专题七无机工艺流程-【育才学案】2020-2024年五年高考化学真题分类

五年高考真题分类·化学 专题七 无机工艺流程 题组一 用时： 正确率： 易错题： 1.(2024·黑吉辽卷)某工厂利用铜屑脱除锌浸 3.(2022·湖南卷)铝电解厂烟气净化的一种简单 出液中的CI并制备Z,流程如下“脱氯”步 流程如下： 骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正 下列说法错误的是 ( 确的是 ( 过量NaC0 NaA10, H.SO,HO. 锌娑出液 (含的→收塔一合柄 烟气 过滤 冰品石 (Na AIF) 滤液 制网一 浸→脱→魔氯波 A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料 CuCI固体 B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收 效率 锌浸出液中相关成分（其他成分无干扰） C.合成槽中产物主要有Na3AIFg和CO 离子 Zn2+ Cu2+ CI D,滤液可回收进入吸收塔循环利用 4.(2021·湖南卷)一种工业制备无水氯化镁的工 浓度/(g·11) 145 0.03 艺流程如下： A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解 物质X 碳、氯气 完全 海 B.“浸铜”反应：2Cu+4H++H2O2 水 +苦肉水→沉镁→煅烧→氯化→无水MgC2 2Cu2++H2↑+2H2O 滤液 气体 C.“脱氯”反应：Cu十Cu2++2C1—2CuCl 下列说法错误的是 D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Z A.物质X常选用生石灰 2.(2022·山东卷)高压氢还原法可直接从溶液中 B.工业上常用电解熔融MgC2制备金属镁 提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂 C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+ 质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能 c,高温Mgcl+c0 用到的数据见下表。 D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加 点酸溶液，尚瓜3H 商压耳 热蒸发也可得到无水MgC12 东化州带矿一包取一中和剥雨一过这还原过滤 5.(2021·山东卷)工业上以S02和纯碱为原料制 :,金示姓 备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错 岗休X 误的是 () Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 s0,一吸收一结→湿料一气流T一NHs0, 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 结减、水 下列说法错误的是 A.吸收过程中有气体生成 B.结晶后母液中含有NaHCO A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S:金属 C,气流干燥湿料时温度不宜过高 M为Zn D.中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO B.浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出 6.(2020·山东卷)以菱镁矿（主要成分为MgCO3, C.中和调pH的范围为3.2~4.2 含少量SiO2、Fe2O:和Al2O3)为原料制备高纯 D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 镁砂的工艺流程如下： 18 专题七无机工艺流程 氯化饺溶液 实水 R-N(CHCI NH.CI 空气 树脂洗脱液 溶液 豪慰小及漆应餐避 50t 废渣氨气 滤液 不煤古化能-超一水同一2 制用烘十 已知浸出时产生的废渣中有SiO2,Fe(OH)3和 母液 三休 AI(OH)3。下列说法错误的是 pH -8 65-70 A.浸出镁的反应为MgO+2NH,C1一Mg(2+ %NHc0,-盐逗-涉滚 泡液 2NH3↑+H2O 滤流 B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 已知：「石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大 C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH,CI 量Al2O3和少量CaO等：苛化泥的主要成分为 D.分离Mg+与A3+、Fe3+是利用了它们氢氧 CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 化物K知的不同 "高温下，苛化泥的主要成分可与A2O3反应生 7.(2024·黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌 成偏铝酸盐：室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏 冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时 铝酸钙均难溶于水。 转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金 回答下列问题： 硫化矿粉（其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS (1)钒原子的价层电子排布式为 :焙烧 包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程 生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ,产生 如下： 的气体①为 (填化学式)。 空气NaCN形液 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒 /n 足其气H$0 液出做 成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 液 Au 沉金 (填化学式)。 ·滤被 粉 细商氧化 pH=2 含nfN, (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸 池液业铁钟一净化滚 钙，发生反应的离子方程式为 回容下列问题： :CO2加压导人盐浸工序可提 (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形 高浸出率的原因为 :浸取后低 成的天然“胆水”治炼铜，“胆水”的主要溶质为 浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实 (填化学式). 现钒元素的充分利用。 (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 为 (填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成 (填序号) (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含 a.延长沉钒时间 As微粒的沉降 b.将溶液调至碱性 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧 c.搅拌 氧化”，“细菌氧化”的优势为 (填序号) d.降低NHC溶液的浓度 A.无需控温 B.可减少有害气体产生 9.(2023·湖北卷)SiC1是生产多晶硅的副产物 C.设备无需耐高温 D.不产生废液废渣 利用SiC11对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进 (5)“真金不拍火炼”表明Au难被O2氧化，“浸 行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线 金”中NaCN的作用为 如下： NOH溶液Na,CO溶液 (6)“沉金”中Zn的作用为 LiCoO. (7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN):]-转化为 5℃烧连水浸进液1 沉铝 速液？沉得 →滤液3 品 焙烧 过滤 过滤 过滤 →滤拼3 ZnSO,和HCN的化学方程式为 滤饼 滤饼2 850C Co O 空气 ·绿烧 用碱中和HCN可生成 (填溶质 回答下列问题： 化学式)溶液，从而实现循环利用。 (1)Co位于元素周期表第 周期，第 8.(2024·河北卷)V2O是制造钒铁合金、金属钒 族。 的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添 (2)烧渣是LiCI、CoCl2和SiO2的混合物， 加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率 “500℃焙烧”后剩余的SiC1,应先除去，否则水浸 高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。 时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因 工艺流程如下。 19 五年高考真题分类·化学 (3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方 (2)部分盐的溶度积常数见下表。精制I中， 法的名称是 按物质的量之比n(NaCO3)：n(SiF层) (4)已知Kp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴 1t1加人Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na+) 过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为 mol·L一1：再分批加入一定量的 mol·L'。“850℃煅烧”时的化学方 BaC(O3,首先转化为沉淀的离子是 程式为 (5)导致SiC,比CCI易水解的因素有 BaSiFe Naz SiFa CaSO BaSO (填标号)。 K1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-41.0×10-10 a.Si一CI键极性更大 (3)SO-浓度（以S)3%计）在一定范围时，石 b.Si的原子半径更大 c,Si一CI键键能更大 膏存在形式与温度，H3PO1浓度（以P2O5% d.Si有更多的价层轨道 计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得 10.(2023·全国乙卷)LiMn2O4作为一种新型锂 100℃、P2O%为45的混合体系中，石膏存在 电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿 形式为 (填化学式)； (MnCOs,含有少量Si、Fe、Ni,Al等元素)制备 洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水， LiMn2O,的流程如下： 原因是 ,回收利用洗 酸Md行k孔BS 涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石 表储矿反肉5用i ·分名举一电保柄一t一规烧签一1in 膏存在形式与溶液中P2O5%和S)4%的关系 如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结 已知：Kp[Fe(OH)3]=2.8×10-9, 晶转化的是 (填标号)。 Km[A1(OH)3]=1.3×103,Km[Ni(OH)2]= 240 5.5×10-16 200 回答下列问题： Ca50. 160 (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 为提高溶矿速 120 Cas0·0L,0 率，可采取的措施 (举1例) 80 Ca50.·210 (2)加人少量MnO2的作用是 。 不宜使用H(O2替代MnO2,原因是 10 240 30 40 50 60 P0,% (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4,此 图甲 时c(Fe8+)= mol·L1:用石灰乳调 40 节至pH≈7，除去的金属离子是 35 (4)加入少量BaS溶液除去N2+,生成的沉淀 30 有 CSo,0.5HL.O (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 15 随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应 5a50.2H0 不断 。 电解废液可在反应器中循 环利用。 