2025届高三化学一轮复习题--工业流程题

2025届高三化学复习题--工业流程题 1．（2024·江苏连云港·一模）以含钼()废催化剂(含，以及、、等)为原料制备，其过程表示如下： (1)焙烧。将废催化剂和足量固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至充分反应。焙烧过程中转化为的化学方程式为 。 (2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、 。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有 (任写一点)。 (3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量，过滤。通入过量的目的 。 (4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到。灼烧得到的化学方程式为 。 (5)应用。将制成催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得的转化率随温度的变化关系如图所示。在温度之间，转化率不高的原因是 。 2．（2024·甘肃·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)磨矿的目的是 。 (2)滤渣①的主要成分是 。 (3)酸解过程中，写出发生反应的化学方程式 。 (4)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 。 (5)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 。 3．（2023·四川乐山·一模）二氧化锗是工业制高纯度半导体锗的中间体。工业上用精硫锗矿[主要成分为GeS2(Ge为+4价)，还含有少量CuS、Bi2O3和SiO2]制备二氧化锗的一种工艺如图所示： 已知：①GeO2不溶于水和常见稀酸，但能与NaOH反应生成锗酸盐()。 ②GeCl4的沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。 回答下列问题： (1)“预处理”时进行的操作可能是 。 (2)“煅烧”时生成“气体X”的化学式为 。 (3)“酸浸”时“浸出液A”中含可溶盐、 和少量，写出生成的离子方程式 ，“酸浸”后所得固体的成分为 。 (4)“浸出液B”与浓盐酸反应生成的化学方程式为 ，浓盐酸的作用除作为反应物外，还有 (任写一条)。 (5)“操作a”的名称为 。 4．（2024·陕西商洛·一模）亚铁氰化钾晶体俗名黄血盐，化学式为，可溶于水，难溶于乙醇。用含NaCN的废液合成黄血盐的主要工艺流程如下： 回答下列问题： (1)NaCN中碳元素的化合价为 。 (2)“反应器”中投入等体积、等浓度的溶液和溶液，发生主要反应的离子方程式为 。 (3)“过滤1”后可以向滤液中加入少量铁粉，目的是 ；滤渣2的主要成分是 (填化学式)；“转化器”中生成黄血盐晶体的反应类型为 。 (4)实验室进行“步骤a”的具体操作为 。 (5)样品的纯度测定： 步骤1：准确称取8.884g黄血盐样品加入水中充分溶解，并配制成100.00mL溶液。 步骤2：量取25.00mL上述溶液，用的酸性高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗酸性高锰酸钾溶液30.50mL。 已知：。 ①配制100.00mL样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。 ②该样品的纯度是 (保留4位有效数字)。 ③下列操作会使测定结果偏高的是 (填字母)。 A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化 B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确 C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡 5．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）高纯四氧化三锰是电子工业生产锰锌氧软磁材料重要原料之一、以菱锰矿(主要成分为，含和少量Fe、Cu、Ni、Ca、Mg等元素)为原料制备四氧化三锰工艺流程如下图所示。 回答下列问题： (1)酸浸时发生反应的离子方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分为、，还含有 (填化学式)。 (3)福美钠的化学式为。生成福美镍沉淀的结构为，其中硫与镍之间的结合方式为下列中的 (填标号)； A．离子键    B．金属键    C．氢键    D．配位键 25℃，电离常数 (填“大于”“小于”或“等于”)，其判断理由是 。 (4)除钙镁时，、沉淀后溶液中 ［已知、] (5)除硅时，絮凝剂为阳离子型聚丙烯酰胺，可通过“吸附—电中和—架桥”使硅酸胶体絮凝沉淀，硅酸胶体粒子带 电荷(填“正”或“负”)。 (6)在空气中被氧化生成反应的化学方程式为 。 (7)可表示为，温度高于1170℃时属于立方晶体，其中和Mn3+占据晶胞的顶点、面心及内部交错的4个小立方体的体心，与金刚石晶胞中碳原子占据的位置相似(金刚石晶胞如图所示)。若晶体的密度为，则晶胞参数 pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 6．（23-24高三上·浙江·阶段练习）工业上以制作印刷电路的废液(含、、、)生产和蚀刻液重新生成的流程如下： 已知：是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。 请回答下列问题： (1)Y中所含溶质的化学式为 。 (2)下列说法正确的是 。 A．微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小 B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快 C．分子的VSEPR模型为平面三角形 D．基态亚铜的价层电子排布式为，故与稀硫酸不反应 E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则 (3)写出上述流程中生成的化学方程式 。 (4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质 。 (5)滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是 。 7．（2023·吉林长春·三模）随着小型电子设备以及新能源汽车产业的蓬勃发展，退役锂离子电池数量逐年递增，废旧锂离子电池的回收成为目前新能源产业重要的发展方向，科研人员通过对大量废旧钴酸锂()电池进行手工拆壳、电池芯粉碎、筛分得到混合粉料(成分分析见表1)，并成功制得了草酸钴，其流程如下： 表1  粉料金属成分质量分数% Co Li Al Cu Fe Mn Ni 23.6 3.4 3.2 0.84 2.8 1.1 0.34 表2  部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的 金属离子 开始沉淀的 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 4.7 完全沉淀的 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 6.7 已知：Co(III)有较强氧化性，有较强还原性。 (1)机械破碎的目的是 (2)还原酸浸的主要反应中和的物质的量之比为 (3)沉铝操作中，加入溶液调节溶液，根据题中所给数据，分析滤渣1的主要成分 、 。 (4)氧化过滤的目的是沉铁和沉锰，其操作为控制体系的在4—5，加入溶液。写出其中沉铁的离子方程式 ；实际生产中，随着反应时间的延长，锰和铁的沉淀率逐渐增大，但钴的损失量也随之增大，可能的原因为：①氧化成沉淀而增大钴的损失率；② (5)P507(2-乙基己基磷酸-2-乙基己基酯)为有机磷酸萃取剂，下图为水相对不同离子萃取率的影响曲线，水相合适的为 左右。 (6)该工艺中，废料生产得到的质量为，则该工艺的产率为 (保留2位有效数字)。 8．（23-24高二上·辽宁·期中）硫酸铜既是一种肥料，又是一种普遍应用的杀菌剂。电子工业上常用氯化铁溶液做印刷电路铜板的“腐蚀液”，使用过的腐蚀废液中的金属离子主要有、和。化学兴趣小组设计如下流程利用废液制备并回收氯化铁溶液。 已知：①硫酸铜易溶于水，不溶于乙醇。 ②常温下部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示。 （溶液中的离子浓度视为完全沉淀） 沉淀物 开始沉淀 5.4 2.7 5.8 完全沉淀 6.7 3.2 8.8 回答下列问题： (1)配制“腐蚀液”时，将固体溶于 ，再加水稀释。 (2)反应1中加入溶液的目的是 (3)试剂X的最佳选择为 ；a的取值范围是 。 A．    B．    C．氨水 (4)沉淀2为碱式碳酸铜，同时有气泡产生。反应2的离子方程式为 (5)实验测定沉淀2中含有碱式氯化铜杂质。处理前对废液进行稀释，不同稀释倍数沉淀2中铜元素含量和氯元素含量如图所示，废液的最佳稀释倍数为 。 (6)系列操作的步骤包括 、过滤、乙醇洗涤、干燥。 9．（23-24高三上·安徽蚌埠·阶段练习）醋酸铟是一种化工产品，以ITO靶材废料(主要由、组成)为原料制备醋酸铟的流程如下： 回答下列问题： (1)已知和可反应生成偏铟酸铯(CsInO2)，也可以与反应生成，据此判断属于 (填“酸性氧化物”“碱性氧化物”或“两性氧化物”)。写出与反应的离子方程式： 。 (2)酸浸时，铟的浸出率在不同温度和硫酸浓度下的数值如下表，锡的浸出率小于20%。 温度 30℃ 50℃ 70℃ 90℃ 的溶液 56% 72% 83% 91% 的溶液 68% 81% 89% 94% 由上表信息可得出规律：其他条件不变时，铟的浸出率随温度升高而 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)，温度越高，硫酸浓度对铟的浸出率影响 。 (3)酸溶时无气泡产生，则酸溶时发生反应的化学方程式为 。 (4)现有一份和的混合溶液，向其中逐渐加入锌粉，测得析出固体的质量随加入锌粉的物质的量的关系如图所示。图中ab段反应的离子方程式为 ，该混合溶液中，和的物质的量浓度之比为 。 10．（2023·四川攀枝花·一模）以某种铁钴矿(主要成分为FeCo2S4，还含有少量MgO、SiO2等杂质)为原料制取Co2O3和黄钠铁矾的工艺流程如下图所示： 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分为 ；确定滤液1中的已被完全氧化的方法是 。 (2)在“溶液A”中加入适量的Na2CO3溶液，生成颗粒较大的黄钠铁矾[]沉淀的同时还生成一种气体，这种气体的化学式是 。若此步骤加入过量Na2CO3溶液，可能造成的后果是 。 (3)在“滤液3”中按物质的量之比为1∶2加入NaClO和Na2CO3，总反应的离子方程式是 。 (4)经检测，滤渣4是由和形成的混合物。隔绝空气灼烧时，发生反应的化学方程式是 ；如果控制温度不当，会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 。 (5)流程中NaClO溶液和Na2CO3溶液必须分两次依次加入，请解释原因 。 11．（2023·江苏南通·模拟预测）碳酸铈是一种稀土材料，工业上常以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3、SiO2)为原料制备碳酸铈，其工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”后铈元素主要以存在 ②硫脲()是一种常见的还原剂，易被氧化为。 (1)“焙烧”时，从焙烧室的底部通入空气目的是 。 (2)“还原”时的产物为沉淀，该反应的离子方程式为 。 (3)“沉淀”时的离子方程式为 。 (4)中含有σ键的数目为 。 (5)某研究小组利用硫化锌锂电池电解含Ce(Ⅱ)的溶液，可将Ce(Ⅱ)转化为Ce(Ⅳ)。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LixZnyS中，X= 。 ②将1molCe(Ⅲ)完全转化为Ce(Ⅳ)，负极至少消耗LiZn合金的物质的量为 mol。 12．（2023·全国·一模）在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解。从废定影液{主要含有[Ag(S2O3)2]3-、Br-等}中回收Ag并制取催化剂PdAg@Cu2O的流程如图所示： 已知：①的结构如图所示：； ②。 请回答下列问题： (1)写出Na2S2O3溶液溶解AgBr生成的离子方程式： ，该反应的化学平衡常数为 。 (2)在配合反应中，作配位原子的不可能是 (填字母)。 a．中的中心S原子               b．中的端基S原子 (3)向滤液1中通入足量氯气后，通过一系列操作可分离出Br2。通入足量氯气后，Cl2发生的氧化还原反应主要有、、 。 (4)“酸溶”过程中产生的有害气体是 (填化学式)，实验室消除该有害气体的方法为 。 (5)操作的目的是 。 (6)在制备PdAg@Cu2O的反应中，NH2OH被氧化成无污染物(N2)，若获得0.5molPdAg@Cu2O，理论上至少需要NH2OH g。 13．（23-24高三上·浙江嘉兴·阶段练习）重铬酸钾()是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为，还含有、等杂质。制备流程如图所示： 已知：步骤①高温下的主反应为： 常见物质的溶解度 物质 0℃(g) 40℃(g) 80℃(g) KCl 28.0 40.1 51.3 NaCl 35.7 36.4 38.0 4.7 26.3 73 163 215 375 (1)滤渣1的主要成分是 。 (2)步骤④调节pH时发生的离子方程式为 。 (3)下列说法不正确的是___________。 A．步骤①可在陶瓷容器中进行 B．为了加快步骤②中的过滤速度，可用玻璃棒小心翻动沉淀 C．步骤③的目的是使杂质离子转化为沉淀而除去 D．步骤⑤加入KCl后发生的是复分解反应 (4)步骤⑤加入KCl后，还需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，洗涤粗产品时可选择___________。 