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第17讲化学工艺流程最新考纲考向分析1.建立分析解决材料、环境、健康、能源等领域关于物质的制备和应用等实际问题和思路方法。2认识物质性质、设计物质转化的核心角度，形成认识途径，并将其应用于解决真实问题，进而形成解决问题的思路和方法。3认识物质的转化在自然资源利用和环境保护中的重要价值。1.以化工流程为载体，常考查：(1)实验操作目的分析。(2)实验操作规范判断。2以物质制备和提纯为情境，考查：(1)陌生物质化合价的判断及电子式的书写。(2)反应方程式或离子方程式的书写。(3)流程中试剂的选择，中间产物的种类及离子判断。(4)实验操作规范语言的表述。(5)实验操作试剂的选取。(6)流程的中间环节物质种类及离子判断。(7)样品中质量分数及产物产率的计算。考点一物质制备型Z (课前)1(2017全国27)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_100、2190、5h_。(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式 FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O。(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因_低于40，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降_。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_4_。(5)若“滤液”中c(Mg2)0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ Fe3恰好沉淀完全时，c(PO)molL11.31017 molL1，c3(Mg2) c2(PO)值为0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)3，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024。(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O。解析(1)从图象直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率加快，值得注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为4价，铁为2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3和TiOCl知，产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40时，氨水挥发速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)考查化学式与元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价(1)，化合物中元素化合价代数和等于0，过氧键中氧显1价，类似双氧水、过氧化钠。如果能求出1价氧原子个数，就能求出过氧键数目，即过氧键数目等于1价氧原子个数的一半。设Li4Ti5O15中2价、1价氧原子个数分别为x、y。有：，解得x7，y8。所以，过氧键数目为4。(5)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算：计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3)c(PO)Ksp(FePO4)，c(PO) molL11.31017molL1。混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2)0.01 molL1，c3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。2(2018北京26)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)CaSO40.5H2O(1)上述流程中能加快反应速率的措施有_研磨、加热_。(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)3H2O10H2SO410CaSO40.5H2O6H3PO4该反应体现出酸性关系：H3PO4_”或“”)。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS_。(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式： 2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O10CaSO40.5H2O6H3PO42HF_。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 后脱除率变化的原因：_80_后，H2O2分解速率大，浓度显著降低_。(5)脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO残留，原因是_CaSO4微溶_；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是 BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO。(6)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b molL1 NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。(已知：H3PO4摩尔质量为98 gmol1)解析(1)可通过增大接触面积和升高温度等措施加快反应速率。通过题给流程可知，能够加快反应速率的措施有研磨和加热。(2)由强酸制弱酸规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。根据两者电子层数相同，可判断两者处于同一周期，且S在P的右侧，核电荷数PS，得电子能力PS，非金属性PS，根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强的规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。(3)已知反应物为Ca5(PO4)3F和H2SO4，生成物为CaSO40.5H2O、H3PO4和HF，再根据原子个数守恒可写出该反应的化学方程式：2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2O10CaSO40.5H2O6H3PO42HF。(4)由题意可知，H2O2在氧化有机碳时，自身也会发生分解，且分解速率随温度的升高而加快，因此80 后脱除率降低。(5)硫酸钙是微溶物，存在溶解平衡，因此反应后的溶液中仍含有SO。由题给信息可知，反应物为BaCO3、SO和H3PO4，生成物为BaSO4、CO2、H2PO和水，由此可写出该反应的离子方程式：BaCO3SO2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2PO。