0 5 10152025 30354045 P0 (6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程 式是 图乙 A.65℃，P2O5%=15、S)3%=15 11.(2022·山东卷)工业上以氟磷灰石 B.80℃，P205%=20、S03%=20 [CaF(PO)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷 C.65℃、P205%=30、S03%=30 酸和石膏，工艺流程如下： D.80℃、P205%=10、S03%=10 :梨游：民气 12.(2021·广东卷)对废催化剂进行回收可有效利 用金属资源。某废催化剂主要含铝(A1)、钼 体还液不，注在一结品轮化一 (Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用 回答下列问题： 工艺的部分流程如下： NnK HHKx) 过量 适址C斗溶填 (1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生 面围 位相 一→hM 成二元强酸H2SF6,离子方程式为 发化一 结烧过途 过滤 过 青N国体 20 专题七无机工艺流程 已知：25℃时，H2CO3的K.1=4.5×10-7, (3)滤渣Ⅲ的主要成分是 (填 K2=4.7×10-11:Kp(BaMoO1)=3.5× 化学式)： 10-8;K知(BaCO2)=2.6×109:该工艺中， (4)加入絮凝剂的目的是 pH>6.0时，溶液中Mo元素以Mo(O的形 态存在。 (5)“沉铈”过程中，生成Ce2(COs)3·nH2O的 (1)“焙烧”中，有Na2MoO,生成，其中Mo元素 离子方程式为 的化合价为 (2)“沉铝”中，生成的沉淀X为 常温下加入的NH,HCO3溶液星 (填 (3)“沉钼”中，pH为7.0。 “酸性”“碱性”或“中性”)（已知：NHg·H2O的 ①生成BaMo(O,的离子方程式为 Kb=1.75×10-5,H2CO3的K1=4.4× 10-7,K2=4.7×101): ②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免 (6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4,在高温条件 BaMo()4中混入BaCO方沉淀，溶液中c(HCO方)： 下，Li2CO3、葡萄糖(C:H12O)和FePO可制 c(MoO异)= (列 备电极材料LiFePO:,同时生成CO和H2O,该 出算式)时，应停止加入BaC2溶液。 (4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCI和Y, 反应的化学方程式为 Y为 ②往滤液Ⅲ中添加适量NaCI固体后，通入足量 14.(2021·河北卷)绿色化学在推动社会可持续发 (填化学式)气 展中发挥者重要作用。某科研团队设计了一种 体，再通入足量CO2,可析出Y。 熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工 (5)高纯A1As(砷化铝)可用于芯片制造。芯片 艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其 制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致 他原料，不产生废弃物，实现了Cr一Fe一Al 密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液 Mg的深度利用和Na内循环。工艺流程 与下层GaAs(砷化镓)反应。 如下： H,0,刻蚀液 光刻掩膜 光刻掩膜 e+s泰da -包-% CaAs AlAs CaAs “应 时 致密保护膜 一回-w4一-t GnAm 铜由 丝海每理 AIAs 回答下列问题： GuAx ①该氧化物为 (1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是 ②已知：Ga和A1同族，As和N同族。在 (填元素符号) H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合 (2)工序①的名称为 价变为十5价，则该反应的氧化剂与还原剂物 (3)滤渣I的主要成分是 (填 质的量之比为 化学式)。 13.(2021·湖南卷)Ce2(C)3)3可用于催化剂载体 (4)工序③中发生反应的离子方程式为 及功能材料的制备。天然独居石中，铺(Ce)主 要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、 (5)物质V可代替高温连续氧化工序中的 Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备 NaOH,此时发生的主要反应的化学方程式为 Ce2(CO)3·nH2O的工艺流程如下： Dg)诗H- w1儿5×头儿)41第海中影故裤 NL游国 可代替NaOH的化学试剂还有 一血一向一卤 一-0·d (填化学式)。 (6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 图版气盖1中蓝 我 回答下列问题： (填“①”，“②”，“③”或“④”)参与内循环。 (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子， (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉 该核素的符号为 淀的pH为 。(通常认为溶液中离子 (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有 浓度小于10一5mol·L.1为沉淀完全： A1(OH)3+OH—A1(OH)K=10.63: (至少写两条)： Kw=101,KeCA(OH)3]=10-3) 21 五年高考真题分类·化学 题组二 用时： 正确率： 易错题： 1.(2024·浙江1月卷)为回收利用含12的CC11废 (6)“还原”步骤中，被氧化的N2H:与产物Au 液，某小组设计方案如下所示，下列说法不正确 的物质的量之比为 的是 (7)Na2S2O3可被l2氧化为NaeS,O6。从物质 含1的NCO溶液溶液A 结构的角度分析S4(O层的结构为(a)而不是(b) 的原因： CC,废液 步骤1一CC A.步骤I中，加人足量Na2CO3溶液充分反应 后，上下两层均为无色 B.步骤I中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A C.试剂X可用硫酸 D.粗12可用升华法进一步提纯 2.(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺制备 Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存 在，下列说法错误的是 ( Na2C)十O为 淀粉水解液 (b) FO.C,0)→烧一水浸逃液D.转化-COHD, 矿渣（含 4.(2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种 滤渣 滤液@ 从其铝硅酸盐[BeAl2(SiO3)6]中提取铍的路 A.“焙烧”中产生C)2 径为： B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2 稀硫酸 C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO 热熔 玻璃态酸浸 滤液L D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 Bes Alz (SiO3)6 冷却 过滤 3.(2024·安徽卷)精炼铜产生的铜阳极泥富含 Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种 滤渣 从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图 含HA的煤油 过量NaOH 所示。 萃取 有机相 反萃取水相2加热 u,5.0 分液 分液 过滤 →Be(OH)2 沉。H,0 盐，H.0 礼一应1包 发治之会束滚他说一A 水相1 含NaA的煤油 滤液2 ....Be 汉流1 已知：Be2++4HA一BeA2(HA)2+2H+ 回答下列问题： 回答下列问题： (1)Cu位于元素周期表第 周期第 (1)基态Be2+的轨道表示式为 族。 (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 (2)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过 程的特点是 (3)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCL的化 学方程式为 (3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和A3+,向 过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液， (4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 观察到的现象是 (填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。 (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 (4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程 。“电 式 。“滤液 沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的 2”可以进入 步骤再 物质为 (填化学式)。 利用。 22 专题七无机工艺流程 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加人氯化钠 离第一步完全，第二步微弱)：滤渣的成分为 的主要作用是 MnO2、 (填 (6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配 化学式)。 合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧 体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be 化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 与Be间通过CHCO)相连，其化学式为 时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体 积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 5.(2023·全国甲卷)BaTiO3是一种压电材料 以BO:为原料，采用下列路线可制各粉状 BaTiO3。 本o股 100 限容行园·希剂·阁动解·k不0， 80 S0,体积分数 C0边咨 液 安清 60 。0.0% 回答下列问题： ▣0.8% 40 △2.0% (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 ◇9.0% 20 016.0% (2)“培烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS 和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子 Q 方程式为 0 40 60 时间min (3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填 (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧 标号)。 化成CoO(OH),该反应的化学方程式为 .稀硫酸 b.浓硫酸 c.盐酸 d.磷酸 (4)如果培烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ,其原因是 (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控 (5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2(O,)2的化学方 制pH不低于 (精确至0.1)。 程式为 7.(2022·广东卷)稀土(RE)包括钢、钇等元素，是 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nc0.:c0 高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土 矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝 6.(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴 等元素)中提取稀土的工艺如下： 矿硫酸浸取液（含Ni+、Co2+,Fe2+、Fe3+ Mg+和Mn+)。