专题15 物质转化与工艺流程 -【好题汇编】3年（2022-2024）高考1年模拟化学真题分类汇编（江苏专用）

专题15 物质转化与工艺流程 1．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 2．（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 。 3．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。 (2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。 (3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 1．（2024·江苏苏州·三模）赤铜矿(主要成分为，含少量、)含铜量高达88.8%，是重要的冶金材料，某化学兴趣小组利用其制备晶体的流程为： 已知： (1)晶体结构如下图所示。晶体中存在的作用力包括离子键、 。 (2)酸溶。控制矿石为12g、硫酸为6g，温度为70℃，相同时间内，铜浸出率随液固比变化如下图所示。液固比大于5：1后，铜浸出率下降的原因为 。 (3)氧化。发生反应的离子方程式为 。检验氧化完全的试剂为 (填化学式)。 (4)沉铁。离子浓度时，可认为该离子被沉淀完全。若室温下溶液pH应调节至略大于3.7，则的为 。 (5)试从产率、试剂选择角度评价该制备流程并提出修改建议 。 2．（2024·江苏·一模）碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 (1)“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为 。 (2)“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 （不考虑立体异构） (3)可溶于，反应的平衡常数为 。[已知：反应的平衡常数] (4)“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为 。 (5)“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为 。 (6)将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为 。 3．（2024·江苏南通·一模）全钒液流电池正极废液中含有的离子是。以该废液为原料经过氧化、调、沉钒、煅烧可以制取。 (1)氧化：向正极废液中加入将转化为，写出该反应的离子方程式： 。 (2)调：向氧化后的溶液中加入调节溶液，溶液中V（价）会以等形式存在。随pH的升高，溶液中的值将 （填“增大”“减小”或“保持不变”），判断的方法是 。 (3)沉钒：不同时，向溶液中加入，可得到不同类型的含钒沉淀。 ①其他条件一定，控制溶液在2～5之间，向溶液中加入，沉钒率和沉淀的X射线衍射图分别如图1和图2所示。时，越大，溶液的沉钒率越低的原因是 。 ②向的溶液中（此时主要以存在）加入过量溶液，生成沉淀。加入过量溶液的目的是。已知：。 (4)煅烧：煅烧固体制取时，需在有氧条件下进行，原因是 。 (5)是一种相变材料，其一种晶胞（部分原子未标出）的结构如图3所示，在图中合适位置补充其余原子 。 4．（2024·江苏南通·一模）可用于制取催化剂，可以由含钻废料（主要成分为，还含有少量、和）经过如下过程进行制取： 含钴废料浸取液 (1)含钴废料用硫酸和溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和。 ①写出“浸取”时所发生反应的离子方程式： 。 ②“浸取”时含钴废料、硫酸和溶液混合的方式为 。 (2)已知：①氧化性； ②；可溶于水；与可生成配合物难以沉淀； ③实验条件下金属离子转化为氢氧化物时开始沉淀及沉淀完全的如下表所示： 开始沉淀 1.9 3.4 6.9 6.6 9.1 沉淀完全 3.2 4.7 8.9 9.2 11.1 补充完整由“浸取液”制取的实验方案：取一定量的浸取液， ，过滤，向滤液中滴加溶液，……，得到晶体，（实验中可选用的试剂是的氨水、的溶液、溶液、的溶液）。 (3)已知：。 ①反应的平衡常数为 。 ②制取时使用溶液而不是溶液的原因是 。 (4)为测定草酸钴样品的纯度，进行如下实验： ①取草酸钴样品，加入酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生（该条件下不被氧化，杂质不参与反应）。 ②将溶液冷却，加水稀释定容至。 ③取溶液，用溶液滴定过量的，恰好完全反应时消耗溶液。样品中的质量分数为 。 5．（2024·江苏泰州·一模）广泛用于冶金、化工行业，可制取多种含钒化合物。 (1)实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下： “还原”步骤中生成，反应的化学方程式为 ；若不加，HCl也能还原生成和，分析反应中不生成的原因 。 (2)对制得的晶体进行含钒量的测定：称取样品，经过系列处理后将钒（Ⅳ）完全氧化，定容为溶液；量取溶液，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中反应为；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为，则样品中钒元素的质量分数为 （写出计算过程，结果保留两位小数）。 (3)时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与反应制备共价晶体，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余，可能的原因是 。 (4)可溶于强酸强碱，不同、不同钒元素浓度时，价存在形态如题图所示： ①将溶解在烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为 。 ②具有对称结构，其结构式可表示为 。 6．（2024·江苏连云港·一模）以含钼()废催化剂(含，以及、、等)为原料制备，其过程表示如下： (1)焙烧。将废催化剂和足量固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至充分反应。焙烧过程中转化为的化学方程式为 。 (2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、 。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有 (任写一点)。 (3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量，过滤。通入过量的目的 。 (4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到。灼烧得到的化学方程式为 。 (5)应用。将制成催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得的转化率随温度的变化关系如图所示。在温度之间，转化率不高的原因是 。 7．（2024·江苏南通·二模）沸石分子筛可用于气体、重金属离子的吸附或去除。工业上以粉煤灰（主要含和，还含有少量和有机物）为原料制取某种沸石分子筛的过程如下： 已知：粉煤灰中的硅、铝化合物煅烧时不发生反应，且难溶于酸。 (1)将粉煤灰在空气中煅烧的目的是 。 (2)“酸浸”的操作是向“煅烧”后的固体混合物中加入足量的盐酸，充分搅拌后过滤．检验“酸浸”操作是否达到目的的方法是 。 (3)“碱熔”时，将“酸浸”后所得滤渣与固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的和．“水热合成”时，加入水和一定量的和溶液，在条件下反应一段时间，可以得到晶体．写出“水热合成”时反应的化学方程式： 。 (4)沸石分子筛的结构为相邻的硅氧四面体和铝氧四面体相互连接形成的笼状结构，沸石分子筛的结构示意图及部分平面结构分别如图-1、图-2所示。沸石分子筛中存在一定大小的空隙，其中的可与其他阳离子发生交换． ①沸石分子筛可以用于去除废水中和，原理是 ； ②沸石分子筛对去除率随溶液的关系如图-3所示。越大，去除率越高的原因是 。 8．（2024·江苏宿迁·三模）硼化钛(TiB2)常用于制备导电陶瓷材料。 I．高钛渣(主要含TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图： 已知：①B2O3高温易挥发；②TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。 (1)“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、 。 (2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 。 (3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论用量，原因是 。 Ⅱ．气相沉积法获得硼化钛：以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，可制得具有空间网状结构的磨料级硼化钛。 (4)制得硼化钛的化学方程式为 ，硼化钛能作为磨料的原因是 。 (5)生产硼化钛，当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是 。 Ⅲ．硼砂(Na2B4O7·10H2O)与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备X(Na2B2O8H4)。已知X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构。 (6)X阴离子的结构式为 。 9．（2024·江苏苏州·三模）、、等均可作锂离子电池的电极材料。 (1)电极。将、与溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经真空干燥、高温成型，制得电池的正极材料。 ①投料时，先将与 直接混合，再向其中加入另一种溶液。 ②共沉淀的化学方程式为 。 ③高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用是 。 (2)电极。层状晶体与石墨晶体结构类似，将嵌入层状充电后得到的可作电池负极。 ①该负极放电时的电极反应式为 。 ②结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。 (3)电极。从废锂电池正极材料回收、等金属路线如下： ①写出“溶解”步骤发生反应的离子方程式： 。 ②空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知以上，已完全脱水，在范围内，剩余固体成分为 。(写出计算过程)。 ③常温下，“沉锂”时使用饱和的目的是 。 10．（2024·江苏南京·模拟预测）钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 (1)酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 (3)除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1：2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 (4)除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和的离子方程式为 。 (5)沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 (6)上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 11．（23-24高三下·江苏南通·期中）硼氢化钠是一种理想的储氢材料。 (1)的制备 碱性条件下，电解偏硼酸钠溶液可制备。总反应式为。已知：电负性B＜H。 ①写出阴极的电极反应式： 。 ②研究表面上述反应为间接还原反应，包括2步反应，请描述出这2步反应的合理假设： 。 (2)的性质 常温下，在水溶液中将发生水解反应生成，的半衰期（水解掉一半所耗费的时间，用表示）与溶液pH、温度（T）的关系如下：。 ①写出在水溶液发生水解反应的化学方程式： 。 ②给出保存水溶液的2点建议： 。 (3)的运用 第四周期过渡金属及其化合物是催化水解产氢的良好催化剂。 ①Ag－铁基纳米颗粒催化剂可催化硼氢化钠水解制氢。相同条件下，控制浓度相等，改变其中稳定剂的浓度，测得浓度对催化活性的影响如题图所示。浓度相对过大催化活性下降的原因可能是 。 ②相同条件下，、、催化水解制氢性能对比如下： 金属d电子数 6 7 8 反应活化能/ 52.01 46.33 58.70 产氢速率 最慢 最快 较慢 根据表格，写出你所得到的结论： 。 12．（2024·江苏南通·模拟预测）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，进而进一步制备Mn3O4。 (1)制备硫酸锰的流程如下： “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。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式 。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是 。 ③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是 。 ④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为 。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是 。 (2)已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 ①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是 。 ②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题15 物质转化与工艺流程 1．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 【答案】(1) Fe2O3 浸出初期，c(H+)较大，Fe2O3溶解使铁的浸出率升高，一段时间后，溶液酸性减弱，水解生成沉淀，使铁的浸出率下降 (2) 随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多 2:1 (3) 2:1 【解析】（1）①由图可知，Fe的浸出率比Nd的浸出率低很多，因此大多数铁元素在浸取过程中以氧化铁的形式存在，则含铁滤渣的主要成分是未反应的Fe2O3； ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，一段时间后随着Nd的浸出率增大，溶液中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 （3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 2．（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 。 【答案】(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 【解析】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为；反应选用溶液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。 3．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。 (2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。 (3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降 (2) 4 (3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。 （2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。 （3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。 1．（2024·江苏苏州·三模）赤铜矿(主要成分为，含少量、)含铜量高达88.8%，是重要的冶金材料，某化学兴趣小组利用其制备晶体的流程为： 已知： (1)晶体结构如下图所示。晶体中存在的作用力包括离子键、 。 (2)酸溶。控制矿石为12g、硫酸为6g，温度为70℃，相同时间内，铜浸出率随液固比变化如下图所示。液固比大于5：1后，铜浸出率下降的原因为 。 (3)氧化。发生反应的离子方程式为 。检验氧化完全的试剂为 (填化学式)。 (4)沉铁。离子浓度时，可认为该离子被沉淀完全。若室温下溶液pH应调节至略大于3.7，则的为 。 (5)试从产率、试剂选择角度评价该制备流程并提出修改建议 。 【答案】(1)共价键、配位键、范德华力、氢键 (2)硫酸浓度减小，硫酸浓度变大，反应速度减慢 (3) 2Fe2+ + 2H+ + ClO- = 2Fe3+ + Cl- + H2O K3[Fe(CN)6] (4)10-35.9 (5)酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁。 【分析】赤铜矿粉中加入硫酸酸溶，Cu2O转化为Cu2+和Cu，Fe3O4转化为Fe2+和Fe3+，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅和Cu单质，过滤后滤液中加入次氯酸钠进行氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，随后加入CuO调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到五水硫酸铜晶体。 【解析】（1）从五水硫酸铜晶体结构可知，其中存在离子键、配位键、共价键、范德华力和氢键。 （2）液固比通常是通过向混合物中加水改变的，液固比大于5：1后，硫酸浓度减小，反应速度减慢，故铜浸出率下降。 （3）氧化过程中，Fe2+与次氯酸钠反应生成铁离子、氯离子和水，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。检验是否氧化完全，即检验溶液中是否还含有亚铁离子，可用K3[Fe(CN)6]检验。 （4）pH约为3.7时，铁离子沉淀完全，此时c(Fe3+)≈10-5mol/L，则Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-5×10-10.3×3=10-35.9。 （5）酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁。 2．（2024·江苏·一模）碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 (1)“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为 。 (2)“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 （不考虑立体异构） (3)可溶于，反应的平衡常数为 。[已知：反应的平衡常数] (4)“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为 。 (5)“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为 。 (6)将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为 。 