2025届高三化学一轮复习 热重分析专题

一轮复习 热重分析专题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、解答题 1．以镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]为原料制取六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)，具体的工艺流程如图： 已知：①滤液2与适量石灰乳反应合成碱式氯化镁[Mg(OH)2-xClx·mH2O]，当x=1，m=0时，碱式氯化镁为Mg(OH)Cl。 ②相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表： 金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ Ca2+ 开始沉淀的pH 1.5 3.4 8.9 11.3 沉淀完全的pH 2.8 4.7 10.9 — 请回答下列问题： （1）实验室煅烧样品的实验仪器为 。 （2）滤渣2的主要成分是 。 （3）通过调节滤液2的pH来获取Mg(OH)2沉淀，则溶液pH的范围为 。 （4）向溶液A中先加入 (填化学式)酸化，然后 、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到MgCl2·6H2O，取少量低温干燥得到的MgCl2·6H2O晶体溶于水后发现溶液呈碱性，则含有的杂质是 从操作上分析引入杂质的原因是 。 （5）热重分析法是程序控制温度下测最物质的质量与温度关系的一种实验技术。MgCl2·6H2O的热重曲线如图。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。 ①试确定200℃时固态物质的化学式： 。 ②温度升至554℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式： 。 2．钴广泛应用于机械制造、电子电器、航空航天、电池制造等行业，是国家重要的战略资源。用含钴废料(主要成分为，含少量、、CaO、MgO、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示，试回答下列问题： 已知： ①具有强氧化性。 ②，。 (1)为提高含钴废料的浸出效率，可采取的措施是 (任写一条)。 (2)在水溶液中的电离方程式为 ；浸出渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)向“浸出液”中加入适量的时，发生反应的离子方程式为 。 (4)0.1的溶液中： (填“>”或“<”或“=”)。 (5)①“除钙镁”后，滤液中时， 。 ②若“调pH”时溶液的pH偏低，将会导致、沉淀不完全，其原因是 。 (6)将在空气中加热最终可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。[已知：] 经测定，A→B过程中产生的气体只有，此过程中发生反应的化学方程式为 。 3．草酸镍晶体(，)是一种难溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。工业上用废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的、FeO、、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示： 已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据： 金属离子 开始沉淀的pH 1.1 5.8 3.0 6.8 完全沉淀的pH 3.2 8.8 5.0 9.5 ② ③pH增大，被氧化的速率加快，同时生成的水解形成更多的胶体能吸附。 ④当某物质浓度小于时，视为完全沉淀。 回答下列问题： (1)写出一种能提高“酸浸”速率的措施 。 (2)“氧化”过程中，控制70℃、pH小于3的条件下进行。 ①的电子式为 。 ②“氧化”过程的离子方程式为 。 ③pH为3~4时，镍的回收率降低的原因是 。 (3)“调pH”的范围为 ，“沉钙”过程中，当沉淀完全时，溶液中 (列出计算式即可)。 (4)操作a包含过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干等步骤。过滤后检验草酸镍晶体是否洗涤干净的方法是 。 (5)在空气中加热草酸镍晶体得到如下TG-DSC热分解曲线如图所示，已知：TG指的是在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系，DSC指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中发生的热量变化，以保持样品和参比物的温差为零。这种补偿能量即样品吸收(峰向下)或放出(峰向上)的热量。则300℃时，反应的化学方程式为 。 4．在国家“十二五环保规划”中，氮氧化物成为实行总量控制的污染物，其总量控制消减主要是烟气、燃煤的脱硝，机动车尾气治理等。 Ⅰ．甲烷还原氮的氧化物 (1)已知下列反应： ①        △H1=-1155.5kJ·mol-1 ②        △H2=-112.5kJ·mol-1 ③        △H3=+178.0kJ·mol-1 则反应④     △H4= kJ·mol-1。 Ⅱ．三元催化剂直接转化氮的氧化物 (2)机动车尾气在三元催化剂作用下发生反应： △H，实验测得：，，其中k正、k逆是只受温度影响的速率常数。在密闭容器中，该反应达到平衡，升温时，测得k逆增大的倍数比k正大，则△H 0(填“>”或“<”)。 Ⅲ．碱液吸收氮的氧化物 (3)用一定浓度的NaOH溶液吸收含氮氧化物的废气(含NO、NO2)，生成亚硝酸盐，该反应的离子方程式是 。 Ⅳ．氨气还原氮的氧化物 (4)某科研攻关小组在两个恒容(2.0L)密闭容器中进行如下投料对比实验： NH3 NO O2 容器1 4mol 4mol 0 容器2 4mol 4mol 1mol 两个容器中的混合气体在相同催化剂表面分别发生如下反应： ⑤        △H3=-1814kJ·mol-1 ⑥        △H6 反应过程中，测得相同时间时NO的转化率随温度变化的曲线如图所示：    620K时，容器2中反应的平衡常数K= (用分数表示)，温度大于575K时，温度升高，容器2中NO转化率逐渐降低的原因是 (忽略温度对催化剂的影响)；工厂在用氨气处理含氮氧化物的废气时，需通入一定量的空气，从图中曲线变化分析这种操作的优点是 。 5．氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图：    已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。 ②相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6 沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6 ③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10-10、7.42×10-11。 回答下列问题： (1)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为 。分析图，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500℃。分析选择反应温度不高于500℃的原因是 。    (2)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为 ；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH的范围为 ；然后加入NH4F除去 。 (3)碳化结晶时，反应的离子方程式为 。 (4)MnCO3(相对分子质量115)在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示，300℃～770℃范围内，发生反应的化学方程式为 。    6．NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题： (1)选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如下反应发生： ①4NH3(g) + 5O2(g) 4NO (g) + 6H2O(g) ΔH1= - 905kJ·mol-1 ②4NH3(g) + 3O2(g) 2N2(g) + 6H2O(g) ΔH2=- 1268kJ· mol-1 ③4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(g) ΔH3 反应③的反应热ΔH3= 。 (2)氨催化氧化时会发生(1)中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图： ①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是 (填字母)。 A．升高反应温度  B．降低反应温度 C．增大NH3和O2的初始投料比  D．及时分离出H2O ②520°C-840°C时体系中NO含量迅速增加的原因是 。 (3)已知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图a。 I.2NO(g) N2O2(g) II.N2O2(g)+O2(g) 2NO2(g) ①决定NO氧化反应速率的步骤是 (填“I”或“II”)。 ②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其它条件不变，在温度为T1和T2(T2>T1)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图b,转化相同量的NO，在温度 (填“T1”或“T2”)下消耗的时间较长，结合图a分析其原因 。 (4)在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应： 2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为 (保留一位小数)。