实现镍，钴、镁元素的回收。 混合气 的清 石灰乳(S)2十空气) NaOH NaOH 已：月桂酸(C1:H23COOH)熔点为44℃：月桂 酸 酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。 氧化 滤液 沉钻镍速液沉镁 取 该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变： 液 滤渣 钻镍渣 沉洁 (C1HgCO0)2Mg的Kp=1.8×10-8: 已知： A(OH)3开始溶解时的pH为8.8：有关金属离 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 子沉淀的相关pH见下表。 K.p 10-7. 10-14.7 10-14.7 10-10.8 离子 Mg2+ Fe3+ AF+ RE3+ 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 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.27.4 为 (答出一条即可)。 沉淀完全时的pH 3.2 4.7 (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(H2SO5),1mol (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 H2SO5中过氧键的数目为 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4,Mn2+被 (2)“过滤1”前，用Na(OH溶液调pH至 HSO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为 的范围内，该过程中A3+发生反应的离子方程 (H2SO5的电 式为 23 五年高考真题分类·化学 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液 (2)TiO2与C,CL2在600℃的沸腾炉中充分反 2中Mg2+浓度为2.7g·L1。为尽可能多地 应后，混合气体中各组分的分压如下表： 提取RE3+,可提高月桂酸的加人量，但应确保 物质 Tich Co CO. “过滤2”前的溶液中c(C1H2sCOO)低于 分压M459×1091.84×103.70×105.98×10 mol·L一1（保留两位有效数字）。 ①该温度下，Ti)2与C、C12反应的总化学方程 (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高 式为 产率，其原因是 ②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因 ②“操作X”的过程为：先 ,再固液分离。 是 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有 (写化学式)。 (3)“除钒”过程中的化学方程式为 (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类 :“除硅、铝”过程中，分离TCl中 催化剂PY。 含Si、AI杂质的方法是 ①还原YCl3和PCI,熔融盐制备Pt3Y时，生成 1 mol Pt3Y转移 mol电子 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填“能” ②PY/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在 或“不能”)交换，理由是 碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反 应为 (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg 8.(2022·湖南卷)钛(T)及其合金是理想的高强 治炼T的方法相似的是 度，低密度结构材料。以钛渣（主要成分为 A.高炉炼铁 B.电解熔融氯化钠制钠 TiO2,含少量V,Si和A1的氧化物杂质)为原 C.铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞 料，制备金属钛的工艺流程如下： 9.(2021·辽宁卷)从钒铬锰矿渣（主要成分为 V2O方，Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下： C. Fe(OHD Nn:SO溶液 胶体 NOH溶液体△现纯☐体提一C,O 0L州，4亲顺 黄一机积☐选热配销 ,些液 已知“降温收尘”后，粗TCL,中含有的几种物质 含织固体 的沸点： 速装转化-→M0 H,O2/NaOH溶液 物质 TiCl VOCl SiCl AICls 已知：pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]在空气中易 被氧化。回答下列问题： 沸点，℃ 136 127 57 180 (1)Cr元素位于元素周期表第 周期 回答下列问题： 族。 (1)已知△G=△H一T△S,△G的值只决定于反 (2)用FeCl溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方 应体系的始态和终态，忽略△H、△S随温度的变 程式为 化。若△G<0,则该反应可以自发进行。根据如 图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是 (3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数 [口gc悠(V)门与pH关系如图1。已知钒锰矿渣硫 300 酸浸液中c总(V)=0.01mol·L1,“沉钒”过程 200 Tio,()+2C(E)-TiCL(g)+0,(g) 控制pH=3.0,则与胶体共沉降的五价钒粒子的 100 存在形态为 (填化学式)。 0 -1 H.V0 -300 ￥，0 HyO克 400 C()+0C0g -2 -500 2C8+0,(g==2C0R -3 V0: V,0 500 60070080090010001100 温度℃ IVO, A.C(s)+(O2(g)=CO2(g) B.2C(s)+O2(g)=2C0(g) 2.0 3.0 C.TiO2 (s)+2Cl2 (g)=TiCh (g)+O2(g) D.TiO,(s)+C(s)+2Cl2 (g)=TiCl (g)+CO2 (g) 24 专题七无机工艺流程 究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应 100 Cr( Ca(OH)(s)+NH3.H2O=[Ga(OH)]+ 用 ◆-Mn(IⅡ) NH的平衡常数K= 60 已知：Ga3++4OH=[Ga(OH)4] K'= c([Ga(OH)] 20 c(Ga3+)·c'(0H)≈L.0×104 0 (4)“滤渣”与SOC2混合前需要洗涤、干燥，检 4.04.55.05.5 6.06.57.0 验滤渣中SO是否洗净的试剂是 pH :“回流过滤”中SOC2的作用是将氢氧 图2 化物转化为氯化物和 (4)某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH (5)“高温气相沉积”过程中发生反应的化学方 关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为 程式为 在该条件下滤液B中c(Cr3+)= mol·L.1[Kw近似为1×10-14，Cr(OH)3的 11.(2021·福建卷)四钼酸铵是钼深加工的重要中 K知近似为1×10-0]。 间产品，具有广泛的用途。一种以钼精矿（含 (5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为 MoS2,还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)为原料 制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。 C0,.H,0 (NH )S NHNO,HNO (6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为 阳附矿 -NH310,:2H,0 气体 0投渣 10.(2021·湖北卷)废旧太阳能电池CIGS具有较 回答下列问题： 高的回收利用价值，其主要组成为某探究小组 (1)“培烧”产生的气体用 吸收后可制 回收处理流程如下： 取氮肥。 空气HH0 水 ￥1 W (2)“浸出”时，Mo)3转化为MoO-。提高单 高配合带液 浓 位时间内钼浸出率的措施有 (任写两种)。温度对90min内 GIGS 培 氧化 过 过 钥浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过 滤液1逢溘na 80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温 度升高使水大量蒸发，导致 回答下列问题： (1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子 数为 :镓(Ga)和钢(In)位于元素周期 表第三主族，CuIno,sGa.sSe2中Cu的化合价 为 (2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化 学方程式为 8 4050607080901 温度/℃ (3)“净化”时，浸出液中残留的Cu2+,Fe2+转化 (3)25℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0× 为沉淀除去。研究表明，该溶液中c(S一)和pH 的关系为lgc(S-)=pH一15.1。为了使溶液中 10-5,Kp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35， 的杂质离子浓度小于1.0×10-mol·L-1,应 Kp[1n(OH)3]≈1.0×10-3，Kp[Cu(OH)2]≈ 控制溶液的pH不小于 。(已知： 1.0×10-0“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol· pK知=一lgKp;CuS和FeS的pK知分别为 L.1。当金属阳离子浓度小于1.0×105mol·L1 35.2和17.2) 时沉淀完全，In3+,恰好完全沉淀时溶液的pH (4)“净化”后，溶液中若有低价钼（以MoO号 约为 (保留一位小数)：若继续加人 表示)，可加人适量H2O2将其氧化为MoO号， 6.0mol·L1氨水至过量，观察到的实验现象 反应的离子方程式为 是先有蓝色沉淀，然后 :为探 25 五年高考真题分类·化学 (5)“沉淀"时，加入NH:NO3的目的是 13.(2021·江苏卷)以锌灰（含ZnO及少量PbO、 CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备 (6)高温下用H2还原(NH)2MoO13可制得金 的ZnFe2O脱硫剂，可用于脱除煤气中的 属钼，反应的化学方程式为 H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 。[已知：(NH)2MoO1s受热分 含HS Fe:(SO,)NaHCO, 解生成MoO3] 稀硫酸 煤气0 锌浸除 溶液 溶液 12.(2021·重庆卷)电镀在工业生产中具有重要作 灰取杂 一调配比一沉锌铁一 用。某电镀厂生产的废水经预处理后含有 脱疏剂化生 Cr2O号和少量的Cu2+、N+,能够采用以下 (1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤、加H2O2氧 流程进行逐一分离，实现资源再利用。 化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的 HS0酬pH-2一3NaOH调pH=5,6 离子还有 (填化学式). (2)“调配比”前，需测定ZnSO1溶液的浓度。 预处理 还原池 沉淀池1 上清液 废水 准确量取2.50mL.除去Fe3+的ZnSO1溶液于 100mL容量瓶中，加水稀释至刻度：准确量取 适量HC() 沉淀1 20.00mL.稀释后溶液于锥形瓶中，滴加氨水调 HSO调pH=4 Na(OH周H=7 节溶液pH=10.用0.0150mol·L1EDTA NaS榨液 N4:S蒂液 (Na2H2Y)溶液滴定至终点（滴定反应为 上洁液 处理后 沉淀池2 沉淀池3☐ 可用水 Zn2++Y4-—ZnY2-),平行滴定3次，平均 消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液 沉淀2 沉淀3 的物质的量浓度 已知：Kp(CuS)=6.3×106和Kp(NiS)= 3.0×10-19。回答下列问题： (写出计算过程)。 (1)Cr2O号中Cr元素的化合价为 (3)400℃时.