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．（2023·江苏淮安·模拟预测）工业上用磷铁渣(主要含FeP、，以及少量、等杂质)制备磷酸铁的工艺流程如下图。已知：①在密闭的反应釜中，稀硝酸首先分解生成和，进一步将磷铁渣中的FeP、氧化成和；继而生成和。②难溶于水，可溶于无机强酸。 (1)加入硫酸的目的有 。 (2)“浸取”时与反应的化学方程式为 。 (3)“浸取”时设定反应时间为，不同硝酸浓度下磷铁渣的溶解率如图1所示，当硝酸浓度在时，磷铁渣溶解率呈现降低的趋势，其原因是 ，为了缓解这一问题，投料时加一定量的活性炭，活性炭的作用是 。    (4)“制备”过程中溶液的pH对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图2所示［考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值］。在pH范围为1～1.5时，随着pH增大，明显增大，其原因是 。    (5)工业上也可以用可溶性三价铁盐在酸性溶液中与磷酸盐反应，通过氨水调节pH得到磷酸铁。将与等体积混合充分反应后，静置，上层的清液中为 。【已知：】 2．（2023·吉林通化·模拟预测）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图： 已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为R-C1+M-R- M+Cl-；R-Na+N+R- N+Na+(R-表示树脂的有机成分)。 II．“沉钯”时得到氯钯酸铵[(NH4)2PdCl4]固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。 (1)“焙烧”的目的是 。 (2)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为 。 (3)“浸取”时，加入试剂A的目的为将焙烧过程中产生的PdO还原为Pd，若试剂A为甲酸，该反应的化学方程式为 。 (4)“浸取”时，加入NaClO3有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(II)酸(H2PdCl4)为二元强酸。加入浓盐酸和NaClO3后主要反应的离子方程式： 。 (5)“离子交换除杂”应使用 (填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“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”过程N2H4转化为N2，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为 ，且该产物可循环利用至 环节(填环节名称)。 (7)PdO晶体属于四方晶系，其结构示意图如下。 ①若A1、A2的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则B的分数坐标为 。 ②已知：NA为阿伏加德罗常数的值。晶胞底面是边长为apm的正方形，晶胞的密度为8.0g·cm-3，则晶胞的高为 。pm (用含a、NA的式子表示，并化至最简)。 3．（2023·安徽安庆·三模）VO2是制备智能控温薄膜的重要材料。一种以钒渣(主要成分是FeV2O4、MnV2O4、Fe2SiO4等)为原料制备VO2的工艺流程如图： 已知：①FeV2O4中铁为+2价， 具有强氧化性； ②室温条件，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：. 金属离子 Fe3+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀时(c=0.1mol·L-1 )的pH 1.9 8.1 8.9 沉淀完全时(c=1.0 ×10 -5mol·L-1)的pH 3.2 10.1 10.9 (1)“焙烧1”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3的化学方程式为 。 (2)“酸浸”所得浸出液中除含有 、Mn2+外，还含有的金属阳离子有 。 (3)“沉钒”所得滤液中Mg2+浓度为0.24g/L，加入氨水，可分离Mn2+、Mg2+。 为尽可能多地将Mn2+转化为Mn(OH)2，并避免Mg2+沉淀，应控制pH= ； 分离Mn(OH)2沉淀后的溶液继续加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质可再生循环到 步骤使用。 (4)“沉钒”得到NH4VO3沉淀，在实验室中用如图装置过滤： 操作时要旋开自来水龙头，其目的是 ；洗涤NH4VO3的操作是 。 (5)“高温还原”时C6H12O6转化为CO2和H2O，则理论上180g还原剂能高温还原得到产品 g。 4．（2023·辽宁·模拟预测）纳米级硒化铜是钠离子电池的正极材料。某小组以黄铜矿粉末(主要含，含少量、等)为原料，在酸性条件下生物催化氧化法制备纳米级硒化铜的流程如图。    请回答下列问题： (1)“浸取”中，其他条件相同，测得温度与金属浸出率的关系如图所示。简述40℃达到峰值的原因： 。    (2)写出“浸取”中反应的离子方程式： 。 (3)加入过量氨水时，反应分两步进行，写出参与反应的化学方程式： 。滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (4)有人认为，用或代替氨水调节溶液的pH也可以达到相同的目的。请你判断此法是否可行： 。若可行，需调节溶液的pH最低为 {若不可行，此空可不填。已知：常温下残留在溶液中的离子浓度小于时，可认为沉淀完全，，的值取-0.6｝。 (5)在高压、加热条件下，用还原溶液的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (6)已知Cu2-xSe晶胞结构如图所示，设晶胞参数为anm。    ①该晶胞中和的个数比为 (用含的代数式表示)。 ②该晶胞中与或之间的最短距离为 。 5．（2023·江苏扬州·三模）以固体为原料制备纯，其部分实验过程如下：    已知：①； ②， 有两性，； ③ 。 (1)“酸溶”后再“氧化”可提高氧化速率，理由是 。 (2)“氧化”时产生气体中还有一定量。转化为反应的离子方程式为 。 (3)若“氧化”不充分，“沉钯”时所得的产率降低，其原因是 ；氧化液中Pd的浓度一定，为提高的产率，“沉钯”时需控制的条件有：反应的温度、 。 (4)可用作乙烯氧化制乙醛的催化剂，其部分反应机理如下：。形成配位键时，配体中电子云密度较大的区域易进入中心原子(或离子)的空轨道。乙烯分子与Pd2+形成的配位键中，乙烯分子提供电子对的区域是 。 (5)已知：受热易水解，能与盐酸反应生成溶液；固体受热至175℃会分解为。请补充完整制备的实验方案：取沉钯后过滤所得， ，得到干燥的粉末。实验中须使用的试剂：热蒸馏水、浓盐酸、溶液、稀。 6．（2023·广东汕头·三模）钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成分为、，杂质有、及、、等化合物)制备单质钒的工艺流程如图所示。 已知： ①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀时和完全沉淀时的如下表所示： 金属离子 开始沉淀时 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉底时 3.2 9.0 4.7 10.1 ②，，远大于。 回答下列问题： (1)为了提高“焙烧”效率，可采取的措施有 、 (2)“焙烧”时，、都转化为，写出转化为的化学方程式为 (3)“水浸”加入调节溶液的为8.5，可完全除去的金属离子有 ，部分除去的金属离子有 。“水浸”加入过量不能使完全转化为，原因是 。 (4)“离子交换”与“洗脱”可表示为(为强碱性阴离子交换树脂，为在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程中“淋洗液”最好选用 (5)“沉钒”过程析出晶体，需要加入过量，目的是 。 (6)钒的某种氧化物的晶胞结构如图所示，晶胞的长、宽、高分别是apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 (用含a、b、c、的代数式表示)。    7．（2023·北京顺义·模拟预测）钛白粉学名二氧化钛(TiO2)是性能最佳、应用最广、用量最大的白色颜料。钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法钛白粉生产工艺如图： 已知： ①酸解后，钛主要以形式存在。强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子。 ②不溶于水和稀酸。 (1)写出基态Ti原子的价层电子排布式 。 (2)磨矿的目的是 。 (3)滤渣①的主要成分是 。 (4)酸解过程中，写出发生反应的化学方程式 。 (5)还原过程中，加入铁粉的目的是还原体系中的。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试： ①在其它条件不变的情况下。体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图，试分析在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因： 。 ②保持其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图，55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是因为温度升高，易被体系中的氧化，写出反应的离子方程式 。 (6)水解过程是硫酸法制钛白工艺中的重要一步： ①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为 。 ②一定量的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中的含量。实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理 。 8．（2023·四川成都·三模）我国古代就发现“铝矾”可用于净水、染色和皮革鞣制。“铝矾”有两种一明矾[KAl(SO4)2·12H2O]和铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]。历史上用含铝硅酸盐(Al2O3·xSiO2)和黄铁矿(FeS2)的矿石来制“铝矾”，步骤如下：    回答下列问题： (1)将铵矾与过量熟石灰混合后研磨，现象是 ；“铝矾”与天然水体中的缓慢作用而净水，该过程中产生胶体的离子方程式为 。 (2)步骤I中FeS2与空气发生反应生成FeSO4和H2SO4，则FeS2与O2反应的物质的量之比为 。 (3)步骤I中产生的硫酸与铝硅酸盐反应，则步骤II中所得沉渣的主要成分为 。 (4)步骤III需控制浓缩液的浓度。结合下表中的物质溶解度，说明浓缩液浓度不宜过大的原因是 。 物质 摩尔质量g·mol-1 20℃溶解度g/100gH2O 60℃溶解度g/100gH2O FeSO4·7H2O 278 25.6 101 Al2(SO4)3·18H2O 666 36.4 59.2 KAl(SO4)2·12H2O 474 6.0 33.3. NH4Al(SO4)2·12H2O 453 6.6 21.1 (5)步骤IV生产铵矾时，人尿中的尿素CO(NH2)2完全水解生成氨的化学方程式是 。 (6)作媒染剂的明矾须不含铁元素。检验粗明矾中残留少量Fe3+的一种试剂是 ；要得到较纯明矾晶体，需对粗产品 (填实验方法)进行纯化。 9．（2023·北京海淀·三模）磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，流程如图：    资料：碳酸锂在水中溶解度： 温度/ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)Ⅱ步加入过量溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是 。 (2)Ⅲ步浸取加入的氧化剂最佳选择是_______(填字母)。 A． B．酸性 C． D． (3)滤液2中，加入等体积的溶液后，的沉降率达到90%，母液中 。 (4)为将粗品提纯，VI步使用 (填“热”或“冰”)水进行洗涤操作，理由是 。 (5)上述流程中可循环使用的物质有 。 (6)工业上将回收的粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为 。 (7)若采用钛酸锂()和磷酸亚铁锂()作电极组成电池，其工作原理为：。该电池充电时阳极反应是 。 10．（2023·四川内江·三模）Ni(镍)和Ni2O3在工业和国防上有重要的用途。铜镍矿(主要成分为镍、镁、铜、铁、硅的氧化物)的湿法冶炼是获取镍的重要途径，其工艺流程如下图所示：      (1)“氧压酸浸”滤液中含有Fe3+、Mg2+、Ni2+、Cu2+等离子，通入氧气时加压的目的是 。 (2)已知铁矾渣的成分是Na2Fe6(SO4)4(OH)12，MgO在“沉淀除铁”过程中的作用是 ，请将其参与生成铁矾渣的离子反应方程式补充完整 。 =Na2Fe6(SO4)4(OH)12+Mg2++10H+ (3)“沉镍”步骤所得滤液中的溶质主要是 (填化学式)；25℃时，沉镍过程中MgO的加入量对镍沉淀的影响如图所示，当pH为8.0时，溶液中Ni2+的浓度 (已知该温度下Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15)；结合图中信息回答，选择MgO加入量为3.0g的理由是 。    (4)工业上可用电解法制取Ni2O3.用NaOH溶液调节NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-和Cl-，ClO-再把Ni(OH)2氧化为Ni2O3.电解时阴极的电极反应式为 ，2amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为 mol(假设电解时阳极只考虑Cl-放电)。 11．（2023·广东·模拟预测）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：    已知：①Sr(OH)2为强碱，Cr(OH)3为两性氢氧化物； ②常温下，各物质的溶度积常数如表所示。 化合物 Cr(OH)3 Ca(OH)2 Mg(OH)2 SrCO3 Ksp近似值 回答下列问题： (1)“酸溶”时能提高反应速率的措施有 (答1条即可)，基态Cr原子的价电子排布式是 。 (2)“酸化”步骤发生如下反应：，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。 (3)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不直接用NaOH调节溶液的pH≈13的原因是 。 (5)“碳化”时，反应的化学平衡常数K的计算关系式为 。(不用写出具体数值，用以下平衡常数表达：SrCO3的溶度积常数Ksp(SrCO3)、H2CO3的电离常数为Ka1、Ka2) (6)上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应，可以制得高温超导基片材料SrTiO3，SrTiO3的立方晶胞结构如图所示，其中Ti处在体心位置，晶胞边长为a nm，已知SrTiO3的相对分子质量为M，阿佛加德罗常数的值为NA，则SrTiO3晶体的密度为 g/cm3(列出M、NA、a相关的算式即可)。    12．（2023·湖北武汉·模拟预测）钕铁硼废料中主要成分为Nd、铁、硼、铝等，还有少量的硅酸盐。在实验室中回收钕铁硼废料中的稀土等元素的工艺流程如图所示：    已知： ①硼在非氧化性酸中难溶，Nd的主要化合价为＋3，难溶于水和稀酸。 ②该工艺条件下，金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀时pH 6.3 1.5 3.4 完全沉淀时pH(离子浓度：) 8.3 2.8 4.7 (1)Nd为60号元素，Nd的简化核外电子排布式为 。 (2)“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。“煅烧”过程在 (填仪器名称)中进行。 (3)已知“滤液1”中含较多的，某同学研究了硫酸浓度和液固比(即硫酸用量和钕铁硼)对铁浸出率的影响，结果如下图所示。该工艺的最佳硫酸浓度为 ，最佳液固比为 。    (4)已知“沉钕”前的酸性溶液中的浓度为1.0，且铝元素全部存在滤液2中，则“沉钕”时调节pH范围为 。“碱转化”过程发生的离子方程式为 。 (5)某同学针对钕铁硼废料中金属离子浸出成本高、污染大的问题，采用电化学阳极氧化技术直接浸出钕铁硼废料中的钕和铁元素，以 为阳极，电解质为溶液。研究表明溶液不需要外加酸即可达到分离钕和铁元素的目的，原因是 。 13．（2023·湖南·模拟预测）资源的综合利用具有重要战略作用，以废渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、TiO2、Sc2O3)为原料回收Sc、SiO2、TiO2的流程如下：        已知：钪离子可以在不同pH下生成()；，。回答下列问题： (1)基态原子的电子排布式为 。 (2)滤渣的主要成分为 (写化学式)，加入铁粉的作用是 。 (3)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，则沉淀会溶解。写出与过量NaOH溶液反应生成的含产物的化学方程式： 。 (4)加入溶液后，当溶液中时，的最大值为 。 (5)在熔融盐体系中电解、可获得电池材料TiSi，装置如图所示。石墨电极附近可收集到黄绿色气体，写出该极的两个电极反应式： 。 (6)通过氮掺杂反应生成，过程如下图所示。    ①立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为 (写出计算式)。 ②图乙晶体中 。 14．（2023·河南郑州·三模）砷酸铜是一种蓝色粉末，难溶于水和酒精，广泛应用于木材防腐剂。某化工厂以硫化砷废渣(主要成分为As2S3，含少量的Sb、Bi)为原料制备砷酸铜的工艺流程如图所示： 请回答下列问题： (1)Cu3(AsO4)2中As的化合价为 。 (2)“粉碎”的目的是 。 (3)“碱浸”时，在加热条件下As2S3中硫元素被氧化为，反应的离子方程式为 。 (4)“沉砷”后滤液中主要含有 ，该物质可循环利用到 步骤中。 (5)“滤渣“的成分是 。 (6)“转化”时发生的化学方程式为 。 (7)该化工厂实验员称取100g硫化砷废渣(As2S3质量分数为73.8%)，粉碎后通空气并加入NaOH溶液，得到1L的悬浊液，测得碱浸后的滤液中Na3AsO4的浓度为0.45mol·L-1，该实验员检测砷的浸出率为 。 15．（2023·贵州毕节·三模）废旧磷酸铁锂电池的回收利用具有重要研究价值。利用废旧电池正极极片料(主要成分为LiFePO4，还含有少量的Al、石墨等)回收金属化合物，并通过电解Na2SO4溶液生产所需的H2SO4溶液和NaOH溶液，从而实现物质的循环利用。工艺流程如下，回答下列问题：    (1)加快“碱浸”速率的方法 (任写1条)。 (2)“氧化”过程H2O2的用量比理论用量稍高的原因是 。 (3)滤渣③的主要成分是 。 (4)“沉淀”中发生反应的离子方程式为 ，“沉淀”过程后的“一系列操作”具体为 。 (5)“沉锂”所得“滤液”经纯化后得Na2SO4溶液，利用下列装置电解Na2SO4溶液制备H2SO4溶液和NaOH溶液，从而实现物质循环利用。    ①离子交换膜b应为 (填“阳离子”或“阴离子”)交换膜； ②一定条件下，c(Na2SO4)、电解时间对电解所得溶液的c(H+)、c(OH-)及电流效率(η(NaOH)、η(H2SO4))的影响如图，则最佳电解条件中c(Na2SO4)为 mol·L-1左右、电解时间为 h左右。    (6)生产中通常需要测定正极极片料的总铁量。取mg样品，用盐酸充分溶解、过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并后配成250mL溶液。取25.00mL与适量TiCl3溶液反应，将Fe3+恰好完全还原为Fe2+。加入混酸介质，滴入指示剂，用0.01mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定，三次滴定平均消耗VmLK2Cr2O7标准溶液。 ①用K2Cr2O7标准溶液滴定过程中反应的离子方程式为 。 ②样品中铁的质量分数为 。 16．（2023·山东济南·三模）将废旧电路板(含铜、铝、锑、铅、银、金、铂和钯等金属元素)破碎和静电分选处理后，从所得金属富集粉末中回收金属的部分工艺流程如下：    已知煅烧后银、钯、金、铂均以游离态存在，锑、铅转化为、PbO(二者是两性偏碱性的氧化物)；在中形成不溶碱性盐，但能与氯离子形成可溶性氯化锑；可溶于碱。第一次酸浸调节pH为1～2，第二次酸浸调pH为4～5，氧化后滤液调pH为3～5；滤液a～e中分别含1～2种回收金属。回答下列问题： (1)滤液a中溶质的主要成分为 ；为缩短煅烧时间，可采取的措施是 (回答一条即可)。 (2)若氧化过程使用足量稀硝酸，生成滤液e中主要成分的反应中，表现氧化性与表现酸性的硝酸物质的量之比为 。两性偏酸性，与强碱共热可得铅酸盐，与NaOH反应的离子方程式为 。 (3)利用佛尔哈德(Volhard)法可直接滴定溶液中测定其浓度，方法是在酸性介质中用铁铵矾[]作指示剂，用KSCN标准溶液滴定[(白色)]，达到滴定终点的现象 ；滴定时应将KSCN标准溶液加入 (填“酸式”或“碱式”)滴定管。 (4)冶金行业常用EDTA-2Na(乙二胺四乙酸二钠)滴定法测溶液中浓度。方法是向一定体积待测液中加入过量氯化钠，过滤后将滤纸展开同氯化银沉淀一同放入烧杯，加氨水至沉淀完全溶解，在所得溶液中加入镍氰化钾[]，镍被银定量取代，以紫脲酸铁为指示剂，用EDTA-2Na标准溶液滴定镍，从而直接计算浓度。下列说法正确的是 。 A．氯化银溶于氨水的离子方程式为 B．配制EDTA-2Na标准溶液时，未冷却即转移至容量瓶中进行定容，所测浓度偏大 C．待测液中加入氯化钠，过滤后未洗涤沉淀时使用的烧杯，所测浓度偏小 17．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）海水中蕴含着丰富的资源，氯碱工业、海水提镁、海水提溴为人类提供了大量的工业原料。 (1)海水提溴过程中溴元素的变化如图所示：    ①过程Ⅱ中，用热空气将溴吹出，再用浓碳酸钠溶液吸收。完成并配平下列化学方程式： 。 ②是一种分析试剂。向硫酸酸化的溶液中逐滴加入溶液，当加入时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量如下表。则原溶液中的物质的量是 。 粒子 物质的量/ 0.5 1.3 ？ (2)海水中提取镁的传统工艺如下图所示：    ①脱水得到的过程中，通入的作用是 。 ②实验室模拟该工艺，时，在沉镁的过程中，将溶液滴加到悬浊液中，当混合溶液中时，同时存在两种沉淀，则此时溶液中 。判断此时 (填“是”或“否”)完全沉淀。(已知：，；当某离子浓度降到以下时，认为该离子已经完全沉淀。) ③工业制备镁的新工艺已经广泛应用，其第一步原理是向含氧化镁的熔浆中添加三氯化铈再通入氯气，生成和无水氯化镁。请写出该反应的化学方程式 。 ④某实验小组对进行热重曲线分析：    分析时固体产物的化学式为 。写出从加热到时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式 。 18．（22-23高二上·广东广州·期末）碱式碳酸铜可用作有机催化剂。工业上以辉铜矿(主要成分为，含及少量)为原料制备碱式碳酸铜，工业流程如下：    (1)滤渣可能含S、 (填化学式)。 (2)①“浸取”时能提高辉铜矿Cu浸取率的措施有 (填2条)。 ②某小组测得Cu浸取率随浓度及温度影响的变化曲线如下：    由图一可知适宜的浓度范围为 ；由图一中的a点分析，浸取时也起到了氧化辉铜矿的作用，该反应的离子方程式为 ；图二中高于85℃时Cu浸取率下降的原因是 。 (3)“除铁”步骤调pH可加入试剂 (填选项字母)； a．氨气            b．HCl            c．CuO            d． 常温下，“过滤”后的滤液中，则“除铁”步骤调pH应小于 [常温下，]。 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)溶解；保持体系的酸度，防止Fe3+水解； (2) (3) 硝酸分解的速度大于硝酸分解产物中氧气与磷铁渣的反应速度，造成了溶液中硝酸的损失 吸附硝酸分解生成的和，提高和的利用率 (4)pH增大，促进水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中 (5) 【详解】（1）加入稀硫酸的目的是为了将溶解，同时还能保持溶液呈酸性从而起到抑制Fe3+水解的作用； 故答案为：溶解；保持体系的酸度，防止Fe3+水解； （2）根据已知信息：稀硝酸首先分解生成和，进一步将磷铁渣中的FeP、氧化成和，结合得失电子守恒和质量守恒定律可写出化学方程式； （3）硝酸浓度越大分解速率越快，当分解出的速率大于与磷铁渣的反应速率，导致硝酸有损耗，所以浸取率降低；活性炭具有吸附性，可以吸附硝酸分解生成的和，提高和的利用率； （4）pH增大促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀混入样品中，所以增大； （5）静置后上层的清液为，且反应后剩余c（Fe3+）浓度为0.05mol/L，根据，所以； 【分析】磷铁渣主要含FeP、，以及少量、等杂质，在浸取过程中因为不溶于酸，所以滤渣为，剩余的铁元素和磷元素经过后续的处理最终可得到目标产物磷酸铁。 2．(1)将炭和有机物燃烧除掉 (2)70℃，固液比3：1 (3)HCOOH+PdO=Pd+CO2↑ +H2O (4)+ 3Pd + 11C1-+ 6H+= 3PdCl+ 3H2O (5) 阴离子 B (6) HCl 浸取与洗脱 (7) (0，，) 【分析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。 【详解】（1）“焙烧”的目的是：将炭和有机物燃烧除掉； （2）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比； （3）加入甲酸HCOOH可以将PdO还原成金属单质，HCOOH被氧化产生CO2，同时产生H2O，根据电子守恒可知HCOOH和PdO的系数之比为1：1，再结合元素守恒可得化学方程式为：PdO+HCOOH=Pd+CO2↑+H2O； （4）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：； （5）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B； （6）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用； （7）①若A1、A2原子的坐标分别为(0，0，0)、(，，)，B原子位于侧面，B与A1的距离等于其面对角线长度的，则B原子的坐标为(0，，)； ②该晶胞中Pd原子个数=4×=2、O原子个数=1+8×=2，晶胞密度，设晶胞的高为hpm,则cm3=(a×10-10cm)2×h×10-10cm=a2h×10-30cm3，。 3．(1) (2)Mg2+、Fe3+ (3) 9.4 沉钒 (4) 放水带走空气，减小吸滤瓶内气压 向布式漏斗中加蒸馏水，浸没固体，旋开自来水龙头待液体流出后，重复操作2~3次 (5)1992 【分析】在“焙烧1”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3，加入硫酸，将Mg2V2O7、Fe2O3等溶解，浸出液中除含有 、Mn2+外，还会含有Mg2＋、Fe3＋，同时硅元素转化为浸出渣，加入(NH4)2SO4沉钡得到NH4VO3，过滤、洗涤、焙烧，得到V2O5，加入葡萄糖将V2O5还原为VO2，据此作答。 【详解】（1）“焙烧1”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3，由原子守恒和电子守恒可知化学方程式为，故答案为：； （2）由分析知，浸出液中除含有 、Mn2+外，还会含有Mg2＋、Fe3＋，故答案为：Mg2＋、Fe3＋； （3）由表格可知，时，pH＝8.9开始沉沔，此时pOH＝5.1，则，滤液中浓度为，即，则氢氧根离子浓度为，则pH＝；分离Mn(OH)2沉淀后的溶液继续加氨沉淀除镁后，溶液中的溶质含有硫酸铵，故可再生循环到沉钒工序使用，故答案为：9.4，沉钒； （4）操作时需打开水龙头，自来水带走空气，使吸滤瓶内气压减小，过滤速率较快，产品较干燥；洗涤NH4VO3的操作是向布式漏斗中加蒸馏水，浸没固体，旋开自来水龙头待液体流出后，重复操作2~3次，故答案为：放水带走空气，减小吸滤瓶内气压；向布式漏斗中加蒸馏水，浸没固体，旋开自来水龙头待液体流出后，重复操作2~3次； （5）“高温还原”时C6H12O6转化为CO2和H2O，其化学方程式为，180gC6H12O6为1 mol，由化学方程式可知，可得VO2 24 mol，其质量为1992g，故答案为：1992。 4．(1)温度低于40℃时，随温度升高细菌活性增强，使金属浸出率增大，温度高于40℃时，随温度升高，细菌失活，铁离子水解程度增大浸出率降低 (2)4CuFeS2+17O2+4H+4Fe3++Cu2++8+2H2O (3) CuSO4+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O Fe(OH)3 (4) 可行 2.8 (5)1:1 (6) x：(2-2x) a 【分析】以黄铜矿(主要含CuFeS2，含少量FeS2、SiO2杂质)为原料，在酸性条件下采用生物催化氧化法制备纳米级硒化铜的流程分析可知，黄铜矿粉末加入细菌、酸性溶液、通入空气浸取过滤，得到硫酸铜、硫酸铁溶液，溶液中加入过量的氨水，过滤得到滤渣为Fe(OH)3，深蓝色溶液为铜氨溶液，加入酸X为稀硫酸酸化得到硫酸铜和硫酸铵的溶液，高压下全球还原硫酸铜得到铜粉，铜粉和硒粉、乙二醇、水加热反应生成纳米级硒化铜(Cu2-xSe)，据此分析解题。 【详解】（1）40℃时金属浸出率达到“峰值”的原因可能是：温度低于40℃时，随温度升高细菌活性增强，使金属浸出率增大，温度高于40℃时，随温度升高，细菌失活，铁离子水解程度增大浸出率降低，故答案为：温度低于40℃时，随温度升高细菌活性增强，使金属浸出率增大，温度高于40℃时，随温度升高，细菌失活，铁离子水解程度增大浸出率降低； （2）“浸取”步骤中，氧气参与反应生成硫酸铁、硫酸铜，反应的离子方程式为：4CuFeS2+17O2+4H+4Fe3++Cu2++8+2H2O； （3）加入过量氨水时，反应分两步进行，CuSO4转化为深蓝色溶液中溶质的主要成分是：[Cu(NH3)4]SO4，则CuSO4参与反应的化学方程式为：CuSO4+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，Fe2(SO4)3转化为Fe(OH)3沉淀，故滤渣的主要成分是Fe(OH)3； （4）氧化铜和氢氧化铜能够消耗溶液中的H+，从而促进铁离子水解，产生Fe(OH)3而除去Fe3+，故用CuO或Cu(OH)2替代氨水可以达到相同的目的，需调节溶液的最低pH即让Fe3+恰好完全沉淀时的pH，则有c(OH-)==mol/L，此时POH=-lg=11.2，故pH=2.8，故答案为：可行；2.8； （5）由题干转化流程图可知，在高压、加热条件下，用H2还原CuSO4溶液的反应生成Cu和H2SO4，反应方程式为：CuSO4+H2Cu+H2SO4，反应中H2为还原剂，CuSO4为氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1； （6）①假设晶胞中Cu2+为y个，则Cu+为2-x-y个，根据化合价代数和为0可知，2y+2-x-y=2，解得y=x，该晶胞中Cu2+和Cu+的个数比为x：(2-2x)； ②由题干晶胞可知，该晶胞中与或之间的最短距离为体对角线的，即为a，故答案为：a。 