1、2018 届高考大题狂练专题 49 物质的分离与提纯（满分 60 分 时间 30 分钟）姓名：_ 班级：_ 得分：_ _1金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒(主要成分为 V2O5、Fe 2O3、SiO 2 等)中回收 V2O5 的一种工艺流程如下图所示:已知:来源:学.科.网 Z.X.X.K步骤、中的变化过程可简化为:R n+(水层)+nHA(有机层) RAn(有机层)+nH +(水层)(式中 Rn+表示VO2+或 Fe3+，HA 表示有机萃取剂)回答下列问题:（1）步骤 D 酸浸过程中发生氧化还 原反应的化学方程式为_。（2）萃取时应加入适量碱的作用是_。（3）步骤中反应的离子方程式为_。
2、（4）步骤加入氨水调节溶液 pH=2，钒沉淀率达到 93%且不产生 Fe(OH)3 沉淀，则此时溶液中 c(Fe3+)_mol/L(按 25计算，25时 KspFe(OH)3=2.610-39)。所得 NH4VO3 为离子化合物，NH 4+的电子式为_。来源:学*科*网 Z*X*X*K（5）V 2O5 是两性氧化物，在强酸性溶液中以 VO2+形式存在，VO 2+具有 强氧化性，能将 I-氧化为 I2，本身被还原为 V0+，则 V2O5 与氢碘酸反应的离子方程式为_。(6)为提高钒的回收率，步骤和需多次进行，假设酸浸所得“强酸性浸出液”中 c(VO2+)=amol/L，步骤和每进行一次，VO 2
3、+萃取率为 80%，4 次操作后， “强酸性浸出液中”c(VO 2+)=_mol/L(萃取的量= )【答案】 V2O5+K2SO3+2H2SO4=K2SO4+2VOSO4+2H2O )加入碱中和产生的酸，使平衡向 RAn 移动，提高钒的萃取率 ClO3-+6VO2+3H2O=6VO2+Cl-+6H+ 2.6l0-3 V2O5+6H+4I-=2VO+2I2+3H2O 1.6al0-3(3)VO 2+被氧化为 VO2+，ClO 3-被还原为 Cl -，所以离子方程式为： ClO3-+6VO2+3H2O=6VO2+Cl-+6H+；(4).当 pH=2 时，c(OH -)=1.010-12mol/L，
4、此时 ,所以 c(Fe3+)2.6l0-3mol/L；NH 4+的电子式为 ；来源:学科网 ZXXK(5).反应物为 V2O5、H +及 I-，生成物为 V0+，I 2，离子方程式为：V 2O5+6H+4I-=2VO+2I2+3H2O(6)c(VO 2+)=a0.24mol/L=1.6al0-3 mol/L。2草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料,一种利用含钴废料（主要成分 Co2O3），含少量Fe2O3、ZnO、Al 2O3、CaO、MgO 、碳及有机物等）制取草酸钴（ CoC2O3）的工艺流程如下：已知:ZnO 与 Al2O3 化 学性质相似，既能溶于强酸又能溶于强碱。（1）“550焙烧”的目
5、的是_（2）“浸出液”的主要成分是_（3）“钴浸出”过程中 Co3+转化为 Co2+，反应的离子方程式为 _。（4）“净化除杂 1”过程中，先在 40-50加入 H2O2,其作用是_(离子方程式表示):再升温至80-85,加 入 Na2CO3 溶液,调 pH 至 4.5 以达到净化除杂的目的。（5）为测定产品的纯度,将 1g 产品用适当试剂转化,得到草酸铵(NH 4)2C2O4溶液。已知 NH3H2O 的 Kb=1.7610-5；H 2C2O4 的 Ka1=5.9l0-2,Ka2=6.410-5。判断 NH4HC2O4 溶液呈_( 填“酸性”、“碱性 ”或“中性”)。将草酸钴溶液用过量稀硫酸酸
6、化.用 0.1000mol/LKMnO4 溶液滴定,达到滴定终点时,共用去 KMnO4 溶液20.00mL,则草酸钴样品的纯度为_%。【答案】 除去碳和有机物 NaAlO2 、Na 2ZnO2 2 Co3+ + SO32 + H2O = 2 Co2+ + SO42 + 2H+ 2 Fe2+ + 2 H+ + H2O2 = 2 Fe3+ + 2 H2O 酸性 73.5%(2)ZnO 与 Al2O3 化学性质相似，既能溶于强酸又能溶于强碱，加入氢氧化钠溶液， Al2O3 溶解生成NaAlO2，ZnO 生成 Na2ZnO2，所以浸出液的主要成分为 NaAlO2 和 Na2Zn O2，故答案为：NaA