将一定比例H2、CO、C()2和H2S (2)还原池中有C+生成，反应的离子方程式 的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O,脱 为 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 (3)沉淀1为Cr(OH)3,其性质与A1(OH)3相 似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究 程式为 表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反 应，反应前后ZS的质量不变，该反应过程可描 (4)Na2S溶液呈碱性的原因是 述为 100 (用离子方程式表示)，沉淀2为 98 (5)若废水中还含有Cd+,pH=4时Cd2+的浓 度为 mol/L,用该结果说明Cd+影响 96 上述流程进行分离的原因是 200400 600 800 温度/℃ (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 [设H2S平衡浓度为1.0×10-6mol/L,已知： 化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固 H2S的K1=1.0×10-7,K2=7.0×1015, 体质量增加的主要原因是 Kp(CdS)=7.0×10-27]。 26 专题七无机工艺流程 题组三 用时： 正确率： 易错题： 1.(2024·浙江1月卷)固态化合物Y的组成为 (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 MgCaFeMn(CO3)4,以Y为原料实现如下转化。 。取少量反应 体DYC回 后的溶液，加入化学试剂 检验 公一固体E 溶液B适景C0 ,溶液C ,若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 溶被ANH+NH,C MnCO. (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 Fe(OH) (4)“除钴液”中主要的盐有 (写 已知：NH与溶液A中金属离子均不能形成配 化学式)，残留的Co3+浓度为 合物。 mol·L.-1。 请回答： 3.(2023·新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒 (1)依据步骤Ⅲ，MnCO3、CaCO3和MgCO3中溶 渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂 解度最大的是 写出溶液C中的所有 质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离 阴离子： 步骤Ⅱ中，加入 提取铬和钒的一种流程如下图所示： NH,CI的作用是 降n.额na, (2)下列说法正确的是 (填序号). 随气 路姬·反取 除萄·公南闪 A.气体D是形成酸雨的主要成分 0 B.固体E可能含有Na2CO 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O号存 C.Mn(OH)2可溶于NH,CI溶液 在，在碱性介质中以CO存在。 D.碱性：Ca(OH)2<Fe(OH)2 回答下列问题： (3)酸性条件下，固体NaBiO(微溶于水，其还原 (1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价 产物为无色的B3+)可氧化Mn2+为MnO,,根 含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元 (填化学式)。 素 (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 写出Mn2+转化为MnO,的离子方程式： 质是 (4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSi(O3和 2.(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁 MgNH,PO的形式沉淀，该步需要控制溶液的 性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。 pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会 一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、 导致 pH>9时，会导致 Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴 (5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右 成品的工艺如下： 得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为 ILSO Mno.Zno KMnO VO或VO3+:在碱性条件下，溶解为VO或 i调pH=4 修流一被☒一过陆 过陆 民化沉纳 Co(OH). V(O月一，上述性质说明V2O方具有 (填 pH=5 标号)。 然液 褴液望 除钻液→川收利用 A.酸性 B.碱性 C.两性 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全（≤ (6)“还原”步骤中加人焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶 1.0×10-5mol·L1)时的pH: 液，反应的离子方程式为 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 4.(2022·全国甲卷)硫酸锌(ZS01)是制备各种 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.4 6.2 含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应 用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 为ZnCO3,杂质为Si(O2以及Ca、Mg、Fe、Cu等 回答下列问题： 的化合物。其制备流程如下： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 :“滤渣1”中金属元素主 衣向，常世盟丝曹晋mw 要为 27参考答案 c(SO )c(HSO.).B错误;NaHSO.受热易分解,且易被 2.B 浓破酸使糖类化合物炭化体现了脱水性,注意脱水性与 空气中的O.氧化,故经过蒸干、灼烧无法得到NaHSO。固 吸水性的区别,A项错误;pH减小,NaClO.KClO。等氧的含 体,C错误:SO.通入酸性KMnO.溶液中发生反应:5SO.+ 氧酸盐的氧化性增强,B项正确;加热Nal与浓H.PO.混合 2MnO +2H.0-5SO+2Mn +4H,生成的$O 物可制备HI,是利用了不挥发性酸制备挥发性酸的原理, 多于Mn*,故实验3所得溶液中;c(SO)c(Mn). C项错误;浓硝酸的氧化性比稀硝酸强,D项错误。 D正确。 3.A P和Cl的电负性差值比N和以的电负性差值大,因此 2.D 过程I中NO. 转化为NO,氮元素化合价降低,发生还 PCI. 分子的极性比NCL.分子的极性大,A项错误。N与N 原反应,A错误;由审题指导知:a和b中转移的e数目不相 的键比P与P的强,故N一N的稳定性比P=P的高, 等,B错误;过程IlI参与反应的n(NO)·n(NH)-1:1. B项正确。N的电负性比P大,NH.中成键电子对间的斥 C错误:I+II+II得总反应:NO +NH* 力大于PH。中成键电子对间的斥力,因此NH。的键角比 N△士 2H.O.D正确。 PH 的大,C项正确。经基数目HNOHPO,因此分子 间氢键数目HNO.<H.PO,故HNO.的分子间作用力比 3.答案:(1)30.0(2)3 (2r+2)S+6KOH-2K.S+K.s.0+3H.0 H.PO.的分子间作用力小,从而HNO.的熔点比H.PO 的 熔点低,D项正确。 2r十2 6 4.C A项,试管内液面上升可能是SO。与水反应,也可能是 0.080 0.060 S0.溶于水使试管内压强减小,错误;B项,因SO.与水的反 r-3 应是可逆反应,所以有少量气体剩余,不能说明S0.的溶解 解析:(1)只生成KS和K.S0.,则说明只发生反应3S+ 已达饱和,错误;C项,向溶液中滴加紫色石蕴试液变红是由 于S0.与水反应生成H.S0,H.S0).分步电离出H ,正 确;D项,将溶液在空气中放置后pH下降,是由于溶液中的 n(S)一0.015mol,则需要消耗KOH的物质的量.(KOH) H.S0.被空气中O.氧化成H.S0,酸性增强,错误。 2n(S)=0.03mol,故需要KOH溶液的体积V(KOH)= 专题七 无机工艺流程 a(KOH)0.03 mol (KOH) 1.00 mol·L=0. 03 L.=30.0 mL.(2)着s 题组一 与KOH溶液反应只生成K.S.和K.S.O,则总反应的化学 1.C 结合“脱氛”步骤仅Cu元素化合价发生改变并产生CuCl 固体,可推断“脱氛”时Cu和Cu发生归中反应并结合Cl 方程式为(2x+2)S+6KOH2KS+KSO+3H0. 生成CuCl沉淀,离子方程式为Cu+Cu +2CI--2CuCl. 根据反应方程式有: 则“浸铜”时铜屑不能完全溶解,A错误,C正确;“浸铜”时 (2r+2)S+6KOH-2K.s+KS.0+3H.0 Cu与H.O.在酸性条件下反应生成Cu 和H.O.离子方程 2r2 式为Cu+2H +H.O. Cu +2H.0.B错误;乱氧液中 2.560g 含大量的Zn ,净化后电解,Zn}在朋极上得电子生成单质 0.060L.×100mol.I- 32g·mol Zn.D错误。 2+2 2.审题指导:CuS精r(含Zn.Fe元素的杂质)在高压O.作用 6 -0.060LX1.00mol·1-·解 下,用碗酸落液漫取,CuS转化为Cu 、S(S 一般被化为 S单质),含Zn,Fe元素的杂质分别以Zn,Fe 形式存在; 得r-3。 Zn(OH).开始沉淀的pH大于Cu(OH).开始沉淀的pH,故 4.答案(1)2NH.+H.O+SO.2NH+SO或2NH· 加入NH.调节溶液pH的目的是使Fe形成Fe(OH).沉 H.O+SO -2NH.+sO+H.O HSO 淀,Cu{ ,Zn^{仍存在于溶液中,过遗得到的固体X中含有 (2)ZnSO. ZnSO.+sO.+H.O-Zn*+2HSO 或 S.Fe(OH)。:还原性;乙nHCu,向液中通入高压H. ZnO+2SO.+HO--Zn*+2HSO Cu被还原为Cu单质,经过滤分离出来,而Zn{仍存在于 溶液中,再经一系列处理可得到乙n单质。 (3)随着pH降低,HSO 浓度增大 减小 D 由审题指导知,A正确;CuS难溶于碗酸溶液,在溶液中 解析:(1)向氛水中通入少量SO,反应的离子方程式为 存在落解平衡CuS(s)Cu(an)十S(a).增大O. 压 2NH.+H.O+SO.-2NH+SO 或2NH.·H.O+ 强,即O.浓度增大,可以消耗S,使之转化为S.从而使落 SO.--2NH +SO +H.O.当通入SO. 至溶液 pH-6 解平衡正向移动,提高Cu}的浸取率,B正确;用NH.调节 时,溶液呈酸性,根据含疏微粒的物质的量分数与pH的分 溶渡pH的目的是使Fe 转化为Fe(OH).沉淀,而Cu , 布图可知,溶液中浓度最大的阴离子为HS0)。(2)根据图 Zn 不沉淀,结合离子沉淀的pH范围,中和时应调溶液pH 2.溶液pH几乎不变阶段的pH约为7,根据图1,此时溶液 中HSO和SO 浓度基本相同,又因室温下乙nSO.微落 范围为3.2~4.2.C正确;用高压H.还原Cu时,H.被氧 化为H,溶液的酸度增大,即c(H)增大,不利于Cu的生 手水,Zn(HSO.)易落于水,因此主要产物为ZnSO;SO 吸收率迅速降低阶段,pH约在4~6范围内,根据围1,此时 成,D错误。 3.C 陶瓷中含硅酸盐,可与HF反应,造成腐蚀,A正确:喷 落液中含球微粒主要以HSO形式存在,说明生成酸式盐, 淋法可增大气体与液体的接触面积,提高吸收效率,B正确; 则主要反应的离子方程式为ZnSO。十SO。十H.O- 在吸收塔中发生反应:HF+CO --HCO +F,合成橹 zn +2HSO 或ZnO+2SO.+H.O-Zn +2HSO. 中发生反应:6F +AIO. +4HCO-AIF+4CO + (3)根据图1.pH在4.5~6.5范围内,pH越低,HSO 的浓 2H.O.所以合成橹中无CO.生成,滤液中含Na.CO.,可回 度越大,因此生成SO}的逸率越大,随着孰化的进行,根掘 收进入吸救塔微环使用,C错误,D正确。 催化氧化反应2HSO +O.--2SO +2H可知,客液的 4.D A项,工业制备无水氧化铁时,常加入生石灰,生石灰与 pH将减小。 水反应生成氢氧化锈,氢氧化锈使铁离子转化为氢氧化锐沉 题组二 淀,正确;B项,工业上电解熔融的MgCl.制备金属线,正 1.D A项,SO.是无色气体,不正确:B项,汽车尾气中的主要 确;C项,根据题给流程图,箭头指入的为反应物,箭头指出 大气污染物为一氧化碳、碳氮化合物、氧氧化物、因体颗粒物 的为生成物,则“氧化”过程中发生的反应为Mg)十C+ 等,不正确;C项中没有N.转化为氢的化合物的过程,未实 现氛的固定,且植物不能直接吸收利用空气中的NO和 蒸发MgCl.溶液无法得到无水MgCL.,错误。 NO.,不正确;D项,生石灰(CaO)可吸收工业废气中的SO., 5.B 分析题给流程图可知要想结晶得到比较纯的NaHSO. 