(6)由题意知，消耗氢氧化钠的物质的量为 mol，当生成Na2HPO4时，参加反应磷酸的物质的量为 mol，即磷酸的质量为 g，则磷酸的质量分数为。3(2017全国)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤的主要反应为：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_27_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_陶瓷在高温下会与Na2CO3反应_。(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_Fe_，滤渣2的主要成分是_Al(OH)3_及含硅杂质。(3)步骤调滤液2的pH使之变_小_(填“大”或“小”)，原因是 2CrO2HCr2OH2O(用离子方程式表示)。(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_d_(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。a80 b60 c40 d10 步骤的反应类型是_复分解反应_。(5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为 100%。解析(1)1 mol FeOCr2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O，氢离子浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，K2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，故d项正确。步骤中发生的反应为Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。(5)该铬铁矿粉中Cr2O3的物质的量为，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量m0，根据Cr元素守恒可求得K2Cr2O7的理论质量为m0294 gmol1103 kgg1 kg，所以产品的产率为100%100%。R (课堂)知能补漏1解题思路：明确整个流程的原料与目的仔细分析每步发生的反应及得到的产物结合基础理论与实际问题思考注意答题的模式与要点。(1)要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。(2)再精读试题，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。(3)要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的科学性。2得分策略(1)细心审题是关键，从题干中获得有用信息，了解制备的产品。(2)认真分析是核心，整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段，知道反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。(3)正确表达是保障。条理清晰，规范专业术语，准确使用化学语言及符合解答试题。在回答文字类表述题时，要组织语言，言简意赅，准确定位。避免丢三落四、遗漏答案、讨论不完整、以偏概全等现象出现。B (课后)1(2016北京)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：(1)过程中，在Fe2催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是 PbPbO22H2SO42PbSO42H2O。(2)过程中，Fe2催化过程可表示为：2Fe2 PbO24HSO=2Fe3PbSO42H2O：写出的离子方程式： 2Fe3PbSO=2Fe2PbSO4。下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。b_取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去_。(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)NaOH(aq)NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示。过程的目的是脱硫。滤液经处理后可在过程中重复使用，其目的是_A、B_(选填序号)。A减少PbO的损失，提高产品的产率B重复利用NaOH，提高原料的利用率C增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率过程的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程的操作：_向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体_。解析(1)根据题给化学工艺流程知，过程中，在Fe2催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成PbSO4和水，化学方程式为PbPbO22H2SO42PbSO42H2O。(2)催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质在反应前后保持不变。根据题给信息知，反应中Fe2被PbO2氧化为Fe3，则反应中Fe3被Pb还原为Fe2，离子方程式为2Fe3PbSO=PbSO42Fe2。a实验证明发生了反应，则b实验须证明发生了反应，实验方案为：取a中红色溶液少量，加入过量铅粉，充分反应后，红色褪去。(3)过程的目的是除硫，操作过程中会加入过量的NaOH，通过题给条件可知，部分PbO溶解在NaOH溶液中，故滤液1中会有过量的NaOH和PbO溶解在NaOH溶液中产生的NaHPbO2，重复使用滤液，可减少PbO的损失，提高产率，且NaOH也得到了重复利用，提高了原料的利用率。过程是从粗产品中得到纯产品，结合溶解度曲线，可选用重结晶操作。根据条件可知，粗品中含有炭黑，需要趁热过滤，然后冷却结晶，过滤得到纯产品。2(2018邯郸一模)锰的用途非常广泛，在钢铁工业中，锰的用量仅次于铁。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：已知25 ，部分物质的溶度积常数如下：物质Mn(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2MnSCoSNiSKsp2.110133.010165.010161.010115.010221.01022(1)步骤中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 MnCO3H2SO4=MnSO4CO2H2O。(2)步骤中需要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：使矿物中的物质充分反应；提供第步氧化时所需要的酸性环境；_抑制Mn2的水解_。(3)步骤中，MnO2在酸性条件下可将Fe2氧化为Fe3，该反应的离子方程式是 MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O；加氨水调节溶液的pH为5.06.0，以除去Fe3。