2025届高三化学二轮复习 专题复习-- --工业流程题

2025届高三化学专题复习----工业流程题 1．（2025·广东·一模）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿，含有和少量等杂质为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示： 已知：有关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 完全沉淀的 常温稳定，在热水中会分解生成； 。 回答下列问题： (1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有 任写一种。 (2)滤渣Ⅰ经无色液体，沸点提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分是 填化学式。“浸取”过程中被氧化的化学方程式为： ，回收淡黄色副产品过程中温度控制在之间，不宜过高或过低的原因是 。 (3)常温下“除铁”时加入的试剂可用，调节的范围为 ，若加后将溶液的调为，则溶液中的浓度为 。 (4)写出“沉锰”除过程中反应的离子方程式： 。 (5)测定副产品样品的纯度：准确称取样品，加蒸馏水配成溶液，取出用标准溶液测定，完全反应后得到沉淀，则此样品的纯度为 保留到小数点后位。 2．（2024·广东江门·三模）电解锌的生产过程中会产生大量富钴渣，主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO。采用如图工艺可利用富钴渣生产高纯高锌： 已知：i．CoOOH可溶于强酸，有很强的氧化性。 ii．该工艺条件下的一些难溶电解质的溶度积常数如表： 难溶电解质 回答下列问题： (1)“溶浸”时生成对应钴离子的基态价电子排布式 。 (2)还原性： (填“>”“<”或“=”)。 (3)“沉铁”步骤需将浓度降低到，若此浓度约为0.5mol/L，通过计算说明此时是否有开始沉淀： ；“沉铁”的离子方程式： 。 (4)“氧化除杂”中生成CoOOH的离子方程式为 。分离和CoOOH的试剂应选用 和NaOH溶液。 (5)“还原除杂”中“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (6)钴钛氧化物的晶胞结构如图，其中钴和钛的原子总数比氧的原子数少，且钴原子与氧原子的最短距离比钛原子与氧原子的最短距离要小，钛原子的位置 。已知晶胞参数为apm，晶胞密度为，据此推断阿伏加德罗常数 。 3．（2024·浙江金华·模拟预测）铬酰氯()可在有机合成中作氯化剂。某兴趣小组用与HCl反应制备液态，实验装置如图。 已知： ①的沸点是117℃，易挥发、易水解。 ②水解反应： 请回答： (1)仪器X的名称是 。 (2)完善虚框内的装置排序： 。 ____→C→____→____→____→尾气处理装置 (3)尾气处理装置中最合理的是 。 (4)装置E中玻璃棉的作用是 。 (5)下列说法正确的是___________ A．该实验操作须在通风橱中进行 B．浓硫酸在反应前可预冷却至0℃左右，以防止反应速率过快 C．加入过量NaCl固体，有利于产生过量的氯化氢，可以提高铬酰氯的产率 D．装置C中可盛放碱石灰 (6)取1.60g 产品，控制pH值为6.5-10.5，滴加溶液至沉淀出现砖红色时，停止滴加，将沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量为2.87g。产品的纯度为 。(结果保留3位有效数字)。 4．（2024·上海·高考真题）粗盐中含有等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：和的溶解度如图所示： (1)步骤①中要稍过量。请描述检验是否过量的方法： 。 (2)若加后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致_______。 A．不能完全去除 B．消耗更多 C．不能完全去除 D．消耗更多 (3)过滤操作中需要的玻璃仪器。除烧杯和玻璃棒外，还需要_______。 A．分液漏斗 B．漏斗 C．容量瓶 D．蒸发皿 (4)步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有 。 (5)“一系列操作”是指_______。 A．蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B．蒸发至晶膜形成后，冷却结晶 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D．蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 (6)请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应 。 另有两种方案选行粗盐提纯。 方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为]除去，再通入含的工业废气除去； 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去，再加入碳酸钠溶液除去。 (7)相比于方案3，方案2的优点是 。 (8)已知粗盐水中含量为，含量为，现用方案3提纯10L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为)和碳酸钠的物质的量 。 5．（2024·北京·三模）是一种重要的化工原料，可用于制革，印染等工业。 (1)以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的工艺流程如图。 已知：Al2O3与纯碱焙烧转化为NaAlO2，SiO2与纯碱焙烧转化为Na2SiO3。 ①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。 ②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时发生的化学方程式 。 ③滤渣1主要含有 。 ④矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 ⅰ．过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是 ，pH的理论范围为 。 ⅱ．过程Ⅳ发生反应，计算该反应的K≈ 。 (2)测定产品中的质量分数。 称取a g产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用b mol∙L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液v mL。产品中（摩尔质量为）的质量分数为 。（列计算式） (3)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。 ①离子交换膜应该选用 （填序号）。 a．阴离子交换膜                    b．质子交换膜                c．阳离子交换膜 ②结合方程式解释Na2Cr2O7产生的原理 。 已知：酸性条件下被还原为Cr3+。 6．（2024·广东深圳·模拟预测）石油的催化裂化过程中要用到FCC催化剂，废FCC催化剂主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2、NiO和V2O5，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：①V2O5为两性氧化物，在水溶液中存在：；钒元素的主要存在形式与溶液pH的关系如下： 溶液pH <4.0 6.0~8.0 8.0~10.0 钒元素主要存在形式 ②该工艺条件下，几种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表(25℃时的数据)。 