冲刺2019高考化学二轮复习核心考点特色突破突破41物质分离提纯型（含解析）

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1、突破41 物质分离提纯型1、 【突破必备】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. 规范答题要点(1)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大的晶体)的方法：蒸发浓缩(至有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。(2)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干

2、燥。(3)溶液配制、灼烧、蒸发、过滤用到的仪器要熟知。(4)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解或挥发。(5)检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层溶液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。(6)洗涤沉淀：沿玻璃棒往过滤器中加蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作23次。(7)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若(现象)，则沉淀洗涤干净。(8)冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。(9)乙醇洗涤的

3、目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。(10)蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时，为获得较纯净的AlCl3需在HCl气流中进行。2、 【真题示例】【真题示例1】（2016新课标卷，T28）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5

4、转化为VO2+，反应的离子方程式为_，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是_。（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。（3）“中和”作用之一是使钒以形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_。（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+ V4O124R4V4O12+4OH（ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_性（填“酸”、“碱”或“中”）。（5）“流出液”中阳离子最多的是_。（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式_。【答案】（1）V2O52H=2VO2H2O

5、；SiO2；（2）0.5；（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）碱；（5）K；（6）2NH4VO3V2O5H2O2NH3。【解析】(1)“酸浸”时V2O5转化为VO，V2O5、VO中V元素均显5价，V元素化合价不变，则该反应是非氧化还原反应，结合溶液的酸碱性及元素守恒写出离子方程式：V2O52H=2VOH2O。废钒催化剂中除SiO2外，其余物质均与稀硫酸反应生成易溶于水的盐，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅。(2)“氧化”中使3 mol的VO2变为VO，转移电子的物质的量为3 mol(54)3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素由5价降低到1价，根据电子守恒可知，需要KCl

6、O3的物质的量至少为0.5 mol。(3)由图可知，加入KOH中和后产生废渣2，而“中和”作用之一是使钒以V4O形式存在于溶液中，后续操作中未进行除杂操作，显然该过程中还生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，从而除去Fe3、Al3，故“废渣2”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为4ROH+ V4O124R4V4O12+4OH(ROH为强碱性阴离子交换树脂)。为了提高洗脱效率，应增加溶液中c(OH)，使平衡逆向移动，故淋洗液应该呈碱性。(5)“氧化”和“中和”操作中分别加入KClO3、KOH，而“离子交换”过程中，消耗V4O同时生成OH，而阳离子未参与

7、离子交换，故“流出液”中阳离子最多的是K。(6)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”过程中生成V2O5，考虑铵盐的不稳定性，还应生成NH3和H2O，结合元素守恒写出化学方程式：2NH4VO3V2O5H2O2NH3。【真题示例2】2016新课标卷，26(2)(3)(4)(5)(6)过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：(一)碳酸钙的制备(2)下图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是_(填标号)。a漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁b玻璃棒用作引流c将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁d滤纸边缘高出漏斗e用玻璃棒在漏斗中轻轻搅

8、动以加快过滤速度(二)过氧化钙的制备CaCO3滤液白色结晶(3)步骤的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈_(填“酸”“碱”或“中”)性。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是_。(4)步骤中反应的化学方程式为_，该反应需要在冰浴下进行，原因是_。(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是_。(6)制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是_，产品的缺点是_。【答案】(2)ade(3)酸除去溶液中的CO2(4)CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O(

9、或CaCl22NH3H2OH2O26H2O=CaO28H2O2NH4Cl)温度过高时双氧水易分解(5)去除晶体表面水分(6)工艺简单、操作方便纯度较低【解析】(2)a项，漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁，容易造成溶液飞溅，错误；b项，玻璃棒用作引流，正确；c项，将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止有气泡，正确；d项，滤纸边缘应低于漏斗口，错误；e项，用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易划破滤纸，错误。(3)步骤中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液中含有大量的CO2，溶液呈酸性，而CaO2溶于酸，故应将溶液煮沸以除去溶解的CO2气体。(4)根据题意可知反应物为CaCl2、H2O2、NH3H2O，产物为