总反应方程式为2CaO+2SO。+O。-2CaSO,从而将SO 需要通入足量的SO.,故吸收SO.后生成NaHSO,同时会 脱除,正确;故选D。 生成CO.,A项正确;根据A项分析,结晶后母液中含有 147 五年高考真题分类·化学 NaHSO.,不含有NaHCO..B项错误;温度过高.NaHSO (4)由离子交换工序中树脂的组成可知,洗脱液中应含有 会受热分解,C项正确;中和过程中NaHSO. 与Na.CO. 会 Cl ,考虑到水浸所得溶液中含有Na,为避免引入其他杂 反应生成Na.SO.与NaHCO.D项正确;故选B. 质离子,且NaCI康价易得,故洗脱液的主要成分应为NaCl. 6.B 结合流程图分析可知浸出铁的反应为MgO+2NHCl (5)沉银过程是生成NH.VO.。NH.C1呈弱酸性,如果将溶 MC1.+2NH.*+H.O.A项正确;浸出可以在较高温度下进 液调至破性,OH与NH*反应,不利于生成NHVO.,b符 行,促进NH.Cl水解和NH.的逸出,但沉铁时应在低温下进 合题意;同样地,降低NHCl溶液的浓度,也不利于生成 行,以减弱氛水分解,B项错误;结合流程图可知浸出得到的 NH.VO.,d符合题意。 NH.可转化为氛水,用于沉铁,滤液中含有过量的NH.Cl. 9.答案:(1)4 可用于浸出时的反应液,故该流程中NH.和NHCI可循环 (2)SiCL. +3H.O-H.SiO.+4HCl 使用,C项正确;本流程中分离Mg^时,Al 、Fe转化为 (3)焰色反应 沉淀,是利用了它们氧氧化物K。的不同,D项正确。 85o°C2co:0+6H:0 7.答案:(1)CuS0. (4)5.9X10*6Co(0H):+0.- (2)4FeS+15O.+2H.0--4F+8S0 +4H (5)abd (3)Fe(OH)。 解析:由流程和题中信息可知,LiCoO,粗品与SiCl.在 (4)BC 500C培烧时生成氧气和烧潦,烧淹是LC.CoCl.和SiO (5)生成稳定配离子[Au(CN)。],促进Au被氧化 的混合物;烧清经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1,滤饼1的 (6)作还原 主要成分是SiO.和H.SiO.;滤液1用氢氧化纳溶液沉钴, (7)Na.[Zn(CN)]+2H.SO.--ZnSO.+4HCN+Na. SO 过滤后得滤辨2(主要成分为Co(OH))和滤液2(主要溶质 NaCN 为LiCl);滤饼2置于空气中在850C锻烧得到Co.O.;滤液 解析:(1)结合古代“湿法炼铜”与胆巩可知“胆水”主要溶质 2经碳酸钓溶液沉钗,得到滤液3和滤饼3,滤饼3 为CuSO. 为LiCO。 (2)FeS.中Fe呈十2价,S呈一1价,结合题给信息“金属碗 (1)Co是27号元素,其原子有4个电子层,其价电子排布为 化物在‘细菌氧化'时转化为碗酸盐”可知,足量O.与FeS 3d4s^{},元素周期表第8、9、10三个纵行合称第族,因此. 反应时,Fe元素被氧化为Fe*,S元素被氧化为SO ,根拢 其位于元素周期表第4周期,第用族。 (2)”500C培烧”后剩余的SCL.应先除去,否则水浸时会产生 得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒得反应的离子方程式为 4FeS +15O.+2H.0-4F +8SO +4H。 大量烟雾,由此可知,四氧化硅可与水反应且能生成氛化氢和 (3)滤液①中含有Fe ,Fe易水解,加碱调节pH可生成 硅酸,故其原因是:SCL遇水剧烈水解,生成硅酸和氢化氢. 该反应的化学方程式为SiCl.+3HO--H.SiO.+4HCl. Fe(OH),胶体,Fe(OH),胶体可起絮凝作用。 (4)细菌需要一定的活性温度,A错误;“培烧氧化”需要在高 (3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li.CO,常用焰色反应鉴 别Li.CO.和Na.CO,Li.CO.的焰色反应为紫红色,而 温下进行,同时会生成污染性气体S0,等,而“细荫氧化”只 需要保证细菌的活性温度,通常不超过100C,且S元素转 Na.CO 的焰色反应为黄色。故琴别“滤饼3”和固体 Na.CO.常用方法的名称是焰色反应。 化为碗酸盐,减少了有害气体的产生,B.C正确;两种氧化过 程均会产生废渡废渍,D错误。 (4)已知K[Co(OH)]=5.9×10,若“沉钻过滤”的pH (5)Au难被O.氧化,加入NaCN后Au能转化为稳定配离 控制为10.0.则溶液中e(OH)-1.0×10mol·L .Co 浓 度为K[Co(0H)]5.9(10-. 子[Au(CN)],即发生反应4Au+O.+2H.O+8CN- (0H) (1.0×10)mol·1-5.9×10- 4[Au(CN).]十4OH,促进Au被氧化。 mol·L .“850C搬烧”时.Co(0H):与O. 反应生成 (6)“沉金”过程中,Zn作还原剂,置换出[Au(CN):]中 Co.O. 和HO,该反应的化学方程式为6Co(OH)。十 的Au。 850°C2co0+6H0. (7)由题图知,滤液②中阴离子为[Zn(CN)了,阳离子为加 ANaCN时引入的Na ,则落质主要为Na。[Zn(CN)],已 (5)a.Si-Cl键极性更大,则Si-Cl键更易断裂,因此,SiCl. 知滤液②经H.SO. 酸化,[Zn(CN)了转化为ZnSO.和 比CCL易水解,a有关: HCN,结合元素守短可得反应的化学方程式为Na。[乙n b.Si的原子半径更大,因此,SiCL.中的共用电子对更加偏向 (CN)]+2H.SO--ZnSO.+4HCN+Na.SO;用减( 于CI,从而导致Si-Cl键极性更大,且Si原子更易受到水电 氧化钩)中和HCN可生成NaCN,可在“浸金”时使用,实现 离的OH的进攻,因此,SiCl.比CCl.易水解,b有关; 环利用。 c.通常键能越大化学键越稳定且不易断裂,因此,Si一C1键 8.答案:(1)3d’4s{+5CO 键能更大不能说明Si一Cl更易断裂,故不能说明SiCl.比 (2)NaA1O. CCL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OH 形成化 (3)HCO+OH+Ca(VO)- 学键,从而导致SiCl。比CCl.易水解,d有关; 2VO. 提高溶液中HCO. 浓度,促使偏钥酸转化为碳 综上所述,导致SiCl.比CCl.易水解的因素有abd。 酸,释放VO. 离子交换 10.答案:(1)MnCO.+H.SO--MnSO.+H.O+CO. (4)NaCl 粉碎矿 ()bd (2)将Fe氧化为Fe Fe 可以催化H.O.分解 解析:(1)机是23号元素,其价层电子排布式为3d^4s{;培烧 (3)2.8X10~*A* 过程中,氧气被还原,V.O.被氧化生成VO. ,偏酸盐中钗 (4)BaSO. .NiS 的化合价为十5价;CaC0。在800C以上开始分解,生成的 (5)Mn+2H.o电解H。+MnO.+2H 气体①为CO。 加入水 (2)由已知信息可知,高温下,苛化泥的主要成分NaOH与 般挠.LiMn.O+2co+O.! (6)2Li.CO.+8MnO AL.O.反应生成的偏铅酸钓溶于水,所以滤液中杂质的主要 解析:根据题给的流程,将菱话矿置于反应器中,加入破酸 成分是NaAlO.. 和MnO).,可将固体溶解为离子,将杂质中的Fe,Ni.A1等 (3)在弱碱性环境下,Ca(VO)。与HCO 和OH反应生成 元素物质也转化为其离子形式,同时,加入的MnO.可以将 CaCO.、VO 和H.O.离子方程式见答案。滤液①中含有 溶液中的Fe^*}氧化为Fe^*;随后将溶液pH调至约等于7, VO.、NH等,且浓度较低,若要利用其中的锐元素,需要 此时,根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将 通过离子交换进行分离,富集,故滤液①应进入离子交换 溶液中的Al^沉淀出来;随后加入BaS,可以将溶液中的 工序。 Ni* 沉淀,得到相应的滤渍;后溶液中含有大量的Mn^{} , 148 参考答案 将此溶液置于电解橹中电解,得到MnO.,将MnO.与碳酸 (3)①根播题于信息:pH)6.0时,Mo元素以Mo0 形 鲤共同搬烧得到最终产物LiMn.O。 式存在,“沉钥”时溶液pH一7.0,加入过量氢化银溶液时 (1)菱矿中主要含有MnCO,加入碗酸后可以与其反应 MoO. 和Ba{ 结合生成BaMoO 沉淀,离子方程式为 破酸溶矿主要反应的化学方程式为:MnCO.十H.SO- MoO+Ba-BaMoO。 MnSO.+H.O+CO.*;为提高溶矿速率,可以将菱矿粉 c(H).c(CO) 碎:故答案为:MnCO.+H.SO--MnSO+H.O+ ②(HC)_ K(H.CO) C0.^、粉碎菱猛矿。(2)根据分析,加入MnO.的作用是 c(MoO) K。(BaMoO) 将酸溶后溶液中含有的Fe化为Fe{ ,但不宜使用 (Ba) H.O. 氧化Fe ,因为氧化后生成的Fe 可以催化H.O 分解,不能使溶液中的Fe全部氧化为Fe ;故答案为:将 c(H).K(Baco) K.(H.CO) Fe 氧化为Fe ,Fe可以催化H.O.分解。(3)落矿完成 c(B) c(H).K(BCO.) 以后,反应器中溶液pH-4,此时溶液中e(OH)-1.0×10” K.(BaMoO) K.(H.CO.)·K.(BaMoO) mol·L ,此时体系中含有的c(F')K.[Fe(OH) _ () (OH) 4.7×10“×3.5×10~158,故二者浓度之比为158时。 10-×2.6X10~* 2.8x10 mo·1·这时:淳液中的c(Fe)小于1.0× 10 ,认为Fe{已经沉淀完全;用石灰孔调节至pH~7,这 应停止加入BaCl。溶液。 时落液中c(OH)=1.0×10mol·L,落渡中c(Al*) (4)①根据(2)的分析可知,Y为NaHCO.;②联想侯氏制减 1.310*mol·I.(Ni)-5.5×10mol·L. 法的原理,通入NH。和CO.,利用相间温度时NaHCO的 c(Al)小于1.0×10,Ar*沉淀完全,这一阶段除去的金 溶解度比较小,使NaHCO。从溶液中析出。 属离子是Al*;故答案为;2.8×10'、Al。(4)加入少量 (5)①致密的氧化膜为A1.O.;②H.O.将GaAs中的As元 BS济液除去N{} ,此时溶液中发生的离子方程式为BS+ 素从一3价氧化到+5价,H.0中0元素从一1价降低为 Ni*+SO -BaSO+Nis ,生成的沉淀有BaSO. 一2价,氧化剂为H.O.,还原刻为GaAs,根据得失电子守 NiS。(5)在电解措中,Mn发生反应生成MnO.,反应的 恒可知,氧化剂与还原刻的物质的量之比为4:1。 13.答案:(1)Ce 该反应中消耗水,生成H.SO.,为保持电解液成分稳定,应不 (2)将原料粉碎、适当提高水浸的温度、揽择等(写两条) 断补充水:故答案为:Mn*+2HO也解H。 +MnO.+ (3)AI(OH).、Fe(OH) (4)更好地使Al(OH)Fe(OH):悬浮杂所聚集在一起,发 2H.加入水。(6)般烧客中MnO.与ILi.CO.发生反应生 生沉 (5)2Ce* +6HCO.+(n-3)H.O-Ce(CO.)·nHO 成LiMn.O,反应的化学方程式为2Li.CO.+8MnO. +3C0*越性 41iMn.O+2CO.+O;故答案为:2Li.C0+ 高温6LiFePO.+9cO (6)6FePO +3Li.CO.+C.HO. +6H.0 11.答案:(1)SiO.+6HF--2H+SiF +2H.O 解析:(1)钟的质子数为58,中子数为80,所以质量数为 (2)2.0×10(或0.02)S0 138.该核素的符号为“Ce.(3)原料中的.AL.0..Fe.0.经 (3)CaSO.·0.5H.O 抑制CaSO.溶解(合理即可) 过“烙烧”“水浸”等过程后,转化为Al和Fe,溶液pH 酸解 D 5时,AP Fe”转化为A1(OH).Fe(OH),形成滤III. 解析:(1)HF、SiO.、H.O在离子方程式中用化学式表示, (4)调pH时生成的A1(OH)、Fe(OH)。形成悬浊液,加入 H.SiF。为二元强酸,属于强电解质,在离子方程式中用离子 絮凝剂可以吸附这些悬淳杂质,使Al(0H)、Fe(OH)。聚 形式表示,故反应的离子方程式为S0.+6HF--2H + 集在一起,发生聚沉,(5)根据电荷守恒和原子守恒,“沉 sif+2H.O。 错”过程中生成Ce.(CO)·nH.O的离子方程式为2Ce (2)按物质的量之比n(Na.CO));n(SiF)-1!1加A +6HCO+(n-3)H.O--Ce(CO.).nH.O Na.CO. 脱氛后,形成难溶物Na SiF.K.(Na.SiF。) 3CO.*;NH。·H.O的电离常数大于H.CO.的一级电离 P(Na ).c(SiF)=4.0X10 .c(Na)=2(SiF).故 堂数,则NH;的水解能力弱于HCO. 的水解能力,所以 充分反应后,c(Na )=2.0×10 mol·L,c(SiF) NH.HC0.溶液呈减性。(6)根据题意,该反应的化学方程 高涩6LiFePO十 1.ox10mol·1.. 式为6FePO.+3LiCO+CH.O. (3)用一定浓度疏酸溶液洗浇,可以抑制CaSO).溶解,减少 oCO+6H.O. CaSO.的溶解损失;洗浇液X中含有碗酸,操作单元“酸 14.答案:(1)Cr.Fe 解”中用到了碗酸溶液,故回收利用洗蓬液X的操作单元 (2)水没或溶解 为“酸解”;由题图乙可知80C,P.0.%-10、$0.