A．冷水 B．饱和氯化钾溶液 C．热水 D．冷的酒精 (5)测定产品的纯度 (摩尔质量：294g/mol)的定量测定：称取0.3750g样品，加水溶解配制250mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中，加入适量的硫酸和足量的KI溶液，充分反应后加入几滴淀粉溶液，然后用标准液进行滴定。上述过程平行测试3次，平均消耗的溶液的体积为22.50mL。已知：，(未配平)。 ①的纯度为 。 ②上述操作都正确，但实际测得的纯度偏高，可能的原因是 。 14．（2022·四川南充·一模）二氧化钛和三氧化钨(TiO2/WO3)纳米异质结薄膜广泛应用于光催化、光电催化和传感器等领域。从废弃薄膜中回收钛和钨等稀缺金属既有利于资源综合利用又避免污染环境，以下是TiO2/WO3纳米异质结薄膜回收的工艺流程： 已知：I．乙胺是无色极易挥发的液体，结构简式为CH3CH2NH2，呈碱性，与酸发生反应：CH3CH2NH2＋H= Ⅱ．酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2＋(CH3CH2NH3)2WO4 Ⅲ．TiOSO4易溶于水，属于强电解质；偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为H2TiO3或TiO(OH)2，室温时，Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10−27。 回答下列问题： (1)“碱浸”时需要不断搅拌的原因 。 (2)“萃取”前，需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是 。 (3)“反萃取”步骤中，加入的试剂a最佳是 (填标号)。 A．NaOH溶液           B．氨水           C．NH4Cl溶液 (4)写出“酸煮”步骤的化学反应方程式 。 (5)在制TiO2 “水煮”时加水并加热的目的是 。 (6)检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是 。 (7)室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，则此时滤液中c(TiO2+)为 。 15．（2022·浙江·二模）氧化镍(NiO)在冶金、化学及电子工业等领域中有广泛应用，某兴趣小组由工业废渣(主要成分：Fe、Ni，其它杂质不与酸反应)制备氧化镍的流程如下：    已知： 请回答： (1)下列说法正确的是_______。 A．通过冲击破碎的方式预处理工业废渣可加快其在酸溶时的反应速率 B．滤液1中的主要金属阳离子为、和 C．操作Ⅱ与操作Ⅲ均为过滤，仅需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯 D．滤渣2中加入过量氨水发生的反应为 (2)滤液3经过一系列操作可得到氧化镍粗品，包含以下步骤： a.将滤液放入烧杯中用煤气灯进行加热 b.将滤出的沉淀物进行烘干 c.用pH试纸测定溶液至不呈碱性 d.经马釜炉焙烧 e.过滤 ①请给出合理的操作排序(从上述操作中选取，按先后次序列出字母) 。为提高氧化镍产率，向滤液3中加入稍过量的碳酸铵固体→e→→→e→→→氧化镍粗品 ②步骤a中对滤液进行加热的原因是 。 (3)氧化镍产品的纯度可用配位滴定法测定。取1.500g氧化镍粗品，酸溶后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为的标准液滴定，平均消耗标准液。 已知：Ⅰ. Ⅱ.紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。 ①粗品中氧化镍的纯度是 。(保留四位有效数字) ②下列操作会使测定结果偏低的是 。 A．锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定 B．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡 C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数 D．振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出 16．（2023·河北保定·三模）钪()是一种稀有金属。从铝土矿生产的副产品“赤泥”(主要成分为、、、)中回收钪，同时生产聚合硫酸铁铝具有极其重要的工业价值，一种生产工艺流程如图所示： 已知：①钪离子可以在不同下生成。 ②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的值如下表所示： 离子 开始沉淀的 7.0 1.9 3.0 0.3 完全沉淀的 9.0 3.2 4.7 2.0 回答下列问题： (1)“浸取”时，常将赤泥粉碎，并进行搅拌，其目的是 。 (2)流程中经处理后可循环利用的物质是 (填“物质A”或“物质B”)；物质C最好选用 (填“溶液”或“氨水”)。 (3)Sc、Ti、Fe、Al的萃取率与浸出液的酸度关系如图所示，应选择的合适的浓度为 mol∙L−1。 (4)“反萃取”时若加入过量的溶液，沉淀会溶解。写出与过量溶液反应生成n=4含钪产物的化学方程式： 。 (5)该工艺流程中引入“还原”与“氧化”这两个步骤的原因是 。 (6)“聚合”生成聚合硫酸铁铝时，同时产生气体和沉淀，该步骤的离子方程式为 。 17．（2023·辽宁大连·模拟预测）科学家利用光催化剂实现高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿(主要成分是，含少量、、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如下： 已知： ①滤液1中所含阳离子主要有、、和。 ②几种氢氧化物沉淀的如表所示。 氢氧化物 开始沉淀 7.5 2.3 4.0 沉淀完全 9.7 3.7 回答下列问题： (1)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的是 。 (2)“酸洗”中用盐酸代替水的目的是 。滤液3可以循环用于“ ”工序(填名称)。 (3)“氯化”的化学方程式为 。 (4)“合成”过程中将溶液和溶液混合容易形成胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为 (任答一条)。 (5)的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与距离最近且相等的有 个，相邻2个的核间距为 nm。 18．（2023·福建·二模）利用炼钢锌灰(主要成分为ZnO、和，含少量、CuO等杂质)为原料制备锌的工艺流程如下。    (1)“焙烧”的目的是将难以溶浸的转化为ZnO，该过程 氧化还原反应(填“是”或“不是”)。 (2)“氨浸”过程，氨浓度为时，298K时锌配合物种类与pH关系如图。    ①控制氨浸液pH为10~11，ZnO溶解为的离子方程式为 。 ②已知  。当浸取液足量时，随着浸取液温度升高，ZnO溶解量反而降低的原因是 。 (3)“除砷”过程： ①转化为的离子方程式为 。 ②已知胶体粒子吸附带正电荷。