2025届高三化学过关训练-工业流程题

2025届高三化学过关训练-工业流程题 1．（23-24高一下·北京顺义·期末）某钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如下(部分催化剂已略)。 已知：金属离子沉淀的pH： Fe3+ Fe2+ Mg2+ Mn2+ Co2+ 开始沉淀时 1.5 6.3 8.9 8.2 7.4 完全沉淀时 2.8 8.3 10.9 10.2 9.4 (1)Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种气体，该气体是 (写化学式)。 (2)向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH的范围是 。 (3)向溶液2中加入NaF溶液，发生反应的离子方程式为 。 (4)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为[Co(NH3)6]3+。其离子方程式为 。 (5)向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液后，产生MnO2的离子方程式为 。 (6)溶液4中，若将1 mol [Co(NH3)6]3+全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4 g。[(NH4)2C2O4 的相对分子质量为124] (7)关于上述流程，下列说法不正确的是 (填序号)。 a． 若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4 b． 向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pH c． 流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离 2．（23-24高一下·北京顺义·期末）碳中和作为一种新型环保形式可推动全社会绿色发展。下图为科学家正在研究建立的一种二氧化碳新循环体系。 (1)过程 Ⅰ 的原理：，根据下表数据回答： 化学键 H-H O=O H-O 键能 436 496 463 水蒸气分解为氢气和氧气的热化学方程式为 。 (2)200℃时，在2L密闭恒容容器中充入CO2和H2发生过程 Ⅱ 中的反应，CH3OH和CO2的物质的量随时间变化如图所示。 ①反应的化学方程式是 。 ②下列能说明该反应一定达到化学平衡状态的是 。 A．混合气体的平均相对分子质量不再改变     B．容器内的压强不再改变 C．四种气体的物质的量浓度相等     D．混合气体的密度不再改变 E．单位时间内断裂3mol H-H键，同时断裂2mol H-O键 F．3v逆(CH3OH)=v正(H2) G．容器中n(CH3OH)：n(H2O)不再变化 (3)过程 Ⅲ 中，甲醇在空气中完全燃烧，利用产生的热量可进行发电。 Ⅰ．已知 H2O(g) = H2O(l)  ∆H=-44kJ/mol；CH3OH(l) + O2(g) = CO2(g) + 2H2(g)  ∆H=-154.5kJ/mol。则25℃时甲醇的燃烧热 ∆H= kJ/mol。 Ⅱ．利用过程 Ⅲ 的反应设计的一种原电池，工作原理如图所示。 ①d是 (填“正”或“负”)极，c的电极反应式为 。 ②若线路中转移0.5mol电子，则该电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积约为 L。 3．（23-24高一下·河南开封·期末）海水的综合开发、利用是海洋经济的一部分。海水综合利用的部分流程图如下： 回答下列问题。 (1)由海水晒制的“粗盐”中含有、和。“提纯”时，所加下列四种试剂的先后顺序是 。（填序号） ①盐酸    ②溶液    ③NaOH溶液    ④溶液 (2)反应Ⅰ和Ⅱ分别表示氯碱工业和工业制备金属钠的反应原理。 ①依据图中转化，反应Ⅰ的化学方程式为 。 ②已知NaCl在水中或熔融状态下均完全电离，从反应物的微粒和性质的角度，分析反应Ⅰ和Ⅱ还原产物不相同的原因是 。 (3)向“母液”中通入热空气的目的是 。 (4)用吸收转化为“含的溶液”，反应的离子方程式为 ；由海水提溴过程中的反应可得出、、还原性由强到弱的顺序为 。 (5)“含的溶液”中存在，设计简易实验证明 。 （23-24高一下·上海闵行·期末）嫦娥五号的顺利发射，预示着中国对月球的探索更进一步。 月球土壤中富含铁元素，某月壤样本中含某难溶固体化合物A仅由3种元素组成，科学研究小组按如下流程探究其组成。 已知：A与稀盐酸恰好完全反应，溶液B只含一种溶质且能滴入KSCN溶液后变血红色。 4．固体化合物A所含铁元素有 mol。 5．根据上题结论和其他数据，固体A的化学式为 。 6．某同学将上述流程中所得的红棕色固体与一定量进行反应，取少许反应后的固体，溶于足量稀盐酸中，再向其中滴加KSCN溶液，溶液未变红。据此，该同学得出结论：此红棕色固体已与反应完全。你认为该同学的结论是否严谨？ (填“是”或“否”)。请结合离子方程式说明原因 。 7．（23-24高二下·河南信阳·阶段练习）[]常用于生产加氢、脱硫等石油精炼催化剂，微溶于水，能溶于碱和氨水。工业中用钼精矿(主要含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图所示。 回答下列问题： (1)[]中Mo的化合价为 ；“焙烧”产生的气体是 。 (2)辉钼(MoS₂)在纳米电子设备制造领域比硅或富勒烯(如C60)更有优势，可用H2S硫化溶液生产辉钼。H₂S分子的VSEPR模型为 ，(NH4)2MoO4中所有元素的第一电离能由大到小的顺序为 。 (3)“浸出”时，MoO转化为MoO。提高单位时间内钼浸出率的措施有 。 (4)“净化”后溶液中若有低价钼(MoO表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO，其反应离子方程式为 。 (5)“净化”时加入(NH4)2S，为了使浸出液中残留的Cu2+、Fe2+离子浓度小于1.0×10-6mol/L，应控制溶液的p(S2-)小于 。