%-10该 (3)FeO..MgO 点坐标位于80C线下方,晶体全部以CuSO、2H.0形式 (4)2Na +2CrO +2CO. +HO-CrO + 存在,能够实现酸解所得石青结晶转化,故选D。 2NaHCO.. 12.答案:(1)十6 高谥2fe:0.+ (5)4Fe(CrO.)+7O.+16NaHCO. (2)A1(OH) 8Na.CrO.+16CO.+8H.O Na.CO (3)①MoO-+Ba--BaMoO (6②(7)837 ②4.70103.×10 10×2.6×10-。 解析:通过起始物质和各工序产生的物质,再结合加入的物 质逐一分析可得各步反应的实质。(1)Fe(CrO。):中Cr。 (4)①NaHCO. ②NH. Fe的化合价分别为十3,十2,高温连续氧化工序中被0.分 (5)①A1.0②4:1 别氧化为十6、十3。(2)工序①的操作加入水,悠后过滤得 解析:(1)Na.MoO.中各元素正、负化合价代数和为零,设 到滤淹1和介稳态相,说明工序①为溶解或水浸。(3)Fe Mo元素化合价为x,则(十1)×2十x十(-2)×4-0,解得 (CrO.)中Fe.Cr分别转化为Fe.O. 和Na.CrO,ALO r_士6。 转化为NaAlO.,MgO不反应,加水,过滤后滤淹I中主要 (2)沉铅过程中通入过量CO.与A1O. 反应,离子方程式 含有Fe.O、MgO。(4)结合工序②、④分析可知气体A为 为CO.+2H.O+A1O-AI(OH)+HCO.则X为 CO..故工序③发生反应的离子方程式为2Na 十2CrO+ AI(OH)。 2C0.+H.OCr.0+2NaHCO.。(5)NaOH的作用 149 五年高考真题分类·化学 是获得FeO.、Na.CrO. 和NaAlO..NaHCO. 与之作用一 (3)由已知信息可知,“萃取分液”时Be{转化为BeA(HA)。 致,据此并根据得失电子守恒、质量守恒得出反应的化学方 进入煤油中,水相1为含有Al^{*}的水溶液,向过量烧碱溶液 程式;通过以上分析可知,可用Na.CO代替NaOH。(6) 中逐滴加入少量“水相1”的溶液,先发生反应:Al*+ 工序②中MgO转化为Mg(HCO).,经“热解”产生CO.和 30H--A1(OH)。,随后立即发生反应;Al(OH)。十 H.O的混合气体,得到MgCO.固体,故所得混合气体最适 OH-[Al(OH)],故观察到的现象是产生白色沉淀, 合返回工序②构成内确环。(7)A1(0H)十0H 且沉淀立刻溶解。(4)由对角线规则可知,A1与Be化学性 AI(OH),当A1(OH)的浓度为1×10mol·L时认 质相似,故有机相中加入过量NaOH溶液,BeA。(HA):转 为其完全转化为A(OH)。,则有[A(OH)] 化为[Be(OH)进入水相2.反萃取时BeA.(HA) 与 c(OH) [A(OD]·c(H)1x10 (H)-10{。解得 NaOH反应生成Na。[Be(OH)],化学方程式为BeA (HA).+6NaOH--Na.[Be(OH).]+4NaA+2H.O.“滤 c(OH).c(H) 1011 液2”的主要成分为NaO)H,可以进入反萃取分渡步骤再利 c(H )-10mol·L,则当pH为8.37时,认为铅元素 用。(5)氧化饭为分子晶体,电解熔融款化皱制备金属皱时, 恰好完全转化为A1(OH)。沉淀。 加入氧化纳可增加熔融盐的导电性。(6)Be(OH),与醋酸 题组二 反应得到某含4个Be的配合物,4个Be位于以1个O原子 1.B 向含1.的CCL.废液中加入Na.CO.溶液,会发生反应 为中心的四面体的4个项点,Be与Be间通过CH.CO0 相 1.+Na.CO.--Nal+NalO+CO.*,其中NalO极不稳定. 连,又四面休有6条校,则4个Be间共有6个CH.C00. 会发生歧化反应3NalO--2Nal+NalO,最终得到CCl 故其化学式为BeO(CHCOO)。 和含Nal、NalO.的水溶液,此时上下两层均为无色,A正 5.答案:(1)做还原剂,将BaSO.还原 确;分液时,CCl.位于下层,溶液A位于上层,上层液体应从 (2)S+HO-HS+OH 上口例出,B错误;加入试剂X会得到粗I.,表明溶液中10 (3)c (4)不可行 CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的 与I发生归中反应生成I.,反应的离子方程式为I0 + CaCl.,导致BaCl。溶液中混有CaCL.杂质无法除去、最终所 51+6H --31.+3H.0,反应物中需要大量H,因此 得产品的纯度降低 试荆X可选用疏酸,C正确:I.易升华,粗I.可用升华法进 (5) BaCl. +TiCl. +H.O+2(NH.).C.O -BaTiO 一步提纯,D正确。 (C.O.)..+4NHC1+2HCI 2.B 培烧过程中铁、络元素均被氧化,同时转化为对应销盐, (6)1:1 水浸时铁酸纳遇水水解生成氢氧化铁沉淀,滤液中存在铭酸 钟,与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铭 解析:(1)由流程和题中信息可知,BaS0).与过量的碳粉及过 量的氧化钢在高温下培烧得到CO、BaCl.、易溶于水的BaS 沉淀。 铁、络氧化物与碳酸纳和氧气反应时生成对应的纳盐和二氧 和微溶于水的CaS;烧潦经水浸取后过滤,滤淹中碳粉和 CaS.滤液中有BaCl。和BaS;滤液经酸化后浓缩结晶得到 化碳,A正确;培烧过程铁元素被靴化,滤淹的主要成分为氢 BaCl. 晶休;BaCl,晶体溶于水后,加入TiCl 和 氧化铁,B错误;滤液①中Cr元素的化合价是十6价,铁酸 (NH.)C.O.将银离子充分况淀得到BaTiO(C.O.)。; 钢遇水水解生成氢氧化铁沉淀,溶液显碱性,所以Cr元素主 BaTiO(C.O.).经热分解得到BaTiO. 要存在形式为CrO,C正确;由分析知淀粉水解液中的葡 萄糖起还原作用,D正确;故选B。 (2)“培烧”步骤中,BaSO.与过量的碳粉及过量的氢化铲在 3.答案:(1)四 1B 高温下培烧得到CO.BaCl.、BaS和CaS.BaSO.被还原为 (2)Cu BaS.因此,碳粉的主要作用是做还原剂,将BaSO,还原。 (3)2Au+8HCI+3HO.--2HAuCI.+6HQ (3)“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶于水的银盐,由干 (4)AgCl 疏酸领和碎酸银均不溶于水,而BCl.可溶于水,因此,应选 (5)[Ag(S.0.).]+e-Ag+2$.0 Na:S.O. 用的酸是盐酸,选c。 (63:4 (4)如果培烧后的产物直接用酸浸取是不可行的,其原因是 (7)氧原子电负性大、斥力大,氧氧键不稳定 CaS也会与盐酸反应生成可落于水的CaCl.导致Ba(C:溶 解析:(1)Cu为29号元素,位于元素周期表中第四周期第 液中混有CaCl.杂质无法除去,最终所得产品的纯度降低。 IB谈。 (5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C.O.):的化学方程式为; (3)“浸取2”步骤中,Au在盐酸中被H.O.氧化为HAuCl., BaCl.+TiCl.+HO+2(NH.)CO-BaTiO(C O Au、HCl和H.O.为反应物,HAuCL.、H.O为生成物,根揭 4NH.C1+2HCl. 得失电子守恒和质量守恒可得化学方程式为2Au十8HCl十 (6)“热分解”生成粉状钛酸领,该反应的化学方程式为,Ba 3H.O.--2HAuC1+6H.O. TiO(C.O)-BaTiO+2CO.+2cO,因此,产生的 (5)根据流程图可知,“电沉积”生成单质Ag,说明[Ag n0o..n-1:1。 (S.O.).下在阴极发生还原反应,根据电荷守恒和质量守恒 可配平电极反应式为[Ag(S.O):]”+e-Ag 十 6.答案;(1)适当增大疏酸浓度或适当升高温度或将锦钴矿粉 2S.O ;根据原子守恒可知,阴极区同时有Na.S.O.生成, 碎增大接触面积 Na.S.O.可在“浸取3”中循环利用。 (2)N. (6)“还原”时“浸出液2”中的HAuCl.被N.H.还原为Au, (3)H O+Mn*+HSO --MnO.+sO+3H Au元素的化合价从十3价降低到0价,N.H.被氧化为N.. Fe(OH)、CaSO N元素的化合价从一2价升高到0价,1个N.H.分子中有2 (4)9.0% SO.有还原性,过多将会降低H.SO.的浓度,降 个氛原子,根据得失电子守恒知,被氧化的N.H.与产物Au 低Mn(II)氧化速率 的物质的量之比为3:4。 (5)4Co(OH).+O.--4CoO(OH)+2H.0 4.答案:(1)* (2)快速冷却(3)先产生白色沉淀,且沉淀 (6)11.1 1- 解析:在“氧化”中,混合气在全属离子的催化作用下产生具 立刻溶解 (4)BeA.(HA):+6NaOH-Na.[Be(OH)] 有强氧化性的过一碗酸(H.SO.),用石灰乱调节pH一4. 4NaA+2H.0 反萃取分液 (5)增加熔融盐的导电性 Mn 被H.SO.氧化为MnO.,发生反应H.O+Mn+ (6)BeO(CH.COO). HSO --MnO.+SO +3H,Fe 水解同时生成氢氧化 解析:(1)基态Be 的电子排布式为1s,结合泡利原理,则 铁,“沉钴键”过程中,Co”变为Co(OH),在空气中可被氧 轨道表示式为.(2)将熔融态物质快速冷却可转化为非 化成CoO(OH)。 1 (1)用碗酸浸取钻矿时,为提高浸取速率可适当增大磕酸 晶态,故为了从“热炫冷却”步骤得到玻璃态,需要快速冷却。 浓度,升高温度或将锦钴矿粉碎增大接触面积; 150 参考答案 600sTicl十 学方程式为5TiO。+6C+10Cl. (2)(H.SO.)的结构简式为O-S-O-O-H,所以1mol 2C0+4C0. 0-H (3)由题图可知“除饥”过程中生成物有VOCl。,V元素化合 价降低,故铅元素化合价升高,生成物还有AC.,化学方程 H.SO. 中过氧键的数目为N.: 式为A1+3VOCl.--3VOCl.+AICl。比较“降温收尘”后 (3)用石灰孔调节pH-4.Mn被H.SO.氧化为MnO..该 粗TiC 中几种物质的沸点,发现杂质与TiC.沸点相差较 反应的离子方程式为:H.O十Mn+HSO.--MnO。+ 大,故可以采用蒸的方法进行分离提纯。 S0 +3H;氢氧化铁的K-10,当铁离子完全沉淀 (5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法。A项,高 时,溶液中e(Fe )-10 mol/L.K=c(OH)Xc(Fe ) 炉炼铁的原理是用还原剂将铁的氧化物还原成铁单质,属干 - (OH)×10-10(0H)-10 mol/L.根提 热还原法;C项,铅热反应制是利用铅将从其化合物中 K.=10*.pH-3.2.此时溶液的pH-4.则铁离子完全水 还原出来,属于热还原法;故选A、C。 解,生成氢氧化铁沉淀,Ca”与SO结合生成CaSO,故滤 9.答案:(1)4 V1B 潦还有氢氧化铁,碗酸; (2)Fecl+3H。o-Fe(OH)。(胶体)+3HC1 (4)根据图示可知S0.体积分数为0.9%时,Mn(II)氧化迷 率最大;继续增大SO.体积分数时,由于SO.有还原性,过 (3)H.V.O 多将会降低H.SO.的浓度,降低Mn(II)氧化速率; (4)6.0 1×10- (5)“沉钻锦”中得到的Co(OH)。,在空气中可被氧化成 (5)Mn”+H.O.+2OH-MnO.+2H0 CoO(OH),该反应的化学方程式为:4Co(OH)。+O。- (6)作还原剂,将被氧化的Mn(II)还原为Mn(II) 4CoO(OH)+2H.0; 解析:(1)Cr是24号元素,位于元素周期表第4周期 (6)氢氧化铁的K.-1010”,当铁离子完全沉淀时 VIB族。 c(Mg )=10mol/L,根据K可计算c(OH)= (2)用FeCl.溶液制备Fe(OH)。胶体的化学方程式为 10mol/L,根据K-10.(H)-10mol/L,所以 FeCt.+3H.o-Fe(OH)(股体)+3HCl. 溶液的pH-11.1. (3)略键矿淹疏酸浸液中c(V)-0.01mol·L ,即 7.答案:(1)Fe*) lgc(V)--2,由题图可知,pH-3.0、lgc(V)--2时. (2)4.7~6.2 A1*+30H-A1(0H). 与胶体共沉降的五价钦粒子的存在形态为H.V.O 。 (3)4.0×10~ (4)“沉络”过程中Cr(II)沉淀越多、Mn(II)沉淀越少越好: (4)①加热使反应温度升高,揽择可增大反应物间接触面积, 由题图中信息可知“沉铭”过程最佳pH为6.0:pH一6.0时. 均可加快反应速率 ②冷却结晶 e(OH)-10mol·1.,在该条件下滤液B中c(Cr)= (5)MgSO. C. H.COONa K.[Cr(0H):]1×10" (6)①15 ②0.+2H.0+4e--40H (OH) (10mol·1--1x10-*mo·1-. 解析:(1)由题意可知稀土离子保持十3价不变,Al价态不 (5)分析题图可知,Mn 在H.O。NaOH落液作用下被 能再升高,Fe 能被氧化成Fe 。(2)调pH除去Fe 和 氧化为MnO。,根据得失电子守恒、原子守恒,电荷守恒 Al ,稀土离子不能沉淀,应调pH范围为4.7~6.2。Al 可得反应的离子方程式为Mn +H.O.+2OH 转化为A1(OH)。,且A1(OH)。不会溶解,离子方程式为 MnO.+2H.O. Al+3OH--A1(OH).。(3)滤液2中Mg 的浓度 (6)pH较大时,二价[Mn(lI)易被空气中的氧气氧化 为2.7g·L .即c(Mg )-0.1125mol·L .