专项20 工艺流程综合题-备战高考化学阶段性新题精选专项特训（全国卷）（2月期）

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备战高考化学阶段性新题精选专项特训（全国卷）
专项20 工艺流程综合题
1．（2023春·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）从铜氨废液{含、、、、、等}中回收铜的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)步骤(Ⅰ)中被氧化的元素是___________，由步骤(Ⅱ)可确定与的结合能力比与的___________(填“强”或“弱”)。
(2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，利用溶液而不选用NaOH溶液“沉铜”的优点是___________。
(3)写出步骤(Ⅳ)“溶解”时的化学方程式：___________，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(4)该流程中可以循环利用的物质是___________(填化学式)。
(5)碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。碱式氯化铜的化学式为___________。
【答案】(1)     Cu、C     强
(2)CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率
(3)          2:3
(4)HNO3
(5)Cu2(OH)3Cl

【分析】从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO−、等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成CO2、NH3，得到含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液，加入20%的硫酸，调节pH =2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。向含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO−、的溶液中加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜。
【详解】（1）步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气把Cu+氧化为Cu2+，将CO氧化生成CO2吹出，被氧化的元素是Cu、C；步骤(Ⅱ)中加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+结合能力强，故答案为Cu强；
（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S溶液与CuSO4溶液反应生成CuS沉淀和Na2SO4，主要反应的离子方程式为Cu2+＋S2－=CuS↓，因为硫化铜的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率，所以“沉铜”选用Na2S溶液而不选用NaOH溶液；答案为：CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率。
（3）步骤(Ⅳ)反应中CuS和硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由-2价升高到0价，CuS为还原剂，N元素的化合价由+5价降低为+2价，硝酸为氧化剂，根据电子守恒，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，反应为；
（4）在第(Ⅴ)硝酸铜溶液中加入硫酸制硫酸铜，同时生成HNO3，则HNO3可循环利用，故答案为HNO3。
（5）碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、H2O和HCl；准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g；则CuO的物质的量为32.0g÷80g/mol=0.4mol，H2O的物质的量为3.6g÷18g/mol=0.2mol，HCl的物质的量为(42.9g-32.0g-3.6g)÷36.5g/mol=0.2mol，则CuO:H2O:HCl=0.4:0.2:0.2=2:1:1，则根据铜、氢、氯元素守恒可知，碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。
2．（2023·广东江门·校联考模拟预测）从铜电解液(主要含、Ni2+、、、、Zn2+等)中提纯得到粗硫酸镍晶体，为了进一步纯化并回收胆矾晶体，某课题小组设计了如图流程：

已知：相关离子浓度为0.1mol/L时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
Ca2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
4.2
6.3
1.5
11.8
6.2
6.9
沉淀完全的uH
6.7
8.3
2.8
13.8
8.2
8.9

(1)为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有_______(任写一点)。
(2)为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式：_______。
(3)请结合离子方程式解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因_______。
(4)“操作X”为在_______(填仪器名称)中加热至_______，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
(5)若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001mol/L，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)<10-5mol/L，则所加NiF2溶液的浓度至少为_______mol/L。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
(6)室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR+Mn+⇌MRn+nH+，试剂a为_______(填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因：_______。

【答案】(1)搅拌
(2)2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
(3)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
(4) 蒸发皿     出现少量晶膜
(5)0.003
(6) H2SO4     pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成
【分析】粗硫酸镍溶解后，通入硫化氢气体将三价铁还原为二价铁，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤后滤渣硫化铜灼烧生成氧化铜，再溶于硫酸得到硫酸铜；滤液中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，再加氢氧化镍调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中加氟化镍将钙离子沉淀，过滤后滤液中加萃取剂将锌转移至有机相中，滤液为硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
【详解】（1）搅拌、适当地升温均可以增大浸出率。故答案为：搅拌；
（2）Fe3+与H2S发生氧化还原反应生成S和三价铁离子，反应离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+，故答案为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）加入的目的是调节pH，使Fe3+水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+的沉淀。故答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入后消耗H+，使平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去；
（4）操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故答案为：蒸发皿；出现少量晶膜；
（5）根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)，得出c2(F-)≥4×10-6mol/L，设NiF2溶液的体积为VL，即溶液中n(F-)=2V×2×10-3=4V×10-3(mol)，沉淀时消耗的F-的物质的量为V×2×10-3mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3mol，所加的NiF2溶液的浓度至少为3×10-3mol/L。故答案为：0.003；
（6）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。故答案为：H2SO4；pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成；
3．（2023·湖北·校联考模拟预测）锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3和SiO2等杂质)中制取Sb2O3的工业流程如下图所示。