【答案】(1) (2) (3) (4) (5)提高的还原率；会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成从溶液中逸出 (6) 【分析】向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te，据此解答。 【解析】（1）“氧化酸浸”过程，Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，则反应的化学方程式为：； （2）在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−中，的碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2−，则该配离子的结构式为：； （3）用R2−表示[Cu(C2O4)2]2−，则反应CuC2O4+H2C2O4⇌[Cu(C2O4)2]2−+2H+的平衡常数为  ，因    ，即       ，且反应的平衡常数     ，所以      ，即； （4）“还原”时，H2TeO3被还原生成Te，被氧化生成，则H2TeO3发生反应的离子方程式为：； （5）为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液过量；“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为：提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出； （6）由图可知，350~400°C时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，CuC2O4的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为：，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400°C下剩余固体的化学式为Cu。 3．（2024·江苏南通·一模）全钒液流电池正极废液中含有的离子是。以该废液为原料经过氧化、调、沉钒、煅烧可以制取。 (1)氧化：向正极废液中加入将转化为，写出该反应的离子方程式： 。 (2)调：向氧化后的溶液中加入调节溶液，溶液中V（价）会以等形式存在。随pH的升高，溶液中的值将 （填“增大”“减小”或“保持不变”），判断的方法是 。 (3)沉钒：不同时，向溶液中加入，可得到不同类型的含钒沉淀。 ①其他条件一定，控制溶液在2～5之间，向溶液中加入，沉钒率和沉淀的X射线衍射图分别如图1和图2所示。时，越大，溶液的沉钒率越低的原因是 。 ②向的溶液中（此时主要以存在）加入过量溶液，生成沉淀。加入过量溶液的目的是。已知：。 (4)煅烧：煅烧固体制取时，需在有氧条件下进行，原因是 。 (5)是一种相变材料，其一种晶胞（部分原子未标出）的结构如图3所示，在图中合适位置补充其余原子 。 【答案】(1) (2) 增大 根据反应可知，升高，浓度减小，平衡逆向移动，的值增大 (3)时，溶液中转化为，或沉淀的溶解度大于沉淀，所以沉淀率减小@促进充分沉淀 (4)具有氧化性，会被（或）还原，氧气存在时可以防止被还原 (5) 【解析】（1）将氧化为，自身被还原为Cl-，V元素升高1价，Cl元素降低6价，根据电子守恒与电荷守恒，离子方程式为：； （2）会相互转化，转化的离子方程式为：，随pH的升高，该转化平衡向左移动，故溶液中的值将增大； （3）由图2可以看出，pH>3时，溶液中转化为，或沉淀的溶解度可能大于沉淀，所以沉淀率减小；向的溶液中(此时主要以存在)加入过量溶液，生成沉淀，加入过量溶液的目的是增大NH的浓度，促进充分沉淀； （4）因为具有氧化性，会被会被(或)还原，所以在有氧的条件下煅烧固体，使(或)被氧气消耗，可以防止被还原； （5）根据图3可以算出晶胞中V的个数为=2，根据化学式，则一个晶胞中O的个数应为4，图3中样的个数为=3，根据上下底面的对称性，则上下底面个有1个氧，此时则满足晶胞特点，且氧的个数刚好为4，补充氧原子后的晶胞图为：。 4．（2024·江苏南通·一模）可用于制取催化剂，可以由含钻废料（主要成分为，还含有少量、和）经过如下过程进行制取： 含钴废料浸取液 (1)含钴废料用硫酸和溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和。 ①写出“浸取”时所发生反应的离子方程式： 。 ②“浸取”时含钴废料、硫酸和溶液混合的方式为 。 (2)已知：①氧化性； ②；可溶于水；与可生成配合物难以沉淀； ③实验条件下金属离子转化为氢氧化物时开始沉淀及沉淀完全的如下表所示： 开始沉淀 1.9 3.4 6.9 6.6 9.1 沉淀完全 3.2 4.7 8.9 9.2 11.1 补充完整由“浸取液”制取的实验方案：取一定量的浸取液， ，过滤，向滤液中滴加溶液，……，得到晶体，（实验中可选用的试剂是的氨水、的溶液、溶液、的溶液）。 (3)已知：。 ①反应的平衡常数为 。 ②制取时使用溶液而不是溶液的原因是 。 (4)为测定草酸钴样品的纯度，进行如下实验： ①取草酸钴样品，加入酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生（该条件下不被氧化，杂质不参与反应）。 ②将溶液冷却，加水稀释定容至。 ③取溶液，用溶液滴定过量的，恰好完全反应时消耗溶液。样品中的质量分数为 。 【答案】(1) 先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液 (2)向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生 (3) 62.5 防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量 (4)97.60% 【分析】由含钻废料中主要成分为，还含有少量、和，用硫酸和溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和，而后经过除杂得到，最终热解得到CoO，据此作答。 