2025届高三化学一轮复习 过关训练题- -工业流程题

2025届高三化学过关训练题--工业流程题 1．（2024高三下·全国·专题练习）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。 一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表： 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1 回答下列问题： (1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为 ，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因 。 (2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是 。 (3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。 (ⅰ)能被氧化的离子是 ； (ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为 ； (ⅲ)也能使转化为，的作用是 。 2．（23-24高三上·福建·开学考试）以银锰精矿(主要含)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如图所示： 已知：酸性条件下，的氧化性强于； (1)“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰"过程中，发生反应：，则可推断： (填“”或“”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 (2)“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 _______ _______ _______。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 (3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。该步反应的离子方程式有和 。 (4)碳是一种很常见的元素，它能形成多种物质。碳与铁可以形成合金。 ①基态碳原子的价电子排布图 ；基态铁原子核外共有 种不同空间运动状态的电子。 ②从结构角度分析，较稳定的原因是 。 ③碳与其他元素一起能形成多种酸或酸根。的空间构型是 。 ④类卤素分子中键与键的数目比 。对应的酸有两种，理论上硫氰酸的沸点低于异硫氰酸的沸点，其原因是 。 ⑤碳还能形成多种同素异形体，如石墨、金刚石等。2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：碳。碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，可形成碳的一种新型三维立方晶体结构-碳(如图)。已知碳密度为，阿伏加德罗常数为，则碳的晶胞参数 pm(写出表达式即可)。 3．（23-24高三下·山东德州·阶段练习）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。由镍矿渣[主要含、NiS，还含锌、铁、钙的氧化物、等]制备草酸镍晶体的流程如图： 已知：与萃取剂(用HA表示)存在： (1)“酸浸”过程中，生成了一种臭鸡蛋气味的气体，写出相应反应的离子方程式 ，滤渣1的主要成分是 。 (2)已知“除铁”时，NaClO的作用是将氧化为并转化为沉淀而除去，若将氧化剂改为，写出与反应生成的化学方程式 。 (3)“除钙”时，加入溶液使钙离子转化为沉淀，写出的电子式 。 (4)若已知萃取剂的密度大于水的密度，则应保留 液体。(填“上层”或“下层”)在完成“萃取”操作后，后续操作依次为 、 。 （23-24高三下·上海·期中）如图： 过程b用于海水提溴。主要工业生产流程如下图所示。 4．向苦卤中通入，利用了的 。 A．氧化性        B．还原性        C．黄绿色 5．吹出塔中选择通入热空气吹出，利用了的 。 A．不易溶于水        B．挥发性，沸点比水低        C．溴蒸气密度大 6．过程c可得到金属，写出以制取的方程式 。 7．实验室可以利用蒸馏的方法进行海水淡化，可选用下图装置完成。 该装置中有一处明显的错误是 。 8．关于海水的综合利用，以下说法正确的是 。 A．从海水中提溴、镁元素，都包含氧化还原反应         B．利用潮汐发电是将电能转化为动能 C．海域辽阔，所以可以将废水排入海洋 9．（2024高三·全国·专题练习）纳米氧化锌具有颗粒微小、比表面积大、分散性好、疏松多孔等物理特性和极强的化学活性，目前已广泛用于橡胶、陶瓷、催化剂、涂料和磁性材料的辅助生产。以铜转炉烟灰为原料，采用浸取、均相沉淀、干燥煅烧等工艺制备纳米氧化锌的工艺方法过程简单，生产成本低。具体流程如下： 已知某铜转炉烟灰化学成分百分含量分析如下表： 铜转炉烟灰主要化学成分分析结果/% Cu Zn Pb Fe(Ⅱ) As 10.30 8.75 19.07 2.51 4.68 以上金属元素在铜转炉烟灰中均以硫酸盐和氧化物形式存在，砷以砷酸盐形式存在。 流程中涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 Cu2+ Zn2+ Fe2+ Fe3+ Ksp 2.2×10-20 6.7×10-17 8.0×10-16 4.0×10-38 请回答下列问题： (1)“浸取”温度应选择40℃左右为宜。温度高于40℃，浸出率随温度升高而降低的原因可能是 。 (2)若“浸取”所得滤液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为 。 (3)在“沉降”过程中，FeCl3作沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是 ，缩短沉降时间。 (4)用酸性高锰酸钾溶液“氧化沉降”时，需调整溶液pH=5，使还原产物为MnO2，滤渣2的主要成分为 (填化学式)。 (5)“还原沉降”选用的“试剂a”为 (填化学式)。 (6)“沉锌”反应的离子方程式为 。 (7)若想通过“干燥煅烧”得到更多活性较高的纳米氧化锌，应在“沉锌”时注意调整HCO和Zn2+的浓度，以保证最终沉淀物粒径在1μm以下，通过下表可判断，当Zn2+的浓度恒定在0.8mol·L-1时，HCO的浓度为 ，沉淀物的粒径最佳。 n(HCO)/n(Zn2+) 粒度分布质量分数/% 0.0～0.1μm 0.1～0.5μm 0.5～1.0μm 1.0～5.0μm 5.0μm以上 2 25.3 38.41 34.55 1.74 0.001 2.5 40.82 50.35 8.37 0.46 0.001 3 35.2 55.37 8.2 1.23 0.001 10．（2024高三·全国·专题练习）铜是人类最早使用的金属，在生产生活中有着重要的应用。一种以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含少量Fe的氧化物、SiO2、Au等)为原料制备纳米Cu的工艺流程如下： 已知：①水合肼(N2H4·H2O)易溶于水，具有弱碱性和还原性，能与铜离子形成络合物。 ②Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋。 ③Cu2＋在一定条件下可能与铜反应转化为Cu＋。 回答下列问题： (1)为了提高“溶浸”的浸出率，可采取的措施有 (填两条即可)。 (2)溶浸后，滤渣的主要成分为Au、SiO2、 (填化学式)。 (3)写出加入双氧水氧化时反应的离子方程式： 。 (4)加入N2H4·H2O “还原”，产生一种气体单质，该气体的结构式为 。 若加入N2H4·H2O的量不足时，生成另一种还原产物(属于氧化物)，该产物的化学式为 。 (5)保持其他条件相同，分别测得纳米Cu的产率随c(N2H4·H2O)和pH变化的曲线如图。 ①c(N2H4·H2O)>3.25 mol·L-1时，纳米铜的产率下降的原因可能是 。 ②pH过大，纳米Cu的产率反而下降的原因可能是 。 11．（23-24高三下·江西宜春·阶段练习）我国的钴(Co)资源非常贫乏，一种利用湿法炼锌净化渣回收钴的工艺如下图所示。已知净化渣含有较高的锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。 已知：①298K，，，。 ②在酸性溶液中有强氧化性 (1)“常压浸出”需加热至70℃左右，宜采用 (填序号；①盐酸②硫酸③硝酸)进行酸浸，浸出渣主要成分为 。 (2)大多数金属硫化物都难溶于水，能选择除铜的原因是 ，若加入后溶液中，，则溶液的pH约为 。 (3)过二硫酸钠()氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成，请写出该反应的离子方程式： 。 (4)根据流程可知：在“沉淀分离”步骤中，还原性Co2+ Mn2+(填“强于”或“弱于”)；氧化沉淀所得产物为Co(OH)3，最终钴产品是Co(OH)3脱水后的产物，脱水前后质量比为55：46，则钴产品的化学式为 。 12．（23-24高三下·河北石家庄·阶段练习）从废旧钴酸锂电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2，且外面包裹隔膜PP/PE)中回收钴、锂的工艺流程如下： 已知：①当反应的平衡常数K＞105时，可以认为反应进行完全； ②Ksp(CoC2O4))=10-8.48，草酸的电离常数Ka1=5.6×10-2、Ka2=1.5×10-4 回答下列问题： (1)Co元素在周期表中的位置为 。 (2)隔膜PP/PE的主要成分为聚丙烯和聚乙烯。有机合成中主要以石油裂解气为原料进行 反应获得(填反应类型)。 (3)“碱浸”所得滤液中通入过量CO2可制备氢氧化铝，此反应的离子方程式为 。 (4)“酸浸”时发生的主要反应的离子方程式为 。 (5)“沉钴”一般加入草酸铵溶液，为了使沉淀反应进行完全， (填“能”“否”)用草酸溶液代替草酸铵溶液，写出计算过程 。 (6)根据图1碳酸锂的溶解度曲线分析，实验室模拟“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括 、 、洗涤、干燥等步骤。 为研究Na2CO3的投加量对Li2CO3结晶的影响，固定其他条件不变进行实验，结果如图2。为了既保证碳酸锂有较高的产率和纯度，又降低生产的成本，选择碳酸钠的投加量应为 %。 (7)草酸钴是制备钴氧化物的重要原料，图3为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O，M=183)在空气中受热的固体残留率随温度的变化，曲线中300℃之后所得固体均为钴的氧化物(固体残留率=×100%)。则B→C过程中发生反应的化学方程式为 。 13．（23-24高三下·辽宁·阶段练习）以大洋锰结核(主要由和铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，制备及，所得产品具有广泛的用途。制备过程如图所示： 已知：相关离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 沉淀完全的 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 ②时，。 (1)基态锰原子的价层电子轨道表示式为 。 (2)“浸取”时，有副产物生成，请写出该副反应的化学方程式 。 (3)“调”时，应控制的范围是 。“净化”后滤渣3的主要成分 。 (4)“沉锰”时，加入过量溶液，该反应的离子方程式为 。 (5)要将“溶解”后的溶液制得晶体，操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (6)“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。晶体1可作电池正极材料，通过晶体Ⅰ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。“ⅱ”代表电池 (填“充电”或“放电”)过程，“ⅲ”的电极反应式为 。 (7) (8) 14．（2024·河南·模拟预测）利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下： 已知：微溶于水、溶于碱溶液生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同pH对应的V元素主要存在形式如下表： pH 10.6~12 约8.4 3~8 约2 <1 存在形式 回答下列问题： (1)“焙烧”后V元素转化为，Si元素转化为 (写化学式)。 (2)欲除净磷元素[即]，最终溶液中的浓度至少为 {已知}。 (3)“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0发生反应的离子方程式为 ，最终需要控制pH约为 ；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是 (写化学式)。 (4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分别为 、 。 (5)一种含钒的氧化物晶胞结构如图所示。 ①距离钒原子最近的氧原子有 个。 ②用表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，，若晶胞密度为，则 cm(列出计算式即可)。 15．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）锗是一种重要的半导体材料，工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度锗的工艺流程如图所示： (1)分子中各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为 。 (2)升华时通入的目的是： 、 。 (3)酸浸时、S元素均被氧化到最高价态，写出该反应的离子方程式： ，酸浸时温度不能过高的原因是 。 (4)易水解生成，证明沉淀洗涤干净的方法是 。 (5)测定锗的含量：称取锗样品，加入双氧水溶解，再加入盐酸生成，以淀粉为指示剂，用的碘酸钾标准溶液滴定，消耗碘酸钾的体积为。已知：酸性条件下，能将氧化为，①在滴定过程中依次发生的离子方程式为： 、，②该样品中储的质量分数是 %(精确到0.01%)。 16．（23-24高三下·江苏泰州·期中）利用软锰矿(主要成分是)和黄铁矿[主要成分是二硫化亚铁]联合生产锰的化合物的工艺流程如图所示： 已知：①酸浸后过滤所得溶液中的金属阳离子主要为，还含有少量的和。 ②难溶于水， (1)的核外电子排布式是 。 (2)“酸浸”时所用的稀酸是 ，两种矿石的主要成分在稀酸中反应生成两种可溶性盐和一种淡黄色固体单质，则酸浸时发生主要反应的离子方程式是 。 (3)“除铁、铝”时废渣2的主要成分为和，则加入的目的是 ；“净化”后得到溶液，废渣3的主要成分是 。 (4)由溶液得到的过程如下； ①过程Ⅰ：制备难溶于水，能溶于强酸，可用溶液和溶液混合得到沉淀和一种气体，每制得，至少消耗的溶液的体积为 。 ②过程Ⅱ：制备，其流程如图所示： 如图表示通入时溶液随时间的变化曲线(溶液酸性越强，值越小)，内滤饼中一定参与反应的成分是 (填化学式)，判断的理由是 (用化学方程式表示)。 17．（22-23高三下·福建·期中）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸（含钪、钛、铁、锰等离子）中提取氧化钪（）的一种流程如下： 回答下列问题： (1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是 。 (2)常温下，先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是 ；再向滤液加入氨水调节pH＝6，滤液中的浓度为 。 {已知：、、} (3)用草酸“沉钪”，写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式： 。 (4)草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为 。 (5)镧与Sc同族位于第六周期，一种镧、锑形成的配合物结构如图所示： 该结构中，中心离子配位数为 。 (6)某铁、镧、锑的合金晶胞如图1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如图2： ①若图中A点锑原子的分数坐标为，则B点铁原子的分数坐标为 。 ②若该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，La、Fe、Sb的摩尔质量分别表示为、、，则Sb原子与Sb原子的最近距离为 cm。 18．（23-24高三上·上海·期末）硫酸是重要的化工原料，它的年产量可以用来衡量一个国家的化工生产水平，以黄铁矿为原 料进行接触法制硫酸的流程如下： (1)黄铁矿在 (填设备名称)中与氧气反应的方程式，每生成转移 mol电子。 (2)在转化阶段，下列条件能使平衡向生成的方向移动的是_________。 A．不采用常温而加热至400℃-500℃ B．使用作为催化剂 C．向容器中通入过量空气 D．进入接触室前的混合气体需要先净化 (3)硫酸工业生产中吸收率与进入吸收塔的硫酸浓度和温度关系如图，由图可知吸收所用硫酸的适宜浓度为98.3%，适宜温度为 ，而工业生产中一般采用60℃的可能原因是 。 