10、CaO2、NH4Cl和H2O，则反应的化学方程式为CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，由于H2O2在高温下易分解，所以反应应在冰浴中进行。(5)由于乙醇与水互溶且易挥发，所以使用乙醇洗涤去除晶体表面的水分。(6)制备过氧化钙的另一种方法是将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是工艺简单，操作方便，产品的缺点是没有除杂净化工艺，所制得产品纯度低。【真题示例3】(2013新课标卷)氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌含有Fe()、Mn()、Ni()等杂质的流程如下：提示：在本实验条件下，Ni()不能被氧

11、化；高锰酸钾的还原产物是MnO2。回答下列问题：(1)反应中除掉的杂质离子是 _，发生反应的离子方程式为_；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是_。(2)反应的反应类型为_，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有_。(3)反应形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。(4)反应中产物的成分可能是ZnCO3xZn(OH)2。取干燥后的滤饼11.2 g，煅烧后可得到产品8.1 g，则x等于_。【答案】(1)Fe2和Mn2MnO3Fe27H2O=3Fe(OH)3MnO25H，2MnO3Mn22H2O=5MnO24H铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质(2)置换反应镍(

12、3)取少量水洗液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净(4)1【解析】从分析整个流程图入手，明确每步发生的反应，从而解决相关问题。(1)在反应中，通过调节溶液的pH，高锰酸钾能将溶液中的Fe2氧化为Fe3，将Mn2氧化为MnO2而除去；若开始溶液的pH过低，Fe2、Mn2将很难生成沉淀而除去。(2)第一次过滤后的滤液中含有的阳离子有Zn2、Ni2、H等，加入锌后可将Ni置换出来，故滤渣中还含有金属镍。(3)反应生成的沉淀为ZnCO3，同时生成Na2SO4，若沉淀未洗涤干净，洗涤液中应含有SO和Na，故只要对洗涤液中是否含有SO进行检验即可。(4)

13、煅烧过程中ZnCO3、Zn(OH)2均发生分解反应生成ZnO，根据关系式ZnCO3xZn(OH)2(x1)ZnO，可得，故x1。3、 【随堂小练】1. 二硫化钼(MoS2) 被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿( 含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质) 制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)钼酸铵的化学式为(NH4)2MoO4，其中Mo的化合价为_。(2)利用联合浸出除杂时，氢氟酸可除去的杂质化学式为_，如改用FeCl3溶液氧化浸出，CuFeS2杂质的浸出效果更好，写出氧化浸出时发生的化学反应方程式_。(3)加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵(NH4)2Mo

14、S4，写出(NH4)2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀的离子反应方程式_。(4)由下图分析产生三硫化钼沉淀的流程中应选择的最优温度和时间是_。利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因：_。(5)高纯MoS2中自然会存在极微量杂质，如非整比晶体MoS2.8，则该杂质中Mo4与Mo6的物质的量之比为_。(6)已知Ksp(BaSO4) 1.11010，Ksp(BaMoO4)4.0108，钼酸钠晶体( NaMoO42H2O) 是新型的金属缓蚀剂，不纯的钼酸钠溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO(溶液体积变化忽略)，则当BaMoO4开始沉淀时，溶液中

15、的c(MoO)/c(SO)_(结果保留2位有效数字)【答案】(1)6(2)SiO24FeCl3CuFeS2=5FeCl2CuCl22S(3)MoS2H=MoS3H2S(4)40 ，30 min温度太低不利于H2S 逸出；温度太高，盐酸挥发，溶液c(H)下降，都不利于反应正向进行(5)14(6)3.6102【解析】(1)铵根离子带1个单位正电荷，氧元素是2价，所以Mo为6价。(2)氢氟酸可以与二氧化硅反应得到SiF4气体，从而除去二氧化硅杂质。改用FeCl3溶液氧化浸出CuFeS2杂质的浸出效果更好，说明应该得到Cu和Fe对应的离子，同时利用氧化性将S元素氧化为单质，根据化合价升降相等和原子个数