金属离子 Fe3+ Al3+ Ni2+ 开始沉淀的pH 2.7 3.4 7.6 完全沉淀的pH 3.2 4.2 9.1 (1)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。 (2)“调节pH”的步骤中，调节pH的范围为 。 (3)“酸浸”时，V2O5和H2SO4反应的化学方程式为 。 (4)“反萃取”后得到NiSO4溶液，通过电解可以在 (填“阳极”或“阴极”)得到镍单质，电解产物 (填化学式)可以循环使用。 (5)“沉镍”时，镍转化为NiCO3，写出该反应的离子方程式： ；若使用Na2CO3溶液“沉镍”，可能会得到两种难溶物质，原因是 。 (6)一种镍钒合金的四方晶胞结构如图所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。图中位于体心的V原子分数坐标为，则图中A原子的分数坐标为 。阿伏加德罗常数的值为NA，该合金的密度ρ= g·cm-3(用含a、b、NA的代数式表示)。 7．（2024·山西晋中·模拟预测）湿法炼锌的主要工序有焙烧、浸出、净化和电积，浸出后获得大量的含Zn、Co、Ni、Fe、Mn、Cd等金属的钴镍渣，为有效回收钴镍渣中的有价金属，设计如图所示的工艺流程： (1)加热能提高“酸浸”速率，除此外还可采取的措施有 (填1条即可)。“酸溶”时却不宜采用加热的方法来加快反应速率，其原因是 。 (2)“氧化分离”时，过硫酸钠的用量与溶液中金属离子的脱除率的关系如图所示。 ①氧化剂Na2S2O8的阴离子结构为，其中硫元素化合价为 ，其阴离子结构片段S-O-O-S中的所有原子 (填“在”或“不在”)一条直线上。 ②流程中过硫酸钠的加入量应为理论量的 (填字母)倍。 a．2～3　　　　　b．4～5　　　　　c．7～8 (3)滤渣1中主要含MnO2、 ，写出生成MnO2的离子方程式： 。 (4)由碱式碳酸锌可制备ZnO，ZnO的晶胞结构如图，则锌的配位数为 ；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为 g∙cm-3 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 8．（2024·山西大同·模拟预测）钴酸锂（）常用作锂离子电池的正极材料。以某卤水（含浓度较大的LiCl、少量、、等）为原料制备并获得金属Mg副产品的一种工艺流程如图所示： 已知： ①的溶解度随温度升高而降低。 ②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表所示。 物质 室温下 回答下列问题： (1)某小组同学利用右图装置进行“除杂1”相关操作，装置图中有一处不符合操作规范，该不规范之处是指 。 (2)室温下，“除杂2”调pH=12时，溶液中 。若“蒸发浓缩”步骤在实验室中进行，使用的硅酸盐仪器除了酒精灯之外，还需要 。 (3)“洗涤”固体时最好选用 （填“热水”或“冷水”），检验否洗涤干净的操作是 。 (4)高温下，“合成”反应的化学方程式为 。 (5)固体“溶解”后经过“一系列操作”，可以得到晶体，则“一系列操作”为 。 (6)“脱水”时加入能抑制的水解，原因是 。 9．（2024·湖北襄阳·一模）锑（Sb）及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧为原料制备Sb和的工艺流程如图所示。 已知： Ⅰ.粗锑氧主要成分为，含有PbO、、、ZnO、FeO等杂质； Ⅱ.浸出液主要含、和，还含有、、和等杂质； Ⅲ.为两性氧化物； Ⅳ.25℃时，、 回答下列问题： (1)已知在熔融状态下不导电，则是 化合物（填“共价”或“离子”）。 (2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中Sb将转化为，该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，避免在滤渣Ⅱ中混入杂质 （填化学式）。 (3)“过滤”得到滤渣成分SbOCl，加过量氨水对其“除氯”的化学反应方程式为 ，“除氯”步骤能否用NaOH溶液代替氨水，原因是： 。 (4)“除砷”时有生成，该反应的离子方程式为 。 (5)“电解”过程中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式 ，当电压超过V时，单位时间内产率降低的原因可能是 。 (6)铈量法测定产物的纯度，操作方法为：称取0.30g样品溶于稀硫酸中，用0.2000mol/L的硫酸铈滴定，使用邻二氮菲-亚铁指示剂，发生反应：，重复3次实验平均消耗标准溶液15.60mL，则产物的纯度为 %。 10．（2024·重庆·模拟预测）含钴配合物在催化、药物和材料科学领域具有广泛应用。实验室可用活性炭为催化剂，由、浓氨水、、制备。 产品制备：将固体溶解在水中，向其加入研细的晶体得到混合溶液。将混合溶液转移至三颈烧瓶，加入活性炭、溶液、浓氨水，55℃恒温加热20min。趁热过滤，冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到粗产品。 已知：在溶液中较稳定；具有较强还原性。 (1)盛放浓氨水的仪器名称是 ，球形冷凝管的进水口为 (填“1”或“2”)。 (2)与粒状活性炭比较，从比表面积和吸附性的角度分析，选择粉末状活性炭的优缺点是 。 (3)三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为 。 (4)加入溶液与浓氨水时，应先打开活塞 (填“a”或“b”)。 (5)趁热过滤冷却后加入适量浓盐酸的目的是 。 (6)已知是以为中心的正八面体结构，若其中2个被取代，则所形成的的空间结构有 种。 (7)1.5g充分反应后生成了0.6g，本实验中的产率为 (保留小数点后1位)。 11．（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）。 12．（2024·湖南·模拟预测）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于冶金工业，用作催化剂和杀菌剂。以工业废铜渣（主要含CuO，还有CuS、Al2O3、CaO、SiO2、CuFeS2和FeO等）为原料制备CuCl，工业流程如下： 已知：①CuCl难溶于醇和冷水，在热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH。CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中：（无色）。 ②常温下，部分阳离子开始沉淀和完全沉淀（当离子浓度小于，视为完全沉淀）时的pH如下表： 物质 Fe3+ Al3+ Cu2+ Fe2+ 开始沉淀的pH 1.6 3.2 5.2 6.8 完全沉淀的pH 3.1 4.7 6.7 8.3 回答下列问题： (1)滤渣1含有淡黄色固体，此外还含 ，浸取步骤中CuFeS2参与反应的离子方程式为 。 (2)除杂后对滤液进行加热的目的是 。 (3)关于该工艺流程，下列说法正确的是________（填字母）。 A．把CuO改为ZnO也能达到除杂的目的 B．本流程还可以得到一种常用作化肥的副产物 C．为了加快浸取速率，可以采取的措施：粉碎废渣、搅拌，高温等 D．“系列操作”可能是抽滤、依次用温度较低的SO2水溶液与无水乙醇洗涤沉淀、真空干燥 (4)CuSO4参与反应的离子方程式为 。 (5)在实际生产中发现：当时，CuCl的产率最高，试解释原因： 。 (6)①CuCl晶体的熔点为326℃，液态时不导电，推知CuCl晶体属于 （填晶体类型）。 ②通过分析CuCl 图谱可获得晶体结构相关信息。通过图谱分析，发现CuCl晶胞与金刚石晶胞类似，晶胞参数为xnm，铜原子半径为ynm，氯原子半径为znm，则原子的空间占有率为 （结果化简）。 13．（2024·浙江宁波·模拟预测）工业上以黄铁矿为原料利用“接触法”制硫酸，并利用硫酸渣(主要含、、，其它杂质不考虑)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如图所示。 (1)滤液II中的阳离子除外还有 。 (2)以下有关说法不正确的是_______。 A．工业上用98.3%的浓硫酸吸收生成的 B．和都属于酸性氧化物，通到溶液中都会产生白色沉淀 C．FeOOH、中均含有非极性共价键 D．氟氢化钾()与发烟硫酸反应可生成氟磺酸()，说明硫酸的酸性大于氟磺酸 (3)“氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为 。 (4)“酸溶”过程中ρ(溶液的质量浓度)及F(溶液的酸度)与w(质量分数)之间的关系如右图所示。当F值恒定时，随溶液质量浓度增大，所需硫酸的质量分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)设计实验方案检验硫酸渣中的金属元素 。 14．（2024·湖南·模拟预测）铍作为一种稀有元素，在航空航天、电子加工等领域具有重要意义。用铍矿石(含BeO及少量Ca、Mg、Mn元素)与配料生产工业氧化铍的工艺流程如下： 已知：碱性条件下的还原产物为。回答下列问题： (1)若缺少粉碎步骤，产生的影响为 。 (2)烧结时，若铍矿石中BeO恰好转化为，Si元素转化为，则BeO发生反应的化学方程式为 。 (3)水浸后溶液中仍有未反应的，加入后会转化为沉淀，所得产物可除去溶液中的钙、镁元素，发生反应的离子方程式为 。 (4)水浸后溶液中Mn元素以形式存在，加入稍过量溶液煮沸50min至溶液 时说明反应结束。结合平衡移动原理解释酸洗时控制溶液的原因： 。 (5)碱化时，室温下加入NaOH，控制，析出颗粒状的，所得浸出液中，此时溶液中 。已知，的解离常数 (6)碱化后浸出液中远高于排放标准，向其中加入硫酸铁生成，为八面体结构，则Fe原子采取的杂化方式为 (填标号)。 A．  B．  C． 15．（2024·湖南·三模）高砷烟尘(主要成分有等)属于危险固体废弃物，对高砷烟尘进行综合处理回收，和金属铟的工业流程如下： 已知：①在酸性溶液中以或形式存在，氧化性环境中主要存在； ②在易分解为难溶于水； ③。 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (2)“高压酸浸”时，的浸出率随硫酸浓度的增大而变化的曲线如图所示，硫酸浓度超过时，的浸出率随硫酸浓度增大而略微减小的原因可能为 。 (3)“硫化”过程中生成，发生反应的离子方程式为 。已知在水溶液中电离的总反应式为。当“硫化”操作后溶液中，则此时溶液的 。 (4)“还原”后溶液酸性增强，主要原因是 (用离子方程式表示)。 (5)“结晶”操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (6)“萃余液”中含有的金属阳离子为 (填离子符号)，将溶液电解得到金属铟，阴极的电极反应式为 。 (7)硫化铟铜是一种新型的纳米材料，具有优异的光电性能和光催化性能。一种由S、三种元素组成的化合物的晶胞如图所示。采用和合成硫化铟铜薄膜，该反应的化学方程式是 ，该晶胞的六个面均为矩形，上、下底面的晶胞参数为，高为，晶体密度为，则阿伏加德罗常数的值为 (用含a、b、d的式子表示)。 16．（2024·河北·二模）陶瓷热障涂层（TBC）常涂覆于发动机高温部位的合金上，能使发动机在高于合金熔点的温度下工作，是发动机的“防护服”，主要成分是氧化锆，可由锆英砂（主要成分为，也可表示为，还含少量、等杂质）通过如下方法制取： 已知：①能与烧碱反应生成可溶于水的与酸反应生成；②常温下，；时，开始沉淀。 (1)“熔融”过程中，提高反应速率的方法为 （答出一条即可），发生反应的产物有和 。 (2)“除杂”过程中，加入双氧水的目的是 ；滤渣Ⅱ的成分为 ，通入氨气调节溶液的时，溶液中的浓度为 。 (3)为得到纯净的，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。 (4)滤渣Ⅲ的成分是。“调”时，写出生成的离子方程式： 。 (5)四方晶胞结构如图所示。在晶胞中的配位数是 ，晶胞参数为，该晶体密度为 （写出表达式）。 17．（2024·河南周口·模拟预测）稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，如汽车尾气用稀土/钯三效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。以氟碳铈矿(主要成分为)为原料制备的一种工艺流程如图： 已知：①滤渣1的主要成分是难溶于水的，滤渣2的主要成分是；，(a、b均大于0)。 ②当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于mol⋅L)时的pH如下表： 金属阳离子 开始沉淀时的pH 1.3 7.7 完全沉淀时的pH 3.1 9.2 回答下列问题： (1)写出一条提高焙烧效率的方法： 。 (2)加入盐酸和进行浸取时有污染环境的气体产生，该气体为 (填化学式)；操作1和操作2的名称为 。 (3)调节滤液1的pH的范围为 ；滤渣3的主要成分为 (填化学式)。 (4)滤渣1经KCl溶液充分浸取后，测得反应体系中的物质的量浓度为0.1 mol⋅L，则的物质的量浓度为 mol⋅L(用含a、b的式子表示)。 (5)在空气中焙烧的反应方程式为 。 (6)某研究小组利用硫化锌锂电池在酸性环境下电解制，电解装置及硫化锌锂电池负极材料晶胞组成变化如图所示。 ①阴极的电极反应式为 ，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充 (填化学式)。 ②中 ，若该晶胞边长为a nm，为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 g·cm。 18．（2024·上海·模拟预测）钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3，还含少量铁、铜等)是石油化工中催化加氢和催化氧化等反应的重要催化剂。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如下： 已知：①钯催化剂在使用过程中Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活；H2PdCl4是一种二元强酸； ②常温下，。 回答下列问题： (1)“还原Ⅰ”过程中加入甲酸的主要目的是还原 (填化学式)。 (2)“酸浸”过程中Pd转化的离子方程式为 。 (3)“酸浸”过程中温度、固液比对浸取率的影响如图，则“酸浸”最佳条件为 。 (4)“离子交换”过程可简单表示为，流出液通入NH3调节pH后过滤，滤液经一系列操作可以得到CuCl2·2H2O。若假设流出液中各金属离子的浓度均为0.01 mol/L，常温下，需要调节pH的范围是 。 (5)“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4 (稀溶液) [Pd(NH3)4]Cl2 (稀溶液)[Pd(NH3)2]Cl2(沉淀)。则滤液中溶质的主要成分为 (填化学式)。 (6)N2H4的电子式为 。 (7)“还原Ⅱ”过程中产生无毒无害气体。