该条件下反应平衡常数Kp= MPa-1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压 ×物质的量分数)。 7．钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。 已知：萃取时发生的反应为。 (1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式： 。 (2)除Ca、Mg：当某离子浓度时，认为该离子已除尽。 ①为使、除尽，必须保持溶液中 。 ②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是 。 [，，]。 (3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。 ①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。 ②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是 。 (4)热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到。将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。 ①B点剩余固体产物为 (写出计算过程)。 ②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有 个。 8．铁泥是一种常见的工业废料(主要成分为Fe2O3、FeO、Fe及杂质，杂质与酸不反应，难溶于水)，可用于生产柠檬酸铁铵或磁性氧化铁，具体流程如图。 回答下列问题： (1)“溶解”时，Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为 。 (2)制备柠檬酸铁铵 ①写出“氧化”时发生反应的离子方程式并用单线桥表示该反应的电子转移情况 。 ②“氧化”时控制温度不超过90℃的原因是 。 (3)制备磁性氧化铁 ①“还原”时，加入的试剂X为 (填化学式)。 ②“操作I”为沉化、 、洗涤至滤液呈 性(填“酸、中、碱”)、干燥。 ③在氩气中加热草酸亚铁晶体(FeC2O4∙2H2O)，随温度升高，FeC2O4∙2H2O的质量变化曲线出现两个失重“台阶”，如图所示。结合表格，计算第一阶段的质量损失率为 (保留4位有效数字)，推断第二阶段产生的气体为 。 (质量损失率=×100%) 失重阶段 温度范围/℃ 质量损失率% 产物 第一阶段 室温~255 _____ FeC2O4 第二阶段 255-520 37.06 Fe3O4 9．我国稀土资源丰富，稀土元素包括钪、钇和镧系共17种元素，是重要的战略资源。一种以氟磷灰石[主要成分为，还含有少量，RE表示稀土元素]为原料制备稀土氧化物的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)酸浸时，转化为，为了提高浸取率，可以适当升高温度，但是温度不能太高，原因是 。酸浸时不能使用玻璃容器，原因是 。 (2)是磷酸三丁酯，不溶于水，能萃取金属阳离子和酸分子(、等)。加入氨水反萃取的原理是 。 (3)水相Ⅱ过滤后得到的滤渣的主要成分为、、，后续加入硫酸的主要目的是 ，有关反应的离子方程式为 。 (4)加入，含稀土元素的离子转化为草酸盐，将得到的部分草酸铈晶体用热重法对其进行分析，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。 已知200℃~580℃之间反应生成一种含铈物质和CO，写出该反应的化学方程式 。 ②已知点固体是纯净的含铈氧化物，则该物质为 (填化学式)。 10．是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(主要成分为，还含有等)为原料制备晶体的工艺流程如图所示。    一些难溶电解质的溶度积常数()如下表： 难溶电解质 回答下列问题： (1)基态原子的价电子排布式为 。的配合物存在的化学键有 (填标号)。 a．非极性键     b．配位键     c．金属键     d．极㤦键     e．离子键 (2)滤渣1中主要有和 。 (3)若为，其作用是 (用离子方程式表示)。实称用量远大于理论用量，可能的原因是 。滤液2中，为确保其中，需调节的范围是 (已知：)。 (4)“氟化除杂”时发现溶液酸度过高，会导致和沉淀不完全，从化学平衡移动的角度分析，其原因是 。 (5)“沉镍”过程生成碱式碳酸镍。为测定该沉淀的组成，称取纯净干燥沉淀样品，隔绝空气加热，该化合物的热重曲线如图所示，以上固体质量不再变化。通过计算确定该沉淀的化学式为 。    (6)将所得与混合加热可制备无水并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为 。 11．工业上以红土镍矿(主要成分Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3)为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍及其化合物，并回收副产物黄铵铁矾。工艺流程如下图所示： 已知： ①在焙烧过程中Mg3Si2O5(OH)4和Fe2MgO4转化为(NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)3Fe(SO4)3及SiO2 ； ②加热情况下，Fe3+可水解生成一种难溶于水的黄色固体FeO(OH)； ③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水。 (1)在该工艺流程中为了加快化学反应速率而采取的主要措施有 (至少回答两项) (2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为 ，“浸渣"的主要成分除铁的氧化物外还有 (填化学式)。 (3)“除铁”和“沉镍"时需将Fe3+、Ni2+转化为沉淀。已知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 沉淀物 黄铵铁矾 Fe(OH)3 Ni(OH)2 开始沉淀时的pH 1.3 2.7 7.1 沉淀完全(c=1×10-5 mol/L)时的pH 2.3 3.7 9.2 若“沉镍"时pH调为7.8，则滤液中Ni2+浓度约为 mol/L。 (4)流程中由Ni(OH)2沉淀得到NiSO4·7H2O晶体的操作是 ；NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式是 。 (5)依据下列实验和数据可确定黄铵铁矾【化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)m，摩尔质量为480g/mol】的化学式。 ①称取黄铵铁矾2.400 g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸酸化，再加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀2.330 g。 ②Mim Ristic等曾对黄铵铁矾进行热分解实验，其结果可用下图热重曲线表示(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3和H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)。 根据以上实验及图中数据确定黄铵铁矾的化学式 。 12．合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下： 已知Sn2+容易水解。 回答下列问题： (1)加快“脱锡”速率的措施有 (写出一点)。“操作I” 包含 、 、过滤、洗涤、干燥。 (2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是 ；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因 。 (3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为 ； 当阴极出现 的现象时，说明电解回收锡结束。 (4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为 。 (5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为 。 13．五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下： 已知：①“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成VO和VO2+。 ②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO的能力强。 ③溶液中VO与VO可相互转化：VO+H2OVO+2H+且NH4VO3为沉淀 (1)“酸浸”时，FeSO4参与反应的离子方程式为 。 (2)“萃取”和“反萃取”时，将发生R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)，“反萃取”加入试剂 。(填化学式) (3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)“沉钒”时，通入氨气的作用是 ，以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释如图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 。 (5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有 。 (6)25.35gMnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。 ①300℃时，所得固体的化学式为 ，850℃时，所得固体的化学式为 。 ②1150℃时，反应的化学方程式为 。 14．废旧铅蓄电池会导致铅污染，国内外对废蓄电池的湿法处理进行了广泛研究，工艺回收铅是其成果之一。具体化工流程如图： 已知：I.铅膏主要成分是、； Ⅱ.