已知：①“滤液1”的主要阳离子是Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+
②“滤饼”的成分是SbOCl
回答下列问题：
(1)将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是_______。
(2)“滤渣2”的成分是_______。
(3)“稀释水解”主要反应的离子反应方程式为_______；该操作中需要搅拌的原因是_______。
(4)“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是_______。
(5)“中和”时反应的化学方程式为_______；“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是_______。
【答案】(1)提高酸浸步骤中锑的浸出率
(2)Fe、Cu
(3)  Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+     避免形成胶体，不利于过滤分离
(4)铁氰化钾溶液
(5)  2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O     碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失
【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液1中含有Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，Sb5+、Fe3+分别转化为Sb3+、Fe2+，铜离子转化为铜单质，过滤得到滤液2加水稀释水解生成SbOCl，酸洗后加入氨水反应，SbOCl转化为Sb2O3；
【详解】（1）将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是提高酸浸步骤中锑的浸出率，充分利用原料；
（2）过量铁能置换出溶液中铜离子生成铜单质，故滤渣2为铁、铜；
（3）已知稀释水解后得到滤饼的成分是SbOCl，故水解过程中Sb3+水解和氯离子反应得到SbOCl和氢离子，反应为Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+；该过程中搅拌可以防止水解生成胶体，导致不利于过滤分离；
（4）滤饼若洗涤不干净则洗涤液中会含有亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，故“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是铁氰化钾溶液；
（5）“中和”时加入氨水和SbOCl反应生成Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵、水，反应的化学方程式为2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O；(Sb2O3，两性氧化物，能和强碱反应，“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，导致产品产率降低。
4．（2023秋·山东日照·高三统考期末）以红土镍矿(主要含有NiO、Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO)为原料，制取铁、镍、铝、镁和硅的化合物，工业流程如图：

已知：3Fe2(SO4)3+2NH3+12H2O=2NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓(黄安铁矾)+5H2SO4。
回答下列问题：
(1)根据如图判断“焙烧”的适宜条件为_____。

(2)NiO在焙烧时与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Ni(SO4)2的化学方程式为_____。
(3)NH3的作用为_____。
(4)流程中可以循环使用的物质除NH3、SO3外还有_____。
(5)已知滤液6中MgSO4的质量远大于Na2SO4。

①从滤液6中得到MgSO4晶体，可采用的方式为_____。
A．加热至40℃蒸发结晶       B．加热至60℃降温结晶
C．加热至60℃蒸发结晶       D．加热至40℃降温结晶.
②已知Ksp(MgF2)=1×10-11，可在废液中加入NaF的进行沉镁，完全沉镁需要控制废液中c(F-)不低于______。
【答案】(1)450℃和120min
(2)
(3)使转化生成Fe(OH)3沉淀与黄安铁矾沉淀
(4)NaOH
(5)     A    
【分析】制取过程分析：矿石与在一定条件下进行焙烧得到熟料，矿石中金属氧化物会生成相应的硫酸盐，SiO2不发生反应。熟料水浸时各种硫酸盐均能溶解，SiO2与其他不溶性杂质通过过滤分离，所得废渣中主要含有SiO2，加入NaOH溶液后，SiO2反应生成Na2SiO3，过滤后滤液2中主要含有NaOH与Na2SiO3，加入Ca(OH)2后，Na2SiO3与之反应生成NaOH与CaSiO3沉淀，过滤分离得NaOH溶液与CaSiO3固体。水浸过滤后的滤液中先加入H2O2，使溶液中的氧化成，再加NH3，溶液酸性逐渐减弱，反应后生成Fe(OH)3沉淀与黄安铁矾沉淀，过滤分离，滤液4中还含有、、，加NaOH调pH，先让转化成Al(OH)3沉淀，过滤分离，滤液5继续加NaOH溶液调高pH，使转化成Ni(OH)2沉淀，过滤分离，存在于滤液6中。
【详解】（1）根据图中数据知焙烧的适宜条件是450℃和120min。
（2）根据质量守恒定律，结合流程图焙烧时的产物，NiO在焙烧时与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Ni(SO4)2的化学方程式为。
（3）根据流程图中加入NH3后生成的产物知其作用是使转化生成Fe(OH)3沉淀与黄安铁矾沉淀。
（4）滤液3主要含有NaOH，因此NaOH也可以循环使用。
（5）加热至40℃时，Na2SO4溶解度大于MgSO4，且Na2SO4溶解度达到最大。由于溶液中MgSO4的质量远大于Na2SO4，此温度下蒸发除去一定量溶剂后将得到MgSO4的过饱和溶液而使大部分MgSO4析出，故选A。通常认为离子浓度小于时沉淀完全，根据溶度积可计得当时，，因此完全沉镁需要控制废液中c(F-)不低于。
5．（2023·山东济南·统考一模）工业上利用石煤矿粉(主要含及少量、)为原料生产，工艺流程如下：