16、守恒配平得到方程式为：4FeCl3CuFeS2=5FeCl2CuCl22S。(3)(NH4)2MoS4在溶液中应该电离出铵根离子和MoS，MoS与盐酸的氢离子作用生成MoS3沉淀，则另外的生成物只能是H2S气体，所以离子反应方程式为：MoS 2H = MoS3 H2S。(4)由图像得到40 的产率最高，30分钟以后产率就不再变化，所以选择40 ，30 min。(5)设在1 mol的MoS2.8中Mo4与Mo6的物质的量分别为X和Y，则XY1。根据化合价代数之和为0的原则，有：4X6Y2.82。解方程得到：X0.2，Y0.8。所以Mo4与Mo6的物质的量之比为0.20.814。(6)因为Ksp(

17、BaSO4) 1.11010Ksp(BaMoO4)4.0108，所以先沉淀的是硫酸钡，则当BaMoO4开始沉淀时，硫酸钡已经沉淀了，所以溶液对于两种沉淀来说都是饱和的，其中的离子浓度都符合沉淀的Ksp表达式。364。2. 高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁的生产流程示意图：(1)酸浸时，常需将烧渣粉碎、并加入过量H2SO4，其目的是_；滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)加入FeS2时，发生反应的离子方程式为 _。(3)加入NH4HCO3目的是_。“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3

18、中可能混有的杂质是_。检验FeCO3是否洗涤干净的方法是_。(4)煅烧时，发生反应的化学方程式为 _。【答案】(1)提高铁元素的浸出率，同时抑制铁离子的水解 SiO2(2)FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16H(3)中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2全部转化为FeCO3 Fe(OH)2取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净(4)4FeCO3O22Fe2O34CO2【解析】(1)酸浸时，常需将烧渣粉碎、增大烧渣与酸的接触面积，并加入过量H2SO4，除了使烧渣中的部分氧化物溶解外，还能抑制铁离子的水解。酸性氧化物SiO2不与酸反应。(2

19、)加入FeS2时，把铁离子还原为Fe2：FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16H。 (3)加入NH4HCO3目的是中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2全部转化为FeCO3；亚铁离子的水解能力较强，易发生水解，“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是Fe(OH)2 ；检验FeCO3固体中附着有硫酸根离子，可以用盐酸和氯化钡溶液进行检验，取最后一次洗涤液少量放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净。(4)在空气中煅烧FeCO3，二价铁被氧化为三价铁，进一步得到Fe2O3。4FeCO3O2=2Fe2O34CO2。3. 以粉煤灰(主要成分为A

20、l2O3和SiO2，还含有少量的FeO、Fe2O3等)为原料制备Al2O3的流程如下： (1)“酸浸”时需加入过量的稀硫酸，目的是提高浸取率和_；滤渣的主要成分是_。(2)“氧化”过程中，加入H2O2发生反应的离子方程式为_。(3)“提纯”过程中，当加入NaOH溶液达到沉淀量最大时，溶液中c(SO)c(Na)_。(4)已知Ksp11039。“提纯”过程中，当c(Fe3)_mol L1。(5)“沉淀”过程中，通入过量CO2时发生反应的化学方程式为_。【答案】(1)SiO2(2)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(3)12_(4)11011(5)NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaH

21、CO3【解析】(1)根据含有成分，加入硫酸发生的反应是Al2O36H=2Al33H2O，FeO2H=Fe2H2O，Fe2O36H=2Fe33H2O，加入硫酸的目的可以提高浸取率和抑制Al3的水解，SiO2是不溶于水，不溶于酸，因此滤渣是SiO2。(2)过氧化氢具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，离子反应方程式为H2O22Fe22H=2Fe32H2O。(3)加入NaOH溶液，达到沉淀量最大，发生Al33OH=Al(OH)3，Fe33OH=Fe(OH)3，此时溶液中溶质为Na2SO4，即c(SO)c(Na2)12。(4)根据Kspc(Fe3)c3(OH)，因为c(Fe3)1011 molL1。(

