2025届高三化学一轮复习 2023化学工艺流程真题分类汇编

2023年高考真题分类汇编——工业流程18道全 1．（2023·全国·高考真题）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。    回答下列问题： (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。 (2)“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。 (3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。 a．稀硫酸    b．浓硫酸    c．盐酸    d．磷酸 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。 (5)“沉淀”步骤中生成的化学方程式为 。 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。 2．（2023·全国·高考真题）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：    已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。 (2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。 (6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。 3．（2023·全国·高考真题）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：    已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。 回答下列问题： (1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。 (2)水浸渣中主要有SiO2和 。 (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。 (4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。 (5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。 A．酸性          B．碱性         C．两性 (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。 4．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。    (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 5．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)的晶体类型是 。 (2)第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，与生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是 。(填序号) a．硫粉消耗会增大　b．二氧化硫生成率降低　c．生成较多SO2 (3)若每生成气体三氧化硫，放出能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式： ，若反应温度升高，则二氧化硫转化率 (填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 ，升高温度后的气体都需要降温，其目的是 (6)采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3.若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。 (8)一批32吨含硫元素的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了，二氧化硫在第二步反应中转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产的浓硫酸 吨。 6．（2023·山东·高考真题）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：    已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。    回答下列问题： (1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。 (3)精制Ⅱ的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。 7．（2023·海南·高考真题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(，还含有一定量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。    回答问题： (1)中Be的化合价为 。 (2)粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。 (3)该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。 (4)无水可用作聚合反应的催化剂。BeO、与足量C在600~800℃制备的化学方程式为 。 (5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的 %。 8．（2023·江苏·高考真题）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 。 9．（2023·河北·高考真题）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下： 已知：室温下的。 回答下列问题： (1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学式)。 (2)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)浸取工序的产物为，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。 (4)浸取工序宜在之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是 。 (5)补全中和工序中主反应的离子方程式 + 。 (6)真空干燥的目的为 。 10．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： (1)活性可与水反应，化学方程式为 。 (2)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。 (3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 (4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是 。 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。    (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。 11．（2023·湖南·高考真题）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：    已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为； ②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体； ③相关物质的沸点： 物质 沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题： (1)晶体的晶体类型是 ； (2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是 ，阴极的电极反应式为 ；    (3)“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式： ； (4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ； (5)下列说法错误的是_______； A．流程中得到了循环利用 B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行 C．“工序X”的作用是解配，并蒸出 D．用核磁共振氢谱不能区分和 (6)直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是 ； (7)比较分子中的键角大小： (填“>”“<”或“=”)，其原因是 。 12．（2023·湖北·高考真题）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：    回答下列问题： (1)Co位于元素周期表第 周期，第 族。 (2)烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因 。 (3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是 。 (4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为 。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。 (5)导致比易水解的因素有 (填标号)。 a．Si-Cl键极性更大        b．Si的原子半径更大 c．Si-Cl键键能更大        d．Si有更多的价层轨道 13．（2023·福建·高考真题）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含及少量)中分离回收金属的流程如下： (1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程式 。 (2)“焙烧1”中，晶体[和]总质量随温度升高的变化情况如下： 温度区间/℃ 晶体总质量 变小 不变 变小 不变 ①升温至过程中，晶体总质量变小的原因是 ；发生分解的物质是 (填化学式)。 ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。 (3)时，的。反应的平衡常数 (列出计算式即可)。经计算可判断难溶于稀硫酸。 II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。 (4)基态的价电子排布式为 。 (5)晶胞中含有 个 。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。 a．氢键    b．离子键    c．共价键    d．金属键 (6)“焙烧2”中发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。 14．（2023·辽宁·高考真题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含和)。实现镍、钴、镁元素的回收。    已知： 物质 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为 。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为 (的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、 (填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为 时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。    (5)“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为 。 (6)“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于 (精确至0.1)。 15．（2023·重庆·高考真题）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。    时各物质溶度积见下表： 物质 溶度积 回答下列问题： (1)中元素的化合价是和 。的核外电子排布式为 。 (2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。 (3)反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气。 ①反应的离子方程式为 。 ②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。 (4)①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。 ②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。 16．（2023·浙江·高考真题）某研究小组制备纳米，再与金属有机框架)材料复合制备荧光材料，流程如下： 已知：①含锌组分间的转化关系： ②是的一种晶型，以下稳定。 请回答： (1)步骤Ⅰ，初始滴入溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是 。 (2)下列有关说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分 B．步骤Ⅰ，若将过量溶液滴入溶液制备，可提高的利用率 C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤 D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小 (3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 。 (4)用和过量反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米，沉淀无需洗涤的原因是 。 (5)为测定纳米产品的纯度，可用已知浓度的标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。 用___________(称量样品)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装标准溶液，滴定) 仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶 操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的溶液；i、装瓶贴标签 (6)制备的荧光材料可测浓度。已知的荧光强度比值与在一定浓度范围内的关系如图。 某研究小组取人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量)，经预处理，将其中元素全部转化为并定容至。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。 17．（2023·浙江·高考真题）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。    已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。 ②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度 当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 请回答： (1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度 B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质 C．步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D．步骤Ⅳ中控制和的投料比可控制产品盐基度 (3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是 ；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是 。    (4)测定产品的盐基度。 的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。 ①产品的盐基度为 。 ②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是 。 18．（2023·浙江·高考真题）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。    已知：   请回答： (1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。 (2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。 ①下列说法正确的是 。 A．燃煤中的有机硫主要呈正价     B．化合物A具有酸性 C．化合物A是一种无机酸酯       D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收 ②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。 (3)设计实验验证化合物A中含有S元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)做还原剂，将还原 (2) (3)c (4) 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低 (5) (6) 【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。 【详解】（1）“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。 （2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的 与过量的可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为。 （3）“酸化”步骤是为了将转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。 （4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。 （5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为：++=。 （6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，，因此，产生的=。 2．(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿 (2) 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解 (3) 2.8×10-9 Al3+ (4)BaSO4、NiS (5) Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ 加入Mn(OH)2 (6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ 【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。 【详解】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。 （2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。 （3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-2mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SO=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。 （5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。 （6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。 3．(1)Na2CrO4 (2)Fe2O3 (3)Al(OH)3 (4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀 (5)C (6)2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O 【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。 