2025届高三化学一轮复习--工业流程题

2025届高三化学专题复习--工业流程题 1．（2024·山东滨州·二模）从阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、、和等)中回收Se和金属的部分工艺流程如图。 已知： ①该工艺中萃取原理为：(其中表示萃取剂，表示金属离子)。 ②在碱性条件下很稳定，常温下可与络合：  。 回答下列问题： (1)“焙烧”前需对阳极泥进行粉碎处理，目的是 。 (2)“焙烧”产生的与的混合烟气用水吸收可制得单质，该反应的化学方程式为 。 (3)“滤液Ⅰ”中的阳离子主要有、，可使用萃取剂(RH)萃取分离。和的萃取率与水相初始、萃取剂浓度的关系如图。 则萃取最佳的条件为 和 ；“反萃取剂”最好选用 (填化学式)。 (4)已知“溶浸”时发生反应：。该反应的平衡常数K= [已知]。研究发现，硫代硫酸盐还可通过电化学催化实现的溶浸，其催化机理如图。 该方法总反应的离子方程式为 ，该过程的催化剂有 (填化学式)。 2．（2024·福建漳州·三模）锆()是一种重要的战略金属。一种以氧氯化锆(主要含，还含有少量、等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸浸”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、； ②时，，； ③“还原”前后相关物质沸点如下： 物质 沸点 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： (1)是的同族相邻元素，基态原子的价电子排布式是 。 (2)通常采用“一酸一碱”法生产，主要生产过程为：将锆英砂与氢氧化钠混合熔融得到难溶于水的，再以盐酸酸化得到，写出酸化过程的离子方程式 。 (3)“沉淀”后，废液中，则废液中为 。 (4)“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。 (5)①气态通常以二聚体的形式存在，分子结构为，二聚体中的杂化轨道类型为 。易溶于水，也易溶于乙醚等有机溶剂，请判断其晶体类型为 。 ②“还原”的主要目的是 。 (6)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是___________ A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞 (7)实验室可以用络合滴定法快速测定“酸浸”溶液中锆的含量，步骤如下： ①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口， ，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。 ②已知与EDTA发生络合反应，则酸浸液中含量(以计)为 。 3．（2024·河北·三模）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，若用草酸溶液代替草酸铵溶液，发生沉钴过程的离子方程式为 ，试计算说明草酸能否实现完全沉钴 。 (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 %。 4．（2024·重庆涪陵·模拟预测）以为载体的钯催化剂常用于石化行业加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废催化剂(主要含有Pd、，还有少量PdO、、C)为原料制备氯化钯的流程如下： 已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。 (1)“氯化浸出”前必须“焙烧”去除废催化剂表面积碳，原因是 ，焙烧时间过长，“氯化浸出”率下降，可能的原因是 。 (2)中Cl原子的杂化类型是 ，“氯化浸出”时，若盐酸浓度过高，可能发生的副反应离子方程式为 。 (3)滤渣1主要成分为 ，已知，若要使溶液中不高于，则应加入氨水使pH不低于 。 (4)工业上也可用还原制取海绵Pd，该历程对环境友好。该反应的化学方程式为 。 (5)工业上测定Pd含量的原理为：试样用硝酸及盐酸溶解后，加过量EDTA络合钯，用锌标准溶液滴定过剩的EDTA．具体步聚如下： I．标定锌标准溶液对钯的滴定度： a．吸取25mLEDTA溶液置于烧杯中，滴加4~5滴盐酸，加适量水，用锌标准溶液滴定至终点，消耗锌标准溶液。 b．吸取15mL含0.0010gPd的Pd标准溶液于烧杯中，加入25mLEDTA溶液，加适量水用锌标准溶液滴定至试液由黄色变成紫红色为终点，消耗锌标准溶液。 Ⅱ．滴定式样： 称取0.1000g试样置于烧杯中，加适量硝酸及盐酸充分溶解并作妥善处理，加入25mLEDT溶液，用锌标准溶液滴定至终点，消耗锌标准溶液VmL。则试样中Pd的质量分数为 %(用含V、、的式子表示)。 5．（2024·山东淄博·二模）工业上用电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]和废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下： 已知：①在碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)；在酸性条件下，Cr(Ⅵ)可被H2O2还原为Cr(Ⅲ)。pH＜5时Cr(Ⅵ)主要以存在，pH>7时Cr(Ⅵ)主要以存在。Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀。 ②相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示： 回答下列问题： (1)滤液1中主要的阳离子有和 。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，pH不宜过大的原因是 。 (2)“转化”中Cr3+反应的离子方程式为 。一系列操作的顺序为 (填标号)。 可供选择的操作有：①加热浓缩、趁热过滤  ②冷却结晶、过滤洗涤  ③加H2SO4溶液调pH  ④加NaOH溶液调pH  ⑤加热煮沸 (3)25℃时Na2Cr2O7溶液中存在多个平衡，本题条件下仅需考虑如下平衡：  ；  。pH=9，0.1 mol∙L-1Na2Cr2O7溶液中，则溶液中的平衡浓度为 (保留两位有效数字)。 (4)“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为 mol∙L-1 (保留两位有效数字)。[已知：25℃时，，] (5)“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则反应的化学方程式为 。 6．（2023·云南昆明·二模）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)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 ；加入饱和溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成 (填化学式)。 (5)碲可用于制备半导体材料碲化锌，其立方晶胞结构如图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。A点碲原子坐标为，C点锌原子坐标为，则B点锌原子坐标为 。若Te的原子半径为rpm，碲化锌晶胞中面心与顶点的碲原子相切，晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 (列出计算式)。 7．（2024·山东日照·二模）用软锰矿(，含、杂质)和方铅矿(PbS含少量FeS)为原料制备电极材料的工艺流程如下： 已知：，， 有关离子沉淀时的pH： 开始沉淀时 8.3 7.6 2.7 3.0 沉淀完全时 9.8 9.6 3.7 4.7 回答下列问题： (1)“滤渣1”除了S、外，还有 (填化学式)。 (2)“试剂a”可以选用 (填标号)，“除杂”应调pH范围是 。 A．NaClO                B．                C．                D．NaOH (3)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。 (4)“沉锰”后上层清液中 。 (5)“焙烧”时发生反应的化学方程式为 。 (6)碳酸锰在空气中加热，固体残留率随温度变化如图。碳酸锰在300℃时已完全脱碳，则B点对应的物质的化学式为 。 8．（2024·上海·模拟预测）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍并制备硫酸镍晶体： 溶液中金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH Ni2+ 7.2 8.7 Al3+ 3.7 4.7 Fe3+ 2.2 3.2 Fe2+ 7.5 9.5 (1)“碱浸”中NaOH的作用有 、 。 (2)滤液②中含有的金属离子是 ___________。 A．Ni2+ B．Al3+ C．Fe3+ D．Fe2+ (3)“转化”步骤中H2O2的作用是 ，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是 。(不考虑温度变化) (4)“调pH”步骤中，pH的最佳调控范围应是 ___________﹣7.2之间。 A．2.2 B．3.2 C．3.7 D．4.7 资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表的关系： 温度 低于30.8℃ 30.8℃～53.8℃ 53.8℃～280℃ 高于280℃ 晶体形态 NiSO4•7H2O NiSO4•6H2O 多种结晶水合物 NiSO4 (5)从滤液③中获得NiSO4•6H2O晶体的操作依次是 、 、过滤、洗涤、干燥。 (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其目的是 。 实验室有一份NiSO4•xH2O样品，为测定其结晶水数目x，将4.188g样品加热至300℃充分反应，最终残留固体质量为2.328g。 (7)该样品中结晶水数目x为多少？ (结果精确至0.1，写出计算过程) (8)再设计一种实验方案测定样品结晶水数目x(简述实验过程)。 。 9．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池工作电压适中、放电功率高、在高温和高热环境下的稳定性高，是新能源汽车的动力电池之一、一种利用硫酸法生产钛白粉过程的副产物硫酸亚铁(含钛、铜、锰、铅、锌、钙、镁等杂质离子)制备磷酸亚铁锂的生产流程如图： 常温下各种硫化物溶度积常数如下： 物质 FeS Mns CuS PbS ZnS Ksp 6.3×10-18 2.5×10-13 1.3×10-36 3.4×10-28 1.6×10-24 已知：FePO4可溶于pH小于2的酸性溶液。 回答下列问题： (1)铁在元素周期中的位置是 ，FePO4·2H2O中Fe元素的化合价是 。 (2)操作2的名称是 。 (3)TiO2是一种白色颜料，用TiCl4制备TiO2·xH2O的化学方程式是 。 (4)滤液2与磷酸、双氧水生成FePO4·2H2O的离子方程式为 ，向滤液2中加入NaOH溶液调节溶液的pH，将溶液的pH控制在2.0的原因是 。 (5)聚丙烯的作用是 。 (6)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成4个正八面体和4个正四面体，电池充电时，LiFePO4作极 (“阴”或“阳”)，脱出部分Li+，进而转化为Li1-xFePO4，Li1-xFePO4结构示意图如(b)所示，则其中 。 10．（2024·上海嘉定·二模）氯亚铂酸钾是合成绝大部分二价铂化合物的原料，广泛应用于电镀、医药中间体、催化剂前驱体等的制备。 已知： 氯亚铂酸钾(K2PtCl4) 水溶性可溶 10 g/L(20℃)、不溶于乙醇、受热分解。 氯铂酸钾(K2PtCl6) 溶于热水、微溶于冷水、几乎不溶于乙醇、乙醚。 氯铂酸(H2PtCl6) 110℃时部分分解，150℃开始生成金属铂。 亚硝酸钾(KNO2) 有一定还原性，还原性：KNO2弱于K2C2O4。 亚硝酸(HNO2) 弱酸、不稳定、易分解。 利用Pt废料制备氯亚铂酸钾，流程如下： (1)以下操作说法正确的是___________。 A．步骤①中王水可以用浓硫酸代替 B．步骤②利用硝酸的易挥发性，适合加强热 C．步骤③加入KCl能促进K2PtCl6晶体析出 D．步骤④用还原剂K2C2O4代替更好 (2)关于实验步骤说法错误的是___________。 A．步骤⑤利用酸性条件下亚硝酸的不稳定性 B．步骤⑥用正离子树脂交换是指和的交换 C．步骤⑦是氧化还原反应 D．最后得到的溶液中经蒸发能除去HCl (3)步骤④发生时有红棕色气体生成，写出发生的化学反应方程式，并标出电子转移的方向和数目 。 (4)步骤⑦得到的溶液中含和HCl，为了进一步得到晶体，需进一步蒸发浓缩(温度75℃附近)、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、干燥得氯亚铂酸钾()成品。 ①蒸发浓缩需要控制温度75℃附近的原因 。 ②洗涤操作中，用乙醇洗涤相比于用蒸馏水洗涤的优势是 。 A．减小固体的溶解损失 B．除去固体表面吸附的杂质 C．乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥 ③实验室进行以上步骤不需要用到的仪器是 。 A．            B．            C．                D． ④步骤⑤已经得到含K2PtCl4的溶液，为什么需要再次进行步骤⑥⑦？ 。 11．（2024·上海·模拟预测）研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。 Ⅰ.工业上酸浸提锌 氧化锌矿中含有ZnO、、FeO、PbO、、CaO、等。 已知： ⅰ.几种难溶电解质的 难溶电解质 ⅱ.浸出液中主要金属正离子浓度 粒子 和Fe Al 浓度(mol/L) 0.3 0.1 0.1 (1)浸出渣的主要成分有、和。PbO和反应的离子方程式是 。 (2)加入试剂a的目的是 。 (3)电解前，含溶液中铁和铝的离子浓度均需小于，应调节pH的范围是(忽略①和②导致的体积变化)___________。 A．3.0~4.0 B．4.0~5.0 C．5.0~6.0 D．6.0~7.0 Ⅱ.实验室中氨浸提锌 已知： ⅲ. ⅳ.M的结构简式如图所示，R为，两个羟基中、酚羟基酸性较强。 (4)NH3和浸取ZnO发生反应的离子方程式是 。 (5)M能与形成稳定的配合物X，相关反应为。 ①补全图中X的结构并用“…”标出氢键 。 ②X中形成氢键有利于的萃取，原因可能是 。 (6)从平衡移动的角度解释能提高有机溶液中X含量的原因： 。 12．（2024·黑龙江·模拟预测）活性ZnO俗名锌白，用作白色颜料，也广泛用于生产玻璃、橡胶、油漆、塑料等。利用化工厂产生的烟灰(ZnO，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)制备活性ZnO的工艺流程如图。 回答下列问题： (1)Zn的基态价电子排布式为 ，烟灰中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为 ，滤渣1的主要成分为 。 (2)锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图所示，当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是 。 (3)“除杂”工序中也能与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它置换除去，写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式 。 (4)“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因： 。 (5)从m kg烟灰中得到活性ZnO akg，则ZnO的回收率 (填“小于”、“大于”或“等于”)100%。 (6)已知和的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌时测得的固体残留率随温度的变化关系如图所示。 ①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为 (填化学式)。 ②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图所示。该晶胞中Zn原子的配位数为 。 13．（2024·北京东城·一模）研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。 Ⅰ.工业上酸浸提锌 氧化锌矿中含有ZnO、、FeO、PbO、、CaO、等。 已知： ⅰ.几种难溶电解质的 难溶电解质 ⅱ.浸出液中主要金属阳离子浓度 粒子 和Fe Al 浓度(mol/L) 0.3 0.1 0.1 (1)浸出渣的主要成分有、和。PbO和反应的离子方程式是 。 (2)加入试剂a的目的是 。 (3)电解前，含溶液中铁和铝的离子浓度均需小于，应调节pH的范围是(忽略①和②导致的体积变化) 。 Ⅱ.实验室中氨浸提锌 已知： ⅲ.   ⅳ.M的结构简式如图所示，R为，两个羟基中、酚羟基酸性较强。 (4)NH3和浸取ZnO发生反应的离子方程式是 。 (5)M能与形成稳定的配合物X，相关反应为。 ①补全图中X的结构并用“…”标出氢键 。 ②X中形成氢键有利于的萃取，原因可能是 。 (6)从平衡移动的角度解释能提高有机溶液中X含量的原因： 。 14．（2024·福建漳州·三模）被誉为电子陶瓷工业的支柱。工业中以毒重石(主要成分为，含少量、和)为原料制备的流程如下： 已知：25℃时，，，；，。 回答下列问题： (1)基态Fe原子核外电子的空间运动状态有 种。 (2)浸渣的主要成分为 和 (填化学式)，“浸出”步骤中与溶液反应的原理为 (用离子方程式表示)。 (3)若浸出液中，，“除钙”步骤中，当沉钙率为90％时，钡损率为 。 (4)溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性；“沉钛”步骤所得沉淀为，该步骤生成的能循环利用的物质是 (填化学式)。 (5)“热解”步骤的化学方程式为 。 (6)在室温下为立方晶胞，其结构如图所示，已知Ba与O的最小间距大于Ti与O的最小间距。 ①晶胞中A点微粒的坐标为，则B点微粒的坐标为 。 ②Ti在晶胞中的位置为 ；晶胞中一个Ba周围与其最近的O的个数为 。 15．（2024·宁夏银川·二模）分银渣(主要成分为PbSO4、Sb2O3、AgCl、Ag2S、Au)是电解精炼铜的尾渣，具有较高的综合利用价值。一种提取流程如下： 已知：1.Sb2O3不溶于水，是一种两性氧化物； 2.Ksp(PbSO4)=2.53×10-8，Ksp(PbCl2)=1.70×10-5； 3.升高温度时，发生反应：Na2S2O3S+Na2SO3。 回答下列问题： (1)滤液1的主要成分为HAuCl4，该物质中金元素的化合价为 ，“浸金”过程中Ag2S转化为AgCl的离子方程式为 (2)“浸金”过程中加入适量硫酸，除防止Pb部分转化为PbCl2造成损失，还具有的作用是 ； (3)“浸银”操作前先进行“洗涤”操作的目的是 ； (4)“浸银”过程控制pH=8~10，温度50℃，发生反应：AgCl+2S2O[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，“浸银”过程添加Na2SO3固体的作用是 ； (5)“还原”过程中S2O被氧化为SO。还原后液可循环使用，应当将其导入到 操作中(填操作单元名称)。 (6)“浸Pb、Sb”过程中生成Na2PbCl4的化学方程式为 ，电解Na2PbCl4溶液制备金属单质Pb，装置如图，电路中通过0.2mole-时，阴极的质量增加 g。 16．（2024·广东惠州·一模）氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为及大分子有机物和难溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。 已知：的电离常数 (1)溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的②过量的③过量的，正确的加入顺序为 。 A．②①③　　B．③①②　　C．①③② (2)在脱氯工序中加入除去游离的氯的离子方程式为 。 (3)用溶液吸收一定量气体形成缓冲溶液，时，溶液中 。 (4)利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的，通过“错流”方式截留下，使以渗透液的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表： 截留率 物质 反渗透膜(%) 纳滤膜(%) 超滤膜(%) 99 15.6 0 99 99 0 系数 离子 水合离子半径 扩散系数/ 0.397 1.065 0.332 2.032 最好的选择是 膜，该膜脱硫率高的原因是 。 (5)一种镧镍储氢合金晶体的结构单元如图所示，“电解2”产生的与其结合后形成(进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变)。 ①该晶体结构单元中， ，的配位数为 。 ②该合金可以储存 。 17．（23-24高一下·江苏盐城·期中）聚合硫酸铝铁()是一种高效净水剂，广泛应用于饮用水处理、工业废水处理和污水处理。它能有效去除悬浊物、胶体颗粒、重金属、氨氨、有机物和色度等污染物，提高水质，保护环境。它的生产可以利用硫铁矿烧渣(主要成分为等)和粉煤灰(主要成分为等)，经过一系列的反应制得，具体流程如下： (1)为了提高“酸溶的速率可以采取的措施有 (填序号)。 A．降低温度        B．烧渣粉碎        C．适当提高硫酸浓度        D．加水稀释 “酸溶”后得到的溶液中，主要存在的金属阳离子有 (填化学符号)。 (2)检验“氧化”后溶液中金属阳离子的方法是 。 (3)实验测得“氧化”过程中温度过高氧化效率会下降，原因可能是 。 (4)“酸溶”过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)滤渣Ⅱ中可以循环利用的物质是 (填化学式)。 18．（2024·江西宜春·模拟预测）氧化饰()是一种广泛应用的稀土氧化物，具有吸收强紫外线的能力，可以用于光催化降解有机污染物。现以氟碳饰矿(含、、等)为原料制备氧化饰，其工艺流程如图所示； 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，步骤②中ⅱ)发生的反应为： ②能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如能与结合成 ③在空气中易被氧化为。 ④硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为。 (1)“焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是 。 (2)焙烧后的固体产物中含有和物质的量之比为1∶1，步骤①发生反应的离子方程式为 。 (3)加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为 。 (4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为 。 (5)若常温下，，，恰好沉淀完全时，此时测得溶液的，则溶液中 。 (6)某研究小组利用硫化锌锂电池电解含的溶液，可将转化为。该硫化锌锂电池放电时，负极材料晶胞组成变化如图所示。 ①化学式中， 。 ②晶胞中，填充在构成的部分正四面体空隙中，和之间的核间距为a，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为 (列出计算式，的摩尔质量为97)。 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)增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2) (3) 水相初始pH为6 萃取剂浓度为1% (4) 、 【分析】阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、Ag2Se、Cu2S和NiSO4等)经过焙烧，产生SO2、SeO2，并得到CuO、Ag、Au、NiSO4的混合物；将固体混合物用硫酸酸浸，过滤，滤液I中含有Cu2+、Ni2+，通过萃取和反萃取，将Cu2+和Ni2+分离开并获得相关产物；滤渣(含有Ag、AuO)经过“浸金”、“沉银”并过滤得到AgCl，再用Na2S2O3溶液“溶浸”AgCl后，在pH=13~14的环境中，用HCHO还原得到Ag。 【详解】（1）“焙烧”前需对阳极泥进行粉碎处理，增大阳极泥与空气的接触面积，以提高原料利用率。 （2）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气用水吸收可制得单质Se，SeO2作氧化剂，则SO2作还原剂，被氧化为H2SO4，该反应的化学方程式为2SO2 +SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4； （3）据图可知，萃取Cu2+最佳的pH为6，最佳萃取剂浓度为1%，此时，Cu2+的萃取率较高，且和Ni2+的萃取率相差较大；“滤液I”中主要含有Cu2+、Ni2+的硫酸盐，故“反萃取剂”最好选用H2SO4。 （4）的平衡常数K==；由图可知总反应为生成，反应方程式为：；浸金过程中的催化剂反应前后不变，则催化剂是NH3、[Cu(NH3)4]2+。 2．(1) (2) (3) (4) (5) 杂化 分子晶体 将转化为，防止升华影响产品纯度 (6)AC (7) 用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 【分析】氧氯化锆(主要含，还含有少量、等元素)等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、；加入氨水，而后“沉淀”时Fe3+、Cr3+生成沉淀，煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氮化”时，转化为ZrCl4、Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答。 【详解】（1）是的同族相邻元素，的价电子排布式为：，基态原子的价电子排布式是： （2）难溶于水，不拆分；锆元素在酸溶液中以形式存在，。 （3）根据可得，。 （4）Zr的化合价不变，C被氧化且生成还原性气体CO，Cl2被还原成Cl-，； （5）由Fe2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Fe原子价层电子对数是4，其与周围的4个氯原子形成四面体结构，因此二聚体中的杂化轨道类型为杂化；的沸点为且易溶于乙醚，晶体类型为分子晶体；的沸点为，的沸点为，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将转化为沸点更高的。 （6）该流程中金属冶炼方法为热还原法，选AC。 （7）①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁； ②依据与EDTA发生络合反应，滴定消耗，则酸浸液中，锆含量(以计)。 3．(1)第四周期第Ⅷ族 (2)加聚 (3)[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO或AlO+CO2+2H2O=A(OH)3↓+HCO (4) (5) Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+ K===8.4×102.48<105，反应不能进行到底，钴离子沉淀不完全 (6) 加热浓缩 趁热过滤 109(107-110均可) 【分析】由流程可知，废旧钴酸锂电池的正极材料经放电拆解，去除隔膜PP/PE，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解变为，过滤后得到的滤液含有，滤渣为LiCoO2，加硫酸、Na2S2O3，发生氧化还原反应：，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原子序数为28，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，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，将Al充分溶解变为通入过量CO2可生成Al（OH）3，离子方程式为：[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO或AlO+CO2+2H2O=A(OH)3↓+HCO； （4）LiCoO2中加硫酸、Na2S2O3，+3价的Co还原转化为+2价的Co2+，离子方程式为：； （5）若加入草酸，反应的离子方程式为：Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+；化学平衡常数，小于105，反应不能进行到底，钴离子沉淀不完全； （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；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109(107-110均可)。 4．(1) 防止“氯化浸出”中消耗更多的盐酸与氯酸钠 部分Pd与氧气生成PdO (2) sp3 (3) PdO、 5 (4)+2=2Pd+N2+4NH4Cl+H2O (5) 【分析】“焙烧”是除去废催化剂表面积碳，防止氯化浸出中消耗更多的盐酸与氯酸钠，滤渣1主要为PdO与，浸出液中含有与等，加入氨水使转化为，转化为，加入盐酸转化为，热分解得到。 【详解】（1）“氯化浸出”前必须“焙烧”去除废催化剂表面积碳，原因是防止氯化浸出中消耗更多的盐酸与氯酸钠；焙烧时间过长，“氯化浸出”率下降，可能的原因是部分Pd与氧气生成PdO，使“氯化浸出”率下降； （2）中Cl原子的杂化类型是sp3；“氯化浸出”时，若盐酸浓度过高，可能发生的副反应离子方程式为； （3）根据分析知，滤渣1主要为PdO与；，，则，则应加入氨水使pH不低于5； （4）还原制取海绵Pd，该历程对环境友好，则生成氮气，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒，化学方程式为+2=2Pd+N2+4NH4Cl+H2O； （5）根据步骤I知，含0.0010gPd的Pd标准溶液，消耗锌标准溶液，根据步骤Ⅱ知，0.1000g试样真正消耗锌标准溶液，则试样中Pd的质量分数为。 5．(1) [Cu(NH3)4]2+ Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+) (2) ⑤③①②④ (3)6.0×10-4 (4)5.9×10-10 (5) 【分析】电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]中加入NH3∙H2O和(NH4)2CO3进行氨浸，Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3不溶而成为滤渣；往滤渣中加入H2SO4，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3溶解生成Cr3+、Fe2+、Fe3+，通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3，此时Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入NaOH调节pH=9，并加入足量的H2O2氧化铬，将铬转化为；经过一系列操作得到Na2CrO4。