适当增加的用量可提高砷去除率的原因是 。 (4)“电解”过程电极板采用涂钌钛板和铝板。 ①阴极沉积锌的电极反应为 。 ②阳极产生的会被还原。理论上阴极沉积9.75gZn，阳极产生的在标准状况下的体积为 。 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) (2) 废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等 (3)将转化为氢氧化铝沉淀 (4) (5)没有达到催化剂所需的合适的活化温度 【分析】废催化剂在氢氧化钠条件下，通入氧气焙烧将转化为和硫酸钠；加H2O浸出除去不溶的铁、铜化合物，浸出液含、、，通入过量的二氧化碳，将转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到； 【详解】（1）焙烧过程氧气具有氧化性，会氧化生成硫酸盐和，氢氧化钠、氧气和转化为、硫酸钠，水，化学方程式为，故答案为：； （2）①氧化铝会和氢氧化钠生成可溶性的，故过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、，故答案为：； ②欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等，故答案为：废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等； （3）通入过量的二氧化碳，将转化为氢氧化铝沉淀，除去铝元素，故答案为：将转化为氢氧化铝沉淀； （4），灼烧后可得到，结合质量守恒可知，还生成氨气和水，反应为，故答案为：； （5）催化剂催化需要一定的活化温度，在温度之间，转化率不高的原因是：此时温度较低，没有达到催化剂所需的合适的活化温度，导致反应速率较慢，单位时间内转化率不高，故答案为：没有达到催化剂所需的合适的活化温度。 2．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率 (2)Fe、SiO2、CaSO4 (3)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O (4) 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 12Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Fe3+ (5) 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）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； （2）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； （3）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； （4）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：12Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Fe3+； （5）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。 3．(1)粉碎、研磨等 (2)SO2 (3) CuSO4 Bi2O3+2H+=2BiO++H2O GeO2、SiO2 (4) Na2GeO3+6HCl=2NaCl+ GeCl4+3H2O 抑制GeCl4水解 (5)蒸馏 【分析】由题干工艺流程图可知，先将精硫锗矿进行“粉碎、研磨”等预处理后，在空气中煅烧将GeS2转化为GeO2和SO2、CuS转化为CuO和SO2，即气体A为SO2，煅烧后的固体加入稀硫酸则GeO2与稀硫酸不反应，CuO转化为CuSO4、Bi2O3转化为(BiO)2SO4，过滤得到滤液主要成分为CuSO4、(BiO)2SO4、过量的H2SO4，滤渣主要成分为GeO2、SiO2，向滤渣中加入NaOH溶液，将GeO2、SiO2分别转化为Na2GeO3、Na2SiO3，向浸出液B中加入过量的浓盐酸，Na2GeO3转化为GeCl4，Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，将生成的GeCl4通过操作a即蒸馏法得到纯净的GeCl4，向所得滤液中加入高纯水，让GeCl4完全水解得到GeO2，过滤洗涤干燥即得纯净的GeO2，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，“预处理”时进行的操作可能是粉碎、研磨，故答案为：粉碎、研磨； （2）由分析可知，在空气中煅烧将GeS2转化为GeO2和SO2、CuS转化为CuO和SO2，即气体A为SO2，故答案为：SO2； （3）由分析可知，煅烧后的固体加入稀硫酸则GeO2与稀硫酸不反应，CuO转化为CuSO4、Bi2O3转化为(BiO)2SO4，过滤得到滤液主要成分为CuSO4、(BiO)2SO4、过量的H2SO4，滤渣主要成分为GeO2、SiO2，生成(BiO)2SO4即Bi2O3与H2SO4反应生成(BiO)2SO4，则该反应的离子方程式为：Bi2O3+2H+=2BiO++H2O，故答案为：CuSO4；Bi2O3+2H+=2BiO++H2O；GeO2、SiO2； （4）由分析可知，向浸出液B中加入过量的浓盐酸，Na2GeO3转化为GeCl4，则“浸出液B”与浓盐酸反应生成GeCl4的化学方程式为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+ GeCl4+3H2O，由题干信息可知，GeCl4在水中或稀酸溶液中易水解，故浓盐酸的作用除作为反应物外，还有抑制GeCl4水解的作用，故答案为：Na2GeO3+6HCl=2NaCl+ GeCl4+3H2O；抑制GeCl4水解； （5）由分析结合题干信息可知，GeCl4的沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解，“操作a”的名称为蒸馏，故答案为：蒸馏。 4．(1)+2 (2) (3) 防止Na4[Fe(CN)6]被氧化 除去过量的钙离子 络合反应 (4)用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次 (5) 100.00mL容量瓶 95.0% C 【分析】含NaCN的废液中加入FeSO4、CaCl2反应生成Na4[Fe(CN)6]、CaSO4、NaCl，过滤除去硫酸钙，然后加入碳酸钠除去过量的钙离子，过滤除去碳酸钙；加入KCl溶液使Na4[Fe(CN)6]转化为Na4[Fe(CN)6]⋅3H2O，过滤，用乙醇洗涤、干燥，最后得到产品；据此分析解题。 【详解】（1）NaCN中碳元素的化合价为+2价，故答案为：+2。 （2）由流程可知，反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应，根据质量守恒和最终产物Na4[Fe(CN)6]⋅3H2O推断反应生成Na4[Fe(CN)6]、CaSO4、NaCl，发生的主要反应为，故答案为：。 （3）反应过滤后，“过滤1”中Fe为+2价，加入少量铁粉，可已知Fe的氧化，然后加入碳酸钠除去过量的钙离子，过滤除去碳酸钙，反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应生成Na4[Fe(CN)6]为络合反应；故答案为：防止Na4[Fe(CN)6]被氧化；除去过量的钙离子；络合反应。 （4）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质残液，可以乙醇洗涤，故实验室进行步骤a的操作为用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3，故答案为：用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次。 （5）①配制100.00mL样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和100.00mL容量瓶，故答案为：100.00mL容量瓶； ②根据方程式可知，则样品中Na4[Fe(CN)6]的物质的量为，则该样品的纯度是，故答案为：95.0%； ②A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，故A错误； B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，故B错误； C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，故C正确； 故答案为C。 5．(1) (2)CaSO4 (3) D 大于 S原子含有孤电子对，Ni原子含有空轨道，硫与镍之间的结合方式为配位键，故选D。O的电负性大于S，则中-OH的极性大于中-SH的极性，-OH更容易电离出H+ (4) (5)负 (6)6+O2=2+6H2O (7) 【分析】生产高纯硫酸锰晶体工艺流程中，软锰矿加入铁屑和稀硫酸溶解，形成MnSO4、FeSO4、MgSO4、NiSO4溶液，其中SiO2和大部分CaSO4进入滤渣1，“氧化”过程加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，“调节pH”过程加入CaCO3，形成Fe(OH)3沉淀过滤除去，“除镍”过程加入MnS，形成NiS沉淀除去，之后加入MnF2，形成CaF2和MgF2沉淀过滤除去，最后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到MnSO4晶体。 【详解】（1）“酸浸”过程中碳酸锰和氢离子反应生成锰离子和水、二氧化碳气体，离子方程式为：。 （2）钙的氧化物和硫酸生成不溶物硫酸钙，“滤渣1”的主要成分为、，还含有CaSO4。 （3）S原子含有孤电子对，Ni原子含有空轨道，硫与镍之间的结合方式为配位键，故选D。O的电负性大于S，则中-SH的极性大于中-SH的极性，-SH更容易电离出H+，则25℃，电离常数大于。 （4）除钙镁时，、沉淀后溶液中。 （5）除硅时，絮凝剂为阳离子型聚丙烯酰胺，聚丙烯酰胺带正电，可通过“吸附—电中和—架桥”使硅酸胶体絮凝沉淀，硅酸胶体粒子带负电荷。 （6）在空气中被氧化生成，Mn元素由+2价上升到+价，O元素化合价由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：6+O2=2+6H2O。 （7）由Mn3O4的晶胞结构可知，其中Mn2+和Mn3+占据晶胞的顶点、面心及内部交错的4个小立方体的体心，Mn2+的个数为4+6×+8×=8，则该晶胞中含有O原子的个数为，晶体的密度为，则 pm。 6．(1) (2)BC (3) (4)浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热 (5)取蚀刻液少量于试管中，加入溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量 【分析】废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液1中含有Fe2+、Cl-，在滤液中通入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液2也为FeCl2溶液，滤渣2为铜，铜和氯气反应生成CuCl2，Z为Cl2。 【详解】（1）由分析可知，Y中所含溶质的化学式为HCl。 （2）A．根据相似相溶原理，是极性分子，微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇大，故A错误； B．由分析可知，滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，X为Fe粉，分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快，滤渣1形成原电池，反应速率更快，故B正确； C．分子中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确； D．基态亚铜的价层电子排布式为，能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故D错误； E．滤渣2为铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体生成，不符合绿色化学的原则，故E错误； 故选BC。 （3）依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：。 （4）浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质为：浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热。 （5）Z为Cl2，检验Cl2过量的方法为：取蚀刻液少量于试管中，加入溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。 7．(1)提高酸浸速率、浸出率 (2)8:1 (3) Al(OH)3 Cu(OH)2 (4) Co2+转化为CoCO3沉淀而增大钴的损失率 (5)4 (6)95% 【分析】废旧锂离子电池机械粉碎后加入硫酸酸浸再用Na2S2O3将Co（+3价）还原为Co2+，铁元素也被还原为Fe2+，加入碳酸氢铵溶液调pH=6，将铝离子、铜离子沉淀为氢氧化物，再用次氯酸钠将亚铁离子氧化为正三价转化为氢氧化铁沉淀，同时调pH沉锰，最后用P507萃取Co2+，分离出镍离子和锂离子。 【详解】（1）机械破碎固体的目的是增大接触面积，提高酸浸速率和转化率； （2）钴酸锂中Co由+3价被还原为+2价，硫代硫酸钠中硫由+2价被氧化为+6价的硫酸根离子，根据电子守恒，钴酸锂和硫代硫酸钠的物质的量之比为8:1； （3）还原酸浸之后，溶液中有Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Cu2+、Li+、Ni2+，由表2可知，铝离子在pH=5.2时完全沉淀，铜离子在pH=4.7时开始沉淀，pH=6.7时完全沉淀，因此滤渣1中含有Al(OH)3、Cu(OH)2； （4）沉铁时铁元素被氧化为+3价从而转化为氢氧化铁除去：；沉铝时加入碳酸氢铵溶液，随着反应时间延长，Co2+可能与碳酸氢铵反应转化为CoCO3沉淀而损失； （5）萃取分液过程中目的是分离出锂离子和镍离子，pH=4左右，钴萃取率较高，且锂和镍萃取率较低； （6）1000kg废料中含有钴元素1000×23.6%kg，由钴守恒得关系式Co~CoC2O2·2H2O，理论上得到CoC2O2·2H2O的质量为，产率为=95%。 