2025届高三化学二轮复习 过关训练—工业流程题

2025届高三化学过关训练—工业流程题 1．（22-23高三下·湖南长沙·期末）废旧锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有、MnOOH、、、碳单质，用黑色物质A制备高纯的流程如图： 已知：(未配平)。 (1)第Ⅰ步操作的滤渣有 (填化学式)。 (2)第Ⅱ步在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为，另一个是 。灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应的化学方程式为 。 (3)第Ⅲ步中为提高反应速率，可以采取的措施有 (任写一条)，第Ⅲ步过程中加入溶液的作用是 。 (4)已知：难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；在pH大于7.7时，开始转化为沉淀。第Ⅳ步中的多步操作可按如图步骤进行： 操作①加入溶液调节溶液pH的过程中有产生，则溶液反应的离子方程式为 ；操作②中需要的玻璃仪器有 ；你认为操作③中检测的方法及现象是 时可继续进行操作④；操作④中用无水乙醇洗涤的目的是 (答一条即可)。 2．（23-24高三下·湖南永州·阶段练习）明代《天工开物》记载了“火法”炼锌方法：“炉甘石(碳酸锌)十斤，装载入一泥罐内，然后逐层用煤炭饼垫盛，…，发火煅红，…，毁罐取出，即倭铅也”。现代工业开发了用NH3—NH4Cl水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如图所示。 已知浸出液含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、。 (1)《天工开物》记载的炼锌方法要求罐体用泥封严，目的是 。 (2)滤渣1的主要成分是 (填化学式)。一段时间内锌浸出率与温度的关系如图所示，分析出现该现象的原因 。 (3)“氧化除杂”的目的是将转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，溶液始终接近中性，该反应的离子方程式是 。 (4)[Zn(NH3)4]2+中心离子的最高能层上的电子空间运动状态有_种，“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极电极反应式是 。 (5)ZnCl2溶液在T1℃水解可得某碱式盐，取11.38g该碱式盐，T2℃完全水解后并煅烧，可得纯氧化锌8.1g。则该碱式盐的化学式为 。 3．（23-24高三下·河北邯郸·阶段练习）某废旧金属材料中主要含 和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收 并制取绿矾等。回答下列问题： (1)焙烧前需要将废旧金属材料粉碎，其目的是 。 (2)碱浸时发生反应的化学方程式为 。 (3)操作Ⅰ、Ⅱ中使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是 。 (4)加入试剂后可能发生的反应有 个，这些反应中属于化合反应的离子方程式为 。 (5)滤液Ⅱ经过结晶法制取绿矾晶体，绿矾在空气中容易被部分氧化。现取被部分氧化的绿矾晶体 溶于蒸馏水后，加入足量的 溶液，过滤得沉淀 再通入 (标准状况)氯气恰好将其中的 完全氧化。 ①为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是 (填序号)。 A．溶液        B．溶液        C．溶液        D．溶液 ②操作Ⅱ为 。 ③通过计算推测晶体中 。 4．（23-24高三下·天津·阶段练习）高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下： (1)工业上用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式为 。当有1 mol C参与反应时，该反应转移的电子数是 。(代表阿伏伽德罗常数的值) (2)整个制备过程必须严格控制无水无氧。遇水剧烈反应生成、HCl和，写出配平的化学反应方程式： 。还原过程中若混有，可能引起的后果是 。 (3)还原炉中发生的化学反应方程式为： 。 (4)上述工艺生产中循环使用的物质除Si、外，还有 。 (5)关于硅及其相关化合物的叙述正确的是 。 A．自然界中存在天然游离的硅单质 B．已知C与Si属于主族元素，由于，用类比法得知， C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，具有粘性和耐高温，可以作为木材的粘合剂和防火材料 D．硅元素在金属与非金属的分界线处，一般可用于作为半导体材料 E.光导纤维的主要成分是 F.玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品 （2023高三下·上海·学业考试）溶液在工业上用于蚀刻铜箔电路板，从蚀刻后的废液中可回收铜并使蚀刻液再生，流程如图所示(省略部分物质)。 5．写出蚀刻铜箔的离子方程式 。 6．要检验废液中是否还存在，实验方案是 。 7．操作I的名称是_____(单选) A．