2025届高三化学过关专题训练 ----工业流程题

2025届高三化学过关专题训练----工业流程题 1．（23-24高二下·安徽亳州·阶段练习）青蒿素是烃的含氧衍生物，为无色针状晶体，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156-157℃，热稳定性差，青蒿素是高效的抗疟药。已知：乙醚沸点为35℃，从青蒿素中提取青蒿素的方法之一是以萃取原理为基础的，主要有乙醚萃取法和汽油浸取法。乙醚浸取法的主要工艺如图所示：          (1)操作I、Ⅱ中，不会用到的装置是 (填序号)。 A．    B．           C． (2)向干燥、破碎后的黄花蒿中加入乙醚的作用是 。 (3)操作I所用的玻璃仪器有 ，操作Ⅱ的名称是 ；操作Ⅲ的主要过程可能是 (填字母)。 A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶 B．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤 C．加入乙醚进行萃取分液 (4)下列有关青蒿素研究的说法正确的是___________。 A．利用黄花蒿茎叶研究青蒿素结构的基本步骤：分离、提纯→元素分析确定实验式→测定相对分子质量确定分子式→波谱分析确定结构式 B．可用X射线衍射测定分子的空间结构 C．元素分析仪可以确定青蒿素中是否含有C、H、O等元素 D．可用质谱法确定分子中含有何种官能团的信息 (5)青蒿素的结构简式如下图。则青蒿素分子中的含氧官能团除过氧键(-O-O-)外，还有 (写名称)。分子中碳原子的杂化方式有 。 2．（23-24高二下·云南·期末）工业上利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如下： 已知：①常温下，，，。 ②若溶液中被沉淀的离子浓度低于，则该离子已完全沉淀。 (1)钴元素的基态原子价层电子排布式是 。 (2)“酸化焙烧”是指用浓硫酸与矿石一起在650～700℃条件下加热，为有效提高该步骤的效率，常采取的措施是 (写出一条即可)。 (3)“浸出”步骤中加入，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使、完全沉淀，则pH至少为 。 (4)“沉锂”步骤所得母液中仍含有大量Li+，可将母液加入到“ ”步骤中。 (5)一种可充、放电锂离子电池的负极为嵌锂石墨()，正极材料为，放电时，从石墨中脱嵌移向正极，总反应为。该锂离子电池放电时的正极反应式为 。 3．（2024·山东·二模）我国钴资源相对贫乏，而湿法炼锌固体废弃物中含有较多的钴元素(高钴渣)，以下为一种高钴渣综合利用回收钴等各种金属元素的生产工艺。回答有关问题： 已知：I．高钴渣物相组成：、、、、CuO等。 Ⅱ．溶度积： 。 Ⅲ．是两性氢氧化物，可与强碱反应成。 (1)高钴渣酸浸过程中完全转化为，写出反应的化学方程式： ，滤渣1的主要成分是 (填化学式)。 (2)实验发现硫酸酸浸过程中，浸出液中金属离子浓度随硫酸浓度(质量分数)的变化情况如下图，工业生产中选择18%的硫酸作为浸出试剂，理由是 。锰浸出量()随硫酸浓度增大而升高的可能原因为 。 (3)滤液1加入碳酸钠溶液中和除杂，应调节pH最小为 (保留一位小数)，该过程中滴加碳酸钠溶液的速度要慢，否则会生成，写出反应的离子方程式： 。 (4)一次除锌后滤渣4主要成分为，经检测发现即使一次除锌过程中NaOH溶液足量，在中仍存在一定量的锌元素，可能的原因是 (5)为除掉中少量的锌，可在酸溶后加入有机络合试剂204(试剂B)萃取二次除锌，络合试剂结构为 (R为结构复杂的烃基)，其电离后阴离子容易与配位。实验发现二次除锌时pH应控制在4.0附近，不宜过低或过高，可能的原因是 。 4．（23-24高二下·江苏镇江·期末）实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料。其主要实验流程如下： (1)还原：向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使完全转化为。“还原”过程中除生成外，还会生成 (填化学式)；检验是否还原完全的实验操作是 。 (2)除杂：向“还原”后的滤液中加入溶液，使转化为沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致沉淀不完全，其原因是 [已知：，]。 (3)沉铁：将提纯后的溶液与氨水混合溶液反应，生成沉淀。 ①生成沉淀的离子方程式： 。 ②设计以溶液、氨水混合溶液为原料，制备的实验方案： [沉淀必须“洗涤完全”，开始沉淀的]。 (4)实验室常用氧化还原滴定法测定某样品中Fe的质量分数，步骤如下： Ⅰ．取样品充分磨碎，加过量稀硫酸充分溶解配成溶液，将溶液完全转移到容量瓶中并定容。 Ⅱ．准确量取待测液于锥形瓶中，用溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗溶液。 计算样品中Fe的质量分数 (写出计算过程)。 5．（23-24高一下·甘肃白银·期末）人们应用原电池原理制作的多种电池，广泛使用于日常生活、生产和科学技术等方面，以满足不同的需要。请按要求回答下列问题： (1)新一代锂二次电池体系和全固态锂二次电池体系是化学、物理等学科的基础理论研究与应用技术的前沿。 ①二次电池的比能量高、工作温度宽。二次电池中，放电时金属锂作 极。比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，可用来衡量电池的优劣，则Li、Na、Al分别作为电极时比能量由大到小的顺序为 。 ②一种制备CuO的过程如图： “酸浸反应”中，作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。写出“混合沉淀”过程产生的反应的离子方程式： 。 (2)可作为燃料使用，使用和组合设计的燃料电池的结构如图所示，电池总反应为，质子()交换膜左右两侧的溶液均为等浓度的稀硫酸。 ①物质a为 (填化学式)。 ②电极c上发生的电极反应为 。 ③每消耗的同时有 通过质子交换膜。 6．（2023高二上·广东佛山·学业考试）锂是一种重要的战略性金属，从废旧磷酸铁锂正极材料(含石墨、Al、等，还有少量不溶性杂质)中浸取锂的工艺流程如下： 已知：①；②。 (1)粉碎研磨废旧电池正极材料的目的是 。 (2)完全浸出时发生主要反应的化学方程式： 。 _______________； 浸出时Al与酸作用的离子方程式为 。 (3)滤泥中主要成分为 (填化学式)。 (4)当恰好完全沉淀(浓度等于)时，净化液中 ，此时溶液pH= 。 (5)沉锂后母液中可回收利用的主要物质为 (填名称)。 (6)已知磷酸()为三元弱酸，“浸出”时，盐酸用量对各元素的浸出率影响如图，当盐酸用量超过1.0倍后，Fe、P元素浸出率随盐酸用量增多而增大，用平衡移动原理解释可能的原因 。 