(4)步骤中，需要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有_烧杯_；滤渣2的主要成分为_CoS和NiS_。(5)电解后的废水中还含有Mn2，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S，进行二级沉降。欲使溶液中c(Mn2)1.0105 molL1，则应保持溶液中c(S2)_1106_molL1。解析(1)加稀硫酸时MnCO3和硫酸反应生成可溶性MnSO4，并产生二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnCO3H2SO4=MnSO4CO2H2O。(2)Mn2易水解，加入过量硫酸，还能抑制Mn2水解。(3)步骤中，MnO2在酸性条件下将Fe2氧化为Fe3，反应的离子方程式是MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O。(4)过滤时的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒及漏斗，故还需烧杯；滤渣2的主要成分是CoS和NiS。(5)MnS的Kspc(Mn2)c(S2)1.01011，为了使c(Mn2)1.0105 molL1，则c(S2)1.0106(molL1)，即c(S2)1.0106 molL1。3(2018全国27)KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：(1)KIO3的化学名称是_碘酸钾_。(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_加热_。“滤液”中的溶质主要是_KCl_。“调pH”中发生反应的化学方程式为 KH(IO3)2KOH=2KIO3H2O或(HIO3KOH=KIO3H2O)。(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式 2H2O2e=2OHH2。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_K_，其迁移方向是_由a到b_。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_产生Cl2易污染环境等_(写出一点)。解析(1)KIO3的化学名称为碘酸钾。(2)Cl2的溶解度随温度的升高而降低，所以可以用加热的方法来达到“逐Cl2”的目的；KH(IO3)2和KCl的分离可以根据溶解度的不同，采用结晶法分离，滤液中的溶质主要是KCl，要使KH(IO3)2转化为KIO3，可以加入KOH调节pH。发生反应：KH(IO3)2KOH,2KIO3H2O或HIO3KOH,KIO3H2O，从而避免引入新的杂质离子。(3)电解液是KOH溶液，阴极的电极反应式为2H2O2e,2OHH2。电解过程中阳极反应为I6OH6e,IO3H2O。阳极的K通过阳离子交换膜由电极a迁移到电极b。“KClO3氧化法”的主要不足之处是产生Cl2，易污染环境。考点二物质分离提纯型Z (课前)1(2017天津)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。固体混合物分离利用的流程图.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)反应所加试剂NaOH的电子式为 。BC的反应条件为_加热(或煅烧)_，CAl的制备方法称为_电解法_。(2)该小组探究反应发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)_ac_。a温度 bCl的浓度 c溶液的酸度(3)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为 2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H85.6 kJmol1。.含铬元素溶液的分离和利用(4)用惰性电极电解时，CrO能从浆液中分离出来的原因是_在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液_，分离后含铬元素的粒子是_CrO和Cr2O_；阴极室生成的物质为_NaOH和H2_(写化学式)。解析(1)NaOH由Na和OH构成，电子式为。根据题中图示转化关系，向溶液A中通人CO2，发生反应：NaAlO22H2OCO2=Al(OH)3NaHCO3，沉淀B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，BC的反应条件为加热或煅烧，Al2O3Al的制备方法为电解熔融氧化铝。(2)根据“D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成”知温度对反应有影响；滴加硫酸，引入H，又产生Cl2，说明溶液的酸度对反应有影响。(3)该还原性气体为CO，易水解生成TiO2xH2O的液态化合物为TiCl4，反应的化学方程式为2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)，结合题意知H285.6 kJmol1。(4)题图2中电解分离装置采用离子交换膜，根据电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，CrO通过阴离子膜向阳极室移动，脱离浆液。在阳极室，CrO发生可逆反应：2CrO2HCr2OH2O，故分离后含铬元素的粒子是CrO、Cr2O。在阴极室，H2O放电：2H2O2e=H22OH，c(OH)增大，且Na向阴极室移动，故阴极室生成的物质为NaOH、H2。2(2018全国27)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 2NaHSO3=Na2S2O5H2O。(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH4.1时，中为_NaHSO3_溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_得到NaHSO3过饱和溶液_。(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为 2H2O4e=4HO2。电解后，_a_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 S2O2I23H2O=2SO4I6H，该样品中Na2S2O5的残留量为_0.128_gL1(以SO2计)。解析(1)根据题给信息，将NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到Na2S2O5，则化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5H2O。(2)酸性条件下，SO2与Na2CO3溶液生成NaHSO3。工艺中加入Na2CO3固体并再次通入SO2，其目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极上阴离子OH放电，电极反应式为2H2O4e=O24H，电解过程中H透过阳离子交换膜进入a室，故a室中NaHSO3浓度增加。