蒸发 B．结晶 C．过滤 D．分液 8．为了从固体中分离出铜，需加入的试剂X是_____。(单选) A． B． C． D． 9．若要使溶液Ⅱ再生为蚀刻液，可选用的试剂是 (填化学式)。发生反应的化学方程式是 。 10．（23-24高三下·江苏镇江·期中）硫酸锰广泛用于电池材料。以软锰矿（主要成分，含少量铁和铝的氧化物）、疏铁矿（主要成分）制备的过程如下： (1)基态核外电子排布式为 。 (2)“酸浸”时有和S生成，写出参与反应的离子方程式 。 (3)“酸浸”过程中，和颗粒组成原电池，如图所示： ①为原电池的 （填“正极”或“负极”）。 ②极反应迅速，而极反应有时较慢，可能的原因是 。 (4)“除杂”时加入的作用是 。 (5)测定的纯度。称取样品，配成溶液，取溶液酸化后加入氧化剂使全部转化成，用的溶液滴定至终点（被还原为），消耗溶液。计算样品的纯度（写出计算过程） 。 11．（23-24高三下·四川内江·期中）钴及其化合物广泛应用于航天、电池、磁性合金等高科技领域，我国钴资源贫乏，再生钴资源的回收利用是解决钴资源供给的重要途径．一种利用含钴废料（主要成分为，含少量、有机物）制取的工艺流程如下： 已知该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的，回答下列问题： 金属离子 开始沉淀的 7.5 1.8 3.4 9.1 6.5 沉淀完全的 9.5 3.2 4.7 11.1 8.5 (1)“焙烧”的主要目的是 。 (2)“浸取”过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉淀"时先加入溶液，的作用主要是 。再加入溶液调节为6.0，此时滤液中的 ，滤渣的主要成分为： 。 (4)“萃取”用到的玻璃仪器主要有 烧杯。为得到纯净的，“沉钴”后要进行洗涤，如何判断沉淀是否洗涤干净？ 。 (5)萃取原理可表述为：，“反萃取”需加入A的水溶液，试剂A为 。 12．（23-24高三下·江西南昌·期中）碘是国防、工业、农业、医药等部门和行业所依赖的重要原料，海水提碘是从海藻中提取元素碘的技术。 Ⅰ．海带提碘(海带中碘元素以I-形式存在) (1)“氧化”过程涉及到的离子方程式是 ，设计实验检验氧化后所得溶液是否含I2时，可取样于试管，滴加 (填试剂名称)。 (2)加入浓NaOH溶液充分振荡，发生的歧化反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为 ；向分离得到的含I-和的水溶液中加入45%硫酸，发生归中反应的离子方程式为 。 Ⅱ．获取重要的还原剂-HI (3)H2和I2反应生成HI过程能量变化如图所示，1molH2(g)、1molHI(g)分子中化学键断裂时分别要吸收能量436kJ、299kJ，则1molI2(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为 kJ。 Ⅲ．生命延续-心脏起搏器中的Li-I2电池 (4)优质的锂碘电池可用于心脏起搏器延续患者的生命，它的正极材料是聚2-乙烯吡啶(简写P2VP)和I2的复合物，电解质是固态薄膜状的碘化锂，电池的总反应为，其工作原理如图所示： ①正极发生的电极反应式为 ； ②放电时，转移0.6×6.02×1023个电子，负极质量减少 g。 13．（23-24高三下·上海·期末）化学能可以转化为热能，还可以转化为电能等其他形式的能量，我们把化学能转化为电能的装置，习惯上称为原电池，例如锌锰干电池是应用最广泛的电池之一，其特点是使用方便、价格低廉，但使用一段时间易发生漏液现象。为实现废旧普通干电池中锌与 的回收，某研究小组设计了如图1的工艺流程，试回答下列问题： (1)锌锰干电池属于 (填“一次电池”或“二次电池”)。 (2)该电池工作时，NH移向 极(填“正”或“负”) (3)上述工艺流程中粉碎的重要作用是 。 (4)请你完成普通锌锰电池反应的总反应(答题时请补齐缺失的一种生成物并配平) (未配平) 14．（2024·福建·模拟预测）碲(Te)是一种重要的稀有分散元素，广泛应用于冶金、石油、化工、航空、电子等领域。以某冶炼厂的湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)为原料回收碲的流程如下： 已知：氧化还原电位可用来反映水溶液中物质表现出来的氧化还原性，用E(氧化态/还原态)表示。E越高，氧化态的氧化性越强，E越低，还原态的还原性越强。若电解时控制电位高于E，则其氧化态不能被还原。相关物质的氧化还原电位(E)如下表所示： 物质 氧化还原电位(E)/V 0.342 0.568 0.16 小于0.16 小于0.16 请回答下列问题： (1)52Te的基态原子的电子排布式为 。 (2)原料预处理可采用干燥箱中加热氧化或自然堆放氧化(四天以上)两种方式，两相比较，后者的主要优点是 ；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是 。 (3)浸出时，所得滤渣主要含铅、银的化合物，其化学式分别为 、 ；添加可显著提高碲和铜的浸出率，说明预处理后的原料中仍存在低价态的碲和铜，写出转化为、而被浸出的离子方程式 。 (4)电解时为防止除Te以外的单质生成，需控制电位的范围为 ；加入饱和Na2SO3溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成 (填化学式)。 (5)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，则c点的坐标为 ，设ZnTe的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn与Te最近距离为 nm（列出计算式即可）。 15．（23-24高三下·浙江·阶段练习）以粗盐和石英砂为原料制备纯碱和精硅的流程如图所示，结合题意回答下列问题： (1)流程1中纯化时可选用试剂如下，所加试剂的合理顺序为：NaOH溶液、 (用序号表示)。 ①盐酸  ②Na2CO3溶液   ③BaCl2溶液 (2)流程2和流程3可用如图装置模拟完成，a口通入 气体，c中所装试剂为 。 (3)流程5反应的离子方程式为 。 (4)流程7、8、9中，可以循环使用的物质除了Si、SiHCl3外，还有 。 (5)流程9必须严格控制无氧，若混入O2，可能引起的后果有 (至少写出一种)。 16．（23-24高三下·浙江·阶段练习）碘化钠在有机合成中用途广泛，工业制备碘化钠有多种方法，下图是制备碘化钠的两种方案。已知：N2H4•H2O的沸点118℃，100℃开始分解。(流程图中“白色沉淀”接触空气后会迅速变灰绿色) (1)写出①过程的离子方程式 。 (2)方案一中加入N2H4•H2O后发生的离子反应为：2IO(aq)+3N2H4•H2O(l)=2I−(aq)+3N2(g)+7H2O(l)(放热反应)，部分装置如图1所示。 ①图1中仪器b的名称为 。 ②实验过程中需控制反应温度70℃左右的原因是 。图1中加热的方式最好选用 。 (3)结合NaI溶解度曲线(如图2)，流程图中方法②的具体操作为：将溶液小心加热浓缩、 、 、洗涤、干燥得到白色晶体。 (4)写出方案二中加入Fe屑后的离子方程式 。 (5)方案一和方案二相比，方案一制得的产品纯度更高，原因是 。 17．（23-24高三下·贵州贵阳·阶段练习）废旧电池的处理对环境保护和资源的再利用意义重大。某实验小组在实验室模拟探究利用废旧锌银纽扣电池回收金属银，并制备。 (1)锌银纽扣电池广泛应用于电子手表、计算器等电子产品，其电池反应式为，放电时，Zn做 极(填“正”或“负”)，发生 (填“氧化”或“还原”)反应。 (2)粉碎、研磨的目的是 。 (3)“过滤”步骤中加入适量Zn粉，发生的离子方程式为 。 (4)“溶解Ⅱ”中加入稀硝酸溶解银，生成产物、NO和，溶解时反应的离子方程式为 。 (5)若有2吨废旧银锌纽扣电池，其中锌含量为32.5%，假设加入的锌粉为650kg，不考虑生产过程中的损耗，理论上可以获得(化学式式量：287)晶体 吨。 18．（23-24高三下·江苏南通·期中）FeOOH在生产生活中有广泛应用。 I．用硫酸渣(主要成分为、)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下图。 已知：“还原”时，发生反应；、均与不反应。 (1)基态价层电子排布式为 。 (2)“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为 。 (3)“氧化”时，当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通空气，生成铁黄。通入空气过程中，记录溶液pH变化如图所示。 已知：25℃时，完全沉淀的。时段发生的反应为；时段，溶液pH明显降低，请解释原因： 。 II．在环境保护等领域有广泛应用。 (4)在80℃下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液pH控制在4~4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。 ①制备1mol理论上需要的物质的量为 mol；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是 。 ②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理的理由是 。 (5)可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的结构如图2所示。 ①64g分子中的共价键的物质的量为 mol。 ②写出反应II的化学方程式： 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)、、碳单质 (2) 除去碳单质 (3) 适当升高温度(或适当增大硫酸的浓度或粉碎等合理答案) 将转化为 (4) 烧杯、漏斗、玻璃棒 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入 BaCl2溶液无白色沉淀产生 有利于低温条件下快速干燥 【分析】黑色物质A主要含有、、、、碳单质经过I过滤得到、、碳单质，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，第Ⅱ步空气中灼烧除去碳单质同时将转化为，得到的在Ⅲ中转化为，经多步操作得高纯，据分析答题。 【详解】（1）第I步操作过滤得到、、碳单质，故答案为：、、碳单质。 （2）第Ⅱ步在空气中灼烧的目的有两个，一个是将转化为，另一个是除去碳单质，与空气中的氧气反应生成的化学方程式为，故答案为：。 （3）第Ⅲ步中为提高反应速率，可以采取的措施有适当升高温度(或适当增大硫酸的浓度或粉碎等)，第Ⅲ步过程中加入溶液的作用是将转化为，故答案为：适当升高温度(或适当增大硫酸的浓度或粉碎等合理答案)；将转化为。 （4）溶液与溶液反应生成的离子方程式为； 操作②是过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒； 操作③中是否洗涤干净可以通过检验验证：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加盐酸酸化的 BaCl2溶液无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净； 操作④中用无水乙醇洗涤的目的是有利于低温条件下快速干燥， 故答案为：；烧杯、漏斗、玻璃棒；取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入 BaCl2溶液无白色沉淀产生；有利于低温条件下快速干燥。 2．(1)防止得到的锌被氧化 (2) Pb 低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降 (3)2AsCl+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH+5H2O或2AsCl+2H2O2+6NH3+H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH (4)18[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑ (5)Zn(OH)1.2Cl0.8或Zn5(OH)6Cl4 【分析】由流程可知，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、砷元素分别以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、AsCl的形式存在，滤渣1为Pb，加入过氧化氢，AsCl转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，过滤后加入锌粉还原，可除去Cu等，滤液主要含有[Zn(NH3)4]2+，电解可生成高纯度锌，以此解答该题； 【详解】（1）罐体用泥封严，可隔绝空气防止得到的锌被氧化； （2）据流程、结合分析可知滤渣1的主要成分是Pb。根据温度与锌浸出率的图可知，30℃左右时浸出率最高，如低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降； （3）“氧化除杂”的目的是将AsCl转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，反应中AsCl的As元素化合价由+3升高到+5、转变为As2O5、同时释放Cl-，H2O2是绿色氧化剂，被还原为H2O，此环节中没有外加酸或碱，则NH3·H2O参与反应使溶液始终接近中性，该反应的离子方程式是2AsCl+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH+5H2O或2AsCl+2H2O2+6NH3+H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6NH； （4）“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极上阳离子得到电子发生还原反应，则电极反应式是[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑； （5）ZnCl2溶液在T1℃水解可得某碱式盐Zn(OH)xCly，取11.38g该碱式盐，T2℃完全水解后并煅烧，可得纯氧化锌8.1g。n(ZnO)=，根据Zn元素守恒，则一次水解产物的物质的量也为0.1mol，则Zn(OH)xCly的摩尔质量为，根据元素化合价代数和为0，则有2=x+y，根据整体摩尔质量为113.8g/mol，则有65+17x+35.5y=113.8，联立，得x=1.2、y=0.8，则该碱式盐的化学式为Zn(OH)1.2Cl0.8或Zn5(OH)6Cl4。 3．(1)增大接触面积，加快化学反应速率 (2)Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4] (3)漏斗 (4) 3 2Fe3++Fe=3Fe2+ (5) D 过滤 2 【分析】废旧金属材料焙烧主要除去可燃性有机物，碱浸时，氧化铝和Al参与反应得到四羟基合铝酸钠的溶液，滤液处理得到铝单质；滤渣Ⅰ主要含不反应的Fe、Cu、、FeO、CuO，加入硫酸酸浸，再加入过量铁粉将铁离子转化为亚铁离子、同时置换出铜单质，过滤得到硫酸亚铁溶液和Fe、Cu的混合物，再用硫酸酸浸除去铁过滤得到Cu，滤液处理后得到绿矾； 