2025届高三化学二轮复习 专题训练---工业流程题

2025届高三化学专题训练---工业流程题 1．（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。 2．（2024·山东日照·模拟预测）镓、锗都是重要的半导体原材料，利用锌浸出渣(主要成分有ZnO、Ga2O3、GeO2、还有FeO、Fe2O3、Bi2O3等杂质)制备镓和锗的流程如下： 已知Ⅰ.单宁酸是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀； Ⅱ.该工艺条件下，， Ⅲ.镓与铝的性质相似，但高纯度的镓难溶于酸或碱。 回答下列问题： (1)“浸渣”的主要成分为 。 (2)“降铁浓缩”中为，则除时应控制pH的范围是 (已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)。 (3)若用H2R表示单宁酸，“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，原因是 。 (4)HGaCl4与过量氢氧化钠反应的化学方程式为 。“电解”得到单质镓，阴极的电极反应为 。 (5)步骤①—③目的为 ，“还原”过程中参与反应的H2体积为89.6 L(标准状况下)，则理论上步骤①中消耗SOCl2物质的量为 。 3．（2024·陕西安康·模拟预测）广泛用于火箭、原子能、电子工业等领域。以矿石(主要成分是Be2SiO4，含少量MnO等)为原料制备Be的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)“烧结”之前，将铍矿石粉碎成粉末，其目的是 。 (2)“除锰”时发生反应的离子方程式为 。“除锰”时温度不宜过高，原因是 。 (3)制备无水过程如下：将溶于盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶得到；加热和的混合物得到无水，该化学方程式为 。也可以用固体替代，的作用是 。 (4)1828年德国化学家维勒用金属钾还原熔融的氯化铍而得到。若将这个反应设计成原电池，则在电池的 (填“正”或“负”)极得到Be。 (5)铍和铝的化学性质相似，下列叙述错误的是 (填字母)。 A．铍是一种轻金属，能与冷水反应 B．常温下，BeCl2溶液的pH＜7 C．氧化铍的熔点高、耐酸碱腐蚀 4．（2024·山西·模拟预测）是生产含钼催化剂的重要原料，能溶于氨水和强碱。以钼精矿(主要成分是，还含有、、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知：①“焙烧”时和发生反应；元素转化为、、； ②“氨浸”时，元素以的形式进入滤液1中，而元素进入滤渣1中； ③。 回答下列问题： (1)尾气的成分有和 (填化学式)。 (2)“滤渣1”的主要成分是和 (填化学式)。 (3)写出“除杂”时反应的离子方程式 。除杂后测得溶液中，列式计算并判断是否沉淀完全 。 (4)“酸沉”时加入的作用是 。 (5)写出四钼酸铵[]发生“焙解”的化学方程式 。 (6)的结构和相似，如图，易升华，则晶体类型为 。晶体有多种晶胞，正交相具有独特的层状结构，层与层之间的作用力为范德华力，根据结构和作用力预测正交相晶体在日常生活中可用作 。 (7)工业上还可以在碱性环境下用溶液和反应制备钼酸盐，同时生成副产品硫酸盐，写出该反应的离子方程式 。 5．（2024·安徽合肥·模拟预测）钛白(主要成分)用途广泛，常用来作高级白色颜料，在造纸工业中作填充剂，合成纤维中作消光剂。制取钛白的方法主要有两种，利用钛铁矿(主要成分，还有、FeO、等杂质)为原料，通过硫酸法和氯化法两种生产工艺制备钛白粉的流程如图所示，请回答下列问题： 已知：“酸溶”后钛主要以形式存在，在80℃左右水解生成 (1)下列状态的钛元素形成的微粒中，电离其最外层的一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。 A． B． C． D． (2)“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为 。 (3)“还原”时应选择合适的试剂X是 (填化学式)；已知绿矾的溶解度随温度变化的曲线如图所示，从溶液中获得绿矾的操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (4)“氯化”时得到的在水中或潮湿空气中会发烟，可用于制作烟幕弹，原因是 (化学方程式表示) (5)以上两种工艺流程中，请说出方法一优于方法二的理由 (写出一条即可)。 (6)在自然界中有三种形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种形态中最稳定的一种，其晶胞如图所示，钛的配位数为 ，该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、的代数式表示)。 6．（2024·山东·模拟预测）利用镍黄铁矿（主要成分是、、）制备硫酸镍铵和磷酸铁的工艺流程如图所示。已知煅烧过程中、全部参与反应，煅烧后的产物为。 回答下列问题： (1)的核外电子排布式为 。 (2)煅烧前将镍黄铁矿粉碎，目的是 ；煅烧过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)酸溶过程中产生的沉淀1是 （填化学式）。 (4)加入物质X的目的是通过调节生成沉淀，则物质X宜选用______（填标号）。 A． B． C． D． (5)有关沉淀数据如下表所示（完全沉淀时金属离子浓度）。 沉淀 恰好完全沉淀时 9 若在下溶液1中的，则此时需调节溶液的的范围是 。 (6)调后的溶液2溶质是，其浓溶液可与硫酸铵的饱和溶液反应生成硫酸镍铵，以硫酸镍浓溶液制备硫酸镍铵的实验方案为 （已知：硫酸镍铵易溶于水，难溶于乙醇；温度越高，其溶解度越大。实验中可选用的试剂：饱和硫酸铵溶液、硫酸镍的浓溶液、溶液）。 7．（2024·河北石家庄·三模）Be是一种重要的战略性金属，以铍矿石、方解石（）为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如下： 已知：①铍矿石的主要成分为，还含有；铍玻璃体为混合物，主要成分为、、，还含有和． （2）具有两性；时，（已知：常温下，溶液中离子浓度低于即可认为该离子被除尽）；． 