(4)根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O2I23H2O=2SO4I6H。n(S2O)n(I2)0.010 00 molL110.00103 L5105 mol，该样品中S2O的残留量(以SO2计)为5105 mol264 gmol 10.128 gL1。R (课堂)知能补漏1物质提纯流程题的解题思路：(1)阅读题干信息，找出要提纯的物质。(2)解读操作流程，找出与题干相关的操作步骤，辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤，反应物是什么、发生了什么反应、该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。2无机化工流程中的常见分离方法：(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子。(2)过滤(热滤或抽滤)：分离难溶物和易溶物。(3)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质。(4)蒸发结晶：提取溶解度随温度的变化变化不大的溶质。(5)冷却结晶：提取溶解度随温度的变化变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物。(6)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物。(7)冷却水：利用气体易液化的特点分离气体。B (课后)1(2018衡水中学二模)电镀工业会产生大量的电镀污水，处理电镀污水时会产生大量的电镀污泥。电镀污泥含有多种金属氢氧化物和杂质。下面是处理某种电镀污泥回收铜、镍元素的一种工业流程。电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表。金属离子Cu2Ni2Fe2Al3Cr3浓度/mgL17 0007 0002 5004 2003 500(1)在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需控制电解电压稍大一些使Fe2氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为_FePO4、CrPO4、AlPO4_。(2)假设电解前后Ni2浓度基本不变，若使Ni2在除杂过程不损失，则溶液中PO浓度不能超过 molL1(列出计算表达式，KspNi3(PO4)251031)。(3)研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因为 Al(OH)3OH=AlO2H2O(用离子方程式解释)。解析(1)浸出液中含Cu2、Ni2、Fe2、Al3、Cr3，电解除去Cu2且将Fe2氧化成Fe3，根据图中Ni2不沉淀，因而磷酸盐沉淀中含有的物质为FePO4、GrPO4、AlPO4。(2)Kspc(Ni2)c2(PO)，电解前后Ni2浓度基本不变，c(Ni2)7 000 mgL1 molL1，若Ni2不沉淀，c(PO) molL1。(3)当NaOH溶液浓度过大时，发生反应：Al(OH)3OH=AlO2H2O。2(2018郑州三模)工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下，请回答下列问题：(1)步骤所得废渣的成分是_SiO2_(写化学式)，操作的名称_过滤_。(2)步骤、的变化过程可简化为(下式R表示VO2，HA表示有机萃取剂)：R2(SO4)n(水层)2nHA(有机层)2RAn(有机层)nH2SO4(水层)中萃取时必须加入适量碱，其原因是_加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动(或提高钒的萃取率)_。中X试剂为_H2SO4_。(3)的离子方程式为 NH3H2OVO=NH4VO3OH。(4)25 时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如表：pH1.61.71.81.92.0钒沉淀率%98.098.898.896.493.1结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为_1.71.8(或1.7、1.8其中一个)_；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3)_2.6103_molL1_。(已知：25 时，KspFe(OH)32.61039)(5)该工艺流程中，可以循环利用的物质有_氨气(或氨水)_和_有机萃取剂_。解析(1)将含K2SO4、SiO2杂质的VOSO4溶于水，SiO2不溶于水，步骤是过滤，将SiO2与溶液分离。(2)中萃取时必须加入适量碱，有利于中和硫酸，促使平衡正向移动；为反萃取，使上述平衡逆方向移动，X试剂为H2SO4。(3)在含有VO2、SO的溶液中加入氧化剂氯酸钾，可以将VO2氧化为VO，步骤中加氨水，VO与氨水反应生成NH4VO3的离子方程式为NH3H2OVO=NH4VO3OH。(4)根据25 时，钒沉淀率和溶液pH之间的关系知，pH为1.7、1.8时，钒沉淀率最高，调节溶液的最佳pH为1.71.8最好；若钒沉淀率为93.1%，pH2.0，c(OH)11012 molL1，此时没有Fe(OH)3沉淀，则溶液中的c(Fe3)KspFeOH3c3(OH)2.61039(11012)32.6103(molL1)。(5)根据流程示意图可知：该工艺流程中可以循环利用的物质有氨气(或氨水)和有机萃取剂。3以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的废渣，合理利用废渣可以减少环境污染，变废为宝，工业上利用废渣(含Fe2、Fe3的硫酸盐及少量CaO和MgO)制备铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，具体生产流程如下：注：铵黄铁钒的化学式为(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12(1)在废渣溶液操作时，应选用_D_溶解(填字母)。A氨水B氢氧化钠溶液C盐酸D硫酸(2)物质A是一种氧化剂，工业上最好选_空气_(供选择使用的有空气、Cl2、MnO2)，其理由是_原料易得，成本低，不产生污染，不引入杂质_。氧化过程中发生反应的离子方程式为 4Fe2O24H=4Fe32H2O。(3)铵黄铁矾中可能混有的杂质有Fe(OH)3、_Ca(OH)2、Mg(OH)2、CaSO4_。铵黄铁矾与氨水反应的化学方程式为 (NH4)2Fe6(SO4)4(OH)126NH3H2O=4(NH4)2SO46Fe(OH)3。解析(1)该流程的目的是制备铁红(Fe2O3)和回收(NH4)2SO4，不能引入杂质离子，不能选用盐酸，而氨水和NaOH溶液能沉淀Fe3和Fe2，也不能选用。(2)空气中的氧气在酸性条件下可将Fe2氧化为Fe3，空气易得，成本低，不产生污染，不引入杂质，氧化过程离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O。(3)废渣溶解经氧化后溶液中存在Mg2、Fe3，加氨水后，可能生成Mg(OH)2沉淀、Fe(OH)3沉淀，另外Ca(OH)2和CaSO4的溶解度较小，也可能析出。由流程图知，铵黄铁钒与氨水反应得(NH4)2SO4和Fe(OH)3。
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