(已知：p(S2-)=-lgc(S2-)，pKp=-lgKp；CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2)。 (6)“沉淀”时，加入NH4NO3的目的是 。 8．（23-24高二下·湖北黄冈·阶段练习）硫酸铈铵[]是分析化学常用的滴定剂。以氯化铈()为主要原料合成硫酸铈铵的微型流程如下： 回答下列问题： (1)的阴离子中C原子的杂化方式是 。 (2)为了提高“酸溶”的速率，可采取的措施是 (任写一种)。 (3)其中“沉铈”的离子方程式为 。 (4)常用作玻璃工业添加剂，其立方晶胞如图所示。为阿伏加德罗常数的值，已知两个的最近距离为a nm。 晶胞中，氧离子填充在铈离子构成的 空隙中(填“正四面体”或“正八面体”)，铈离子与氧离子的最近距离为 nm。 (5)若在其立方晶胞中掺杂，占据部分原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示。(已知：的空缺率=) 若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 9．（23-24高一下·四川宜宾·期末）氮化硅(Si3N4)是一种性能优异的无机非金属材料。一种用石英砂(含SiO2和少量铁、铜的单质及氧化物)和某种原料气合成氮化硅的工艺流程如下图： 已知：常温下Si3N4不溶于稀酸(氢氟酸除外)；高温下Si3N4能与氧气反应。回答下列问题： (1)Si3N4中氮元素的化合价是 。 (2)“高温还原”时，生成硅的化学方程式是 。 (3)“加热净化”时，铜屑的作用是 。 (4)粗硅中，除硅外还含有的单质是 ，X宜选用 (填字母标号)。。 A．稀盐酸     B．稀硝酸     C．稀硫酸       D．稀氢氟酸 (5)工业上还可以采用化学气相沉积法制备Si3N4.在H2环境中，SiCl4与N2在高温下反应生成Si3N4，该反应的化学方程式是 。 10．（23-24高一下·广西南宁·期末）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体()： 一定条件下，溶液中各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示，回答下列问题： 金属离子 开始沉淀时的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 (1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是溶解表面油脂和 ，为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀，写出该反应的离子方程式 。 (2)“酸浸”过程，为加快浸出率，可采取的措施是 。(至少两条) (3)“调pH”应控制的pH范围是 ，若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，则“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。 (4)为得到，“系列操作”包括 、过滤、洗涤、干燥。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。 11．（23-24高二下·山东潍坊·期末）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下： 已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。 ②NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下： 硫酸浓度/(mol•L-1) 18 15 12 9 6 0 硫酸银溶解量/(g•L-1) 209.00 78.94 31.20 11.14 8.74 4.68 回答下列问题： (1)“顺铂”分子中Pt的化合价为 。 (2)“氧化浸出”中，应选用上表所列 mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为 。 (3)“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为 。 (4)“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为 该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有 (填化学式)。 12．（23-24高一下·吉林·期末）工业上由黄铜矿(主要成分为)冶炼铜和制备硫酸的生产流程如图所示： 已知：冰铜主要成分是、，泡铜主要成分是、。 回答下列问题： (1)提高黄铜矿焙烧利用率的措施有 (答两条)。 (2)“焙烧Ⅱ”被称为“火法炼铜”，转化为，继续与反应生成，写出与反应的化学方程式： 。 (3)“铝热反应”中，每消耗1mol铝，理论上可以获得 g铜。 (4)写出“氧化”步骤发生反应的化学方程式： 。 (5)某研究小组使用甲烷燃料电池作为电源，将进行电解精炼铜(粗铜中只含银、铜和锌)和电镀结合，设计了如图所示装置： ①甲装置中a极的电极反应式为 。电解质溶液中从 极移向 极(填“a”或“b”)。 ②乙装置中待镀金属的质量增加时，甲池中理论上消耗的体积为 (标准状况下)，丙池中 (填“A”或“B”)极析出 g铜。 13．（23-24高一下·北京西城·期末）银广泛应用于化工、电子和工业催化等领域，废银催化剂中回收银的一种流程示意图如下（部分条件和试剂略）。 (1)银的溶解 ①用稀溶出废银催化剂中的，反应的化学方程式是 。 ②研究表明，相同时间内，用硝酸-双氧水协同法溶，不仅可减少氮氧化物的产生，还可提高银的浸出率。银的浸出率随温度的变化如图所示。 i．溶银过程中，双氧水可能参与的反应的方程式是 。 ⅱ．时硝酸-双氧水协同法银浸出率下降的原因可能是 。 (2)银的沉淀 操作b的名称是 。 (3)银的还原 作还原剂，可将还原出来，将反应的化学方程式补充完整： (4)银的含量测定 已知：（白色） 取银锭样品用稀硝酸溶解，得到待测液。取待测液，滴加2滴溶液，再用溶液沉淀，至出现稳定的浅红色时消耗溶液。 ①上述过程中的作用是 。 ②银锭中银的质量分数是 。 14．（23-24高一下·江苏常州·期末）硫铁矿(主要成分为)在硫酸工业中应用广泛，现以硫铁矿烧渣(主要成分为、，还含有少量杂质)为原料，氨水为沉淀剂制备硫酸亚铁晶体的实验流程如下： (1)“焙烧”时，鼓入过量的空气的目的是 。“操作1”的名称为 。 (2)加入的目的是 ；需要控制温度35℃~38℃，原因是 。 (3)加入氨水沉淀时，调节可使Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，滤液2中主要成分为 (填化学式)。 (4)“还原”时，发生的主要反应的离子方程式为 ；检验Fe3+是否完全转化的实验方法是 。 (5)固定其他条件不变，铁粉过量系数对酸浸后滤液中Fe3+还原率的影响如图所示。若取加硫酸后的溶液[其中]制备晶体，则向滤液中加入铁粉的质量为 。 (6)准确称取硫酸亚铁晶体，加水完全溶解，滴加酸性溶液恰好完全反应，消耗酸性溶液。则硫酸亚铁晶体中的质量分数 (写出计算过程，结果保留小数点后两位)。【已知：Fe2++MnO+H+=Fe3++Mn2++H2O(未配平)】 15．（23-24高二下·四川眉山·期末）氯化亚铜的分子式为，外观为白色或灰白色粉末，是重要的铜盐产品。某学习小组用氨性铜蚀刻液制取氯化亚铜的流程如图所示，回答下列问题： 已知：①难溶于水和乙醇，易溶于浓度较大的体系(CuCl+Cl-CuCl)。 ②的氨性铜蚀刻液的部分成分如表所示。 成分 1.615 0.355 4.370 8.999 2.326 (1)基态铜原子的核外电子排布式为 ，基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为 。 (2)“还原”时加入和，此时发生反应的离子方程式为 ，需要严格控制的量，原因是 。 (3)氯化亚铜的晶胞结构如图所示。 ①距离最近的构成了 (填空间结构名称)。 ②设为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a pm，则该晶体的密度 。 16．（23-24高一下·江西南昌·期末）海洋约占地球表面积的71%，其中的水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。根据下列流程回答问题： (1)海水提溴工艺也叫做“吹出法”，其过程包括氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节。吸收环节中，用的水溶液吸收“吹出”的溴单质时，发生反应的化学方程式为 。 (2)“提镁”工序中分离出氢氧化镁的操作是 ，工业上获取氢氧化镁用石灰乳而不用氢氧化钠溶液的原因是 。 (3)产品A的主要成分是 。 (4)“联合制碱”工序中，是将CO2和NH3通入饱和食盐水中，析出碳酸氢钠晶体，将其分离出来，再加热分解得到纯碱。为提高产率，应向饱和食盐水中先通入 （填化学式），生成碳酸氢钠晶体的化学方程式为 。 (5)我省深居内陆，居民可通过食用加碘食盐的方式补充碘元素的摄入，要测定食盐中的碘元素（以形式存在），可在酸性条件下加入KI将其转化为进行定量检测，该转化过程的离子方程式为 。 (6)科学家开发了一种二氧化碳淡化海水技术，其循环如图所示。 与淡化前的海水相比，淡化后的海水导电能力会 （填“增强”或“减弱”）。 17．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）化工专家侯德榜先生发明的“侯氏制碱法”为我国的制碱工业作出了突出贡献，在人类的化工史上写下了光辉一页。 (1)工业上通常采用铁触媒作催化剂，在400∼500℃和10MPa∼30MPa的条件下合成氨，制备时及时将氨气液化从平衡混合物中分离出去，目的是 。 (2)上述流程中为什么要先“吸氨”再“碳酸化”？试解释原因： 。“碳酸化”时发生反应的化学方程式为 。 (3)俗称纯碱，其水溶液呈碱性，试用离子方程式解释原因： 。 (4)室温下溶液，则在水溶液中的电离程度 （填“>”“<”或“=”）水解程度。 (5)NaCl晶胞结构如图，在NaCl晶胞中，与等距且最近的有 个，与等距且最近的有 个。NaCl晶体硬度较大，熔点较高，是因为微粒间存在较强的 。 18．（23-24高一下·江苏泰州·期末）以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而制备某种锰氧化物催化剂Mn12O19的工艺流程如下： 已知：①“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗。使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ②MnSO4的溶解度如图所示。 (1)Mn形成阳离子时首先失去的电子所在轨道的形状为 。 (2)工业上常用硝酸酸洗而不用磷酸酸洗，主要原因是 。 (3)“还原”过程中溶液的酸性增强，可能的原因是 。 (4)由“还原”后溶液制得MnSO4·H2O的操作为 。 (5)Mn12O19中氧元素化合价均为-2，锰元素的化合价有两种，则其中Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)物质的量之比为 。 (6)制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1∶5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。制备Mn12O19的离子方程式为 。 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 参考答案： 1．