是强酸； Ⅲ.、。 回答下列问题： (1)步骤①通入的用途是 (用化学程式表示)。 (2)步骤②中存在平衡，该反应平衡常数 (保留两位有效数字)。检验固体是否洗涤干净的操作是 。 (3)写出步骤④加入溶液的离子方程式 。 (4)步骤⑤电解溶液时，阳极产生单质气体，则阳极反应式为 。 (5)整个工艺流程中，可以循环使用的物质化学式为 ；可以用作肥料的是 (用化学式表示)。 (6)已知熔烧可制得铅的氧化物，为了研究其产物成分取进行焙烧，其热重曲线如图所示，请写出时所得铅的氧化物的化学式 。 15．工业上用含锰废料(主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等)与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如下： 已知：25℃时，部分氢氧化物的溶度积常数(Ksp)如下表所示。 氢氧化物 Al(OH)3 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 Ksp 1.3×10-33 4.0×10-38 2.2×10-20 1.9×10-14 请回答： （1）沉淀1的化学式为 。 （2）室温下，调节pH为5。试通过计算说明此时Al3+、Fe3+已沉淀完全，理由是 。 “净化”时，加入(NH4)2S的作用为 。 （3）“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为 。 （4）已知：滤液3中除MnSO4外，还含有少量(NH4)2SO4。(NH4)2SO4、MnSO4的溶解度曲线如下图所示。据此判断，操作“I”应为蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。 （5）工业上可用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极反应式为 。 （6）25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。1150℃时，反应的化学方程式为 。 。   16．工业上以钒钛磁铁矿为原料，在炼铁的同时还可以制备钒的最高价氧化物V2O5，其主要流程如下： 已知：①VO3-+2H+VO2++H2O ②NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇 （1）高炉炼铁应用的冶炼方法是 （填标号） A．热分解法     B．热还原法    C．电解法 （2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，写出该反应的化学方程式 。 （3）Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析其原因 ，浸出液中含钒物质的化学式为 。 （4）沉钒过程有气体生成，其反应的离子方程式为 。 （5）过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是 。 （6）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，得到的固体物质化学式为 ，300～350℃放出的气态物质化学式为 。 17．钛(Ti)及其合金具有密度小、质量轻、比强度高、耐腐蚀性等优点，被称为“全能金属”。 (1)工业上利用金红石(TiO2)制备金属钛的流程如下： 已知：TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。 i.直接氯化：TiO2(s)+ 2Cl2(g) = TiCl4(g)+O2(g) ∆H= +172 kJ·mol-1 ii.碳氯化：TiO2(s)+ 2Cl2(g)+2C(s)= TiCl4(g)+2CO(g) ∆H=- -51 kJ·mol-1 ①已知：C的燃烧热为393.5 kJ·mol-1，则CO的燃烧热为 。 ②“碳氯化”的反应趋势远大于直接氯化，原因是 。 ③“碳氯化”过程中每生成1mol TiCl4，理论上转移电子数为 。 ④“还原”步骤中可使用金属Mg在1073~1173K及氩气保护下制取金属钛。相比于传统的氢气还原法(2500℃下，用H2作还原剂)，请从物质转化与资源综合利用角度分析，用金属Mg还原的优点是 。 (2)我国科学家研究出USTB工艺制取金属钛，其原理如图。                   USTB法电解原理 ①该方法使用具有导电性的TiO·TiC固溶体作阳极，碳钢作阴极，熔盐作电解质，电解时阳极发生的主要电极反应为 。 ②由于水对实验有严重影响，而熔盐CaCl2具有很强的吸水性，所以必须对CaCl2进行预处理。将装有CaCl2的坩埚置于电阻炉后，同时以1.5L/min的速度通入氩气，实验所得到的熔盐CaCl2重量随温度和时间的变化曲线如图所示。图中244℃时发生CaCl2脱除结晶水的反应。请结合图像分析，工业上一般在778℃时，将通入氩气的速度降至0.2L/min，其原因可能是 。                            CaCl2综合热分析曲线图 18．新一代脱硝催化剂(SCR)(主要含TiO2、V2O5，及SiO2、Al2O3等)。该SCR的使用寿命为3年左右，废弃SCR回收再利用至关重要。湿法回收SCR的工艺流程如下： 已知：V2O5是两性氧化物，在弱碱性条件下即可生成VO3，VO3易水解。Na₂TiO3难溶于水。回答下列问题： (1)“碱浸”时，提高浸出率的措施有 (写出一种措施即可)。 (2)“沉铝”过程中得到的沉淀主要成分是 (填化学式) (3)“转化”时的离子方程式为 。 (4)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量的NH4C1，其原因是 。 (5)已知NH4VO3难溶于水，Ksp=3.0×10-8，向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使VO沉淀完全，则NH4Cl溶液的最小浓度为 (溶液中某离子浓度≤1×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)。 (6)钒回收率随溶液pH的变化如图甲所示，试分析pH在8左右时钒回收率最高的原因： 。 (7)为研究“煅烧”过程中发生的化学变化，某研究小组取234gNH4VO3进行探究，煅烧过程中减少的质量(Δm)随温度变化的曲线如图乙所示，则D点所得物质的化学式为 19．氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。 ②相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol/L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Al3＋ Fe3＋ Fe2＋ Ca2＋ Mn2＋ Mg2＋ 开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6 沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6 ③常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10－10、7.42×10－11。 回答下列问题： (1)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为 。 分析下列图1，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500 ℃。分析选择反应温度为500 ℃的原因 。 (2)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为 ；再调节溶液的pH将Al3＋、Fe3＋变为沉淀除去，溶液pH的范围为 ；然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液中＝ 。 (3)碳化结晶时，反应的离子方程式为 。 (4)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示，300 ℃～770 ℃范围内，发生反应的化学方程式为 。 20．某大理石（含Fe2O3）转化为氯化钙水合物储热材料和高纯度的碳酸钙，无论从经济效益还是资源综合利用都具有重要意义。其工艺流程示意图如下。 完成下列填空： （1）上述流程中A是 （填化学式，下同）、写出B中的成分 。 （2）C可以作化肥，写出检验C中含有NH4+的方法： 。 （3）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是 。 a 无毒 b 能导电 c 易溶于水 d 熔点较低（29℃熔化） （4）经过热重分析测得：CaCl2·6H2O在焙烧过程中，固体质量的减少值（纵坐标）随温度变化的曲线如图所示。则第一个相对稳定的物质的化学式是 。 a CaCl2·4H2O b CaCl2·2H2O c CaCl2·H2O d CaCl2 （5）工业还可以利用氨碱法的母液生产氯化钙。根据如图溶解度曲线，设计从含CaCl241%的饱和食盐水中，获得氯化钙水合物的流程 。 （流程示意：） 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． 坩埚 Fe(OH)3 Al(OH)3 10.9≤pH<11.3 HCl 蒸发浓缩 碱式氯化镁或氢氧化镁 过度蒸发导致氯化镁水解 MgCl2·2H2O Mg(OH)ClMgO＋HCl 【分析】以镁渣[含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2]为原料制取六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)，由流程可知，镁渣在700℃煅烧，只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应，然后在固体中加入盐酸，可与MgO、CaCO3、Al2O3、Fe2O3反应生成氯化镁，氯化钙、氯化铁，滤渣1为SiO2，调节pH=5，铁离子和铝离子沉淀完全，滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3，溶液中只余下氯化镁和氯化钙，再调节10.9≤pH<11.3，将镁沉淀，最后在滤渣3中加盐酸酸化得溶液A，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到MgCl2·6H2O。 