由[Pd(NH3)2]Cl2生成海绵钯的化学方程式为 。 (8)H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图。下列说法不正确的是 。 A．H2O2中存在极性键和非极性键 B．[PdCl4]2-中Pd2+提供空轨道形成配位键 C．反应①、②、③均属于氧化还原反应 D．等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①和反应②转移的电子数之比为1：1 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)搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等； (2) 、 温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，易挥发 (3) ； (4) (5)都对 【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等 杂质)加入稀硫酸和二氧化锰浸取：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、 单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、 Cu2+，加入试剂A调节pH除去Fe3+离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液，赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜； 【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，为加快反应速度，可采取的方法有搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等； （2）二氧化锰有较强的氧化性，可将辉铜矿中的硫元素氧化为单质硫，单质硫易溶于二硫化碳，则滤渣的主要成分为、，“浸取”过程中被氧化的化学方程式为：，温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，易挥发； （3）加入氧化铜，消耗酸，升高，使溶液中沉淀完全，而铜离子不沉淀，则范围是，将溶液的调为，则溶液中，，； （4）沉锰阶段，加入了碳酸氢铵和氨气，生成了碳酸根离子，进而生成碳酸锰沉淀，离子方程式为：； （5）沉淀为硫酸钡，物质的量为，则溶液中含有，样品中含有0.08mol，则此样品的纯度为。 2．(1)3d7 (2)> (3) 当浓度降低到，此时c(OH-)==10-11mol/L，此时Qc[Zn(OH)2]=0.5=< Ksp[Zn(OH)2]，说明无沉淀； 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+ (4) 3Co2+++4H2O=MnO2+5H++3CoOOH 稀硫酸或稀硝酸 (5)Cd (6) 体心 【分析】富钴渣主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO，加入硫酸酸浸，溶解，加入过氧化氢把Fe2+氧化成Fe3+，调整pH生成Fe(OH)3沉淀，过滤后加入高锰酸钾生成MnO2和CoOOH沉淀过滤，加入Zn除去溶液中的Cd2+，过滤，加入氢氧化钠，把锌溶解生成Na2ZnO2，电解生成单质Zn。 【详解】（1）Co原子序数为27，原子的价电子排布式为3d74s2，“溶浸”时生成对应钴离子为Co2+，价电子排布式为3d7； （2）加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液①中加入高锰酸钾再将Mn2+、Co2+氧化为MnO2和CoOOH，说明还原性：>； （3）根据的Ksp=，当浓度降低到，此时c(OH-)==10-11mol/L，此时Qc[Zn(OH)2]=0.5=< Ksp[Zn(OH)2]，说明无沉淀；根据流程可知，沉铁的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+； （4）“氧化除杂”中，高锰酸钾和Co2+反应的离子方程式为3Co2+++4H2O=MnO2+5H++3CoOOH；根据已知信息，应使用稀硫酸或稀硝酸溶解CoOOH，不能用盐酸，因为可能被氧化为氯气； （5）还原除杂时加入Zn可将Cd2+还原为Cd，“滤渣”的主要成分是Cd； （6）钴和钛的原子总数比氧的原子数少，O原子是面心上的原子，有3个，钴原子与氧原子的最短距离比钛原子与氧原子的最短距离要小，钛原子位于体心，钴原子位于顶点，个数都是1，则化学式为TiCoO3，晶胞的质量为：，晶胞参数为apm，晶胞的体积为，晶胞密度为，解得NA=。 3．(1)恒压滴液漏斗 (2)D→C→B→E→A (3)B (4)使得冷却效果更好 (5)AB (6) 【分析】D作为HCl的发生装置，C装置干燥HCl，B为的发生装置， E冷却的装置， A冷却并收集，最后尾气处理装置，据此回答。 【详解】（1）仪器X的名称是恒压滴液漏斗，答案：恒压滴液漏斗； （2）虚框内的装置排序：D（制取氯化氢）→C（干燥气体）→B（反应装置）→E（冷却装置）→A（收集装置）→尾气处理装置，答案：D→C→B→E→A； （3）尾气处理装置中最合理的是B，因为碱石灰，既可以吸收未反应的氯化氢，又可以吸收水蒸气，还可以防止空气中的水分进入装置，答案：B； （4）玻璃棉的作用是使得冷却效果更好，答案：使得冷却效果更好； （5）因为有氯化氢生成，所以该实验操作须在通风橱中进行，故A正确；降低温度，可以减慢反应速率，故B正确；过量的氯化氢，会干扰铬酰氯的纯度，干扰实验，故C错误；装置C中不可盛放碱石灰，会和生成的氯化氢反应，故D错误；答案：AB； （6）滴加溶液至沉淀出现砖红色时，说明氯离子和银离子已经反映完成，氯化银2.87g，物质的量为0.02mol，有因为，可知为0.01mol，质量为m=n×M=1.55g，纯度=，答案：AB 、。 4．(1)取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液变浑浊，表明BaCl2已过量 (2)AD (3)B (4)、 (5)C (6)、 (7)提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，同时减少了废气的排放，有利于保护环境 (8)0.04mol；0.14mol 【分析】粗盐中含有等杂质离子，加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg（OH）2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去、，经过一系列操作后得到精盐。 【详解】（1）步骤①中若BaCl2过量，则溶液中存在Ba2+，故判断过量的方法是：取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液变浑浊，表明BaCl2已过量； （2）相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选AD； （3）过滤操作中需要的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗，故选B。 （4）步骤④中用盐酸调节pH至3~4，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，除去的离子有：、； （5）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，可得到精盐，故选C； （6）加入盐酸后，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，离子方程式分别为：、； （7）方案2加入石灰乳[主要成分为]除去后，通入含的离子方程式为：，相比于方案3，方案2的优点是：提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； （8）含量为，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为)物质的量为；粗盐水中含量为，即，，加入石灰乳(视为)物质的量为0.04mol，即此时溶液中Ca2+总物质的量为：0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 5．(1) 增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 Fe2O3和MgO 调节溶液pH使与转化为沉淀除去 4.5~9.3 1014.8 (2) (3) c 阳极发生反应：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分移向阴极区，在阳极生成 【分析】铬铁矿(主要成分为，还含有MgO、、等)加入纯碱焙烧，生成Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等，FeO转化为Fe2O3，MgO不反应；加水浸取后，滤渣1为Fe2O3、MgO；滤液中加入H2SO4后过滤，溶液2为Na2CrO4溶液，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3等；Na2CrO4溶液中继续加入H2SO4，最终转化为Na2Cr2O7。 【详解】（1）①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可增大矿石与空气的接触面积，则其目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应。 ②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，则FeO被O2氧化为Fe2O3，焙烧时发生的化学方程式为。 ③由分析可知，滤渣1主要含有Fe2O3和MgO。 ④ⅰ．由分析可知，过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是：调节溶液pH使与转化为沉淀除去；pH的理论范围应在完全转化为Al(OH)3、Al(OH)3刚开始溶解的pH之间，即为4.5~9.3。 ⅱ．过程Ⅳ发生反应，我们选择pH=2.4的点，此时c()=1mol/L，c()=10-5mol/L，c(H+)=10-2.4mol/L，该反应的K≈=1014.8。 （2）依据得失电子守恒，可建立如下关系式：——6Fe2+，n(Fe2+)=bmol/L×v×10-3L=bv×10-3mol，n()=mol，则产品中（摩尔质量为）的质量分数为=。 （3）利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，则阳极发生反应，溶液的酸性增强，发生的转化，阴极发生反应4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，阳极中的Na+、H+会向阴极迁移。 ①由分析可知，离子交换膜应允许Na+、H+通过，应该选用阳离子交换膜，故选c。 ②由分析可得出，Na2Cr2O7产生的原理：阳极发生反应：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分Na+移向阴极区，在阳极生成。 【点睛】电解过程中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。 6．(1)SiO2 (2)6.0 7.6 (3) (4) 阴极 H2SO4 (5) 由Ni(OH)2形成沉淀的pH知，若使用碱性较强的Na2CO3，有可能导致一部分Ni2+形成沉淀Ni(OH)2 (6) 【分析】分析废FCC催化剂主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2、NiO和V2O5，加硫酸Al2O3转化为Al3+、Fe2O3转化为Fe3+、NiO转化为Ni2+和V2O5转化为，滤渣1为SiO2；加NaO调节pH使Fe3+转化成Fe(OH)3，Al3+转化为Al(OH)3，矾以形式存在；萃取使矾元素分离，Ni元素在有机相中，再加硫酸反萃取，最终沉镍得到NiCO3，电解得到金属镍，据此分析； 【详解】（1）“滤渣1”的主要成分为SiO2； （2）调节pH使Fe3+、A3+l均沉淀，而Ni2+不沉淀，矾以形式存在，根据已知中表格数据可判断PH的范围：6.0 7.6； （3）V2O5和H2SO4反应的化学方程式为： （4）“反萃取”后得到NiSO4溶液，通过电解，得电子，在阴极；阳极的电极反应：，在溶液中生成硫酸，电解产物H2SO4可以循环使用。 （5）（5）沉镍中离子反应:；由Ni(OH)2形成沉淀的pH知，若使用碱性较强的Na2CO3，有可能导致一部分Ni2+形成沉淀Ni(OH)2； （6）图中位于体心的V原子分数坐标为，则图中A原子的分数坐标为；该晶胞中含有V原子个，含有Ni原子个，该合金的密度ρ= g·cm-3。 7．(1) 搅拌 加热时MnO2可能会与盐酸反应(或加热会使HCl挥发，降低利用率) (2) ＋6 不在 c (3) Fe(OH)3、Co(OH)3 (4) 4 【分析】钴镍渣中含有大量的含Zn、Co、Ni、Fe、Mn、Cd等金属，加入硫酸进行酸浸，过滤去除浸渣；往滤液中加入锌粉除镉，得到海绵镉，滤液中加入Na2S2O8、NaOH进行氧化分离，此时生成的Co(OH)3、Fe(OH)3、MnO2沉淀而成为滤渣1，滤液中含有Ni2+、Zn2+；滤液除镍后所得的净化液经过一系列操作，最后得到xZnCO3∙yZn(OH)2∙zH2O。滤渣1中加入盐酸进行酸溶，将Co(OH)3、Fe(OH)3溶解，得到MnO2沉淀；滤液中加入氨水进行络合，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3，过滤后灼烧得铁红；滤液为[Co(NH3)6]Cl3。 【详解】（1）加热能提高“酸浸”速率，除此以外还可增大酸的浓度或增大固体与溶液的接触面积，则采取的措施有搅拌等。当盐酸浓度较大时，会与MnO2反应，且盐酸具有挥发性，所以“酸溶”时不宜采用加热的方法来加快反应速率，其原因是：加热时MnO2可能会与盐酸反应(或加热会使HCl挥发，降低利用率)。 （2） ①氧化剂Na2S2O8的阴离子结构为，其中硫元素化合价为＋6，其阴离子结构片段S-O-O-S中O原子的价层电子对数为4，都发生sp3杂化，O原子的最外层各有2个孤电子对，对成键电子有排斥作用，则所有原子不在一条直线上。 ②从图中可以看出，为提高Fe2+、Co2+、Mn2+的脱除率，流程中过硫酸钠的加入量应为理论量的7～8倍，故选c。 （3）由分析可知，滤渣1中主要含MnO2、Fe(OH)3、Co(OH)3，生成MnO2的离子方程式：。 （4）在ZnO晶胞中，含Zn原子个数为=4，含O原子个数为4，由ZnO的晶胞结构图可以看出，O原子周围有4个Zn，则Zn原子周围有4个O，锌的配位数为4；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为=g∙cm-3。 8．