2025届高三化学一轮复习 专题复习----工业流程题

2025届高三化学专题复习----工业流程题 1．（2025·四川成都·模拟预测）白云石矿的主要成分为，还含有质量分数约的和的。利用白云石制备高纯度的轻质氧化镁和活性碳酸钙，流程如下。 已知： 回答下列问题： (1)“浸渣”的主要成分是 。 (2)“氧化”步骤中的作用是 。 (3)加氨水“调节”后得到的固体是 。 (4)“沉镁”反应的基本反应类型为 ，“沉钙”反应的离子方程式为 。 (5)结合数据解释“盐浸”过程中主要浸出物为的原因 ，提高浸出率的措施为 (任写一种)。 2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）钛酸钡()是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。用高钛渣(主要成分为，含、、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知：a．在溶液中呈绿色；是强电解质； b．部分金属离子开始沉淀的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀pH() 1.9 7.0 9.1 回答下列问题： (1)“碱浸”操作过程中除去的杂质为 (填化学式)。 (2)“水洗”过程中与水发生离子交换反应：，滤液2呈绿色，经除杂处理后可在 (填操作单元名称)步骤循环利用：“熔盐反应”过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)“水解”操作加入的目的是调节溶液，可适当提高水解速率。已知，水解反应的平衡常数K= 。 (4)“转化”过程加入铁粉的目的是 ，滤液3中含有的金属阳离子有 。 (5)“共沉淀”过程发生反应：，“灼烧”时隔绝空气，发生反应的化学方程式为 。 3．（2024·福建厦门·模拟预测）一种利用炼锌渣(主要含、、、和一定量的、不溶性杂质)为原料制备硫化锌及高纯镓的流程如图所示： 已知：①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。②。 (1)基态的价层电子排布式为 ，中含有键的数目为 。 (2)黄钠铁矾的化学式为，晶体颗粒大、易沉降。 ①“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方程式为 。 ②不采用调节的方式沉铁，可能的原因是：容易生成而损失； (答2点)。 (3)“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的铜粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量粉，加入铜粉的目的是 。 (4)与的各物种的分布分数随的变化如图所示。“调节”时，不能过高的原因是 。 (5)通过计算探究氨水能否溶解。已知：室温时，，，。反应的平衡常数为 。 (6)在沉铁前可以加入铁氰化钾检验是否被完全氧化，若有则会观察到蓝色沉淀。该蓝色沉淀是一种铁的配合物，其晶胞的如图[未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心]。若该晶体的密度为，则1个该晶胞含 个，和的最短距离为 (设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 4．（2023·四川攀枝花·模拟预测）以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的工艺流程如下： (1)氧化过程中发生反应的离子方程式是 ，检验氧化生成的阳离子的试剂是 。 (2)尾气中主要含N2、O2、SO2和少量的CO2、H2O，取标准状况下的尾气VL测定SO2含量： 方案一：让尾气缓慢通过以下装置。 ①C仪器的名称是 ，该装置的作用是 。 ②实验时先通入尾气，再通入一定量氮气。若通过B装置的增重来测量SO2的体积分数。你认为该方案是否合理 (填“是”或“否”)。 方案二：将尾气缓慢通过足量溴水，在所得的溶液中加入过量氯化钡溶液后，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称得其质量为mg。 ①加入过量氯化钡溶液的目的是 。 ②进行沉淀洗涤的方法是 。 ③SO2含量的表达式是 (用含m、V的代数式表示)。 (3)从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O晶体的操作包括 、冷却结晶、过滤，该过程需保持盐酸过量，抑制Fe3＋水解。 5．（2024·湖南·模拟预测）铟（In）是可用于制备半导体材料的金属。某实验小组以烟尘（主要成分是，还含少量和等）为原料综合利用回收一系列产品皓矾．和铟（In），流程如下： 已知：室温下，金属离子生成氢氧化物的如表所示。 金属离子 开始沉淀 2.7 6.3 3.0 完全沉淀 3.7 8.0 4.3 回答下列问题： (1)已知：铟为49号元素，以+3价形式存在于化合物中，基态的电子排布式为 。 (2)浸渣2主要成分是和 。 (3)“酸浸1”中，与稀硫酸发生复分解反应的化学方程式为 。的唯一氧化产物为正四面体形结构，其离子方程式为 (4)“酸浸1”中氧化剂用量与铟浸出率关系如图所示。最佳氧化剂用量为 。 (5)“萃取”中发生的反应为代表有机萃取剂。“反萃取”中，试剂X宜选择 。完成“萃取”和“反萃取”实验需要的玻璃仪器有 （填仪器名称）。 (6)“置换”的滤液可返回 （填“酸浸1”或“酸浸2”）工序利用。 6．（23-24高三下·重庆·阶段练习）锂和铍是重要的稀有金属，被国内外视为战略性资源。一种从尾矿(主要含及元素)中回收锂、铍、铝的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)“浸渣”中主要成分的晶体类型为 。 (2)“沉铁”中生成沉淀，其中元素的化合价为 ，该反应的离子方程式为 。 (3)“萃取”时，以为萃取剂、为协萃剂，溶液中的可与结合成而被萃取。“反萃取”时，加入浓盐酸，发生。 ①“萃取”时还需要加入，其作用是 。 ②取尾矿(其中的质量分数为)，“反萃取”后所得水相中，则该过程的回收率为 (用含相关物理量字母的代数式表示)。 (4)实验室提纯的方法是 。 (5)为了得到较高的空间利用率，离子晶体中的阴离子(通常半径较大)会尽可能紧密堆积，阳离子(通常半径较小)填入阴离子形成的空隙中，这种模型称为离子晶体的“堆积-填隙模型”。 已知常见的型离子晶体的离子半径比和配位数的关系如下表： 配位数 晶胞类型 4 立方 6 8 表中离子半径比的临界值是由“堆积—填隙模型”中阴阳离子的几何关系确定的，例如配位数为8时，阳离子进入阴离子形成的正方体空隙，正方体8个顶点处的阴离了相切，空隙处(正方体体心)的阳离子与8个阴离子也相切，此时可由相关几何关系求得。 ① 。 ②晶胞为立方型，而等的晶胞为型。请结合上表，解释出现此结果的原因： 。 7．（2024·河北·二模）层状LiMnO2在电动车、空间技术等范畴具有十分广阔的应用前景。LiMnO2可由软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)制备，其制备流程如图： 几种难溶物质的溶度积常数如下表： 物质 回答下列问题： (1) LiMnO2中锰元素的化合价为 ；“酸浸”后过滤，所得滤液中主要含有的金属阳离子有 。 (2)为了提高“酸浸”的浸取速率，可采取的措施有 (写出两点)。 (3)“氧化”步骤需要加入过量MnO2，该步反应的离子方程式为 。 (4)常温下，“调pH”后溶液pH=5，则滤渣2的主要成分是 。 (5)滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF，同时得到的副产物是 。 (6)测定 LiMnO2样品中锰含量：取10g LiMnO2样品，粉碎后加入浓盐酸、30%H2O2溶液，充分反应，生成Mn(Ⅱ)。加入蒸馏水标定溶液体积为250mL，移取25mL后加入KB指示剂，用0.15mol/L的EDTA标准溶液滴定，平均消耗60mL标准溶液。样品中锰含量为 %(已知：EDTA与Mn2+反应的化学计量数之比为1∶1)。 8．（2024·河南新乡·三模）已知草酸镍晶体()难溶于水，其在高温下煅烧可制得三氧化二镍。以含镍合金废料(主要成分为镍，含有一定量的铁、铜和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图： 已知：①“酸浸”液含有的离子主要有、、、、、。 ②草酸的、。 ③氨水的。 回答下列问题： (1)实验室进行“酸浸”操作时，需要在通风橱中进行，其原因是 。 (2)的VSEPR模型为 。 (3)“过滤”后，需要往滤液中加入溶液制备草酸镍，溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 (4)已知常温下，当溶液pH=2时，沉淀完全［时认为沉淀完全］，则此时溶液中草酸的浓度 。 (5)镍钛记忆合金可用于制造飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图所示，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为 ；若该合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是 (用含和的计算式表示，不必化简)pm。 9．（2024·四川雅安·模拟预测）现有一种以为载体的废旧催化剂，表面积碳且被有机物覆盖，含少量金属银。某实验室设计以下流程拟对废旧催化剂中的和Pt进行回收。 已知：不溶于硝酸。请回答下列问题： (1)步骤I中将废催化剂焙烧的目的是 。 (2)操作Ⅳ的名称是 ；检验废渣洗净的方法是 。 (3)步骤Ⅲ中氧化剂是，反应后Pt转化成，每生成1mol，需要消耗H+的量为 mol。该步骤中有氯气生成，其离子方程式为 。 (4)步骤V中，在适当酸度下，树脂上发生：，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，而要使树脂再生能重复使用，最好使用 (填化学式)淋洗。 (5)步骤Ⅵ中生成沉淀，将该沉淀在下煅烧生成铂和三种气体，其中一种气体是空气中的主要成份之一。请写出该反应的化学反应方程式 。 10．（2024·广西贵港·模拟预测）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分为，含少量、、、等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”时，、分别转化为、进入溶液。 ②时，   ③时，， 请回答下列问题： (1)在元素周期表中位于 区。 (2)“浸取”温度为时，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。 (3)“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的离子方程式： 。 (4)“深度除铜”时，若加入的过量，会发生反应，导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数数值为 。 (5)“电解”产物可用于双离子电池中(装置如图所示)。该电池工作时，正极上发生的电极反应式为 ；每转移电子，负极区电解质溶液的质量增加 。 (6)原子能形成多种配合物，一种锌的配合物的结构如图所示： ①键角 (填“>”“<”或“=”)。 ②配位键和相比，较稳定的是 (填“”或“”)，其原因是 。 11．（2024·湖南·模拟预测）铍作为一种稀有元素，在航空航天、电子加工等领域具有重要意义。用铍矿石(含BeO及少量Ca、Mg、Mn元素)与配料生产工业氧化铍的工艺流程如下： 已知：碱性条件下的还原产物为。回答下列问题： (1)若缺少粉碎步骤，产生的影响为 。 (2)烧结时，若铍矿石中BeO恰好转化为，Si元素转化为，则BeO发生反应的化学方程式为 。 (3)水浸后溶液中仍有未反应的，加入后会转化为沉淀，所得产物可除去溶液中的钙、镁元素，发生反应的离子方程式为 。 (4)水浸后溶液中Mn元素以形式存在，加入稍过量溶液煮沸50min至溶液 时说明反应结束。结合平衡移动原理解释酸洗时控制溶液的原因： 。 (5)碱化时，室温下加入NaOH，控制，析出颗粒状的，所得浸出液中，此时溶液中 。已知，的解离常数 (6)碱化后浸出液中远高于排放标准，向其中加入硫酸铁生成，为八面体结构，则Fe原子采取的杂化方式为 (填标号)。 A．  B．  C． 12．（2024·福建福州·三模）二氧化钛化学稳定性好，无污染，可应用于锂电池负极材料。某含钛高炉渣(主要成分为CaTi2O5，含少量等杂质)制备二氧化钛工艺如下： (1)基态Ti的价电子排布式为 。 (2)“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为 。 (3)“滤液1”中Si、Al分别以 (填离子符号)存在。 (4)“滤渣1”的主要成分为 。 (5)“还原”工序需要在低温下进行的原因是 。 (6)“水解”步骤转化为偏钛酸沉淀，反应的离子方程式为 。 (7)将80g二氧化钛和40g焦炭混合，在真空高温条件下制备碳化钛(TiC)的化学方程式为 ，若该过程固体失重率达到35%，则碳化钛的产率为 。 (8)锐钛矿型TiO2晶胞结构如图，该晶胞中氧的配位数为 ；已知该晶体密度为，则阿伏加德罗常数为 mol⁻¹(用含ρ、a、b的代数式表示)。 13．（2024·福建·模拟预测）利用炼锌钴渣[主要含Co(OH)2、FeSO4、NiSO4和Zn、Cu单质]协同制备Co(OH)3和高纯Zn的流程如下。 (1)“酸浸”过程Co(OH)2发生反应的离子方程式为 。 (2)“沉铁”过程CaCO3的作用有 。 (3)“沉镍”过程pH对溶液中Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)含量的影响如图： ①由图判断，应调节pH= 。 ②该过程Co可能发生的反应如下： Co2++6NH3·H2O=[Co(NH3)6]2++6H2OK1=105 Co2++2NH3·H2O=Co(OH)2↓+2K2 则K2= ，[Co(NH3)6]2+为 (填“热力学”或“动力学”)产物。(已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=10-4.8，Ksp[Co(OH)2]=10-15) (4)“沉钴”过程生成Co(OH)3的离子方程式为 。 (5)一种以Zn和V2O5为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下图所示，放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。 ①基态V原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。 ②上述电池充电时阳极的电极反应式为 。 ③金属Zn的晶胞如图，密度为ρg/cm3，则晶胞空间占有率为 。 14．（2024·江苏连云港·模拟预测）以某石膏矿(主要成分是，含少量的、等杂质)为原料制备轻质、和产品的工艺流程如下： (1)“溶浸”是将石膏矿中中溶出。 ①“溶浸”时发生反应的化学方程式为 。 ②“溶浸”时通常还加入一定量的氨水，加入氨水的作用是 。 ③“溶浸”时，的浸出率与的关系如图所示： 其它条件相同，时，浸出率随着的增大而减小的原因是 。 (2)将滤渣高温煅烧，冷却后用溶液浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成轻质碳酸钙。 ①滤渣中含有的物质是 。 ②在敞口容器中，用溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中增大的原因是 。 (3)“盐化”过程中加入适量盐酸的目的是 。 (4)、的溶解度如图所示，“结晶”过程中先分离出晶体的方法是 。 (5)准确称取样品氯化数样品0.2250g，在锥形瓶中用适量水溶解，加入过量甲醛溶液，滴入2滴百里酚蓝指示剂，用的标准NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积19.40mL，已知：，计算样品中的质量分数。 (写出计算过程) 15．（2024·浙江·三模）某矿石的组成为，以此为原料实现如下转化： 已知：矿石与HF反应时，元素化合价均未发生变化。 请回答： (1)下列说法正确的是________（填序号）。 A．是由极性键形成的极性分子 B．的氧化性弱于 C．矿石中Si与O形成相互独立的正四面体结构 D．固体A中含有 (2)与矿石中金属阳离子的配位能力由强到弱的顺序是 。 (3)生成深蓝色溶液的化学方程式为 。 (4)遇酸会迅速分解，请设计实验证明氧化产物与还原产物 。遇酸分解的离子方程式为 。 16．（2024·安徽·三模）钯催化剂(主要成分为Pd、，还含有少量铁铜等)是石油化工中催化加氢和催化氧化等反应的重要催化剂。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如下： 已知：钯催化剂在使用过程中Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活；是一种二元强酸。 回答下列问题： (1)加入甲酸的主要目的将PdO还原为Pd，甲酸中三种元素的电负性由大到小的顺序为 ；甲酸的沸点比甲醛的 (填“高”或“低”)，主要原因是 。 (2)“酸浸”过程中盐酸的主要作用是 ，Pd转化的离子方程式为 。 (3)“酸浸”过程中温度、固液比对浸出率的影响如图所示，当温度高于80℃时，浸出率变化的原因为 。 (4)“离子交换”过程可简单表示为，流出液通入调节pH后过滤，滤液经一系列操作可以得到。“一系列操作”包括 、 、过滤、洗涤、干燥。 (5)“洗脱”时应使用的洗脱液为 (填标号)。 A．硫酸                B．盐酸                C．无水乙醇 (6)“还原Ⅱ”过程中产生无毒无害气体。由生成海绵钯的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 17．（2024·广东梅州·模拟预测）“刀片电池”通过结构创新，大大提升了磷酸铁锂电池的能量密度。以下是以磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)为原料生产白磷(P4)同时制得刀片电池正极材料FePO4的工艺流程： 已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。 ②Fe3+在pH为2.0时开始沉淀，pH为4.0时沉淀完全。 回答下列问题： (1)白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，说明P4是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，P4键角 甲烷。(填“大于”、“小于”或“等于”) (2)炉渣Ⅰ主要含有铁单质及铁的磷化物，写出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO气体的离子方程式： 。 (3)炉渣Ⅱ的主要成分是 。 (4)“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是 。若此条件下Fe3+恰好完全转化为FePO4沉淀(当溶液中某离子浓度≤1×10−5mol/L时，可视为该离子沉淀完全)，过滤，现往滤液中加入2mol/L的MgCl2溶液(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中 Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“无”或“无法确定”)【已知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24】 (5)储氢技术是目前化学家研究的热点之一；铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：其中A的原子坐标参数为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，0)，则D点的坐标参数为 。此晶胞中Fe的配位数是 。若晶胞参数为anm，则晶胞中Fe与Mg最近的距离是 cm。 18．（2024·河南郑州·三模）闪锌矿的主要成分为ZnS，其中含有大量的铁元素以及少量的CuO等。湿法浸取闪锌矿制备和的工艺流程如下图所示。请回答以下问题。 (1)基态时的价电子排布图为 。同周期和基态Cu原子具有相同未成对电子数目的元素还有 种。 (2)酸浸时的作用为 。铜元素在滤渣中的存在形式为 。 (3)加入铁粉还原脱酸的优点是 。 (4)浓缩结晶时，溶液蒸发至 即停止加热。 (5)针铁矿法除铁是在常温下将缓慢氧化，使铁元素以针铁矿形式形成沉淀而达到除铁的目的。针铁矿法除铁的离子方程式为 。 (6)把放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，分三次脱水。各步脱水过程为一系列动态平衡。剩余固体质量占原来总质量的百分比（η）与容器中水蒸气的压强变化关系如下图所示。 则a段固体的成分为 ；第三步反应的压强平衡常数为 Pa；M点时所对应反应的转化率为 。 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) (2)将转化为，便于下一步沉淀除去 (3) (4) 复分解反应 (5) 反应，，同理，被溶解的反应K约为，程度太小，因此盐浸只能溶解 蒸出氨(其他合理答案也可) 【分析】白云石矿[主要成分是，还含有质量分数约的和的等]加入盐酸酸浸，与盐酸不反应，过滤后所得浸渣主要成分为，滤液中含，“氧化”步骤中的作用是将转化为，便于下一步沉淀除去，加入氨水调节pH，将转化为沉淀，过滤后所得滤液中通入二氧化碳沉钙，得到碳酸钙。所得固体中加入硫酸铵溶液盐浸，不溶，过滤得到氢氧铁，滤液中再加碳酸铵沉镁，得到碳酸镁晶体，经煅烧得到氧化镁。 【详解】（1）根据分析，“浸渣”的主要成分是。故答案为：； （2）“氧化”步骤中的作用是将转化为，便于下一步沉淀除去。故答案为：将转化为，便于下一步沉淀除去； （3）根据分析，加氨水“调节”后得到的固体是。故答案为：； （4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++CO2-3+nH2O=MgCO3•nH2O↓； “沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++CO+nH2O=MgCO3•nH2O↓，则“沉镁”反应的基本反应类型为复分解反应；钙盐中加入氨水，再通入二氧化碳生成碳酸钙沉淀，“沉钙”反应的离子方程式为。故答案为：复分解反应；； （5）“盐浸”过程中主要浸出物为，发生反应，同理，被溶解的反应K约为 =，程度太小，因此盐浸只能溶解，提高浸出率的措施为蒸出氨(其他合理答案也可)。故答案为：反应，，同理，被溶解的反应K约为，程度太小，因此盐浸只能溶解；蒸出氨(其他合理答案也可)。 2．