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) PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq) 反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3 (2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限 (3) Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂 【详解】（1）“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。 （2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。 （3）（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。 （ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。 （iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。 2．(1) ＞ (2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀 (3) (4) 15 的能级为半充满状态，较稳定 平面三角形 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键 【分析】银锰精矿(主要含)和氧化锰矿(主要含)混合加H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：＞。 ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的金属阳离子有。 （2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为。 ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。 （3）铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为和。 （4） ①C为4号元素，基态碳原子的价电子排布图；Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，共占据15个原子轨道，故基态铁原子核外共有15种不同空间运动状态的电子。 ②从结构角度分析，较稳定的原因是的能级为半充满状态，较稳定。 ③中心原子的价层电子对数为，没有孤电子对，故其空间构型是平面三角形。 ④类卤素分子的结构式为，故键与键的数目比5:4。因为异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键，故硫氰酸的沸点低于异硫氰酸的沸点。 ⑤立方金刚石中C原子的个数为，碳的结构是将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，则碳的一个晶胞中含有=32个C原子， 则碳的晶胞参数。 3．(1) 、 (2) (3) (4) 下层 加入硫酸 分液 【分析】镍矿渣主要含Ni(OH)2、NiS，还含锌、铁、钙的氧化物、SiO2等，用稀硫酸浸取，得到硫酸镍、硫酸锌、硫酸亚铁，氧化钙和硫酸反应生成微溶于水的硫酸钙，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1为SiO2、CaSO4，滤液中加次氯酸钠把Fe2+氧化为氢氧化铁除铁，过滤，滤渣2为Fe(OH)3；滤液中加NH4F溶液生成CaF2沉淀除钙，滤渣3是CaF2；滤液中加萃取剂萃取分液除Zn2+，水层加草酸铵生成草酸镍晶体，据此回答。 【详解】（1）“酸浸”过程中，生成了一种臭鸡蛋气味的气体H2S，反应的离子方程式为：，根据分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2、CaSO4； （2）H2O2与Fe2+反应生成Fe3+的化学方程式为：； （3） NH4F的电子式为； （4）若已知萃取剂的密度大于水的密度，萃取剂在下层，则应保留下层液体，在完成“萃取”操作后，后续操作依次为加入硫酸，平衡逆向移动，分液，重新得到萃取剂。 4．A 5．B 6． 7．冷凝管的冷凝水应该从下口进上口出 8．A 【分析】海水通过淡化，得到粗盐、淡水，电解饱和食盐水，制备Cl2和NaOH，母液中含有Mg2+、Br-等，Cl2氧化Br-制备Br2，向母液中加入Ca（OH）2，将Mg2+形成沉淀分离，得到Mg（OH）2，向Mg（OH）2加入盐酸，得到MgCl2溶液，浓缩结晶得到，再在HCl氛围中加热脱水，得到无水MgCl2，电解熔融MgCl2，得到Mg单质。 过程b中海水提取粗盐后得到苦卤，苦卤中通入Cl2，将Br-氧化为Br2，得到含溴苦卤，用热空气吹出，得到含溴的空气，冷凝后得到粗溴。 4．向苦卤中通入Cl2，将Br-氧化为Br2，利用了Cl2的氧化性，故选A； 5．吹出塔中选择通入热空气吹出Br2，利用了Br2的挥发性，沸点比水低，故选B； 6．过程c可得到金属，电解熔融MgCl2，得到Mg单质，化学方程式为：； 7．为达到最好的冷凝效果，蒸馏操作中，冷凝管的冷凝水应该从下口进上口出； 8．A．海水中的溴、镁均是以离子形式存在，得到相应的单质，元素的化合价发生变化，都利用了氧化还原反应，A正确； B．潮汐能发电是将潮汐能转化为电能，B错误； C．工业废液排入海洋中也会污染海洋，危害海洋渔业资源，人食用被污染的鱼，对人体产生危害，C错误； 故选A。 9．