专题09 化学工艺流程综合题-备战2025年高考化学真题题源解密（江苏专用）

专题九 化学工艺流程综合题 考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 最新模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 考查统计 化工流程题主要考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。这类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识。 考向一 化学工艺流程综合题 2024·江苏卷，14 2023·江苏卷，14 2022·江苏卷，14 2021·江苏卷，14 命题分析 工艺流程题以工业生产实际中的物质的制备、分离、提纯为命题情境，通过工业流程框图的呈现形式，考查高中化学元素化合物知识、反应原理、化学实验基本操作等核心知识的一类题型。具有情景的真实性、复杂性、综合性的特点。这类题能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量大，包含信息多，思维能力要求高，近年来已成为高考化学主观题中的必考题型。 预计2025年将化学工艺或化学工业生产及最新科技成果融入其中，来考查考生的综合能力。从命题趋势来看，一般有三种题型：一是归因分析；二是陌生方程式的书写；三是有关晶体相关知识的考察。 试题精讲 1.（2024·江苏卷第14题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比_______。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 考向一 化学反应方程式的正误判断 1.（2023·江苏卷第14题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。 （1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 （2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 （3）废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为___________。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是___________。 2.（2022·江苏卷第14题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 （1）纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、好形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 （2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。 （3）、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 3.（2021·江苏卷第15题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 （1）“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应离子还有___(填化学式)。 （2）“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。 （3）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为___。 （4）将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。 一、流程图的结构特点 二、工艺流程中的分离技术 三、原料的预处理 方法 目的 解题指导 粉碎、研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一 浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或)碱浓度，可以加快酸(或碱)的浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率。 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂。 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢。 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 灼烧 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化。 ①除去硫、碳单质。 ②使有机物转化或除去有机物。 ③高温下原料与空气中氧气反应等。 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 四、反应条件的控制 条件控制 目的 固体原料 粉碎或研磨 减小颗粒直径，增大反应物接触面积，增大浸取时的反应速率，提高浸取率 煅烧或灼烧 ①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质等 酸浸 ①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②去氧化物(膜) 碱溶 ①除去金属表面的油污；②溶解铝、氧化铝等 加热 ①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热反应方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；④使沸点相对较低或易升华的原料气化；⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等 反应物用量 或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等 降温 ①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等 控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反应的发生等 加入氧化剂 (或还原剂) ①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去] 加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋ pH控制 ①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离 五、温度、浓度、压强的控制 术语 功能 温度的控制 升温 ①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3 、Ca(HCO3)2、KMnO4、I2、NH4Cl等物质。④使沸点相对较低的原料气化 降温 ①防止某物质在高温时会溶解(或分解) ；② 使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离;④降低晶体的溶解度，减少损失. 控温(用水浴或油浴控温) ①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出来；③使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法 ( 蒸发结晶或浓缩结晶) 。 浓度、压强的控制 增大反应物浓度 、 加压 ①可加快反应速率 。对气体分子数减少的反应，加压使平衡向生成物方向移动。但压强太大，动力消耗更多，设备要求更高，成本增加，故必须综合考虑；②加压一般是提高气体反应物浓度措施 ，在气体和固体、液体反应的体系中并不适宜；③生产中常使廉价易得的原料适当过量，以提高另一原料的利用率。 减压蒸馏 减小压强，降低液体的沸点，防止(如浓HNO3、NH3.H2O、H2O2、NH4HCO3等)物质分解； 六、pH的控制 术语 功能 控制溶液的PH (1)目的：调节pH值实质上是利用沉淀溶解平衡把某些离子转化成沉淀。(2)原则：不管是调高还是调低，原则都是加过量的除杂剂而不引进新的杂质，这里分两种情况①如果要得到滤液，可加固体沉淀剂消耗H＋或OH—，如除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+,可通过加入CuO、Cu(OH)2、Cu(OH)2CO3等；②要得到滤渣，则需加入碱性溶液，如氨水或氢氧化钠溶液。调低PH值的原则与调高PH的原则相同。(3)题目呈现方式：题中通常会以表格数据形式，或“已知信息”给出需求的“适宜PH范围”的信息;(4)解题步骤：①判断溶液呈酸(或碱)性; ②判断调高还是调低; ③选择合适的调节剂。 七、体系环境氛围及其它条件的控制 术语 功能 酸性、 碱性 或 某种 环境 氛围 (1)蒸发或结晶时，加入相应的酸或碱，以抑制某些盐的水解；(2)需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3 、MgCl2等含水晶体，以防止水解。如从海水中提取镁，从MgCl2的溶液里结晶析出的是氯化镁结晶水合物，电解熔化氯化镁才能制得金属镁，要去除氯化镁晶体中的结晶水"需要在氯化氢气流中加热，否则煅烧所得的最后固体不是MgCl2，而是熔点更高的MgO, 具有相似情况的还有FeCl3 、AlCl3等；(3)营造还原性氛围：加热煮沸酸液后再冷却，其目的是排除酸溶液中的氧气，如用废铁制备绿矾晶体，需要把硫酸加热煮沸后再加入，同时还不能加入过量，防止Fe2+被氧化；(4)营造氧化性氛围：加入氧化剂进行氧化，如加入绿色氧化剂 H2O2 将 Fe2+ 氧化转化为Fe3+ 。 八、化工流程中化学方程式的书写 1．书写思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： (1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律； (2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。 2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程 (1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。 (2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。 (3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。 (4)根据质量守恒配平反应方程式。 九、图像曲线分析及答题方法 1. 多因素影响化学反应速率 ·OH是一种重要的活性基团，·OH容易发生淬灭。·OH可用于脱除苯酚生成CO2。其他条件不变时，不同温度下苯酚的浓度随时间的变化如图所示。0～20 min内，50 ℃的化学反应速率与40 ℃的基本相同，原因是0～20 min，与40 ℃相比，50 ℃时温度较高化学反应速率加快，·OH更易发生淬灭，导致c(·OH)下降。 [归纳总结] 出现矛盾结论可能的原因。 改变条件 正常情况 反常情况 可能的原因 升高温度 速率增大 速率减小 催化剂失活 速率不变 反应物中有易分解的物质 减小浓度 速率减小 速率增大 反应为放热反应 加入反应物 速率增大 速率不变 化学反应速率很慢 2. 多重因素影响浸取率 (1)温度、水解程度影响浸取率 用稀硫酸浸取氧化铁，当温度超过100 ℃时，铁浸取率反而减小，原因是温度超过100 ℃时，Fe3＋水解反应速率明显加快，导致Fe3＋浓度降低。 (2)温度、物质的稳定性影响浸取率 (NH4)2S溶液浸取滤渣时的反应为(n－1)S＋S2－===S，单质硫浸取率随温度变化曲线如图所示。温度高于30 ℃，单质硫浸取率下降的可能原因是硫化铵受热分解，导致S2－浓度减小，硫单质浸取率下降。 (3)温度、气体的溶解度影响浸取率 其他条件相同时，用SO2还原浸出Cu(AsO2)2 1 h，不同温度下砷的浸出率如图。随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是升温能加快反应速率，同时温度升高SO2的溶解度减小，反应速率减小，T＜60 ℃，升温对反应速率影响大，T＞60 ℃，浓度减小对反应速率影响大。 (4)锰浸出率与浸出过程中时间和液固比的关系分别如图甲、图乙所示。 　 则适宜的浸出时间和液固比分别为60 min、3。 3. 平衡移动影响产率 克劳斯法：2H2S(g)＋O2(g)S2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－314 kJ/mol。 (1)用克劳斯法处理H2S时，研究人员对反应条件对S2产率的影响进行了如下研究。其他条件相同时，相同时间内，S2产率随温度的变化如图1所示。