5．(1)将配合物内界的转化为外界的，酸溶后的远大于酸溶前的 (2) (3) 未被氧化的在碱性条件下转化为，能将转化为可溶性的 NaOH的用量(或反应时溶液的pH) (4)乙烯分子中的键 (5)用热蒸馏水洗涤2-3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加稀与溶液，无白色沉淀生成，停止洗涤操作。向所得中加入足量浓盐酸，搅拌使其充分反应，蒸发溶液至有大量晶体析出，利用余热蒸干，在175℃加热固体至恒重，研磨 【分析】加入热的浓盐酸，发生已知信息中反应生成和，反应后溶液中加入NaClO3溶液将氧化为氮气，再加NaOH溶液发生已知②中反应，生成沉淀；过滤，将溶于盐酸得到PdCl2。 【详解】（1）“酸溶”后内界中的氨气分子转化为铵根离子，从而提高铵根离子浓度，可提高氧化速率； （2）“氧化”时产生气体中还有一定量，原因为NaClO3能与氯离子氧化成氯气， 反应离子方程式为：； （3）若氧化不充分，则溶液中未被氧化的在碱性条件下转化为，能将转化为可溶性的；因有两性，能溶于强碱，“沉钯”时需控制溶液的pH值防止碱性太强导致溶解； （4）乙烯分子与Pd2+形成的配位键的是乙烯分子中的键； （5）制备的实验方案：取沉钯后过滤所得，用热蒸馏水洗涤2-3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加稀与溶液，无白色沉淀生成，停止洗涤操作。向所得中加入足量浓盐酸，搅拌使其充分反应，蒸发溶液至有大量晶体析出，利用余热蒸干，在175℃加热固体至恒重，研磨，得到干燥的粉末。 6．(1) 将钒石煤和混合粉碎 适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量 (2) (3) 、 、 反应的平衡常数 (4)溶液 (5)利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率(利用沉淀溶解平衡也可) (6) 【分析】含钒石煤(主要成分为、，杂质有、及、、等化合物)中加入CaCO3，通入O2焙烧，、都转化为，水浸并加入Na2CO3调节pH为8.5，根据表中各物质开始沉淀和完全沉淀的pH可知，此时Fe3+和Al3+沉淀完全，Mg2+和Mn2+部分沉淀，随后进行离子交换，用淋洗液洗脱，加入NH4Cl沉钒，煅烧后加入钙冶炼最后生成单质钒。 【详解】（1）为加快反应速率，提高“焙烧”效率，可采取将钒石煤和混合粉碎，增大反应物的接触面积；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施实现。 （2）“焙烧”时，加入CaCO3并通入氧气，、都转化为，反应的化学方程式为。 （3）“水浸”时加入调节溶液的为8.5，根据表格数据可得已完全沉淀的离子有、，部分沉淀的有、；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式为，其平衡常数，故不能完全转化。 （4）“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液。 （5）“沉钒”过程中需要加入过量，其目的是利用同离子效应，促进晶体的析出，提高沉钒率。 （6）该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为，位于顶点和体心的V原子数为，则该晶体的密度。 7．(1)3d24s2 (2)增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率 (3)Fe、SiO2、CaSO4 (4)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O (5) pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在 4Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3 (6) TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓ +5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 【分析】钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质，酸浸加入硫酸溶液与金属氧化物Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3反应生成盐和水，氧化铁反应生成硫酸铁、氧化镁反应生成硫酸镁、氧化铝反应生成硫酸铝，已知信息FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，FeTiO3和硫酸溶液反应的离子方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，浸取液中含：Fe3+、Mg2+、Ca2+、Al3+，CaO和硫酸反应生成CaSO4，SiO2不与硫酸反应，则滤渣①成分为过量的铁粉、CaSO4、SiO2，根据加入Fe粉还原铁离子为亚铁离子，滤液①结晶过滤得到晶体成分为硫酸亚铁晶体，滤液②为FeTiO3，水解生成H2TiO3，灼烧得到钛白粉，据此分析解题。 【详解】（1）基态Ti原子的核电荷数22，价层电子排布式为：3d24s2； （2）磨矿的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率； （3）酸浸加入稀硫酸和CaO反应生成CaSO4微溶物，SiO2是非金属氧化物，不溶于酸，则滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe、SiO2、CaSO4； （4）由信息①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在，②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出和一种阳离子TiO2+，则酸浸过程中，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，发生反应的化学方程式：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O； （5）①由Fe3+水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变，故答案为：pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在； ②55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是：因为温度升高，Fe2+易被体系中的O2氧化，反应的离子方程式为：4Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3； （6）①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为：TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓； ②实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理为：+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。 8．