已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质依次为、、；
②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子





③25℃时，。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。
(2)滤液Ⅰ的成分为_______(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是_______。
(3)“转化”时，滤渣Ⅱ经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到_______操作单元中循环使用。
(4)“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是①_______。②_______；25℃时，测得“转化”后，滤液中 mol·L，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到96%，应调节溶液中至少_______mol·L。
(5)“煅烧”时，制得产品。但反应体系中，若不及时分离气体Ⅱ，部分会转化成，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，该反应的化学方程式为_______。
【答案】(1)
(2)     NaOH     富集钒元素
(3)转沉
(4)     调节pH，将转化为     利用同离子效应，促进尽可能析出完全     0.2
(5)
【分析】石煤矿粉(主要含及少量、)，加入、和固体，将氧化成，生成的气体为，加水溶解，滤渣1为、，滤液为水溶液，加入将转化为沉淀，可以富集钒元素，再加入除去，最后加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以促进尽可能析出完全，煅烧生成。
【详解】（1）焙烧”时，被氧化生成 发生反应的化学方程式为:；
（2）在溶液中加入形成沉淀，滤液1的主要成分为：NaOH，先“转沉”后“转化”的目的是富集钒元素；
（3）转化时，滤渣Ⅱ为 ，经高温煅烧生成后水浸后生成，可以导入到转沉中循环利用；
（4）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以利用同离子效应，促进尽可能析出完全；，溶液中的，；
（5）根据题目信息，“煅烧”时，制得产品的化学方程式为：。
6．（2023秋·江苏常州·高三统考期末）以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下：

已知： Bi3＋易与Cl－形成BiCl， BiCl易发生水解， 其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋。
(1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为________。
(2)“ 酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH。
①一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是________。
②为提高酸浸时金属元素的浸出率，除适当增加浓盐酸用量、适当升高酸浸温度外，还可采取的措施有______。
(3)铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为BiCl (水层)＋2TBP(有机层)⇌BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl－(水层)。
① “萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，萃取率随c(Cl－)变化关系如图所示。c(Cl－)最佳为1．3 mol·L－1的可能原因是________。
② 萃取后分液所得水相中的主要阳离子为________(填化学式)。

(4)“ 沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl－较少的草酸铋晶体，“萃取” 后有机相与草酸溶液的混合方式为________________________。
(5)在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400 ℃时制得超细氧化铋，其化学式为________________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]＝808 g·mol－1)