由图1可见随着温度升高，S2产率先增大后减小，原因是反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小。 图1 (2)其他条件相同时，相同时间内，S2产率随值的变化如图2所示。值过高不利于提高S2产率，可能的原因是O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小。 1．（2024届高考·江苏省苏锡常镇四市·统考一模）以电镀废水（主要成分为及少量）为原料获得的过程如下： 已知：①常温下，易溶于水。 部分难溶物的溶度积常数如下表： ②Cr（Ⅵ）在酸性条件下主要以（橙红色）的形式存在，pH增大转化为（黄色）。，Cr（Ⅵ）较易还原生成（绿色）。 ③时完全转化为，时开始转化为。 (1)“除杂”时调节废水pH将其中除去（浓度小于mol⋅L），需加入熟石灰控制废水pH大于 。 (2)“沉铬”时先加入调节废水pH，再加入使废水中的Cr（Ⅵ）转化为。调节后的废水pH对Cr（Ⅵ）沉淀率的影响如图所示。 ①沉铬过程中将转化为反应的化学方程式为 。 ②废水时，铬沉淀率随pH减小而下降的原因是 。 ③在废水中加入沉淀前后废水pH （填“增大”、“减小”或“不变”）。 (3)“转化”时将转化为。的转化率随着浓度的变化如图所示。当浓度超过0.450 mol⋅L时，Cr（Ⅵ）的转化率随浓度增大变化不明显，其原因是 。 (4)请补充完整由溶液制取的实验方案：向溶液中， ，静置过滤，洗涤，灼烧得到。（可选用的仪器与药品：、稀、NaOH溶液） 2．（2024届高考·江苏省南京市盐城市·统考一模）碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 (1)“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为 。 (2)“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 （不考虑立体异构） (3)可溶于，反应的平衡常数为 。[已知：反应的平衡常数] (4)“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为 。 (5)“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为 。 (6)将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为 。 3．（2024届高考·江苏省南通市如皋市·统考一模）可用于制取催化剂，可以由含钻废料（主要成分为，还含有少量、和）经过如下过程进行制取： 含钴废料浸取液 (1)含钴废料用硫酸和溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和。 ①写出“浸取”时所发生反应的离子方程式： 。 ②“浸取”时含钴废料、硫酸和溶液混合的方式为 。 (2)已知：①氧化性； ②；可溶于水；与可生成配合物难以沉淀； ③实验条件下金属离子转化为氢氧化物时开始沉淀及沉淀完全的如下表所示： 开始沉淀 1.9 3.4 6.9 6.6 9.1 沉淀完全 3.2 4.7 8.9 9.2 11.1 补充完整由“浸取液”制取的实验方案：取一定量的浸取液， ，过滤，向滤液中滴加溶液，……，得到晶体，（实验中可选用的试剂是的氨水、的溶液、溶液、的溶液）。 (3)已知：。 ①反应的平衡常数为 。 ②制取时使用溶液而不是溶液的原因是 。 (4)为测定草酸钴样品的纯度，进行如下实验： ①取草酸钴样品，加入酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生（该条件下不被氧化，杂质不参与反应）。 ②将溶液冷却，加水稀释定容至。 ③取溶液，用溶液滴定过量的，恰好完全反应时消耗溶液。样品中的质量分数为 。 4．（2024届高考·江苏省泰州市·统考一模）以方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)为原料制备电池材料和，过程可表示为 已知：①   ②   (1)时，“协同浸取”生成和的离子方程式为 ；“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是 。 (2)“沉降分铅”的目的是将滤液中的沉降为沉淀。沉降反应的平衡常数 。 (3)络合萃取剂全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺通过氮原子与形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，其原因分别是 。 (4)制备。(难溶于水的黑色晶体)可通过空气氧化制得，制备时溶液的温度和对的产率影响如图所示。请补充完整由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中， ，真空40干燥得产品。(必须使用的试剂：空气、蒸馏水、氨水、稀硝酸、溶液。) 5．（2024届高考·江苏省南通市·统考一模）在环境保护等领域有广泛应用。 (1)在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。 ①制备理论上需要的物质的量为 ；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是 。 ②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理的理由是 。 (2)的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构 。 (3)可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。 ①写出反应II的化学方程式： 。 ②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是 。 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是 。 6．（2024届高考·江苏省连云港市·统考一模）以含钼()废催化剂(含，以及、、等)为原料制备，其过程表示如下： (1)焙烧。将废催化剂和足量固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至充分反应。焙烧过程中转化为的化学方程式为 。 (2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、 。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有 (任写一点)。 (3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量，过滤。通入过量的目的 。 (4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到。灼烧得到的化学方程式为 。 (5)应用。将制成催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得的转化率随温度的变化关系如图所示。在温度之间，转化率不高的原因是 。 7．（2024届高考·江苏省南京市、盐城市·统考一模）催化剂可以催化脱除烟气中的。 反应为： 已知：①； ②草酸能与含钒粒子形成易溶于水的配合物。 (1)催化剂的制备。称取一定量的和，加入草酸溶液完全溶解。取一定量的粉末浸渍于上述混合溶液中，在水浴中搅拌、静置、过滤、焙烧、研磨后得到催化剂。 ①焙烧时分解产生的化学方程式为 。 ②的作用是 。 (2)催化剂的应用。将模拟烟气以一定流速通过装有催化剂的反应管，反应相同时间，测得的转化率随温度的变化如题图1所示。 ①反应温度高于，转化率下降的原因可能是 。 ②若烟气中含有，则会导致催化剂失活，原因可能是 。 (3)的回收。回收的过程可表示为： ①酸浸时，投料完成后提高原料浸出率的措施有 。 ②酸浸过程中，转化成，该反应的离子方程式为 。 ③水溶液中以形式存在，如题图2所示给出了该离子部分结构，在答题卡的相应位置补充完整该配离子的结构 。 8．（2024届高考·江苏省南通·统考二模） 研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。 已知：As（V）在不同pH条件下的物种分布分数如图1所示。 ，；， （1）硫化法：As（Ⅲ）能与硫化剂（能提供）反应生成雌黄（）沉淀。HCHO能在硫酸盐还原菌的作用下将还原为，同时生成。 ①沉淀1 mol As（Ⅲ）理论上需消耗HCHO的物质的量为______mol。 ②能与反应：。该反应的平衡常数______。 （2）石灰沉淀法：向含砷（V）废水中添加石灰水，可使砷元素转化为多种砷酸钙盐沉淀。 ①向中性废水中加入适量石灰水，使As（V）完全转化为沉淀。写出该反应的离子方程式：____________。 ②向含沉淀的悬浊液中通入气体，可得到。该转化能实现的原因是____________。 ③控制其他条件不变，向碱性含砷（V）废水中加入一定量石灰水，测得As（V）去除率在30℃以后随温度升高而降低。可能的原因是__________________。 ④在初始pH、c[As（V）]相同的模拟废水中加入石灰水，As（V）去除率随的变化如图2曲线a所示；固定，往石灰水中添加Fe（Ⅲ）盐，As（V）去除率随的变化如图2曲线b所示。加入Fe（Ⅲ）盐后，As（V）去除率增大的原因是____________。 10．（2024届高考·江苏省南京、盐城市·统考二模）处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如下图所示。 （1）绿矾还原法。FeSO4∙7H2O去除废水中的Cr(Ⅵ)经过“酸化一还原一沉淀”的过程。 ①“还原”时，被还原成Cr3+的离子方程式为___________。 ②的晶胞沿c轴(c轴垂直于a、b轴)方向投影的平面图如下图所示，其中硫原子的杂化方式为___________；已知该晶胞中S原子的数目为4，试预测Fe2+是否占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，并说明理由___________。 （2）铁粉还原法。为探究铜离子浓度对Cr(Ⅵ)去除率的影响，向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为___________。 （3）离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为高分子阳离子骨架)去除酸性废水中Cr(Ⅵ)的原理为。 ①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，发生反应的化学方程式为___________。 ②某树脂的Cr(Ⅵ)摩尔交换总容量为1.45mol·L-1，即每升湿树脂最多吸收1.45molCr(Ⅵ)。现将Cr(Ⅵ)含量为50mg·L-1的废水以1.0L∙h-1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和___________。［Cr(Ⅵ)均以铬元素计，写出计算过程］ 11．（2024届高考·江苏省苏锡常镇·统考二模）以软锰矿浆(含及少量等)吸收烟气中并制备高纯。 （1）吸收。 ①将烟气与软锰矿浆在吸收塔中逆流接触，烟气中的被充分吸收，矿浆中的转化为。写出与发生反应的化学方程式：_______。 ②脱硫过程中软锰矿浆的和吸收率的变化关系如图所示。随着脱硫的进行，软锰矿浆下降，但15小时前下降缓慢，其主要原因是_______。 ③当脱硫15小时后，吸收率急剧下降。此时加入菱锰矿吸收率又可恢复至以上，其原因是_______。 （2）净化。 ①过滤脱硫后的软锰矿浆液，用沉淀除去所得滤液中的、Mg2+(浓度小于)。此时应控制溶液中略大于_______。(已知： 、，、) ②净化时生成的沉淀晶胞结构如图所示。在晶胞中周围距离最近的形成的空隙构型为_______。 （3）制备。 ①向反应器中加入溶液，控制80℃恒温，搅拌下鼓入空气可制得。写出生成的离子方程式：_______。 ②实际生产中，常将溶液和氨水并流加入反应器。若加入的氨水量不足，产品中会混入等，其原因是_______。 12．（2024届高考·江苏省南通如皋·二模模拟）沸石分子筛可用于气体、重金属离子的吸附或去除。工业上以粉煤灰（主要含和，还含有少量和有机物）为原料制取某种沸石分子筛的过程如下： 已知：粉煤灰中的硅、铝化合物煅烧时不发生反应，且难溶于酸。 （1）将粉煤灰在空气中煅烧的目的是_______。 （2）“酸浸”的操作是向“煅烧”后的固体混合物中加入足量的盐酸，充分搅拌后过滤．检验“酸浸”操作是否达到目的的方法是_______。 （3）“碱熔”时，将“酸浸”后所得滤渣与固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的和．“水热合成”时，加入水和一定量的和溶液，在条件下反应一段时间，可以得到晶体．写出“水热合成”时反应的化学方程式：_______。 （4）沸石分子筛的结构为相邻的硅氧四面体和铝氧四面体相互连接形成的笼状结构，沸石分子筛的结构示意图及部分平面结构分别如图-1、图-2所示。