【详解】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4； （2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3； （3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3； （4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀； （5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C； （6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。 4．(1) > 、 (2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀 (3) 、 被氧气氧化为，把氧化为 (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 （2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。 （3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 5．(1)分子晶体 (2)ab (3) 2SO2(g)+O2(g)=2SO3 降低 (4)通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率 (5) 二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量 及时分离出三氧化硫并充分利用能量 (6)ac (7) 98.3% 60℃ (8)94.1 【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸； 【详解】（1）是硫单质的分子晶体； （2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，则消耗的硫粉会增大，硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第二步反应过程中，硫蒸气会继续和氧气反应生成二氧化硫，但第二步中二氧化硫浓度较大，会降低二氧化硫的生成率，故选ab。 （3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 ；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低； （4）催化剂需要合适活性催化温度，在第二步反应中，通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率； （5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：及时分离出三氧化硫促使反应正向移动，并充分利用能量对反应物进行预加热。 （6）a．由题目信息可知，四轮反应保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大，故a正确； b．由题目信息可知，四轮反应使反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误； c．四轮反应中，每轮反应后进行热交换降温，节约了能源，故c正确； 故选ac。 （7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时吸收率最高。 （8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94.1吨。 6．(1) (2) 、Mg(OH)2 CaO (3) 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小 【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为、Mg(OH)2；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。 【详解】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。 （2）由分析可知，滤渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）的用量。 （3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。 7．(1)+2 (2) 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO2 (3)(NH4)2SO4 (4)BeO+Cl2+CCO+BeCl2 (5)10 【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子，加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。 【详解】（1）按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2+价； （2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2； （3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用； （4）BeO、与足量C在600~800°C生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2； （5）设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=mol/L，损失降低至原来的10%。 【点睛】 8．(1) 制得的催化剂中不含Na+ (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 (3) 提高反应温度、延长浸出时间 促进充分沉淀 【详解】（1）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制得的催化剂中不含Na+； （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，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。 （3）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，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，促进充分沉淀。 【点睛】 9．(1) (2) (3) (4)盐酸和液氨反应放热 (5) (6)防止干燥过程中被空气中的氧化 【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。 【详解】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答案为：； （2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe； （3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为，故答案为：；； （4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热； （5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为+，故答案为：；； （6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中被空气中的氧化。 10．(1) (2)＞ (3)或 (4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5) 体心 12 (6) 0.4或 【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 （2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。 11．(1)分子晶体 (2) 温度太低，不利于Ga的熔化，温度太高，Ga可能与NaoH反应产生大量氢气，会有爆炸危险。 +3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-） (3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2； (4)CH4 (5)D (6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3 (7) > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小 【分析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用，据此解答。 【详解】（1）晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体； （2）电解池温度控制在，温度太低，不利于Ga的熔化，温度太高，Ga可能与NaoH反应产生大量氢气，会有爆炸危险；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）； （3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2； （4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4； （5）A.根据分析，流程中得到了循环利用，A正确； B. 容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确； C. “配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确； D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误； 故选D； （6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离； （7）分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。 12．