8．(1)较浓盐酸 (2)将氧化成，使铁元素易沉淀而便于除去。 (3) A 3.2~5.4（或） (4) (5)3 (6)加热（蒸发）浓缩、冷却结晶 【分析】腐蚀废液中的金属离子主要有、和，反应1中加入溶液，将氧化成，加入试剂X可为CuO调节溶液的pH沉淀；过滤后，沉淀1为，加入盐酸溶解可得氯化铁溶液；向滤液中加入碳酸钠溶液发生反应2为，得到碱式碳酸铜沉淀，加入稀硫酸经系列操作得到，据此分析解答。 【详解】（1）易水解，通过增大溶液中来抑制的水解，因此将溶于较浓盐酸再加水稀释至所需浓度。 （2）若将转化为沉淀，也会使产生沉淀，则溶液的目的是：将氧化成，使铁元素易沉淀而便于除去。 （3）即可以调节溶液值，又不引入新物质又可提高目标产物的产量，因此试剂X的最佳选择为，故选A；由表格数据可知，使完全沉淀，则pH应不小于3.2，而不沉淀，则pH应小于5.4，所以值应控制在3.2~5.4。 （4）根据转化关系可知，反应2的反应物是氯化铜溶液与碳酸钠溶液，生成碱式碳酸铜和二氧化碳气体。和应为水解产生，因此离子方程式为。 （5）根据图像信息可知，不同的稀释倍数，沉淀2中铜元素含量随原料的稀释倍数变化不大，而氯元素含量随原料的稀释倍数的增大呈现先降低再升高的趋势。当原料稀释倍数为3时，沉淀2氯元素含量最低，因此废液的最佳稀释倍数为3。 （6）从溶液中析出带有结晶水的物质，为防止物质失去结晶水必须加热浓缩、冷却结晶再过滤、乙醇洗涤、干燥。 9．(1) 两性氧化物 (2) 增大 减小 (3) (4) 【分析】ITO靶材废料(主要由In2O3、SnO2组成)用H2SO4处理，In2O3与硫酸反应产生In2(SO4)3进入溶液，而SnO2有少量反应产生Sn(SO4)2进入溶液，大部分仍以固体形式存在，过滤后除去固体SnO2，向滤液中加入Zn粉，发生反应Sn4++2Zn=Sn+2Zn2+，将反应产生的Sn过滤除去，向滤液中加入Zn粉，发生置换反应：3Zn+2In3+=3Zn2++2In，由于Zn过量，所以过滤，除去滤液，得到的滤渣中含有Zn、In，向滤渣中加入双氧水和醋酸进行酸溶，经一系列处理后得到醋酸铟； 【详解】（1）已知和可反应生成偏铟酸铯(CsInO2)，也可以与反应生成，即既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，据此判断属于两性氧化物；与反应生成NaInO2和水，反应的离子方程式为：； （2）由上表信息可得出规律：其他条件不变时，铟的浸出率随温度升高而增大，温度越高，硫酸浓度对铟的浸出率影响减小，故答案为：增大；减小； （3）酸溶时无气泡产生，则酸溶时铟在双氧水、醋酸的作用下反应生成醋酸铟和水，发生反应的化学方程式为; ； （4）在Oa段发生反应：Sn4++2Zn=Sn+2Zn2+，n(Sn4+)=n(Zn)=×0.02 mol=0.01 mol，在ab段发生反应：3Zn+2In3+=3Zn2++2In；n(In3+)=n(Zn)=×(0.08-0.02) mol=0.04 mol，溶液的体积相同，所以离子浓度比等于它们的物质的量的比，故c(In3+)：c(Sn4+)=0.04：0.01=4：1；则c[]：c[]=2：1。 10．(1) SiO2 取适量滤液1放入试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe2+已被完全氧化 (2) CO2 Na2CO3过量，会使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，使黄钠铁矾的纯度(或产率)降低 (3)2Co2++ClO-+2+3H2O=2Co(OH)3↓+2CO2↑+Cl- (4) 2Co(OH)SO4Co2O3+2SO3↑+H2O↑ 4Co(OH)34CoO+O2↑+6H2O↑ (5)还原性：Fe2+>Co2+，Fe2+优先被NaClO溶液氧化，有利于得到较纯的黄钠铁矾 【分析】铁钴矿焙烧时硫元素转化为二氧化硫，高温下碳元素转化为碳的氧化物，铁元素转化为铁单质，钴元素转化为钴单质；然后用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，滤液1中主要含有、、等，加入次氯酸钠氧化溶液中的亚铁离子，加入碳酸钠调节pH沉淀铁离子，使其转化为黄钠铁矾；滤液2中加入氟化钠沉淀镁离子；滤液3中加入次氯酸和碳酸钠，氧化，同时使其转化为滤渣4；滤渣4焙烧得到三氧化二钴，据此解答。 【详解】（1）①二氧化硅不溶于硫酸，所以滤渣1的主要成分为； ②检验亚铁离子一般用溶液，所以确定滤液1中的已被氧化完全的方法为取适量滤液1于试管中，滴加几滴溶液，无蓝色沉淀产生，说明已被完全氧化。 （2）①在溶液A中加入适量的调节pH为1.62.0，生成黄钠铁矾沉淀，根据原子守恒可知生成气体的化学式为； ②由于过量，pH超过2.0，会加速水解，产生沉淀，黄钠铁矾产率降低，答案可填：Na2CO3过量，会使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，使黄钠铁矾的纯度(或产率)降低。 （3）滤液3中加入次氯酸和碳酸钠，氧化钴离子，同时使其转化为，根据添加比例及氧化还原规律可得到总反应的离子方程式是。 （4）①由流程可知，隔绝空气灼烧时生成，根据原子守恒可知还有水和三氧化硫生成，则发生的化学反应方程式为； ②如果控制温度不当，会生成CoO杂质，发生氧化还原反应，根据氧化还原规律，可得反应方程式为：。 （5）由于的还原性强于，优先被NaClO溶液氧化为，有利于得到较纯的黄钠铁矾，所以流程中NaClO溶液和溶液必须分两次依次加入；答案可填：还原性：Fe2+>Co2+，Fe2+优先被NaClO溶液氧化，有利于得到较纯的黄钠铁矾。 11．(1)将Ce(Ⅲ)氧化为Ce(Ⅳ)，增大反应物的接触面积，使焙烧更充分 (2) (3) (4)13×6.02×1023(写成13mol也可以) (5) 1.5 【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce元素被氧化，得到CeO2、CeF4，之后用稀硫酸浸取，得到的滤渣A为难溶物BaSO4以及SiO2，滤液A中主要含有Ce4+、Fˉ等，相继加入硫脲和硫酸钠，根据题目已知信息可知Ce元素转化为 Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀，依次加入NaOH溶液和稀盐酸，得到含Ce3+的溶液，然后向溶液中加入碳酸氢铵，碳酸氢根电离出的碳酸根与Ce3+结合得到Ce2(CO3)3沉淀，以此分析； 【详解】（1）焙烧”时，从焙烧室的底部通入空气，将Ce3+氧化为Ce4+，增大反应物的接触面积，使焙烧更充分； 故答案为：将Ce3+氧化为Ce4+，增大反应物的接触面积，使焙烧更充分； （2）根据分析，(CeF2)2+发生还原反应产物为 NaCe(SO4)2 ， 被氧化成(SCN2H3)2，根据电子守恒可得化学方程式； 故答案为：2； （3）含Ce3+溶液中加入碳酸氢铵溶液，碳酸氢根电离出的碳酸根与Ce3+结合生成沉淀，促进碳酸氢根的电离，所以会产生大量氢离子，氢离子又和碳酸氢根结合生成二氧化碳和水，所以离子方程式为； 故答案为：； （4）(SCN2H3)2 中S是该化合物中电负性大的原子，可以推断(SCN2H3)2中存在S-S键，则S为-1价，结构，则其中含有13个σ键； 故答案为：13mol（13×6.02×1023）； （5）①根据均摊法，LixZnyS中，S2-的数目为，又可见阳离子数目为7，则根据化学式与化合价计算，，解得，； ②LiZn合金中2种原子化合价之和为0，反应后产生1个Li+和1个Zn2+，化合价之和上升了3，将1molCe3+完全转化为Ce4+，电子转移物质的量为1mol，则消耗LiZn合金物质的量为； 故答案为：1.5；。 