【详解】（1）焙烧前需要将废旧金属材料粉碎，其目的是增大接触面积，加快化学反应速率； （2）碱浸时Al2O3和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，方程式为Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]； （3）操作 Ⅰ、Ⅱ为分离固液的操作，为过滤，使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是漏斗； （4）滤渣Ⅰ经硫酸酸浸后得到含硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸的混合液，加入过量试剂a为Fe粉，铁和硫酸铜生成铜单质和硫酸亚铁、和硫酸铁生成硫酸亚铁、和稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，故可能发生的反应有3个；这些反应中属于化合反应为铁和硫酸铁生成硫酸亚铁，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+； （5）①绿矾晶体为FeSO4∙7H2O，其中Fe2+被氧化为Fe3+，若绿矾未被全部氧化，则绿矾中还含有Fe2+； A．加入双氧水，因绿矾中存在铁离子，使双氧水催化分解，产生氧气，也具有氧化性，无法判断绿矾部分被氧化，故A不选； B．KSCN溶液只能检验Fe3+，故B不选； C．部分氧化的绿矾中含有Fe3+，加入NaOH有红褐色沉淀Fe(OH)3生成，不能观察到亚铁离子与NaOH的反应，故C不选； D．KMnO4溶液不能氧化Fe3+，加入KMnO4溶液若溶液颜色变浅或者褪色，则说明绿矾晶体中存在Fe2+，绿矾未被完全氧化，故D选； 故选D； ②操作 Ⅱ为分离固液的操作，为过滤； ③取被部分氧化的绿矾晶体8.22g溶于稀盐酸后，加入足量的溶液，过滤得沉淀9.32g，该沉淀为BaSO4，物质的量为9.32g÷233g/mol=0.04mol，通入112mL(标准状况，为0.005mol)氯气恰好将其中的Fe2+完全氧化，根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，可知原绿矾晶体中含有0.01molFe2+，根据化合物呈电中性，可知3n(Fe3+)+2n(Fe2+)=2n()，即2×0.01mol+3n(Fe3+)=2×0.04mol，则Fe3+的物质的量为0.02mol，所以n(Fe3+)：n(Fe2+)=0.02：0.01=2。 4．(1) (2) 爆炸 (3) (4)H2和HCl (5)CDEF 【分析】工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅，在流化床反应器中粗硅与HCl反应生成SiHCl3等，还原炉中氢气还原SiHCl3得到高纯硅。 【详解】（1）工业上用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式：；反应过程中C元素化合价从0价升高至+2价，当有1 mol C参与反应时，该反应转移的电子数为； （2）遇水剧烈反应生成、HCl和，化学方程式：；还原过程中若混有，与氢气混合可能引发爆炸； （3）还原炉中氢气还原SiHCl3得到纯硅，化学反应方程式：； （4）粗硅与HCl发生反应：生成氢气，还原炉中氢气还原SiHCl3得到纯硅，发生反应：，则上述工艺生产中循环使用的物质除Si、SiHCl3外，还有H2、HCl； （5）A．硅元素为亲氧元素，在自然界中主要以硅的氧化物和硅酸盐存在，A错误； B．二氧化硅不溶于水，不与水反应，B错误； C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，具有粘性和耐高温，可以作为木材的粘合剂和防火材料，C正确； D．硅元素在金属与非金属的分界线处，一般可用于作为半导体材料，D正确； E．光导纤维的主要成分是，E正确； F．玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品，F正确； 答案选CDEF。 5． 6．取样，加入溶液，溶液呈血红色，则存在 7．C 8．A 9． 或 或 【分析】蚀刻后的废液中含有氯化亚铁、氯化铜、氯化铁，加过量的铁粉，铁把氯化铁还原为氯化亚铁，铁置换出氯化铜中的铜，过滤，所得固体为铜和铁的混合物，溶液Ⅰ为氯化亚铁溶液，固体中加盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜和盐酸不反应，过滤出铜，溶液Ⅱ为氯化亚铁，溶液Ⅰ和溶液Ⅱ混合后通入氯气生成氯化铁。 5．蚀刻铜箔生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为； 6．遇KSCN溶液变红，检验废液中是否还存在，实验方案是取样，加入溶液，溶液呈血红色，则存在； 7．操作I实现固液分离，操作名称是过滤，选C； 8．固体为铜和铁的混合物，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜和盐酸不反应，为了从固体中分离出铜，同时得到氯化亚铁溶液，需加入的试剂X是盐酸，选A； 9．溶液Ⅱ为氯化亚铁，为再生为蚀刻液氯化铁，可选用的试剂是。发生反应的化学方程式是。 10．