(1) (2) 碱浸 (3)10 (4) 将转化为，避免水解生成杂质 、 (5) 【分析】由题给流程可知，向高钛渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠固体，通入氧气发生熔盐反应，将钛元素、锰元素的氧化物转化为钛酸钠、锰酸钠，向反应后的固体中加入去离子水水洗，将钛酸钠转化为沉淀，氧化钙转化为氢氧化钙，过滤得到含有氢氧化钠、氢氧化钙、锰酸钠的滤液和滤渣，其中滤液经除杂处理后得到的氢氧化钠溶液，可在碱浸步骤循环使用；向滤渣中加入稀硫酸酸溶，将转化为TiOSO4溶液，氧化铁、氧化镁转化为硫酸铁、硫酸镁，向溶解得到的溶液中加入铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，再向反应后的溶液中加入氨水调节溶液pH为2.5，将溶液中TiOSO4水解生成TiO(OH)2沉淀，过滤得到含有亚铁离子、镁离子的滤液和含有TiO(OH)2的滤渣；向滤渣中加入草酸溶液，将TiO(OH)2溶解转化为H2[TiO(C2O4)2]溶液，向溶液中加入氯化钡溶液，将溶液中H2[TiO(C2O4)2]转化为BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀，过滤得到滤液和BaTiO(C2O4)2·4H2O；BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧分解生成钛酸钡。 【详解】（1）由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，则“碱浸”操作过程中除去的杂质为氧化铝； （2）由分析可知，滤液2经除杂处理后得到的氢氧化钠溶液可在碱浸步骤循环使用；“熔盐反应”过程中二氧化锰发生的反应为二氧化锰与氢氧化钠、氧气共热反应生成锰酸钠和水，反应的离子方程式为； （3）由方程式可知，反应的平衡常数； （4）由分析可知，加入铁粉的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，防止水解操作时生成氢氧化铁沉淀；由分析可知，滤液3中含有的金属阳离子为亚铁离子、镁离子； （5）由分析可知，BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧分解生成钛酸钡、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为。 3．(1) 3d10 8NA (2) 直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失 (3)除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出 (4)当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2 (5)2.0×10-6 (6) 24 【分析】根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸、H2O2溶浸过滤掉不溶性杂质、将ZnO、CuO、Fe2O3、FeO转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+，向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到黄钠铁矾，溶液中的氯离子会影响镓的析出，可知金属粉末中含有Cu粉除去Cl-，以及金属粉末Zn除去Cu2+，向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为，加入Na2S溶液将Zn2+转化为ZnS，最后电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓。 【详解】（1）锌为30号原子，Zn2+的价层电子排布式为3d10；中，OH-中氧原子和氢原子存在σ键，OH-与Ga以σ键结合，所以1mol中含有σ键的物质的量为8mol，数目为8NA。 （2）①“沉铁”时，加入硫酸钠生成黄钠铁矾沉淀，离子方程式为； ②直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失。 （3）加入铜粉的目的是：除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出。 （4）根据图示可得知，当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2。 （5）由反应方程式的平衡常数K1= ，结合 K=1.0×1034，可知K1===Ksp[Ga(OH)3]×K×Kb(NH3·H2O)=1×10-35×1×1034×2.0×10-5=2.0×10-6。 （6）该晶胞图中Fe3+和Fe2+位于顶点位置，设晶胞边长为xcm，则晶胞边长为2xcm，晶胞体积为V=(2xcm)3，K+未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心，所以晶体中含有4个K+，含有24个CN-，晶胞的质量，解得x= 。 4．(1) 2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+ KSCN溶液 (2) 球形干燥器 防止空气中的水蒸气、CO2被B装置吸收 否 使生成的SO完全转化为沉淀 在漏斗中加蒸馏水至恰好没过沉淀，待水流下后再重复2～3次此操作 (3)蒸发浓缩 【分析】硫铁矿焙烧反应生成铁的氧化物和二氧化硫，将其溶于30%盐酸中，可以得到含有亚铁离子、铁离子的盐溶液，向其中通入氯气，能将亚铁离子氧化为铁离子，氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶就可以得到氯化铁的晶体，据此分析解答。 【详解】（1）硫铁矿焙烧反应生成铁的氧化物和二氧化硫，将其溶于30%盐酸中，可以得到含有亚铁离子、铁离子的盐溶液，向其中通入氯气，能将亚铁离子氧化为铁离子，氧化过程中发生反应的离子方程式是2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；检验铁离子可以使用KSCN溶液，现象是溶液显红色。 （2）①C仪器的名称是球形干燥器；外界空气中含有CO2、水分，可能被B中碱石灰吸收，所以C装置的作用是：防止空气中的水蒸气、CO2被B装置吸收； ②因为尾气中含有CO2，也能被碱石灰吸收，使所测质量分数偏大，所以方案一不合理；方案二：①溴水与SO2反应生成H2SO4，加入过量的BaCl2溶液，Ba2+与SO反应，使生成的SO完全转化为沉淀； ②洗涤沉淀的方法是：在漏斗中加蒸馏水至恰好没过沉淀，待水流下后再重复2～3次此操作； ③根据化学方程式和S元素守恒可得对应关系：SO2～ BaSO4，所以SO2含量的表达式是：； （3）从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O晶体，操作包括蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，因为FeCl3为强酸弱碱盐，能发生水解反应：Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+，过量盐酸能够抑制Fe3+水解。 5．(1)3d105s25p1 (2)PbSO4 (3) +H2SO4=FeSO4+H2SiO3 +12MnO2+24H+=2In3++12Mn2++3+12H2O (4)1% (5) 稀硫酸 烧杯、分液漏斗 (6)酸浸1 【分析】烟尘（主要成分是，还含少量和等）中加二氧化锰和稀硫酸进行酸浸后，再加氧化钙调pH=5.0-5.2，过滤所得浸液经过一系列处理得皓钒，浸渣1为In(OH)3、Fe(OH)3、PbSO4、H2SiO3，其中加稀硫酸酸浸时，PbSO4、H2SiO3不反应，过滤，所得到的浸渣2主要含硅酸和硫酸铅，浸液中加溶剂油萃取后，加稀硫酸反萃取，所得的溶液中加锌置换出铟。 