(1) 有刺激性气味的气体产生 Al3++3=Al(OH)3(胶体)+3CO2↑ (2)2：7 (3)SiO2 (4)浓度过大，浓缩时析出Al2(SO4)3·18H2O，造成产品产率下降；冷却结晶时析出FeSO4·7H2O，造成产品不纯 (5)CO(NH2)2+H2O=2NH3+CO2↑ (6) KSCN溶液 重结晶 【分析】步骤Ⅰ：FeS2与空气反应生成FeSO4和H2SO4，硫酸与硅酸盐反应生成Al2(SO4)3，二氧化硅不与硫酸反应； 步骤Ⅱ：加入雨水溶浸，滤渣为SiO2，溶质为FeSO4、Al2(SO4)3、H2SO4； 步骤Ⅲ：对清液60℃蒸发浓缩，提高溶质FeSO4、Al2(SO4)3、H2SO4的浓度； 步骤Ⅳ：加入海藻灰或人尿，析出KAl(SO4)2·12H2O或NH4Al(SO4)2·12H2O； 据此分析； 【详解】（1）铵矾与过量熟石灰研磨，研磨相当于加热，铵矾中的NH与过量的OH-反应生成氨气，现象是有刺激性气味的气体生成；“铝矾”中Al3+与HCO发生水解反应，生成氢氧化铝胶体，其离子方程式为Al3++3HCO=Al(OH)3(胶体)+3CO2↑；故答案为有刺激性气味的气体生成；Al3++3HCO=Al(OH)3(胶体)+3CO2↑； （2）FeS2中S显-1价，与空气发生反应，氧气作氧化剂，将S氧化为+6价，根据得失电子数目守恒，有n(FeS2)×2×[6-(-1)]=n(O2)×2×2，n(FeS2)∶n(O2)=2∶7；故答案为2∶7； （3）根据上述分析，步骤Ⅱ中所得沉渣的主要成分是SiO2；故答案为SiO2； （4）根据表中数据可知，浓度过大，浓缩时析出Al2(SO4)3·18H2O，造成产品产率下降；冷却结晶时析出FeSO4·7H2O，造成产品不纯；故答案为浓度过大，浓缩时析出Al2(SO4)3·18H2O，造成产品产率下降；冷却结晶时析出FeSO4·7H2O，造成产品不纯； （5）尿素完全水解生成氨，根据原子守恒和质量守恒，尿素水解生成氨的化学方程式CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑；故答案为CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑； （6）检验Fe3+一般常用KSCN溶液，也可以用亚铁氰化钾溶液；要得到较纯净的明矾晶体，利用溶解度不同，需对粗产品重结晶进行纯化；故答案为KSCN溶液或亚铁氰化钾溶液；重结晶。 9．(1) (2)C (3)0.16 (4) 热 温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失 (5) (6) (7) 【分析】加入NaOH溶液溶解Al变为NaAlO2，而不溶的杂质和LiFePO4经过滤进入滤渣1。滤渣1经盐酸和氧化浸取处理后得到不溶的滤渣和浸出液Li3PO4和FeCl3、HCl等。浸出液用Na2CO3调pH使Fe3+转变为FePO4·H2O沉淀和含有LiCl和NaCl、Na2CO3的滤液2。滤液2加入Na2CO3在60-80℃处理将Li+转变为Li2CO3沉淀。 【详解】（1）Al转变为NaAlO2和过量的NaOH均进入滤液1，所以阴离子为OH-和。 （2）A．HNO3氧化铁时自身被还原为NO污染环境，A项不符合题意； B．酸性高锰酸钾氧化铁时产生Mn2+可能与Li+共沉淀，同时高锰酸钾还与盐酸产生Cl2污染环境浪费原料，B项不符合题意； C．H2O2氧化铁时产生H2O无污染不干扰后续反应，C项符合题意； D．NaClO3与盐酸反应产生Cl2污染环境浪费原料，D项不符合题意； 故选C。 （3）滤液2中c(Li+)=2mol⋅L−1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率达到90%，即沉淀后溶液中c(Li+)=1×10%=0.1mol/L，利用Ksp(Li2CO3)=1.6×10−3=c()c2(Li+)得到c()=0.16mol/L。 （4）从表格数据看，随着温度的升高Li2CO3的溶解度降低，选用热水洗涤。 （5）从图看将浸出液进行了循环，浸出液中含有盐酸和H2O2。还有最终得到Li2CO3的母液和滤液2中均还有大量的Na2CO3，所以可以循环的物质有盐酸和H2O2、 Na2CO3。 （6）炭黑将FePO4还原为LiFePO4而自身还原为CO，反应为。 （7）充电即为电解池，阳极发生氧化反应即LiFePO4→FePO4，反应为。 10．(1)增大氧气浓度，加快氧气氧化Fe2+的速率 (2) 调节溶液的pH，有利于Fe3+转化成铁矾渣 6Fe3++2Na++4+11H2O+MgO (3) MgSO4 2.0×10-3mol·L-1 MgO加入量低于3.0g，镍的沉淀不完全，高于3.0g对镍的沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降 (4) 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 5a 【分析】铜镍矿在氧压酸浸的条件下将镍、镁、铜、铁的氧化物转化为各自的离子，铁将以铁离子形式存在，萃取剂将铜离子与原溶液分离，最终得到金属铜，水相加氧化镁与硫酸钠，将铁变为铁矾渣除去，然后继续用氧化镁调节溶液酸碱性使镍转化为沉淀，最终得到镍单质。 【详解】（1）氧气主要作用是为了将铁全部转化为铁离子，便于除去，故通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化Fe2+的速率； （2）MgO在“沉淀除铁”过程中的作用是调节溶液的pH，有利于Fe3+转化成铁矾渣，根据题中所给出的已知条件，可以得出生成铁矾渣的离子反应方程式为：6Fe3++2Na++4+11H2O+MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+Mg2++10H+； （3）结合前后流程可以发现滤液中阳离子为镁离子，镍离子已被沉淀，钠离子形成了铁矾渣，氢离子与过量的氧化镁反应，阴离子则主要为硫酸根离子，故“沉镍”步骤所得滤液中的溶质主要是MgSO4；当pH为8.0时，此时c(OH-)=10-6mol/L，根据，得c(Ni2+)=2.0×10-3mol·L-1；分析图像可知，MgO加入量低于3.0g，镍的沉淀不完全，高于3.0g对镍的沉淀率影响不大，但会增加镁的沉淀，导致沉淀产物中镍含量下降； （4）阴极发生还原反应，电解时阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-和Cl-，ClO-再把Ni(OH)2氧化为Ni2O3，ClO-会被还原为Cl-根据电子守恒故可以得到ClO-的物质的量是Ni(OH)2的2倍,即4a mol，而Cl2中有80%生成ClO-和Cl-，所以Cl2的物质的量为2.5a mol，原溶液中Cl-应失去5a mol电子才能生成2.5amol Cl2，外电路中通过的电子的物质的量为5a mol。 11．(1) 适当加热(或将固体原料粉碎或适当增大酸的浓度等) 3d54s1 (2)+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O (3)Cr(OH)3 (4)防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低 (5) (6) 【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等 )加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr (OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。 