(1)温度超过40℃，氨气逸出导致浸出速率下降 (2)ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O (3)水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4 (4)Fe(OH)3、MnO2 (5)Zn (6)5Zn2++10=Zn5(CO3)2(OH)6↓+2H2O+8CO2↑ (7)2.4mol·L-1 【分析】首先利用氯化铵和氨水浸取铜转炉烟灰，Pb元素转化为Pb（OH）Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素进入溶液，加入氯化铁，As元素转化为FeAsO4沉淀除去，加入硫酸酸化的高锰酸钾，亚铁离子全部被氧化成Fe3+，调节pH使铁离子转化为沉淀除去；此时还有铜离子会影响后续减少碳酸锌的纯度，所以试剂a应除去铜离子，为了不引入新的杂质，可以加入过量的Zn单质置换出铜，从而将其除去；之后加入碳酸氢铵将锌离子转化为碱式碳酸锌，煅烧后得到氧化锌，据此解答。 【详解】（1）由于温度超过40℃，氨气逸出导致浸出速率下降，故“浸取”温度应选择40℃左右为宜。 （2）若“浸取”所得滤液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO与氨水、氯化铵反应生成氯化四氨合锌和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O。 （3）在“沉降”过程中，FeCl3作沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4，缩短沉降时间。 （4）根据分析和还原产物为二氧化锰可知，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、MnO2。 （5）“还原沉降”选用的“试剂a”将溶液中的铜离子还原为铜单质，但不能引入新的杂质，故“试剂a”为Zn。 （6）“沉锌”时溶液中的Zn2+与NH4HCO3作用生成Zn5(CO3)2(OH)6沉淀、CO2等，通过电荷守恒、原子守恒配平得该反应的离子方程式为5Zn2++10=Zn5(CO3)2(OH)6↓+2H2O+8CO2↑。 （7）由题表可知，沉淀物粒径在1μm以下，=3时，粒度分布质量分数55.37%最大，c(Zn2+)=0.8mol·L-1，所以c()=3c(Zn2+)=2.4mol·L-1。 10．(1)粉碎黄铜矿、适当加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、适当延长反应时间等合理答案 (2)S (3)2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O (4) Cu2O (5) 当c(N2H4·H2O)>3.25 mol·L-1时，溶液的碱性强，溶液中的NH转化为NH3，生成更多的[Cu(NH3)4]2＋，或过量的N2H4·H2O与Cu2＋形成络合物，导致溶液中的Cu2＋减少，纳米铜的产率下降(答一种即可) pH过大，溶液碱性过强，生成Cu(OH)2沉淀 【分析】黄铜矿的主要成分为CuFeS2，含少量Fe的氧化物、SiO2、Au等，加入稀硫酸和硫酸铁溶液溶浸，Fe3＋具有氧化性，可氧化硫元素得到S，同时Cu2＋、Fe3＋、和Fe2＋留在溶液中，加入双氧水可氧化Fe2＋，然后用氨水氨化Cu2＋，同时产生Fe(OH)3沉淀，最后用水合肼还原[Cu(NH3)4]SO4得到纳米铜，滤液的主要溶质为(NH4)2SO4。 【详解】（1）粉碎黄铜矿、适当加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度、适当延长反应时间等均能提高“溶浸”的浸出率； （2）根据题给流程图可知，滤渣中还有S； （3）加入双氧水的目的是氧化Fe2＋，在酸性条件下，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得该反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O； （4）还原反应前后的主要物质为[Cu(NH3)4]SO4＋N2H4·H2O→Cu＋N2＋(NH4)2SO4，气体单质为N2，其结构式为；若加入N2H4·H2O(还原剂)的量不足时，氧化不彻底，则生成另一种还原产物为Cu2O(铜的化合价为＋1价，属于氧化物)； （5）① 当c(N2H4·H2O)>3.25 mol·L-1时，碱性强，溶液中的转化为NH3，使平衡“Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋”正向移动，生成更多的[Cu(NH3)4]2＋，或过量的N2H4·H2O与Cu2＋形成络合物，均导致溶液中的Cu2＋减少，纳米铜的产率下降(不能答“Cu2＋与铜反应转化为Cu＋”，因为Cu＋也会被N2H4·H2O还原)； ② pH过大，溶液碱性过强，可能会生成Cu(OH)2沉淀，使纳米Cu的产率下降。 11．(1) ② Cu、PbSO4 (2) 生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀 W1 (3) (4) 弱于 CoO(OH) 【分析】以净化渣(主要含锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在)为原料提取钴，加入硫酸进行酸浸，“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，其它金属元素均转化为对应的硫酸盐，Na2S常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，加入Na2S2O8，再加NaClO3得到锰铁渣，过滤滤液加入Na2S2O8可将Co2+氧化生成Co(OH)3，经一系列转化后可得钴产品。 【详解】（1）①“常压浸出”的加热温度为70℃左右，温度高时，盐酸、硝酸均挥发，对设备的腐蚀能力强，而硫酸不挥发，则宜采用②硫酸进行酸浸； ②酸浸后金属元素转化为对应的金属硫酸盐，但铜与硫酸不反应，PbSO4为难溶物，则浸出渣主要成分为Cu、PbSO4； （2）①大多数金属硫化物都难溶于水，能选择除铜的原因是生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀； ②加入后的溶液中，，则溶液中的，根据，，，，则，溶液的pH约为1； （3）过二硫酸钠()氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式：； （4）①在“沉淀分离”步骤中得到锰铁渣和含钴元素的溶液，说明还原性Co2+弱于Mn2+； ②Co(OH)3的相对分子质量为110，Co(OH)3脱水前后质量比为55：46，说明则该过程中发生：，则钴产品的化学式为CoO(OH)。 12．(1)第四周期第Ⅷ族 (2)加聚 (3)[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+或+CO2+2H2O=A(OH)3↓+ (4)8LiCoO2++22H+=8Li++8Co2++2+11H2O (5) 否 Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+ K=，分子、分母同乘c()，可得K==8.4×102.48＜105，反应不能进行到底，钴离子沉淀不完全 (6) 蒸发结晶 趁热过滤 110 (7)3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2 【分析】由流程可知，废旧钴酸锂电池的正极材料经放电拆解，可得外面包裹隔膜PP/PE以及涂覆LiCoO2的铝箔，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解变为NaAlO2，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2。加硫酸、Na2S2O3，发生氧化还原反应：8LiCoO2++22H+=8Li++8Co2++2+11H2O，该反应发生将+3价的Co还原转化为+2价的Co2+，用草酸铵“沉钴”发生反应产生CoC2O4沉淀，然后向滤液中加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，据此解答。 【详解】（1）Co是27号元素，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族； （2）隔膜PP/PE的主要成分为聚丙烯和聚乙烯。有机合成中主要以石油裂解气为原料，乙烯发生加聚反应产生聚乙烯；丙烯发生加聚反应产生聚丙烯，因此以石油裂解气为原料，通过加聚反应产生隔膜PP/PE隔膜； （3）碱浸时Al与NaOH溶液反应产生可溶性NaAlO2，向过滤得到的滤液中通入过量CO2气体，发生反应产生Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+或+CO2+2H2O=A(OH)3↓+； （4）向滤渣中加入H2SO4酸浸，同时加入Na2S2O3，可以使Co元素由+3价的LiCoO2变为+2价的Co2+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质存在形式，可得主要反应的离子方程式为：8LiCoO2++22H+=8Li++8Co2++2+11H2O； （5）“沉钴”时一般加入草酸铵溶液，Co2+与形成CoC2O4沉淀，而不采用加入草酸的方法，这是由于H2C2O4是弱酸，主要以电解质分子H2C2O4形式存在，离子浓度很小，若加入草酸，假设能够发生反应：Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+ 则化学平衡常数K=，分子、分母同乘c()，可得K==8.4×102.48＜105，反应不能进行到底，钴离子沉淀不完全，因此不使用草酸； （6）根据图1的碳酸锂的溶解度曲线可知：温度升高，碳酸锂的溶解度降低，因此实验室模拟“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干等操作； 根据Na2CO3的投加量对Li2CO3结晶的影响，在固定其他条件不变进行实验，利用Na2CO3的投加量对Li2CO3结晶的产率及纯度的影响，为了既保证碳酸锂有较高的产率和纯度，又降低生产的成本，选择碳酸钠的投加量应为110%； （7）根据图示可知在由A点到B点，固体残留率不变，都是80.33，结合草酸钴晶体化学式CoC2O4·2H2O可知，若失去全部结晶水，则固体残留率为×100%=80.33%，说明此时固体物质为CoC2O4，到B点恰好失去全部结晶水，假设CoC2O4物质的量为1 mol，根据已知条件在曲线中300℃之后所得固体均为钴的氧化物，设反应产生的氧化物化学式为CoOx，可得×100%=43.88%，解得x=1.33，因此反应后的固体产物是Co3O4，结合元素守恒及电子守恒，可得反应方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。 13．(1) (2) (3) 、 (4) (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6) 放电 ZnxMn0.61□0.39O-2xe-= Mn0.61□0.39O+xZn2+ 【分析】大洋锰结核(主要由和铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si不溶于酸可被过滤去除；用过氧化氢将氧化为后调pH，可让、和部分沉淀，再加MnF2和Na2S净化主要是除去和，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。 