回答下列问题： (1)“配料熔化”时，发生反应的化学方程式为 ；铍玻璃体属于 （“晶体”或“非晶体”）； (2)“酸溶”时，从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为 （填元素符号）； (3)“调pH”时，发生氧化还原反应的离子方程式为 ； (4)“沉铍”时，需控制溶液的pH不低于 才能将沉淀完全；若将氨水换成溶液也可沉铍，但需控制溶液的pH不能过高，否则会因生成 （填化学式）导致铍的产率降低； (5)“电解”时的工作原理如图所示，其中燃料电池负极的电极反应式为 ；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有 ； 8．（2024·云南昆明·三模）充分利用钴资源具有重要意义。以某湿法炼锌厂产出的高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)为原料回收钴和锰的一种工艺流程如下： 已知： ①除Cd后的滤液中含有和； ②pH<3.7时，还原性小于，pH>3.7时，还原性大于； ③部分金属离子形成氢氧化物完全沉淀的pH如下表： 金属离子 完全沉淀的pH 8.3 3.2 8.7 8.2 10.1 ④不同pH下，被氧化的产物如下表： pH pH<3 3<pH<6 6<pH<6.2 的氧化产物 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (2)“沉铁”步骤中加入产品1的作用是 ，该步骤中调节pH的范围可以为 (填标号)。 a．pH＜2.8        b．4.0＜pH＜4.5        c．8.2＜pH＜10.1 (3)Cd与Zn同族，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (4)“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为 ，滤液中存在的主要金属离子除外还有 (填离子符号)。 (5)沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为 %(保留小数点后两位)。 9．（2024·天津和平·二模）铬铁矿的主要成分为FeO▪Cr2O3, 制备K2Cr2O7流程如图所示： 回答下列问题： (1)基态Cr原子价电子轨道分布图为 ,铬位于元素周期表中 区。 (2)配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中提供电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。 (3)铬的一种氧化物晶胞结构如图所示，若六棱柱的底面边长为lnm，高为hnm，NA代表同伏加德罗常数的值，则该晶体的密度p= g/cm3。 (4)步骤①中 NaNO3反应后生成NaNO2，产物中 Cr元素以CrO形式存在。则该步主要反应的方程为 ,该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 。 (5)步骤④调滤液2的pH使之变 (填“大”或“小”)。原因是 (用离子方程式表示）。 (6)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，分离得到K2Cr2O7固体的方法是 ,冷却到 (填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。 a.80℃               b.60℃              c.40℃               d.10℃ (7)已知Ksp(Ag2CrO4 )=1.0×10-12、Ksp(AgCl)=2.0×10-10, 若用10LNaCl溶液溶解0.1mol的Ag2CrO4固体，则NaCl溶液的最初浓度不得低于 mol/L。 10．（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。 11．（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 。 12．（2024·河北秦皇岛·二模）废钼催化剂中钼、钴、镍等有色金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂(主要成分为、，含少量CoO、CoS、NiO、等)中回收有色金属的一种工艺流程如图所示： 已知：①； ②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀时溶液的pH如表所示： 金属阳离子 开始沉淀 7.0 2.3 7.1 沉淀完全 9.0 3.2 9.2 回答下列问题： (1)基态Mo原子的价电子排布式为，则Mo在元素周期表中的位置为 。 (2)“焙烧”时，采用“多层逆流焙烧”方法，即混合料与空气逆向而行，该方法的优点是 。 (3)“焙烧”时转化为，写出“碱浸”时参与反应的离子方程式： 。 (4)“除铁”时，控制pH的范围为 。 (5)“除铁”后所得滤液中，“沉镍”后所得滤液中，则沉镍率= [沉镍率=，计算过程中不考虑溶液体积变化，保留三位有效数字]。 (6)在空气中加热18.3g ，其残留固体质量与温度的关系如图所示。图中，a、c两点对应固体的成分分别是 、 (填化学式，其中c为Co的氧化物)。 (7)由Co和Ni形成的立方晶胞中，Co处于顶点，Ni处于面心。若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数用表示，则晶体的密度为 。 13．（2024·四川内江·三模）是有机合成的重要催化剂，并可用于颜料、防腐等工业。工业上由废铜料(含及其化合物、等杂质)，生产的工艺流程如下： 已知：①常温下，部分阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的如下表： 物质 开始沉淀时的 1.6 3.2 5.2 完全沉淀时的 3.1 4.7 6.7 ②溶液用水稀释后可生成沉淀。 (1)“酸浸”时提高浸取率的措施有 (写出两条)。 (2)滤渣I的主要成分是 (填化学式)。 (3)操作为调节溶液的的最佳范围是 ，加入的物质X可以是 ( (填字母标号)。 A．    B．    C．     D．溶液 (4)往滤液中加入食盐并通入可生成，反应I的离子方程式为 ；在反应I中加入食盐并加热的目的是 。 (5)实验室可以使用铜电极电解饱和食盐水得到，阳极的电极反应式为 。 14．（2024·安徽安庆·三模）2023年诺贝尔化学奖授予对合成量子点有突出贡献的科研工作者。碲化镉(CdTe)量子点具有优异的光电性能，常用作太阳能薄膜电池材料。我国科研人员设计以电解精炼铜获得的富碲渣(含铜、碲、银等)为原料合成碲化镉量子点的流程如下： 回答下列问题： (1)碲的原子序数为52，基态碲原子的价层电子排布式为 。 (2)“硫酸酸浸时，取含单质的富碲渣，为将全部溶出转化为，需加质量分数为的(密度：) (保留到小数点后两位)。但实际操作中，用量远高于该计算值，原因之一是同时也被浸出，请写出被浸出时发生反应的离子方程式： 。 (3)化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是 。 (4)在研究“还原”步骤实验条件时，发现Te、Cu单位时间内沉淀率随NaCl溶液浓度的变化如图所示，则该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为 。 (5)CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞如图所示，若CdTe的摩尔质量为，该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则最近的两个Te原子的距离 。(用含M、、的代数式表示) (6)量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，关于这一现象下列说法正确的是 (填字母)。 A．属于化学变化　B．由光化学反应产生　C．由电子跃迁形成 15．（2024·山东青岛·二模）将钛铁矿（）、磷灰石矿与锂灰石矿三矿耦合，按“原子经济”的绿色工艺技术路线生产磷酸铁锂，同时充分利用伴生元素。工艺流程如图。 已知：①钛在酸性环境中的存在形式为； ②溶液为紫色；常温时，有关电对的电极电势  ；   。一般标准电极电势越高，氧化剂的氧化性越强。 ③25℃时，。 回答下列问题： (1)Ti在元素周期表中的位置为 。“试剂X”为 （填化学式）。 (2)“酸解”反应的化学方程式为 。 (3)“水解”过程中通过观察溶液保持紫色，判断无被氧化，该方法的依据是 。 (4)循环利用“滤液2”的操作单元名称为 。“气体1”为 （填化学式）。 (5)“沉淀”反应的化学方程式为 。若将铁离子恰好沉淀完全（）时， 。 16．（2024·广东深圳·模拟预测）催化裂化(FCC)是石油精炼中最重要的转化之一、FCC催化剂中含有多种金属元素，一种针对FCC废催化剂(含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质，固载在玻璃纤维上)综合回收利用的工艺流程如下： 已知：①CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液；②常温下Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-16，Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-33，lg2=0.3。 回答下列问题： (1)已知基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有 个未成对电子，它的最高正化合价为 。 (2)物质X为 ，若利用pH传感器监测反应2，当pH= 时，Fe3+已沉淀完全(c(Fe3+)≤1×10-5时视为沉淀完全)。 (3)反应3的化学反应方程式为 ，其中H2O2的作用与反应1中的H2O2作用 (填“相同”或“不相同”)。H2O2中O的杂化方式为 杂化。 (4)从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括 、过滤、洗涤、常温晾干。 (5)氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，则每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为 。 17．（2024·湖南长沙·二模）金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)为原料制取高铼酸铵的流程如下图所示。回答下列问题： (1)金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性，可用于解释这一现象的理论是 。 (2)①“焙烧”常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，甚目的是 。 ②“焙烧”过程中转化为和另一种稳定的钙盐，其化学反应方程式为 。 (3)“萃取”机理为：，则“反萃取”对应的离子方程式为 ；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的，则溶液中 (填“>”“<”或“=”)。[已知：常温下] (4)下图是的X射线衍射图谱，则属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 (5)三氧化铼是简单立方晶胞，晶胞结构如图所示，摩尔质量为Mg/mol，晶体密度为ρg/cm。铼原子填在氧原子围成的 (填“四面体”“立方体”或“八面体”)空隙中，该晶胞中两个相距最近的氧原子间的距离为 cm(列出计算式)。 18．（2024·河南·模拟预测）硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)在现代化工行业有着广泛的应用，其一种工业制备流程如图所示。回答下列问题： (1)“洗涤”的具体操作是将废铁屑置于溶液中并加热至沸腾一段时间，加热至沸腾的好处是 ，请写出“酸浸”副产物的一种用途： 。 (2)“合成”阶段可在如图所示的装置中完成(加热及夹持装置略)。 ①仪器a的名称是 ，向圆底烧瓶中加入稀硫酸前需要先通入一段时间的，否则易出现的不良后果是 。 ②装置中有生成，反应的离子方程式为 ，装置的作用是 。 ③硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)化学式的确定。 (3)取一定量产品溶于水配制成溶液，进行实验： ⅰ.取配制的溶液于试管中，加入足量溶液，最终可得到干燥纯净的白色沉淀。 ⅱ.取配制的溶液于试管中，用酸性溶液滴定，滴定至终点时消耗酸性溶液(最终氮元素全部以形式存在)。 ①“步骤ⅱ”滴定终点时的现象为 ，产品中 。 ②若要确定产品化学式，则还需要获得一个数据，该数据是 。 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)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。 2．