【详解】（1）固体灼烧用坩埚，实验室煅烧样品的实验仪器为坩埚。故答案为：坩埚； （2）调节pH=5，铁离子和铝离子沉淀完全，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3； （3）PH大于10.9时Mg(OH)2沉淀完全，常温下，饱和石灰水的pH约为11.3，通过调节滤液2的pH来获取Mg(OH)2沉淀，则溶液pH的范围为10.9≤pH<11.3。故答案为：10.9≤pH<11.3； （4）为防止引入新的杂质，向溶液A中先加入HCl酸化，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到MgCl2·6H2O，取少量低温干燥得到的MgCl2·6H2O晶体溶于水后发现溶液呈碱性，则含有的杂质是碱式氯化镁或氢氧化镁，从操作上分析引入杂质的原因是过度蒸发导致氯化镁水解。故答案为：HCl；蒸发浓缩；碱式氯化镁或氢氧化镁；过度蒸发导致氯化镁水解； （5）①n(MgCl2·6H2O)= =0.02mol，m(MgCl2)=0.02mol×95g·mol－1=1.9g，200℃时，失去部分结晶水，固体中结晶水2.62g-1.9g=0.72g，n(H2O)= =0.04mol，200℃时固态物质中：n(MgCl2):n(H2O)=0.02:0.04=1:2，200℃时固态物质的化学式：MgCl2·2H2O。故答案为：MgCl2·2H2O； ②加热到一定的温度，水解程度增大，生成碱式氯化镁和氯化氢，故温度升至554℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，该反应的化学方程式：Mg(OH)ClMgO＋HCl。故答案为：Mg(OH)ClMgO＋HCl。 2．(1)将含钴废料粉碎(或其他合理答案) (2) 、 (3) (4)> (5) pH偏低，浓度过大，和结合成HF分子，降低了浓度，导致、溶解平衡向溶解方向移动 (6) 【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为Co2+，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为Fe2+，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH) 3、A(OH) 3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后向滤液中加入萃取剂，萃取后的水层中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体。 【详解】（1）将水钴矿粉碎、加热、适当增大盐酸浓度、搅拌，均可以加快钴矿的 “浸出率”； （2）为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为；含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应：，使转化为，CaO溶于盐酸生成的与形成沉淀，故浸出渣的主要成分为不反应的、生成的； （3）加入的作用是将氧化为，该反应的离子方程式为 。 （4）0.1的溶液中由质子守恒可知，，则，那么>。 （5）①滤液中时，。 ②pH偏低，浓度过大，和结合成HF分子，降低了浓度，、溶解平衡向溶解方向移动，将会导致、沉淀不完全。 （6）在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147；结合图像可知，初始为0.1mol ，A点时为0.1mol 。根据钴元素守恒，B点时8.03g固体中钴元素的物质的量为0.1mol，则8.03g固体中氧元素的物质的量为，则8.03g固体中Co、O的物质的量之比为0.1∶0.133≈3∶4，故B点时固体产物为，A→B发生的反应为。 3．(1)原材料粉碎、适当增加酸的浓度、加热、搅拌等 (2) 铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子，导致镍回收率降低 (3) 5.0~6.8 (4)取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，否则未洗涤干净 (5) 【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入稀硫酸酸浸时，镍和金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化镍调节溶液pH，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有镍离子、钙离子的滤液；向滤液中加入氟化铵溶液，将钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣和硫酸镍滤液；向滤液中加入草酸铵溶液，将镍离子转化为二水草酸镍沉淀，过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干得到二水草酸镍晶体。 【详解】（1）将原材料粉碎、适当增加酸的浓度、加热、搅拌等措施能提高酸浸速率； （2） ①为共价化合物，电子式为。 ②“氧化”过程在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为。 ③胶体具有吸附性，pH为3~4时，镍的回收率降低的原因是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子，导致镍回收率降低。 （3）“调pH”使得溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而镍离子不沉淀，结合表格数据可知，加入氢氧化镍调节溶液pH范围为：5.0~6.8；“沉钙”过程中，当沉淀完全时，溶液中； （4）过滤得到的草酸镍上面可能沾有硫酸铵，通过检验硫酸根离子，可判断晶体是否洗涤干净。其方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，否则未洗涤干净； （5）根据分析， 首先在175 ~275℃失重，总质量损失率约为19.19%，与 失去结晶水生成 NiC2O4 理论质量损失率19.71%相吻合。因此 300℃ 前所得产物为 NiC2O4。随着热分解温度的升高，在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与 热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO。即 300℃ 时反应的化学方程式为。 4．(1)-865.0 (2)< (3) (4) b点后为平衡状态，该反应为放热反应，升高温度，则平衡逆向移动 通入空气可使氨氧化物的转化率提高 【详解】（1）应用盖斯定律可知，反应①-②+③得，故。 （2）该反应的平衡常数，升温时，k逆增大的倍数比k正大，则K减小，平衡逆向移动，说明反应为放热反应，故△H<0。 （3）NO、NO2溶于碱液发生归中反应生成亚硝酸盐和水，离子方程式是 （4）容器2中发生反应：，由图中数据可知，620K时，容器中NO为4mol×50%=2mol，则根据三段式法可得： 620K时，容器2中反应的平衡常数；对于容器2中的反应，b点前未达到平衡状态，故NO的转化率随着温度升高而增大，b点后曲线均为平衡状态，该反应为放热反应，升温则平衡逆向移动，导致NO的转化率降低。氧气具有氧化性，由图可知，氨气还原NO时，通入空气可使氮氧化物的转化率提高。 5．(1) MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O 温度过高，浸出率变化不大，成本增加 (2) MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 5.2≤pH＜8.8 Ca2+和Mg2+ (3)Mn2++2HCOMnCO3↓+CO2↑+H2O (4)3MnO2Mn3O4+O2↑ 【分析】根据化工生产流程图和题意分析得知，菱镁矿和氯化铵混合焙烧生成氯化锰和氨气二氧化碳等，在浸出液净化除杂中除去的是Fe、Al、Ca、Mg等元素，氯化锰中加入碳酸氢铵进行碳化结晶生成碳酸锰产品，氯化铵循环使用。 【详解】（1）焙烧时菱镁矿和氯化铵混合加热反应，生成氯化锰、氨气、二氧化碳，方程式为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；由图得知，在500。C时浸出率已经很高，再升高温度浸出率提高不大，而且成本增加，故选择不高于500。C的温度； （2）MnO2具有氧化性，在酸性条件下可以把二价铁离子氧化为三价铁离子，方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；调节pH值目的是让铁铝离子沉淀，锰离子不沉淀，结合表中数据，铁铝离子完全沉淀pH值要大于等于5.2，锰离子开始沉淀的pH值为8.8，因此选择5.2≤pH＜8.8；加入氟化铵可以让钙离子和镁离子形成氟化物沉淀； （3）碳化结晶是锰离子与碳酸氢根离子的反应，故方程式为：Mn2++2HCOMnCO3↓+CO2↑+H2O （4）碳酸锰加热分解时，100g碳酸锰加热到300度时剩余75.65g，根据锰原子守恒75.65g应该是MnO2，到770°C时，剩余的是Mn3O4，因此方程式为：3MnO2Mn3O4+O2↑。 6．(1)-1812.5kJ ·mol-1 (2) BD 该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率 (3) II T2 反应I放热，温度升高，平衡逆移，c(N2O2)减小；且 c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高对反应II速率的影响 (4) 66.7% 【详解】（1）根据盖斯定律， ③=②×2.5-①×1.5=-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5，所以ΔH3=-1812.5kJ ·mol-1。 （2）①A．