7．（22-23高三上·广西南宁·阶段练习）一种利用低品位铜矿(Cu2S、CuS、FeO和Fe2O3等)为原料制取CuCl的工艺流程如下： 已知：i．水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。 ii．室温时，的溶度积常数。 iii．查阅资料：Cu+和可以形成2种配离子和，并存在以下平衡：，。 (1)基态Cu原子价层电子排布式为 。 (2)铜矿中被MnO2氧化的物质有CuS、Cu2S和 。 (3)滤液1中铁离子的浓度约为 ，向滤液1中先加氨水的目的有：①中和溶液中的H+；② 。 (4)“络合”步骤中生成MnCO3的离子方程式是 。 (5)[Cu(NH3)4]CO3溶液加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式是 。 (6)滤渣2经过滤、洗涤、干燥后可应用于工业，证明滤渣2已洗涤干净的方法是 。 (7)滤液2加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液2中更有利于CuCl的生成的配离子是 (填“”或“”)。 8．（23-24高一上·上海·期中）我国科学家屠呦呦因成功从黄花蒿中提取抗疟药物青蒿素而获得2015年诺贝尔奖。从黄花蒿中提取青蒿素的流程如下： 已知：青蒿素为白色针状晶体，易溶于乙醇、乙醚、苯和汽油等有机溶剂，不溶于水，熔点为，沸点为，热稳定性差。屠呦呦团队经历了使用不同溶剂和不同温度的探究过程，实验结果如下： 溶剂 水 乙醇 乙醚 沸点/ 100 78 35 提取效率 几乎为0 (1)对黄花蒿进行破碎的目的是 。 (2)研究发现，青蒿素分子中的某个基团对热不稳定。分析用乙醚作溶剂，提取效率高于乙醇的原因是 。 (3)操作Ⅲ的主要过程可能是___________。 A．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶 B．加的乙醇，浓缩、结晶、过滤 C．加入乙醚进行萃取分液 D．加入乙醇后，再加入苯或汽油进行萃取 (4)某科研小组通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如下图所示： 由上图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为 。 (5)由上可知，在提取青蒿素的过程中，应充分考虑物质的 等性质(写出两点即可)。 9．（23-24高一上·陕西铜川·期中）高铁酸钾是一种新型净水剂，制备流程如下： 资料：I．可溶于水，微溶于溶液，难溶于乙醇。易溶于乙醇。 II．在碱性溶液中稳定，中性和酸性溶液中不稳定。 (1)具有强氧化性，其中铁元素的化合价为 价。 (2)补全“氧化”中反应的化学方程式： 。 □________□________+□________ (3)下列说法正确的是 。 a．“氧化”中溶液过量的目的是使稳定存在 b．“转化”中生成固体的反应，是氧化还原反应 c．设计物质循环的目的是提高原料的利用率 (4)粗转化为纯的操作包含洗涤，用乙醇作为洗涤液的目的是 。 (5)作为新型非氯自来水处理剂，既能发挥消毒作用，又能发挥净水作用。原因是具有强氧化性的在发挥消毒作用的同时，与水反应被还原成，又能与生成胶体，胶体发挥净水作用。请写出与水反应生成胶体的离子反应方程式 。 10．（23-24高二下·四川广安·阶段练习）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。从钒钛磁铁矿中提取钒、钛的工艺流程图如下： 已知：①钛渣中主要包括TiO2、Al2O3、SiO2和Fe3O4等。 ②“高温氯化”后的产物中含少量的、、、杂质，相关物质的沸点如下表： 化合物 沸点/℃ 136 310 56.5 180 127 回答下列问题： (1)钛在周期表中的位置为 ，上述获得钛单质的“还原”工序中需要通入氩气的目的是 。 (2)滤液X中含有的主要金属离子有 。 (3)“高温氯化”工序生成和一种可燃性气体Y，该反应的化学方程式为 ；的粗产品可以通过分馏提纯，但收集的中总是混有的原因是 。 (4)钒的浸出率随焙烧温度和浸取时间的变化如图所示，则“焙烧”时最适合的反应条件为 。 (5)“浸出”目的是将难溶物Ca3(VO4)2转化成进入水相，以便后续沉钒，则“浸出”时反应的离子方程式为 。 11．（2024·吉林长春·模拟预测）钪是一种重要的稀土元素，其氧化物(Sc2O3)是一种重要的无机化工原料，广泛应用于电子、陶瓷、光学、化工等领域。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、MnO等)生产高纯氧化钪，同时回收MnO2。工艺流程如图： 已知：ⅰ.钪与铝类似，其氢氧化物具有两性； ⅱ.Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38； ⅲ.草酸沉淀实验结果 试验号 溶液酸度(pH) Sc3+与草酸物质的量之比 沉淀颗粒 草酸钪沉淀率% 1 [1.5，2.5) 1∶3 较粗 99.2 2 [2.5，4.0) 1∶4 粗 97.2 3 [4.0，5.0) 1∶5 细 90.1 4 [5.0，6.0) 1∶5 很细 93.3 回答下列问题： (1)基态Sc原子的简化电子排布式为 。 (2)为提高“酸浸”速率，可采取的措施是 (答出一条即可)。 (3)“氧化”后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为 (忽略调pH前后溶液的体积变化)。 (4)过程中Mn2+生成MnO2的离子方程式为 。 (5)研究人员对“沉钪”过程的定量条件进行了对比实验，条件最适合的是已知ⅲ中的第1组，原因是：不仅沉淀率>99.0%、节约草酸用量，且 。 (6)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。 已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。250℃时固体的主要成分是 (填化学式)。 12．（23-24高一下·湖南邵阳·阶段练习）天然铝土矿主要成分是Al2O3，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等，工业上用天然铝土矿生产铝的工艺流程如图： 已知部分氢氧化物沉淀的pH如下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 开始沉淀时的pH(离子初始浓度为0.01mol·L-1) 2.2 3.7 9.6 完全沉淀时的pH(离子浓度<10-5mol·L-1) 3.2 4.7 11.1 (1)为了加快铝土矿和盐酸的反应速率，可以采取的措施为 。 (2)固体A的主要成分是 (填化学式)，溶液E中的金属离子主要为 。 (3)“溶液C”调节pH的范围为 。 (4)为了验证“溶液C”中是否含有Fe3+，可取少量“溶液C”于试管中，向其中加入 溶液(填试剂名称)，溶液变成血红色，则证明“溶液C”中有Fe3+。 (5)固体D中有少量杂质离子，必须对D进行洗涤，如何检验D是否洗涤干净 。操作④反应的化学方程式为 。 13．（23-24高一下·天津·阶段练习）一种从海水中提取金属镁和单质溴的主要步骤如下： 回答下列问题： (1)试剂1是 (填化学式)。 (2)操作A中常用玻璃棒，其作用是搅拌，加快反应；操作B是 (填操作名称)。 (3)溴蒸气通入二氧化硫的水溶液中，其离子方程式为 ，从理论上考虑下列也能吸收的是 。 A．    B．    C．    D． (4)经过步骤i、ii已获得含的海水，不直接用含的海水进行操作B得到液溴，而要经过“热空气吹出、、吸收、通入氯气”后再操作B，其目的是 。 (5)向溶液1中通入热空气的目的是 。 (6)写出电解熔融冶炼金属的化学方程式 。 14．（2024·湖北·模拟预测）从“钛磁铁矿”冶炼金属铁后的“含钛高炉渣”中提取金属钛的工艺流程如下： 已知：①“含钛高炉渣”的组成如下： 组分 其他 质量分数% 34 6~16 17~19 14~16 8.0~9.0 3.0~4.2 0.8 ②“水浸”溶液的。 请回答下列问题： (1)“熔融”时，为了使反应物充分受热融化反应，可以采取的措施有 。 (2)某实验小组模拟“熔融”过程的反应，将固体与按物质的量1：2混合反应生成反应过程的热重曲线如图所示。 ①“熔融”过程生成的方程式为 。 ②“水浸”后滤渣主要有 。 (3)整合剂EDTA(乙二胺四乙酸三钠，)能够与金属阳离子按1：1反应形成非常稳定的整合物()。已知， ①“水解”步骤加入EDTA的目的是 。 ②常温下，某溶液中和Fe3+浓度均为：的溶液中，用氨水调pH至4时溶液中的 。 (4)一种晶体结构如图(黑球表示，白球表示)，其熔点为1850℃。 ①的配位数为 。 ②“电解”时，以覆盖氮化硼的石墨电极为阳极，电解的共熔物得到金属钛，的作用是 。 15．（2024·湖北荆州·三模）锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆(主要含，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知： ①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、； ②25℃时，，； 物质 沸点/℃ 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： (1)“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成的离子方程式： 。 (2)“沉淀”后，“废液”中，则“废液”中 mol•L-1。 (3)“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。 (4)①“还原”的主要目的是 。 ②FeCl3沸点远低于的可能原因为 。 (5)某种掺杂CaO的晶胞如图所示，Ca位于晶胞的面心。 ①晶体中每个O周围与其最近的O个数为 。 ②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中O与Zr的最小间距为anm，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 (列出计算式)。 16．（2024·湖北·模拟预测）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如图。    已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。 ②MOCVD是一种金属有机物化学气相淀积技术。 ③常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表。 金属离子 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 ④金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见下表。 金属离子 萃取率(%) 0 99 0 97～98.5 (1)GaN作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，GaN属于 晶体；GaN晶体的一种立方晶胞如图所示，Ga的配位数为 。 (2)处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4的主要目的是 。 (3)萃取前加入固体X的目的是 。 (4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以 (填离子符号)形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓，则阴极的电极反应方程式为 。精炼时，若外电路通过0.25 mol e-时，阴极得到3.5 g的镓。则该电解装置的电解效率η= (η=生成目标产物转移的电子数/转移的电子总数)。 (5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN，该过程的化学方程式为 。 17．（2024·四川遂宁·三模）阳极泥是电解精炼铜过程中产生的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。下图是全湿法处理铜阳极泥提取银的工艺： 回答下列问题： (1)CuAgSe中铜元素的化合价为 。 (2)“脱铜”工艺需要加压通氧气，加压的目的是 ；“脱铜”后的混合物经过 操作，进入“浸硒”工艺；酸浸过程每消耗33.6LO2(标准状况)，能转化2 mol CuAgSe，则该反应的氧化产物有 。 (3)“分银”所得产物为Ag(NH3)2Cl，1mol该物质中含有的共价键数目为 写出该产物电离的方程式是 。 (4)已知水合肼(N2H4.H2O)还原“分银”产物”，“沉银”过程中有铵盐和一水合氨生成，写出该过程的化学方程式 。 18．（2024·浙江金华·模拟预测）是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用 已知： ①具有较强的还原性 ②水溶液中，可与反应生成；是一种溶于稀硝酸的白色沉淀 (1)物质A的化学式为 。 (2)是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出的电子式 。 (3)写出途径Ⅰ的化学反应方程式 。 (4)下列说法不正确的是___________ A．工业上制备硝酸时，应该将与纯混合反应 B．结合能力： C．物质A发生水解反应后可以得到溶液 D．途径Ⅰ可以采用将氨水滴入NaClO溶液中的方法制备 (5)途径Ⅱ除生成B外，另一种产物为HF，设计实验验证化合物B中含有Cl元素 。