(1)Ga2O3、GeO2、Bi2O3 (2)3≤pH<6 (3)若pH过高会生成，pH过低逆向移动，均不利于生成GeR2 (4) (5) 获得纯度更高的GeO2 4 mol 【分析】锌浸出渣(主要成分有ZnO、Ga2O3、GeO2、还有FeO、Fe2O3、Bi2O3等杂质)在硫酸酸浸1下，ZnO、FeO、Fe2O3溶解后，在次氯酸钠的氧化下，得到含有锌离子和铁离子的混合溶液，进一步处理得到；而Ga2O3、GeO2、Bi2O3不溶解得到浸渣，浸渣在70%硫酸作用下，进行酸浸2，得到含铋渣；继续在有机沉淀剂单宁酸的作用下沉锗，洗涤焙烧得到粗GeO2,经过在600℃SOCl2作用，高纯水作用，脱水，氢气还原下得到高纯的锗；沉锗后经中和酸溶得到HGaCl4溶液，在过量氢氧化钠溶液作用下电解得到金属镓； 【详解】（1）由分析可知，浸渣主要成分为：Ga2O3、GeO2、Bi2O3 故答案为：Ga2O3、GeO2、Bi2O3 （2）Fe3＋完全沉淀时, 当锌离子开始沉淀的时候， 故pH范围是3≤pH＜6；故答案为：3≤pH＜6； （3）题中明确该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，是因为pH过高过低会有副反应发生，经过分析得到：pH过高会生成，pH过低逆向移动，均不利于生成GeR2； 故答案为：pH过高会生成，pH过低逆向移动，均不利于生成GeR2； （4）①结合流程图和题干镓与铝性质相似，分析得和氢氧化钠溶液反应生成NaGaO2和氯化钠、水，化学方程式为：； ②根据流程图，电解NaGaO2和氢氧化钠溶液在电解条件下生成高纯镓的阴极反应式为：； 故答案为：① ② （5）①根据分析可知，流程中GaO2经过步骤①②③是为了除杂提纯，获得纯度更高的GeO2; ②根据题中转化关系和已知信息得到如下对应关系式为 故答案为：①获得纯度更高的GeO2 ②4mol 3．(1)增大反应物的接触面积，提高反应速率 (2) 氨水受热易挥发 (3) xSOCl2+BeCl2•xH2OBeCl2+xSO2↑+2xHCl↑ 产生HCl，抑制BeCl2水解 (4)正 (5)AC 【分析】本工艺流程以矿石(主要成分为Be2SiO4，少量MnO等)为原料提取氧化铍，铍矿石破碎粉磨，然后加入Na2SiF6、Na2CO3烧结，烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，同时生成Na2SiO3，加入水浸出，过滤去除不溶性杂质，向滤液中加入NH3•H2O、KMnO4得到MnO2固体，过滤得到MnO2，滤液中加入NaOH沉铍，过滤得到的滤渣洗涤烘干得到Be(OH)2，Be(OH)2加入盐酸进行充分溶解，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，得到BeCl2，最后电解熔融的BeCl2或利用原电池方法可以制得Be，据此分析解题。 【详解】（1）粉碎矿石，可增大反应物的接触面积，提高反应速率，则“烧结”之前，将铍矿石粉碎成粉末，其目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，提高反应速率； （2）四氟锰钠是配合物，内外界完全电离，在碱性条件下发生归中反应，一水合氨是弱碱，则“除锰”时发生反应的离子方程式为，氨水受热易挥发，故温度不宜过高，故答案为：；氨水受热易挥发； （3）类似氯化铝，BeCl2在水中发生水解，在氯化氢氛围中灼烧氯化铍晶体才能得到无水氯化铍，SOCl2与水反应生成SO2和HCl，抑制BeCl2的水解，则加热SOCl2和BeCl2•xH2O的混合物得到无水BeCl2，该化学方程式为：xSOCl2+BeCl2•xH2OBeCl2+xSO2↑+2xHCl↑，氯化铵受热分解也产生氯化氢，同样可以抑制BeCl2水解制得无水BeCl2，故答案为： （4）原电池中正极发生还原反应，负极发生氧化反应，用金属钾还原熔融的氯化铍而得到Be，将这个反应设计成原电池，则在电池的正极得到Be，故答案为：正极； （5）A．铝不和冷水反应，则铍也不和冷水反应，A错误； B．氯化铝溶液呈酸性，则氯化铍溶液也呈酸性，B正确； C．氧化铝能与强酸、强碱反应，则氧化铍也能与强酸、强碱反应，C错误； 故答案为：AC。 4．(1)、 (2)、 (3) ，沉淀完全 (4)降低溶液的，使钼酸铵转化为四钼酸铵晶体 (5) (6) 分子晶体 润滑剂 (7) 【分析】钼精矿在空气中焙烧，焙烧后含钼产物有MoO3、Fe2(MoO4)3、CuMoO4，之后氨浸得到滤液1和滤渣1，“滤液1”中主要的阳离子 [Cu(NH3)4]2+和，滤渣1主要是SiO2、、Fe(OH)3，再加入硫化铵溶液得到杂质金属元素的硫化物沉淀CuS，分离沉淀；之后向滤液中加入HNO3调节pH得到四钼酸铵沉淀[(NH4)2Mo4O13]，四钼酸铵焙解可得三氧化钼； 【详解】（1）“焙烧”时和发生反应生成CaSiO3和CO2，与氧气反应生成SO2，尾气的成分有和、； （2）“氨浸”时元素形成进入滤渣1中，和反应生成难溶于水，则“滤渣1”的主要成分是和、； （3）“除杂”时加入(NH4)2S目的是利用沉淀法将杂质Cu2+转化为金属硫化物CuS沉淀将除去，反应的离子方程式，除杂后测得溶液中，已知，此时溶液中，沉淀完全； （4）“酸沉”时加入的作用是降低溶液的，使钼酸铵转化为四钼酸铵晶体； （5）四钼酸铵[]发生“焙解”生成、氨气和水，反应的化学方程式； （6）的结构和相似，只存在共价键，易升华，则晶体类型为分子晶体，正交相具有独特的层状结构，层与层之间的作用力为范德华力，类似石墨的结构，在日常生活中可用作润滑剂； （7）次氯酸钠具有强氧化性，能够把MoS2在碱性条件下氧化为和，根据电子转移守恒和质量守恒写出发生反应的离子方程式为：。 5．(1)D (2)FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O (3) Fe 加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶 (4)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl (5)方法一更环保，未使用有毒的氯气 (6) 6 【分析】由题给流程可知，方法一为向钛铁矿中加入硫酸溶液酸溶，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和滤液；向滤液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，反应得到的溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水硫酸亚铁和滤液；加热滤液，使溶液中的TiO2+离子水解生成TiO2·xH2O，TiO2·xH2O灼烧分解生成粗TiO2；方法二为钛铁矿与焦炭、氯气高温条件下氯化得到四氯化钛，纯化后的四氯化钛与氧气在高温下氧化得到可以循环使用的氯气和粗TiO2；粗TiO2经表面处理、过滤、洗涤、干燥、研磨得到精TiO2。 