【详解】（1）适当加热、将固体原料粉碎、适当增大酸的浓度等措施能提高酸溶时反应速率；铬元素的原子序数为24 ，基态原子的价电子排布式为3d54s1，故答案为：适当加热(或将固体原料粉碎或适当增大酸的浓度等)；3d54s1； （2）由题意可知，还原时发生的反应为酸性条件下，重铬酸根离子与草酸反应生成铬离子、二氧化碳和水，反应的离子方程式为+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O，故答案为：+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O； （3）由分析可知，滤渣1的主要成分是Cr (OH)3，故答案为：Cr (OH)3； （4）由题给信息可知，Cr (OH)3是两性氢氧化物，若使用NaOH溶液调整溶液pH时，若pH过大会导致Cr (OH)3会溶解，所以为防止溶液pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低，除去溶液中钙离子、镁离子时用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13，故答案为：防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低； （5）由方程式可知，反应的化学平衡常数K=，故答案为：； （6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锶原子个数为8×=1，位于面心的氧原子数为6×=3，位于体心的钛原子个数为1，则晶胞的化学式为SrTiO3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—7a3d，解得d=，故答案为：。 12．(1) (2) B、 坩埚 (3) 6mol/L 4：1 (4) 、 (5) 钕铁硼废料 Nd比铁活泼，阳极发生电极反应，若外加酸，则会发生反应，Fe和Nd不能分离 【分析】根据流程图可知钕铁硼废料中的Nd、铁、硼、铝、硅酸盐在酸性条件下酸溶得到、、，B不溶进入滤渣，硅酸盐变成难溶的硅酸进入滤渣1，沉钕过程将转化为难溶于水的，碱转化则将转化为，同时铝元素转化为，再加稀硫酸将转化为可溶的，用草酸沉淀，最后煅烧得到Nd。 【详解】（1）根据构造原理，60号Nd元素的简化核外电子排布式为； （2）根据分析可知滤渣的成分主要为B、；在实验室中“煅烧”过程在坩埚中进行； （3）根据所给图示可知最佳工艺的硫酸浓度为6mol/L，液固比为4：1； （4）由题给数据可知，因此含的浓度为1.0mol/L的溶液使完全沉淀的氢氧根粒子浓度为，则pH=5.8，结合需要将铝元素全部存在滤液2中，即需要将铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，则“沉钕”时调节pH范围为。“碱转化”过程将转化为，同时铝元素转化为，发生的离子方程式为、； （5）采用电化学阳极氧化技术直接浸出钕铁硼废料中的钕和铁元素，则以钕铁硼废料为阳极进行电解。因为Nd比铁活泼，阳极发生电极反应，若外加酸，则会发生反应，Fe和Nd不能分离。 13．(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2 (2) SiO2 将Fe3+还原为Fe2+，防止水解生成Fe(OH)3 (3)Sc(OH)3+NaOH=Na[Sc(OH)4] (4)3.0×10-10 (5)2Cl- -2e-=Cl2↑、C-2e-+O2-=CO↑ (6) 7:2 【分析】由题干工艺流程图可知，赤泥废渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、TiO2、Sc2O3)中加入稀硫酸则Fe2O3转化为Fe2(SO4)3、TiO2转化为Ti(SO4)2，Sc2O3转化为Sc2(SO4)3，只有SiO2不溶于硫酸，过滤得滤渣，其主要成分为SiO2，加入萃取剂萃取Sc3+，分液分离得到含Sc3+的有机相和含有Ti(SO4)2和Fe2(SO4)3的水层，加入Fe将Fe3+还原为Fe2+，防止水解时Fe3+与Ti4+一起水解沉淀，然后水解得到TiO2·xH2O，向有机相中加入NaOH进行反萃取，经过一系列步骤得到Sc，据此分析解题。 【详解】（1）根据能级构造原理可知，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2； （2）由分析可知，滤渣的主要成分为SiO2，铁粉还原Fe3+的后续步骤是通过水解制得TiO2·xH2O，而Fe3+也易水解，故加入铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+，防止水解生成Fe(OH)3； （3）Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成的含产物即为[Sc(OH)4]-，该反应的化学方程式为：Sc(OH)3+NaOH=Na[Sc(OH)4]； （4）加入溶液后，当溶液中时，此时c(Sc3+)===10-3mol/L，则c(OH-)≤==3.0×10-10mol/L，即的最大值为3.0×10-10； （5）图示信息可知，石墨电极附近可收集到黄绿色气体即Cl2，故该电极为阳极，放出Cl2和CO，则该极的两个电极反应式为：2Cl- -2e-=Cl2↑、C-2e-+O2-=CO↑； （6）①由题干图甲立方晶系TiO2晶胞所示，可知一个晶胞中含有Ti个数为：=4，O个数为：=8，故一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：a2c×10-30cm3，故其晶体的密度为=； ②氮掺杂后，棱上、面上和晶胞体内各少一个O，即减少=个O，增加1个N原子在面上，即属该晶胞的为个N原子，图乙晶体中，解得a：b=7:2。 14．(1)+5 (2)增大反应物接触面积，提高碱浸速率和原料转化率 (3)As2S3+7O2+12OH-=2AsO+3+6H2O (4) NaOH 碱浸 (5)硫酸钙或CaSO4 (6)3CuSO4+2H3AsO4+6NH3·H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)2SO4+6H2O (7)75％ 【分析】硫化砷废渣(主要成分为As2S3，含少量的Sb、Bi)粉碎后碱浸，硫化神渣中 As2S3与 NaOH、空气中的O2反应生成 Na3AsO4、Na2SO4和H2O，Sb、Bi不与 NaOH反应，过滤后在浸出渣中，Na3AsO4和Na2SO4在滤液中，滤液中加CaO“沉砷”，Na3AsO4与CaO、水反应生成Ca3(AsO4)2沉淀，过滤后，NaOH和 Na2SO4在滤液中，Ca3(AsO4)2在滤渣中，往Ca3(AsO4)2中加稀H2SO4生成H3AsO4和 CaSO4沉淀，过滤后H3AsO4和一水合氨、硫酸铜溶液反应生成Cu3(AsO4)2，以此解答。 【详解】（1）由化合价代数和为零可知，Cu3(AsO4)2中As的化合价为+5。 （2）“粉碎”的目的是增大反应物接触面积，提高碱浸速率和原料转化率。 （3）“碱浸”时，在加热条件下As2S3中硫元素被氧化为，As元素被氧化为AsO中，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：As2S3+7O2+12OH-=2AsO+3+6H2O。 （4）由分析可知，“沉砷”后滤液中主要含有NaOH和Na2SO4，“碱浸”步骤中也用到NaOH，NaOH可循环利用到碱浸步骤中。 （5）由分析可知，“滤渣“的成分是硫酸钙或CaSO4。 （6）沉淀转化实质上是CuSO4与 NH3·H2O反应生成的Cu(OH)2和H3AsO4反应生成了更难溶的Cu3(AsO4)2，化学方程式为：3CuSO4+2H3AsO4+6NH3·H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)2SO4+6H2O。 （7）悬浊液中As2S3的物质的量为=0.3 mol，悬浊液中As元素的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，浸出液中Na3AsO4的物质的量为0. 45mol/L×1L=0.45mol，则砷的浸出率为=75％。 15．(1)将正极极片料粉碎(或搅拌，升高温度，适当提高NaOH溶液的浓度等) (2)反应生成的Fe3+作H2O2分解的催化剂 (3)Fe(OH)3 (4) +H++H2O=A1(OH)3↓ 过滤、洗涤、干燥、灼烧 (5) 阳离子 1.5 3 (6) +6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 【分析】碱浸将Al进行溶解为NaAlO2溶液和不溶物，经过滤滤渣①经酸溶解氧化得到Fe3+、Li+。调pH将Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去。沉锂将Li2SO4转变为Li2CO3。