废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)中加入Na2CO3进行盐浸，将PbSO4转化为PbCO3，再加入H2C2O4焙烧，生成PbO、CO2、O2，然后加HNO3酸化，生成Pb2+；两份溶液混合，可制得PbCrO4。 【详解】（1）由分析可知，滤液1中主要的阳离子有和[Cu(NH3)4]2+。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，若pH过大，会导致Fe3+、Cr3+生成沉淀，其原因是：Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+)。 （2）“转化”中，溶液由酸性变为碱性，此时Cr3+转化为，反应的离子方程式为。从溶解度曲线可以看出，若直接降低温度，则Na2SO4也会结晶析出，则应先除杂质，即加酸将转化为，升高温度让Na2SO4结晶析出后，再降低温度，结晶析出Na2Cr2O7，再调节溶液的pH，将Na2Cr2O7转化为NaCrO4，所以一系列操作的顺序为⑤加热煮沸、③加H2SO4溶液调pH、①加热浓缩、趁热过滤、②冷却结晶、过滤洗涤、④加NaOH溶液调pH，故选⑤③①②④。 （3）pH=9，0.1 mol∙L-1Na2Cr2O7溶液中，依据Cr元素守恒可建立等式：c()+c()+2c()=0.2mol/L，，则c()+c()≈0.2mol/L，，，溶液中的平衡浓度为mol/L≈6.0×10-4。 （4）“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，当K＞1×105时，可认为反应物完全转化为生成物。对于反应PbSO4(s)+(aq)PbCO3(aq)+(aq)，K===2.16×105＞1×105时，则PbSO4发生完全转化，c(Pb2+)==1.26×10-4mol/L，Na2CO3溶液的最小浓度为mol∙L-1≈5.9×10-10mol∙L-1。 （5）“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则CO2与O2的化学计量数之比为2:1，反应的化学方程式为。 【点睛】对于可逆反应，当当K＞1×105时，可认为反应物完全转化为生成物。 6．(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）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，因此加入饱和溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成Cl2； （5）根据A点碲原子坐标为，C点锌原子坐标为，结合所给的坐标系，可知B点的Zn原子坐标为；若Te的原子半径为rpm，碲化锌晶胞中面心与顶点的碲原子相切，设晶胞边长为apm，有，a=pm，晶胞的体积为cm3，由晶胞图可知，一个晶胞中含有Zn为4个，Te为=4个，晶胞的质量为，晶体的密度=，NA=。 7．(1) (2) AC 4.7≤pH<8.3 (3) (4)2.5 (5) (6) 【分析】浸取时生成硫酸锰、硫酸铝、硫酸铅、硫酸亚铁、硫、硫酸锂等，则滤渣1为硫酸铅、S、；加入适量铁，消耗一部分硫酸，加入氧化剂a,将硫酸亚铁氧化，并且调pH，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，向滤液中加入氨水与碳酸氢钠沉锰得到碳酸锰，加入碳酸锂和氧气焙烧，得到。 【详解】（1）根据分析知，“滤渣1”除了S、外，还有； （2）“试剂a”作用是氧化亚铁离子，并且调pH得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，因此可以选用NaClO和，“除杂”调pH范围是4.7≤pH<8.3； （3）根据电荷、原子守恒，“沉锰”时发生反应的离子方程式为； （4）； （5）根据得失电子守恒以及原子守恒，“焙烧”时发生反应的化学方程式为； （6）设MnCO3物质的量为1mol，m（MnCO3）=1mol115g/mol=115g，其中n（Mn）=1mol，m（Mn）=55 g，800℃，剩余固体的质量为115g68.7%=79g，其中m（O）=79g-55g=24g，n（O）=24g16g/mol=1.5mol，n（Mn）∶n（O）=2∶3，则B点对应的物质的化学式为。 8．(1) 除去油脂 溶解铝 (2)AD (3) 将Fe2+氧化为Fe3+ 生成的Fe3+催化双氧水的分解 (4)B (5) 蒸发浓缩 冷却至30.8℃结晶 (6)提高镍的回收率 (7)n(H2O)==0.103mol，n(NiSO4)==0.015mol，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9 (8)称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量 【分析】镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe，还有少量其他不溶性物质，加入NaOH溶液碱浸，除去油脂和金属铝，过滤，向滤渣①中加入硫酸，溶解铁和镍，生成硫酸亚铁和硫酸镍以及过量硫酸的混合溶液，过滤，除去不溶形杂质，向滤液中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH溶液，调节溶液的pH在3.2﹣7.2之间，使铁离子完全沉淀，同时确保Ni2+未沉淀，过滤，除去氢氧化铁沉淀，将滤液经过一系列处理，最后得到硫酸钠晶体，据此分析作答。 【详解】（1）“碱浸”中NaOH的作用有除去油脂，溶解铝； 故答案为：除去油脂；溶解铝； （2）根据分析可知，滤液②中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+； 故答案为：AD； （3）根据分析可知，“转化”步骤中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10～20min内c(H2O2)迅速减小，原因可能是生成的Fe3+催化双氧水的分解； 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+； （4）根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的表格数据可知，“调pH”步骤中，pH的最佳调控范围应是3.2﹣7.2之间，此时铁离子完全沉淀，镍离子未沉淀，即B符合题意， 故答案为：B； （5）根据题意可知，从滤液③中获得NiSO4•6H2O晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃结晶、过滤、洗涤、干燥； 故答案为：蒸发浓缩；冷却至30.8℃结晶； （6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其目的是提高镍的回收率； 故答案为：提高镍的回收率； （7）实验室有一份NiSO4•xH2O样品，为测定其结晶水数目x，将4.188g样品加热至300℃充分反应，最终残留固体质量为2.328g，则n(H2O)==0.103mol，n(NiSO4)==0.015mol，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9； 故答案为：n(H2O)= =0.103mol，n(NiSO4)= =0.015mol，所以x=≈6.9，即样品中结晶水的数目为6.9； （8）再设计一种实验方案测定样品结晶水数目x，方案如下：称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量； 故答案为：称取mg样品，溶于水，加入足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量(其它方案合理即可)。 