【详解】（1）钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能依次增大，激发态原子失去1个电子需要的能量小于基态原子，则电离其最外层的一个电子所需能量最小的是[Ar]3d24s14p1，故选D； （2）由分析可知，酸溶中加入硫酸溶液酸溶的目的是将金属元素转化为可溶的硫酸盐，则主要成分FeTiO3发生的反应为FeTiO3与溶液中氢离子反应生成TiO2+离子、亚铁离子和水，反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，故答案为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O； （3）由分析可知，“还原”时加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子；由图可知，从还原得到的溶液中获得绿矾的操作为溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Fe；加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶； （4）四氯化钛在水中或潮湿空气中会发烟的原因是四氯化钛发生水解反应生成TiO2·xH2O和氯化氢，氯化氢遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴而产生大量白雾，反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl； （5）由分析可知，与方法二相比，方法一的最大优点是制备粗TiO2时，未使用有毒的氯气，不会对环境造成污染，故答案为：方法一更环保，未使用有毒的氯气； （6）由晶胞结构可知，晶胞中与位于体心的钛原子距离最近的氧原子有6个，则钛原子的配位数为6，位于顶点和体心的钛原子个数为8×+1=2，位于面上和体内的氧原子个数为2+4×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a2bd，解得d=，故答案为：6；。 6．(1)[Ar]3d8 (2) 增大反应物的接触面积提高反应速率且使反应更充分 4FeS+7O22Fe2O3+4SO2 (3)SiO2 (4)AB (5)2.7~7 (6)将浓NiSO4溶液加热，将热的硫酸镍溶液慢慢倒入硫酸铵的饱和溶液中，不断搅拌，即可产生大量硫酸镍铵晶体，冷却过滤，并用乙醇洗涤所得晶体 【分析】镍黄铁矿（主要成分是FeS、NiS、SiO2）通入空气后煅烧，S被氧化为SO2即为气体1，Fe和Ni转化为氧化物，SiO2煅烧步骤不反应，煅烧后固体加入稀硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸即为沉淀1，溶液中是被硫酸溶解的Fe和Ni的氧化物，以Fe3+和Ni2+存在于溶液1中，为分离两种离子，调节pH使Fe3+沉淀，为了不引入新的杂质，同时为了控制pH范围，可以加入NiO或者NiCO3，所得Fe(OH)3中加入磷酸转化为磷酸铁，溶液2中含Ni2+，经过系列操作转化为Ni(NH4)2(SO4)2⋅6H2O； 【详解】（1）Ni元素原子序数为28，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，故Ni2+的核外电子排布式为[Ar]3d8； （2）煅烧前将镍黄铁矿粉碎，从而增大反应物的接触面积提高反应速率且使反应更充分； 煅烧过程中FeS被空气中氧气氧化，生成SO2、Fe2O3，化学方程式为4FeS+7O22Fe2O3+4SO2； （3）由分析，酸溶过程中产生的沉淀1是不溶于硫酸的SiO2； （4）加入物质X的目的是通过调节pH生成Fe(OH)3沉淀，从而使Fe3+和Ni2+分离，为了不引入新的杂质，同时为了控制pH范围，可以加入NiO或者NiCO3，故选AB； （5）由表格中数据，当Ni(OH)2刚好完全沉淀，c(Ni2+)=10-5mol/L，pH=9，即c(OH-)=10-5mol/L，故Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=10-15，故当c(Ni2+)=0.1mol⋅L−1，时，为保证Ni2+不沉淀，c(OH-)==10-7mol/L，即pH=7，同时为了保证铁离子完全沉淀，pH不小于2.7，故需调节溶液的pH的范围是2.7~7； （6）溶液2是NiSO4溶液，其浓溶液可与硫酸铵的饱和溶液反应生成硫酸镍铵[Ni(NH4)2(SO4)2⋅6H2O]，以硫酸镍浓溶液制备硫酸镍铵，应将浓NiSO4溶液加热，将热的硫酸镍溶液慢慢倒入硫酸铵的饱和溶液中，不断搅拌，即可产生大量硫酸镍铵晶体，冷却过滤，并用乙醇洗涤所得晶体。 7．(1) Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑ 非晶体 (2)Ca和Si (3)4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH (4) 8.8 Na2[Be(OH)4] (5) C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O 生成Cl2，污染环境 【分析】由题给流程控制，绿柱石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液；向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍；氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。 