7、lO2、Na 2ZnO2；(3)“钴浸出”过程中 Co3+转化为 Co2+，则 Na2SO3 将 Co3+还原为 Co2+，自身被还原为硫酸钠，发生的反应为：2Co 3+SO32-+H2O=2Co2+SO42-+2H+，故答案为：2Co 3+SO32-+H2O=2Co2+SO42-+2H+；(4)加入 H2O2，氧化 Fe2+氧化为 Fe3+，反应为：2Fe 2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；(5)NH 3H2O 的 Kb=1.7610-5；H 2C2O4 的 Ka1=5.9l0-2，K a2=6.410-5。NH 4HC2O4 溶
8、液中 HC2O4-的水解平衡常数为 Kh= = K a2；说明 HC2O4-的水解程度小于 HC2O4-电离程度，溶液显酸性，故答案为：酸性；称取 1.00g 样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵(NH 4)2C2O4溶液，再用过 量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L KMnO4 溶液滴定，达到滴定终点时，共用去 KMnO4 溶液 26.00mL，根据 5CoC2O45(NH 4)2C2O42KMnO 4，则样品中m(CoC2O4)= 2010-3L0.1mol/L147g/mol=0.735g，故草酸钴样品的纯度为 100%=73.5%，故答案为：73.5%。学&科=网3钛铁矿的主要成分为
9、 FeTi O3(可表示为 FeOTiO2)，含有少量 MgO、CaO 、SiO 2 等杂质。利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料(钛酸锂 Li4Ti5O12 和磷酸亚铁锂 LiFePO4)的工艺流程如下图所示：(1)化合物 Li2Ti5O15 中钛元素的化合价是+4 价，氧元素的化合价为_。(2)钛铁矿与硫酸反应时，常将钛铁矿粉碎，其目的是：_，滤渣 A 的成分是_。(3)固体 TiO2 转化(NH 4)2Ti5O15 的离子方程式为_ ，该反应_氧化还原反应 (填“属于”或“不属于” )。(4)反应中固体 TiO2、转化成(NH 4)2Ti5O15 溶液时，Ti 元素的浸出率与反应温度的关系如
10、图所示。反应温度过高时,Ti 元素浸出率下降的原因是_。(5)(NH4)2Ti5O15 转化为 Li2Ti5O15 的离子方程式为：_。(6)写出由滤液 D 生成 FePO4 的离子方程式_。(7)由滤液 D 制各 LiFePO4 的过程中，所需 17%双氧水与 H2C2O4 的质量比是_。【答案】 -2、-1 增大接触面积加快反应速率,提高浸出率 SiO 2 CaSO4 5TiO2+4H2O2+2NH3H2O=2NH4+Ti5O152-+5H2O 不属于 温度过高时,反应物氨水(或双氧水)会受热分解 Ti5O152-+2Li+=Li2Ti5O15 2Fe 2+2H3PO4+H2O2=2FeP
11、O4+2H 2O+4H+ 209来源:学科网(1)化合物 Li2Ti5O15 中钛元素的化合价是+4 价，Li 元素的化合价为+1 价，根据正负化合价的代数和为 0，氧元素的化合价为-2、-1，故答案为：-2、-1；（2）钛铁矿与硫酸反应时，常将钛铁矿粉碎，可以增大接触面积加快反应速率，提高浸出率，由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣 A 成分是二氧化硅，故答案为：增大接触面积加快反应速率，提高浸出率；SiO 2 、CaSO 4；（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH 4） 2Ti5O15 时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti 元素浸出率下降，故答案为：温度
12、过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；(5) （NH 4） 2Ti5O15，加入氢氧化锂溶液得到沉淀 Li2Ti5O15，反应的离子方程式为 Ti5O152-+2Li+=Li2Ti5O15，故答案为： Ti5O152-+2Li+=Li2Ti5O15 ；（6）过氧化氢将 Fe2+氧化为 Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，反应离子方程式为：来源:学|科|网2Fe2+2H3PO4+H2O2=2FePO4+2H 2O+4H+，故答案为：2Fe 2+2H3 PO4+H2O2=2FePO4+2H 2O+4H+；（7）根据电子守恒，过氧化氢氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，因此可得关