由月桂酸 Na.S.O.具有还原性,将被氧化的Mn(lI)还原为Mn(lI). 铁的K得0.1125×(C.HC00)-1.8×10-.c(C 从而达到提纯Cr(OH)。的目的。 H.CO0)-4.0×10mol·L.故要保证“过滤2”后滤 10.答案:(1)6 +1 饼中没有月桂酸铁沉淀,“过滤2”前的溶液中c(C。.H。 (2)Cu.O+H.O.+2H.SO.--2CuSO.+3H.0 C00 )应低于4.0×10 mol·L .(5)Mg开始沉淀的 (3)4.7 蓝色沉淀溶解,溶液变成深蓝色 pH为8.8,大于6.2,故滤液2中含有MgS0.,经酸化后可 2.0X10-) 循环使用;操作X得到的月桂酸可与NaOH反应生成月桂 (4)盐酸、BaCl.溶液 作溶剂 高温GaN+3HC1 酸销微环利用。(6)①还原YCl。和PiCL.熔融盐得P.Y, (5)GaCl.+NH. Pt.Y中各元素价态难以判断,利用零价分析法,将D.Y中两元 解析:(1)5(S)与碎均为第VIA族元素:最外层有6个电 素价态均定为0.则生成1molP.Y时转移(3+4×3)mol 子。Se为第IVA族元素,化合价为-2,Ga和ln同为第I 15mol电子。②减性溶液中O.得电子发生还原反应转化为 A族元素,化合价均为十3,根据化合物中各元素正、负化合 OH,则电极反应式为O.+2H0+4e-40H。 价代数和为0,设CuIn.。Ga。Se。中Cu的化合价为r,则 8.答案:(1)C x+3×0.5+3×0.5-2×2-0.解得x-+1.(2)Culn 6005Tic1+2cO+acO. Ga.:Se。高温焰烧时,Cu元素转化为Cu.().故“酸浸氧化” (2)①5Ti0.+6C+10Cl- ②随温度升高,2C(s)+O.(g)-2CO(g)的AG减小.C(s) 时Cu.O与H.SO.和H.O.发生的氧化还原反应为Cu.O+ +0.(g)-CO.(g)的△G几乎不变,更有利于2C(s)+O H.O.+2H.SO-2CuSO.+3H.O.(3)根括]n(OH) (g)-2CO(g)反应发生 (s)-In(aq)+3OH(aq)可得K。[In(OH)] (3)A1+3VOCl --3VOCl+AICl 蒸 e(In )·c(OH),当ln恰好完全沉淀时,c(OH) (4)不能,若先“除硅,铅”再“除银”,“除钥”时需要加入A /1.0×101 又引入A1杂质 l0-{ (5)AC 解析:(1)根据题图可知,A、B项两个反应的AG<0,而C项 mol·L=10 mol·L.pH--lg10 ~4.7.若继续 加入6.0mol·L氛水至过量,先有蓝色沉淀Cu(OH)。 反应的AG 0;根据盖斯定律,D项反应一A项反应+C项 反应,D项反应的AG一A项反应的AG+C项反应的AG 生成,然后蓝色沉淀溶解,得到深蓝色溶液。将Ga(OH)。 0.故选C. (s)Ga(aq)+3OH(aq)、Ga +4OH 一[Ga (2)①TiO、C.Cl.为反应物,TiCl.、CO.CO.为生成物,CO. (OH)].NH·H.O一→NH+OH三个反应式相加可 CO. 分压之比约为1!2,烛温恒容下,压强之比等于物质的 以得到Ga(OH).(s)+NH。·HO[Ga(OH)]+ 量之比,故二者物质的量之比为1:2.Cl元素的化合价降 NH ,则平衡常数K-K[G(OH).]·K'·K(NH · 低、C元素的化合价升高,根据得失电子守恒、原子守恒得化 HO)-1.010"x1.0×10”x2.0×10-20×10*. 151 五年高考真题分类·化学 (4)SO的检验方法:先加入盐酸,若无明显现象,再加入 刻ZnFe.O,其中Zn原子与Fe原子以1:2结合,即ZnS BaCl。溶液,若有白色沉淀,则说明沉淀没有洗净。 与FeS以112反应,其中3molS的质量为96g,1mol 11.答案:(1)氢水 ZnFe.O. 中4molO的质量为64g,回体质量应减小,但在 (2)适当升温、揽择、增加Na.CO.用量(增大Na.CO 浓 题图中280一400C范围内,固体质量增加,则可能由于S 度)等 Na.MoO.品体析出,混入浸淹 元素没有生成疏的氧化物,而是被氧化成SO 进入固 (3)3.9 体中。 (4)H.O+MoO--MoO+HO 题组三 (5)提供NH ,使MoO 充分转化为沉淀析出 1.答案:(1)MgCO CICOHCO.OH 控制溶液 (6)(NH.).Mo.O.+12H.高温4Mo+2NH+13H.0 的pH 解析:(1)培烧产生SO。,题目中有“氛肥”字眼,所以用减性 (2)BC 溶液氛水吸收。(3)M表示Cu*或Fe,由K= (3)取Y固体,加入稀硝酸(或醋酸)酸化,再加入NaBiO.固 c(S ).c(M ).得lg Ksp-lgc(S)+lgc(M ) 体,溶液变为浅红色(或紫红色).证明Y中含有Mn元素 lg (s)-6.lgc(S)-lgK+6,代入关系式lgc(S) 5NaBiO+2Mn*+14H-5B*+5Na'+2MnO +7HO -pH-15.1,得pH-lgK。+6+15.1,代人数据,分别得 解析:Y的组成为MgCaFeMn(CO),可视为MgCO· pH-3.9和pH--14.1,则pH不应小于3.9。(6)H。还 CaCO.·FeCO.·MnCO.Y与盐酸反应生成的气体D为 原(NH.)Mo.O.得金属铜,根据得失电子守恼、原子守 CO.,得到的溶液A中的溶质含有MgCl.、CaCl.、FeCl.. 怔,可得反应的化学方程式为(NH.).MoO.+12H.高温 MnCL. 等。CO. 与单质Na发生氧化还原反应生成CO和固 4Mo+2NH.+13H.O. 体E,E中含有十1价纳元素,根掘元素守恒可知E可能为 12.答案:(1)十6 NaCONa.O.Na.O. 或它们中的几种的混合物.溶液A中 (2)Cr O +3H.CO+8H-2Cr+6CO.+7HO 加入NH.和NH.CI调节pH,使Fe 转化为Fe(OH).况 (3)Cr(OH).+NaOH--NaCrO.+2H.0 淀,此时B中还含有过量的NH。。通入适量CO.,与过量的 (4)S +H.O-Hs +OH CuS NH. 反应生成(NH).CO,再与CaMn反应生成Ca (5)1.0×107 C0.和MnCO。沉淀。(1)步骤Il中生成了CaCO。和Mn- 在沉淀池2中进行的沉淀Cu反应需要 调节溶液体系pH-4.此时c(Cd*)<1.0x10mol/L. C0).沉淀,没有生成MgCO.沉淀,说明MgC0.的溶解度大 可以认为Cf 与Cu 此时均沉淀完全,即沉淀2是CuS 于CaCO.和MnCO。的溶解度。溶液C中的阴离子包括步 和CdS的混合物而无法准确分离开 骤I和II中加入盐酸和氢化按引入的CI,步骤II中通入 解析:(2)还原池中H.C.O.将Cr.O 还原为Cr ,自身 CO.引入的CO,同时CO会水解生成HCO和OH. 被氧化为CO..H.C.O.属于弱电解质,在离子方程式中用 因此溶液C中的朋离子有CI、CO 、HCO、OH。 化学式表示,根据得失电子守恒和原子守恒配平,离子方程 NH. ·H.O在水溶液中存在电离NH·H.O一一NH+ 式为Cr.0+3H.CO+8H-2Cr+6CO.+ OH,加入NH.C1可抑制NH。·H.0的电离,控制溶液的 7H.O(3)仿照A1(OH)+NaOH--NaAIO.+2H.O. pH,避免pH过大生成Mg(OH).等沉淀。 可写出Cr(OH).与NaOH溶液反应的化学方程式。(4) (2)气体D为CO.,不是形成酸雨的主要成分,A错误;根据 根据CuS和NiS溶度积常数的大小,加入Na.S溶液时,先 以上分析可知,圈体E可能含有Na.CO,B正确:步骤lI加 生成溶解度更小的CuS,从而实现Cu^*}和N^的分离。 ANH。和NH.C1调节落液pH时无Mn(OH):沉淀生成, (5)根据K(H)(HS)-1.0X10,将(H*)= 说明Mn(OH).可客于一定浓度的NH.C1溶液,C正确; .(H.S) Ca(OH).是强减,Fe(OH):是弱碱,D错误。 1.0×10mol/L和e(H.S)-1.0x10*mol/L.代入,可得 (3)为了证明Y中含有Mn元素,应使用NaBiO。将Mn氧 (HS)-1.0×10”mol/L:根据K-c(H).(s) 化为MnO. 。因为NaBiO.的氧化性强于MnO 的氧化性, c(HS) 7.0 10",将(H)-1.0x10mol/L和c(Hs)-1.0x 则如果使用盐酸落解Y,在加入NaBiO.时NaBiO 会将 10~mol代入,可得e(S-)-7.0×10}mol/L;再根据K CI氧化为C.造成污染;如果使用疏酸溶解Y,则会生成微 溶的CaSO.覆盖在固体表面,因此应使用稀硝酸或醋酸酸 (CdS)=c(Cd).c(S)-7.0x10.可得c(Cd) 化,溶解固体Y,再加入NaBiO。,如果溶液变为浅红色(或紫 1.0×10 mol/L。沉淀溶液中的离子时,若离子浓度小于 1.0×10mol/L.通常认为沉淀完全,故pH-4时,Cd 红色),说明生成了MnO ,即可证明Y中含有Mn元素。 与Cu 均已沉淀完全,沉淀2是CdS和CuS的混合物,无 在该氧化还原反应中,Bi的化合价由十5降为十3,Mn的化 法实现准确分离。 合价由十2升为十7,根据得失电子守恒、电荷守惬和元素守 13.答案:(1)Fe,H 恒,可知该反应的离子方程式为5NaBiO.+2Mn+ (2)稀释后的znso溶液中(Zn)-(Y)V(Y) 14H --5B+5Na +2MnO+7H.0 V() 2.答案:(1)增大固液接触面积.加快酸浸速率,提高浸取效率 0.015 0 mol·L-1x25. 00 ml.1. 875x10mol·L.原 P 20.00mL. (2)将溶液中的Fe 氧化为Fe' ,以便在调pH时除去Fe znso 溶液中e(z)1. 875x10mol·L1x100 ml._ 元素 K.[Fe(CN).]Fe 2.50m. (3)3Co+MnO+7H.O-3Co(OH).+MnO.+ 0. 750 mol·1-1 5H3Mn+2MnO.+2H.O-5MnO.+4H' (4)ZnSO、KsO 1o-) ②乙nS与CO.反应生成COS和ZnO.ZnO再与H.S反应 解析:酸浸、过滤1:用碗酸处理含有Co.Zn、Pb,Fe的单质或 转化为乙nS和HO 氧化物的废凌,得到含有Co .ZnFe 、FeSO等离 (4)ZnS.FeS部分被氧化生成磕酸盐 子的溶液,P的单质或氧化物与破酸反应生成难溶的 解析:(1)锋有还原性,Fe* 有氧化性,可以发生氧化还原反 PbSO,则“滤淹1”为“酸浸”时生成的PbSO。加入MnO: 应,锋也可与过量稀破酸电离出的H反应。(3)①H.作还 MnO.具有氧化性,在酸性条件下可将溶液中的Fe* }氧化 原剂,ZnFe。O.作氧化剂,根据得失电子守恒、原子守恒可 为Fe* ,同时自身被还原为Mn ,此时溶液中的全属离子 配平化学方程式。②反应前后乙nS的质量不变,说明ZnS 主要是Co*,Zn.FeMn 加入ZnO调pH-4.过滤 参与了反应,但之后又重新生成了ZnS,则第一步反应为 2.根据题表中信息可知,调节溶液pH一4时Fe”沉淀完全, ZnS+CO.--COS+ZnO,第二步反应为乙nO+H.S 溶液中的金属离子主要是Co,Zn和Mn ,“滤淹2”为 ZnS+H.0(4)疏化后的固体为ZnS和FeS.再生得脱磕 Fe(OH)。氧化沉钻;加入强氧化剂KMnO,将落液中 152 参考答案 Co* 氧化为CO ,在pH-5时Co*形成Co(OH).沉淀, 培zno+co. 而KMnO. 则被还原为MnO.;KMnO.还会与溶液中的 4.答案:(1)ZnC0. (2)将培烧产物粉碎 Mn^*}发生归中反应,生成Mn,沉淀。最终得到的“除钴 适当增大疏酸浓度(或升高温度等,任 渡”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调 选两条,合理即可) pH时引入的Zn、加入KMnO“氧化沉钴”时引入的K (3)B siO. Fe(OH). CaSO (4)MnO +3Fe+7HO-MnO.+3Fe(OH) (1)在原料预处理过程中,粉碎圆体原料能增大圈体与液体 +5H 的接触面积,从而加快酸浸的反应速率,提高浸取效率。 (5)除去Cu*+ (2)由题表中数据可知,当Fe*完全沉淀时,Co^未开始沉 (6)CaSO. MgSO 淀,而当Fe完全沉淀时,Co 已有一部分沉淀,因此为了 解析:(1)焰烧时生成氧化铎的化学方程式为ZnCO。 除去溶液中的Fe元素且Co不沉淀,应先将Fe 氧化为 Fe 再调节pH使Fe 完全沉淀,则MnO.的作用是将 ZnO+CO.^。(3)杂质含有Ca的化合物,调pH时X选择 Fe *氧化为Fe' 。常用K.[Fe(CN)]溶液检验Fe ,若生 Ca(OH):不会引入新杂质。滤潦①中含有不落于疏酸的 成蓝色沉淀,则说明溶液中仍存在Fe*,需补加MnO。。 SiO.;用H.SO.浸取Ca的化合物会产生CaSO.微溶物,加 (3)由分析可知,该过程发生两个氧化还原反应,根据分析中 ACa(OH)。调pH过程中也会产生CaSO.微溶物;根据Fe 两个反应的反应物、产物与反应环境(pH一5),结合得失电 (OH).的K计算可知,当pH-5时,c(Fe)-4.0x10- 子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式: mol·L ,即Fe*沉淀完全,同理计算得出其他阳离子未况 3Co+MnO +7H.O-3Co(OH).+MnO.+ 淀完全,所以滤①的主要成分为SiO.、Fe(OH)、CaSO。 5H 3Mn*+2MnO.+2H.O--5MnO.