(1)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 (2)MnO2+FeS2+4H+=Mn2++Fe2++2S+2H2O (3) 正极 生成的硫覆盖在FeS2颗粒表面，溶解速率变慢 (4)调节pH将Al3+、Fe3+以 Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀除去，同时使钙离子生成硫酸钙除去 (5)91.26% 【分析】以软锰矿（主要成分，含少量铁和铝的氧化物）、硫铁矿（主要成分）制备，第一步酸浸后溶液中存在Al3+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、离子，加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，然后加CaCO3调节pH将Al3+、Fe3+转化为 Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀除去，Ca2+以CaSO4形式除去，所以滤渣主要含Al（OH）3、Fe（OH）3和CaSO4，然后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到目标产物。 【详解】（1）Fe位于周期表中第4周期第Ⅷ族，Fe2+为Fe失去4s2电子所得，所以Fe2+基态核外电子排布式为：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6； （2）“酸浸”时有和S生成，参与反应的离子方程式MnO2+FeS2+4H+=Mn2++Fe2++2S↓+2H2O。 （3）①根据图示，MnO2中Mn元素得电子化合价降低，所以MnO2作电源的正极，其电极反应式为MnO2-2e-+4H+=Mn2++2H2O； ②FeS2极反应有时较慢，根据FeS2原电池中FeS2生成硫单质，可能的原因是生成的硫覆盖在FeS2颗粒表面，溶解受阻变慢。 （4）“除杂”时加入的作用是调节pH将Al3+、Fe3+转化为 Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀除去，同时使钙离子生成硫酸钙除去。 （5）根据得失电子守恒~，样品的纯度=91.26%。 11．(1)除去废料中的有机物 (2) (3) 将Fe2+氧化成Fe3+，以便后续转换为Fe(OH)3除去 10-8.9 Al(OH)3、Fe(OH)3 (4) 分液漏斗 取少量洗涤后溶液，加入足量稀硝酸，再滴加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，证明洗涤干净 (5)HCl 【分析】含钴废料(主要成分为，含少量、有机物)焙烧后加入亚硫酸钠、盐酸浸取，浸出液加入氯酸钠、碳酸钠进行沉淀，滤渣主要为氢氧化铁，滤液加入RH萃取除去水相，有机相加入试剂A为HCl反萃取，得到氯化钴溶液，加入碳酸氢铵沉钴，去滤液，沉淀煅烧制取CoO； 【详解】（1）废料中含有有机物杂质，“焙烧”的主要目的是除去废料中的有机物，故答案为：除去废料中的有机物； （2）亚硫酸钠具有还原性,能还原Co2O3生成Co2+ ，自身被氧化为, 发生反应的离子方程式为； （3）NaClO3的作用是将浸出液中Fe2+氧化为Fe3+ ,有利于通过调节溶液pH除去溶液中的Fe2+。故答案为:将Fe2+氧化成Fe3+，以便后续转换为Fe(OH)3除去；通过调节pH使Al3+沉淀的离子方程式是，若Al3+根据开始沉淀时的pH=3.4计算，当温度不变时，Kh不变，则再加入Na2CO3溶液调节pH为6.0，此时滤液中的，不符合假设要求；若根据Al3+沉淀完全的pH计算，再加入Na2CO3溶液调节pH为6.0，此时滤液中的，符合完全沉淀的要求，故答案为10-8.9；滤渣的主要成分为：Al(OH)3、Fe(OH)3； （4）“萃取”用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯；“沉钴”可得到CoCO3，反应的离子方程式为，滤液成分为NH4Cl，检验CoCO3固体是否洗涤干净可通过检验Cl-是否存在，实验操作为：取少量洗涤后溶液，加入足量稀硝酸，再滴加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，证明洗涤干净； （5）“反萃取”之后得到的产物是CoCl2，则需加入A的水溶液为HCl的水溶液。 12．(1) H2O2+2I-+2H+＝2H2O+I2 淀粉溶液 (2) 5：1 5I-++6H+＝3H2O+3I2 (3)151 (4) P2VP·nI2+2Li++2e-＝P2VP·(n-1)I2+2LiI 4.2 【分析】经过预处理的海带灼烧后用蒸馏水溶解，过滤除去滤渣，“氧化”过程是双氧水将碘离子氧化为碘单质，涉及到的离子方程式是；得到的单质碘用四氯化碳萃取，加入氢氧化钠溶液单质碘发生歧化反应：，分离出水层，再加入稀硫酸发生归中反应：，最后过滤得到单质碘，据此解答。 【详解】（1）根据以上分析可知“氧化”过程涉及到的离子方程式是，碘遇淀粉显蓝色，则检验氧化后所得溶液含I2的方法为取样于试管，滴加几滴淀粉溶液，若变蓝色则含I2。 （2）加入浓NaOH溶液充分振荡，发生的歧化反应：，还原产物是碘化钠，氧化产物是碘酸钠，则其中氧化剂和还原剂物质的量之比为5：1；向分离得到的含和的水溶液中加入45%硫酸，发生归中反应的离子方程式为； （3）断键吸热，成键放热，则436+x－2×299＝－11，解得x＝151，即1molI2（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为151kJ。 （4）①正极单质碘得到电子，根据总反应式和示意图可判断发生的电极反应式为； ②放电时，转移0.6×6.02×1023个电子，即0.6mol电子，消耗0.6molLi，则负极质量减少0.6mol×7g/mol＝4.2g。 13．(1)一次电池 (2)正 (3)加快反应的速率 (4) 【分析】废旧普通干电池粉碎后加入稀硫酸酸浸后除去不溶物，得到硫酸锌、硫酸锰溶液，电解混合液得到锌和二氧化锰。 【详解】（1）锌锰干电池属于一次电池； （2）原电池中放电时阳离子向正极移动，故该电池工作时，移向正极； （3）工艺流程中粉碎的重要作用是增加反应物接触面积，加快反应的速率； （4）根据得失电子守恒和原子守恒，锌锰电池反应的总反应为：。 14．(1)[Kr]5s25p4 (2) 耗能低，成本低 增大接触面积，提高浸出率 (3) PbSO4 AgCl (4) ≥0.568V Cl2 (5) (，，) 【分析】流程分析如下：湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)先进行加热氧化或自然堆放氧化进行预处理，加入H2SO4、NaCl、NaClO3混合溶液进行浸出，使铅元素变为PbSO4，Ag元素变为AgCl，过滤除掉，滤液中加入饱和Na2SO3溶液，根据表格中氧化还原电位数据，控制电位范围0.568V，生成Te，同时防止除Te以外的单质生成。 【详解】（1）52Te是第五周期第VIA元素，基态原子的电子排布式为[Kr]5s25p4； （2）自然堆放氧化(四天以上)与加热氧化比较，优点是耗能低，成本低；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是增大接触面积，提高浸出率； （3）由上述分析可知，所得滤渣主要含铅、银的化合物，化学式分别为PbSO4、AgCl；与反应生成、，溶液是酸性环境，根据电子守恒、电荷守恒写出该离子方程式为：； （4）电解时为防止除Te以外的单质生成，根据表格中氧化还原电位数据，需控制电位范围≥0.568V；如果直接电解，阳极可能生成Cl2，因此加入饱和Na2SO3溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成Cl2； （5）由晶胞图和z轴投影图可知，c点位于体对角线的处，a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，根据图示可知c点坐标为(，，)；设晶胞参数为acm，该立方晶胞中，位于晶胞内部Zn原子个数为4，则，    ，，由晶胞图可知，Zn与Te最近距离为体对角线的，即为。 15．(1)③②① (2) NH3 无水CaCl2或P2O5 (3)2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH- (4)H2、HCl (5)H2与O2在高温下发生爆炸，生成的Si会被O2氧化 【分析】粗盐溶解纯化得到精盐水，通入氨气氨化，通入CO2生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解得到碳酸钠，电解精盐水得到氢氧化钠，氢气，氯气；氢气和氯气点燃生成氯化氢，粗硅和HCl反应生成SiHCl3，氢气和SiHCl3反应得到粗硅。 【详解】（1）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO等，先加NaOH溶液除去Mg2+，再加BaCl2溶液除去SO，最后加Na2CO3溶液除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后加入盐酸可除去Na2CO3和NaOH，故答案为：③②①； （2）NH3极易溶于水，易产生倒吸现象，故a口通入的是NH3，c的作用是作干燥剂，可以用无水CaCl2或P2O5； （3）流程5是电解精盐水，得到氢氧化钠、氢气、氯气；化学方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-； （4）流程7的化学方程式为：SiO2+2C2CO+Si，流程8的化学方程式为：Si+3HClSiHCl3+H2，流程9的化学方程式为：SiHCl3+H2 Si+3HCl，故可以循环使用的物质除了Si、SiHCl3外，还有H2、HCl； （5）H2是可燃性气体，H2与O2在高温下会发生爆炸，且生成的Si会被O2氧化，故流程9整个制备过程必须严格控制无氧； 16．(1)3I2＋6OH-=5I-＋IO＋3H2O (2) 冷凝管 温度过高N2H4·H2O分解及挥发，温度过低反应太慢 或这个温度既能保证反应的快速进行又能避免N2H4·H2O分解及挥发 水浴加热 (3) 冷却结晶 过滤 (4)3H2O+3Fe + IO=3Fe(OH)2↓ + I− (5)Fe屑还原制备碘化钠中含有碘化亚铁杂质，N2H4·H2O的氧化产物为N2和H2O 【分析】碘和氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成NaI、NaIO3。