【答案】(1)2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4
(2)     增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解     加快搅拌速度
(3)     c(Cl－)>1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)<1.3 mol·L－1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯     Fe3＋、H＋、Na＋
(4)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中
(5)Bi2O3
【分析】焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3，在空气中Bi2S3单独焙烧生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，Mn2O3与浓盐酸生成氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋，以此解答。
【详解】（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4。
（2）①Bi3＋易与Cl－形成BiCl， BiCl易发生水解， 其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋，增大H＋浓度，平衡逆向移动，BiCl浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成BiCl，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解；
②加快搅拌速度，加快反应速率也可以提高酸浸时金属元素的浸出率。
（3）①c(Cl－)>1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)<1.3 mol·L－1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯；
②“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，加入萃取剂TBP的目的让Bi3+和Fe3+分离，则萃取后分液所得水相中的主要阳离子为Fe3＋、H＋、Na＋。
（4）为使萃取充分，萃取时边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。
（5）设氧化铋的化学式为Bi2Ox，则，解得x≈3，因此氧化铋的化学式为Bi2O3。
7．（2023秋·河北邯郸·高三统考期末）以含钒石煤(含有铁、硅、铝、钙、镁等元素的氧化物)为原料制备催化剂V2O5，工艺流程如下：

已知：i.含钒石煤中的钒大部分是难溶的V(Ⅲ)化合物。
ⅱ.常温下，几种金属氢氧化物的溶度积常数如表所示：
物质
Fe(OH)3
Ca(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
2.8×10-39
5.5×10-6
1.3×10-33
1.0×10-11
回答下列问题：
(1)含钒石煤需要先粉碎再焙烧，粉碎的目的是_______；“氧化焙烧”时氧化剂是_______。
(2)“酸浸渣”经“水洗”返回“浸出”的目的是_______。
(3)已知“酸浸液"中加入H2O2将V2O转化为VO，该反应的离子方程式为_______；欲使"酸浸液”中的Mg2+完全沉淀(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1为沉淀完全)，应加入NaOH将溶液pH调至_______以上，此时VO已转化成VO，分离“净化液I”所得的滤渣中除Mg(OH)2外一定还含有_______(填化学式)。
(4)“沉钒”获得NH4VO3而不是将“净化液ⅱ”直接蒸干可以防止产品V2O5中混入Na和_______(填元素符号)等金属元素。
(5)“锻烧"NH4VO3过程中，固体残留率与温度变化如图所示，A点对应物质的化学式为_______。

【答案】(1)     增大固气接触面积，加快反应速率，提高含钒石煤的利用率     氧气
(2)提高V元素的浸出率
(3)     H2O2+V2O=2VO+2H+     11     Fe(OH)3
(4)Al、Ca
(5)HVO3
【分析】由题给流程可知，含钒石煤粉碎后，加入碳酸钠固体在空气中氧化焙烧得到焙烧渣，向焙烧渣中加入稀硫酸浸出时，硅元素转化为硅酸沉淀、部分钙元素转化为硫酸钙沉淀、钒元素转化为V2O、铁元素和镁元素转化为铁离子和镁离子，过滤得到含有硅酸、硫酸钙的酸浸渣和含有V2O、铁离子、镁离子和少量钙离子的酸浸液；酸浸渣水洗后，再次返回浸出可以提高钒元素的浸出率；向酸浸液中加入过氧化氢溶液将V2O氧化为VO得到净化液I，向净化液I中加入足量氢氧化钠溶液，将铁离子、镁离子转化为氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化镁的滤渣和含有VO、偏铝酸根离子、钙离子的净化液ⅱ；向净化液ⅱ中加入铵盐将VO转化为偏钒酸铵沉淀，过滤得到偏钒酸铵；煅烧偏钒酸铵得到五氧化二钒。
【详解】（1）粉碎含钒石煤可以增大固气接触面积，加快反应速率，提高含钒石煤的利用率；氧化焙烧时空气中的氧气将+3价钒元素氧化为+4价钒元素，故答案为：增大固气接触面积，加快反应速率，提高含钒石煤的利用率；氧气；
（2）由分析可知，酸浸渣水洗后，再次返回浸出可以提高钒元素的浸出率，故答案为：提高V元素的浸出率；
（3）由题意可知，加入过氧化氢溶液的目的是将V2O氧化为VO，反应的离子方程式为H2O2+V2O=2VO+2H+；由氢氧化镁的溶度积可知，镁离子浓度为1.0×10-5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为=1.0×10-3mol/L，则溶液的pH不能小于11；由分析可知，分离净化液I所得的滤渣中含有氢氧化镁和氢氧化铁，故答案为：H2O2+V2O=2VO+2H+；11；Fe(OH)3；
（4）若将净化液ⅱ直接蒸干，净化液中含有的偏铝酸根离子和钙离子会混入五氧化二钒中，导致产品中混有铝元素和钙元素，故答案为：Al、Ca；
（5）由铵盐的受热分解规律可知，偏钒酸铵受热分解先生成偏钒酸和氨气，偏钒酸受热分解生成五氧化二钒，由钒原子个数守恒可知，117g偏钒酸铵受热分解生成偏钒酸的质量为117g×85.47%≈100g，计算所得数据与热重曲线吻合，所以A点对应物质的化学式为HVO3，故答案为：HVO3。
8．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）Fe3O4是一种重要的化工产品，以黄铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Fe3O4、CaO等物质)为原料制备Fe3O4的过程如下。