写出实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式 。 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 参考答案： 1．(1)C (2)溶解青蒿素 (3) 烧杯、玻璃棒、漏斗 蒸馏 B (4)ABC (5) 醚键和酯基 sp2、sp3 【分析】黄花蒿经干燥、破碎后，加乙醚溶解青蒿素，过滤得残渣和浸出液，将浸出液蒸馏得乙醚和青蒿素粗品，青蒿素粗品重结晶得其精品。 【详解】（1）经以上分析可知，操作I为过滤、操作Ⅱ为蒸馏，过滤用到的是装置B，蒸馏用到的是装置A，不会用到的装置是C； （2）青蒿素在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，向干燥、破碎后的黄花蒿中加入乙醚的作用是溶解青蒿素； （3）操作I为过滤，所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，操作Ⅱ的名称是蒸馏；操作Ⅲ的目的是经过浓缩、结晶、过滤除去不溶的杂质，青蒿素在乙醇中可溶解，所以在粗品中加95%的乙醇溶解青蒿素，然后经过浓缩、结晶、过滤除去不溶的杂质，得到精品，即操作Ⅲ的主要过程可能是加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤，故答案为：B； （4）A. 由有机物研究的一般步骤可知，利用黄花蒿茎叶研究青蒿素结构的基本步骤为分离、提纯→元素分析确定实验式→测定相对分子质量确定分子式→波谱分析确定结构式，故A正确； B. 利用X射线衍射的方法可以测定分子的空间结构，故B正确； C. 利用元素分析仪可以确定青蒿素中是否含有C、H、O等元素，故C正确； D. 利用质谱法确定青蒿素分子的相对分子质量，但不能确定其中含有何种官能团，故D错误； 故答案为：ABC； （5）由青蒿素的结构简式可知，青蒿素分子中的含氧官能团除过氧键(-O-O-)外，还有醚键和酯基；碳氧双键的碳原子的杂化方式为sp2，分子中其他碳原子的杂化方式为sp3，即分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3。 2．(1)3d74s2 (2)将矿石粉碎(搅拌) (3)4.7 (4)净化 (5) 【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂，以此解答该题。 【详解】（1）已知Co是27号元素，故钴元素的基态原子价层电子排布式是3d74s2，故答案为：3d74s2； （2）“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸，为提高“酸化焙烧”效率，还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌等，故答案为：将矿石粉碎(搅拌)； （3）根据题干数据可知，Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的，Al(OH)3的Ksp=c(Al3+)×c3(OH-)=1×10-33，c(OH-)=mol/L=1×10-9.3mol/L，则c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为4.7，故答案为：4.7； （4）该过程得的“母液“中仍含有大量的Li+，需要从中2提取，应回到“净化“步骤中循环利用，故答案为：净化； （5）一种可充、放电锂离子电池的负极为嵌锂石墨()，正极材料为，放电时，从石墨中脱嵌移向正极，总反应为，根据总反应和正极发生还原反应可知，该锂离子电池放电时的正极反应式为，故答案为：。 3．(1) (2) 18%硫酸、有较高的浸出量，而浸出量极少 在酸性强时，可能与水反应生成 (3) 3.7 (4)生成沉淀过程中吸附(包裹)含锌化合物 (5)pH过低204难电离，与难络合萃取，pH过高可能生成难溶性的金属氢氧化物 【分析】高钴渣物相组成：、、、、CuO等，加入硫酸进行溶浸，得到含有金属阳离子Co2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+的溶液，酸浸过程中完全转化为，发生反应：，不溶于硫酸溶液，滤渣1的主要成分为，过滤所得滤液加碳酸钠调节pH，生成氢氧化铁沉淀除去铁离子，过滤所得滤液2再加入锌粉将铜置换出来，除去铜离子，过滤所得滤液3加入足量氢氧化钠生成氢氧化钴沉淀和，滤渣4的主要成分为，加稀硫酸溶解，通过萃取进一步的除去锌离子，所得水相所含金属阳离子主要为Co2+，加入碳酸钠沉钴。 【详解】（1）根据分析，高钴渣酸浸过程中完全转化为，反应的化学方程式：；滤渣1的主要成分是； （2）工业生产中选择18%的硫酸作为浸出试剂，根据图示可知：18%硫酸、有较高的浸出量，而浸出量极少；锰浸出量()随硫酸浓度增大而升高的可能原因为在酸性强时，可能与水反应生成； （3）滤液1加入碳酸钠溶液中和除杂，除去铁离子，铁离子完全沉淀，，则应调节pH最小为3.7；该过程中滴加碳酸钠溶液的速度要慢，否则会生成，反应的离子方程式：； （4）一次除锌过程中NaOH溶液足量，在中仍存在一定量的锌元素，可能的原因是生成沉淀过程中吸附(包裹)含锌化合物； （5）二次除锌时pH应控制在4.0附近，不宜过低或过高，因为pH过低，氢离子浓度过大，204难电离，与难络合萃取，pH过高，氢氧根浓度变大，可能生成难溶性的金属氢氧化物。 4．(1) H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 (2)pH偏低形成HF，导致溶液中F﹣浓度减小，CaF2沉淀不完全 (3) 在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水﹣NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀 (4)40% 【分析】铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α﹣Fe2O3； 【详解】（1）为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2；取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色； （2）向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)•c2(F﹣)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10﹣5mol/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F﹣)至少为；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F﹣形成弱酸HF，导致溶液中c(F﹣)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F﹣浓度减小，CaF2沉淀不完全； （3）①溶液与氨水混合溶液反应，生成沉淀,生成沉淀的离子方程式：。 ②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水﹣NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含硫酸根离子；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水﹣NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀； （4）亚铁离子和高锰酸根离子生成铁离子、锰离子，反应为：，则样品中Fe的质量分数。 5．(1) 负 氧化剂 (2) 4 【详解】（1）二次电池中，放电时金属锂容易失去电子，作负极，比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，Li、Na、Al分别作为电极，失去3mol电子，需要的质量为21g、69g、27g，假如质量都为69g，释放的电量，用转移电子数来衡量，比能量由大到小的顺序为，②中的氧原子为-1价，作氧化剂，硫酸铜溶液中通入一定量的碳酸钠，得“混合沉淀”，依据氧化还原反应原则，得反应的离子方程式，答案：负、、氧化剂、； （2）质子()从左侧至右侧，可知左侧增大，依据负极电极方程式，可知①物质a 为，②电极c上发生的电极反应为，③正极电极方程式，所以每消耗的同时需要有4通过质子交换膜维持溶液电荷守恒，答案：、、4。 6．(1)增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率 (2) 2 (3) (4) 4.7 (5)氯化钠 (6)随着盐酸用量的增多，浸出液中增大，发生反应，从而导致平衡：右移，溶液中Fe、P元素含量增加 【分析】废旧磷酸铁锂正极材料(含石墨、Al、LiFePO4等，还有少量不溶性杂质)先经过粉碎研磨，可以增大与反应物的接触面积，与HCl和NaClO3反应生成物有气体Cl2、沉淀FePO4，溶液中有Al3+、Li+等，加入NaOH使Al3+生成Al(OH)3沉淀，净化液中含有Li+离子，再加入碳酸钠生成碳酸锂沉淀，滤泥中有Al(OH)3沉淀。 【详解】（1）粉碎研磨废旧电池正极材料的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率； （2）完全浸出时LiFePO4与盐酸、NaClO3反应生成沉淀FePO4、气体Cl2、NaCl和LiCl等，反应的化学方程式：2； 浸出时Al与酸作用生成氢气和铝离子，离子方程式为：； （3）经过以上分析，滤泥的成分是Al(OH)3； （4）根据，当恰好完全沉淀(浓度等于)时，，净化液中=1.25×10-28，c(OH-)=5×10-10mol/L，pH=4.7； （5）沉锂后的溶液是NaCl溶液，可回收利用的主要物质为氯化钠； （6）盐酸用量超过1.0倍后，Fe、P元素浸出率随盐酸用量增多而增大，原因是：随着盐酸用量的增多，浸出液中增大，发生反应，从而导致平衡：右移，溶液中Fe、P元素含量增加。 7．(1)3d104S1 (2)FeO (3) 生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀 (4)Mn2++HCO+NH3.H2O = MnCO3↓+NH+H2O (5) (6)取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净 (7) 【分析】低品位铜矿（Cu2S、CuS、FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS、FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，滤渣1主要是硫，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，滤渣2主要是氢氧化铁，向滤液1中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中Cu2+转变为留在溶液中，溶液加热：，将氧化铜粉未与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到和，加大量水，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此解答下列各题。 【详解】（1）Cu为29号元素，其价层电子排布式为：3d104S1，故答案为：3d104S1； （2）据分析可知Cu2S、CuS、FeO与MnO2发生氧化还原反应，故答案为：FeO； （3）室温时，的溶度积常数，pH=3时，，，然后向滤液1中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀，故答案为：；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀； （4）向滤液1中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成MnCO3的离子方程式为：Mn2++HCO+NH3.H2O = MnCO3↓+NH+H2O； （5）[Cu(NH3)4]CO3溶液加热生成CO2、NH3和CuO，反应的化学方程式为：； （6）滤渣2主要是氢氧化铁，判断滤渣2是否洗涤干净，只需要证明洗涤液中无硫酸根离子，故答案为：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗涤干净； （7），，当生成相同量的CuCl时会产生更多的Cl-,当加水稀释后反应氯离子浓度稀释程度更大，更有利于平衡正向移动，故答案为：； 8．(1)增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率 (2)由于乙醚沸点比较低，蒸馏提取所需温度较低，可保护对热不稳定得基态不被破坏 (3)B (4)60目、120min、50℃ (5)溶解性、稳定性 【分析】青蒿粉碎后用乙醚提取青蒿素，提取液蒸馏得青蒿素粗品；加的乙醇，浓缩、结晶、过滤得青蒿素精品。 【详解】（1）对黄花蒿进行破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率； （2）由于乙醚沸点比较低，蒸馏提取所需温度较低，可保护对热不稳定得基态不被破坏，所以用乙醚作溶剂提取效率高于乙醇。 （3）青蒿素难溶于水、易溶于有机溶剂，可用乙醇提取粗产品中的青蒿素，故加 95%乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，故选B。 （4）由上图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为60目、120min、50℃。 （5）由上可知，在提取青蒿素的过程中，应充分考虑物质的溶解性、稳定性等性质。 9．(1)+6 (2)3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O+6NaNO3 (3)ac (4)去除K2FeO4固体表面的KOH，并减少K2FeO4的溶解损失 (5)Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ 【分析】硝酸铁固体中加入过量NaOH溶液，通入氯气，发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有强氧化性，碱性条件下NaClO与硝酸铁反应生成Na2FeO4、NaCl和H2O，离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，过滤得到滤渣1为NaCl和NaNO3，向滤液中加入过量KOH固体，生成的K2FeO4可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇，过滤得到滤渣K2FeO4，滤液2中含有KOH，粗K2FeO4经过提纯得到纯K2FeO4。 【详解】（1）化合物中各元素化合价代数和为0，故K2FeO4中Fe元素的化合价为+6价； （2）根据分析可知，利用得失电子守恒配平，氧化中反应的化学方程式为3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O+6NaNO3； （3）a．高铁酸根离子只有在碱性溶液中稳定存在，氧化中NaOH溶液过量目的是使溶液呈碱性，保证高铁酸根离子稳定存在，a正确； b．转化中高铁酸钠转化为高铁酸钾，无元素化合价变化，不是氧化还原反应，b错误； c．设计物质循环的目的是提高原材料的利用率，c正确； 故答案选ac； （4）已知高铁酸钾不溶于乙醇，用乙醇作为洗涤液的目的是去除K2FeO4固体表面的KOH，并减少K2FeO4的溶解损失； （5）Fe3+滴加到沸水中并持续加热可生成氢氧化铁胶体，离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。 10．(1) 第4周期第ⅣB族 防止金属钠和金属钛被空气中的O2氧化 (2)Fe3+、Fe2+和Al3+ (3) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO TiCl4和VOCl3的沸点非常接近，很难分离完全 (4)1200℃ (5)Ca3(VO4)2++2+CO2=+3CaCO3↓+H2O 【分析】由题干工艺流程图可知，钒钛磁铁矿在空气中高温冶炼出含钒铁水和钛渣(主要包括TiO2、Al2O3、SiO2和Fe3O4等)，含钒铁水再在空气中深度氧化得到半钢水和钒渣，钒渣与CaO共热焙烧后通入CO2和NH4HCO3溶液，浸出后过滤出CaCO3和滤液，向滤液中加入NH4Cl固体进行沉钒，即产生NH4VO3，过滤洗涤干燥，最后对NH4VO3进行煅烧得到NH3和V2O5，向钛渣中先加入盐酸进行酸浸，将Al2O3和Fe3O4分别转化为可溶性盐，过滤得到滤液X主要含HCl、FeCl3、FeCl2和AlCl3，滤渣含TiO2、SiO2，向滤渣中加入NaOH溶液进行碱浸将SiO2转化为Na2SiO3溶液，过滤得到滤液即Na2SiO3溶液，滤渣主要含TiO2，将TiO2、C和Cl2高温氯化得到TiCl4和气体Y为CO，最后用Na还原TiCl4制得Ti，据此分析解题。 【详解】（1）已知钛为22号元素，其价电子排布式为：3d24s2，故钛在周期表中的位置为第4周期第ⅣB族，上述获得钛单质的“还原”工序中需要通入氩气的目的是防止金属钠和金属钛被空气中的O2氧化，故答案为：第4周期第ⅣB族；防止金属钠和金属钛被空气中的O2氧化； （2）由分析可知，滤液X主要含HCl、FeCl3、FeCl2和AlCl3，滤液X中含有的主要金属离子有Fe3+、Fe2+和Al3+，故答案为：Fe3+、Fe2+和Al3+； （3）“高温氯化”工序生成TiCl4和一种可燃性气体Y，根据元素守恒可知，Y为CO，该反应的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；由题干表中数据可知，TiCl4和VOCl3的沸点非常接近，故TiCl4的粗产品可以通过分馏提纯，但收集的TiCl4中总是混有VOCl3，故答案为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；TiCl4和VOCl3的沸点非常接近，很难分离完全； （4）由题干钒的浸出率随焙烧温度和浸取时间的变化图所示信息可知，在1200℃温度下“焙烧”1.0小时，钒的浸出率达到最高，故最适合的反应条件为1200℃，故答案为：1200℃； （5）“浸出”目的是将难溶物Ca3(VO4)2转化成进入水相，以便后续沉钒，即Ca3(VO4)2和NH4HCO3、CO2和H2O生成CaCO3、则“浸出”时反应的离子方程式为Ca3(VO4)2++2+CO2=+3CaCO3↓+H2O，故答案为：Ca3(VO4)2++2+CO2=+3CaCO3↓+H2O。 11．(1)[Ar]3d14s2 (2)粉碎，适当升温等 (3)99% (4)2Mn2++O2+4OH-=2MnO2↓+2H2O (5)沉淀颗粒越粗越有利于过滤(或沉淀颗粒细吸附杂质较多) (6)Sc2(C2O4)3·H2O 【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、MnO等)，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Fe3+、Sc2O3转化为Sc3+、MnO转化为 Mn2+，过滤得滤渣ⅠSiO2，空气氧化过程中，Fe2+转化为Fe3+，加入氨水节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物滤渣Ⅱ为Fe(OH)3沉淀，滤液中加入空气、NaOH沉锰，Mn2+转化为MnO2，加入盐酸使钪元素以Sc3+形式存在，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。 【详解】（1）Sc是21号元素，根据构造原理可知基态Sc原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d14s2，则简化的钪原子的核外电子排布式是[Ar]3d14s2； （2）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，升高温度可加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；故答案为：粉碎，适当升温等； （3）当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=； （4）过程中Mn2+生成MnO2的离子方程式为：2Mn2++O2+4OH-=2MnO2↓+2H2O； （5）由表已知，沉淀颗粒越粗越有利于过滤(或沉淀颗粒细吸附杂质较多)； （6）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。 