9．(1) 第四周期第VIII族 +3 (2)过滤 (3) (4) pH大于2.0，Fe3+会生成Fe(OH)3，使制备的FePO4·2H2O不纯；pH小于2.0，FePO4会溶解导致产品产率下降 (5)将三价铁还原成二价铁 (6) 阳 3∶13 【分析】向副产物硫酸亚铁(含钛、铜、锰、铅、锌、钙、镁等杂质离子)中加水和 溶液，根据表格数据可知，生成沉淀为CuS、PbS、ZnS, 过滤后向滤液1含有亚铁、钛、锰、钙、镁等离子中加入磷酸酸化生成二氧化钛沉淀，再经过过滤得到滤液2，向滤液2中加入磷酸、双氧水、NaOH溶液生成 沉淀，最后将 沉淀与碳酸锂、聚丙烯混合反应生成磷酸亚铁锂。 【详解】（1）铁为26号元素，故属于第四周期第VIII族；FePO4·2H2O中根据化合价代数和为零可以得到Fe元素的化合价是+3价。 （2）过滤分离难溶性固体和液体的方法。 （3）TiCl4制备TiO2·xH2O根据元素守恒可知化学方程式为。 （4）酸性条件下，过氧化氢把亚铁离子转变为磷酸铁，根据元素守恒和得电子守恒，故离子方程式；铁离子会进行水解，pH过大时容易生成氢氧化铁沉淀，产品质量较差，pH过小时磷酸铁溶解不完全，导致产品的产率降低。 （5）根据流程图可知磷酸铁最后生成磷酸亚铁锂，故聚丙烯作用是还原磷酸铁变成亚铁。 （6）根据图示，电池充电时，亚铁转变为磷酸铁，化合价升高，故LiFePO4失电子作阳极；比较图（a）可知，少了一个棱上的锂离子和面心上的锂离子，也就是以哦个晶胞少了0.5+0.25的锂离子，因此每个晶胞中有4个磷酸铁锂单元，每个单元少了个Li+，每个单元磷酸铁锂中Li+的数目为，磷酸根的化合价为-3价，锂离子的化合价为+1价，设一个酸铁锂单元，则一个单元磷酸铁锂可得，且，解的，故为3：13 10．(1)BC (2)C (3) (4) 防止分解 ABC D 提高K2PtCl4的纯度，增大产率 【分析】Pt溶于王水生成盐，然后加强热赶走硝酸，再加入KCl，使Pt转化为K2PtCl6，在60℃下加入KNO2，K2PtCl6转化为K2Pt（NO2）4，加入HCl调节pH<1，得到K2PtCl4和KCl，K2PtCl4和KCl通过正离子交换树脂得到K2PtCl4和HCl，然后和K2PtCl4、HCl和KCl反应得到氯亚铂酸钾(K2PtCl4)，据此解答。 【详解】（1）A. Pt和硫酸不反应，步骤①中王水不可以用浓硫酸代替，A错误； B. 硝酸易挥发，步骤②利用硝酸的易挥发性，适合加强热，B正确； C. 步骤③加入KCl，增大氯离子浓度，能促进K2PtCl6晶体析出，C正确； D. K2C2O4还原性过强，且引入草酸根离子，不利于后续反应，故步骤④不可用K2C2O4代替，D错误； 故选BC。 （2）A. 根据亚硝酸为弱酸和不稳定、易分解，步骤⑤利用酸性条件下亚硝酸的不稳定性，使其转化，A正确； B. 结合步骤⑥K2PtCl4和KCl通过正离子交换树脂得到K2PtCl4和HCl，该步骤用正离子树脂交换是指和的交换，B正确； C. 步骤⑦反应前后不存在化合价变化，不是氧化还原反应，C错误； D. HCl具有挥发性，最后得到的溶液中经蒸发能除去HCl，D正确； 故选C。 （3） 步骤④发生时有红棕色气体生成，说明生成NO2，N由+3价升高到+4价，Pt由+4价降低为+2价，转移2个电子。单线桥标出电子转移的方向和数目。 （4）①受热分解，蒸发浓缩需要控制温度75℃附近的原因防止分解。 ②氯亚铂酸钾(K2PtCl4) 可溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤相比于用蒸馏水洗涤的优势是减小固体的溶解损失、除去固体表面吸附的杂质、乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥，故选ABC。 ③实验室进行以上步骤不需要用到蒸发皿、烧杯、漏斗，不需要分液漏斗，故选D。 ④步骤⑤已经得到含K2PtCl4的溶液，再次进行步骤⑥⑦是为了提高K2PtCl4的纯度，增大产率。 11．(1) (2)将氧化成，利于通过调pH将其除去 (3)C (4) (5) 提高X结构的稳定性；提高X在有机溶剂中的溶解性；降低X在水中的溶解性 (6)与反应，降低，促进向正向移动，导致增大，促进向正向移动 【分析】氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等，向其中加稀硫酸并加热，其中的ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO均能与稀硫酸反应，依次转化为ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、PbSO4、Al2(SO4)3、CaSO4，过滤时PbSO4和CaSO4以及不反应的SiO2成为浸出渣，浸出液中主要含有ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3，因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，然后调节溶液的pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，获得含锌离子的溶液后，通过电解得Zn。 【详解】（1）PbO和H2SO4反应生成硫酸铅，其离子方程式是； （2）因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，即加入试剂a的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，利于后续通过调pH将其除去； （3）氢氧化铝和氢氧化铁属于同类型的难溶物，由表中所给两者溶度积常数可知，当Al3+完全沉淀时，Fe3+也已完全沉淀，调pH时应使Zn2+不沉淀、而使Al3+和Fe3+浓度小于10-6mol/L，要使Zn2+不沉淀，c(OH-)，pH<6.0，要使c(Al3+)<10-6mol/L，则c(OH-)，即pH>5.0，所以应调节pH的范围是5.0～6.0； （4）NH3和的混合溶液浸取ZnO时，ZnO溶解生成，反应的离子方程式是； （5） ①M中氮原子上有1对孤电子对、氧原子上有2对孤电子对，Zn2+有空轨道，所以氮原子和氧原子能够与Zn2+形成配位键，已知两个羟基中酚羟基酸性较强，即酚羟基更活泼，所以应是酚羟基的氧原子和Zn2+形成配位键，又由于氧元素的电负性很强，所以氮原子所连的羟基氢原子与配合物X中的原酚羟基O原子之间形成氢键，补全图中X的结构并用“…”标出氢键如下 ； ②氢键的形成能提高X结构的稳定性、提高X在有机溶剂中的溶解性或降低X在水中的溶解性，所以X中形成氢键有利于Zn2+的萃取； （6）CO2是酸性氧化物，能与NH3反应，即能消耗NH3，使c(NH3)降低，据勒夏特列原理，将向正反应方向移动，导致c(Zn2+)增大，最终促进向正向移动，所以CO2能提高有机溶液中X含量。 12．(1) 3d104s2 MnO2、FeO (2)碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀 (3)Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+ (4)“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡正向移动，转化为Zn2+，溶液中还存在和OH-，使得锌离子转化为白色固体 (5)大于 (6) CO2和H2O 4 【分析】烟灰(ZnO，还含有少量CuO、MnO2、FeO等杂质)，经过碳酸氢铵和过量氨水浸取，ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成 [Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应成为滤渣1，向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜单质除杂，对滤液2进行蒸氨沉锌得到2ZnCO3・3Zn(OH)2，焙解后得到活性氧化锌。 