沸石分子筛中存在一定大小的空隙，其中的可与其他阳离子发生交换． ①沸石分子筛可以用于去除废水中和，原理是______； ②沸石分子筛对去除率随溶液的关系如图-3所示。越大，去除率越高的原因是______。 13．（2024届高考·江苏省南通海安·二模模拟）用过二硫酸铵溶液作浸取剂可以提取黄铜矿(主要成分为)中的铜。 已知：i．、均能导电； ii．；； （1）的晶胞如图1所示。 ①图1为晶胞，则每个晶胞中含有的Fe原子个数为___________。 ②图2所示结构单元不能作为晶胞的原因是___________。 （2）用溶液作浸取剂浸取的原理示意如图3所示。 图3 ①一段时间后，与反应的离子方程式为___________。 ②浸取初期，随着浸取时间延长，的浸出速率迅速提高，其可能的原因是___________。 （3）在足量溶液中添加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下： 添加 未加 Cu元素的浸出率 98.02% 30.90% 过程中产物形态 ①添加Ag⁺可以显著提高Cu元素的浸出率的原因：___________。 ②进一步研究发现添加的少量可以循环参与反应。“再生”的离子方程式为：___________。 （4）进一步从浸出液中提取铜并使再生的流程示意图如图4所示。 图4 ①滤液A中加草酸的反应为，该反应化学平衡常数为___________。 ②电解滤液B而不电解滤液A的原因是___________。 14．（2024届高考·江苏省南师附中·5月模拟）侯氏制碱法是我国化学工程专家侯德榜将氨碱法和合成氨法两种工艺联合起来生产纯碱的方法。主要过程如图所示(部分物质已略去)： 请回答下列问题： （1）纯碱的化学式为___________(填“”或“”)； （2）操作①的名称是___________(填“蒸发”或“过滤”)； （3）上述实验过程中可以循环使用的物质是___________(填化学式)； （4）工业上可以用氨生产尿素，其方程式为，一定温度下，将1 mol 和2 mol 充入体积为1L的密闭容器中，5 min后测得的物质的量为0.6 mol，则： ①对上述反应，若适当升高温度，化学反应速率会___________(填“增大”或“减小”)； ②用的浓度变化表示该反应的平均速率为___________mol/(L·min)。 15．（2024届高考·江苏省南通市·5月模拟）某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示： 已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下： 金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 15 4.0 4.6 7.6 9.5 沉淀完全的pH 2.8 5.2 6.8 9.7 11.1 金属氢氧化物 Al(OH)3 Cr(OH)3 开始溶解的pH 7.8 12 溶解完全的pH 10.8 >14 ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O iii．已知Cr的金属性强于Fe （1）加入铁粉后，调节pH的范围为___________。 （2）由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。 （3）滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。 （4）由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。 （5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。 （6）酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪ 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g) 16．（2024届高考·江苏前黄高级中学·二模模拟）电解锰渣主要含、、、。利用电解锰回收铅的工艺如图所示[已知：]： （1）关于电解锰渣回收铅的工艺 ①“还原酸浸”时，氧化生成的离子方程式为_______。 ②“浸出液”含有的盐类主要有和_______(填化学式)。 ③从平衡移动的角度分析“浸铅”反应发生的原因：_______。 （2）利用可制备。以、和为原料，通过混合后进行沉淀转化可制得。已知：的产率随的变化如图1所示。 ①制备时，控制约为8的原因是_______。 ②设计如图装置(均为惰性电极)电解溶液制取。图中右侧电极产生的气体为_______。 （3）利用可制得。受热分解为的和价的混合氧化物，价的能氧化浓盐酸生成。现将加热分解得到，向“剩余固体”中加入足量的浓盐酸得到。生成的和的物质的量相等。计算“剩余固体”中原子个数比。(写出计算过程)_______。 17．（2024届高考·江苏苏锡常镇·二模模拟）五氧化二钒是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂工业上以石煤主要成分为，含有少量、等杂质为原料制备，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、灼烧”等过程． 已知：溶于水，难溶于水． ，． 回答下列问题： 向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为 ______ ． 向水浸后的溶液中加入生成、沉淀以除去硅、磷除杂后的溶液中的浓度为，此时溶液中 ______ ；磷、硅去除率随温度变化的曲线如图所示，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高，可能的原因是 ______ ． “沉矾”时加入析出沉钒温度需控制在左右，温度不能过高的原因为 ______ ． 在空气中灼烧得称取灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入溶液，再用溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为，则产物中的质量分数为 ______ 写出计算过程已知：，． 还原可制得，如图为的晶胞，该晶胞中钒的配位数为 ______ ． 18．（2024届高考·江苏省南师附中·5月模拟）碳酸镍具有良好的催化性能，在化学和工业领域广泛应用。利用废镍催化剂(主要成分为 Ni及其氧化物、Al和 Fe的氧化物)获得碳酸镍的过程如下： 已知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ni(OH)2 Fe(OH)2 开始沉淀pH 2.2 3.7 7.2 7.5 完全沉淀pH 3.2 4.7 8.7 9.0 回答下列问题： （1）“酸浸”时，稀硫酸比稀硝酸更合理，理由是_______。 （2）“除杂”时，先加入30% H2O2溶液，再用30% NaOH溶液调pH， 适当升温，反应2 h。 ①若除杂后溶液中Ni2+浓度为0.10 mol/L，需控制溶液的pH范围是_______。 ②加入30% H2O2的目的为_______。 ③该过程还可用NaClO替代H2O2， 调节pH 为3.5，其反应的离子方程式为_______。 （3）“沉镍”后获得产品的一系列操作为_______。 （4）碳酸镍的晶胞如图1所示，Ni2+的配位数为_______，晶胞密度为_______g/cm³(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 （5）“沉镍”过程可能生成碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]。为测定该沉淀的组成进行下列实验：称取干燥沉淀样品7.54 g，隔绝空气加热。该化合物的热重曲线如图2所示。 则y=_______。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题九 化学工艺流程综合题 考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 最新模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 考查统计 化工流程题主要考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。这类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识。 考向一 化学工艺流程综合题 2024·江苏卷，14 2023·江苏卷，14 2022·江苏卷，14 2021·江苏卷，14 命题分析 工艺流程题以工业生产实际中的物质的制备、分离、提纯为命题情境，通过工业流程框图的呈现形式，考查高中化学元素化合物知识、反应原理、化学实验基本操作等核心知识的一类题型。具有情景的真实性、复杂性、综合性的特点。这类题能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量大，包含信息多，思维能力要求高，近年来已成为高考化学主观题中的必考题型。 预计2025年将化学工艺或化学工业生产及最新科技成果融入其中，来考查考生的综合能力。从命题趋势来看，一般有三种题型：一是归因分析；二是陌生方程式的书写；三是有关晶体相关知识的考察。 试题精讲 1.（2024·江苏卷第14题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比_______。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 【答案】（1） ①. ②. 浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5min后，溶液酸性减弱，水解生成进入滤渣 （2） ①. 随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多 ②. 2:1 （3） ①. ②. 2:1 【解析】（1）①钕铁硼在空气中焙烧后得到的、均可溶于盐酸，得到含有和的溶液。由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为。 ②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，约5min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 （3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和CO2，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 考向一 化学反应方程式的正误判断 1.（2023·江苏卷第14题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。 （1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 （2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 （3）废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为___________。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是___________。 【答案】（1） ①. ②. 制得的催化剂中不含Na+ 发生双水解，有利于水解 （2） ①. 此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO转化率基本不变 ②. （3） ①. 适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等 ②. ③. 增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量 【解析】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为，反应选用溶液在于发生双水解，有利于水解。 （2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO转化率基本不变。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如等。 （3）提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量。 2.（2022·江苏卷第14题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 （1）纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、好形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 （2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。 （3）、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 【答案】（1） ①. ②. 5 ③. c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大 （2） ①. 4 ②. （3）Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，是由于c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大。 （2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。 （3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。 3.（2021·江苏卷第15题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 （1）“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应离子还有___(填化学式)。 （2）“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。 （3）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为___。 （4）将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。 【答案】（1）Fe3+、H+ （2）0.7500mol·L-1 （3） ① ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ②. ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O （4）ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐 【解析】【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。 （1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。 （2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为； （3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O； ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O； （4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。 一、流程图的结构特点 二、工艺流程中的分离技术 三、原料的预处理 方法 目的 解题指导 粉碎、研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一 浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或)碱浓度，可以加快酸(或碱)的浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率。 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂。 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢。 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 灼烧 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化。 ①除去硫、碳单质。 ②使有机物转化或除去有机物。 ③高温下原料与空气中氧气反应等。 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 四、反应条件的控制 条件控制 目的 固体原料 粉碎或研磨 减小颗粒直径，增大反应物接触面积，增大浸取时的反应速率，提高浸取率 煅烧或灼烧 ①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质等 酸浸 ①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②去氧化物(膜) 碱溶 ①除去金属表面的油污；②溶解铝、氧化铝等 加热 ①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热反应方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；④使沸点相对较低或易升华的原料气化；⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等 反应物用量 或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等 降温 ①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等 控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反应的发生等 加入氧化剂 (或还原剂) ①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去] 加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋ pH控制 ①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离 五、温度、浓度、压强的控制 术语 功能 温度的控制 升温 ①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3 、Ca(HCO3)2、KMnO4、I2、NH4Cl等物质。④使沸点相对较低的原料气化 降温 ①防止某物质在高温时会溶解(或分解) ；② 使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离;④降低晶体的溶解度，减少损失. 控温(用水浴或油浴控温) ①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出来；③使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法 ( 蒸发结晶或浓缩结晶) 。 浓度、压强的控制 增大反应物浓度 、 加压 ①可加快反应速率 。对气体分子数减少的反应，加压使平衡向生成物方向移动。但压强太大，动力消耗更多，设备要求更高，成本增加，故必须综合考虑；②加压一般是提高气体反应物浓度措施 ，在气体和固体、液体反应的体系中并不适宜；③生产中常使廉价易得的原料适当过量，以提高另一原料的利用率。 减压蒸馏 减小压强，降低液体的沸点，防止(如浓HNO3、NH3.H2O、H2O2、NH4HCO3等)物质分解； 六、pH的控制 术语 功能 控制溶液的PH (1)目的：调节pH值实质上是利用沉淀溶解平衡把某些离子转化成沉淀。(2)原则：不管是调高还是调低，原则都是加过量的除杂剂而不引进新的杂质，这里分两种情况①如果要得到滤液，可加固体沉淀剂消耗H＋或OH—，如除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+,可通过加入CuO、Cu(OH)2、Cu(OH)2CO3等；②要得到滤渣，则需加入碱性溶液，如氨水或氢氧化钠溶液。调低PH值的原则与调高PH的原则相同。(3)题目呈现方式：题中通常会以表格数据形式，或“已知信息”给出需求的“适宜PH范围”的信息;(4)解题步骤：①判断溶液呈酸(或碱)性; ②判断调高还是调低; ③选择合适的调节剂。 七、体系环境氛围及其它条件的控制 术语 功能 酸性、 碱性 或 某种 环境 氛围 (1)蒸发或结晶时，加入相应的酸或碱，以抑制某些盐的水解；(2)需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3 、MgCl2等含水晶体，以防止水解。如从海水中提取镁，从MgCl2的溶液里结晶析出的是氯化镁结晶水合物，电解熔化氯化镁才能制得金属镁，要去除氯化镁晶体中的结晶水"需要在氯化氢气流中加热，否则煅烧所得的最后固体不是MgCl2，而是熔点更高的MgO, 具有相似情况的还有FeCl3 、AlCl3等；(3)营造还原性氛围：加热煮沸酸液后再冷却，其目的是排除酸溶液中的氧气，如用废铁制备绿矾晶体，需要把硫酸加热煮沸后再加入，同时还不能加入过量，防止Fe2+被氧化；(4)营造氧化性氛围：加入氧化剂进行氧化，如加入绿色氧化剂 H2O2 将 Fe2+ 氧化转化为Fe3+ 。 六、化工流程中化学方程式的书写 1．书写思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： (1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律； (2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。 2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程 (1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。 (2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。 (3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。 (4)根据质量守恒配平反应方程式。 七、图像曲线分析及答题方法 1. 多因素影响化学反应速率 ·OH是一种重要的活性基团，·OH容易发生淬灭。·OH可用于脱除苯酚生成CO2。其他条件不变时，不同温度下苯酚的浓度随时间的变化如图所示。0～20 min内，50 ℃的化学反应速率与40 ℃的基本相同，原因是0～20 min，与40 ℃相比，50 ℃时温度较高化学反应速率加快，·OH更易发生淬灭，导致c(·OH)下降。 [归纳总结] 出现矛盾结论可能的原因。 改变条件 正常情况 反常情况 可能的原因 升高温度 速率增大 速率减小 催化剂失活 速率不变 反应物中有易分解的物质 减小浓度 速率减小 速率增大 反应为放热反应 加入反应物 速率增大 速率不变 化学反应速率很慢 2. 多重因素影响浸取率 (1)温度、水解程度影响浸取率 用稀硫酸浸取氧化铁，当温度超过100 ℃时，铁浸取率反而减小，原因是温度超过100 ℃时，Fe3＋水解反应速率明显加快，导致Fe3＋浓度降低。 (2)温度、物质的稳定性影响浸取率 (NH4)2S溶液浸取滤渣时的反应为(n－1)S＋S2－===S，单质硫浸取率随温度变化曲线如图所示。温度高于30 ℃，单质硫浸取率下降的可能原因是硫化铵受热分解，导致S2－浓度减小，硫单质浸取率下降。 (3)温度、气体的溶解度影响浸取率 其他条件相同时，用SO2还原浸出Cu(AsO2)2 1 h，不同温度下砷的浸出率如图。随着温度升高，砷的浸出率先增大后减小的原因是升温能加快反应速率，同时温度升高SO2的溶解度减小，反应速率减小，T＜60 ℃，升温对反应速率影响大，T＞60 ℃，浓度减小对反应速率影响大。 (4)锰浸出率与浸出过程中时间和液固比的关系分别如图甲、图乙所示。 　 则适宜的浸出时间和液固比分别为60 min、3。 3. 平衡移动影响产率 克劳斯法：2H2S(g)＋O2(g)S2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－314 kJ/mol。 (1)用克劳斯法处理H2S时，研究人员对反应条件对S2产率的影响进行了如下研究。其他条件相同时，相同时间内，S2产率随温度的变化如图1所示。由图1可见随着温度升高，S2产率先增大后减小，原因是反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小。 图1 (2)其他条件相同时，相同时间内，S2产率随值的变化如图2所示。值过高不利于提高S2产率，可能的原因是O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小。 1．（2024届高考·江苏省苏锡常镇四市·统考一模）以电镀废水（主要成分为及少量）为原料获得的过程如下： 已知：①常温下，易溶于水。 部分难溶物的溶度积常数如下表： ②Cr（Ⅵ）在酸性条件下主要以（橙红色）的形式存在，pH增大转化为（黄色）。，Cr（Ⅵ）较易还原生成（绿色）。 ③时完全转化为，时开始转化为。 (1)“除杂”时调节废水pH将其中除去（浓度小于mol⋅L），需加入熟石灰控制废水pH大于 。 (2)“沉铬”时先加入调节废水pH，再加入使废水中的Cr（Ⅵ）转化为。