12．(1)粉碎铝土矿或加热或搅拌 (2) SiO2 Mg2+ (3)4.7≤pH<9.6 (4)硫氰化钾或硫氰化钠或硫氰化铵 (5) 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入过量稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银，若无白色沉淀生成，则洗涤干净 2Al(OH)3Al2O3+3H2O 【分析】铝土矿加过量盐酸溶解后，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解，固体A为SiO2；向滤液中加入碱溶液调节pH，首先使容易沉淀的三价铁转化为氢氧化铁沉淀，过滤 ，滤液再次调节pH值，使氯离子反应生成Al (OH)3，则沉淀D为Al(OH)3，氢氧化铝经灼烧生成氧化铝，电解熔融氧化铝得到Al；滤液E中含有镁离子。 【详解】（1）粉碎铝土矿或加热或搅拌都可以加快反应速率；故答案为：粉碎铝土矿或加热或搅拌； （2）SiO2难溶于酸，故酸溶后的杂质主要成分为SiO2，溶液C用碱液调pH为4.7≤pH<9.6，使Al3+沉淀而Mg2+不沉淀，故溶液E中的金属离子主要为Mg2+； （3）溶液C用碱液调pH，使Al3+沉淀而Mg2+不沉淀，实现两种离子的分离，结合图表可知，pH为4.7≤pH<9.6； （4）用硫氰化钾或硫氰化钠或硫氰化铵溶液可以检验Fe3+，反应中溶液变为红色，故为：硫氰化钾或硫氰化钠或硫氰化铵； （5）氢氧化铝沉淀中可能含杂质离子氯离子，银离子和氯离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故实验设计为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入过量稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；操作④反应为氢氧化铝经灼烧生成氧化铝，化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。 13．(1)CaO (2)蒸馏 (3) BC (4)富集Br2 (5)吹出溴蒸气 (6) 【分析】海水中含有溴离子和镁离子，加入生石灰后，得到氢氧化镁沉淀，过滤，得到溶液1；溶液1中加入稀硫酸中和碱，通入氯气，氧化了溴离子生成溴单质，由于溴的沸点较低，通入热空气，得到溴蒸汽，溴与二氧化硫和水反应生成氢溴酸和硫酸，氢溴酸再与氯气发生氧化还原反应得到溴，通过蒸馏得到纯溴；氢氧化镁溶于盐酸得到氯化镁溶液，再通入氯化氢气流的情况下，加热蒸干得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到金属镁，据以上分析进行解答。 【详解】（1）根据分析，试剂1为生石灰； （2）溶液2中的溴离子被氯气氧化为单质溴，而溴易挥发，沸点较低，采用蒸馏将溶液中溴蒸出来，则操作B是蒸馏； （3）氢溴酸是强酸，向二氧化硫的水溶液中通入溴蒸气，离子方程式：；单质溴有氧化性，则有还原性的物质可以吸收单质溴，故符合要求的有和； （4）经过步骤ⅰ、ⅱ已获得含Br2的海水中溴的含量较低，不利于进一步操作，需要进一步富集，则要经过“热空气吹出、和吸收、通入氯气”后再操作B的目的是：富集Br2； （5）温度升高，单质溴的溶解度降低，便于挥发，故向溶液1中通入热空气的目的是：吹出溴蒸气； （6）电解熔融冶炼金属化学方程式：。 14．(1)将含钛高炉渣粉碎 (2) SiO2、CaSO4 (3) 防止加氨水时金属离子形成氢氧化物沉淀混在中，提高了纯度 1:10 (4) 3 助熔剂 【分析】含钛高炉渣，主要成分有、SiO2、Al2O3、CaO 、MgO以及少量的Fe2O3，加入(NH4)2SO4焙烧， SiO2几乎不发生反应，转化为，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，尾气为NH3； “水浸” 时溶液的，则滤渣中含有SiO2和微溶物CaSO4，滤液中含有、Al2(SO4)3、MgSO4、Fe2(SO4)3，滤液中加入EDTA，把金属阳离子按1：1反应形成非常稳定的整合物后，加入氨水得到沉淀，过滤后得到分解为TiO2，通过电解TiO2得到金属钛。 【详解】（1）“熔融”时，增大接触面积，可使反应物充分受热加快反应速率，则融化反应时可以采取的措施有：将含钛高炉渣粉碎。 （2）①某实验小组模拟“熔融”过程的反应，将固体与按物质的量1：2混合反应，设与的物质的量依次为1mol、2 mol，则固体混合物为400g，结合分析与元素质量守恒，得到CaSO4、的物质的量依次为1mol、1 mol，它们的质量共296g，，根据反应过程的热重曲线可知，此时逸出的气体为氨气和水蒸气。则 “熔融”过程生成的方程式为。 ②据分析，“水浸”后滤渣主要有SiO2、CaSO4。 （3）①“水解”步骤加入EDTA的目的是:加入EDTA，把金属阳离子按1：1反应形成非常稳定的整合物，可防止加氨水时金属离子形成氢氧化物沉淀混在中，提高了纯度。 ②常温下， 溶液中，调pH至4时，，有产生；常温下， Fe3+溶液中，调pH至4时，，有沉淀产生，则常温下，某溶液中和Fe3+浓度均为：的溶液中，用氨水调pH至4时溶液中的。 （4）①由图知，的配位数为3。 ②电解熔融的时，阳极氧离子失去电子得到氧气，阴极发生还原反应得到金属钛，由于晶体的熔点为1850℃，“电解”熔融的 会消耗大量的能量，则以覆盖氮化硼的石墨电极为阳极电解的共熔物得到金属钛时，的作用是助熔剂，使在较低的温度下熔化，跟电解熔融氧化铝时冰晶石的作用相同。 15．(1) (2) (3) (4) 把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质 FeCl3是分子晶体， CrCl3是离子晶体 (5) 6 【分析】氧氯化锆（主要含，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素）为原料生产金属锆，加入HCl、酸溶后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，加入萃取剂TBP萃取分液得到含Hf的溶液，通过反萃取得到TBP和水溶液，水溶液中加入氨水沉淀Zr离子、铁离子、铬离子，煅烧得到、、，加入C、 “沸腾氯化”时，、转化为：、、、，转化为同时生成一种还原性气体为CO，再加入氢气还原，把还原为，避免升华时含有杂质，升华后加入Mg发生镁热反应，生成金属Zr，据此分析回答问题。 