【详解】(1)Zn为30号元素，其基态价电子排布式为3d104s2，ZnO与一定浓度的氨水和反应生成，则该反应的化学方程式为或；由滤液1中的阳离子主要含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4+可知，ZnO 转化为[Zn(NH3)4]2+，CuO转化成 [Cu(NH3)4]2+，MnO2、FeO不反应成为滤渣1，故答案为：3d104s2，或，MnO2、FeO。 (2)pH过大，氢氧根浓度较大，锌离子易和氢氧根直接反应生成氢氧化锌沉淀，因此当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是碱性过强时，溶液中浓度增大，生成了沉淀；故答案为：碱性过强时，溶液中浓度增大，生成沉淀。 (3)除杂时向滤液1中加入过量锌粉，将[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和铜单质除杂，离子方程式Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+，故答案为：Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu + [Zn(NH3)4]2+。 (4)“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡正向移动，转化为Zn2+，溶液中还存在和OH-，使得锌离子转化为白色固体。 (5)从m kg烟灰中得到活性ZnO a kg，由流程可知，除杂时还加入了过量锌粉，则得到ZnO比烟灰中的氧化锌要多，所以的回收率大于100%，故答案为：大于。 (6)①根据和的分解温度分别为125℃、300℃，说明氢氧化锌已经反应完全即氢氧化锌分解生成氧化锌和水蒸气，根据图中信息说明碳酸锌只反应了一部分，碳酸锌分解生成氧化锌和二氧化碳，因此275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为和；故答案为：和。 ②根据锌离子半径大于氧离子半径，则白球为锌，锌周围四个黑球为氧，因此该晶胞中Zn原子的配位数为4；故答案为：4。 13．(1) (2)将氧化成，利于通过调pH将其除去 (3)5.0～6.0 (4) 提高X结构的稳定性；提高X在有机溶剂中的溶解性；降低X在水中的溶解性 (5)与反应，降低，促进向正向移动，导致增大，促进向正向移动 【分析】氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等，向其中加稀硫酸并加热，其中的ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO均能与稀硫酸反应，依次转化为ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、PbSO4、Al2(SO4)3、CaSO4，过滤时PbSO4和CaSO4以及不反应的SiO2成为浸出渣，浸出液中主要含有ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3，因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，然后调节溶液的pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，获得含锌离子的溶液后，通过电解得Zn。 【详解】（1）PbO和H2SO4反应生成硫酸铅，其离子方程式是； （2）因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，即加入试剂a的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，利于后续通过调pH将其除去； （3）氢氧化铝和氢氧化铁属于同类型的难溶物，由表中所给两者溶度积常数可知，当Al3+完全沉淀时，Fe3+也已完全沉淀，调pH时应使Zn2+不沉淀、而使Al3+和Fe3+浓度小于10-6mol/L，要使Zn2+不沉淀，c(OH-)，pH＜6.0，要使c(Al3+)＜10-6mol/L，则c(OH-)，即pH＞5.0，所以应调节pH的范围是5.0～6.0； （4）NH3和的混合溶液浸取ZnO时，ZnO溶解生成，反应的离子方程式是； （5） ①M中氮原子上有1对孤电子对、氧原子上有2对孤电子对，Zn2+有空轨道，所以氮原子和氧原子能够与Zn2+形成配位键，已知两个羟基中酚羟基酸性较强，即酚羟基更活泼，所以应是酚羟基的氧原子和Zn2+形成配位键，又由于氧元素的电负性很强，所以氮原子所连的羟基氢原子与配合物X中的原酚羟基O原子之间形成氢键，补全图中X的结构并用“…”标出氢键如下 ； ②氢键的形成能提高X结构的稳定性、提高X在有机溶剂中的溶解性或降低X在水中的溶解性，所以X中形成氢键有利于Zn2+的萃取； （6）CO2是酸性氧化物，能与NH3反应，即能消耗NH3，使c(NH3)降低，据勒夏特列原理，将向正反应方向移动，导致c(Zn2+)增大，最终促进向正向移动，所以CO2能提高有机溶液中X含量。 14．(1)15 (2) Fe3O4 SiO2 ， (3)20% (4) 酸性 NH4Cl (5) (6) （，1，） 体心 12 【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，含少量Fe3O4、CaCO3和SiO2)，研磨增大接触面积，加入NH4Cl，四氧化三铁与二氧化硅不反应，在滤渣中，碳酸钡与碳酸钙转化为离子在滤液中，加入草酸沉淀除钙，滤液加入四氯化钛、草酸铵沉淀钛，得到BaTiO(C2O4)2，滤液中溶质主要为NH4Cl，BaTiO(C2O4)2热解产生CO、CO2与BaTiO3，据此回答。 【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，空间运动数目等于原子轨道数目，则空间运动状态有15种； （2）根据分析可知，浸渣的主要成分为Fe3O4和SiO2，氯化铵水解产生氢离子可以溶解BaCO3，反应的原理为，； （3）根据题目可知，当沉钙率为90％时，消耗的Ca2+的浓度为0.009mol/L，溶液中的Ca2+浓度为0.001mol/L，则溶液中mol/L，则溶液中的Ba2+的浓度为：，消耗的Ba2+为0.02mol/L，则钡损率为； （4）①由于Ka2(H2C2O4)＞Kb(NH3⋅H2O)，则(NH4)2C2O4中溶液为酸性； ②根据分析可知，滤液中溶质主要为NH4Cl，可回到浸出循环； （5）BaTiO(C2O4)2热解产生CO、CO2与BaTiO3，方程式为：； （6）①A点微粒的坐标为(0,0,0)，则B点微粒的坐标为（，1，）； ②Ba与O的最小间距大于Ti与O的最小间距，则Ti在晶胞中的位置为体心，Ba在顶点； ③Ba在顶点，O在面心，则同一平面内一个Ba周围与其最近的O的个数4个，xy、xz、zy三个平面共12个。 15．(1) +3 3Ag2 S+5Cl- +ClO+ 6H+ =6AgCl+3S+3H2O (2)提供酸性环境，溶解 Au (3)降低酸度，防止浸银时消耗硫代硫酸钠和氨水 (4)使平衡Na2S2O3⇌S+Na2SO3逆向移动，防止副反应发生 (5)浸银 (6) PbSO4+2HCl+2NaClH2SO4+Na2PbCl4 20.7 【分析】分银渣(主要成分为PbSO4、Sb2O3、AgCl、Ag2S、Au)加入NaClO3、NaCl、适量硫酸浸金，使金生成HAuCl4溶解，PbSO4、Sb2O3、AgCl、Ag2S加入蒸馏水洗涤，再加入Na2S2O3、氨水，使银转化为银氨溶液，过滤，滤液加入Na2S2O4还原得到银单质；滤渣加入热浓NaCl、盐酸浸Pb、Sb，同时生成S，过滤，得到S，加水调节pH，生成SbOCl沉淀，过滤除去，并得到Na2PbCl4溶液，据此解答。 