【详解】（1）铟为49号元素，以+3价形式存在于化合物中，为五周期IIIA族元素，基态In的电子排布式为3d1035s25p1； （2）经过以上分析可知，加稀硫酸酸浸时，PbSO4、H2SiO3不反应，过滤，所得到的浸渣2主要成分是和PbSO4； （3）“酸浸1”中，与稀硫酸发生复分解反应，生成硫酸亚铁和硅酸，其化学方程式为+H2SO4=FeSO4+H2SiO3；的唯一氧化产物为正四面体形结构，即为，其离子方程式为+12MnO2+24H+=2In3++12Mn2++3+12H2O； （4）“酸浸1”要尽可能使锌元素浸出，铟元素不浸出，从氧化剂用量与铟浸出率关系图可知，最佳氧化剂用量为1%； （5）“萃取”中发生的反应为，“反萃取”中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，所以试剂X宜选择稀硫酸；完成“萃取”和“反萃取”实验时均需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗； （6）“置换”过程中发生的反应为：2In3++3Zn=2In+3Zn2+，即滤液中含有大量的锌离子，可返回酸浸1工序利用。 6．(1)共价晶体 (2) +3 (3) 增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率 (4)重结晶 (5) 阳离子半径逐渐增大，配位数逐渐增大，晶体类型发生变化 【分析】尾矿用硫酸充分酸浸，SiO2不参与反应，则浸渣的主要成分为SiO2，滤液主要含有Be2+、Li+、Fe2+和Al3+，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，再加入C6H5COONa沉铝、过滤得含铝沉淀的滤饼，同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，用硫酸将滤饼在90℃溶解得到C6H5COOH和硫酸铝的溶液，经过冷却结晶、过滤得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液，向主要含有Be2+、Li+的滤液中加入TBP和FeCl3，Li+可与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，出现分层，经过分液得到主要含Be2+的溶液和LiFeCl4/TBP溶液，向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，据此解答。 【详解】（1）“浸渣”中主要成分二氧化硅为共价晶体； （2）“沉铁”中生成NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，其中Fe元素的化合价为+3价，该反应的离子方程式为：； （3）①“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率； ②根据锂元素守恒，“反萃取”后n(Li+)=cVmol，对应的n(Li2O)=mol，对应的m(Li2O)=，回收率为； （4）实验室提纯C6H5COOH的方法是重结晶； （5） ①当配位数为6时，阴离子作面心立方堆积，阳离子占据晶胞内所有的正八面体空隙，其临界情况为：4个阴离子位于晶胞面上的4个顶点，1个阴离子位于晶胞的面心，且面对角线上的阴离子相切，4个阳离子位于正方体的棱心，且恰好与周围的阴离子都相切，如图：，，，根据==，，则Y=； ②BeO晶胞为立方ZnS型，而MgO、CaO、SrO等的晶胞为NaCl型，结合上表出现此结果的原因：阳离子半径逐渐增大，配位数逐渐增大，晶体类型发生变化。 7．(1) +3 Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+ (2)粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等 (3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4)Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2) (5)MgSO4和MnSO4 (6)49.5 【分析】以软锰矿粉(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为SiO2，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[2MnCO3⋅3Mn(OH)2⋅H2O]的同时放出CO2，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂(LiMnO2)，据此分析解题。 【详解】（1）LiMnO2中Li为+1价，O为-2价，故锰元素的化合价为+3价，由分析可知，“酸浸”后过滤，所得滤液中主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，即主要含有的金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+，故答案为：+3；Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+； （2）根据影响反应速率的因素可知，粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等措施均可提高“酸浸”的浸取速率，故答案为：粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等； （3）由分析可知，“氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH以除去Fe3+，故“氧化”步骤需要加入过量MnO2，根据氧化还原反应配平可得，该步反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （4）由分析可知，常温下，“调pH”后溶液pH=5，则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)； （5）由分析可知，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF，同时得到的副产物是MgSO4和MnSO4，反应原理为：MgF2+H2SO4(浓)=MgSO4+2HF、MnF2+H2SO4(浓)=MnSO4+2HF，故答案为：MgSO4和MnSO4； （6）根据元素守恒可知，原样品中含有的LiMnO2的物质的量为：n(LiMnO2)=n(Mn2+)=n(EDTA)=0.15mol/L×60×10-3L×=0.09mol，则样品中锰含量为=49.5%，故答案为：49.5。 8．(1)“酸浸”时，会产生有毒气体 (2)平面三角形 (3) 酸 (4) (5) 6 【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍，含有一定量的铁、铜和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂R除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。 