调节后的废水pH对Cr（Ⅵ）沉淀率的影响如图所示。 ①沉铬过程中将转化为反应的化学方程式为 。 ②废水时，铬沉淀率随pH减小而下降的原因是 。 ③在废水中加入沉淀前后废水pH （填“增大”、“减小”或“不变”）。 (3)“转化”时将转化为。的转化率随着浓度的变化如图所示。当浓度超过0.450 mol⋅L时，Cr（Ⅵ）的转化率随浓度增大变化不明显，其原因是 。 (4)请补充完整由溶液制取的实验方案：向溶液中， ，静置过滤，洗涤，灼烧得到。（可选用的仪器与药品：、稀、NaOH溶液） 【答案】(1)3 (2) pH减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以形式存在，易溶于水 减小 (3)与的相近，随着浓度增大，促进了转化为；反应生成的覆盖在表面，难以发生沉淀转化反应 (4)加入稀控制溶液的pH在1~4之间，边搅拌边加入，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入，加入NaOH溶液调节溶液的 【分析】 电镀废水（主要成分为及少量）“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中除去；“沉铬”时先加入调节废水pH，再加入使废水中的Cr（Ⅵ）转化为易溶于水的；“转化”时 硫酸钠将转化为，向溶液加入稀控制溶液的pH在1~4之间，边搅拌边加入，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入，加入NaOH溶液调节溶液的，静置过滤，洗涤，灼烧得到，据此分析解答。 【解析】（1）浓度小于mol⋅L即认为完全除去，此时，，PH=3，将除去（浓度小于mol⋅L），需加入熟石灰控制废水pH大于3，故答案为：3； （2）①沉铬过程中将转化为发生反应，故答案为：； ②废水时，pH减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以形式存在，易溶于水，导致铬沉淀率随pH减小，故答案为：pH减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以形式存在，易溶于水； ③向废水中加入，与生成难溶的，使平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大， pH减小，故答案为：减小； （3）当浓度超过0.450 mol⋅L时，Cr（Ⅵ）的转化率随浓度增大变化不明显原因是与的相近，随着浓度增大，促进了转化为；反应生成的覆盖在表面，难以发生沉淀转化反应，故答案为：与的相近，随着浓度增大，促进了转化为；反应生成的覆盖在表面，难以发生沉淀转化反应； （4）由溶液制取应向溶液中，加入稀控制溶液的pH在1~4之间，边搅拌边加入，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入，加入NaOH溶液调节溶液的，静置过滤，洗涤，灼烧得到，故答案为：加入稀控制溶液的pH在1~4之间，边搅拌边加入，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入，加入NaOH溶液调节溶液的。 2．（2024届高考·江苏省南京市盐城市·统考一模）碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 (1)“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为 。 (2)“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 （不考虑立体异构） (3)可溶于，反应的平衡常数为 。[已知：反应的平衡常数] (4)“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为 。 (5)“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为 。 (6)将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为 。 【答案】(1) (2) (3) (4) (5)提高的还原率；会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成从溶液中逸出 (6) 【分析】向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te，据此解答。 【解析】（1）“氧化酸浸”过程，Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，则反应的化学方程式为：； （2）在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−中，的碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2−，则该配离子的结构式为：； （4）“还原”时，H2TeO3被还原生成Te，被氧化生成，则H2TeO3发生反应的离子方程式为：； （5）为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液过量；“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为：提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出； （6）由图可知，350~400°C时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，CuC2O4的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为：，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400°C下剩余固体的化学式为Cu。 3．（2024届高考·江苏省南通市如皋市·统考一模）可用于制取催化剂，可以由含钻废料（主要成分为，还含有少量、和）经过如下过程进行制取： 含钴废料浸取液 (1)含钴废料用硫酸和溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和。 ①写出“浸取”时所发生反应的离子方程式： 。 ②“浸取”时含钴废料、硫酸和溶液混合的方式为 。 (2)已知：①氧化性； ②；可溶于水；与可生成配合物难以沉淀； ③实验条件下金属离子转化为氢氧化物时开始沉淀及沉淀完全的如下表所示： 开始沉淀 1.9 3.4 6.9 6.6 9.1 沉淀完全 3.2 4.7 8.9 9.2 11.1 补充完整由“浸取液”制取的实验方案：取一定量的浸取液， ，过滤，向滤液中滴加溶液，……，得到晶体，（实验中可选用的试剂是的氨水、的溶液、溶液、的溶液）。 (3)已知：。 ①反应的平衡常数为 。 ②制取时使用溶液而不是溶液的原因是 。 (4)为测定草酸钴样品的纯度，进行如下实验： ①取草酸钴样品，加入酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生（该条件下不被氧化，杂质不参与反应）。 ②将溶液冷却，加水稀释定容至。 ③取溶液，用溶液滴定过量的，恰好完全反应时消耗溶液。样品中的质量分数为 。 【答案】(1) 先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液 (2)向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生 (3)62.5 防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量 (4)97.60% 【分析】由含钻废料中主要成分为，还含有少量、和，用硫酸和溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和，而后经过除杂得到，最终热解得到CoO，据此作答。 【解析】（1）“浸取”时与在酸性条件下发生氧化还原反应，所发生反应的离子方程式为：，“浸取”时含钴废料、硫酸和溶液混合的方式为：先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液，故答案为：；先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液； （2）溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和，题中信息已知与可生成配合物难以沉淀，因此要以氢氧化物形式除去，观察各杂质离子的沉淀pH可知，和在转化为氢氧化物过程中的pH有重叠的部分，因此要先将氧化为，而后调节pH后除去，再根据题中所给信息可溶于水而MgF2难溶于水，因此需要加入除去，步骤为：向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生，故答案为：向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生； （3）根据可得，根据可得；制取时使用溶液而不是溶液的原因是：防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量；故答案为：62.5；防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量； （4）根据草酸钴样品与酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生，该条件下不被氧化，杂质不参与反应，可知发生的反应为：，用溶液滴定过量的发生的反应为：，根据反应方程式可知取溶液中过量的，则消耗的，由此可知，故的质量分数为：，故答案为：97.60%。 4．（2024届高考·江苏省泰州市·统考一模）以方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)为原料制备电池材料和，过程可表示为 已知：①   ②   (1)时，“协同浸取”生成和的离子方程式为 ；“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是 。 (2)“沉降分铅”的目的是将滤液中的沉降为沉淀。沉降反应的平衡常数 。 (3)络合萃取剂全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺通过氮原子与形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，其原因分别是 。 (4)制备。(难溶于水的黑色晶体)可通过空气氧化制得，制备时溶液的温度和对的产率影响如图所示。请补充完整由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中， ，真空40干燥得产品。(必须使用的试剂：空气、蒸馏水、氨水、稀硝酸、溶液。) 【答案】(1) 增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解 (2)2000 (3)氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强 (4)加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成 【分析】方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在盐酸和氯化钠作用下反应生成S和，过滤，向滤液中加入碳酸锰除掉铁，过滤，沉降分铅，将含铅物质加入硫酸得到硫酸铅，再将含Mn2+的滤液经过一系列过程得到。 【解析】（1）时，方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在氯化钠、盐酸作用下反应生成和，则“协同浸取”生成和的离子方程式为；根据已知信息得到，因此“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解；故答案为：；增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解。 （2）利用盖斯定律，将①+②得到  ，则沉降反应的平衡常数；故答案为：2000。 （3）氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强；故答案为：氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强。 （4）根据图中信息，由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中，加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，再真空40℃干燥得产品；故答案为：加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成。 5．（2024届高考·江苏省南通市·统考一模）在环境保护等领域有广泛应用。 (1)在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。 ①制备理论上需要的物质的量为 ；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是 。 ②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理的理由是 。 (2)的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构 。 (3)可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。 ①写出反应II的化学方程式： 。 ②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是 。 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是 。 【答案】(1) 少量被氧气氧化，减少了的消耗量 滤液中的能使酸性溶液褪色，干扰的检验 (2)或 (3) 四氯乙烯与都是非极性分子，符合“相似相溶”原理 中原子采取杂化，无剩余的轨道用于形成键 【解析】（1）①Fe2+化合价升高，失去1e-生成Fe3+，中Cl由+1价降低，得到6e-生成Cl-，则参加反应Fe与Cl的个数比为6：1，故1molα−FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为；因少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量； 故答案为：；少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量； ②滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验，则该设计方案不合理； 故答案为：滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验； （2）每个Fe(III)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形，或； 故答案为：或； （3）①根据图示，FeOOH、S8为反应物，FeSSH、O2为生成物，则反应方程为； 故答案为：； ②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α−FeOOH分离，四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理； 故答案为：四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理； ③S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键； 故答案为：S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键。 6．（2024届高考·江苏省连云港市·统考一模）以含钼()废催化剂(含，以及、、等)为原料制备，其过程表示如下： (1)焙烧。将废催化剂和足量固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至充分反应。焙烧过程中转化为的化学方程式为 。 (2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、 。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有 (任写一点)。 (3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量，过滤。通入过量的目的 。 (4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到。灼烧得到的化学方程式为 。 (5)应用。将制成催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得的转化率随温度的变化关系如图所示。在温度之间，转化率不高的原因是 。 【答案】(1) (2) 废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等 (3)将转化为氢氧化铝沉淀 (4) (5)没有达到催化剂所需的合适的活化温度 【分析】废催化剂在氢氧化钠条件下，通入氧气焙烧将转化为，焙烧产生的气体主要为硫元素转化生成的SO2；加H2O浸出除去不溶的铁、铜化合物，浸出液含、、，通入过量的二氧化碳，将转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到； 【解析】（1）焙烧过程氧气具有氧化性，会氧化生成二氧化硫和，氢氧化钠、氧气和转化为、二氧化硫，水，化学方程式为； （2）氧化铝会和氢氧化钠生成可溶性的，故过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等； （3）通入过量的二氧化碳，将转化为氢氧化铝沉淀，除去铝元素； （4），灼烧后可得到，结合质量守恒可知，还生成氨气和水，反应为； （5）催化剂催化需要一定的活化温度，在温度之间，转化率不高的原因是：。此时温度较低，没有达到催化剂所需的合适的活化温度，导致反应速率较慢，单位时间内转化率不高。 7．（2024届高考·江苏省南京市、盐城市·统考一模）催化剂可以催化脱除烟气中的。 反应为： 已知：①； ②草酸能与含钒粒子形成易溶于水的配合物。 (1)催化剂的制备。称取一定量的和，加入草酸溶液完全溶解。取一定量的粉末浸渍于上述混合溶液中，在水浴中搅拌、静置、过滤、焙烧、研磨后得到催化剂。 ①焙烧时分解产生的化学方程式为 。 ②的作用是 。 (2)催化剂的应用。将模拟烟气以一定流速通过装有催化剂的反应管，反应相同时间，测得的转化率随温度的变化如题图1所示。 ①反应温度高于，转化率下降的原因可能是 。 ②若烟气中含有，则会导致催化剂失活，原因可能是 。 (3)的回收。回收的过程可表示为： ①酸浸时，投料完成后提高原料浸出率的措施有 。 ②酸浸过程中，转化成，该反应的离子方程式为 。 ③水溶液中以形式存在，如题图2所示给出了该离子部分结构，在答题卡的相应位置补充完整该配离子的结构 。 【答案】(1) 与形成易溶于水的配合物，促进的溶解 (2)催化剂活性下降，反应速率减慢；与发生反应生成 会被(V2O5)催化氧化为，与作用生成或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积[或与作用生成或，最终被氧化为或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积] (3)适当升温，适当加快搅拌速度，延长浸泡时间(写出一条即可) 【解析】（1）①根据的分子式，可知焙烧时分解产生和NH3，化学方程式为，故答案为； ②已知草酸能与含钒粒子形成易溶于水的配合物，所以的作用是与形成易溶于水的配合物，促进的溶解，故答案为与形成易溶于水的配合物，促进的溶解。 （2）①反应温度高于，催化剂活性下降，反应速率减慢；此外，能与发生反应生成，从而导致转化率下降，故答案为催化剂活性下降，反应速率减慢；与发生反应生成； ②若烟气中含有， 会被(V2O5)催化氧化为，与作用生成或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积，从而导致催化剂失活，故答案为会被(V2O5)催化氧化为，与作用生成或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积[或与作用生成或，最终被氧化为或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积]。 （3）①酸浸时，投料完成后，可适当升温，适当加快搅拌速度，延长浸泡时间提高原料浸出率，故答案为适当升温，适当加快搅拌速度，延长浸泡时间(写出一条即可)； ②酸浸过程中，和在酸性条件下转化成，离子方程式为，故答案为； ③已知在水溶液中以形式存在，该配离子的结构为，故答案为。 8．（2024届高考·江苏省南通·统考二模） 研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。 已知：As（V）在不同pH条件下的物种分布分数如图1所示。 ，；， （1）硫化法：As（Ⅲ）能与硫化剂（能提供）反应生成雌黄（）沉淀。HCHO能在硫酸盐还原菌的作用下将还原为，同时生成。 ①沉淀1 mol As（Ⅲ）理论上需消耗HCHO的物质的量为______mol。 ②能与反应：。该反应的平衡常数______。 （2）石灰沉淀法：向含砷（V）废水中添加石灰水，可使砷元素转化为多种砷酸钙盐沉淀。 ①向中性废水中加入适量石灰水，使As（V）完全转化为沉淀。写出该反应的离子方程式：____________。 ②向含沉淀的悬浊液中通入气体，可得到。该转化能实现的原因是____________。 ③控制其他条件不变，向碱性含砷（V）废水中加入一定量石灰水，测得As（V）去除率在30℃以后随温度升高而降低。可能的原因是__________________。 ④在初始pH、c[As（V）]相同的模拟废水中加入石灰水，As（V）去除率随的变化如图2曲线a所示；固定，往石灰水中添加Fe（Ⅲ）盐，As（V）去除率随的变化如图2曲线b所示。加入Fe（Ⅲ）盐后，As（V）去除率增大的原因是____________。 【答案】（1） ①. 3 ②. 0.25 （2） ①. ②. 与、生成与，的溶解度比的更小，使该反应向生成方向移动 ③. 温度升高，溶解度减小，砷酸钙溶解度增大 ④. Fe（Ⅲ）能与溶液中的As（V）反应生成沉淀，Fe（Ⅲ）在水溶液中生成胶体，吸附溶液中的As（V），使得溶液中As（V）的去除率上升 【解析】（1）①根据题意知HCHO能在硫酸盐还原菌的作用下将还原为，同时生成，故2HCHO~，根据硫元素守恒沉淀1mol需消耗3mol,故需消耗HCHO的物质的量为6mol。 ②，该反应的平衡常数。 （2）①根据图象知，中性废水中As（V）以、的形式存在，且各占50%，则加入石灰水后生成沉淀的反应方程式为：。 ②与、生成与，的溶解度比的更小，使该反应向生成方向移动。 ③根据①知向碱性含砷（V）废水中加入一定量石灰水会生成沉淀，而As（V）去除率在30℃以后随温度升高而降低，则可能原因溶解度减小，砷酸钙溶解度增大。 ④Fe（Ⅲ）能与溶液中的As（V）反应生成沉淀，Fe（Ⅲ）在水溶液中生成胶体，吸附溶液中的As（V），使得溶液中As（V）的去除率上升。 10．（2024届高考·江苏省南京、盐城市·统考二模）处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如下图所示。 （1）绿矾还原法。FeSO4∙7H2O去除废水中的Cr(Ⅵ)经过“酸化一还原一沉淀”的过程。 ①“还原”时，被还原成Cr3+的离子方程式为___________。 ②的晶胞沿c轴(c轴垂直于a、b轴)方向投影的平面图如下图所示，其中硫原子的杂化方式为___________；已知该晶胞中S原子的数目为4，试预测Fe2+是否占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，并说明理由___________。 （2）铁粉还原法。为探究铜离子浓度对Cr(Ⅵ)去除率的影响，向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为___________。 （3）离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为高分子阳离子骨架)去除酸性废水中Cr(Ⅵ)的原理为。 ①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，发生反应的化学方程式为___________。 ②某树脂的Cr(Ⅵ)摩尔交换总容量为1.45mol·L-1，即每升湿树脂最多吸收1.45molCr(Ⅵ)。现将Cr(Ⅵ)含量为50mg·L-1的废水以1.0L∙h-1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和___________。［Cr(Ⅵ)均以铬元素计，写出计算过程］ 【答案】（1） ①. ②. sp3 ③. 否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式 （2）铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大 （3） ①. ②. 30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量： 通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量： ，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和 【解析】（1）①“还原”时，在酸性溶液中被还原成Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为。 ②在的晶胞中，硫原子的价层电子对数为=4，则杂化方式为sp3；已知该晶胞中S原子的数目为4，依据化学式，该晶胞中所含Fe2+的数目应为4。若Fe2+占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，则该晶胞中含Fe2+数目不是4，理由：否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式。 （2）向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，若不加Cu2+，Fe先与H+反应生成Fe2+等，Fe2+再还原Cr(Ⅵ)；加入Cu2+后，Cu2+先与Fe反应生成Cu和Fe2+，Fe、Cu可构成原电池，加快生成Fe2+的速率，则随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为：铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大。 （3）①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，NaOH首先促进平衡逆向移动，生成的再发生转化+2OH-=2+H2O，从而得出发生反应的化学方程式为。 ②30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量： 通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量： ，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和。 【点睛】在酸性溶液中，发生转化2+2H+=+H2O。 11．（2024届高考·江苏省苏锡常镇·统考二模）以软锰矿浆(含及少量等)吸收烟气中并制备高纯。 （1）吸收。 ①将烟气与软锰矿浆在吸收塔中逆流接触，烟气中的被充分吸收，矿浆中的转化为。写出与发生反应的化学方程式：_______。 ②脱硫过程中软锰矿浆的和吸收率的变化关系如图所示。随着脱硫的进行，软锰矿浆下降，但15小时前下降缓慢，其主要原因是_______。 ③当脱硫15小时后，吸收率急剧下降。此时加入菱锰矿吸收率又可恢复至以上，其原因是_______。 （2）净化。 ①过滤脱硫后的软锰矿浆液，用沉淀除去所得滤液中的、Mg2+(浓度小于)。此时应控制溶液中略大于_______。(已知： 、，、) ②净化时生成的沉淀晶胞结构如图所示。在晶胞中周围距离最近的形成的空隙构型为_______。 （3）制备。 ①向反应器中加入溶液，控制80℃恒温，搅拌下鼓入空气可制得。写出生成的离子方程式：_______。 ②实际生产中，常将溶液和氨水并流加入反应器。若加入的氨水量不足，产品中会混入等，其原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. 溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成H2SO4，pH下降，15h前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢 ③. MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应 （2） ①. ②. 正四面体形 （3） ①. ②. 氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物 【解析】（1）①软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂，生成MnSO4的化学方程式为：，故答案为：； ②15小时前下降缓慢的原因是溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成 H2SO4，pH下降，15h前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢，故答案为：溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成 H2SO4，pH下降，15h 前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢； ③吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了SO2的溶解，MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应，故答案为：MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应。 （2）①由溶度积可知，溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀时，溶液中的镁离子已经完全转化为氟化镁沉淀，所以溶液中钙离子浓度为时，溶液中氟离子浓度至少为，故答案为：； ②晶胞中以体心中的任意一个与周围距离最近的4个标记后连接，形成的空隙构型为正四面体形，故答案为：正四面体形。 （3）①与氧气在80℃恒温下发生氧化还原反应生成，环境为酸性，离子方程式为：，故答案为：； ②氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物，故答案为：氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物。 12．（2024届高考·江苏省南通如皋·二模模拟）沸石分子筛可用于气体、重金属离子的吸附或去除。工业上以粉煤灰（主要含和，还含有少量和有机物）为原料制取某种沸石分子筛的过程如下： 已知：粉煤灰中的硅、铝化合物煅烧时不发生反应，且难溶于酸。 （1）将粉煤灰在空气中煅烧的目的是_______。 （2）“酸浸”的操作是向“煅烧”后的固体混合物中加入足量的盐酸，充分搅拌后过滤．检验“酸浸”操作是否达到目的的方法是_______。 （3）“碱熔”时，将“酸浸”后所得滤渣与固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的和．“水热合成”时，加入水和一定量的和溶液，在条件下反应一段时间，可以得到晶体．写出“水热合成”时反应的化学方程式：_______。 （4）沸石分子筛的结构为相邻的硅氧四面体和铝氧四面体相互连接形成的笼状结构，沸石分子筛的结构示意图及部分平面结构分别如图-1、图-2所示。沸石分子筛中存在一定大小的空隙，其中的可与其他阳离子发生交换． ①沸石分子筛可以用于去除废水中和，原理是______； ②沸石分子筛对去除率随溶液的关系如图-3所示。越大，去除率越高的原因是______。 【答案】（1）除去粉煤灰中的有机物 （2）取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴溶液，无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的 （3） （4） ①. 分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中，废水中的可以与沸石分子筛中发生离子交换而去除 ②. 与均可与沸石分子筛中的进行交换，较小时，浓度较高，与交换的变少；随着升高，溶液中的会生成沉淀，去除率增大 【解析】【分析】粉煤灰（主要含SiO2和3Al2O3⋅2SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3和有机物）进行煅烧，有机物转化为无机物，盐酸酸浸过程中，粉煤灰中的硅、铝化合物难溶于酸，所得滤渣与NaOH固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的NaAlO2和Na2SiO3，“水热合成”时，加入水和一定量的NaAlO2和Na2SiO3溶液，在90°C条件下反应一段时间，可以得到Na12Al12Si12O48⋅27H2O晶体，据此回答。 小问1详解】 将粉煤灰在空气中煅烧的目的是：除去粉煤灰中的有机物； （2）当固体中没有氧化铁，则代表酸浸完成，通过检验铁离子来实现，方法为：取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴KSCN溶液，无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的； （3）“水热合成”时，NaAlO2与Na2SiO3反应生成Na12Al12Si12O48⋅27H2O晶体，方程式为：； （4）①NH3分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中NH3，废水中的可以与沸石分子筛中Na+发生离子交换而去除，所以沸石分子筛可以用于去除废水中NH3和； ②H+与Cu2+均可与沸石分子筛中的Na+进行交换，pH较小时，H+浓度较高，与Na+交换的Cu2+变少，随着pH升高，溶液中的Cu2+会生成Cu(OH)2沉淀，Cu2+去除率增大。 13．（2024届高考·江苏省南通海安·二模模拟）用过二硫酸铵溶液作浸取剂可以提取黄铜矿(主要成分为)中的铜。 已知：i．、均能导电； ii．；； （1）的晶胞如图1所示。 ①图1为晶胞，则每个晶胞中含有的Fe原子个数为___________。 ②图2所示结构单元不能作为晶胞的原因是___________。 （2）用溶液作浸取剂浸取的原理示意如图3所示。 图3 ①一段时间后，与反应的离子方程式为___________。 ②浸取初期，随着浸取时间延长，的浸出速率迅速提高，其可能的原因是___________。 （3）在足量溶液中添加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下： 添加 未加 Cu元素的浸出率 98.02% 30.90% 过程中产物形态 ①添加Ag⁺可以显著提高Cu元素的浸出率的原因：___________。 ②进一步研究发现添加的少量可以循环参与反应。“再生”的离子方程式为：___________。 （4）进一步从浸出液中提取铜并使再生的流程示意图如图4所示。 图4 ①滤液A中加草酸的反应为，该反应化学平衡常数为___________。 ②电解滤液B而不电解滤液A的原因是___________。 【答案】（1） ①. 4 ②. 图2所示结构单元不能采用“无隙并置”在晶体中重复出现 （2） ①. ②. 作催化剂加快浸出速率的影响大于减小减缓浸出速率的影响 （3） ①. 反应生成的夹杂在致密不导电硫层中，能导电，使的浸出反应得以继续进行 ②. （4） ①. 26.25 ②. 电解滤液B中不存在，消耗电能更少，得到的更纯净 【解析】（1）①图1为晶胞，则每个晶胞中含有的Fe原子个数为。 ②晶体是由晶胞无缝并置而成的，图2所示结构单元不能作为晶胞的原因是图2所示结构单元不能采用“无隙并置”在晶体中重复出现。 （2）①具有氧化性，可以氧化生成、S，一段时间后，与反应的离子方程式为。 ②随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，铜离子的浸出速率迅速提高，故其可能的原因是作催化剂加快浸出速率的影响大于减小减缓浸出速率的影响. （3）①添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所以反应生成的夹杂在致密不导电硫层中，能导电，使的浸出反应得以继续进行。 ②Ag+“再生”的离子方程式为：。 （4）①滤液A中加草酸的反应为，该反应化学平衡常数为==。 ②从能源及物质利用的角度，电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+ -e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红，故原因为电解滤液B中不存在，消耗电能更少，得到的更纯净。 14．（2024届高考·江苏省南师附中·5月模拟）侯氏制碱法是我国化学工程专家侯德榜将氨碱法和合成氨法两种工艺联合起来生产纯碱的方法。主要过程如图所示(部分物质已略去)： 请回答下列问题： （1）纯碱的化学式为___________(填“”或“”)； （2）操作①的名称是___________(填“蒸发”或“过滤”)； （3）上述实验过程中可以循环使用的物质是___________(填化学式)； （4）工业上可以用氨生产尿素，其方程式为，一定温度下，将1 mol 和2 mol 充入体积为1L的密闭容器中，5 min后测得的物质的量为0.6 mol，则： ①对上述反应，若适当升高温度，化学反应速率会___________(填“增大”或“减小”)； ②用的浓度变化表示该反应的平均速率为___________mol/(L·min)。 【答案】（1） （2）过滤 （3） （4） ①. 增大 ②. 0.12 【解析】【分析】将氨气先通入饱和食盐水中，得到氨的饱和溶液，然后通入二氧化碳，得到溶解度较小的碳酸氢钠，过滤出碳酸氢钠后加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳。滤液中主要含有氯化铵。 （1）纯碱是碳酸钠的俗称，化学式为Na2CO3。 （2）操作①是分离固体和液体的操作，故为过滤。 （3）碳酸氢钠分解产生的二氧化碳可以送回反应Ⅰ循环使用，故填CO2。 （4）①温度升高，反应速率加快，故填“增大”。 ②5min后生成H2O(g)的物质的量为0.6mol，容器体积为1L，则用水蒸气的浓度变化表示的反应速率为。 15．（2024届高考·江苏省南通市·5月模拟）某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示： 已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下： 金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 15 4.0 4.6 7.6 9.5 沉淀完全的pH 2.8 5.2 6.8 9.7 11.1 金属氢氧化物 Al(OH)3 Cr(OH)3 开始溶解的pH 7.8 12 溶解完全的pH 10.8 >14 ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O iii．已知Cr的金属性强于Fe （1）加入铁粉后，调节pH的范围为___________。 （2）由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。 （3）滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。 （4）由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。 （5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。 （6）酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪ 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g) 【答案】（1）6.8≤pH<7.6 （2） （3） ①. Cr(OH)3 ②. （4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （5） ①. ②. 吸收SO2，防止污染 （6）随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出 【解析】【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。 （1）加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6 （2）滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。 （3）由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。 （4）由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （5）滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。 （6）酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。 16．（2024届高考·江苏前黄高级中学·二模模拟）电解锰渣主要含、、、。利用电解锰回收铅的工艺如图所示[已知：]： （1）关于电解锰渣回收铅的工艺 ①“还原酸浸”时，氧化生成的离子方程式为_______。 ②“浸出液”含有的盐类主要有和_______(填化学式)。 ③从平衡移动的角度分析“浸铅”反应发生的原因：_______。 （2）利用可制备。以、和为原料，通过混合后进行沉淀转化可制得。已知：的产率随的变化如图1所示。 ①制备时，控制约为8的原因是_______。 ②设计如图装置(均为惰性电极)电解溶液制取。图中右侧电极产生的气体为_______。 （3）利用可制得。受热分解为的和价的混合氧化物，价的能氧化浓盐酸生成。现将加热分解得到，向“剩余固体”中加入足量的浓盐酸得到。生成的和的物质的量相等。计算“剩余固体”中原子个数比。(写出计算过程)_______。 【答案】（1） ①. ②. ③. 结合形成难电离物质，使平衡正向移动 （2） ①. 小于8时，不利于转化为大于8时生成沉淀 ②. （3） 【解析】【分析】电解锰渣主要含MnO2、PbSO4、SiO2、Fe2(SO4)3，电解锰渣中加入稀硫酸、PbS，在还原酸浸时，氧化产物是S，“ 浸出液”含有的盐主要有MnSO4和少量的FeSO4，则MnSO4 (电解锰渣中的)、PbSO4、SiO2不反应，MnO2、Fe2(SO4)3与PbS发生氧化还原反应，使得浸出液中含有MnSO4和FeSO4，固体中的硫酸铅在浸铅时与醋酸铵反应生成醋酸铅，醋酸铅在沉铅时与碳酸氢铵反应生成碳酸铅。 （1）①由已知条件，Fe2(SO4)3氧化PbS为S及流程框图中加入H2SO4溶液可得，PbS中S由-2价升高为0价，化合价升2；Fe3+中Fe元素由+3价降为+2价，化合价降1，最小公倍数为2；根据氧化还原反应原理及质量守恒配平得反应； ②MnO2与PbS也发生上述反应，MnO2被还原为Mn2+，故答案为MnSO4； ③“浸铅”反应PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+，该溶液中加入CH3COONH4时，c(CH3COO-)增大，平衡正向移动，使PbSO4转化为Pb(CH3COO)2，故从平衡移动的角度分析“浸铅”反应发生的原因：结合形成难电离物质，使平衡正向移动； （2）①小于8时，不利于转化为大于8时生成沉淀,故制备时，控制约为8； ②据离子转化，在电解池右侧，若使转化为，则需使上述离子反应向右移动，右侧电解为，右侧消耗H+，故答案为H2； （3）PbO2受热分解固体混合物，再与HCl反应，+4价Pb还原为+2价，Cl-氧化为Cl2，为PbCl2溶液，1molPbO2转化为PbCl2，电子转移：1mol(4-2)=2mol，设产生O2 xmol，则Cl2 xmol，根据电子守恒：4x+2x=2mol，x=，所以1molPbO2分解产生O2：mol，则固体混合物中n(O)=2mol-mol2=mol，而n(Pb)不变，为1mol，n(Pb):n(O)=1:=3:4；答案为3：4。 17．（2024届高考·江苏苏锡常镇·二模模拟）五氧化二钒是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂工业上以石煤主要成分为，含有少量、等杂质为原料制备，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、灼烧”等过程． 已知：溶于水，难溶于水． ，． 回答下列问题： 向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为 ______ ． 向水浸后的溶液中加入生成、沉淀以除去硅、磷除杂后的溶液中的浓度为，此时溶液中 ______ ；磷、硅去除率随温度变化的曲线如图所示，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高，可能的原因是 ______ ． “沉矾”时加入析出沉钒温度需控制在左右，温度不能过高的原因为 ______ ． 在空气中灼烧得称取灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入溶液，再用溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为，则产物中的质量分数为 ______ 写出计算过程已知：，． 还原可制得，如图为的晶胞，该晶胞中钒的配位数为 ______ ． 【答案】    随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大  温度过高，分解，不利于析出      【解析】解：向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为：， 故答案为：； ，，除杂后的溶液中的浓度为，，，据此计算此时溶液中，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高，可能的原因是：随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大， 故答案为：；随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大； “沉矾”时加入析出沉钒温度需控制在左右，温度不能过高的原因是：温度过高，分解，不利于析出， 故答案为：温度过高，分解，不利于析出； 加入的物质的量为：，依据，过量的物质的量：，与反应的的物质的量：，依据化学方程式可知：，，，产物中的质量分数， 故答案为：； 顶角为和中心为钒原子，四个氧原子位于面心，两个氧原子位于晶胞内，则该晶胞中钒的配位数为， 故答案为：。 向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，空气中氧气、碳酸钠和反应转化为二氧化碳和； ，，除杂后的溶液中的浓度为，据此计算此时溶液中，随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降； 温度过高，分解； 加入的物质的量为：，依据，过量的物质的量：，与反应的的物质的量：，依据化学方程式可知：，，，据此计算产物中的质量分数； 顶角为和中心为钒原子，四个氧原子位于面心，两个氧原子位于晶胞内。 本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算、实验设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。 18．（2024届高考·江苏省南师附中·5月模拟）碳酸镍具有良好的催化性能，在化学和工业领域广泛应用。利用废镍催化剂(主要成分为 Ni及其氧化物、Al和 Fe的氧化物)获得碳酸镍的过程如下： 已知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ni(OH)2 Fe(OH)2 开始沉淀pH 2.2 3.7 7.2 7.5 完全沉淀pH 3.2 4.7 8.7 9.0 回答下列问题： （1）“酸浸”时，稀硫酸比稀硝酸更合理，理由是_______。 （2）“除杂”时，先加入30% H2O2溶液，再用30% NaOH溶液调pH， 适当升温，反应2 h。 ①若除杂后溶液中Ni2+浓度为0.10 mol/L，需控制溶液的pH范围是_______。 ②加入30% H2O2的目的为_______。 ③该过程还可用NaClO替代H2O2， 调节pH 为3.5，其反应的离子方程式为_______。 （3）“沉镍”后获得产品的一系列操作为_______。 （4）碳酸镍的晶胞如图1所示，Ni2+的配位数为_______，晶胞密度为_______g/cm³(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 （5）“沉镍”过程可能生成碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]。为测定该沉淀的组成进行下列实验：称取干燥沉淀样品7.54 g，隔绝空气加热。该化合物的热重曲线如图2所示。 则y=_______。 【答案】（1）Ni会与稀硝酸反应生成污染环境氮氧化物 （2） ①. 6.7 ②. 将Fe2+全部氧化为Fe3+ ③. （3）过滤、洗涤、干燥 （4） ①. 6 ②. 或 （5）2 【解析】（1）“酸浸”时，稀硫酸比稀硝酸更合理，理由是稀硝酸会被还原为氮的氧化物，污染大气。 （2）①根据表格可知，铁离子完全沉淀时的pH为3.2， pH为8.7时，溶液中Ni2+沉淀完全，此时溶液中c(Ni2+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-5.3mol/L，Ksp[Ni(OH)2]= 10-15.6，若除杂后溶液中Ni2+浓度为0.10 mol/L，则c(OH-)==10-7.3，pH=6.7，6.7小于Ni2+开始沉淀时的pH(7.2)，所以需控制溶液的pH范围是6.7。 ②H2O2能将Fe2+氧化为Fe3+，故加入30% H2O2的目的为将Fe2+全部氧化为Fe3+。 ③用NaClO替代H2O2， 调节pH 为3.5，则Fe3+转化为Fe(OH)3，反应的离子方程式为。 （3）“沉镍”后获得产品一系列操作为过滤、洗涤、干燥。 （4）由图1可知，Ni2+的配位数为6；1个晶胞中Ni2+的个数为，即1个晶胞中含4个NiCO3，晶胞密度为。 （5）由图2可知，200℃之前失去结晶水为，则碱式碳酸镍[xNiCO3·yNi(OH)2·4H2O]为，所以200-500℃间，失去的二氧化碳和水为①，最后的NiO的物质的量为，即0.02mol(x+y)=0.06 mol②，联立方程解得x=1，y=2。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！11 学科网（北京）股份有限公司 $$