【解析】（1）“浸取”时与在酸性条件下发生氧化还原反应，所发生反应的离子方程式为：，“浸取”时含钴废料、硫酸和溶液混合的方式为：先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液，故答案为：；先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液； （2）溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和，题中信息已知与可生成配合物难以沉淀，因此要以氢氧化物形式除去，观察各杂质离子的沉淀pH可知，和在转化为氢氧化物过程中的pH有重叠的部分，因此要先将氧化为，而后调节pH后除去，再根据题中所给信息可溶于水而MgF2难溶于水，因此需要加入除去，步骤为：向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生，故答案为：向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生； （3）根据可得，根据可得；制取时使用溶液而不是溶液的原因是：防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量；故答案为：62.5；防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量； （4）根据草酸钴样品与酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生，该条件下不被氧化，杂质不参与反应，可知发生的反应为：，用溶液滴定过量的发生的反应为：，根据反应方程式可知取溶液中过量的，则消耗的，由此可知，故的质量分数为：，故答案为：97.60%。 5．（2024·江苏泰州·一模）广泛用于冶金、化工行业，可制取多种含钒化合物。 (1)实验室制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体，过程如下： “还原”步骤中生成，反应的化学方程式为 ；若不加，HCl也能还原生成和，分析反应中不生成的原因 。 (2)对制得的晶体进行含钒量的测定：称取样品，经过系列处理后将钒（Ⅳ）完全氧化，定容为溶液；量取溶液，加入指示剂，用的标准溶液滴定至终点，滴定过程中反应为；平行滴定4次，消耗标准溶液的体积分别为，则样品中钒元素的质量分数为 （写出计算过程，结果保留两位小数）。 (3)时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与反应制备共价晶体，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余，可能的原因是 。 (4)可溶于强酸强碱，不同、不同钒元素浓度时，价存在形态如题图所示： ①将溶解在烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为 。 ②具有对称结构，其结构式可表示为 。 【答案】(1) 2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O N2H4的还原性强于HCl (2)28.69% (3)生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触 (4) V2O5+4OH—=V2O+2H2O 【分析】由题给流程可知，五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，VOCl2与碳酸氢铵溶液反应制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。 【解析】（1）由分析可知，还原步骤发生的反应为五氧化二钒与肼、HCl反应生成VOCl2、氮气和水，反应的化学方程式为2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；由题给信息可知，五氧化二钒也能与氯化氢反应生成VOCl2和氯气，反应中不生成氯气说明肼的还原性强于氯化氢，会优先与五氧化二钒反应，故答案为：2V2O5+N2H4+8HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；N2H4的还原性强于HCl； （2）由题给数据可知，第三次实验的误差较大应舍去，则消耗硫酸亚铁铵溶液的平均体积为=22.50mL，由方程式和原子个数守恒可知，样品中钒元素的质量分数为×100%≈28.69%，故答案为：28.69%； （3）由题意可知，750℃时，将氧钒碱式碳酸铵晶体与氨气反应制备共价晶体氮化钒时，一段时间后，固体质量不再变化，经检测仍有氧钒碱式碳酸铵剩余说明氧钒碱式碳酸铵未能完全反应，可能是生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触，故答案为：生成了致密的VN覆盖在氧钒碱式碳酸铵晶体表面，阻碍了氧钒碱式碳酸铵晶体与NH3的接触； （4）①由钒原子个数守恒可知，五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应所得溶液中钒元素的浓度为=0.1mol/L，则溶液中钒元素浓度—lgc=1，由溶液中氢氧根离子浓度为0.01 mol/L，溶液pH为12，由图可知，—lgc为1和pH为12时，+5价钒元素的存在形式为V2O，则五氧化二钒与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为V2O5+4OH—=V2O+2H2O，故答案为：V2O5+4OH—=V2O+2H2O； ②由V2O中钒元素的化合价为+5价，离子具有对称结构可知，离子的结构式为，故答案为：。 6．（2024·江苏连云港·一模）以含钼()废催化剂(含，以及、、等)为原料制备，其过程表示如下： (1)焙烧。将废催化剂和足量固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至充分反应。焙烧过程中转化为的化学方程式为 。 (2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、 。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有 (任写一点)。 (3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量，过滤。通入过量的目的 。 (4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到。灼烧得到的化学方程式为 。 (5)应用。将制成催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得的转化率随温度的变化关系如图所示。在温度之间，转化率不高的原因是 。 