在1 L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，根据图像可知，520℃平衡时n(NO)=n(N2)= 0.2 mol，结合化学方程式列数据如下： 则平衡时，n(NH3)=(1-0.2-0.4)mol=0.4 mol、n(O2)=(2-0. 25-0. 3)mol= 1.45 mol、n( H20)=(0.3 +0. 6)mol=0.9 mol，因为容器的体积是1 L.所以该反应的平衡常数该反应是放热反应，降低温度，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，故A错误，B正确； C．增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，NH3的转化率降低，故C错误； D．将反应生成的H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，D正确； ②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率。 （3）①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I的活化能较低，速率较快；反应II的活化能较高，速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应II。 ②由题图3可知，当消耗相同量的NO时，温度为T：时消耗的时间更长。由题图2可知，反应I和II均为放热反应，但反应I的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应I平衡逆移，c(N2O2)减小；而反应II活化能较高，反应速率慢，c(N2O2)减小对反应II速率的影响大于温度升高的影响。 （4）加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1：1。 ，解得x=。所以n(总)= mol。 所以n(总)= mol。 算出平衡时，总压强P1，，解得。2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ；；；； 。 7．(1) (2) 0.01 pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子 (3) 实现的提取和富集 随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降 (4) 在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4 12 【分析】含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物； 【详解】（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：； （2）①，，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为，故为使、除尽，必须保持溶液中0.01。 ②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子； （3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集； ②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降； （4）①在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4； ②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。 8．(1) (2) 过氧化氢不稳定受热易分解 (3) Fe 过滤 中 CO、CO2 【分析】铁泥酸溶后过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水生成铁的沉淀，加入柠檬酸制得柠檬酸铁铵；酸溶后加入铁生成亚铁盐，加入草酸生成草酸亚铁晶体，最终得到磁性氧化铁。 【详解】（1）“溶解”时，Fe2O3与硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为； （2）①“氧化”时发生过氧化氢把亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为，反应中亚铁离子失去电子、氧元素得到电子，单线桥为。 ②“氧化”时控制温度不超过90℃的原因是过氧化氢不稳定受热易分解为水和氧气； （3）①铁和铁离子反应生成亚铁离子且不引入新杂质，故“还原”时，加入的试剂X为Fe。 ②“操作I”得到草酸亚铁晶体，操作为沉化、过滤、洗涤至滤液呈中酸性（草酸溶液显酸性，洗涤液显中性说明洗涤干净了）、干燥。 ③在氩气中加热草酸亚铁晶体(FeC2O4∙2H2O)，晶体首先失去结晶水，则第一阶段的质量损失率为； 由流程可知，最终制得Fe3O4，则铁元素会有失去电子的导致化合价有升高，根据电子守恒可知，生成二氧化碳的同时，部分碳元素化合价会降低生成一氧化碳气体。 9． 受热易分解 氟磷灰石与硝酸反应生成的HF能腐蚀玻璃容器 加入氨水调成碱性环境，使RE元素以的形式从有机相中分离出来 除去杂质 【分析】 氟磷灰石含和，矿石进行酸浸，酸浸液中含有硝酸，硝酸钙，磷酸和,再经萃取进入有机相的硝酸、磷酸、、,用氨水进行反萃取时，有机物的硝酸、磷酸与一水合氨反应生成硝酸铵和磷酸铵进入有机相II，此时有机相II中有,加入硝酸和硫酸沉淀钙离子，加入草酸使稀土元素的离子转化为草酸盐。 【详解】 (1)酸浸时，温度太高会导致分解。与硝酸反应生成HF，HF能与玻璃容器中反应。故答案为：受热易分解；氟磷灰石与硝酸反应生成的HF能腐蚀玻璃容器。 (2)结合第(3)问中的题干信息可知，反萃取的原理是加入氨水调成碱性环境，使RE元素以的形式从有机相中分离出来。故答案为：加入氨水调成碱性环境，使RE元素以的形式从有机相中分离出来。 (3)加入的硫酸会跟生成硫酸钙沉淀，过滤可除去。故答案为：除去杂质； 。 (4)①由题图中有关数据可知，200℃以内发生的反应为失去结晶水生成的反应，200℃~580℃之间，结合所含有的元素及加热生成的气体为CO，可知生成CO的质量，，根据元素守恒知，生成的含铈物质为碳酸铈，该反应的化学方程式为。②继续加热固体，0.01mol碳酸铈继续分解，c点时生成含铈氧化物的质量为3.28g，根据铈原子守恒知，含铈氧化物中铈元素的质量为，则含铈氧化物中氧元素的质量为0.48g，则c点含铈氧化物中铈原子和氧原子的物质的量之比=2:3，则该含铈氧化物为。故答案为：；。 【点睛】 10．(1) bdc (2)S (3) 分解损耗 (4)和结合生成弱电解质HF，使浓度减小，和的沉淀溶解平衡向溶解方向移动 (5) (6) 【分析】废弃催化剂加入稀盐酸后，金属氧化物发生反应，生成Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+，加入硫化氢后生成CuS沉淀，所得溶液加入X、Y调节溶液的pH，得到氢氧化铁沉淀，所的滤液中加入氟离子，沉淀法除去钙离子和镁离子，过滤后加入碳酸钠得到碳酸镍，向沉淀中加入盐酸可得溶液； 【详解】（1）①Ni的质子数是28，基态原子的价电子排布式为； ②与之间存在离子键，与之间存在配位键，N与H之间存在极性键，故选：bdc （2）通入后发生反应，，故滤渣1的成分主要是CuS、S。 （3）①加的作用是氧化，故发生的反应为：； ②过氧化氢易分解，溶液中存在的金属阳离子也会催化分解，故用量远大于理论用量； ③为了使，根据可得 ； 根据可得 开始沉淀的。 （4）和结合生成弱电解质HF，酸度过高，使浓度减小，和的沉淀溶解平衡向溶解方向移动 （5）由图可知第一阶段失去的成分为结晶水，，第二阶段失去的成分为和，最后残留物是NiO，故。 设样品中的物质的量为a，的物质的量为b 根据Ni元素守恒，Ni的总物质的量为：① 第二阶段失去的成分为和总质量为② 联立①②，解得，故。 （6）将所得与混合加热可制备无水并得到两种酸性气体，根据元素守恒可推知为，HCl和SO2，故反应的化学方程式为： 11．(1)研磨、热水浸泡、除铁过程加热 (2) 4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O↑ FeO(OH)、SiO2 (3)1×10-2.2 (4) 向Ni(OH)2沉淀加入适量的硫酸溶液使沉淀全部溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O (5)NH4Fe3(SO4)2(OH)6 【分析】红土镍矿[主要成分Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍，红土镍矿与(NH4)2SO4混合研磨，使二者充分接触，然后在焙烧发生反应：2[Mg3Si2O5(OH)4]+9(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3+12NH3↑+4SiO2+10H2O↑、2Fe2MgO4+15(NH4)2SO4(NH4)2Mg2(SO4)3+16NH3↑+4(NH4)3Fe(SO4)3+8H2O↑，然后用热水浸泡焙烧后的固体物质，其中(NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)3Fe(SO4)3进入溶液，部分Fe3+会发生反应：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+，产生的难溶性的FeO(OH)及不溶性的酸性氧化物SiO2进入“浸渣”中，大部分Fe3+及Ni2+、Mg2+、、存在于溶液中，然后向滤液中加入NH3、H2O2并进行加热，Fe3+形成黄铵铁矾沉淀析出，然后向溶液中加入MgO浆调节pH，使Ni2+变为Ni(OH)2沉淀来沉镍，沉淀经过滤、洗涤、H2SO4溶解得到NiSO4，滤液中含有MgSO4，经一系列处理得到MgSO4•7H2O，据此分析解题。 