【详解】（1） 锰原子序数为25，位于周期便第四周期第VIB族，价层电子轨道表示式：； （2）“浸取”时，有副产物生成，副反应的化学方程式：； （3）调pH的目的是为了让杂质离子、和部分沉淀形成沉淀，但不形成沉淀，所以应调节pH为；加MnF2和Na2S净化主要是除去和，形成沉淀和； （4）“沉锰”时，加入过量溶液，反应离子方程式：； （5）要将“溶解”后的溶液制得晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶； （6）晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，“ii”代表电池放电过程，“iii”的电极反应式：ZnxMn0.61□0.39O-2xe-= Mn0.61□0.39O+xZn2+。 14．(1)Na2SiO3 (2) (3) 10+12H+=3+6H2O 2 V2O5 (4) 2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O 5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑ (5) 6 【分析】结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。 【详解】（1）由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4。 （2）因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2()，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设刚好完全除尽，即c()=1.0×10-5mol·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为。 （3）结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时转化为，反应的离子方程式为：10+12H+=3+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2。 （4）根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑。 （5）①由图可知距离钒原子最近的氧原子有6个； ②由图可知，一个晶胞中含有V原子2个，O原子4个，根据，解得x=。 15．(1) (2) 避免被氧化，得到较纯净的 将生成的带入后续装置 (3) 浓受热易分解 (4)取最后一次洗涤液于试管中，滴加酸化的如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净 (5) 98.75% 【分析】精硫锗矿粉碎，然后在氮气氛围中加热至800℃升华，得到GeS2，GeS2在825℃条件下被氨气还原为GeS，氨气被氧化为氮气；GeS加入浓硝酸酸浸后，被硝酸氧化生成粗GeO2，GeO2在600℃条件下与SOCl2发生氯化得到GeCl4，GeCl4与高纯水反应生成，在200℃下发生脱水生成GeO2，GeO2被氢气还原得到Ge，据此分析解答； 【详解】（1） 是共价化合物，各原子均达到8电子稳定结构，其结构式为； （2）800℃升华时通入的目的是：避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2；并且将生成的GeS2带入后续装置； （3）酸浸时Ge、S元素均被氧化到最高价态，说明GeS被HNO3氧化为GeO2和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：GeS+8H++10=GeO2+ +10NO2+4H2O，酸浸时温度不能过高的原因是浓HNO3受热易分解； （4）易水解生成，洗涤的目的是除去Cl-，证明沉淀洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3如果不出现白色沉淀，则证明洗涤干净； （5）由酸性条件下能将Ge2+氧化为Ge4+可知，滴定过程中发生反应：3Ge2+++6H+=3Ge4++I-+3H2O，当发生+5I-+6H+=3I2+3H2O时，溶液变蓝色，达到滴定终点。由此可得关系式：3Ge2+~，则 n(Ge2+)= 3n()=3×24.80×10-3L×0.1000mol/L=7.44×10-3mol，故该样品中锗的质量分数是 ×100%=98.75%。 16．(1) (2) 稀硫酸 (3) 将氧化为 CaF2(多写也可) (4) 【分析】由题给流程可知，向软锰矿和黄铁矿混合物中加入稀硫酸酸浸时，二氧化锰和二硫化铁酸性条件下反应生成锰离子、铁离子、硫和水等，则X为稀硫酸，过滤得到废渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入氧化钙调节溶液pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有硫酸钙、氢氧化铁、氢氧化铝的废渣2和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的废渣3和硫酸锰溶液；硫酸锰溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰，经过滤得到碳酸锰；向硫酸锰溶液中加入氨水，将溶液中锰离子转化为氢氧化锰、碱式硫酸锰沉淀，过滤得到含有氢氧化锰、碱式硫酸锰的滤饼；滤饼洗涤后，加入蒸馏水溶解，在水浴加热的条件下通入氧气，将锰元素转化为四氧化三锰，过滤、洗涤、烘干得到四氧化三锰。 