方案1，用N2H4·H2O把NaIO3还原为NaI，蒸发浓缩、冷却结晶结晶得到NaI；方案二，用Fe把NaIO3还原为NaI，蒸发浓缩、冷却结晶结晶得到NaI； 【详解】（1）①过程中碘和氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成NaI、NaIO3，反应的离子方程式为3I2＋6OH-=5I-＋IO＋3H2O； （2）①根据图示，图1中仪器b的名称为冷凝管； ②温度过高N2H4·H2O分解及挥发，温度过低反应太慢 ，所以实验过程中需控制反应温度70℃左右。为便于控制反应温度70℃左右，图1中加热的方式最好选用水浴加热； （3）NaI溶解度随温度升高而增大，流程图中方法②的具体操作为：将溶液小心加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到白色晶体； （4）案二中加入Fe屑，Fe把NaIO3还原为NaI，同时生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式为3H2O+3Fe + IO=3Fe(OH)2↓ + I−； （5）Fe屑还原制备碘化钠中含有碘化亚铁杂质，N2H4·H2O的氧化产物为N2和H2O，所以方案一制得的产品纯度更高。 17．(1) 负 还原 (2)增大接触面积，可加快反应速率 (3)、 (4) (5)5.74 【分析】废旧锌银纽扣电池[主要成分为Zn、Ag2O、Zn(OH)2和Ag]，粉碎研磨后，加入稀H2SO4溶解，Ag不溶于H2SO4，Zn、Ag2O、Zn(OH)2溶于H2SO4，加入Zn粉还原Ag+和过量的H+，然后过滤得到含ZnSO4的滤液Ⅰ，再经过操作I制得ZnSO4∙7H2O；分离出的固体Ag经过洗涤，再与过量稀HNO3溶液反应生成AgNO3、NO和H2O，经过复杂工序得到粗制银粉。 【详解】（1）由电池反应知，Zn发生失电子的氧化反应，Zn做负极，被氧化，Ag2O做正极，发生还原反应。 （2）将废旧锌银纽扣电池粉碎、研磨的目的是：增大接触面积，可加快反应速率。 （3）溶解Ⅰ加入的硫酸是过量的，结合分析，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，加入适量Zn粉发生反应的离子方程式为：Zn+2Ag+=Zn2++2Ag、Zn+2H+=Zn2++H2↑。 （4）加入稀硝酸溶解银时，产物为AgNO3、NO和H2O，Ag元素的化合价由0价上升到+1价，N元素的化合价由+5价下降到+2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为3Ag+4H++=3Ag++NO↑+2H2O。 （5）根据Zn守恒，制得ZnSO4∙7H2O的质量为(+)×287g/mol=5.74×106g=5.74t。 18．(1) (2)7：1 (3)段，，增大 (4) 少量被氧气氧化，减少了的消耗量 滤液中的能使酸性溶液褪色，干扰的检验 (5) 2 【分析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸酸溶，得到硫酸铁，二氧化硅不反应，加黄铁矿粉“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，已知FeS2与H2SO4、NaOH不反应，则过滤Ⅰ除二氧化硅、多余的FeS2等不溶物(滤渣1)，过滤Ⅰ所得滤液含阳离子为Fe2+、H+，滤液中加氨水、通入空气，进行氧化沉降，经过滤Ⅱ、进一步处理后，最终得到铁黄(FeOOH)。 【详解】（1）Fe为26号元素，其核外电子排布式电子为[Ar]3d64s2，浸取液中的核外电子排布式为[Ar]3d5，价层电子排布式为3d5； （2）“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+， FeS2中S元素从-1价升高到+6价得到，升7价， 为氧化产物，Fe3+化合价降低转变为还原产物Fe2+，降1价，按得失电子数守恒，还原产物质与氧化产物的物质的量之比为7:1。 （3）时段，溶液pH明显降低，说明会有氢离子生成，其原因：亚铁离子和氧气、水反应生成FeOOH和氢离子，氢离子浓度增大，pH减小；故答案为：段，，增大； （4）①Fe2+化合价升高，失去1e-生成Fe3+，中Cl由+1价降低，得到6e-生成Cl-，则参加反应Fe与Cl的个数比为6：1，故1molα−FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为；因少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量； ②滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验，则该设计方案不合理； （5）①1个分子中的共价键有8条，64g物质的量为=0.25mol，分子中的共价键的物质的量为2mol； ②根据图示，FeOOH、S8为反应物，FeSSH、O2为生成物，则反应方程为。 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 $$