(1)滤纸边缘高于漏斗边缘 (2) 5.6×10—8 蒸发皿、玻璃棒 (3) 热水 取最后一次洗涤液少许，加入酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净 (4)2Li2CO3+CoCO3+O24LiCoO2+6CO2 (5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (6)SOCl2夺取MgCl2⋅6H2O晶体中的结晶水，与水反应生成SO2和HCl，HCl抑制MgCl2水解 【分析】由题给流程可知，向卤水中加入纯碱溶液，将溶液中的钙离子、锰离子、部分镁离子转化为碳酸钙、碳酸锰、碳酸镁沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸调节溶液pH为5，将过量的碳酸钠转化为氯化钠后，蒸发浓缩、趁热过滤得到氯化钠和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中剩余的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁和滤液；向滤液中加入浓纯碱溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，用热水洗涤得到碳酸锂；碳酸锂、碳酸钴在空气中高温合成得到钴酸锂；向氢氧化镁中加入盐酸，将氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化镁，六水氯化镁与SOCl2混合共热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁制得金属镁。 【详解】（1）由实验装置图可知，过滤装置中滤纸边缘高于漏斗边缘会导致实验失败，故答案为：滤纸边缘高于漏斗边缘； （2）由溶度积可知，室温下，pH为12时，溶液中镁离子浓度为=5.6×10—8mol/L；蒸发浓缩时使用的硅酸盐仪器除了酒精灯之外，还需要用到蒸发皿和玻璃棒，故答案为：5.6×10—8；蒸发皿、玻璃棒； （3）由碳酸锂的溶解度随温度升高而降低可知，为防止洗涤过程中碳酸锂溶解而造成损失，应用热水洗涤碳酸锂，碳酸锂沉淀表面附有可溶的氯化钠，检验碳酸锂是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在氯离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许，加入酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净，故答案为：热水；取最后一次洗涤液少许，加入酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净； （4）由分析可知，合成钴酸锂的反应为碳酸锂、碳酸钴在空气中高温合成得到钴酸锂，反应的化学方程式为2Li2CO3+CoCO3+O24LiCoO2+6CO2，故答案为：2Li2CO3+CoCO3+O24LiCoO2+6CO2； （5）由分析可知，氯化镁溶液得到六水氯化镁的操作为溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化镁，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （6）SOCl2能与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应生成的氯化氢能抑制氯化镁的水解，则“脱水”时加入SOCl2能抑制氯化镁水解的原因是SOCl2夺取MgCl2⋅6H2O晶体中的结晶水，与水反应生成SO2和HCl，HCl抑制MgCl2水解，故答案为：SOCl2夺取MgCl2⋅6H2O晶体中的结晶水，与水反应生成SO2和HCl，HCl抑制MgCl2水解。 9．(1)共价 (2) (3) 不能，为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液 (4) (5) 参与了电极反应 (6)75.92 【分析】粗锑氧主要成分为Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等杂质，加入盐酸、氯气浸取得浸取液，主要含Sb5+、H+、Cl-、Zn2+、Fe3+和As3+等杂质，滤渣1可回收Pb、Sn，锑粉还原高价金属离子，浸出液中加入Sb将转化为，Sb还原SbCl5生成SbCl3，加入时保证Zn2+沉淀完全，“除砷”时转化H3PO3和砷单质，剩余SbCl3溶液，电解得到Sb；SbCl3水解得到难溶于水的固体SbOCl、，“过滤”得到滤渣成分为SOC1，加氨水对其“除氯”发生，过滤、洗涤、干燥得到。 【详解】（1）已知在熔融状态下不导电、则熔融时无离子，则是共价化合物。 （2）Sb将Fe3+转化为Fe2+该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，因为与 的数值相近，不易于沉淀分离，沉淀pH值较大有利于与分离，则避免在滤渣Ⅱ中混入杂质。 （3）“过滤”得到滤渣成分SbOCl与氨水反应生成，因此“除氯”的化学反应方程式为，根据信息Ⅲ可知：“除氯”步骤不能用NaOH溶液代替氨水，原因是：为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液。 （4）“除砷”时有生成，为氧化还原反应，同时反应有As生成，该反应的化学方程式为，离子方程式为。 （5）当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式；当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是H+参与了电极反应。 （6）铈量法测定产物的纯度，存在关系式：，重复3次实验平均消耗0.2000mol/L的硫酸铈标准溶液15.60mL，则产物的纯度为。 10．(1) 恒压滴液漏斗 1 (2)选择粉末状活性炭反应速率更快，但是导致部分反应物不能充分反应； (3)； (4)a (5)增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出 (6)2 (7)35.6% 【分析】CoCl2在活性炭做催化剂的条件下溶解在氯化铵的溶液中，然后先滴加氨水再加过氧化氢在55℃左右，反应约20分钟，生成沉淀，然后过滤得到固体，经过一系列操作得到结晶水合物，以此解题。 【详解】（1）盛放浓氨水的仪器名称是恒压滴液漏斗，球形冷凝管的进水口为1； （2）粉末状活性炭比粒状活性炭具有更大的比表面积和更大的吸附性，则选择粉末状活性炭反应速率更快，但是导致部分反应物不能充分反应； （3）CoCl2与氨水、过氧化氢、氯化铵反应生成和，根据氧化还原反应中电子转移守恒以及原子守恒：； （4）由题意知在水溶液中不易被氧化，具有较强还原性，所以应该先加入氨水转化为易被氧化的物质，再加过氧化氢将其氧化，即向混合液加入H2O2溶液与氨水时，应最先打开活塞a； （5）该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出； （6）[Co(NH3)4Cl2]+中，两个氯离子可以相邻，也可以通过体心相对，所以形成的[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构有2种； （7）1.5g是，根据原子守恒得，则理论上得到，质量为，产率为。 11．(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。 12．