【答案】(1) (2) 废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等 (3)将转化为氢氧化铝沉淀 (4) (5)没有达到催化剂所需的合适的活化温度 【分析】废催化剂在氢氧化钠条件下，通入氧气焙烧将转化为和硫酸钠；加H2O浸出除去不溶的铁、铜化合物，浸出液含、、，通入过量的二氧化碳，将转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到； 【解析】（1）焙烧过程氧气具有氧化性，会氧化生成硫酸盐和，氢氧化钠、氧气和转化为、硫酸钠，水，化学方程式为，故答案为：； （2）①氧化铝会和氢氧化钠生成可溶性的，故过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、，故答案为：； ②欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等，故答案为：废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等； （3）通入过量的二氧化碳，将转化为氢氧化铝沉淀，除去铝元素，故答案为：将转化为氢氧化铝沉淀； （4），灼烧后可得到，结合质量守恒可知，还生成氨气和水，反应为，故答案为：； （5）催化剂催化需要一定的活化温度，在温度之间，转化率不高的原因是：此时温度较低，没有达到催化剂所需的合适的活化温度，导致反应速率较慢，单位时间内转化率不高，故答案为：没有达到催化剂所需的合适的活化温度。 7．（2024·江苏南通·二模）沸石分子筛可用于气体、重金属离子的吸附或去除。工业上以粉煤灰（主要含和，还含有少量和有机物）为原料制取某种沸石分子筛的过程如下： 已知：粉煤灰中的硅、铝化合物煅烧时不发生反应，且难溶于酸。 (1)将粉煤灰在空气中煅烧的目的是 。 (2)“酸浸”的操作是向“煅烧”后的固体混合物中加入足量的盐酸，充分搅拌后过滤．检验“酸浸”操作是否达到目的的方法是 。 (3)“碱熔”时，将“酸浸”后所得滤渣与固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的和．“水热合成”时，加入水和一定量的和溶液，在条件下反应一段时间，可以得到晶体．写出“水热合成”时反应的化学方程式： 。 (4)沸石分子筛的结构为相邻的硅氧四面体和铝氧四面体相互连接形成的笼状结构，沸石分子筛的结构示意图及部分平面结构分别如图-1、图-2所示。沸石分子筛中存在一定大小的空隙，其中的可与其他阳离子发生交换． ①沸石分子筛可以用于去除废水中和，原理是 ； ②沸石分子筛对去除率随溶液的关系如图-3所示。越大，去除率越高的原因是 。 【答案】(1)除去粉煤灰中的有机物 (2)取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴溶液，无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的 (3) (4) 分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中，废水中的可以与沸石分子筛中发生离子交换而去除 与均可与沸石分子筛中的进行交换，较小时，浓度较高，与交换的变少；随着升高，溶液中的会生成沉淀，去除率增大 【分析】粉煤灰（主要含SiO2和3Al2O3⋅2SiO2，还含有少量CaO、Fe2O3和有机物）进行煅烧，有机物转化为无机物，盐酸酸浸过程中，粉煤灰中的硅、铝化合物难溶于酸，所得滤渣与NaOH固体在高温下混合熔融，可生成易溶于水的NaAlO2和Na2SiO3，“水热合成”时，加入水和一定量的NaAlO2和Na2SiO3溶液，在90°C条件下反应一段时间，可以得到Na12Al12Si12O48⋅27H2O晶体，据此回答。 【解析】（1）将粉煤灰在空气中煅烧的目的是：除去粉煤灰中的有机物； （2）当固体中没有氧化铁，则代表酸浸完成，通过检验铁离子来实现，方法为：取少量过滤后的固体，加入适量盐酸，充分搅拌后滴加几滴KSCN溶液，无红色现象则说明“酸浸”操作已达到目的； （3）“水热合成”时，NaAlO2与Na2SiO3反应生成Na12Al12Si12O48⋅27H2O晶体，方程式为：； （4）①NH3分子直径小于沸石分子筛中的空隙，沸石分子筛通过吸附去除废水中NH3，废水中的可以与沸石分子筛中Na+发生离子交换而去除，所以沸石分子筛可以用于去除废水中NH3和； ②H+与Cu2+均可与沸石分子筛中的Na+进行交换，pH较小时，H+浓度较高，与Na+交换的Cu2+变少，随着pH升高，溶液中的Cu2+会生成Cu(OH)2沉淀，Cu2+去除率增大。 8．（2024·江苏宿迁·三模）硼化钛(TiB2)常用于制备导电陶瓷材料。 I．高钛渣(主要含TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图： 已知：①B2O3高温易挥发；②TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。 (1)“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、 。 (2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 。 (3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论用量，原因是 。 Ⅱ．气相沉积法获得硼化钛：以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，可制得具有空间网状结构的磨料级硼化钛。 (4)制得硼化钛的化学方程式为 ，硼化钛能作为磨料的原因是 。 (5)生产硼化钛，当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是 。 Ⅲ．硼砂(Na2B4O7·10H2O)与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备X(Na2B2O8H4)。已知X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构。 (6)X阴离子的结构式为 。 【答案】(1)Al3+、Ca2+、Mg2+ (2)TiO2++(x+1)H2OTiO2•xH2O↓+2H+ (3)B2O3易挥发 (4) 硼化钛是共价晶体，硬度大 (5)BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼 (6) 【分析】高钛渣加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+，TiO2+沸水中形成TiO2•xH2O，热还原中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑； 【解析】（1）“酸浸”加入稀盐酸与Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3反应生成AlCl3、CaCl2、MgCl2、FeCl3，“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+； （2）“水解”需在沸水中进行，TiO2+沸水中形成TiO2•xH2O，离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2•xH2O↓+2H+； （3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应； （4）以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，制得硼化钛(TiB2)，反应的化学方程式为；硼化钛由Ti和B原子相连构成空间网状结构，能作为磨料的原因是硼化钛是共价晶体，硬度大； （5）当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼； （6） X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子说明结构对称，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，则B原子与四个O原子相连，X阴离子的结构式为。 