(1) 4 Ⅷ (2) (3)焰色反应 (4) (5)abd 【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。 【详解】（1）Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。 （2）“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。 （3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。 （4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。 （5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关； b．Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关； c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关； d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关； 综上所述，导致比易水解的因素有abd。 13．(1) 粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等 (2) 失去结晶水 (3)或或之间任一数字 (4) (5) 2 2:1 bc (6) 【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、 、Fe3+）以及滤渣1（SiO2、Cu2S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣2 SiO2。 【详解】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等（任写一条即可），CoO 发生反应的离子方程式为：； （2）①由图可知，升温至过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解； ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解； （3）的平衡常数=； （4）基态的价电子排布式为3d9； （5）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为，个数为；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故2:1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键； （6）“焙烧2”中发生反应的化学方程式为：，由分析可知，滤渣2为SiO2。 14．(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 (2)NA (3) CaSO4、Fe(OH)3 (4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率 (5) (6)11.1 【分析】 在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。 【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA （3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁； （4）根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：； （6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1； 15．(1) +3 1s22s22p6 (2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁 (3) 适当升高温度、搅拌 (4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6% 【分析】 溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；， 【详解】（1）可以写成，故元素的化合价是和+3。为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6； （2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁； （3）①反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为。 ②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等； （4）①反应釜3中，时，浓度为，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上不超过11。 ②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色； 氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中的质量分数为。 【点睛】 16．(1) (2)BC (3)坩埚 (4)杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。 (5) (6)8 【分析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成，分离出后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此解题。 【详解】（1）初始滴入溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是； （2）A．步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确； B．根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是，不能生成，B错误； C．由信息②可知，以下稳定，故在用的热水洗涤时会导致，分解为其他物质，C错误； D．由流程可知，控温煅烧时会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小，D正确； 故选BC； （3）给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚； （4）两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去； （5）为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：； （6）人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)= ，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)= ，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。 17．(1)Na[Al(OH)4] (2)BC (3) 蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀 (4) 0.7 pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【分析】铝土矿主要成分为，含少量和，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。 【详解】（1）根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是Na[Al(OH)4]；故答案为：Na[Al(OH)4]； （2）A．步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确； B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通二氧化碳转化为碳酸氢钠沉淀（溶解度较小），不利于除杂，故B错误； C．步骤Ⅲ，洗涤时不能对漏斗中的沉淀进行搅拌，故C错误； D．中a、b可通过控制和的投料比来控制产品盐基度，故D正确； 故选BC； （3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案为：蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀； （4）①根据，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到 产品的盐基度为；故答案为：0.7。 ②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。 18．(1) (2) BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键 (3) 取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素   +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl 【分析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A：  ； 【详解】（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为； （2）①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；      B．根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确； C．化合物A含有  基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；       D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收用于生产发烟硫酸，D正确； 故选BCD； ②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸； （3）由分析可知，A为  ，A碱性水解可以生成硫酸根、甲醇，硫酸根离子能和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为：  +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$试卷第 1页，共 18页 2023 年高考真题分类汇编——工业流程 18 道全 1．