反应的平衡常数k=以不能将CoCO3转化为CoC2O4，
故答案为：不能；该反应的平衡常数K=2.22×l0-6 ，转化程度极小 （6）A物质的化学式是CoCl2?xH2O，则83，转化程度极小，所
65，x=2，所以A物质的化学式是CoCl2?2H2O，
故答案为：CoCl2?2H2O。
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