(1)酸浸、过滤
① 酸浸过程Fe3O4发生反应的离子方程式是________。
② 充分酸浸后浸取液中仍有Ca2+ 残留，加入FeS2可进一步提高钙的脱除率，结合方程式解释原因________。
(2)纯化
① Fe粉的作用是________。
② 检验纯化是否完全还原，应向滤液中加入________。
a．KMnO4溶液     b．K3[Fe(CN)6]溶液     c．KSCN溶液
(3)制备
将NaOH溶液与FeSO4溶液(稍过量)按一定比例混合，产生白色沉淀，继而转变为墨绿色，最后变为黑色。溶液混合的同时通入空气并记录pH的变化，如图所示。

已知：
ⅰ．pH≈7.8时，浊液中主要存在Fe(OH)＋、 Fe(OH)2和少量Fe2+
ⅱ．墨绿色物质主要成分为Fe5O2(OH)5SO4
制备过程可能发生了如下历程：

① 0～t1时段，pH明显降低。结合离子方程式解释原因：________。
② t1～t2时段，墨绿色物质的生成与转化(生成Fe3O4)同时进行。
a．生成墨绿色物质的方程式是：________。
b．墨绿色物质转化为Fe3O4的方程式是：________。
③ t2～t3时段，pH继续降低的原因是：________。
【答案】(1)          FeS2和溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液中硫酸根离子浓度增大，和钙离子生成硫酸钙沉淀，
(2)     将铁离子转化为亚铁离子     c
(3)     、，反应消耗氢氧根离子导致溶液碱性减弱               空气中氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解生成氢离子，导致溶液酸性增强

【分析】黄铁矿烧渣加入硫酸酸浸得到铁的浸取液，加入FeS2进一步提高钙的脱除率，滤液加入铁粉铁离子转化为亚铁离子，得到硫酸亚铁，最终制得四氧化三铁；
【详解】（1）① 酸浸过程Fe3O4和硫酸生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，发生反应的离子方程式是。
② 充分酸浸后浸取液中仍有Ca2+ 残留，加入FeS2和溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液中硫酸根离子浓度增大，和钙离子生成硫酸钙沉淀，，可进一步提高钙的脱除率；
（2）①铁和铁离子生成亚铁离子，故加入 Fe粉是将铁离子转化为亚铁离子；
② 铁离子和KSCN溶液生成红色物质，检验纯化是否完全还原，应向滤液中加入KSCN溶液，溶液不变红色，说明完全还原，故选c；
（3）①pH≈7.8时，浊液中主要存在Fe(OH)＋、 Fe(OH)2和少量Fe2+ ，则0～t1时段发生的主要反应为、，反应消耗氢氧根离子导致溶液碱性减弱，pH明显降低；
② a．将NaOH溶液与FeSO4溶液(稍过量)按一定比例混合，产生白色沉淀，继而转变为墨绿色，结合题意可知，t1～t2时段，、、硫酸根离子反应生成墨绿色物质，墨绿色物质主要成分为Fe5O2(OH)5SO4，则方程式是：。
b．由历程可知，墨绿色物质在氧气作用下转化为Fe3O4和，根据电子守恒和质量守恒配平化学方程式为：。
③ t2～t3时段，pH继续降低的原因是：通入的空气中氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解生成氢离子，导致溶液酸性增强，pH继续降低。