【详解】（1）在该工艺流程中为了加快化学反应速率而采取的主要措施有研磨、热水浸泡或除铁过程加热，故答案为：研磨、热水浸泡或除铁过程加热； （2）经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O↑，“浸渣“的主要成分除铁的氧化物外还有FeO(OH)、SiO2，故答案为：4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O↑；FeO(OH)、SiO2； （3）根据表格数据可知：当Ni2+沉淀完全时溶液pH=9.2，则氢氧根离子浓度为109.2-14mol/L=10-4.8 mol/L，则该温度下Ni(OH)2的溶度积常数Ksp[Ni(OH)2]=10-5×(10-4.8)2=10-14.6；在“沉镍“时pH调为7.8，则氢氧根离子浓度为107.8-14mol/L=10-6.2mol/L，滤液中Ni2+浓度c(Ni2+)=mol/L=10-2.2mol/L，故答案为：10-2.2； （4）流程中由Ni(OH)2沉淀得到NiSO4•7H2O晶体的操作是向Ni(OH)2沉淀加入适量的硫酸溶液使沉淀全部溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式是2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故答案为：向Ni(OH)2沉淀加入适量的硫酸溶液使沉淀全部溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O； （5）称取黄铵铁矾2.400 g，加入足量NaOH溶液充分反应后过滤，向滤液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330 g，为硫酸钡的质量，则可知z= =2，由图象可知1mol该物质加热分解生成240g氧化铁，则y=×2=3，18 g•mol-1×x+56 g•mol-1×3+96 g•mol-1×2+17 g•mol-1×w=480 g•mol-1，由化合价代数和为0：x×(+1)+3×(+3)+2×(-2)+w×(-1)=0，解得：x=1，w=6，[或=，减少的必为NH3和H2O，即每480 g黄铵铁矾受热分解，此阶段中释放1 mol NH3和0.5 mol H2O，推得x=1，由电荷守恒：x+3y=2z+w，w=6]，则化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6， 故答案为：NH4Fe3(SO4)2(OH)6。 12．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶 (2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降 (3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生 (4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O (5)CuSO4∙H2O 【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。 【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶； （2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降； （3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束； （4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O； （5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。 13．(1)VO+2Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O (2)H2SO4 (3)3H2O+ClO+6VO2+=6VO+Cl-+6H+ (4) 使VO+H2O2VO+2H+正向移动，将VO转化为VO，同时增大NH浓度 原因1：温度升高，氨水和NH4Cl受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，碱性减弱，VO+H2OVO+2H+平衡逆向移动，沉钒率下降；原因2：VO+H2OVO+2H+的正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆向移动，导致VO浓度下降，沉钒率下降 (5)有机物(有机萃取剂)、氨气 (6) MnSO4 MnO2 3MnO2Mn3O4＋O2↑ 【分析】从废钒催化剂中回收V2O5，由流程可知， “酸浸”时V2O5转化为，V2O4转成VO2+，FeSO4可使转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2+氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O++6VO2+=6+Cl-+6H+，溶液中与可相互转化：+H2O+2H+，“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。 【详解】（1）由上分析可知，“酸浸”时，FeSO4与(VO2)2SO4发生氧化还原反应，生成VOSO4和Fe2(SO4)3，化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，故答案为：(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O； （2）由R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)可知，“反萃取”时，要使VO2+进入水层，使上述平衡向逆反应方向移动，应加入H2SO4，故答案为：H2SO4； （3）氧化过程是KClO3将VO2+氧化为，中氯元素得电子被还原为Cl-，其离子方程式为3H2O++6VO2+=6+Cl-+6H+，故答案为：3H2O++6VO2+=6+Cl-+6H+； （4）溶液中存在平衡+H2O+2H+，通入氨气，使溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡NH4VO3(s)(aq)+ (aq)，通入氨气，使溶液中NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降，故答案为：使+H2O+2H+正向移动，将转化为，同时增大浓度，使NH4VO3(s)(aq)+(aq)逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出；原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，+H2O+2H+，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡+H2O+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降； （5）钒酸铵加热分解生成V2O5、氨气和水，即2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，故答案为：有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O。 （6）25.35gMnSO4•H2O的物质的量为=0.15mol，其中结晶水的质量为0.15mol×18g/mol=2.7g，若晶体全部失去结晶水，固体的质量应为25.35g-2.7g=22.65g，由此可知在加热到280℃~850℃之前，晶体失去结晶水，故第一个失重台阶减少的是结晶水，生成硫酸锰；温度为850℃时，固体质量为13.05g，若得到的固体为MnO2，由Mn元素守恒可知，MnO2的物质的量为0.15mol，则MnO2的质量为0.15mol×87g/mol=13.05g，与实际相符，则850℃是MnSO4分解生成MnO2与SO2；1150℃时，则Mn的物质的量为0.15mol，则剩余的O的物质的量为： =0.2mol，则n(Mn)：n(O)=0.15:0.20=3:4，即此时固体的化学式为Mn3O4，据此分析解题： ①结合分析可知，加热到850℃之前，晶体失去结晶水，生成硫酸锰，850℃发生反应的化学方程式为：MnSO4MnO2+SO2↑，故答案为：MnSO4；MnO2； ②由上述分析可知，1150℃时，则Mn的物质的量为0.15mol，则剩余的O的物质的量为： =0.2mol，则n(Mn)：n(O)=0.15:0.20=3:4，即此时固体的化学式为Mn3O4，根据氧化还原反应配平可知，此时发生的反应方程式为：3MnO2Mn3O4＋O2↑，故答案为：3MnO2Mn3O4＋O2↑。 14． 取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀证明已洗净 【分析】铅膏主要成分是PbO2、PbSO4，通入SO2后，发生反应：PbO2+SO2=PbSO4，再加入(NH4)2CO3，发生反应：(NH4)2CO3+PbSO4=PbCO3+(NH4)2SO4，此反应的本质为沉淀的转化，过滤得到副产品(NH4)2SO4，再将PbCO3溶于HBF4酸(强酸)，得到Pb(BF4)2溶液和CO2气体，再对Pb(BF4)2溶液进行电解得到Pb。 【详解】(1)步骤①利用二氧化硫的还原性与具有氧化性的二氧化铅反应生成硫酸铅，反应的化学方程式为，故答案为：； (2)由方程式可知，反应的化学平衡常数；碳酸铅沉淀表面附有可溶的硫酸铵，检验固体是否洗涤干净就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀证明已洗净，故答案为：，取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀证明已洗净； (3)已知HBF4为强酸，故HBF4与碳酸铅的离子方程式； (4)电解Pb(BF4)2溶液时，铅离子在阴极得到电子发生还原反应生成铅，电极反应式为：，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为：； (5)电解的总反应方程式为，由方程式可知，反应生成的酸HBF4可以循环使用;由分析可知，副产品M为硫酸铵溶液，硫酸铵是铵盐，可以做氮肥，故答案为：HBF4；(NH4)2SO4； (6)由题给图示可知，500°C时，焙烧后得到固体的质量为4.46g，5.34g碳酸铅的物质的量，由铅原子个数守恒可知固体中铅的质量为0.02mol×207g/mol=4.14g<4.46g，则含氧化物中铅原子和氧原子的物质的量比为0.02mol∶，铅的氧化物的化学式PbO，故答案为：PbO。 