(1) SiO2、CaSO4 (2)加热使滤液中过量的H2O2分解，防止与后续加入的反应，造成药品浪费 (3)BD (4)或者 (5)当时，，随量的增多，使CuCl沉淀溶解平衡逆向移动，有利于CuCl沉淀的生成；时，，过多的的会与CuCl形成可溶的 (6) 分子晶体 X射线衍射 【分析】用黄铜矿生产CuCl，用稀硫酸浸泡黄铜矿粉，并加入H2O2，CuFeS2生成CuSO4、硫酸铁，过滤除去SiO2，浸取液中阳离子主要含有Al3+、H+、Cu2+和Fe3+，使Fe3+、Al3+、完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，并经过滤除去，再向Cu2+的溶液中，加入（NH4）2SO3和NH4Cl反应生成[CuCl3]2−，将生成的[CuCl3]2-溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析。 【详解】（1）根据分析，滤渣1中的含有淡黄色固体S、SiO2、CaSO4；浸取步骤中CuFeS2参与反应的离子方程式为； （2）浸取过程中过量的H2O2会与后续步骤中的反应，因此除杂后要对滤液进行加热，加热使滤液中过量的H2O2分解，防止与后续加入的(NH4)2SO3反应，造成药品浪费； （3）A．ZnO与滤液中的H+反应产生Zn2+，从而产生新的杂质，不能代替CuO，A错误； B．该工艺流程中被氧化为，与溶液中的结合形成，是一种常用的水溶性肥料，B正确； C．为提高辉铜矿的浸取率，可采用的主要是增大接触面积、增大浓度等方法，但不能采取高温加热，因为H2O2高温会分解，从而降低浸取率，C错误； D．由题已知信息，CuCl难溶于醇和冷水，在热水中能被氧化，故“系列操作”可能是抽滤、依次用温度较低的SO2水溶液与无水乙醇洗涤沉淀、真空干燥，D正确； 故选BD。 （4）CuSO4参与反应的过程生成CuCl，离子方程式为，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中，故离子方程式也可以为； （5）当n(NH4Cl):n(CuSO4)<3:2时，CuCl(s)⇌Cu+(aq)+Cl−(aq)，随Cl−量的增多，使CuCl沉淀溶解平衡逆向移动，有利于CuCl沉淀的生成；n(NH4Cl):n(CuSO4)>3:2时，CuCl+2Cl−⇌[CuCl3]2−，过多的Cl−的会与CuCl形成可溶的[CuCl3]2−； （6）①CuCl晶体的熔点为326℃，液态时不导电，推知CuCl晶体属于分子晶体； ②通过分析CuCl X射线衍射图谱可获得晶体结构相关信息；晶胞中Cu个数为，Cl个数为4，故原子的空间占有率=； 13．(1)、、、() (2)BCD (3) (4)增大 (5)取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素 【分析】黄铁矿在空气中煅烧生成二氧化硫和硫酸渣，二氧化硫在400-500℃、催化剂作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸。硫酸渣中加入硫酸溶液酸溶，金属氧化物转化为对应的金属阳离子，随后加入FeS2还原，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成了硫单质，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅、硫单质和过量的FeS2，随后滤液中通入空气氧化，加入氨水调节pH=3-4，此时生成FeOOH沉淀，最后经过过滤、洗涤、烘干得到纯净的FeOOH。 【详解】（1）硫酸渣中加入硫酸酸溶，此时溶液中含有铁离子、铝离子、氢离子，加入FeS2将铁离子还原为亚铁离子，过滤，向滤液中通入空气，部分亚铁离子被氧化为铁离子，通入氨气反应生成铵根离子，此时溶液pH=3-4，则还有氢离子，因此滤液II中含有的阳离子有Al3+、、H+和Fe3+。 （2）A．直接用水吸收三氧化硫，可能引起酸雾等，因此工业上使用98.3%的浓硫酸吸收生成的SO3，A正确； B．一般情况下，弱酸无法制强酸，SO2通入氯化钡溶液中不会生成白色沉淀，B错误； C．FeOOH中不含非极性共价键，C错误； D．氟氢化钾与发烟硫酸反应生成氟磺酸，F的电负性大，吸引电子能力强，使氟磺酸中羟基的极性大，硫酸的酸性小于氟磺酸，D错误； 故答案选BCD。 （3）氧化过程中，亚铁离子、一水合氨与氧气反应生成FeOOH沉淀、铵根离子和水，离子方程式为。 （4）从图中可知，F值恒定时，随着溶液质量浓度增大，所需硫酸的质量分数增大。 （5）硫酸渣中的金属元素为Fe和Al，其中Fe以铁离子形式存在，Al以铝离子形式存在，要检验铁离子和铝离子，实验方案为取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素。 14．(1)烧结时的反应速率慢，铍的利用率低 (2) (3) (4) 紫色一段时间内不变 、存在沉淀溶解平衡、，酸洗时控制溶液，溶液中与结合生成HF，使上述沉淀溶解平衡正向移动，，沉淀溶解，生成的HF使溶解 (5) (6)C 【分析】流程剖析①碱性环境下发生反应生成的分别与、反应生成、；②碱性环境下与反应生成 【详解】（1）(1)对铍矿石进行粉碎，可使后续烧结时铍转化更充分，若缺少粉碎步骤，烧结时的反应速率慢，铍的利用率低。规律：工艺流程中粉碎的目的一般是增大反应物的接触面积、增大反应速率、提高转化率或利用率 （2）(2)烧结时BeO、、反应生成、等，反应的化学方程式为：； （3）根据信息可写出该反应的离子方程式为； （4）水浸后溶液中Mn元素以形式存在，加入稍过量溶液发生归中反应生成，溶液紫色一段时间内不变时说明反应结束。浸出渣的成分为、、、，其中、存在沉淀溶解平衡、酸洗时控制溶液，溶液中与结合生成HF，使上述沉淀溶解平衡正向移动，、沉淀溶解，和HF反应，从而除去，沉淀仅剩下； （5），室温下时，，则，又，的解离常数，则； （6）为八面体结构，Fe形成6个键，则Fe原子的杂化方式为； 15．(1)PbSO4 (2)硫酸浓度过高时，生成致密的难溶物包裹高砷烟尘，导致浸出率降低 (3) 1.5 (4) (5)升温至一段时间，降温 (6) (7) 【分析】高砷烟尘(主要成分有等)加稀硫酸溶解、通氧气氧化，得到、PbSO4、、、，其中PbSO4难溶于酸，过滤除去；滤液中加将转化为ZnS沉淀除去；滤液中通SO2将还原为+3价As，结晶分离出；母液中加P204萃取剂，将In3+萃取，分离后再进行反萃取得到含In3+的溶液，然后再进一步转化为In，据此分析解答； 【详解】（1）根据流程及信息，是最终产物，硫酸铁、硫酸锌是易溶的，则滤渣是难溶物； （2）硫酸浓度过高时，生成致密的难溶物包裹高砷烟尘，导致浸出率降低，因此的浸出率随硫酸浓度增大而略微减小； （3）根据流程判断产物还有，则离子方程式为；根据可求当溶液中时，，则根据求得，已知； （4）“高压酸浸”时通入，在氧化性环境中生成，“还原”时将氧化为，使酸性增强：； （5）根据信息在易分解为难溶于水，则操作为升温至一段时间，降温，再过滤可得； （6）“高压酸浸”时铁元素变为，“还原”时将还原为；根据信息电解溶液得金属铟，则在阴极放电：； （7）由题给晶胞结构利用均摊法计算可得硫化铟铜的化学式为，其中为价，S为价，故反应中价被还原，且部分被氧化为S，故化学方程式是。1个晶胞的体积，1个晶胞的质量，密度，故阿伏加德罗常数的值。 16．(1) 粉碎（或搅拌） Na2SiO3 (2) 将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去 Fe(OH)3、Al(OH)3 1.4×10-7 (3)取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净 (4)(n+1)ZrO2++2n+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2) (5) 8 【分析】锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)与NaOH熔融时，ZrSiO4、Al2O3、SiO2与NaOH反应生成钠盐；加入过量盐酸“酸浸”，经过滤得到含ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Na+的滤液Ⅰ和主要成分为H2SiO3的滤渣Ⅰ；滤液Ⅰ中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入氨水得到含Fe(OH)3和Al(OH)3的滤渣Ⅱ，滤液Ⅱ中含ZrO2+、Na+、，滤液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH=8.0得到成分为Zr(CO3)2∙nZr(OH)2的滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ分解得到ZrO2。 