【详解】（1）由分析可知，“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18与碳酸钙高温条件下反应生成含有CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6和二氧化硅的铍玻璃体，反应的化学方程式为Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑，铍玻璃体是没有固定熔点的混合物，属于非晶体，故答案为：Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑；非晶体； （2）由分析可知，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣，则从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为钙元素和硅元素，故答案为：Ca和Si； （3）由分析可知，通入氨气和空气调节溶液的pH的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH，故答案为：4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH； （4）由溶度积可知，溶液中铍离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度不低于=2×10—5.5mol/L，则溶液的pH不低于14—5.5+lg2=8.8；氢氧化铍是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠，所以将氨水换成氢氧化钠溶液沉铍时需控制溶液的pH不能过高，防止生成四羟基合铍酸钠，导致铍的产率降低，故答案为：8.8；Na2[Be(OH)4]； （5）由图可知，通入丙烷的右侧电极为燃料电池的负极，碳酸根离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气，会污染环境，故答案为：C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O；生成Cl2，污染环境。 8．(1)CuS (2) 调节pH，将氧化为 b (3) (4) (5)99.98% 【分析】高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)加入过量稀硫酸进行酸浸，生成难溶于水的，Co、Zn、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素均生成相应的可溶性盐，向滤液中加入溶液，将Cu2+转化为CuS沉淀除去，故滤渣1的主要成分为CuS，向溶液中加入，调节pH，并将氧化为，将转化为而除去，故滤渣2的主要成分为，加入Zn将溶液中的Cd2+置换为Cd而除去，向溶液中加入溶液调解pH=3，将氧化为而除去，故产品1为，再继续加入溶液调解pH=5，由已知④得，生成得产物为，反应的离子方程式为，过滤得到滤液，滤液中还含有的金属离子除外还有，据此分析回答。 【详解】（1）由分析知，滤渣1的主要成分为CuS； （2）由分析知，“沉铁”步骤中加入产品1为二氧化锰，可调节pH，将氧化为，由已知③中数据可知，要使完全沉淀，不沉淀，该步骤中调节pH的范围可以为4.0<pH<4.5，故选b； （3）由分析知，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为； （4）由分析得，“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为，滤液中存在的主要金属离子除外还有； （5）沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为。 9．(1) d (2) N、O 6 (3) (4) 陶瓷在高温下会与碳酸钠反应 (5) 小 (6) 重结晶 d (7)0.02002 【分析】铬铁矿中FeO-Cr2O和碳酸钠、硝酸钠在高温下发生熔融氧化反应，反应的化学方程式为，得到熔块，熔块加水进行水浸，过量得到滤渣1，滤渣1为，滤液中含有等钠盐，调pH=7后过滤，得到滤液2，滤液2中主要含，在加入酸，调pH，发生，生成，过滤得到滤液3，滤液3中含有，再加入进行重结晶即可得到，据此回答。 【详解】（1） 由于基态Cr原子价电子排布式为3d54s1，轨道分布图为；铬位于元素周期表中d区； （2）配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中，中心原子为Cr，配体为NH3和H2O，由中心原子提供空轨道，配体中的N和O提供电子对形成配位键，中心离子的配位数为4+2=6； （3）由图知，晶胞中，Cr有4个，O有，该晶胞的体积为，故晶体的密度 （4）由分析知，步骤①中主要反应的方程为；由于陶瓷在高温下会与碳酸钠反应，该步骤不能使用陶瓷容器； （5）由分析知，步骤④调滤液2的pH使酸性变强，pH变小，将铬酸根转化为重铬酸根，离子方程式为； （6）由图知，分离得到K2Cr2O7固体的方法是重结晶，冷却到10℃得到的K2Cr2O7固体产品最多； （7）1mol的Ag2CrO4固体溶于10LNaCl溶液中得，，消耗的，则，，则消耗的，由得溶液中还含有的，故氯化钠溶液的初始浓度为。 10．(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；。 11．(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。 12．(1)第五周期ⅥB族 (2)增大接触面积，提高反应速率 (3) (4)3.2≤pH<7.0 (5)94.4% (6) CoO (7) 【分析】废钼催化剂(主要成分为、，含少量CoO、CoS、NiO、等)，在空气焙烧生成气体为二氧化硫，烧渣加入NaOH溶液、H2O2碱浸，得到Na2MoO4溶液，向溶液中加入稀硫酸沉Mo得到H2MoO4，碱浸后得到的固体为CoO、NiO、Fe2O3，固体用稀盐酸酸浸，得到含有Co2+、Ni2+、Fe3+的溶液，加入NaOH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入H2C2O4溶液沉Ni、Co得到CoC2O4、NiC2O4，以此解答。 【详解】（1）基态Mo原子的价电子排布式为4d55s1，则Mo在元素周期表中的位置为第五周期ⅥB族。 （2）“焙烧”时，采用“多层逆流焙烧”方法，即混合料与空气逆向而行，该方法的优点是增大接触面积，提高反应速率。 （3）“焙烧”时转化为，“碱浸”时和OH-反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （4）“除铁”时，需要将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，而Ni2+和Co2+不能沉淀，由表格数据可知，控制pH的范围为3.2≤pH<7.0。 （5）“除铁”后所得滤液中，“沉镍”后所得滤液中，溶液中c，则沉镍率= =94.4%。 （6）18.3g 为=0.1mol，a点处，减少的质量为 18.3g-14.7g-3.6g，怡好为0.2mol H2O，故a点的化学式为 CoC2O4；c点，根据Co元素守恒，设Co的氧化物为 CoOx，其质量为 7.5g，则0.1×(59+16x)=7.5，解得x=-1，    故 c点处Co的氧化物为 CoO。 （7）由Co和Ni形成的立方晶胞中，Co处于顶点，Ni处于面心，则Co的个数为=1，Ni的个数为=3，若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数用表示，则晶体的密度为。 13．(1)适当提高反应温度、适当提高酸浓度 (2)SiO2 (3) 4.7≤pH＜5.2 AB (4) 增加氯离子浓度，使平衡往正向移动，使CuCl溶于NaCl的浓溶液生成，提高CuCl的产率； (5) 【分析】由废铜料(主要成分为金属铜，还含Fe、Al及其化合物、杂质)进行高温煅烧时铜生成Cu2O，Fe和Al生成氧化铝和四氧化三铁，加入硫酸和过氧化氢，二氧化硅不溶，亚铁离子和亚铜离子被氧化为铁离子和铜离子，金属阳离子进入溶液，过滤，则滤渣I为二氧化硅，滤液I为铁离子、铝离子、铜离子的溶液，向滤液I中加入氢氧化铜、氧化铜、碳酸铜等调节pH到4.7~5.2，铁离子和铝离子沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝，则滤液II中含有铜离子，加入二氧化硫将铜离子还原成亚铜离子，再加入氯化钠，生成CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成，的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，经过过滤、洗涤、干燥最后得到CuCl，据此回答。 【详解】（1）可通过适当提高反应温度、适当提高酸浓度等提高“酸浸”时浸取率； （2）根据分析，滤渣I的主要成分二氧化硅； （3）操作为调节溶液的，使Fe3+、Al3+转化为沉淀，Cu2+不沉淀，所以pH的调节范围是4.7≤pH＜5.2；为了不引入新的杂质离子，可向滤液I中加入氢氧化铜、氧化铜，而 、会引入新的杂质离子，所以选AB； （4）滤液中所含的离子是Cu2+，加入食盐并通入可生成，反应的离子方程式：；由已知②中可知，加入食盐并加热的目是升温、增加Cl-的浓度，使上述平衡往正向移动，使CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成，提高CuCl的产率； （5）用铜电极电解饱和食盐水得到，阳极应是Cu失电子，所以阳极的电极反应式为。 14．(1)5s25p4 (2) 2.06 Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O (3)Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8 (4)30g/L (5)×107 (6)C 【分析】由题干流程图可知，向富碲渣(含铜、碲、银等)中加入30%H2O2和硫酸进行酸浸得到Te(SO4)2、CuSO4的浸出液和含有Ag等贵金属渣，向浸出液中通入SO2，加入NaCl将Te4+还原为Te，Cu2+转化为CuCl，过滤得到粗碲，粗碲处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2和柠檬酸钠反应制得CdTe量子点，据此分析解题。 【详解】（1）碲的原子序数为52，54＞52＞36，即Te位于周期表中第5周期ⅥA主族，故基态碲原子的价层电子排布式为5s25p4，故答案为：5s25p4； （2）“硫酸酸浸时，取含单质Te6.38%的富碲渣20g，为将Te全部溶出转化为Te(SO4)2，则该反应方程式为：Te+2H2SO4+2H2O2=Te(SO4)2+4H2O，需加质量分数为30%的H2O2(密度：1.1g/cm3)的体积为：=2.06mL(保留到小数点后两位)，但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是Cu同时也被H2O2浸出，Cu被浸出时发生反应的离子方程式：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：2.06；Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O； （3）由题干信息可知，化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易，结合硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，Te4+较Cu2+易被还原，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8，故答案为：Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8； （4）由题干图示信息可知，当NaCl溶液浓度为30g/L时，Te的沉淀率已经较高，Cu的沉淀率最低，使Cu和Te分离更加完全，故该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为30g/L，故答案为：30g/L； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碲原子个数为8×+6×=4，位于体内的镉原子个数为4，设晶胞的参数为anm，由晶胞的质量公式可得：=(10-7a)3ρ，解得a=×107nm，晶胞中距离最近的碲原子的距离为面对角线的，则距离最近的碲原子的距离为×107nm，故答案为：×107； （6）量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，这一现象是发生了电子的跃迁，属于物理变化，故答案为：C。 15．(1) 第4周期第ⅣB族 (2) (3)据已知可得还原性强于，可以将生成的还原为，防止生成氢氧化铁杂质 (4) 酸解 HF (5) 【分析】由图可知，试剂X为一种酸，而磷灰石矿加入试剂X酸溶之后，过滤可得到石膏，即试剂X为，气体1为HF，钛在酸性环境中的存在形式为，钛铁矿（）在108℃下酸解的化学反应式为：，水浸、冷却、过滤后得到，滤液1中存在Fe2+、，加入铁粉进行还原，使得转化为Ti3+，Ti3+水解得到H2TiO3，可得到钛白粉，滤液2中含有Fe2+，可进入酸解步骤循环利用，提高Fe元素利用率；滤液3在加入了NH3、H2O2、后发生反应，得到FePO4，FePO4与锂辉石矿处理得到的碳酸锂固相合成得到LiFePO4；石膏在加入碳粉、水泥矿化剂经高温回转后得到水泥，同时生成气体2，即SO2，SO2与空气中氧气合成SO3，用水吸收可得到H2SO4。 