(1)O2 (2)2.8-7.4 (3)Mg2++2F-=MgF2↓ (4) (5) (6)186 (7)ac 【分析】钴矿石加入硫酸过滤后，不溶于酸被除去则沉淀1为SiO2，得到的溶液1中含有Co2+、Co3+、Mn2+、Fe3+、Mg2+；溶液1加入氢氧化钠溶液调节pH，根据信息中金属离子沉淀的pH可知，沉淀2为氢氧化铁沉淀，溶液2含有Co2+、Co3+、Mn2+、Mg2+，加入氟化钠溶液后生成氟化镁沉淀，则沉淀为3为氟化镁沉淀；溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，根据问题（4）提示可知，Co2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，同时Mn2+转化为二氧化锰，此时溶液4中含有阳离子为[Co(NH3)6]3+，加入稀硫酸和草酸铵后被还原为CoC2O4； 【详解】（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种气体，反应中钴化合价降低被还原，则应该有元素被氧化，结合质量守恒可知，氧被氧化为氧气，故该气体是O2； （2）根据题目信息分析，pH=2.8时，氢氧化铁完全沉淀，则将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而其它离子不沉淀，应调节pH为2.8-7.4； （3）溶液2中加入NaF溶液，，生成氟化镁沉淀，发生反应的离子方程式为Mg2++2F-=MgF2↓； （4）过氧化氢具有氧化性，将二价钴氧化为三价钴，溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，离子方程式为：； （5）过氧化氢具有氧化性，将二价锰氧化为二氧化锰沉淀，溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液后，产生MnO2的离子方程式为：； （6）溶液4中，若将1 mol [Co(NH3)6]3+全部转化为CoC2O4沉淀，反应中Co化合价降低，则草酸根离子会被氧化为二氧化碳气体，结合电子守恒可知，1 mol [Co(NH3)6]3+全部转化为CoC2O4沉淀需0.5mol(NH4)2C2O4还原剂，同时需要1mol(NH4)2C2O4提供草酸根离子转化为CoC2O4沉淀，故共需1.5mol(NH4)2C2O4，质量为186g。 （7）a．若矿石粉中存在少量的氧化亚铁，加入浓硫酸浸取时，氧化亚铁会和浓硫酸反应生成硫酸铁，此时按照题中步骤进行操作也可制得纯度相同的，a正确； b．向溶液3中加入氨水是为了调节溶液的pH，同时还使Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，b错误； c．流程中镁离子的除去方式为使其形成氟化镁沉淀，因此仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，c正确； 故选ac。 2．(1)△H=+484 (2) ABFG (3) -726.5 正 2.8 【详解】（1）焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，△H=4×463 -2×436 -496 =+484 ，故水蒸气分解为氢气和氧气的热化学方程式为：△H=+484 ； （2）①反应的系数比等于反应的物质的量之比，反应消耗8mol二氧化碳生成8mol甲醇，结合质量守恒可知，同时8mol水，结合氢守恒，则反应24mol氢气，故化学方程式是。 ②A．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，选； B．压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，选； C．四种气体的物质的量浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不能判断达到平衡，不选； D．各物质均为气体，密度保持不变，容器中气体密度不再变化，不能判断反应达到平衡，不选； E．甲醇分子2存在H-O键，单位时间内断裂3mol H-H键，同时断裂2mol H-O键，则正逆反应速率不等，没有达到平衡，不选； F．反应的系数比等于反应的速率之比，3v逆(CH3OH)=v正(H2)，则正逆反应速率相等，反应平衡，选； G．容器中n(CH3OH)：n(H2O)不再变，说明平衡不再移动，达到平衡，选； 故选ABFG。 （3）Ⅰ．已知： ①H2O(g) = H2O(l)  ∆H=-44kJ/mol ②CH3OH(l) + O2(g) = CO2(g) + 2H2(g)  ∆H=-154.5kJ/mol ③△H=+484 燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由盖斯定律可知，2①+②-③得25℃时甲醇的燃烧热CH3OH(l) +O2(g) = CO2(g)+2H2O(l)  ∆H=-726.5kJ/mol。 Ⅱ．该过程为甲醇燃料电池，原电池中阳离子向正极移动，则根据氢离子移动方向，c是负极，d为正极，负极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳：； ②正极反应为，若线路中转移0.5mol电子，则该电池理论上消耗的氧气在标准状况下的体积为0.5mol÷4×22.4L/mol=2.8L。 3．(1)③④②①或④③②①或④②③① (2) NaCl水溶液中，得电子的微粒有和，因为得电子能力强于，故还原产物为；NaCl在熔融状态下，得电子微粒只有，故还原产物为Na (3)吹出溴蒸气等 (4) (5)取少量含的溶液于试管中，先加入稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，则含的溶液中存在 【分析】从海水中得粗盐和含溴离子的母液，粗盐提纯得氯化钠，电解氯化钠溶液得氢氧化钠、氢气和氯气，电解熔融氯化钠得钠和氯气，往含溴离子的母液中加稀硫酸、通氯气之后，通热空气吹出溴单质，用二氧化硫和水吸收吹出来的Br2，得含溴离子的溶液，往其中通入氯气生成溴单质。 