15． CaSO4 pH=5时，[Al3+]=1.3×10-33/(10-9)3=1.3×10-6 <×10-5，说明Al3+已经沉淀完全。Fe(OH)3的Ksp更小，因此Fe3+也已沉淀完全 除去Cu2+ MnO2+SO2＝Mn2++SO42- 、 Fe2O3+SO2+2H+＝2Fe2++SO42-+H2O 趁热过滤 Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ 3MnO2 Mn3O4＋O2↑ 【分析】含锰废料（主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等）与含有二氧化硫烟气、稀硫酸溶解，发生SO2+MnO2═Mn2++SO42-，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，CaO+2H++SO42-=CaSO4↓+H2O，沉淀1为CaSO4，滤液1 金属阳离子为Mn2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，加入双氧水氧化Fe2+为Fe3+，调节pH为5沉淀Fe3+、Al3+，沉淀2为Al（OH）3和Fe（OH）3，滤液2金属阳离子为Mn2+、Cu2+，加入（NH4）2S沉淀Cu2+，滤液3中除MnSO4外，还含有少量（NH4）2SO4，将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥制备MnSO4，据此分析解答。 【详解】（1）含锰废料中氧化钙与稀硫酸反应：CaO+2H++SO42-=CaSO4↓+H2O，沉淀1为CaSO4； （2）pH=5时，c(Al3+)=1.3×10-33/(10-9)3=1.3×10-6 <×10-5，说明Al3+已经沉淀完全。Fe(OH)3的Ksp更小，因此Fe3+也已沉淀完全；（NH4）2S的作用沉淀Cu2+使Cu2+转化为CuS沉淀； （3）“酸化、还原”中，发生的所有氧化还原反应的离子方程式为：SO2+MnO2═Mn2++SO42-，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O； （4）由图可知（NH4）2SO4的溶解度随温度的升高而增大，MnSO4的溶解度随温度的升高减小，故将滤液3蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥制备MnSO4； （5）用电解酸性MnSO4溶液的方法制备MnO2，阳极发生氧化反应，反应式为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+； （6）25.35g MnSO4•H2O样品n（锰）=n（MnSO4•H2O）=0.15mol，其中n（H2O）=0.15mol，m（H2O）=2.7g，300℃时，所得固体质量为22.65g，减少的质量为2.7g，则说明该段失去结晶水，此时固体为：MnSO4；300℃时，固体为：MnSO4，受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15mol，850℃时，固体质量由22.65g减少到为13.05g，减少的质量为9.6g，则硫氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2，1150℃时固体为为二氧化锰分解所得，锰元素质量守恒，则m（锰）=n（锰）×55=8.25g，则氧化物中m（O）=11.45g-8.25g=3.2g，n（O）=0.2mol，故n（Mn）：n（O）=0.15：0.2=3：4，则该氧化物为：Mn3O4，故反应为：3MnO2Mn3O4＋O2↑。 16． B V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2 加入硫酸使VO3-+2H+VO2++H2O中c(VO3-)降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)Ca2+(aq)+VO3-(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解 (VO2)2SO4 NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O NH4VO3不溶于乙醇，减少损失 HVO3 H2O 【分析】（1）从高炉炼铁的反应解答； （2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，可看到钒元素化合价升高了，找氧化剂并用氧化还原反应原理来书写该反应的化学方程式； （3）Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析；找到浸出液中含钒的微粒，即可写出物质的化学式； （4）分析浸出液中含钒微粒与碳酸氢铵之间的反应，结合沉钒过程有气体生成来书写其反应的离子方程式； （5）比较乙醇、水分别作洗涤剂洗涤沉淀优劣，就可找出原因； （6）由图示数据等信息、结合物质的性质计算求解； 【详解】（1）高炉炼铁的主要原理是Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，因此应用的冶炼方法是热还原法；答案为：B； （2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，可看到钒元素化合价升高了，但是焙烧时加入CaCO3并不是氧化剂，真正的氧化剂是氧气，故该反应的化学方程式为V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2；答案为：V2O3+O2+CaCO3Ca(VO3)2+CO2； （3）Ca(VO3)2难溶于水，则存在溶解平衡：，又有信息知，故可推知Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，氢离子浓度增大，向右移动，浓度减小，向右移动； 答案为：加入硫酸，中c(VO3-)降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s)Ca2+(aq)+VO3-(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解；上述平衡移动的结果，浸出液中含钒粒子主要为，则含钒物质的化学式为(VO2)2SO4；答案为：(VO2)2SO4； （4）浸出液中含钒粒子主要为，加入碳酸氢铵通过反应沉钒，沉钒过程有气体生成，气体只能是CO2，沉钒结果得到NH4VO3；可以看到加入碳酸氢铵，碳酸氢根消耗氢离子使平衡向左移动，浓度减小，以及与铵根离子产生沉淀可使反应持续进行，故沉钒过程的离子方程式为NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O；答案为：NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O； （5）题给信息②NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇，因此过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是NH4VO3不溶于乙醇，减少损失；答案为：NH4VO3不溶于乙醇，减少损失； （6）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，质量减少0.17g，所以0.01molNH4VO3，生成气体为氨气0.01mol，发生NH4VO3NH3↑+HVO3，失去的是氨气，得到的是HVO3；答案为：HVO3； 加热到350℃时固体质量减少0.09g，失去0.005molH2O，发生的反应2HVO3H2O+V2O5；答案为：H2O。 17．(1) 282kJ·mol-1 碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系分子数不变，且是吸热过程 4NA或46.021023 用Mg还原可在较低温度下反应，而节约能源，副产物MgCl2还可通过电解生成Cl2和Mg后分别到“氯化”过程和“还原”过程中循环使用 (2) TiO·TiC-4e-=2Ti2++CO 氩气进入电阻炉后，因温度升高而导致体积膨胀，778℃时，将通入氩气的速度降至0.2L/min，可达到惰性保护气氛的要求，而且可降低由气流带走的熔盐损失，也可减少对坩埚得冲刷 【分析】金红石(TiO2)中在高温条件下通入氯气（或金红石、炭粉混合在高温条件下通入氯气），发生反应TiO2+ 2Cl2  TiCl4+O2（或TiO2+ 2Cl2+2CTiCl4+2CO），然后在CCl4中精制，加入活泼金属如Mg等，发生置换反应冶炼得到Ti，据此分析解答。 【详解】（1）①将已知反应编号：i. TiO2(s)+ 2Cl2(g) = TiCl4(g)+O2(g) ∆H= +172 kJ·mol-1， ii．TiO2(s)+ 2Cl2(g)+2C(s)= TiCl4(g)+2CO(g) ∆H=-51 kJ·mol-1， 根据盖斯定律，将ii-i可得反应iii. 2C(s)+ O2(g)=2CO(g)  ∆H=-223kJ·mol-1， 根据C的燃烧热为393.5 kJ·mol-1，写出热化学方程式iv. C(s)+ O2(g)=CO2(g)  ∆H= -393.5kJ·mol-1，根据盖斯定律：将iv-iii得到反应 CO(g)+ O2(g)=CO2(g)  ∆H=-282kJ·mol-1，则CO的燃烧热为282kJ·mol-1； ②“碳氯化”的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系分子数不变，且是吸热过程； ③“碳氯化”过程TiO2+ 2Cl2+2CTiCl4+2CO，该反应中Cl元素化合价由0价降到-1价，C元素由0价升高到+2价，每生成1mol TiCl4，理论上转移电子数为4NA或46.021023； ④“还原”步骤中可使用金属Mg在1073~1173K及氩气保护下制取金属钛。