NaAlO2溶液中加入适量硫酸得到Al(OH)3过滤得到固体经高温得到Al2O3。 【详解】（1）加快固体溶解速率有：将固体粉碎或搅拌增大接触面积、升温、增大碱液浓度等。答案为将正极极片料粉碎(或搅拌，升高温度，适当提高NaOH溶液的浓度等)； （2）H2O2将Fe2+转变为Fe3+，但其自身易分解，所以用量比理论用量稍高的。答案为反应生成的Fe3+作H2O2分解的催化剂； （3）由以上分析滤渣③为Fe(OH)3。答案为Fe(OH)3； （4）NaAlO2溶液中加入硫酸得到Al(OH)3，反应为+H++H2O=A1(OH)3↓。从固液混合物中得到固体先采取过滤、洗涤、干燥，然后将Al(OH)3进行高温分解得到Al2O3。答案为+H++H2O=A1(OH)3↓；过滤、洗涤、干燥、灼烧； （5）Na2SO4溶液制备H2SO4溶液和NaOH，即Na+经b膜到达右池形成NaOH，b膜为阳离子交换膜且该区为阴极区。而经a膜到达左池区形成H2SO4，所以左池区为阳极区，a膜为阴离子交换膜。 （6）从图看1.5mol/LNa2SO4各项指标均达到最大值。而在电解3h时各离子的浓度和电流效率都较高。K2Cr2O7滴定将Fe2+氧化为Fe3+而自身被还原为Cr3+，反应为+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。25mL样品消耗的n()=0.01V×10-3mol=10-5Vmol，则n(Fe2+)=6×10-5Vmol。最终计算样品中铁的质量分数为。答案为1.5；3；+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；。 16．(1) CuSO4、 增大氧气的浓度或适当提高煅烧的温度、搅拌、加压等 (2) 1:3 (3) 滴入最后半滴KSCN标准液后，溶液无色变为红色，且半分钟不褪色 碱式 (4)AC 【分析】金属富集粉末通入氧气煅烧，煅烧后银、钯、金、铂均以游离态存在，锑、铅转化为、PbO，铜、铝转化为相应金属氧化物；加入稀硫酸酸浸，铜、铝氧化物转化为CuSO4、，将溶液过滤得到滤液a，滤渣加入硫酸、氯化钠，Sb元素转化为可溶性氯化锑，过滤得到滤液b，碱浸可得到含二价铅的滤液c；氧化过程中加入硝酸使Ag、Pd进入滤液d，调节pH分离出含Pd的沉淀，Ag元素进入滤液e。 【详解】（1）由分析可知，滤液a中溶质的主要成分为CuSO4、；为缩短煅烧时间，可采取的措施是增大氧气的浓度或适当提高煅烧的温度、搅拌、加压等； （2）由分析可知，生成滤液e中主要成分的反应为银单质和硝酸生成硝酸银和一氧化氮气体，，4分子硝酸中有1分子表现氧化性被还原为NO，故表现氧化性与表现酸性的硝酸物质的量之比为1:3；两性偏酸性，与强碱共热可得铅酸盐，则与NaOH反应生成和水，离子方程式为； （3）铁离子能和KSCN溶液生成红色物质，故达到滴定终点的现象：滴入最后半滴KSCN标准液后，溶液无色变为红色，且半分钟不褪色；KSCN为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故应加入碱式滴定管。 （4）A．氯化银溶于氨水形成配离子、氯离子和水，离子方程式为，A正确； B．配制EDTA-2Na标准溶液时，未冷却即转移至容量瓶中进行定容，导致标准液浓度偏大，使得标准液用量偏小，导致所测浓度偏小，B错误； C．待测液中加入氯化钠，过滤后未洗涤沉淀时使用的烧杯，造成银离子损失，导致所测浓度偏小，C正确； 故选AC。 17．(1) 3 (2) 抑制与水在加热条件下发生水解反应 是 【分析】(1)利用氧化还原反应的规律以及化合价升降法进行配平，利用得失电子数目守恒进行氧化还原反应的计算； (2)本题是流程题，但各题独立存在，不需要整体判断流程，运用各自理论解决个小题； 【详解】（1）①根据反应方程式可知，Br2既是氧化剂又是还原剂，有化合价升高，也有化合价降低，因此还原产物为NaBr，利用化合价升降法以及原子守恒进行配平，化学反应方程式为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr；故答案为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr； ②根据表中数据，NaBrO3作氧化剂，还原产物是Br2，NaI作还原剂，被氧化成NaIO3和I2，2.6molNaBrO3→1.3molBr2，2.6molNaBrO3全部参与反应，根据得失电子数目守恒有2.6mol×(5-0)=0.5mol×2×[0-(-1)]+n(NaIO3)×[5-(-1)]，解得n(NaIO3)=2mol，根据碘原子守恒，NaI物质的量为(0.5mol×2+2mol)=3mol；故答案为3； （2）①直接加热MgCl2·6H2O，因Mg2+水解，得到MgO或Mg(OH)Cl，因此为抑制MgCl2水解，需要在HCl氛围中加热；故答案为抑制MgCl2与水在加热条件下发生水解反应； ②混合溶液的pH=12时，同时得到Ca(OH)2、Mg(OH)2两种沉淀，因此溶液中=8.0×105；常温下，pH=12时，溶液中c(OH-)=10-2mol/L，则溶液中c(Mg2+)==6.0×10-8mol/L＜1.0×10-5，判断此时Mg2+已完全沉淀；故答案为8.0×105；是； ③根据题中所给信息，该反应方程式为4MgO+2CeCl3+Cl24MgCl2+2CeO2，故答案为4MgO+2CeCl3+Cl24MgCl2+2CeO2； ④0～181℃失去结晶水，发生反应MgCl2·6H2OMgCl2·(6-x)H2O+xH2O，203gMgCl2·6H2O的物质的量为1mol，0～181℃固体质量变化(203-131)g=72g，应是减少水的质量，计算出x=4，181℃时固体产物的化学式为MgCl2·2H2O；181℃加热到300℃得到一种含镁的碱式盐，，其质量为76.5g，203gMgCl2·6H2O的物质的量为1mol，根据原子守恒，含镁的碱式盐中含有1molMg2+、1molCl-和1molOH-，则含镁的碱式盐为Mg(OH)Cl，其反应方程式为MgCl2·2H2OMg(OH)Cl+H2O+HCl↑；故答案为MgCl2·2H2O；MgCl2·2H2OMg(OH)Cl+H2O+HCl↑。 18．(1)SiO2 (2) 适当升高温度、适当增大浓度、粉碎固体增大接触面积等（任选其中两条） 0.1 mol/L0.2mol/L 温度过高，分解，浸取率降低 (3) c 4 【分析】辉铜矿(主要成分为，含及少量)，加入过氧化氢、稀硫酸、硫酸铁溶液浸取，稀硫酸会与反应生成硫酸铁，发生氧化反应生成S、Cu2+，滤渣为SiO2和S，过滤后滤液中加入适当物质调pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，经过滤除去，所得滤液再加入碳酸氢铵溶液沉铜，获取碱式碳酸铜。 【详解】（1）因辉铜矿主要成分为Cu2S，含SiO2及少量Fe2O3，加入过氧化氢、稀硫酸、硫酸铁溶液浸取，稀硫酸会与Fe2O3反应，浸取之后过滤得滤渣有S，可知Cu2S也参与了反应，故滤渣中还应有不参与反应且难溶于浸取所加溶液的SiO2。 （2）①“浸取”时能提高辉铜矿Cu浸取率的措施即从外因提高反应速率，可从以下几个角度如适当升高温度、适当增大H2O2浓度、粉碎固体增大接触面积等。 ②由图1可知b点和c点铜浸取率相对较高，所以H2O2适宜的浓度范围为0.1 mol/L∼0.2mol/L；因图1中a点时H2O2浓度为0，但铜的浸取率为81%，说明浸取时Fe2(SO4)也起到了氧化辉铜矿的作用，该反应的离子方程式为；图2中高于85℃时因温度过高，H2O2分解，Cu浸取率降低。 （3）“除铁”步骤调pH需加入的试剂应能消耗氢离子，使铁元素以氢氧化铁的形式除去，排除b(HCl)和d(CuCl2)，而除杂的原则是不引入杂质离子且所加试剂不与提纯物质反应，排除a(氨气)，因为氨气会在溶液中与铜离子反应生成沉淀时引入铵根离子，故选c(CuO)。 常温下，“过滤”后的滤液中，结合常温下得，，所以常温下c(H+)=10-4mol/L ，铜离子沉淀时pH=4，则“除铁”步骤调pH应小于4。 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 $$