12．(1) AgBr+2=[Ag(S2O3)2]3-+Br- 16 (2)a (3)+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+ (4) NO 将NO与足量O2混合通入NaOH溶液中 (5)除去Ag中混有的铁粉 (6)33 【分析】废定影液{主要含有[Ag(S2O3)2]3-、Br-等}中加入Na2S溶液，与[Ag(S2O3)2]3-反应生成Ag2S沉淀，过滤后，所得滤液中含有Br-、S2-、；将Ag2S通入空气焙烧，生成粗银和SO2；将粗银放入稀硝酸中溶解，生成AgNO3等，加入盐酸将银转化为AgCl沉淀；加入铁粉，将AgCl还原为Ag，过滤所得的Ag中混有Fe，加入足量盐酸溶解Fe、过滤、洗涤、干燥，得纯银；纯银与K2PdCl4、PVP混合后，得到PdAg，再与CuCl2、NaOH、NH2OH、HCl混合后，得到PdAg@Cu2O。 【详解】（1）Na2S2O3溶液溶解AgBr生成和NaBr，离子方程式：AgBr+2=[Ag(S2O3)2]3-+Br-，该反应的化学平衡常数为K==K稳∙Ksp(AgBr)=3.2×10-13×5.0×1013=16。 （2）在配合反应中，中的中心S原子不存在孤电子对，不能作配位原子，中的端基S原子存在孤电子对，可作配位原子，则配原子不可能是a。 （3）向滤液1中通入足量氯气后，通过一系列操作可分离出Br2。通入足量氯气后，Cl2发生的氧化还原反应主要有、、+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+。 （4）“酸溶”过程中，粗银与稀硝酸反应，生成AgNO3等，产生的有害气体是NO，实验室消除该有害气体的方法为：将NO与足量O2混合通入NaOH溶液中。 （5）加入过量的铁粉后，AgCl全部被还原为Ag，此时Ag中混有过量的铁。往固体混合物中加入足量盐酸，将Fe溶解后过滤、洗涤、干燥，则操作的目的是：除去Ag中混有的铁粉。 （6）在制备PdAg@Cu2O的反应中，NH2OH被氧化成无污染物(N2)，依据得失电子守恒，可得出关系式：2NH2OH——Cu2O，若获得0.5molPdAg@Cu2O，理论上至少需要NH2OH的物质的量为0.5mol×2=1mol，质量为1mol×33g/mol=33g。 【点睛】NO、足量O2混合通入NaOH溶液中，发生反应4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。 13．(1)Fe2O3 (2) (3)AB (4)A (5) 88.2%或0.882 滴定过程中过量被空气中氧化生成，导致消耗的溶液体积变大，测定结果偏高 【分析】铬铁矿中加入Na2CO3、NaNO3熔融、氧化，发生反应2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，生成的熔块主要成分为Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2、Na2SiO3和NaNO2，经水浸、过滤得到滤渣1主要成分为Fe2O3，滤液l调节pH=7，过滤得到滤渣2主要成分为H2SiO3、Al(OH)3，滤液2中溶质为Na2CrO4、NaNO2，加酸调节pH，过滤得到的滤液3主要溶质为Na2Cr2O7，加入KCl发生复分解反应，通过一系列操作后得到，据此分析解答。 【详解】（1）根据分析，滤渣1中主要成分是Fe2O3。 （2）步骤④调节pH，目的是将转化为，反应的离子方程式为。 （3）A．陶瓷容器中含二氧化硅，碳酸钠在高温条件下与二氧化硅反应生成硅酸钠，因此步骤①不可在陶瓷容器中进行，A项错误； B．用玻璃棒小心翻动沉淀，可能戳破滤纸，使实验失败，B项错误； C．步骤③的目的是将和转化为沉淀而除去，C项正确； D．步骤⑤是重铬酸钠和氯化钾反应生成氯化钠和重铬酸钾，因此反应类型是复分解反应，D项正确； 故选AB。 （4）由表格数据可知，在低温下的溶解度较小，为减少产品损失，可采用冷水洗涤粗产品，故选A。 （5）①由已知可得关系式，则的纯度为。 ②上述操作都正确，但实际测得的纯度偏高，可能的原因是：滴定过程中过量被空气中氧化生成，导致消耗的溶液体积变大，测定结果偏高。 14．(1)加快反应速率，提高浸取率 (2)增大浓度，提高萃取率（或增大浓度，萃取平衡正向移动） (3)B (4)TiO2＋H2SO4 TiOSO4＋H2O (5)均促进TiO2+的水解，使水解更充分（或使TiO2+的水解平衡正向移动） (6)取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净 (7)0.001 mol∙L−1 【分析】废TiO2/WO3纳米薄膜与氢氧化钠溶液反应，不断搅拌，加速溶解，过滤，调节滤液的pH值有利于Na2WO4与 “萃取”发生反应，再分液后加入氨水反萃取得到(NH4)2WO4，再加入盐酸酸化，过滤，最终得到WO3。将粗TiO2与H2SO4再加热条件下反应生成TiOSO4和H2O，在水煮得到，过滤，将煅烧得到TiO2。 【详解】（1）为了将物质尽可能的浸取出来，同时提高反应速率，因此“碱浸”时需要不断搅拌的原因加快反应速率，提高浸取率；故答案为：加快反应速率，提高浸取率。 （2）根据题中信息酸性条件下，Na2WO4与乙胺“萃取”发生反应：2＋(CH3CH2NH3)2WO4，“萃取”前，因此需要将“滤液I”的pH调整到3.5左右，目的是增大浓度，提高萃取率(或增大浓度，萃取平衡正向移动)；故答案为：增大浓度，提高萃取率(或增大浓度，萃取平衡正向移动)。 （3）“反萃取”步骤中，(CH3CH2NH3)2WO4和实际a反应生成CH3CH2NH2、(NH4)2WO4，因此加入的试剂a最佳是氨水；故答案为：B。 （4）根据“酸煮”前后的反应物和生成得到“酸煮”步骤的化学反应方程式TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O；故答案为：TiO2＋H2SO4TiOSO4＋H2O。 （5）根据，在制TiO2 “水煮”时加水并加热的目的是均促进TiO2+的水解，使水解更充分或使TiO2+的水解平衡正向移动；故答案为：均促进TiO2+的水解，使水解更充分(或使TiO2+的水解平衡正向移动)。 （6）H2TiO3沉淀表面有硫酸根杂质，因此检验“过滤Ⅲ”所得H2TiO3是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入氯化钡溶液，如没有白色沉淀生成，说明洗涤干净。 （7）室温下测得“滤液Ⅲ”的pH=2，，解得，则此时滤液中c(TiO2+)为0.001 mol∙L−1；故答案为：0.001 mol∙L−1。 