【详解】（1）生成的离子方程式为； （2）沉淀”后，“废液”中，，，，则“废液”中； （3）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化同时生成一种还原性气体为CO，该反应的化学方程式为：； （4）①“还原”的主要目的是：把还原为，避免升华时含有杂质； ②FeCl3沸点远低于的可能原因为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体，离子键的强度高于范德华力； （5）①晶胞结构分析可知，一个晶胞中，每个氧原子最近的氧原子两个，整个晶体中相邻三个晶胞中的氧原子与之最近，每个O周围与其最近的O个数为：6； ②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中含钙离子1个，锆离子3个，氧离子8个，晶胞中O与Zr的最小间距为anm，晶胞边长的一半设为x，得到，计算得到，则晶胞边长，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度。 16．(1) 共价 4 (2)使、完全转化为沉淀，不沉淀 (3)将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取 (4) [Ga(OH)4]- [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH- 60% (5) 【分析】锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为强氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似Ga3+转化为进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后通过MOCVD技术制得GaN。 【详解】（1）由GaN具有耐高温的特性可知GaN属于共价晶体；由图可知，氮位于镓形成的四面体中，结合化学式可知，镓位于氮形成的四面体中，故Ga的配位数为4。 （2）结合表格中的数据可知，将溶液的pH调节至5.4的主要目的是使、完全转化为沉淀，不沉淀，从而分离出Ga元素； （3）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有几层已达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。 （4）Ga与Al同主族，化学性质相似，电解质溶液时NaOH，故阳极的粗镓溶于NaOH，生成，阴极得到电子被还原为Ga，故电极反应方程式为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；精炼时，阴极得到3.5g的镓，此时，所以此时转移电子数为0.15mol，该电解装置的电解效率。 （5）Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN，结合质量守恒可知，反应还生成甲烷，化学方程式为：。 17．(1)+1 (2) 增大氧气的浓度，加快酸浸速率 过滤 Se和CuSO4 (3) 8NA Ag(NH3)2Cl=+Cl- (4)4Ag(NH3)2Cl+N2H4﹒H2O+3H2O=4NH4Cl+4NH3﹒H2O+2Ag+N2 【分析】阳极泥是电解精炼铜过程中产生的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。将阳极泥与O2、稀硫酸进行反应“脱铜”， CuAgSe被氧化生成CuSO4、Se；"浸硒"过程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，“分银”得到滤渣的主要成分有Pt、Au和SiO2，滤液中加入水合肼得到氮气、Ag； 【详解】（1）CuAgSe中Se元素化合价为-2价、Ag元素化合价为+1价，则Cu元素的化合价为+1价，故答案为：+1； （2）压强越大，气体的溶解度越大，反应速率越快，所以“脱铜”工艺需要加压酸浸，加压的目的是增大氧气的浓度，加快酸浸速率；“脱铜”后的混合物经过过滤，进入“浸硒”工艺；n(O2)==1.5mol，酸浸过程每消耗1.5molO2，氧气得到电子的物质的量为6mol，能转化2molCuAgSe，根据转移电子守恒知，Cu、Se元素都失电子，所以CuAgSe被氧化为CuSO4、Se，则该反应的氧化产物为CuSO4、Se；故答案为：增大氧气的浓度，加快酸浸速率；过滤；Se和CuSO4； （3）“分银”所得产物为Ag(NH3)2Cl，为与氯离子形成的离子化合物，中Ag与NH3形成配位键，NH3中形成N-H键，1mol该物质中含有的共价键数目为8NA，该产物电离的方程式是：Ag(NH3)2Cl=+Cl-； （4）“沉银”过程中有铵盐和一水合氨生成，该过程的化学方程式为：4Ag(NH3)2Cl+N2H4﹒H2O+3H2O=4NH4Cl+4NH3﹒H2O+2Ag+N2。 18．(1) (2) (3) (4)ABD (5) 取样品与试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素 【分析】氨气和次氯酸钠反应，有N2H4生成，和亚硝酸钠反应生成，氨气和三氧化硫等物质的量反应，得到产物为，氨气多步反应，催化氧化反应，会生成硝酸，硝酸和氟化氯反应生成氟化氢，据此解答。 【详解】（1）流程图可知，NH3和SO3等物质的量反应，方程式为：NH3+H2O+SO3=，到产物为，答案：。 （2） 是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出的电子式，答案：。 （3）氨气和次氯酸钠反应，有N2H4生成，依据氧化还原反应可知化学式为，答案：； （4）A．NH3和纯净的O2在一定条件下会发生反应：4NH3+3O22N2+6H2O，不利用制备HNO3，故A错误； B．甲基为推电子基团，使得-NH2氮原子周围电子云密度比增大，易给出孤电子对与H+形成配位键，结合能力：，故B错误； C．物质A发生水解反应后可以得到溶液，故C正确； D．将氨水滴入NaClO溶液中，溶液中过量的HClO会氧化N2H4，不能生成N2H4，故D错误； 答案：ABD； （5）验证化合物B中含有Cl元素，取样品与试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素，实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式，答案：取样品与试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素、。 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 $$