13、系式：H 2O2H 2C2O4，设双氧水质量为 x，草酸质量为 y，则：H2O2H 2C2O434 90x17% y所以 = ，整理可得 x：y=20：9，17%双氧水与 H2C2O4 的质量比为 20：9，故答案为：20：9。3417904高锰酸钾常用作消毒剂、水质净化剂等。工业上用软锰矿(主要含 MnO2，还含有少量SiO2、Al 2O3、 Fe2O3 等杂质)制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程如下：回答下列问题：(1)焙烧过程中发生的主要反应为 MnO2+ KOH+O2 K2MnO4+H2O,该反应配平后 MnO2 与 O2 的系数比为_。采用对空气加压的方法可提高 MnO2 的利用率。原因
14、是_。(2)滤渣是_,第一次通 CO2 不能用稀盐酸代替的原因是_ _。(3)第二次通入过 量 CO 2 生成 MnO 2 的离子方程式为_。(4)由下图可知，从滤液得到高锰酸钾晶体需经过_、_、洗涤等一系列操作。(5)1t 含 MnO287%的软锰矿，理论上最多可制得_tKMnO 4 晶体。【答案】 2：1 加压，增大了氧气的浓度，反应速率加快，使 MnO2 反应更充分 Al(OH)3、H 2SiO3 不易控制稀盐酸的用量，过量的稀盐酸会使 Al(OH)3 溶解 (或酸性过强，会使 K2MnO4 过早发生歧化反应) 3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2+ 2MnO4-+4HCO3-
15、蒸发结晶 趁热过滤 1.58(1)焙烧时 MnO2 与 KOH 在空气中 O2 的作用下反应得到 K2MnO4 和 H2O，反应为氧化还原反应，Mn 化合价升高 2，O 化合价降低 2，根据电子转移数守恒，所以在 MnO2 前面配上 2，O 2 前面配上 1，配平后MnO2 与 O2 的系数比为 2:1；工业生产中采用对空气加压的方法提高 MnO2 利用率，用碰撞理论可以解释为加压增大了氧气浓度使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞数增 多，反应速率加快，使 MnO2 反应更充分，故答案为：2：1；加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞数增多，反应速率加快，使 MnO2 反
16、应更充分；(2)滤渣中含有的物质有 Al(OH)3，H 2SiO3，第一次通 CO2 不能用稀盐酸代替，这是由于稀盐酸酸性较强，可溶解 Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量，溶液中便会再次混入 Al3+，故答案为：Al(OH )3，H 2SiO3；不易控制稀盐酸的用量，过量的稀盐酸会使 Al(OH)3 溶解；(3)第二次通入过量 CO2 生成 MnO2，溶液中原先是 K2MnO4，再第二次通入过量的 CO2 时发生歧化反应生成 MnO2 和 KMnO4，此时 CO2 被转化为 HCO3-，反应为氧化还原反应，则反应的离子方程式为：3MnO 42-+4CO2+2H2OMnO 2+2MnO 4-+
17、4HCO3-，故答案为：3MnO42-+4CO2+2H2OMnO 2+2MnO 4-+4HCO3-；(4)将滤液进行一系列操作得 KMnO4，此时溶液中还存在 KHCO3，根据溶解度随温度变化的图像分析，随着温度升高，二者溶解度均不断增大，在 40附近时二者溶解度相等，超过这一温度时，KHCO 3 溶解度不断增大，KMnO 4 溶解度则增大较缓慢，所以从溶液中提取较纯的 KMn O4，需要蒸发结晶，趁热过滤，洗涤等操作，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；点睛：本题考查无机工艺流程，主要是通过软锰矿制备 KMnO4 的流程，涉及 到氧化还原反应和电化学相关知识，明确流程中每一步操作的内容及发生的相关反应是解题的关键。本题的易错点为(5)的计算，要注意反应生成的二氧化锰能够参与循环反应。学科 7 网