【详解】（1）由海水晒制的“粗盐”中含有、和，“提纯”时，可用足量溶液除去，可用足量溶液除去，可用足量NaOH溶液除去，除时由于足量，则多余的可用溶液除去，所以④溶液一定要在②溶液之前，多余的和NaOH可用盐酸除去，所以①盐酸在最后，而③NaOH溶液只要在盐酸之前即可，即所加下列四种试剂的先后顺序是③④②①或④③②①或④②③①； （2）①依据图中转化，反应Ⅰ表示氯碱工业反应原理，其化学方程式为； ②NaCl在水中或熔融状态下均完全电离，NaCl水溶液中，得电子的微粒有和，因为得电子能力强于，故还原产物为；NaCl在熔融状态下，得电子微粒只有，故还原产物为Na，所以反应Ⅰ和Ⅱ还原产物不相同； （3）经过稀硫酸酸化、通氯气后，母液中的溴离子被氧化为Br2，溴易挥发，向“母液”中通入热空气的目的是吹出溴蒸气等； （4）用吸收转化为“含的溶液”，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物，海水提溴过程中，氯气氧化溴离子：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，溴离子是还原剂、氯离子是还原产物，还原性＞；，二氧化硫是还原剂、溴离子是还原产物，还原性＞，所以从反应可得出、、还原性由强到弱的顺序为； （5）要证明“含的溶液”中存在，即检验，可取少量含的溶液于试管中，先加入稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，则含的溶液中存在。 4．0.2 5．FeOCl 6． 否 若有Fe2O3少量剩余，溶于酸后发生反应2Fe3++Fe= 3Fe2+，滴加KSCN溶液后，溶液液不变红色 【分析】溶液B分两等份，加入足量NaOH溶液产生沉淀C，灼烧得到红棕色固体8.00g，则C为Fe(OH)3，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.05mol，则21.5gA中n(Fe)=0.2mol；溶液B与硝酸酸化的硝酸银反应生成43.05gAgCl沉淀，n(AgCl)==0.3mol ，则A中n(Cl)=(0.3×2-0.1×4)mol=0.2mol；根据质量守恒，A中氧元素的质量是21.5g-0.2mol×56g/mol-0.2mol×35.5g/mol=3.2g，n(O)=，A中n(Fe)：n(O)：n(Cl)=1：1：1，则A的化学式为FeOCl。 4．溶液B分两等份，加入足量NaOH溶液产生沉淀C，灼烧得到红棕色固体8.00g，则C为Fe(OH)3，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe2O3)==0.05mol，则21.5gA中n(Fe)=0.2mol； 5．根据以上分析A的化学式为FeOCl； 6．若有Fe2O3少量剩余，溶于酸后发生反应2Fe3++Fe= 3Fe2+，滴加KSCN溶液后，溶液液不变红色，因此该同学说法不严谨。 7．(1) +6 (2) 四面体形 (3)适当升温、增大浓度 (4) (5)11.2 (6)提供,使充分转化为沉淀析出 【分析】钼精矿(主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等)通入氧气焙烧得到MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，MoO3转化为Mo，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含Mo42-和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含Mo，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到。 【详解】（1）已知(NH4)2Mo4O13中N为-3价、H为+1价、O为-2价，结合正负化合价代数和为0可知Mo的化合价为+6；由分析可知，焙烧时产生的气体为SO2； （2）在H2S分子中，中心S原子价层电子对数为2+=4，所以H2S的VSEPR模型为四面体形；同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但是N的第一电离能大于O，Mo为金属元素，第一电离能小于非金属；(NH4)2MoO4中所有元素的第一电离能由大到小的顺序为； （3）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌(或增加Na2CO3用量)； （4）溶液中若有低价钼(以MoO表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO，则氧化剂为H2O2，还原产物为-2价的O，还原剂为MoO，氧化产物为MoO，则反应的离子方程式为； （5）CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于1.0×10-6mol/L，则S2-浓度大于mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于1.0×10-6mol/L，则S2-浓度大于mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)＞10-11.2mol/L，p(S2-)小于11.2； （6）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13•2H2O，因此加入NH4NO3的目的是提供，使充分转化为沉淀析出。 8．(1)杂化 (2)适当增大硫酸浓度；适当升温；搅拌 (3) (4) 正四面体 (5)10% 【分析】该工艺流程原料为氯化铈（），产品为，溶液与碳酸氢铵反应生成沉淀，灼烧时与氧气发生氧化还原反应生成，加入硫酸酸溶生成，再加入硫酸铵合成。 