（2023·全国·高考真题） 3BaTiO 是一种压电材料。以 4BaSO 为原料，采用下列路线可制备粉状 3BaTiO 。 回答下列问题： (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。 (2)“焙烧”后固体产物有 2BaCl 、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。 (3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。 a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。 (5)“沉淀”步骤中生成  2 4 2BaTiO C O 的化学方程式为 。 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 2CO CO: =n n 。 【答案】(1)做还原剂，将 4BaSO 还原 (2) 2 2S Ca CaS    (3)c (4) 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体 2H S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于 水的 2CaCl ，导致 2BaCl 溶液中混有 2CaCl 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低 (5)  2 2 422 44B NTiCaCl H C Ol H O+2    2 4 42BaTiO C O 4NH Cl+2HCl  (6)1:1 独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 2页，共 18页 2．（2023·全国·高考真题）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量 Si、Fe、Ni、Al 等元素）制备 LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举 1 例)。 (2)加入少量 MnO2 的作用是 。不宜使用 H2O2替代 MnO2，原因是 。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液 pH=4，此时 c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至 pH≈7，除去的金属离 子是 。 (4)加入少量 BaS 溶液除去 Ni2+，生成的沉淀有 。 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不 断 。电解废液可在反应器中循环利用。 (6)煅烧窑中，生成 LiMn2O4 反应的化学方程式是 。 【答案】(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿 (2) 将 Fe2+氧化为 Fe3+ Fe3+可以催化 H2O2 分解 (3) 2.8×10-9 Al3+ (4)BaSO4、NiS (5) Mn2++2H2O 电解 H2↑+MnO2↓+2H+ 加入 Mn(OH)2 (6)2Li2CO3+8MnO2 煅烧 4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ 试卷第 3页，共 18页 3．（2023·全国·高考真题）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、 铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示： 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以 Cr2O 27  存在，在碱性介质中以 CrO 24  存在。 回答下列问题： (1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。 (2)水浸渣中主要有 SiO2和 。 (3)“沉淀”步骤调 pH 到弱碱性，主要除去的杂质是 。 (4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以 MgSiO3 和 MgNH4PO4 的形式沉淀，该步需要控制溶液的 pH≈9 以达到最好 的除杂效果，若 pH<9 时，会导致 ；pH>9 时，会导致 。 (5)“分离钒”步骤中，将溶液 pH 调到 1.8 左右得到 V2O5沉淀，V2O5在 pH<1 时，溶解为 VO 2  或 VO3+在碱性条件 下，溶解为 VO 3  或 VO 34  ，上述性质说明 V2O5 具有 (填标号)。 A．酸性 B．碱性 C．两性 (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。 【答案】(1)Na2CrO4 (2)Fe2O3 (3)Al(OH)3 (4) 磷酸根会与 H+反应使其浓度降低导致 MgNH4PO4 无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成 MgSiO3 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导 致 MgNH4PO4 无法完全沉淀 (5)C (6)2Cr2O 2-7 +3S2O 2- 5 +10H+=4Cr3++6SO 2- 4 +5H2O 独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 4页，共 18页 4．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含 2Ag S、MnS、 2FeS )和氧化锰矿(主要含 2MnO )为原料联合提取银 和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下， 2MnO 的氧化性强于 3Fe  。 (1) “浸锰”过程是在 2 4H SO 溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除 2FeS ，有利于后续银的浸出：矿石中的银以 2Ag S的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应 2 2MnS 2H Mn H S     ，则可推断：  spK MnS (填“>”或“<”)  sp 2K Ag S 。 ②在 2 4H SO 溶液中，银锰精矿中的 2FeS 和氧化锰矿中的 2MnO 发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子 有 。 (2) “浸银”时，使用过量 3FeCl HCl、 和 2CaCl 的混合液作为浸出剂，将 2Ag S中的银以  2AgCl  形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。  3 2 2Fe Ag S _____ _____ 2 AgCl S     □ □ □ ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl H 、 的作用： 。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，Ag 的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释 t 分钟后Ag 的沉淀率逐渐减小的原 因： 。 (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 【答案】(1) > 3Fe  、 2Mn  (2)  3 - 22 22Fe Ag S 4Cl 2Fe 2 AgCl S      Cl是为了与 2Ag S电离出的Ag结合生成 2AgCl  ，使 平衡正向移动，提高 2Ag S的浸出率；H是为了抑制 3Fe  水解，防止生成 3Fe(OH) 沉淀 试卷第 5页，共 18页 (3)   222 AgCl Fe Fe 2Ag 4Cl       、 3 22Fe Fe 3Fe   2Fe 被氧气氧化为 3Fe  ， 3Fe  把Ag 氧化为 Ag (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到 4MnSO ，同时将银元素和锰元素分离开；生成的 3Fe  还可以用于浸银，节约氧化剂 5．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成 SO2。 (1) 8S 的晶体类型是 。 (2)第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，与 生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是 。(填序号) a．硫粉消耗会增大 b．二氧化硫生成率降低 c．生成较多 SO2 (3)若每生成80g 气体三氧化硫，放出98 3kJ． 能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式： ，若反应温 度升高，则二氧化硫转化率 (填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是 450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺： 预热后的 SO2 和 O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近 600℃，此时立即将气体通过 热交换器，将热量传递给需要预热的 SO2 和 O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐 段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在 450℃左右时，SO2 转化率达到 97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 ，升高温度后的气体都需要降温，其目的是 (6)采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高 SO2 转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收 SO3.若用水吸收 SO3会产生酸雾， 导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。 (8)一批 32 吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了 2% ，二氧化硫在第二步反应中97% 转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫 酸 吨。 独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 6页，共 18页 【答案】(1)分子晶体(2)ab(3) 2SO2(g)+O2(g)=2SO3 -196.6kJΔH= /mol 降低 (4)通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率 (5) 二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量 及时分离出三氧化硫并充分利用能量 (6)ac(7) 98.3% 60℃(8)94.1 6．（2023·山东·高考真题）盐湖卤水(主要含 2Na Mg Li Cl   、 、 、 、 24SO  和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以 高镁卤水为原料经两段除镁制备 2 3Li CO 的工艺流程如下： 已知：常温下，   3sp 2 3K Li CO 2.2 10  。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： (1)含硼固体中的 3B(OH) 在水中存在平衡：  3 2 4B(OH) H O H B(OH)   (常温下， 9.24aK 10  )； 3B(OH) 与 NaOH 溶液反应可制备硼砂 2 4 5 4 2Na B O (OH) 8H O 。常温下，在 10.10mol L 硼砂溶液中， 24 5 4B O (OH)  水解生成 等物质的量浓度的 3B(OH) 和 4B(OH)  ，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 pH  。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li 的浓度为 12.0mol L ，则常温下精制Ⅱ过程中 23CO  浓度 应控制在 1mol L 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加 的用量(填化学式)。 (3)精制Ⅱ的目的是 ；进行操作X 时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。 【答案】(1)      24 5 24 3 4[B O OH ] 5H O=2B OH 2[B OH ]    9.24 (2) 4CaSO 、Mg(OH)2 45.5 10 CaO (3) 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 2Ca  转化为 3CaCO （或除去精制Ⅰ所得滤液中的 2Ca  ），提高 2 3Li CO 纯度 盐酸 浓缩液中因 2 3CO  浓度过大使得Li 过早沉淀，即浓缩结晶得到的 NaCl中会混有 2 3Li CO ，最终所得 试卷第 7页，共 18页 2 3Li CO 的产率减小 7．（2023·海南·高考真题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用 绿柱石(主要化学成分为( 3 2 6 18Be Al Si O ，还含有一定量的 FeO 和 2 3Fe O )生产 BeO 的一种工艺流程如下。 回答问题： (1) 3 2 6 18Be Al Si O 中 Be 的化合价为 。 (2)粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。 (3)该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。 (4)无水 2BeCl 可用作聚合反应的催化剂。BeO、 2Cl 与足量 C 在 600~800℃制备 2BeCl 的化学方程式为 。 (5)沉铍时，将 pH 从 8.0 提高到 8.5，则铍的损失降低至原来的 %。 【答案】(1)+2(2) 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO2(3)(NH4)2SO4 (4)BeO+Cl2+C 600~800 C  CO+BeCl2(5)10 8．（2023·江苏·高考真题） 2 5 3 2V O WO / TiO 催化剂能催化 3NH 脱除烟气中的 NO，反应为          3 2 2 24NH g O g 4NO g 4N g 6H O g    11632.4kJ molH     。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的 3 2WO / TiO 粉末置于 80℃的水中，在搅拌下加入一定量的 4 3NH VO 溶 液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状 2 5 3 2V O WO / TiO 催化剂。在水溶液中 3VO  水解为 3 4H VO 沉淀的离子方程 式为 ；反应选用 4 3NH VO 溶液而不选用 3NaVO 溶液的原因是 。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的 NO、 2O 、 3NH (其余为 2N )气体匀速通过装有 2 5 3 2V O WO / TiO 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)。 独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 8页，共 18页 (3)废催化剂的回收。回收 2 5 3 2V O WO / TiO 废催化剂并制备 4 3NH VO 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 4 4 12H V O 。已知 4 4 12H V O 具有八元环结构，其结构式可表示 为 。 ③向 pH=8 的 3NaVO 溶液中加入过量的 4NH Cl溶液，生成 4 3NH VO 沉淀。已知：   3sp 4 3NH VO 1.7 10K   ，加过 量 4NH Cl溶液的目的是 。 【答案】(1) 3 2 3 4VO +2H O=H VO OH    制得的催化剂中不含 Na+ (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗 NO 的反应速率与生成 NO 的反应速率随温度升高而增大， 对 NO 转化率的影响相互抵消 3 2 24NH +5O 4NO+6H O 催化剂 (3) 提高反应温度、延长浸出时间 促进 4 3NH VO 充分沉淀 9．（2023·河北·高考真题）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物 铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下： 已知：室温下的 6.8 spK (CuCl) 10  。 回答下列问题： (1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学式)。 (2)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)浸取工序的产物为  3 2Cu NH Cl   ，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧化工序可 得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。 (4)浸取工序宜在30 ~ 40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因 是 。 试卷第 9页，共 18页 (5)补全中和工序中主反应的离子方程式  3 2Cu NH 2H Cl         + 。 (6)真空干燥的目的为 。 【答案】(1)  3 24Cu NH Cl   (2) Fe (3)    3 2 34 2Cu NH Cl Cu 2 Cu NH Cl            23 3 2 3 22 48NH 4 Cu NH O 4H 4 Cu NH 2H O             (4)盐酸和液氨反应放热 (5) CuCl  42NH  (6)防止干燥过程中CuCl被空气中的 2O 氧化 10．（2023·广东·高考真题）Ni Co、 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含 2+ 2+ 3+ 2+Ni Co Al Mg、 、 、 )中，利用氨浸工艺可提取Ni Co、 ，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由 3 2NH H O 、   324NH SO 和  4 32NH CO 配制。常温下， 2+ 2+ 3+Ni Co Co、 、 与 3NH 形成可溶于水 的配离子：  b 3 2lgK NH H O =-4.7 ； 2Co(OH) 易被空气氧化为 3Co(OH) ；部分氢氧化物的 spK 如下表。 氢氧化物 2Co(OH) 3Co(OH) 2Ni(OH) 3Al(OH) 2Mg(OH) spK -155.9 10 -441.6 10 -165.5 10 -331.3 10 -125.6 10 回答下列问题： (1)活性MgO可与水反应，化学方程式为 。 (2)常温下， pH=9.9的氨性溶液中，  3 2c NH H O  4c NH (填“>”“<”或“=”)。 (3)“氨浸”时，由 3Co(OH) 转化为   2+ 3 6 Co NH   的离子方程式为 。 (4)  4 32NH CO 会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的 X 射线衍射图谱中，出现了 4 2 3NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。 ① 4 2 3NH Al(OH) CO 属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②  4 32NH CO 提高了 Ni Co、 的浸取速率，其原因是 。 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体 A 为 。 ②由 2CoCl 可制备 x yAl CoO 晶体，其立方晶胞如图。