15．(1)AD (2) ac, bd 根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量 (3) ACD 【分析】工业废渣加入过量硝酸与Fe反应生成硝酸铁，与Ni反应生成硝酸镍，滤液1中金属阳离子为和，加入过量NaOH溶液得到滤渣2为Ni(OH)2、Fe(OH)3，加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成，经过一系列操作可得到氧化镍； 【详解】（1）A．增大废渣的接触面积可加快其在酸溶时的反应速率，故A正确； B．硝酸是强氧化性酸，亚铁离子会被其氧化为铁离子，滤液1中不存在，故B错误； C．过滤操作需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误； D．滤渣2中加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成配合物，与氢氧化铁沉淀分离，发生的反应为，故D正确； 故选：AD； （2）①为从滤液得到氧化镍，由可加热使氨气逸出，促使平衡正向移动，得到Ni2+，用pH试纸测定溶液至不呈碱性，过滤，将滤出的沉淀物Ni(OH)2进行烘干，经马釜炉焙烧得到NiO，故答案为：ac，bd； ②步骤a中对滤液进行加热的原因是：根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量； （3）①由，则样品中的物质的量为n=n()=c∙V=0.100mol•L-1×18.80×10-3L×=1.88×10-2mol，则样品中氧化镍的纯度为； ②A. 滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色，锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定，未达到滴定终点，标准液体积偏小，使测定结果偏低，故A选； B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，标准液体积偏大，使测定结果偏高，故B不选； C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，标准液体积偏小，使测定结果偏低，故C选； D.振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出，待测液溶质质量损失，使测定结果偏低，故D选； 故选：ACD。 16．(1)增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和浸出率 (2) 物质A 氨水 (3)1.8(1.7到1.9均可) (4) (5)防止和在“水解”工序同时沉淀，不利于元素与的分离 (6) 【分析】赤泥加入硫酸进行浸取，得到浸取液进行萃取，所得萃取物加入氢氧化钠溶液进行反萃取，将所得沉淀加入草酸进行沉淀转化，进行一系列的处理后，加入氨水，调节pH，再加入氟化铵沉钪，脱水除铵，再加入钙置换得到Sc；而萃取后的溶液加入铁粉还原将铁离子转化为亚铁离子，然后进行水解得到·H2O，再加入双氧水进行氧化，加入碳酸氢钠溶液进行聚合，得到聚合硫酸铁铝。 【详解】（1）“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，以增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率； （2）通过分析“萃取”与“反萃取”可知，“物质A”的主要成分是萃取剂，可循环利用。从流程可知，“沉钪”时需加入之后“脱水除铵”可除去所以加入氨水更好，不会引入杂质； （3）钪的萃取率要高，同时要求、、的草取率要尽可能的小，以达到更好的分离效果。根据图示可知，时，钪的萃取率和其他三种元素差别最大，故应选择的浓度为； （4）由已知可得，时生成，反应的。化学方程式为； （5）从题目所给信息可知，当达到完全沉淀时，已经开始沉淀，为防止和同时水解，需加入粉将还原为，水解完成后再加入溶液将重新氧化成，达到分离提纯的目的； （6）“聚合”时，参与反应的离子有、、、即，此时利用了、与水解相互促进彻底水解的性质，推测还有生成，再结合元素守恒和电荷守恒配平即可得离子方程式：。 17．(1) 增大接触面积，加快浸取速率 (2) 将转化为 浸取 (3) (4)搅拌、加热等 (5) 12 【分析】辉铋矿(主要成分是，含少量、、和等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质，得滤液主要成分：和，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为二氧化硅和硫单质，滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液2中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl，BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与反应生成BiVO4； 【详解】（1）据分析可知，滤渣2的主要成分：；将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的：增大接触面积，加快浸取速率； （2）“酸洗”中用盐酸代替水的目的：将转化为；稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，则滤液3可以循环用于浸取； （3）BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，反应方程式：； （4）为防止生成胶体可采用的措施：可不断搅拌或加热； （5）该晶体中位于顶点和面心，与距离最近且相等的有12个；该晶胞中含4个，和4个，晶胞质量为，晶胞边长，相邻2个的核间距为面对角线一半，即； 18．(1)不是 (2) 温度升高，生成锌氨配合物(放热反应)的平衡逆向移动 (3) 胶体粒子吸附带正电荷，有利于吸附带负电荷的，形成共沉淀 (4) 1.12L 【分析】锌灰的主要成分为ZnO、和，含少量、CuO等杂质，加入“焙烧”后将难以溶浸的转化为ZnO，加入氨水和氯化铵溶液“氨浸”，发生反应： ，得到含有的溶液，滤渣含有和，胶体粒子吸附带正电荷，有利于吸附带负电荷的，形成共沉淀，所以加入和，除去溶液中的，加入锌粉，发生置换除去，最后电解溶液制备锌单质。 【详解】（1）加入“焙烧”后将难以溶浸的转化为ZnO，同时生成，所有元素的化合价都没有发生变化，该反应不是氧化还原反应； （2）①ZnO溶解为的离子方程式为：； ②已知  ，温度升高，生成锌氨配合物(放热反应)的平衡逆向移动当浸取液足量时， ZnO溶解量反而降低； （3）①转化为的离子方程式为：； ②胶体粒子吸附带正电荷，有利于吸附带负电荷的，形成共沉淀； （4）①电解溶液制备锌单质，阴极沉积锌的电极反应为：； ②阳极产生的会被还原产生，发生反应：，生成，转移，阴极发生反应：，若阴极得到9.75gZn，，转移的电子数为，根据得失电子守恒，，阳极产生的为，标况下体积为：。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$