【详解】（1）基态Mn核外有25个电子，失去最外层电子形成Mn2+，的核外电子排布式是； （2）由分析可知，酸浸时所用的稀酸X为稀硫酸，发生的反应为二氧化锰和二硫化铁酸性条件下反应生成锰离子、铁离子、硫和水，反应的离子方程式为3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O； （3）由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化钙调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，加入氟化锰的目的是将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，则废渣3的主要成分是CaF2， （4）①由题意可知，硫酸锰溶液与碳酸氢铵溶液发生的反应为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，由方程式可知，生成1mol碳酸锰，消耗amol/L碳酸氢铵溶液的体积为L； ②由图可知，15~150 min内通入氧气时，溶液pH减小说明滤饼中碱式硫酸锰Mn2(OH)2SO4与通入的氧气反应生成四氧化三锰和硫酸，反应的化学方程式为3 Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+3H2SO4。 17．(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌 (2) Fe(OH)3 9.0×10-7mol·L-l (3)2Sc3++ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+ (4)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 (5)5 (6) 【分析】废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)经萃取洗涤油相除去大量的钛离子，滤渣用盐酸溶解后加氨水调pH为3，除去铁离子，再加氨水调溶液的pH为6，将Sc3+沉淀为Sc(OH)3，将Sc(OH)3用盐酸溶解后加入草酸，使之转化为Sc2(C2O4)3沉淀，灼烧Sc2(C2O4)3沉淀得到成品Sc2O3。 【详解】（1）不同的液体在混合时，一般是先加密度较小、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的。因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌； （2）废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”已除去大量的钛离子。根据Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31，可以求出余下3种离子沉淀完全（离子浓度小于10-5mol/L）的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全的pH约为6，而铁离子沉淀完全的pH约为3，所以先加入氨水调节pH =3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3。再向滤液加入氨水调节pH=6，此时溶液中c(OH-)=10-8mol/L，滤液中Sc3+的浓度为 =9.0×10-7mol·L-l ； （3）“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为：2Sc3++ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+； （4）草酸钪“灼烧”时，中的碳为+3价，有还原性，容易被空气中的氧气氧化为+4价，生成CO2，化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2； （5）金属原子提供空轨道，非金属原子提供孤电子对，根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子La3+配位数为5； （6）①若图中A点锑原子的坐标为，根据晶胞结构图，B处在正八面体空隙中，Z方向的坐标为，投影与xy平面，其xy的平面坐标为，所以B的原子坐标为； ②1个晶胞中含有La的数目为个，含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb的组成的正八面体空隙中，纯粹的Sb的个数为6×8-12=36个，其中4×6=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12，所以一个晶胞中含有Sb的数目为24×+12=24个，取1mol晶胞，则有个晶胞，质量为m=(2+8+24)g，设晶胞边长为acm，，a=cm，Sb原子与Sb原子的最近距离为，故为。 18．(1) 沸腾炉 11 (2)C (3) 40℃ 提高吸收速率 【分析】工业制硫酸是利用黄铁矿在氧气中燃烧生成二氧化硫，然后在接触室催化氧化二氧化硫得三氧化硫，最后吸收塔用98%的浓硫酸吸收SO3； 【详解】（1）黄铁矿在沸腾炉中与氧气反应，上次氧化铁和二氧化硫，反应方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，关系式8SO2~44e-，每生成转移11 mol电子； （2）二氧化硫和空气通入接触室催化氧化反应生成三氧化硫，即2SO2+O22SO3， A．该反应正向气体分子数减少，且为放热反应，不采用常温而加热至400℃-500℃导致平衡逆向移动，故A不选；B．催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，故B不选；C．增大氧气的浓度可使平衡正向移动，故C选；D．混合气体净化，即除去与反应无关的杂质气体，对平衡无影响，故D不选；故选C； （3）由图可知40℃时，三氧化硫的吸收效率最高，为适宜温度；而工业生产中一般采用60℃的可能原因是该温度下三氧化硫的吸收效率也较高，且可以提高吸收速率。 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 $$