【详解】（1）的阴离子中碳原子价层电子对数为3，杂化方式是杂化； 故答案为：杂化； （2）采用适当增大硫酸浓度、适当升温、搅拌等措施，可以提高“酸溶”的速率； 故答案为：适当增大硫酸浓度或适当升温或搅拌； （3）“沉铈”的工艺中的发生溶液与反应生成沉淀，离子反应为； 故答案为：； （4）在晶胞中，铈离子位于顶角及面心，氧离子有8个位于晶胞体内，与氧离子距离最近且等距离的铈离子有4个，以1个氧离子为体心，4个铈离子构成正四面体，故氧离子填充在铈离子构成的正四面体的空隙；两个的最近距离为a nm，晶胞参数为，铈离子与最近的氧离子距离为体对角线的，故为； 故答案为：正四面体；； （5）在掺杂的晶胞中，占据部分原来的位置，晶胞中及位于顶角、面心有4个，及空位位于晶胞体内有8个，晶体中，则为，为，为，空位为，的空缺率=； 故答案为：。 9．(1)-3 (2) (3)除去氮气中的氧气，防止氮化硅与氧气反应 (4) Fe、Cu B (5) 【分析】石英砂中SiO2与C高温还原生成Si和CO，Cu加热与氧气反应生成CuO除去氧气，硅单质和氮气反应生成Si3N4，加入稀酸再水洗得到Si3N4； 【详解】（1）Si3N4中硅为+4价，由正负化合价代数和为0，氮元素的化合价是-3价； （2）“高温还原”时，SiO2与C高温还原生成Si和CO，反应的化学方程式是； （3）“加热净化”时，Cu加热与氧气反应生成CuO，铜屑的作用是除去氮气中的氧气，防止氮化硅与氧气反应； （4）石英砂(含SiO2和少量铁、铜的单质及氧化物)，在高温还原中生成单质铁和铜，粗硅中，除硅外还含有的单质是Fe、Cu，已知：常温下Si3N4不溶于稀酸(氢氟酸除外)，稀酸X不能选择稀氢氟酸，稀盐酸和稀硫酸无法除去Cu，因此X宜选用稀硝酸，故选B； （5）在H2环境中，SiCl4与N2在高温下反应生成Si3N4，该反应的化学方程式是。 10．(1) 除去铝及其氧化物 (2)粉碎固体、搅拌、适当提高温度、适当增加酸的浓度、延长浸取时间等 (3) 3.2～7.2 (4)蒸发(加热)浓缩、冷却结晶 (5) 【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①主要含有Na[Al(OH)4]，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到主要含有Ni2+、Fe2+、Fe3+和的滤液②，滤渣②为不溶性杂质，再加H2O2溶液，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，则滤渣③主要成分为Fe(OH)3，滤液③主要含有NiSO4，最后再控制pH经系列操作得到硫酸镍晶体。 【详解】（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是溶解表面油脂和除去铝及其氧化物，滤液①主要含有Na[Al(OH)4]，为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：； （2）“酸浸”过程，为加快浸出率，可采取的措施是：粉碎固体、搅拌、适当提高温度、适当增加酸的浓度、延长浸取时间等； （3）经“转化”后溶液中剩余的金属离子为：Fe3+和Ni2+，根据表格，“调pH”应控制的pH范围是：3.2～7.2；若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，则Fe2+未沉淀，经氧化后得到Fe3+，则“滤液③”中可能含有的杂质离子为：Fe3+； （4）为得到，“系列操作”包括蒸发(加热)浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （5）根据题意，在强碱溶液中硫酸镍被氧化生成NiOOH，该反应的离子方程式为：。 11．(1)+2 (2) 18 (3)将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌 (4) NaCl 【分析】含铂的碘化银中加入N2H4、氢氧化钠还原得到银、铂固体，固体加入硫酸氧化浸出分离出不反应的铂和含有硫酸银的滤液，滤液稀释后加入氯化钠固体得到氯化银沉淀，氯化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银。 【详解】（1）根据化合价代数和为零可知，“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2] 分子中Pt的化合价为+2； （2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银，结合图表可知，应选用上表所列18mol·L-1 H2SO4，发生的反应为银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水，化学方程式为； （3）浓硫酸溶于水放出大量的热，氧化浸出操作中使用了过量浓硫酸，“稀释”具体操作为将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌； （4）已知是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，则反应为氯化银、、氢氧根离子反应生成银单质、氮气、水、氯离子，反应的离子方程式为；该工艺经物理处理，从滤液1、3中得到的NaCl在沉银流程中再生循环利用。 12．(1)黄铜矿粉碎、通入足量的空气 (2) (3)192 (4) (5) b a 280 B 1.6 【分析】由题给流程可知，向黄铜矿中加入石英砂，在空气中焙烧得到气体A二氧化硫和含有硫化亚铜和硫化亚铁的冰铜；二氧化硫与空气中的氧气发生催化氧化反应生成三氧化硫，三氧化硫被浓硫酸吸收得到发烟硫酸；向冰铜中加入石英砂，在空气中焙烧得到熔渣和含有铜和氧化亚铜的泡铜；泡铜与铝高温条件下发生铝热反应得到粗铜，粗铜经精炼得到精铜 【详解】（1）黄铜矿粉碎、通入足量的空气等措施能提高黄铜矿焙烧利用率； （2）由题意可知，焙烧Ⅱ中氧化亚铜和硫化亚铜发生的反应为氧化亚铜和硫化亚铜高温条件下反应生成铜和二氧化硫，反应的化学方程式为； （3）泡铜与铝高温条件下发生铝热反应得到粗铜，化学方程式为，由方程式知，每消耗1mol铝，理论上可以获得3mol铜，3mol铜的质量为192g； （4）由分析知，二氧化硫与空气中的氧气发生催化氧化反应生成三氧化硫，“氧化”步骤发生反应的化学方程式； （5）①由图知，甲装置中a极为燃料电池的负极，电极反应式为；电解质溶液中由正极移向负极，即从b极移向a极；②乙装置中待镀金属极的电极反应式为，质量增加时，转移的电子数为，甲池中b极消耗氧气，电极反应式为，则理论上消耗的体积为；丙池中B极与电源负极相连，为阴极，有铜析出，电极反应式为，析出的铜的质量为。 