22、5)利用碳酸的酸性强于偏铝酸，因此有：NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3。4、 【课后强化专练】1. 湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。一种由铜镉渣生产金属镉的工艺流程如图所示：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀时的pH按金属离子的浓度为0.1 mol/L计算)：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀时的pH1.56.57.2沉淀完全时的pH3.39.99.5(1)“浸出”过程中，不采用通入空气进行搅拌的方法，原因是防止Cu被氧化浸出，其离子方程式是_。(2)“除钴”过程中，锌粉会与As2O3形成微电

23、池产生AsH3气体。该微电池的正极反应式为_。(3)“除铁”时先加入适量KMnO4，再加入ZnO调节pH。“除铁”过程中，理论上参加反应的n(KMnO4)n(Fe2)_。“除铁”时加入ZnO控制反应液pH的范围为_。(4)若上述流程中投入的KMnO4不足，则待电解溶液中有残余的Fe元素。请设计实验方案加以验证：_。(5)净化后的溶液用惰性电极电解可获得镉单质。“电解废液”中可循环利用的溶质是_(写化学式)。【答案】(1)2CuO24H=2Cu22H2O(2)As2O312H12e=2AsH33H2O(3)133.3pH7.2(4)取样加入H2O2后再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解溶液中

24、含Fe元素(5)H2SO4【解析】(1)通入空气时Cu易被氧化，考虑到溶液呈酸性，则离子方程式为2CuO24H=2Cu22H2O。(2)金属Zn失电子，是负极，得电子的As2O3在正极参加反应，因前一步处理后溶液仍为酸性，故正极反应式为As2O312H12e=2AsH33H2O。(3)因反应生成MnO2，则1 mol KMnO4参与反应得电子3 mol，故该氧化还原反应中参与反应的n(KMnO4)n(Fe2)13。除铁时，Fe3完全沉淀时的pH3.3，同时为保证Cd2不沉淀，则pH7.2。(4)流程中投入的KMnO4不足时，Fe2氧化不充分，3.3pH7.2时不能使Fe2完全沉淀，待电解溶液中

25、有残余Fe2，验证的方案即为检验Fe2的方案。(5)净化后的溶液用惰性电极电解时，阴极反应为Cd22e=Cd，阳极反应为2H2O4e=4HO2，总反应为2CdSO42H2O=2CdO22H2SO4，电解废液中含有硫酸，可以循环利用。2. 高纯硝酸锶Sr(NO3)2可用于制造信号灯、光学玻璃等。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，提纯流程如下：已知：“滤渣1”的成分为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2；铬酸(H2CrO4)为弱酸。(1)“酸浸”不能采用高温的原因是_，“滤液1”的主要溶质是_。(2)相对于水洗，用浓HNO3洗涤的优点是_。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3

26、，同时放出无污染的气体，写出发生反应的离子方程式：_。(4)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3，还原后溶液的pH不能大于8的原因是(结合离子方程式说明理由)_。(5)为了测定“滤渣2”中BaCrO4的含量，进行以下实验：m g“滤渣2”溶液滴定终点时消耗V mL Na2S2O3溶液(已知：I22S2O=2IS4O)。“滤渣2”中BaCrO4(摩尔质量为M gmol1)的质量分数为_(用代数式表示)。若加入的HI溶液过量太多，测定结果会_(“偏高”“偏低”或“无影响”)。【答案】(1)避免HNO3挥发和分解，减少环境污染Ca(NO3)2(2)减少硝酸锶(或“产品”)溶解损失(3)4H2CrO4