相比于传统的氢气还原法(2500℃下，用H2作还原剂)，用Mg还原可在较低温度下反应，而节约能源，副产物MgCl2还可通过电解生成Cl2和Mg后分别到“氯化”过程和“还原”过程中循环使用； （2）①TiO·TiC固溶体作阳极，发生失电子的氧化反应，生成Ti2+和CO，其电极反应为TiO·TiC-4e-=2Ti2++CO； ②根据图像可知，氩气进入电阻炉后，因温度升高而导致体积膨胀，778℃时，将通入氩气的速度降至0.2L/min，可达到惰性保护气氛的要求，而且可降低由气流带走的熔盐损失，也可减少对坩埚得冲刷，所以工业上一般在778℃时，将通入氩气的速度降至0.2L/min。 18．(1)提高浸出温度、搅拌、适当增大NaOH溶液浓度 (2)Al(OH)3、H2SiO3 (3) (4)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能的析出 (5)0.106mol/L (6)pH小于8时，随溶液pH增大，VO的水解程度降低，沉钒率升高；pH大于8时，随pH的增大，NH与OH-结合，平衡右移，沉淀溶解 (7)V2O5 【分析】向SCR(主要成分为TiO2、V2O5、Al2O3)中加入足量的氢氧化钠溶液，反应生成难溶性的Na2TiO3和可溶的偏铝酸盐、硅酸钠和NaVO3等；然后过滤，将滤渣洗净后再用盐酸酸化，得到TiO2•xH2O，最后再煅烧得到TiO2；向浸出液中加适量盐酸调节溶液的pH值以除去铝离子和硅酸根离子，故过滤出的沉淀为Al(OH)3和H2SiO3，然后过滤向滤液中加足量的NH4Cl的得到NH4VO3，最后煅烧得到V2O5，据此分析解(1)～(4)； (6)因易水解使溶液显碱性，pH小于8时，随溶液pH的增大，的水解程度减小，当pH大于8时，随pH的增大，NH4+与OH-结合，NH4VO3(s) NH4+(aq)+(aq) 平衡右移； (7)n(NH4VO3)==2mol，D点所得产物中，n(V)=2mol，剩余固体质量为234g-52g=182g，此时V的质量为2mol×51g/mol=102g，则含O的质量为182g-102g=80g，n(O)==5mol，从而得出D点产物的化学式为V2O5，据此分析解题。 【详解】（1）适当升高温度，要提高溶解速率，适当增大NaOH溶液浓度，可提高溶解速率，使用搅拌器，增大反应物之间的接触面积，提高溶解速率等措施均可增大浸出效率，故答案为：提高浸出温度、搅拌、适当增大NaOH溶液浓度； （2）由分析可知，“沉铝”过程中得到的沉淀主要成分是Al(OH)3、H2SiO3，故答案为：Al(OH)3、H2SiO3； （3）“转化”时发生的化学方程式为：Na2TiO3+2HCl+(x-1)H2O=TiO2·xH2O+2NaCl，故该反应的的离子方程式为，故答案为：； （4）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，即NaVO3+NH4Cl=NH4VO3↓+NaCl，故利用同离子效应，为了促进NH4VO3尽可能的析出，需要加入过量的NH4C1，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能的析出； （5）已知NH4VO3难溶于水，Ksp=3.0×10-8，向10mL0.1mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使VO沉淀完全，即VO的浓度≤1×10-5mol·L-1，则剩余c()≥=0.003mol/L，根据反应方程式NaVO3+NH4Cl=NH4VO3↓+NaCl可知，反应掉的物质的量为：0.01L×0.1L=0.001mol，则NH4Cl溶液的最小浓度为=0.106 mol·L-1，故答案为：0.106 mol·L-1； （6）因易水解使溶液显碱性，pH小于8时，随溶液pH增大，VO的水解程度降低，沉钒率升高；pH大于8时，随pH的增大，NH与OH-结合，平衡右移，沉淀溶解，故答案为：，pH小于8时，随溶液pH增大，VO的水解程度降低，沉钒率升高；pH大于8时，随pH的增大，NH与OH-结合，平衡右移，沉淀溶解； （7）n(NH4VO3)==2mol，D点所得产物中，n(V)=2mol，剩余固体质量为234g-52g=182g，此时V的质量为2mol×51g/mol=102g，则含O的质量为182g-102g=80g，n(O)==5mol，从而得出D点产物的化学式为V2O5，故答案为：V2O5。 19． MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O 温度低，速率慢浸出率低；温度过高，浸出率变化不大，成本增加 MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 5.2≤pH<8.8 1.97 Mn2＋＋2HCO3-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O 3MnO2Mn3O4＋O2↑ 【分析】氯化铵焙烧菱锰矿（主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素）主要发生反应MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH范围5.2≤pH≤8.8，沉淀Fe3+、Al3+，加入NH4F将Ca2+、Mg2+除去，过滤，则净化液主要含有Mn2+，加入碳酸氢铵炭化结晶：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O，过滤，滤饼干燥得到MnCO3，滤液为氯化铵溶液，蒸发结晶得到氯化铵，可循环使用，据此分析作答。 【详解】(1)焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为：MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；温度过低，反应速率慢、浸出率低；随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但在500 ℃以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500 ℃时，锰浸出率已经达到95%以上，温度过高，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500 ℃即可； (2)净化除杂中加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；由表可知，Fe3＋、Al3＋完全沉淀的pH分别为2.8和5.2，Mn2＋开始沉淀pH为8.8，故若要将Al3＋、Fe3＋变为沉淀除去，但Mn2＋不能沉淀，故需调节pH的范围为5.2≤pH<8.8；当两种沉淀共存时，溶液中＝＝＝1.97； (3)“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵时HCO3-的电离促使Mn2＋生成MnCO3，促进碳酸氢根的电离，HCO3-与电离出的H＋反应生成水和CO2，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O； (4)假设起始n(MnCO3)＝1 mol，则m(MnCO3)＝115 g，m(Mn)＝55 g，加热过程中Mn元素的质量不变，A点时固体质量为115 g×75.65%＝87 g，则m(O)＝32 g，故＝，故A点对应的化学式为MnO2，同理可计算出B点对应的化学式为Mn3O4，故300 ℃～770 ℃范围内，发生反应的化学方程式为：3MnO2Mn3O4＋O2↑。 20． CaCO3 CaCO3、Fe(OH)3 取滤液于洁净试管中，滴入浓氢氧化钠溶液，加热，试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，变蓝，则证明含有铵根离子 a，d b 【分析】石灰石的主要成分为碳酸钙，含有Fe2O3杂质，可先加入盐酸溶解，然后加入碳酸钙，使铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤渣为碳酸钙和氢氧化铁混合物，滤液为氯化钙溶液，结晶可得到CaCl2∙6H2O，在沉降后的母液中通入氨气、二氧化碳，可得到碳酸钙沉淀，滤液C为氯化铵；加热到180℃时固体的质量由21.9g变为14.7g，失去部分结晶水，根据氯化钙和水的物质的量确定化学式；从含CaCl241%的饱和食盐水中，获得氯化钙水合物，由图象可以知道氯化钙的溶解度随温度升高变化较大，可蒸发结晶，趁热过滤除去氯化钠，然后冷却结晶可得到氯化钙晶体，过滤分离。据此分析。 【详解】(1)石灰石的主要成分为碳酸钙，含有Fe2O3杂质，可先加入盐酸溶解，然后加入碳酸钙，使铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤渣为碳酸钙和氢氧化铁混合物，滤液为氯化钙溶液，结晶可得到CaCl2∙6H2O,在沉降后的母液中通入氨气、二氧化碳，可得到碳酸钙沉淀，滤液C为氯化铵，由以上分析可以知道A为CaCO3，B为CaCO3和Fe(OH)3，答案是：CaCO3；CaCO3和Fe(OH)3； (2)检验铵根离子，可加入浓氢氧化钠溶液，然后加热生成氨气，因氨气水溶液呈碱性，则可用湿润的红色石蕊试纸检验，变红，说明含有铵根离子；答案是：取滤液于洁净试管中，滴入浓氢氧化钠溶液，加热，试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，变蓝，则证明含有铵根离子； (3)氯化钙结晶水合物（CaCl2∙6H2O）是目前常用的无机储热材料,主要是利用无毒，熔点较低的性质，与导电性、溶解性无关；答案是：a，d； (4)21.9gCaCl2∙6H2O物质的量为0.1mol，m(CaCl2)=0.1mol×111g∕mol=11.1g，加热到180℃时固体的质量由21.9g变为14.7g，失去部分结晶水，则14.7g固体中含水的物质的量为：，则n(CaCl2)：n(H2O)=0.1mol：0.2mol=1:2，则分子式为CaCl2∙2H2O；答案是：b； (5)从含CaCl241%的饱和食盐水中，获得氯化钙水合物，由图象可以知道氯化钙的溶解度随温度升高变化较大，可蒸发结晶，趁热过滤除去氯化钠，然后冷却结晶可得到氯化钙晶体，过滤分离，流程为； 答案是： 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 $$