13．(1)     温度由升至时，分解速率大，浓度显著降低 (2)过滤 (3) (4) 指示恰好沉淀完全 【分析】含银废渣与稀硝酸反应：得到硝酸银溶解，向溶液中加入氯化钠可以将硝酸银转化为氯化银沉淀过滤，向氯化银沉淀中加入氨水形成络合物溶解：，并使用N2H4进行还原分离，由此得到银锭。 【详解】（1）①用稀溶出废银催化剂中的，反应的化学方程式是。 ②用硝酸-双氧水协同法溶，不仅可减少氮氧化物的产生，还可提高银的浸出率，由此推测双氧水氧化NO或Ag，化学方程式为 、 。 时硝酸-双氧水协同法银浸出率下降的原因可能是温度由升至时，分解速率大，浓度显著降低。 （2）经操作b分离得到溶液和沉淀，可知该操作为过滤。 （3）由得失电子守恒和原子守恒可知化学方程式为。 （4）①取待测液，滴加2滴溶液，再用溶液沉淀，至出现稳定的浅红色即铁离子与硫氰根离子络合时达到滴定终点，可知上述过程中的作用是指示恰好沉淀完全。 ②由可知银锭样品中含银质量为，则银锭中银的质量分数是。 14．(1) 使硫铁矿尽可能充分反应 过滤 (2) 用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，便于下一步用氨水使Fe3+沉淀 升温能增大反应速率，温度过高则H2O2受热分解 (3)Al2(SO4)3、(NH4)2SO4 (4) Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液，如果出现血红色，说明未完全转化，若未出现血红色，说明完全转化 (5)6.72 (6)86.88 【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2)通入空气焙烧得硫铁矿烧渣(主要成分为FeO、Fe2O3，还含有少量SiO2、Al2O3杂质)，加入硫酸，铁的氧化物、氧化铝溶解，转化为Fe2+、Fe3+、Al3+进入滤液1，SiO2不溶于硫酸，为滤渣1的成分，滤液1中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，向氧化后的混合液中加入氨水，调pH使Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，Al3+进入滤液2，滤液2中还有铵根、硫酸根，滤渣2为Fe(OH)3，加入H2SO4溶解Fe(OH)3得Fe3+的溶液，加入Fe进行还原，得到FeSO4溶液，最终得到FeSO4·7H2O晶体； 【详解】（1）“焙烧”时，鼓入过量的空气的目的是使硫铁矿尽可能充分反应，“操作1”是进行固液分离，操作的名称为过滤； （2）硫铁矿烧渣与H2SO4反应后的滤液1中含有Fe2+，用H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，便于下一步用氨水使Fe3+沉淀，升温能增大反应速率，温度过高则H2O2受热分解，故需要控制温度35℃~38℃； （3）加入氨水沉淀时，调节pH可使Fe3+沉淀而Al3+不沉淀，由分析，Al3+进入滤液2，滤液2中还有铵根、硫酸根，故滤液2中主要成分为Al2(SO4)3、(NH4)2SO4； （4）“还原”时，加入Fe还原Fe3+得到FeSO4溶液，发生的主要反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，检验Fe3+是否完全转化，可以取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液，如果出现血红色，说明未完全转化，若未出现血红色，说明完全转化； （5）由图可看出过量系数为1.2时还原率已经达到最高，也即加入的铁粉的量为三价铁消耗铁粉量的1.2倍；n(Fe3+)=2.0mol⋅L−1×0.1L=0.2mol，根据反应2Fe3++ Fe=3Fe2+知理论上需要铁的物质的量为0.1mol，故所需要加入的铁粉的物质的量为0.12mol，质量为0.12mol×56g/mol=6.72g； （6）根据氧化还原反应得失电子守恒，Fe2+失电子，+2价变为+3价，高锰酸根得电子变为Mn2+，故反应消耗的物质的量n(Fe2+)=n()，滴加0.01000mol⋅L−1酸性KMnO4溶液恰好完全反应，消耗酸性KMnO4溶液50.00mL，故n()=0.01000mol⋅L−1×0.05L=5×10-4mol，则n(FeSO4·7H2O)=n(Fe2+)=5×5×10-4mol=2.5×10-3mol，可得硫酸亚铁晶体中FeSO4⋅7H2O的质量分数为 15．(1) 或 14 (2) 防止生成，使产率下降 (3) 正四面体 【分析】根据时氨性铜蚀刻液的主要成分可知，加入稀硫酸将转化为硫酸铜，加入亚硫酸钠和盐酸含有铜离子生成氯化亚铜，最后烘干得到氯化亚铜，据此解答。 【详解】（1）铜的原子序数是29，基态铜原子的核外电子排布式为或，基态亚铜离子的核外电子排布式为，其中电子占据的原子轨道数目为1+1+3+1+3+5＝14； （2）“还原”时加入和，此时被还原为氯化亚铜，发生反应的离子方程式为：；根据已知信息可判断为防止生成，使产率下降，因此需要严格控制的量； （3）①根据晶胞结构可判断距离最近且等距的位于面心处，其数目为12，距离最近的的是4个，构成了正四面体； ②晶胞中数目是，全部在晶胞中，共计是4个，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a pm，则该晶体的密度：。 16．