【详解】（1）HAuCl4中H为+1价，Cl为-1价，该物质中金元素的化合价为+3，“浸金”过程中Ag2S转化为AgCl的离子方程式为3Ag2 S+5Cl- +ClO+ 6H+ =6AgCl+3S+3H2O。 （2）“浸金”过程中加入适量硫酸，除防止Pb部分转化为PbCl2造成损失，还具有的作用是提供酸性环境，溶解 Au。 （3）“浸银”操作前先进行“洗涤”操作的目的是降低酸度，防止浸银时消耗硫代硫酸钠和氨水。 （4）“浸银”过程控制pH=8~10，温度50℃，发生反应：AgCl+2S2O[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，根据Na2S2O3⇌S+Na2SO3，“浸银”过程添加Na2SO3固体的作用是使平衡Na2S2O3⇌S+Na2SO3逆向移动，防止副反应发生。 （5）“还原”过程中S2O被氧化为SO。还原后液可循环使用，根据Na2S2O3⇌S+Na2SO3，应当将其导入到浸银操作中。 （6）“浸Pb、Sb”过程中生成Na2PbCl4的化学方程式为PbSO4+2HCl+2NaClH2SO4+Na2PbCl4，电解Na2PbCl4溶液制备金属单质Pb，阴极反应为，得到2个电子生成Pb，电路中通过0.2mole-时，生成0.1molPb，阴极的质量增加0.1mol×207g/mol=20.7g。 16．(1)A (2)Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+ (3)0.47 (4) 纳滤 与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力 (5) 5 18 9 【分析】由题给流程可知，向原盐中依次加入氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液溶浸，将溶液中的镁离子、钙离子、硫酸根离子和过量的钡离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，加入微生物后电解所得溶液，将有机物大分子在阳极转化为二氧化碳，继续电解直至得到氢氧化钠和含有氯气的氯化钠溶液，向溶液中加入亚硫酸钠溶液除去溶液中的氯气，将所得溶液降温结晶、过滤得到十水硫酸钠和精盐。 【详解】（1）溶浸工序中，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去溶液中的镁离子、加入过量氯化钡溶液的目的是除去溶液中的硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，所以除杂试剂正确的加入顺序为②①③或①②③，故选A； （2）由分析可知，在脱氯工序中加入亚硫酸钠溶液的目的是除去溶液中的氯气，反应的离子方程式为Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+，故答案为：Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+； （3）由电离常数可知，pH为10的溶液中=0.47，故答案为：0.47； （4）由表格数据可知，与氯离子相比，硫酸根离子具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对硫酸根离子的静电排斥力大于对氯离子的静电排斥力，所以纳滤膜更有利于硫酸根离子更容易被截留，故答案为：纳滤；与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力； （5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镧原子个数为12×+2×=3个，位于面上和体内的镍原子个数为18×+6=15，则镧镍储氢合金的化学式为LaNi5，所以x=5；晶胞中镧原子与同层和上下层的镍原子距离最近，则镧原子的配位数为18，故答案为：5；18； ②由①可知，晶胞中含有3个LaNi5，由化学式LaNi5H6可知，1mol该合金可以储存氢气的物质的量为1mol×3×6×=9mol，故答案为：9。 17．(1) BC 和 (2)取少量氧化后的溶液，滴加溶液，溶液变成血红色，则原溶液中有 (3)温度过高分解，用于氧化的浓度降低，导致氧化效率下降 (4) (5)和 【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为等)加入足量硫酸进行酸溶，铁的氧化物溶解生成含二价、三价的铁离子，二氧化硅不反应，滤渣I为二氧化硅，加入过氧化氢，将+2价的铁氧化为+3价，结晶得到硫酸铁；粉煤灰(主要成分为等，加入氢氧化钠溶液进行碱溶，三氧化二铝反应生成偏铝酸钠，铁的氧化物不与氢氧化钠反应，滤渣Ⅱ为三氧化二铁和氧化亚铁，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液，向氢氧化铝沉淀中加入硫酸，溶解生成硫酸铝，硫酸铝与硫酸铁反应制得聚合硫酸铁铝。 【详解】（1）为了提高“酸溶的速率可以采取的措施有烧渣粉碎、适当提高硫酸浓度，故选BC。结合以上分析，“酸溶Ⅰ”得到的溶液中所含的金属阳离子主要有和。 （2）“氧化”后溶液中金属阳离子为Fe3+，检验Fe3+的方法是取少量氧化后的溶液，滴加溶液，溶液变成血红色，则原溶液中有。 （3）实验测得“氧化”过程中温度过高氧化效率会下降，原因可能是温度过高分解，用于氧化的浓度降低，导致氧化效率下降。 （4）“酸溶”过程中氢氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为：。 （5）由分析可知，滤渣Ⅱ中的成分为Fe2O3、FeO，在流程中可以循环利用。 18．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) (3) (4)防止被氧化 (5)0.2 (6) 1.5 【分析】氟碳饰矿(含CeFCO2、BaO2、SiO2等)在高温焙烧的条件下，得到烧渣二氧化铈和四氟化铈，在过量稀硫酸的作用下转化为，带硫脲的还原下得到，发生已知信息反应1，得到复盐沉淀，该沉淀在氢氧化钠和稀硫酸的作用下转化为，在碳酸氢钠作用下得到碳酸式沉淀，进而转化为进而转化为CeO2; 【详解】（1）将矿石粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率； 故答案为：增大接触面积，加快反应速率 （2）根据题意可知，1:1的CeO2和CeF4在氢离子作用下，生成，故该反应的化学方程式为：； 故答案为：； （3）根据题干信息：加入硫脲会将还原为，再结合已知信息4可以写出该反应的化学方程式为：； 故答案为： （4）已知信息3在空气中易被氧化为，不加入x的作用就是防止在空气中被氧化为； 故答案为： 防止被氧化； （5）根据，得到Ce2(CO3)3饱和溶液中，再利用碳酸二级电离平衡常数得到：故答案为：0.2mol/L； （6）①根据晶胞模型可知，LixZnyS晶胞中含有四个硫原子，Li＋和Zn2＋一共有7个，利用原子守恒和正负化合价代数和等于零可得到解得x=1.5； ②氢离子和硫离子的距离为体对角线的，根据正方体中体对角线等于棱长的倍，可以得知棱长，硫化锌晶胞中有四个硫离子和四个锌离子，晶胞的质量为g,体积为，该晶胞的密度为：； 故答案为： ①1.5 ② 【点睛】①ksp和ka联立立，解决离子浓度的计算；肯定的； 根据，得到Ce2(CO3)3饱和溶液中，再利用碳酸二级电离平衡常数得到： ②晶胞中化学式的确定以及晶胞密度的计算； 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 $$