【详解】（1）“熔融”过程中，提高反应速率的方法有：将锆英石粉碎、增大锆英石与NaOH的接触面积，搅拌；ZrSiO4与NaOH熔融反应生成Na2ZrO3、H2O和Na2SiO3，反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。 （2）根据分析，“除杂”过程中，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去；滤渣Ⅱ的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；c(Al3+)==mol/L=1.4×10-7mol/L。 （3）为得到纯净的ZrO2，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含Cl-即可，方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净。 （4）ZrO2+与Na2CO3溶液反应得到Zr(CO3)2∙nZr(OH)2沉淀，根据电荷守恒和原子守恒，结合调pH=8.0，反应的离子方程式为(n+1)ZrO2++2n+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2)。 （5）由ZrO2的晶胞可知，与Zr4+等距离最近的O2-有8个，即Zr4+在晶胞中的配位数是8；根据均摊法，1个晶胞中含Zr4+：8×+6×=4个，O2-：8个，1个晶胞的质量为g，1个晶胞的体积为(a2c×10-30)cm3，该晶体的密度为g÷(a2c×10-30)cm3=g/cm3。 17．(1)将氟碳铈矿粉碎 (2) 过滤 (3) (4) (5) (6) 1.5 【分析】氟碳铈矿焙烧后加入盐酸、硼酸酸浸，生成Ce(BF4)3沉淀成为滤渣1，滤渣1加入氯化钾溶液得到KBF4沉淀成为滤渣2，滤液1中含有铁离子、Ce3+，调节pH将铁离子转化为沉淀得到滤渣3，滤液2含Ce3+，滤液2加入碳酸氢铵得到Ce2(CO3)3，煅烧过程中被空气中氧气氧化为CeO2； 【详解】（1）矿石粉碎、搅拌等都会加快反应速率，提高焙烧效率； （2）四价Ce具有氧化性，加入盐酸和H3BO3进行浸取时，会将氯离子氧化为有毒的氯气，产生有污染环境的气体，该气体为Cl2；操作1和操作2均为分离固液的操作，名称为过滤； （3）调节滤液1的pH使得铁离子沉淀被分离，而Ce3+不产生沉淀，结合表数据可知，范围为；滤渣3的主要成分为生成氢氧化铁Fe(OH)3； （4）根据转化式，可知，c(Ce3+)=103a-b×10-3=103a-b-3 mol/L； （5）煅烧过程中Ce2(CO3)3被空气中氧气氧化为CeO2，反应方程式为； （6）①在酸性环境下电解Ce2O3制Ce(SO4)2，则阴极氢离子放电发生还原反应生成氢气，电极反应式为，阳极Ce2O3失去电子发生氧化反应生成Ce(SO4)2，反应为 Ce2O3-2e-+6H+=2Ce4++3H2O；则总反应为：Ce2O3+8 H+=2Ce4++3H2O +H2↑，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充硫酸H2SO4； ②根据晶胞结构图可得出，每个晶胞中含S2-的数目为，含Li+和Zn2+共7个，设Li+和Zn2+的数目分别为a、b，a+b=7，根据化合价代数和为0，可得a+2b=8，联立求解得a=6，b=1，故中1.5，y=0.25；根据密度计算公式可知，晶胞的质量为，晶胞体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞密度为g/cm3。 18．(1)PbO (2) (3)温度80℃，固液比4：1 (4)3~5 (5)NH4Cl (6) (7) (8)C 【分析】从钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3，还含少量铁、铜等)中回收海绵钯，钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3，还含少量铁、铜等)加入甲酸还原，然后通入H2O2、盐酸，铁、铜转化为氯化铁、氯化铜，同时过滤去α-Al2O3，并得到[PdC14]2-浸出液，浸出液通过加入RC1进行离子交换除去铁离子、铜离子；流出液中含氢离子、铜离子、铁离子；然后加入盐酸进行洗脱使生成[PdC14]2-溶液，[PdC14]2-重新进入溶液中，加氨气、盐酸，H2PdCl4(稀溶液)→[Pd(NH3)4]Cl2(稀溶液)→Pd(NH3)2C12(沉淀)，得到的Pd(NH3)2Cl2用N2H4·H2O还原得到海绵钯，据此分析回答问题。 【详解】（1）结合信息可知，“还原Ⅰ”加入甲酸的目的是还原PdO，使后续酸浸顺利进行； （2）“酸浸”过程用盐酸和H2O2，Pd转化的离子方程式为：Pd+2H++ H2O2+4Cl- =+2H2O； （3）分析图像可知：较合理的浸出温度为80℃，固液比为4：1； （4）加入氨水调节pH，使Fe3+沉淀，而Cu2+不发生反应,对于铁离子可知，c(OH-)>=1.0×10-11 mol/L，c(H+)=mol/L=1.0×10-3 mol/L，溶液pH=3；对于铜离子，c(OH-)<=1.0×10-9 mol/L，c(H+)=mol/L=1.0×10-5 mol/L，溶液pH=5，故需调节溶液的pH范围为3<pH<5； （5）结合“沉钯”过程转化：H2PdCl4 (稀溶液)[Pd(NH3)4]Cl2(稀溶液)[Pd(NH3)2]Cl2(沉淀)，则滤液中溶质的主要成分为NH4Cl； （6） N原子最外层有5个电子，H原子核外只有1个电子，在N2H4分子中2个N原子形成共价单键N-N，每个N原子再与2个H原子形成2个N-H共价键，使分子中各个原子都达到稳定结构，则N2H4的电子式为； （7）“还原Ⅱ”中产生无毒无害气体，该气体是N2，由Pd(NH3)2Cl2生成海绵钯，根据电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：； （8）A．H2O2中存在H-O极性键和O-O非极性键，A正确； B．[PdCl4]2-中Pd2+提供空轨道与Cl-提供的孤电子对形成配位键，B正确； C．由题干反应历程图可知，反应①②③分别为：[PdCl4]2-+H2=Pd+2HCl+2Cl-，Pd+O2+2Cl-=[PdCl2O2]2-，[PdCl2O2]2-+2HCl=[PdCl4]2-+H2O2，可知反应①、②均有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但反应③没有元素化合价改变，不属于氧化还原反应，C错误； D．等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①H的化合价由0→+1价，反应②O的化合价由0→-1价，转移的电子数之比为1：1，D正确； 故答案为：C。 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 $$