(1) (2) 过滤 石灰乳原料丰富，成本低 (3)CaSO4 (4) (5) (6)减弱 【分析】浓海水加入沸石吸附提钾得到硝酸钾，通入氯气氧化溴离子生成溴单质，加入熟石灰提镁得到氢氧化镁，浓缩提钙得到产品A为硫酸钙，最后产品主要是氯化钠溶液，可以晒盐得到氯化钠晶体，用于氯碱工业和联合制碱。 【详解】（1）用的水溶液吸收“吹出”的溴单质发生氧化还原反应生成HBr和硫酸，发生反应的化学方程式为； （2）氢氧化镁难溶于水，“提镁”工序中分离出氢氧化镁的操作是过滤；工业上获取氢氧化镁用石灰乳而不用氢氧化钠溶液的原因是：石灰乳原料丰富，成本低； （3）氢氧化钙和硫酸钠反应生成硫酸钙微溶于水，产品A的主要成分是CaSO4； （4）氨气极易溶于水，应该先通，后通二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，饱和食盐水、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为：； （5）在酸性条件下加入KI将KIO3转化为，该转化过程的离子方程式为； （6）水的导电性与离子浓度有关，该循环使海水中氯化钠浓度降低，故经循环后水的导电性减弱。 17．(1)减少生成物浓度，促进平衡正移 (2) 先“吸氨”，溶液呈碱性，能吸收更多的，生成高浓度的，有利于析出 （或，） (3)、 (4)< (5) 6 12 离子键 【分析】“侯氏制碱法”的基础原料是二氧化碳、氨气和饱和食盐水,反应的原理如下:Ⅰ.(由于该反应中生成的NaHCO3过多,而水又溶解不完,所以NaHCO3会首先以固体沉淀物的形式从水中结晶析出);Ⅱ. 2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑ 【详解】（1）工业上通常采用铁触媒作催化剂，在400∼500℃和10MPa∼30MPa的条件下合成氨，制备时及时将氨气液化从平衡混合物中分离出去，目的是减少生成物浓度，促进平衡正移。故答案为：减少生成物浓度，促进平衡正移； （2）上述流程中先“吸氨”再“碳酸化”的原因：先“吸氨”，溶液呈碱性，能吸收更多的，生成高浓度的，形成饱和溶液，有利于析出。“碳酸化”时发生反应的化学方程式为（或，）。故答案为：先“吸氨”，溶液呈碱性，能吸收更多的，生成高浓度的，有利于析出；（或，）； （3）属于强碱弱酯盐，水解后其水溶液呈碱性，用离子方程式解释原因：、。故答案为：、； （4）电离呈酸性，水解呈碱性，室温下溶液，则在水溶液中的电离程度<水解程度。故答案为：<； （5）NaCl晶胞结构如图，在NaCl晶胞中，与等距且最近的有6个，与等距且最近的有12个。NaCl晶体硬度较大，熔点较高，是因为微粒间存在较强的离子键。故答案为：6；12；离子键。 18．(1)球形 (2)与溶液中的Ca2+、Mg2+杂质离子会生成难溶性的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无关通过“酸洗”步骤除去 (3)SO2与水反应产生H2SO3，H2SO3具有强的还原性，与具有强氧化性MnO2反应变为H2SO4，弱酸变为强酸，因而溶液酸性增强 (4)温度控制在120℃左右进行蒸发浓缩获得晶体，当出现大量晶体时趁热过滤，洗涤干燥。 (5)5∶1 (6)2+10Mn2++2+11H2O=Mn12O19↓+4+22H+ 【分析】软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]先用硝酸进行酸洗，可以使难溶性的钙镁碳酸盐变为可溶性的Ca(NO3)2、Mg(NO3)2，而除去钙镁碳酸盐，而MnO2不溶，仍以固体形式存在，过滤后向所得固体中加入水进行制浆，再向其中通入SO2气体，在溶液中发生氧化还原反应：MnO2+SO2 =MnSO4，经120℃左右蒸发浓缩、当出现大量晶体时，趁热过滤可获得MnSO4·H2O晶体，将KMnO4、MnSO4铵、按1：5混合，并加入K2S2O8，发生反应产生Mn12O19固体及可溶性K2SO4、H2SO4物质，过滤分离得到Mn12O19。 【详解】（1）Mn是25号元素，根据构造原理，可知基态Mn原子价电子排布式是3d54s2，Mn形成阳离子时首先失去的电子是4s电子，其所在轨道的形状为球形； （2）工业上常用硝酸酸洗而不用磷酸酸洗，主要原因是磷酸电离产生的与溶液中的Ca2+、Mg2+杂质离子会生成难溶性的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，也会随同MnO2一同进入制浆工序，无关通过“酸洗”步骤除去； （3）“还原”过程中溶液的酸性增强，可能的原因是SO2与溶液中的水反应产生H2SO3，H2SO3具有强的还原性，MnO2具有强氧化性，会将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸，弱酸变为强酸，溶液中c(H+)增大，因而溶液酸性增强； （4）根据MnSO4的溶解度与溶液温度关系可知：若要由MnSO4溶液获得MnSO4·H2O，应该先控制温度在120℃将溶液蒸发浓缩，当出现大量晶体时趁热过滤、洗涤干燥就得到MnSO4·H2O。 （5）在Mn12O19中氧元素化合价均为-2，锰元素的化合价有两种，假设+3价的Mn数目为x，+4价Mn数目是y，3x+4y=2×19，x+y=12，解得x=10，y=2，则其中Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)物质的量之比为10∶2=5∶1； （6）制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1：5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒及物质的拆分原则，可知制备Mn12O19的离子方程式为：2+10Mn2++2+11H2O=Mn12O19↓+4+22H+。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 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