27、3N2H412H=4Cr33N216H2O(4)避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生反应Cr(OH)3OH=CrO2H2O而溶解(5)100%偏高【解析】(1)“酸浸”不能采用高温的原因是避免HNO3挥发和分解，减少环境污染。工业级硝酸锶含硝酸钙、硝酸钡等杂质，浓硝酸“酸浸”后得到的“滤渣1”为Ba(NO3)2、Sr(NO3)2，则“滤液1”的主要溶质是Ca(NO3)2。(2)根据同离子效应，相对于水洗，用浓HNO3洗涤的优点是减少硝酸锶(或“产品”)溶解损失。(3)“滤液2”中过量的H2CrO4被N2H4还原为Cr3，同时放出无污染的氮气，配平离子方程式为4H2CrO43N2H412H=4Cr

28、33N216H2O。(4)已知Cr(OH)3类似Al(OH)3，还原后溶液的pH不能大于8的原因是避免Cr(OH)3在碱性溶液中发生反应Cr(OH)3OH=CrO2H2O而溶解。(5)酸性条件下BaCrO4与HI反应的离子方程式为2BaCrO46I16H=2Cr33I28H2O2Ba2，结合反应I22S2O=2IS4O，设“滤渣2”中BaCrO4的质量分数为w，则有：2BaCrO43I26S2O2M g 6 molm gw cV103 mol则w100%100%。若加入的HI溶液过量太多，部分HI被空气氧化，使测定结果偏高。3. 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

29、。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_。(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

30、液中出现铝元素的原因为 _(用离子方程式解释)。【答案】(1)FePO4、CrPO4、AlPO4(2)(3)Al(OH)3OH=AlO2H2O【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)Ksp(NH4VO3)1.60103 ，故有沉淀析出(6)2NH4VO3 2NH3V2O5H2O【解析】(1) 水浸时，为了提高废钒

31、的浸出率，除了粉碎，还可以采取的措施有搅拌、适当升高温度、延长浸泡时间等措施；(2)依题意，反应中V2O5作氧化剂，SO作还原剂，反应的离子方程式为V2O5SO4H=2VO2SO2H2O；(3)根据图像分析可得，要使沉钒率最高，可控制氯化铵系数为4，温度在80 ；(4)废钒中可溶性物质为VOSO4，所以反应的化学方程式为6VOSO4KClO3 3H2O= 3(VO2)2SO4KCl3H2SO4 ；(5)根据溶解度的定义可得，在20 时NH4VO3的饱和溶液中，c(NH)c(VO)/0.1 L0.04 mol/L，则Ksp(NH4VO3) (0.04 mol/L)21.60103 mol2/L2

32、，而此时溶液中Qcc(NH)c(VO)(0.10/2)(0.10/2)2.50103 Ksp(NH4VO3)1.60103，故有沉淀析出；(6) “焙烧反应”中由NH4VO3制备V2O5的化学方程式为2NH4VO32NH3 V2O5 H2O。6石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含有SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。为了提纯和综合利用初级石墨，设计工艺流程如图所示：(注：SiCl4的沸点是57.6 ，题中金属氯化物的沸点均高于150 )(1)已知1 mol石墨完全转化为金刚石需要吸收1.9 kJ的能量。请写出石墨转化为金刚石的热化

33、学方程式：_。(2)向反应器中通入Cl2前，需通一段时间的N2。高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物。80 冷凝的目的是_。由活性炭得到气体的反应的化学方程式为_。(3)加入过量NaOH溶液得到溶液的反应的离子方程式为_。(4)用化学反应原理解释得到沉淀V的过程中加入乙酸乙酯和加热的作用：_。1 kg初级石墨最多可获得沉淀V的质量为_ kg。【答案】(1)C(石墨，s)=C(金刚石，s)H1.9 kJmol1(2)将MgCl2、FeCl3、AlCl3等金属氯化物冷凝为固体，从而与SiCl4分离2CSiO22Cl2SiCl42CO(或2CSiO2Si2CO、Si2Cl2SiCl4)(3)Al34OH=AlO2H2O(4)溶液中NaAlO2水解显碱性，乙酸乙酯消耗NaAlO2水解生成的NaOH，促进NaAlO2水解生成Al(OH)3；加热促进水解，加快反应速率0.078【解析】(1)书写热化学方程式时，