【详解】（1）由分析可知，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，同时将产生NO等有毒有害气体，故实验室进行“酸浸”操作时，需要在通风橱中进行，其原因是“酸浸”时，会产生有毒气体，故答案为：“酸浸”时，会产生有毒气体； （2）中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为平面三角形，故答案为：平面三角形； （3）由题干信息可知，②草酸的、，③氨水的 ，则的水解平衡常数Kh1===2.0×10-10，而的水解平衡常数为：Kh== =5.88×10-10 ＞Kh1，即的水解程度大于的水解程度，溶液呈酸性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是，故答案为：酸；； （4）已知常温下，当溶液pH=2时，Ni2+沉淀完全［mol/L时认为沉淀完全］，则此时溶液中c()===1.70×10-12mol/L，根据草酸的Ka1Ka2===，故，故答案为：； （5）由题干镍钛合金的晶胞结构图可知，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为6即中心Ti的上、下、左、右、前、后六个Ni；已知一个晶胞中含有Ti的个数为：=4，Ni的个数为：=4，若该合金的密度为，NA代表阿伏加德罗常数的值，设晶胞参数为apm，则有：(a×10-10)3cm3×=g，解得a=pm，由题干晶胞可知，晶胞中两个钛原子间的最近距离是面对角线的一半，即为pm，故答案为：6；。 9．(1)除去表面积碳和有机物 (2) 过滤 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象 (3) 4 (4)HCl (5) 【分析】废旧催化剂(含有、Pt、Ag)进行焙烧Ⅰ，除去表面的积炭和有机物；然后加硝酸进行浸取，Ag溶于硝酸，、Pt不溶，过滤后得到浸出固体1；加入盐酸和氧化剂，反应后Pt转化成，过滤后得到废渣氧化铝和含有的溶液；用树脂提取，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，经过一系列处理生成沉淀，将该沉淀在下煅烧生成铂等。 【详解】（1）废旧催化剂，表面积碳且被有机物覆盖，则步骤I中将废催化剂焙烧的目的是：除去表面积碳和有机物。 （2）由分析可知，操作Ⅳ用于分离氧化铝和含有的溶液，名称是过滤；检验废渣是否洗净时，也就是检验洗涤液中是否溶有Cl-，方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象。 （3）步骤Ⅲ中氧化剂是，反应后Pt转化成，发生反应的离子方程式为2+3Pt+12H++16Cl-=3+6H2O，则每生成1mol，需要消耗H+的量为4mol。该步骤中有氯气生成，则Cl2来自与Cl-在酸性条件下的反应，其离子方程式为。 （4）步骤V中，在适当酸度下，树脂上发生：，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，而要使树脂再生能重复使用，需将ROH转化为RCl，最好使用HCl淋洗。 （5）在下煅烧生成铂和三种气体，其中一种气体是空气中的主要成份之一，则其为N2，从得失电子守恒考虑，中的N元素只能有一部分转化为N2，另一部分价态不变，所以产物中有NH3，则另一种气体为HCl，该反应的化学反应方程式为。 【点睛】判断反应产物时，常利用守恒法。 10．(1) (2)温度升高，氨气挥发量增加且分解，生成减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出 (3) (4) (5) 0.95 (6) 电负性弱于，则易提供孤电子对，配位键稳定性强 【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；据此分析解题。 【详解】（1）价层电子排布式为，在元素周期表中位于区。 （2）“浸取”温度为时，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨挥发量增加且分解，生成的减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出。 （3）氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为。 （4）反应的平衡常数。 （5）电池工作时，为负极，为正极，则正极上发生的电极反应式为；负极上发生的电极反应式为，同时从负极移向正极，则可建立关系式：，每转移电子，负极区电解质溶液质量增加。 （6）①键角属于单键与单键形成的夹角，电子云密度比单键与双键形成的夹角小，键角斥力小，键角小。 ②和的电负性相比，弱于，则易提供孤电子对，配位键稳定性强。 11．(1)烧结时的反应速率慢，铍的利用率低 (2) (3) (4) 紫色一段时间内不变 、存在沉淀溶解平衡、，酸洗时控制溶液，溶液中与结合生成HF，使上述沉淀溶解平衡正向移动，，沉淀溶解，生成的HF使溶解 (5) (6)C 【分析】流程剖析①碱性环境下发生反应生成的分别与、反应生成、；②碱性环境下与反应生成 【详解】（1）(1)对铍矿石进行粉碎，可使后续烧结时铍转化更充分，若缺少粉碎步骤，烧结时的反应速率慢，铍的利用率低。规律：工艺流程中粉碎的目的一般是增大反应物的接触面积、增大反应速率、提高转化率或利用率 （2）(2)烧结时BeO、、反应生成、等，反应的化学方程式为：； （3）根据信息可写出该反应的离子方程式为； （4）水浸后溶液中Mn元素以形式存在，加入稍过量溶液发生归中反应生成，溶液紫色一段时间内不变时说明反应结束。浸出渣的成分为、、、，其中、存在沉淀溶解平衡、酸洗时控制溶液，溶液中与结合生成HF，使上述沉淀溶解平衡正向移动，、沉淀溶解，和HF反应，从而除去，沉淀仅剩下； （5），室温下时，，则，又，的解离常数，则； （6）为八面体结构，Fe形成6个键，则Fe原子的杂化方式为； 12．(1)3d24s2 (2)CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑ (3)AlO/Al(OH)、SiO (4)CaSO4 (5)冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化 (6) (7) TiO2+3CTiC+2CO ↑ 75.0% (8) 3 【分析】含钛高炉渣(主要成分为CaTiO，含少量等杂质)加入碳酸钠焙烧生CaO、Na2TiO3、NaAlO2、NaSiO3，水洗，滤液1中含有NaAlO2、NaSiO3，酸浸时，CaO、Fe2O3、Na2TiO3与硫酸反应生成CaSO4、Fe2(SO4)3、，滤渣1的主要成分为CaSO4，还原步骤加入适量Fe还原Fe3+，并冷却结晶得到绿矾，水解步骤 转化为偏钛酸 沉淀，煅烧得到二氧化钛，据此分析解答。 【详解】（1）Ti元素为22号元素，基态 Ti的价电子排布式为3d24s2。 （2）由分析知，“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑。 （3）由分析知，“滤液1”中Si、Al分别以AlO/Al(OH)、SiO存在。 （4）由分析知，“滤渣1”的主要成分为CaSO4。 （5）“还原”工序需要在低温下进行的原因是冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化。 （6）“水解”步骤 转化为偏钛酸 沉淀，反应的离子方程式为。 （7）80g二氧化钛物质的量为1mol，40g焦炭物质的量约为3.3mol，在真空高温条件 下 制 备 碳 化 钛 (TiC )可生成1molTiC和2moCO，C剩余， 化 学 方 程 式 为TiO2+3CTiC+2CO ↑，若该过程固体失重率达到35%，则生成CO的质量为，物质的量为1.5mol，则TiC实际产量为0.75mol，TiC的理论产量为1mol，则碳化钛的产率为75.0%。 （8）根据晶胞结构图可知，白球位于顶点、面上、体心，个数为，黑球位于棱上、面上、内部，个数为，故白球是Ti原子，黑球是O原子，与Ti距离相等且最近的O的个数为6，则Ti的配位数为6， Ti与O的个数比为1:2，则该晶胞中氧的配位数为3；一个晶胞中有4个TiO2，，则阿伏加德罗常数为mol⁻¹。 13．(1)Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O (2)调节pH使Fe3+沉淀完全 (3) 10 105.4 动力学 (4)2[Co(NH3)6]2+++4OH-+H2O = 2Co(OH)3↓++12NH3↑ (5) 1∶4(或4∶1) ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+ 【分析】向炼锌钴渣加入硫酸酸浸，氢氧化亚钴和锌与稀硫酸反应生成硫酸亚钴和硫酸锌，铜与硫酸不反应，过滤后得到铜渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，向氧化液中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中镍离子转化为氢氧化镍沉淀，钴离子和锌离子转化为六氨合亚钴离子、四氨合锌离子，过滤得到滤渣和滤液；向滤液加入过一硫酸钠和氢氧化钠混合溶液，将溶液中的六氨合亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，四氨合锌离子转化为四羟基合锌离子，过滤得到滤渣和滤液；电解含有四羟基合锌离子的滤液得到锌单质。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”过程中氢氧化亚钴发生的反应为氢氧化亚钴和稀硫酸反应生成硫酸亚钴和水，反应的离子方程式为Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O，故答案为：Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O； （2）由分析可知，“沉铁”过程中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：调节pH使Fe3+沉淀完全； （3）①“沉镍”过程中加入氨水的目的是将溶液中镍离子转化为氢氧化镍沉淀，钴离子和锌离子转化为六氨合亚钴离子、四氨合锌离子，由图可知，溶液pH为10时，镍离子已经完全转化为氢氧化镍沉淀，而钴元素损失较小，故答案为：10； ②由方程式可知，反应的平衡常数K2=====105.4；溶液中钴离子和氨分子生成较为稳定的配合物[Co(NH3)6]2+，则[Co(NH3)6]2+为动力学产物，故答案为：105.4；动力学； （4）由分析可知，“沉钴”过程中加入过一硫酸钠和氢氧化钠混合溶液的目的是将溶液中的六氨合亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2+++4OH-+H2O = 2Co(OH)3↓++12NH3↑，故答案为：2[Co(NH3)6]2+++4OH-+H2O = 2Co(OH)3↓++12NH3↑； （5） ①钒元素的原子序数为23，基态原子的价电子排布式为3d34s2，，轨道表示式为，则价电子中两种自旋状态的电子数之比为1∶4(或4∶1)，故答案为：1∶4(或4∶1)； ②由题意可知，放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，则V2O5电极是原电池的正极，所以充电时，V2O5电极是电解池的阳极，ZnxV2O5·nH2O在阳极变为V2O5并释放Zn2+，电极反应式为ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+，故答案为：ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+； ③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的锌原子个数为8×+1=2，则晶胞空间占有率为=，故答案为：。 14．(1) CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4 增大溶液中CO浓度，促进CaSO4转化 NH浓度增大，水解生成的H+使CaCO3溶解 (2) CaCO3、Al2O3、SiO2 NH水解程度增大，溶液中H+浓度增大 (3)抑制NH水解，增大NH浓度 (4)蒸发浓缩、冷却至35～45℃ (5)92.3% 【分析】由题给流程可知，向石膏矿中加入碳酸铵溶液溶浸，将硫酸钙转化为碳酸钙，过滤得到含有碳酸钙、氧化铝、二氧化硅的滤渣和硫酸铵溶液；向硫酸铵溶液中加入氯化钠和盐酸盐化，将盐化后的溶液蒸发浓缩、冷却至35～45℃结晶、过滤得到氯化铵和硫酸钠溶液。 【详解】（1）①由分析可知，“溶浸”时发生的反应为硫酸钙与碳酸铵溶液反应生成碳酸钙和硫酸铵，反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4，故答案为：CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4； ②碳酸根离子在溶液中水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，用碳酸铵溶液“溶浸”时加入一定量的氨水，可以增大溶液中的氢氧根离子，抑制碳酸根离子的水解，增大碳酸根离子浓度，促进硫酸钙转化为碳酸钙，故答案为：增大溶液中CO浓度，促进CaSO4转化； ③其它条件相同，时，浸出率随着的增大而减小说明碳酸铵的质量增大，碳酸铵溶液与硫酸钙反应生成的硫酸铵溶液的浓度增大，铵根离子水解使溶液中氢离子浓度增大，导致碳酸钙沉淀溶解，故答案为：NH浓度增大，水解生成的H+使CaCO3溶解； （2）①由分析可知，滤渣的主要成分为碳酸钙、氧化铝、二氧化硅，将滤渣高温煅烧时，碳酸钙与氧化铝、二氧化硅高温条件下反应生成偏铝酸钙和硅酸钙，冷却后用氯化铵溶液浸取时，偏铝酸钙和硅酸钙与氯化铵溶液反应生成氢氧化铝和硅酸，故答案为：CaCO3、Al2O3、SiO2； ②铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中的氢离子浓度增大，有利于偏铝酸钙和硅酸钙溶解转化为钙离子，导致溶液中钙离子浓度增大，故答案为：NH水解程度增大，溶液中H+浓度增大； （3）铵根离子在溶液中发生水解生成一水合氨和氢离子，盐化时加入盐酸，溶液中氢离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，铵根离子浓度增大，有利于提高氯化铵的产率，故答案为：抑制NH水解，增大NH浓度； （4）由图可知，温度在35-45℃时，氯化铵的溶解度小于硫酸钠的溶解度，将盐化后的溶液蒸发浓缩、冷却至35-45℃结晶有利于氯化铵晶体优先析出，故答案为：蒸发浓缩、冷却至35～45℃； （5）由题意可得如下转化关系：NH4Cl—HCl—NaOH，滴定消耗19.40mL 0.2000mol/L氢氧化钠溶液，则样品中氯化铵的质量分数为×100%≈92.3%，故答案为：92.3%。 15．(1)BD (2) (3) (4) 取少量固体，加稀硫酸溶解，用带火星的木条检验气体，复燃，说明是氧化产物；取反应后的溶液，加KSCN，变红，说明还原产物是 【分析】Fe4Cu2Si8O23加入足量浓HF并加热，其中Si转化为SiF4，是稳定的气态物质，通过产物可以判断出Si为+4价，Cu为+2价，铁为+2和+3价，Cu2+、Fe3+与F-形成稳定的配合物H2[CuF4]和H3[FeF6]，Fe2+与F-生成固体A(FeF2)，溶液中加入足量氨水得到深蓝色溶液，说明生成了[Cu(NH3)4]2+，Fe4Cu2Si8O23也可直接通过多步处理得到Na2FeO4； 【详解】（1）A．