【详解】（1）Ti在元素周期表中的位置为：第4周期第ⅣB族，由图可知，试剂X为一种酸，而磷灰石矿加入试剂X酸溶之后，过滤可得到石膏，即试剂X为； （2）钛在酸性环境中的存在形式为，钛铁矿（）酸解的化学反应式为：； （3）溶液为紫色，据已知可得还原性强于，可以将生成的还原为，防止生成氢氧化铁杂质，因此可以通过观察溶液保持紫色，判断无Fe2+被氧化； （4）由分析得循环利用“滤液2”的操作单元名称为酸解，“气体1”为HF； （5）滤液3在加入了NH3、H2O2、后发生反应，若将铁离子恰好沉淀完全（）时，，。 16．(1) 2 +4 (2) 氨水 3.3 (3) 不相同 sp3 (4)蒸发浓缩、冷却结晶 (5)4-8x 【分析】FCC废催化剂（含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质)与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁和硫酸亚铁，滤渣1为CeO2，与稀硫酸、过氧化氢反应生成Ce3+，发生反应4生成氢氧化铈，煅烧生成CeO2，最终得到Ce；亚铁离子被过氧化氢氧化生成铁离子，加入氨水调pH沉淀铁离子，经一系列操作可从溶液中获得NH4Al(SO4)2•6H2O晶体。 【详解】（1）基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，它有2个未成对电子，位于4f1、5d1，价电子总数为4，则其最高正价为+4价。 （2）将硫酸铝转化为硫酸铝铵晶体，同时将铁离子除去，则物质X为氨水，反应2中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，若利用pH传感器检测反应2，，。 （3）反应3的化学反应方程式为，反应1中的H2O2作用是将亚铁离子氧化为铁离子，反应3为还原剂，两者作用不同。H2O2中O的杂化方式为sp3。 （4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2·H2O晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干。 （5）假设晶跑中Ce4+和Ce3+个数分别为m、n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得：m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+和Ce3+个数为4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8х。 17．(1)电子气理论 (2) 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率 (3) (或) > (4)晶体 (5) 八面体 【分析】钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)在空气中焙烧，硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMoO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通过酸化、萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。 【详解】（1）金属铼属于金属晶体，在金属晶体中，金属原子的价电子从金属原子上“脱落”下来形成“电子气”，在外力作用下金属原子移位滑动，电子在其中起到“润滑”的作用，因此金属具有延展性；电子气在外电场作用下定向移动，因此金属有良好的导电性；金属受热，加速自由电子与金属离子之间的能量交换，将热能从一端传递到另一端，因此金属有良好的导热性，因此可以用电子气理论解释金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性； （2）①“焙烧”采用高压空气、逆流操作可增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率； ②在反应中转化成和，作还原剂，作氧化剂，化学反应方程式为； （3）“反萃取”时与氨气反应生成、，离子反应方程式为或；，，反萃取得到高铼酸铵溶液的，则溶液中mol/L，则，； （4）由的X射线衍射图谱可知，具有明锐的衍射峰，说明属于晶体； （5）由图可知，顶角的Re原子周围有6个距离相等且最近的O原子，这6个O原子构成正八面体，因此Re原子填在O原子围成的八面体空隙中；根据均摊法可计算出1个晶胞中Re和O的个数分别为1和3，即1个晶胞含有1个，设晶胞的棱长为a，则cmcm，cm，根据晶胞棱中心的是O原子，距离最近的O原子是两条相交棱上的O原子，两者的距离为cm。 18．(1) 可使碱性增强，提高去污能力与速率 可用作氢能 (2) 三颈烧瓶 NO、被装置中氧化 吸收未反应的NO，防止其污染空气 (3) 加入最后半滴酸性溶液时，锥形瓶内溶液变为浅红色且30秒内不褪色 配制溶液时所取用的产品质量 【分析】废铁屑中加碳酸钠溶液洗涤后过滤，往滤液中加稀硫酸酸浸，所得到的溶液中通NO气体合成硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)，由于氮氧化物有毒，用酸性高锰酸钾溶液进行尾气吸收。 【详解】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，加热能促进其水解，使溶液碱性增强，有利于除去油污，同时加热也能加快反应速率；“酸浸”的副产物是，收集起来可用作氢能或用于有机合成等； （2）①根据仪器a的构造可知，其名称为三颈烧瓶；若不通入一段时间的，则装置中的空气会将A中生成的NO及B中的氧化，从而对制备实验产生干扰； ②A装置中，亚硝酸根离子中N元素的化合价由+3价升高至+5价，生成硝酸根离子，降低至+2价生成一氧化氮，反应的离子方程式为；进入空气中会污染大气，溶液可将氧化吸收，防止其污染空气； （3）①由题给化学式可知、的物质的量相等，白色沉淀是，的物质的量为，则配制的溶液中含有和，滴定中消耗的，则转移的电子的物质的量为0.008mol×5=，滴定中将氧化为、将氧化为，则n(Fe2+)×1+3n(NO)=，即0.01mol+3n(NO)=，所以，即该产品组成为；溶液滴定产品时，当加入最后半滴酸性溶液，锥形瓶内溶液变为浅红(或粉红)且30秒内不褪色表明滴定达到终点； ②要确定值，还需要的数据是配制溶液时所称取的产品质量，用产品的质量减去、、质量和，即可求产品中的，从而确定值。 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 $$