9．（2024·江苏苏州·三模）、、等均可作锂离子电池的电极材料。 (1)电极。将、与溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经真空干燥、高温成型，制得电池的正极材料。 ①投料时，先将与 直接混合，再向其中加入另一种溶液。 ②共沉淀的化学方程式为 。 ③高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用是 。 (2)电极。层状晶体与石墨晶体结构类似，将嵌入层状充电后得到的可作电池负极。 ①该负极放电时的电极反应式为 。 ②结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。 (3)电极。从废锂电池正极材料回收、等金属路线如下： ①写出“溶解”步骤发生反应的离子方程式： 。 ②空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知以上，已完全脱水，在范围内，剩余固体成分为 。(写出计算过程)。 ③常温下，“沉锂”时使用饱和的目的是 。 【答案】(1) 或 增强电极导电性；与空气中反应，防止被氧化 (2) 半径小于层间距 (3) 和 提高，促进充分沉淀 【分析】正极材料与硫酸反应，Na2S2O3具有还原性，可将Co3+还原成Co2+，加入NaOH调pH将Co2+转化为沉淀，加入Na2CO3将Li+转化为Li2CO3； 【解析】（1）①投料时，和直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故先将与直接混合，再向其中加入另一种溶液； ②共沉淀的化学方程式为或； ③高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用是：增强电极导电性；与空气中反应，防止被氧化； （2）①将嵌入层状充电后得到的可作电池负极放电时的电极反应式为；②为Li失去一个电子形成，电子排布为1s2，原子半径小，半径小于层间距，能嵌入层间； （3）①“溶解”步骤，正极材料与硫酸反应，Na2S2O3具有还原性，可将Co3+还原成Co2+； ②根据质量守恒定律，在变化过程中，Co的质量没有变，假设原始固体质量为100g，则n(Co)=mol，m(Co)=100×g； 在1000℃时，固体质量不再变化，说明Co(OH)2完全分解，n(Co)：n(O)=：=1：1，剩余固体成分为CoO； 在350-400℃时，固体的质量在89.25%-86.38%之间，可以通过极点进行分析， 在290℃，n(Co)：n(O)=：=2：3，其化学式为Co2O3； 在500℃n(Co)：n(O)=：=3：4，其化学式为Co3O4； 所以可以确定在350-400℃时的化学式为Co2O3和Co3O4， ③“沉锂”时，提高，促进充分沉淀。 10．（2024·江苏南京·模拟预测）钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 (1)酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 (3)除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1：2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 (4)除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和的离子方程式为 。 (5)沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 (6)上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 【答案】(1)加快搅拌速率 (2)Fe(OH)3和CaSO4 (3) 15∶2 (4)Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋ (5) 4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O 弱于 (6)D 【分析】本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、锰，最终得到产品； 【解析】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率； （2）由于酸浸时加入硫酸，根据表格中数据可知，向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为：Fe(OH)3和CaSO4； （3）①根据丁二酮肟的结构简式可知，其中σ键与π键数目之比为15∶2； ②该配合物中N提供孤电子对，Ni提供空轨道，且分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，则该配合物的结构为：； （4）该反应中锰离子被氧化为二氧化锰，同时Na2S2O8变为硫酸根离子，相应的离子方程式为：Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋； （5）根据题意Co(OH)3中Co被还原为CoO杂质，同时氧的化合价升高为氧气，方程式为：4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O；根据题意酸浸液主要含有Co2+、Fe2+，除铁时加入过氧化氢，只能氧化Fe2+，则Co2+的还原性弱于Fe2+； （6）根据分析可知，滤液中含有锌离子，则滤液可返回湿法炼锌系统回收锌。 11．（23-24高三下·江苏南通·期中）硼氢化钠是一种理想的储氢材料。 (1)的制备 碱性条件下，电解偏硼酸钠溶液可制备。总反应式为。已知：电负性B＜H。 ①写出阴极的电极反应式： 。 ②研究表面上述反应为间接还原反应，包括2步反应，请描述出这2步反应的合理假设： 。 (2)的性质 常温下，在水溶液中将发生水解反应生成，的半衰期（水解掉一半所耗费的时间，用表示）与溶液pH、温度（T）的关系如下：。 ①写出在水溶液发生水解反应的化学方程式： 。 ②给出保存水溶液的2点建议： 。 (3)的运用 第四周期过渡金属及其化合物是催化水解产氢的良好催化剂。 ①Ag－铁基纳米颗粒催化剂可催化硼氢化钠水解制氢。相同条件下，控制浓度相等，改变其中稳定剂的浓度，测得浓度对催化活性的影响如题图所示。浓度相对过大催化活性下降的原因可能是 。 ②相同条件下，、、催化水解制氢性能对比如下： 金属d电子数 6 7 8 反应活化能/ 52.01 46.33 58.70 产氢速率 最慢 最快 较慢 根据表格，写出你所得到的结论： 。 【答案】(1) 第1步：在阴极电解产生；第2步：生成的再与反应生成 (2) 低温、强碱性溶液 (3) 占据了催化剂的表面，减少活性位点与的接触，导致放氢速率减慢 催化活性与金属的d电子数有关；产氢速率与反应活化能之间没有必然联系 【解析】（1）①阴极生成NaBH4，电极反应式：； ②研究表面上述反应为间接还原反应，包括2步反应，这2步反应的合理假设为：第1步：H2O在阴极电解产生H2；第2步：生成的H2再与反应生成； （2）①NaBH4在水溶液中将发生水解反应生成H2，水解反应的化学方程式：； ②保存NaBH4水溶液时需要低温、强碱性溶液，防止其水解； （3）①NaOH浓度相对过大催化活性下降的原因可能是：OH−占据了催化剂的表面，减少活性位点与NaBH4的接触，导致放氢速率减慢； ②根据表格信息可知，催化活性与金属的d电子数有关；产氢速率与反应活化能之间没有必然联系。 12．（2024·江苏南通·模拟预测）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，进而进一步制备Mn3O4。 (1)制备硫酸锰的流程如下： “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。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式 。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是 。 ③控制反应温度和SO2流速一定，反应2小时，测得“还原”时锰元素的回收率与“制浆”时液固比的关系如图所示。液固比为20∶1浆料中锰元素回收率低于液固比为10∶1的浆料，原因是 。 ④“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： H2S2O6中含有S—S共价键，其结构式可表示为 。pH在4~6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是 。 (2)已知：pH在6.4~7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4.实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成沉淀，再将氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2+的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 ①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化为Mn3O4，其原因是 。 ②实际工业生产中，当氨气超过30mL时，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是 。 【答案】(1) C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去 液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低 pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢 (2) Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值 过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降 【分析】根据软锰矿中所含杂质，以及题中所给信息可知，“酸浸”步骤中部分MnO2与有机物发生氧化还原反应，钙镁碳酸盐与酸反应生成可溶于水的物质，然后过滤，滤渣中主要成分是MnO2，向滤渣中加水“制浆”，通入二氧化硫，发生氧化还原反应，得到硫酸锰，据此分析； 【解析】（1）①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2+，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案为C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O； ②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2+、Mg2+能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO易与溶液中Ca2+、Mg2+杂质氯离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去； ③液固比20∶1浆料相当于向液固比10∶1浆料中加水，使MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低，故答案为液固比太大，MnO2和SO2的浓度均降低，反应速率降低，锰元素回收率降低； ④H2S2O6是连二硫酸的化学式，其中含有S-S键，因此连二硫酸的结构式为；根据流程图可知，MnOOH用于HSO反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为；pH增大，c(HSO)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢； （2）Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2+直接被氧化时发生反应为6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值； 工业上中制备Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，当氨气超过30mL时，过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案为过量的氨气与Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$