Al 与 O 最小间距大于Co与 O 最小间距，x、y 为整数，则Co 独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 10页，共 18页 在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al 周围与其最近的 O 的个数为 。 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体 A 含 6 个结晶水，则所得 3HNO 溶液中  3n HNO 与  2n H O 的比 值，理论上最高为 。 ②“热解”对于从矿石提取 Ni Co、 工艺的意义，在于可重复利用 3HNO 和 (填化学式)。 【答案】(1) 2 2MgO+H O=Mg(OH) (2)＞(3)   2+2- 2- - 3 3 2 3 3 4 26 2Co(OH) +12NH H O+SO =2 Co NH +SO +13H O+4OH    或   2++ 2- 2- 3 3 2 4 3 3 4 26 2Co(OH) +8NH H O+4NH +SO =2 Co NH +SO +13H O    (4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5) HCl 体心 12(6) 0.4 或 2:5 MgO 11．（2023·湖南·高考真题）超纯 3 3Ga(CH ) 是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开 发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯 3 3Ga(CH ) 方面取得了显著成果，工业上以粗 镓为原料，制备超纯 3 3Ga(CH ) 的工艺流程如下： 已知：①金属Ga 的化学性质和Al 相似，Ga 的熔点为 29.8℃； ② 2Et O (乙醚)和 3NR (三正辛胺)在上述流程中可作为配体； ③相关物质的沸点： 物质 33Ga(CH ) 2Et O 3CH I 3NR 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 试卷第 11页，共 18页 回答下列问题： (1)晶体 33Ga(CH ) 的晶体类型是 ； (2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40 45 ℃的原因是 ，阴极的电极反应式为 ； (3)“合成    3 23Ga CH Et O ”工序中的产物还包括 2MgI 和 3CH MgI ，写出该反应的化学方程式： ； (4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ； (5)下列说法错误的是_______； A．流程中 2Et O 得到了循环利用 B．流程中，“合成 2 5Ga Mg ”至“工序 X”需在无水无氧的条件下进行 C．“工序 X”的作用是解配    3 33Ga CH NR ，并蒸出  3 3Ga CH D．用核磁共振氢谱不能区分  3 3Ga CH 和 3CH I (6)直接分解  3 23Ga CH (Et O) 不能制备超纯  3 3Ga CH ，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯  3 3Ga CH 的理由 是 ； (7)比较分子中的C Ga C  键角大小：  3 3Ga CH  3 23Ga CH (Et O) (填“>”“<”或“=”)，其原因是 。 【答案】(1)分子晶体 (2) 温度太低，不利于 Ga 的熔化，温度太高，Ga 可能与 NaoH 反应产生大量氢气，会有爆炸危险。 - 2 GaO +3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-） (3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2    3 23Ga CH Et O +3 2MgI +2 3CH MgI ；(4)CH4(5)D (6)NR3 沸点较高，易与 Ga(CH3)3分离，Et2O 的沸点低于 Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯 Ga(CH3)3 (7) > Ga(CH3)3中 Ga 为 sp2杂化，所以为平面结构，而 Ga(CH3)3(Et2O)中 Ga 为 sp3杂化，所以为四面体 结构，故夹角较小 独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 12页，共 18页 12．（2023·湖北·高考真题） 4SiCl 是生产多晶硅的副产物。利用 4SiCl 对废弃的锂电池正极材料 2LiCoO 进行氯化 处理以回收 Li、Co 等金属，工艺路线如下： 回答下列问题： (1)Co 位于元素周期表第 周期，第 族。 (2)烧渣是 LiCl、 2CoCl 和 2SiO 的混合物，“500℃焙烧”后剩余的 4SiCl 应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用 化学方程式表示其原因 。 (3)鉴别洗净的“滤饼 3”和固体 2 3Na CO 常用方法的名称是 。 (4)已知   15sp 2Co(OH) 5.9 10K   ，若“沉钴过滤”的 pH 控制为 10.0，则溶液中 2Co 浓度为 1mol L 。“850℃ 煅烧”时的化学方程式为 。 (5)导致 4SiCl 比 4CCl 易水解的因素有 (填标号)。 a．Si-Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大 c．Si-Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道 【答案】(1) 4 Ⅷ (2) 4 2 2 3SiCl 3H O H SiO 4HCl   (3)焰色反应 (4) 75.9 10 2 3 22 4 850 O 2Co O 6H O6Co(OH)   ℃ (5)abd 试卷第 13页，共 18页 13．（2023·福建·高考真题）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含 3 4 2Fe O CoO CuS Cu S、、 、 及少量 2SiO )中分离回收金属的流程如下： (1)“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CoO 发生反应的离子方程 式 。 (2)“焙烧 1”中，晶体[  2 4 23Fe SO xH O 和 4 2CoSO yH O ]总质量随温度升高的变化情况如下： 温度区间/℃ 227 227 ~ 566 566 ~ 600 600 ~ 630 晶体总质量 变小 不变 变小 不变 ①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是 ；566 ~ 600℃发生分解的物质是 (填化学式)。 ②为有效分离铁、钴元素，“焙烧 1”的温度应控制为 ℃。 (3) 25℃时， 36sp 2K (CuS) 6.3 10 ,H S   的 7 13a1 a 2K 1.1 10 , K 1.3 10      。反应 2 2CuS(s) 2H (aq) Cu (aq) H S(aq)     的平衡常数K= (列出计算式即可)。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。 II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。 (4)基态 2Cu 的价电子排布式为 。 (5)晶胞中含有 个    2 22S , N Cu : N Cu    。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。 a．氢键 b．离子键 c．共价键 d．金属键 (6)“焙烧 2”中 2Cu S发生反应的化学方程式为 ；“滤渣 2”是 (填化学式)。 【答案】(1) 粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀 2 4H SO 浓度等 2 2CoO 2H Co H O     独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 14页，共 18页 (2) 失去结晶水  2 4 3Fe SO 600 ~ 630℃ ℃(3) sp a1 a2 K (CuS) K K 或 36 7 13 6.3 10 1.1 10 1.3 10        或 16(4.4 ~ 4.5) 10 之 间任一数字(4) 93d (5) 2 2:1 bc(6) 2 2 2Cu S 2O 2CuO SO  2SiO 14．（2023·辽宁·高考真题）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含 2 2 2 3 2Ni Co Fe Fe Mg    、 、 、 、 和 2Mn  )。 实现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物质   3 Fe OH  2Co OH  2Ni OH  2Mg OH spK 37.410 14.710 14.710 10.810 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。 (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸  2 5H SO ， 2 51molH SO 中过氧键的数 目为 。 (3)“氧化”中，用石灰乳调节 pH 4 ， 2Mn 被 2 5H SO 氧化为 2MnO ，该反应的离子方程式为 ( 2 5H SO 的电 离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为 2MnO 、 (填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。 2SO 体积分数为 时，Mn (Ⅱ)氧化 速率最大；继续增大 2SO 体积分数时，Mn (Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。 (5)“沉钴镍”中得到的Co (Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为 。 (6)“沉镁”中为使 2Mg 沉淀完全  25℃ ，需控制 pH 不低于 (精确至 0.1)。 