+4H* (4)KMnO.转化为MnO.,被还原,只能是Fe””将其还原, (4)由分析可知,“除钴液”中含有的金属阳离子主要是乙n Fe 被氧化为Fe的同时转化为Fe(OH).,根据得失电子 和K,而阴离子主要是“酸浸”步骤引入的SO,因此其中 守恒、原子守惊、电荷守恒得出离子方程式。(5)如n粉将 主要的盐有ZnSO.和K.SO。当Co恰好完全沉淀时,落 Cu 转化为铜单质透行除杂。(6)加入HF脱铁,则滤迹 ④成分为CaF。和MgF。,两者与浓破酸反应,利用HF受热 液中c(Co)=1.0x10 mol·L .此时溶液pH-1.1. 可脱离反应体系,促使CaF。和MgF:转为CaSO.、MgSO。 c(H) 5.答案:(1)PbSO.+CO-PbCO.+sO mol·L,则K[Co(OH).]-1.0×10x(10)= 10-。“除钻渡”的pH-5,即c(H)-10mol·L ,则 (C0)(PbC0)7.4×10-3.4×10》1 (2)k(50)K(BasO)1.1×10-" c(Co )K(BeC0)2.6×10-4.210-t 。(H) K.[Co(oH)]10~ 1 -(0mol·1-10-*mol·1.。 (3)(1)Fe) (0H) (lI)Pb+H.O.+2HAe-Pb(Ac).+2H.O 3.答案:(1)Na.CrO(2)Fe.O(3)A1(CO)(4)不能形 (II)还原剂 成MgNH.PO.沉淀 不能形成MgSiO. 沉淀 (4)A1(OH.).Fe(OH)、BaSO (5)C (6)2Cr.0+3S.0+10H -4Cr+650 (5)Na,Bn{ +5H.0 解析:(3)(1)H.0.可以氧化溶液中的还原性离子Fe* 解析:由题给流程可知,络钗淹在氢氧化纳和空气中锻烧,将 (lI)由题意可知,H.O.将Pb氧化为Pb ,自身被还原为 饥、络、铅、硅、硝等元素转化为相应的最高价含氧酸盐,烧 H.O.根据得失电子守恒、原子守恒写出化学方程式。(目) 凌加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅,氧化铁的滤凌和 PbO.→Pb(Ac),Pb元素化合价降低,被还原,则H.O。 作 液;向滤液中加入稀疏酸调节溶液pH将硅元素转化为硅酸 沉淀,过滤得到硅酸滤渍和滤液;向滤液中加入破酸铁溶液。 还原剂。(4)由题表中信息可知,Fe在pH一3.2时完全沉 淀,Al^在pH一4.6时完全沉淀,则滤淹的主要成分为 疏酸按溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO。和 Fe(OH),A1(OH)。和铅叠中含有的BaSO.。 MgNH.PO 沉淀,过滤得到含有MgSiO .MgNH.PO 的滤 6.答案:(1)①2AgI+Fe--2Ag+Fe*+2I AgNO 潦和滤液;向滤液中加入稀碗酸调节溶液pH将饥元素转化 ②FeI.+Cl. -I.+FeCl 1.、FeCl 1. 被进一步氧化 为五氧化二航,过滤得到五氧化二和滤液;向滤液中焦亚 (2)210.+5HSO-I.+5S0 +H.0+3H 碗酸钓溶液将铭元素转化为三价铭离子,调节溶液pH将铭 (3)4 防止单质礁析出 元素转化为氢氧化铭沉淀,过滤得到氢氧化络。 解析:(1)①结合题给流程图可知,加入AgNO.“富集”后得 (1)由分析可知,烧过程中,络元素转化为格酸钩,故答案 到A可l悬演液,加入Fe粉后发生反应生成Ag:离子方程式 为:Na.CrO.: 为Fe+2Agl--Fe +21+2Ag。“沉淀”为Ag,与 (2)由分析可知,水浸清中主要有二氧化硅、氧化铁,故答案 HNO.反应生成AgNO,可返回“富集”中循环使用,②“转 为:Fe.O.: 化”后落液中主要存在Fel.,Fe 和I均可以被Cl.氧化, (3)由分析可知,沉淀步骤调pH到弱减性的目的是将AlO 还原性:IFe ,则I先于Fe*被氧化,若氧化产物只有 转化为AI(OH)。沉淀而除去,故答案为:A1(OH)。; 一种,发生反应Cl.+Fcl. I.+FeCl.,若氧化产物有两 (4)由分析可知,加入疏酸铁溶液、碗酸按溶液的目的是将硅 元素、磷元素转化为MgSiO.和MgNH.PO.沉淀,若溶液 pH 9时,会导致礴元素不能形成MgNH.PO.沉淀,若落 时,恰好完全将Fe与1氧化,故氧化产物为FeCl.、1.;当 液pH一9时,会导铁离子生成氢氧化铁沉淀,不能形成Mg SiO.沉淀,导致产品中混有杂质,故答案为:不能形成 MgNH.PO. 沉淀;不能形成MgSiO.沉淀; 收率会降低。 (5)由题给信息可知,五氧化二饥是能与酸溶液反应生成盐 (2)结合题给信息:第一步为10+3HS0--1+3SO* 和水,也能与碱溶液反应生成盐和水的两性氧化物,故选C; +3H,第二步为6H+51 +10 -3I.+3H.0,总反应 (6)由题意可知,还原步骤中加入焦亚疏酸纳滚液的目的是 为210+5Hs0-1+H0+3H+5SO。 将络元素转化为络离子,反应的离子方程式为2Cr.0{ + (3)结合题给信息可知发生反应2Cu+4I--2CuI十 3$.O +10H--4Cr*+650+5H.O.故答案为: 1..生成1molI. 时,消耗4molKI;由题给信息知I.微落于 2Cr O+3S.O+10H-4Cr+6S0 +5H0 水,为防业单质礁析出,应加入过量的KI,将I。转化为1。。 153 五年高考真题分类·化学 7.答案:(1)使气固反应物充分接触,加快反应速率,使反应充 沉淀时,N{}已经沉淀一部分,N沉淀完全时,F还不 分进行 能沉淀完全,“转化”时会生成Fe,则滤液③中可能含有Fe。 (2)4.5~9.3 使CrO 转化为Cr.0浸取 (3)有Na.Cr.O. 析出 H.SO 10~7mol. (4)阳Na 1.$.K-(N)·(OH)-0.01×(10).或利用 解析:(2)“培烧”后A1与Si元素转化为Na[AI(OH)。]。 Ni*沉淀完全时计算得K.-10×(10*1)c(N*) Na. SiO,FeCr.O. 转化为Fe.O.和Na.CrO,加水“浸取” 1.0mol·1,若不生成Ni(OH),则c(OH) 后,Fe。O.被滤去:“中和”的目的是去除杂质Na[Al(OH)。]、 0.01x(10)mol·1.(H)10mol·L. Na.SiO。,由题意可知,纵坐标为一5时,微粒沉淀完全,为了 使杂质沉淀完全,pH的理论范围为4.5~9.3;“酸化”的目 pH 6.2.同时应调节pH3.2以除去Fe ,故pH应控制 的范围是3.2~6.2。(5)由题意可知,反应物为疏酸锦、次 的是将Na.CrO.转化为Na.Cr.O.。(3)“酸化”后溶液中含 氢酸钩和强碱,生成物为NiOOH,碗酸锦中锦为十2价, 有Na.Cr.O.、Na.SO、H.SO..蒸发结晶、过滤得到的副产 NiOOH中锦为十3价,锦的化合价升高被氧化,则次氧酸钟 品应是疏酸纳或其结晶水合物,若过度蒸发将导致 中氛元素被还原得到氛化钢,该反应的离子方程式为2Ni” Na.Cr.O. 析出;冷却结晶得到Na.Cr.O. ·2H.O.母液中含 有疏酸,则可循环利用的还有砚酸。(4)阳极电极反应式为: +C1O+4OH-2Ni0OH +H.0+C1.(6)母液中 2H.O-4e--O.*+4H,朋极电极反应式为2H.O+ 还含有少量的碗酸锦,将母液收集、循环使用可提高锦的回 故率。 2e -H.+2OH,结合Na.CrO.酸化后转化为 Na.Cr.O.,可知Na.Cr.O. 在阳极室制得,电解时.2mol 专题八 物质结构 元素周期律 Na.CrO. 转化为1molNa.Cr.0.,为保持溶液是电中性,多 考点1 原子结构 化学键 余Na应通过离子交换膜进入阴极室。 题组 8.答案:(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全) 1.D0、0.均为由O元素形成的不同单质,二者互为同素异 (2)FeyO+MnO.+2H-VO.+Mn+HO 形体,A正确;O.分子中存在不同键长的氧氧键,B正确; (3)MnAl和Fe 40).(g)一O.(g).该反应为气体分子数减少的反应,是煸 (4)Fe(OH) 减反应,C正确;超高压下有利于平衡4O.(g)一→O(g)正 (5)NaAI(OH).]+HCI-AI(OH).+NaCI+H.C 向移动,则常压下平衡逆向移动,O。不能稳定存在,D错误。 (6)利用同离子效应,促进NHVO.尽可能析出完全 2.B CHCH.OH转化为CH.CHO的过程中,断裂C-H. 解析:(1)“酸浸氧化”中温度较低时,酸浸和氧化反应逸率较 0一H键,形成C-O键,无C一0键断裂,A错误:电材料 慢。为了加快酸浸和氧化反应速率,需要加热。(2)从原料 可知,氛自由基对O。分解起催化作用,改变O。分解的历 看,“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀疏酸,发生反应FeO. 程,B正确;丁炕中不存在言键,C错误;石墨中碳原子为sp{ +4H.SO-FeSO+Fe.(SO.)+4H.O,加入的二氧化 杂化,金刚石中碳原子为sp}杂化,故D错误。 锤除氧化VO和VO”*外,还氧化Fe 。VO转化为VO 3.A 氢键属于分子间作用力,不属于化学键,A错误;门捷列 反应的离子方程式为VO+MnO。+2H--VO.+Mn 夫将元素按照相对原子质量由小到大依次排列,并将化学性 十H.O。(3)根据表格中数据知,pH在3.0~3.1时,铁离子 质相似的元素放在一起,编制了第一张元素周期表,B正确; 接近沉淀完全,少量铁离子随滤液②除去,Ar^部分沉淀, 药削师和营养师研究的主要对象为药品和食品中的物质,他 大量铭离子随滤液②除去,K 、Mg{ .Na 、Mn随滤液② 们必须掌握这些物质的化学性质和用途,C正确;玻璃的原 除去。(4)在pH>13的强碱性溶液中,V.O.·xH.O转化 料为石英矿、石灰石和纯碱,水泥的主要原料为石灰石、- 为机酸盐而溶解,Al(OH)。转化为Na[Al(OH)]而溶解, 土.D正确。 Fe(OH).不落,故滤潦③的主要成分是Fe(OH)。(5)pH 4.B X的中子数为6-2-4;X为He,Y为He,二者互为同 一8.5时铅元素沉淀,故“调pH”时生成氢氧化铅沉淀,反应 位素;00的半衰期很短,自然界中不能稳定存在,无法 的化学方程式为 用作示踪原子,O、O,也无法在自然界中存在;故选B。 NaAI(OH)]+HCI-A1(OH).+NaCI+H.O.(6) 5.A Ga的原子半径大于Al,Ga与N形成的共价键的键长 “沉氛”时加入过量NHCI的原因是利用同离子效应,使 大于A1与N形成的共价键,键能较小,故GaN熔点低于 NH.VO.尽可能析出完全。 AIN,A错误;GaN、AIN成键结构与金刚石相似,其中只含 9.答案:(1)除去油脂、溶解错及其氧化物 有N-Ga、N一A1极性键,B正确;金刚石中碳原子均采取 [A(OH)]+H--AI(OH)+HC sp 杂化,故两种晶体中所有原子均采取sp杂化,C正确; (2)N',Fe'.Fe 全刚石中每个碳原子与其周围4个C原子形成共价键,C原 (3)O.或空气Fe 子的配位数为4,AIN、GaN成键结构与全刚石相似,所有原 (40.01×(107-14)[或10~×(10%1~1)] 子的配位数也均为4,D正确。 3.2~6.2 6.B H表示质子数和核外电子数是1,中子数是2,质量数是 (5)2N+CI0+4OH--2NiOOH+C+HO 3的原子。故选B。 (6)提高回收率 7.A 过氧化纳是由Na*和O 构成的离子化合物,O 中两 解析:(1)由题给条件可知,该废锦催化剂表面覆有油脂,且 个氧原子间存在共价键,A正确;H.SO.属千共价化合物,B 其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等,“碱浸”时,油脂在氢氧化 错误;CH.Cl.属于共价化合物,C错误;SiC属于共价化合 钟溶液中水解而被除去,铭及其氧化物也会与氢氧化纳溶液 物,D错误。 反应而被除去,“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油 8.C 0、0为氧元素的两种核素,二者互为同位素,A正 脂,溶解铅及其氧化物。“滤液①”中铅元素以[Al(OH)] 确:全刚石和石墨为碳元素的不同单质,二者互为同素异形 的形式存在,加入稀疏酸生成沉淀的离子方程式为[Al 体,B正确;前者属于丽,后者属于醇,二者不是同系物,C错 (OHD]+H-AI(OH).+H.O.(2)因Ni、Fe及其 误;乙酸乙和丁酸的分子式均为C.H.O.,二者结构不同. 化物不与NaOH落液反应,Ni.Fe及其氧化物存在于“沸饼 互为同分异构体,D正确。 ①”中,向“滤饼①”中加入稀硅酸,Ni.Fe及其氧化物与稀破 考点2 元素周期律 元素周期表 酸反应,故得到的“滤液②”中含有的全属离子为Ni^{}、 题组- Fe ,Fe ,(3)“转化”过程是将二价铁离子全部转化为三 1.D S单质常温下为圆体,0.、H.常温下均为气体,则5单 价铁离子,选用的氧化剂是H.O.溶液,选用过氧化氢溶液 质沸点最高,氧气、氢气均为分子晶体,分子间均只存在范德 氧化的好处是不引入其他杂质,因此替代过氧化氢溶液的物 华力,相对分子质量:O.一H.,则沸点:O.一H.,故单质沸 质也不能引入其他杂质,可用O.或空气替代H.O.溶液;由 点:SO.一H.,A正确;X、Y的简单氢化物分别为NH。。 题表中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH可知,Fe} 开始 H.O.中心原子N和O原子均采取sp杂化,NH.中N原 154