呈正四面体，是极性键形成的非极性分子，A项错误； B．形成配合物后，中心离子的电子云密度增大，对电子吸引力减小，氧化性弱于，B项正确； C．如果是独立的正四面体，则8个Si原子需要32个O原子，C项错误； D．由固体组成可知，Fe元素呈+2、+3价，故固体A中含有，D项正确； 故选BD； （2）由可知，不能与形成配合物。的配体可被替代，而不能，故与配位能力：； （3）生成蓝色溶液是转化为，据此可写出方程式：； （4）由氧化还原知识可知，分解生成与，据此可设计实验进行证明：取少量固体，加稀硫酸溶解，用带火星的木条检验气体，复燃，说明氧化产物是；取反应后的溶液，加KSCN，变红，说明还原产物是。相应的方程式。 16．(1) O>C>H 高 甲酸分子间存在氢键，而甲醛分子间没有氢键(或其他合理答案) (2) 提供作为配位体(或其他合理答案) (3)温度高于80℃时，浸出率降低，其原因是分解，盐酸挥发(或其他合理答案) (4) 边通入HCl边加热浓缩(只写蒸发浓缩也可) 冷却结晶 (5)B (6)2∶1 【分析】钯催化剂加入甲酸还原，然后通入过氧化氢和盐酸进行酸浸，铁、铜转化为氯化铁、氯化铜，同时过滤除去α－Al2O3，得到浸出液中加入RCl，进行离子交换，除去铁离子、铜离子，流出液中含氢离子、铜离子、铁离子；加稀盐酸洗脱，使重新进入溶液，加氨气、盐酸得到Pd（NH3）2Cl2沉淀，再用还原得到海绵钯。 【详解】（1）甲酸中有C、H、O三种元素，电负性：O>C>H，甲酸的沸点比甲醛的高，通过观察两者结构可以知道，主要原因是甲酸分子间存在氢键，而甲醛分子间没有氢键；答案：O>C>H、高、甲酸分子间存在氢键，而甲醛分子间没有氢键（或其他合理答案)； （2）酸浸”过程中盐酸的主要作用是，在H2O2将Pd氧化后，提供作为配位体，Pd转化得到，离子方程式为，答案：提供作为配位体（或其他合理答案）、； （3）“酸浸”过程中，溶液里含有H2O2、盐酸，两者一个易分解，一个易挥发，所以温度高于80℃时，浸出率降低，其原因是分解，盐酸挥发(或其他合理答案)，答案：温度高于80℃时，浸出率降低，其原因是分解，盐酸挥发(或其他合理答案)； （4）滤液经一系列操作可以得到固体，可见可以通过通入盐酸或蒸发，增大的浓度，所以可以写，边通入HCl边加热浓缩(只写蒸发浓缩也可)，下一步就是冷却结晶，答案：边通入HCl边加热浓缩(只写蒸发浓缩也可)、冷却结晶； （5）“洗脱”时应使用的洗脱液，不能引入新的杂质离子，浸出液和沉钯都加入盐酸，所以在这里我们选着盐酸进行洗脱，答案：B； （6）由Pd(NH3)2Cl2生成海绵钯，产生无毒无害气体为氮气，化学方程式为：，Pd(NH3)2Cl2中Pd化合价降低，为氧化剂，为还原剂，两者比值=2:1，答案：2:1。 17．(1) 非极性分子 小于 (2) (3)CaSiO3 (4) pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降 无 (5) (，，) 8 ×10-7 【分析】磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)，磷矿石中加入焦炭、SiO2在电炉中加热1500℃，生成炉气和炉渣，炉气分离得到P4、SiF4和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量杂质，结合所加原料和生成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐；分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe2P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后得到溶液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4•2H2O，据此解答。 【详解】（1） 二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，说明P4是非极性分子，结构式为，键角是60°，甲烷的键角为109°28′，则P4键角小于甲烷。 （2）FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （3）炉气和炉渣I中不含钙元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣II中钙元素以CaSiO3的形式存在。 （4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0时Fe3+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降。由题意此时溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，则溶液中，溶液中FePO4沉淀完全，过滤后滤液则为FePO4的饱和溶液。向滤液中滴加2mol/L的MgCl2溶液(溶液体积增加一倍)，则c()=6.5×10-18mol/L，c(Mg2+)=1mol/L，Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2()=(1mol/L)3×(6.5×10-18mol/L)2=4.225×10-35<Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，则溶液中无Mg3(PO4)2沉淀生成。 （5）根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，)，可知D点原子坐标参数为(，，)；根据晶胞图可知Fe的配位数为8 。若晶胞参数为anm，则晶胞中Fe与Mg最近的距离是体对角线的为×10-7cm。 18．(1) 4 (2) 氧化硫化氢，防止污染空气 CuS (3)不引入新杂质（增加产品的质量） (4)表面有晶膜出现（或有少量晶体析出） (5) (6) 50％ 【分析】矿石粉碎后加入硫酸和硫酸铁，将铜转化为硫化铜，过滤后硫化铜在滤渣中，加铁粉还原脱酸，浓缩结晶过滤得到FeSO4⋅7H2O沉淀，滤液针铁矿法除铁，生成FeOOH沉淀，滤液浓缩结晶转化为ZnSO4⋅7H2O，据此回答。 【详解】（1） Fe2+的价电子排布式为3d6，价电子排布图为；周期和基态Cu原子具有相同未成对电子数目的元素还有K、Ti、Ga和Br，共4种； （2）酸浸时Fe2(SO4)3的作用为：氧化硫酸与ZnS生成的硫化氢，防止污染空气，铜元素在滤渣中的存在形式为CuS； （3）加入铁粉还原脱酸的优点是：不引入新杂质（增加产品的质量）； （4）浓缩结晶时，溶液蒸发至表面有晶膜出现（或有少量晶体析出）即停止加热； （5）Fe2+被氧气氧化为FeOOH，对应的方程式为：； （6）1molZnSO4⋅7H2O的质量为287g，固体质量减少287×（100%-93.7%）=18g，则减小了1molH2O，所以a段固体的成分为ZnSO4⋅6H2O，同理可得b段固体减少了287×（100%-64.2%）=108g，所以b段固体的成分为ZnSO4⋅H2O，同理可得c段固体减少了287×（100%-56.1%）=126g，所以c段固体的成分为ZnSO4，第三步为ZnSO4⋅H2O=ZnSO4+H2O，Kp=p(H2O)=p3pa，在M点时，固体的质量为287×78%=224g，减少的质量为63g，水减少了3.5mol，总的水为7mol，则M点时所对应反应的转化率为。 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 $$