试卷第 15页，共 18页 【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(2)NA (3) 2+ - 2- +2 5 2 4H O+Mn +HSO =MnO +SO +3H CaSO4、Fe(OH)3 (4) 9.0% SO2 有还原性，过多将会降低 2 5H SO 的浓度，降低Mn (Ⅱ)氧化速率 (5) 2 2 24Co(OH) +O =4CoO(OH)+2H O(6)11.1 15．（2023·重庆·高考真题） 3 4Fe O 是一种用途广泛的磁性材料，以 2FeCl 为原料制备 3 4Fe O 并获得副产物 2CaCl 水 合物的工艺如下。 25℃时各物质溶度积见下表： 物质 2Fe(OH) 3Fe(OH) 2Ca(OH) 溶度积  spK 174.9 10 392.8 10 65.0 10 回答下列问题： (1) 3 4Fe O 中 Fe元素的化合价是 2 和 。 2O  的核外电子排布式为 。 (2)反应釜 1 中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。 (3)反应釜 2 中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。 ①反应的离子方程式为 。 ②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。 (4)①反应釜 3 中， 25℃时， 2Ca  浓度为5.0mol / L ，理论上 pH 不超过 。 ②称取 2CaCl 水合物1.000g，加水溶解，加入过量 2 2 4Na C O ，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用 40.1000mol / LKMnO 标准溶液滴定，消耗 24.00mL。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中 2CaCl 的质量 分数为 。 【答案】(1) +3 1s22s22p6 (2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁 (3)  2+ 2+2 2 34CaO+6H O+4Fe +O =4Fe OH +4Ca 适当升高温度、搅拌 (4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6% 独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 16页，共 18页 16．（2023·浙江·高考真题）某研究小组制备纳米ZnO，再与金属有机框架  MOF )材料复合制备荧光材料 ZnO@MOF，流程如下： 4ZnSO , MOF 2NaOH ε Zn(OH) ZnO ZnO@MOF    滴加 溶液 搅拌 过滤、洗涤 控温煅烧 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 溶液 纳米 已知：①含锌组分 间的转化关系：  2OH OH2 2 4H HZn Zn(OH) Zn(OH)         ② 2ε Zn(OH) 是 2Zn(OH) 的一种晶型， 39℃以下稳定。 请回答： (1)步骤Ⅰ，初始滴入 4ZnSO 溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是 。 (2)下列有关说法不正确．．．的是___________。 A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分 B．步骤Ⅰ，若将过量 NaOH 溶液滴入 4ZnSO 溶液制备 2ε Zn(OH) ，可提高 4ZnSO 的利用率 C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用50℃的热水洗涤 D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小 (3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是 。 (4)用  3 2Zn CH COO 和过量  4 32NH CO 反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米ZnO，沉淀无需洗涤的原因 是 。 (5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定 2Zn  。从下列选项中选择合理的仪器和操 作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器．．．．．．．，“(___________)”内填写一种操作．．．．，均用字母表示]。 用___________(称量ZnO样品 xg )→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管 (___________)→用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定 2Zn  ) 仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶 操作：f、配制一定体积的 Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的 2Zn  溶液；i、装瓶贴标签 (6)制备的ZnO@ MOF荧光材料可测 2Cu  浓度。已知ZnO@ MOF的荧光强度比值与 2Cu  在一定浓度范围内的关 系如图。 某研究小组取 37.5 10 g 人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量 51.5 10 )，经 预处理，将其中Cu元素全部转化为 2Cu  并定容至1L。取样测得荧光 强度比值为 10.2，则 1 个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原 子。 【答案】(1) 24Zn(OH)  (2)BC(3)坩埚 (4)杂质中含有 23 3 4CH COO CO NH   、 、 ，在控温煅烧过程中分解或被 试卷第 17页，共 18页 氧化为气体而除去。(5)d (g) c(f ) (h)   (6)8 17．（2023·浙江·高考真题）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝(  2 a b mAl (OH) Cl ,a=1~5 )按如下流 程开展实验。 已知：①铝土矿主要成分为 2 3Al O ，含少量 2 3Fe O 和 2SiO 。用NaOH 溶液溶解铝土矿过程中 2SiO 转变为难溶性的 铝硅酸盐。 ②  2 a b mAl (OH) Cl 的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度 a= a+b 当盐基度为 0.60~0.85 时，絮凝效果较好。 请回答： (1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是 。 (2)下列说法不正确．．．的是___________。 A．步骤 I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度 B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量 2CO 有利于减少 3Al(OH) 沉淀中的杂质 C．步骤Ⅲ，为减少 3Al(OH) 吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌 D．步骤Ⅳ中控制 3Al(OH) 和 3AlCl 的投料比可控制产品盐基度 (3)步骤 V 采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器 A 的名称是 ；步骤 V 不宜用酒精灯直接加热的原因 是 。 (4)测定产品的盐基度。 -Cl 的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取 25.00 mL溶液于锥形瓶中，调 pH=6.5~10.5 ，滴加指示剂 2 4K CrO 溶液。在不断摇动下，用 -1 30.1000 mol L AgNO 标准溶液滴定至浅红色(有 2 4Ag CrO 沉淀)，30 秒内不褪色。平行 测试 3 次，平均消耗 3AgNO 标准溶液 22.50 mL。另测得上述样品溶液中  3+ -1c Al =0.1000 mol L 。 ①产品的盐基度为 。②测定 -Cl 过程中溶液 pH 过低或过高均会影响测定结果，原因是 。 独家资料 公众号 agening 化学 试卷第 18页，共 18页 【答案】(1)Na[Al(OH)4](2)BC (3) 蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀 (4) 0.7 pH 过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而 pH 过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 18．（2023·浙江·高考真题）工业上煅烧含硫矿物产生的 2SO 可以按如下流程脱除或利用。 已知： 请回答： (1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的 2SO 可以在炉内添加 3CaCO 通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。 (2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的 2SO ，通过途径Ⅱ最终转化为化合物 A。 ①下列说法正确的是 。 A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物 A 具有酸性 C．化合物 A 是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的 3SO 也可用浓 2 4H SO 吸收 ②一定压强下，化合物 A 的沸点低于硫酸的原因是 。 (3)设计实验验证化合物 A 中含有 S 元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。 【答案】(1) 2 2 3 4 22SO + +2 2O CaCO CaSO O+2C 高温 (2) BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键 (3) 取化合物 A 加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀， 说明 A 中含有 S 元素 +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl