2025届高三化学二轮专题练习：工艺流程中如何调PH

高考专题 在工艺流程中如何调PH？ 一、单选题 1．（23-24高一下·江苏泰州·期末）废旧锌锰干电池内除铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒外，还含有及有机物等糊状填充物，一种处理废旧锌锰干电池的流程如图所示。下列说法正确的是 A．“酸溶”时用稀硝酸代替盐酸将不会有残渣产生 B．将“滤渣1”在空气中灼烧可能有生成 C．“调”生成“滤渣2”的离子方程式是 D．由溶液得到晶体的方式是蒸发结晶 2．（2024·山东淄博·三模）以含钴废料（成分为、，含少量、、等杂质）为原料制备的流程如图所示。下列说法错误的是 已知：①“酸浸”后的滤液中含有、、等  ②氧化性：  ③有关数据如表（完全沉淀时金属离子浓度） 沉淀 完全沉淀时的pH A．“酸浸”时，可用盐酸代替硫酸 B．“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和 C．“调”除杂时溶液中若，需调的范围为 D．“一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯 3．（2024·河北唐山·二模）由辉铜矿(含，少量)合成的流程如下。 已知：时，，，离子浓度时可认为离子完全沉淀。下列说法正确的是 A．煅烧时只有两种元素被氧化 B．酸浸后，滤液的主要成分为和 C．调为时，可实现铜、铁的分离 D．乙醇的作用为增大的溶解度 4．（2024高三下·全国·专题练习）用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如图： “调pH”后滤液中Fe3+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5 mol·L-1认为沉淀完全)，此时pH约为 。[Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38] 5．（2024高三下·全国·专题练习）巫山桃花铁矿是重庆迄今发现的最大铁矿，储量上亿吨，按市场估值在400亿以上。其所含化学成分有Fe2O3、MgO、SiO2和不溶物(不溶物不参与反应)。现模拟用该铁矿来制备高铁酸钠[Na2FeO4]，其流程设计如图： 已知：常温下，几种难溶氢氧化物的Ksp 难溶物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 8×10-16 4×10-38 2×10-11 常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时的最佳取值范围为 。(已知lg2=0.3，当某离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，计算结果保留1位小数)。 6．（2024·全国·模拟预测）铷和铯在电子器件、催化剂、特种玻璃、生物化学及医药等应用领域有重要作用。自然界中的铷、铯储量丰富，但是含量偏低，常和其他碱金属共生。一种由钾铷铯混合矾(含少量、、等硫酸盐)制备铯盐和碳酸铷的部分工艺流程如下： 回答下列问题： (1)铷位于元素周期表中的第 周期。 (2)“滤渣Ⅰ”中有Al(OH)3和一种重要的硫酸盐，该硫酸盐在医疗上的主要用途为 。工艺流程中分两次调pH的主要目的为 。 (3)“萃铯余液”进行“碳化”的目的是除去溶液中的等杂质离子。 ①“碳化”过程中除去时，发生反应的离子方程式为 。 ②继续通入CO2至过量，“碳化”后溶液中含有大量，的分解温度约为175℃，从溶液中制得碳酸铷的操作是蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、 。 (4)利用叠氮酸(HN3)和Rb2CO3两步制取少量金属铷，每一步都会生成一种无色无味气体，已知叠氮酸的酸性大于碳酸的酸性。该制备过程的化学方程式为 、 。 7．（23-24高二下·山东烟台·期末）工业上以菱锌矿(，含PbO、FeO、、CuO、MnO、等杂质)为原料制备ZnO的工艺流程如下： 已知：常温下，有关离子沉淀时的pH： 开始沉淀时 7.5 2.7 7.4 6.2 沉淀完全时 9.5 3.7 9.4 8.0 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分有 (填化学式)，“氧化除锰”过程中生成的离子方程式为 。 (2)“调pH”的目的是回收含铁化合物，则pH范围为 ， “试剂X”是 (填化学式)：“置换”反应的离子方程式为 。 (3)“沉锌”时，应保持溶液pH在6.8～7.0之间，pH不能过低的原因是 ，“滤液”中溶质的主要成分为 (填化学式)。 (4)高温煅烧碱式碳酸锌得到ZnO，取3.41g碱式碳酸锌，煅烧至恒重，得到标准状况下0.224L和2.43g固体，则该碱式碳酸锌的化学式为 。 8．（23-24高一下·甘肃金昌·阶段练习）高纯硅制备过程中会产生副产物，某同学在实验室以和硅镁石(含、及少量的氧化物)为原料，制备氯化镁晶体并回收的工艺流程如图所示： 已知： 开始沉淀的 2.2 9.6 沉淀完全的 3.5 11.6 回答下列问题： (1)已知溶液1为盐酸，写出“水溶”过程中发生反应的化学方程式： 。 (2)“氧化”时加发生反应的离子方程式为 ，反应温度不易过高，主要原因是 。 (3)试剂X的作用为“调”将杂质转化为沉淀而除去，同时不引入杂质，沉淀3为 (填化学式)，试剂X可以是下列试剂中的 (填字母)。 A．    B．    C．    D． (4)“沉淀1”灼烧后所得固体与“沉淀2”共同用于回收，“沉淀1”灼烧时应在 (填仪器名称)中进行。 (5)若以为原料，理论上制得的质量为 g(假设反应过程中Cl元素无损耗)。 9．（23-24高二下·安徽亳州·期中）五氧化二钽()主要用作钽酸锂单晶和制造高折射低色散特种光学玻璃等。一种以含钽废料(主要成分为、以及少量的FeO、、等)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知：是弱酸。回答下列问题： (1)“酸溶”时，发生反应的基本反应类型为 ，滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)“氧化”时，反应的离子方程式为 。 (3)“调pH”时，若过滤出沉淀后溶液的pH=5，列式计算是否沉淀完全？ {已知：，溶液中离子浓度小于或等于时可视为沉淀完全}。 (4)“浸钽”时，加入4的HF溶液，浸出时间为4h，钽的浸出率随温度的变化如图所示。HF溶液的物质的量浓度为 ，浸出的最佳温度为 ℃。 (5)“沉钽”时，生成，反应化学方程式为 。 10．（2024·安徽·模拟预测）钪(Sc)是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用，钛铁矿的主要成分为，还含有少量的、、等，从钛铁矿中提取的流程如下图所示，根据题意回答下列问题： (1)基态的核外电子排布式为 。 (2)为了提高矿渣的浸出率，可采取的措施有 (写两点)。 (3)滤渣1的主要成分是 (填化学式)；“萃取”操作需要的玻璃仪器有 。 (4)“酸浸”后Ti元素转化为，其水解反应的离子方程式为 。 (5)用草酸沉钪时，求在25℃、pH=2的草酸溶液中 。(已知25℃时，的，) (6)第二次“酸溶”后，溶液中含有的，通过调pH可将转化为沉淀，则要使水中的转化为沉淀，则溶液的pH值至少要控制在 以上。{已知室温下，，忽略溶液体积变化} 11．（2024·江苏泰州·模拟预测）实验室以辉铜矿粉(含Cu2S及少量的SiO2、Fe2O3)为原料制备CuSO4∙5H2O晶体，再制备Cu2O，实验过程可表示为： 已知：I．25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20； Ⅱ．Cu2O在酸性环境中不稳定，在潮湿的空气中易被氧化。 (1)“酸浸氧化”时控制温度为80℃、O2流速一定，加入Fe2(SO4)3与NaCl协同浸取。其他条件相同时，铜浸出率与c[Fe2(SO4)3]、c(NaCl)的关系分别如图1、图2所示。 ①O2氧化Cu2S发生反应的化学方程式为 。当c[Fe2(SO4)3]＜0.1mol∙L-1时，随着硫酸铁浓度的增大，铜浸出率显著增加的原因可能是 。 ②Cl-破坏硫覆盖层，但c(NaCl)＞1.0mol∙L-1时，铜浸出率下降，原因可能是 。 (2)制取CuSO4∙5H2O。25℃时，用Cu(OH)2调pH发生反应，其平衡常数K= ；检验制得的CuSO4∙5H2O晶体中不含有Fe3+的实验方法为 。 (3)制取Cu2O。补充完整制取一定量Cu2O的实验方案：称取25g CuSO4∙5H2O晶体于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解， 。[须使用的试剂：葡萄糖(分子式C6H12O6，需过量20%)、NaOH溶液、蒸馏水；需要进行抽滤。] 12．（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）。 13．（23-24高三下·云南·阶段练习）氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，用于制造高功率、高频率的电子器件。一种综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌、]制备GaN的工艺流程如图所示： 已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。 ②常温下，，，。 ③、在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系如下表。 盐酸浓度/mol/L 反萃取率/% 2.3 86.9 9.4 4.1 69.1 52.1 6.2 17.5 71.3 回答下列问题： (1)基态Ga原子的价层电子排布式为 。 (2)“酸浸”时发生反应的离子方程式为 。“酸溶”所得滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (3)“酸浸”所得浸出液中、浓度分别为0.21 g⋅L、6.5 g⋅L。常温下，为尽可能多地提取并确保不混入，用CaO“调pH”时须不大于 (假设调pH时溶液体积不变)。 (4)“反萃取”时，所用盐酸的浓度 mol/L(选填上表中盐酸的浓度)。 (5)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致的沉淀率降低，原因是 (用离子方程式表示)。 (6)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解得到的与在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该产物的电子式为： 。 (7)GaN晶体的一种立方晶胞如图所示，该晶胞中镓原子的配位数为 。若该晶胞边长为a pm，则该晶胞密度为 g/cm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 14．（23-24高二下·湖北·阶段练习）某石油炼化厂废弃的催化剂主要含金属Ca、Fe、Mn及其氧化物。采用如下工艺流程回收其中的： 已知：①“酸浸”“氧化”后，所得含钒微粒依次为、。 ②不同pH下，五价钒在溶液中的主要存在形式见下表： 4-6 6-8 8-10 10-12 主要离子 ③萃取剂P204对、具有高选择性。 ④25℃时，      回答下列问题： (1)位于元素周期表的第 周期、第 族。 (2)“中和、转化”时，铁粉的作用除将还原为外，还有 ；“氧化”时发生反应的离子方程式为 。 (3)除萃取剂P204外，流程中可循环使用的物质还有 。 (4)“沉钒”时需加入过量，原因是 ；25℃时，测得“氧化”后滤液中，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到，应使溶液中至少为 。 (5)“萃取”后的水相经三道工序可回收溶液。常温下，若溶液中金属离子浓度相同，参照上述工艺流程，将以下工序补充完整 。（可供选用的试剂：铁粉、稀硫酸、溶液、NaClO溶液、MnO、溶液；可供选择的操作工序：浸取、氧化、还原、调pH、浓缩）。 15．（23-24高三下·湖南·阶段练习）铬是最坚硬的金属，金刚石是自然界中最硬的物质。一种由铬铁矿（含、MgO、，等）为原料制备铬单质的流程如图所示。 已知：①烧渣含，等。 ②  。 ③  。 回答以下问题： (1)焙烧时将矿料和NaOH进行研磨，目的是 。 (2)焙烧时生成的化学方程式是 。 (3)已知0.1 mol/L 溶液中，铝形态的浓度（以或计）的对数（）随溶液pH变化的关系如图。 则调pH的范围是 。（已知：恰好在a~b的pH范围内完全沉淀） (4)工业上冶炼Cr的方法是 。基态Cr原子的价层电子排布图为 。从原子结构及性质的角度分析金属Cr硬度很大的原因： 。 (5)晶体硅具有与金刚石相似的晶体结构（如图），已知Si原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体硅的密度为 g/cm（列出计算表达式）。 (6)硅酸盐是地壳岩石的主要成分，硅酸盐的阴离子结构丰富多样。某种硅酸盐阴离子的硅氧四面体双链结构如下图所示，则该阴离子的结构通式可表示为 。 16．（2024·陕西商洛·模拟预测）BeO广泛用于电子、半导体和光学领域。工业上以绿柱石(主要成分为，还含有少量铁元素)和方解石(主要成分为)为原料制备BeO的流程如图所示： 高温已知：①配料熔化过程发生反应：； ②。 (1)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。 (2)被浸物料和浸出试剂的流动方向相同时称为“顺流浸出”，相反则为“逆流浸出”，该流程采用“逆流浸出”的优点是 。 (3)“结晶”过程中，铝会以铝铵矾[]的形式析出，写出该反应的离子方程式： 。 (4)“转化”时加入的作用是 。 (5)“调pH”除铁，利用平衡移动原理解释“调pH”过程中加入可得到“滤渣2”的原因： 。 (6)“滤液”的主要成分为 (填化学式)，可以返回 工序循环使用。 (7)常温下，“沉淀”过程中加入调节pH=5，溶液中的铍离子是否沉淀完全 [列式计算，溶液中c(Mn+)≤1×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全]。 17．（2024高三下·全国·专题练习）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 回答下列问题： (1)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是 (填标号)。 A． B． C． 滤渣①的主要成分是 、 、 。 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．B 【分析】将废干电池拆解出铜帽、锌皮和石墨棒后主要剩余的是及有机物等糊状填充物，加水溶解后过滤出不溶性的MnOOH、C，向铜帽、锌皮和石墨棒混合物中加入稀盐酸进行酸溶，锌和铁分别溶解生成氯化锌和氯化亚铁，一起进入氧化步骤，加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为+3价，加入氨水调节pH，将铁转化为氢氧化铁过滤后得到滤渣2，向滤液中继续通入硫化氢进行沉锌，滤渣3为硫化锌，将滤液进行结晶得到氯化铵晶体，据此分析该题。 【详解】A．石墨棒中C和稀硝酸不反应，“酸溶”时用稀硝酸代替盐酸还有残渣C及不溶性杂质，A错误； B．“滤渣1”的成分有 MnOOH、C，灼烧时，滤渣1中的碱式氧化锰与空气中的氧气高温条件下反应生成二氧化锰和水，反应的化学方程式为4MnOOH+O2 4MnO2+2H2O，则可能有生成，B正确； C．“氧化”时过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，“调”生成“滤渣2”为氢氧化铁，反应的离子方程式是，C错误； D．溶液中发生水解反应生成一水合氨和氯化氢，蒸发促使水解正向进行，生成氨气和氯化氢气体挥发逸出，不能得到晶体，D错误； 故选B。 2．A 【分析】含钴废料(成分为、，含少量、、等杂质)通硫酸、二氧化硫“酸浸”， SiO2不发生反应，过滤得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有、、等，加氯酸钠溶液把氧化为Fe3+、加碳酸钠调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀(滤渣Ⅱ)；滤液中加入碳酸氢铵、氨水“沉钴”生成沉淀，经一系列操作得到纯净的。 【详解】A．根据信息②，氧化性： ，能氧化盐酸，则“酸浸”时，不可用盐酸代替硫酸，A错误； B．硫酸可溶解金属氧化物，过氧化氢能将Co3+还原为Co2+，则“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和，B正确； C．除杂时要使Fe3+、A13+沉淀完全生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、但Co2+不能沉淀，常温下，完全沉淀时pH=9.4，c (OH-)= 10－4.6mol·L－1，则Ksp[Co(OH)2] =10－5×1.0×(l0－4.6)2=10－14.2，“调”除杂时溶液中若，则c (OH-)=，此时溶液pH=7.4，即应控制溶液的 可避免Co2+产生沉淀，则结合表格数据可知，除杂时需调的范围为，C正确； D．“沉钴”生成沉淀，需过滤，则“一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D正确； 选A。 3．C 【分析】辉铜矿(含，少量)在空气中煅烧生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，加入硫酸得到硫酸铁、硫酸铁，过滤，调节滤液的pH值后过滤，向滤液中加入过量氨水，再加入95%的乙醇，降低的溶解度。 【详解】A．根据后面分析，没有氧化铁的过程，说明煅烧时铁被氧化为+3价，因此煅烧时有、Fe三种元素被氧化，故A错误； B．根据调节pH值得到得到浸渣，说明生成了氢氧化铁沉淀，则酸浸后，滤液的主要成分为和，故B错误； C．调为时，可实现铜、铁的分离，将铁元素变为氢氧化铁沉淀，故C正确； D．乙醇的作用为降低的溶解度，故D错误。 综上所述，答案为C。 4．3 【分析】低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜与二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后再加水合肼还原铜离子得到产品。 【详解】由Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38=c(Fe3+)×c3(OH-)=10-5×c3(OH-)，则c(OH-)=10-11mol·L-1，则pOH=-lgc(OH-)=-lg10-11=11，因c(OH-)×c(H+)=KW=10-14， 则c(H+)=10-3 mol·L-1，则pH=3。 5．3.2＜pH≤9 【分析】根据题干工艺流程图可知，先将矿石粉碎以增大固液接触面积，提高反应速率和铁的浸出率，向粉碎后的矿石中加入过量的稀硫酸，将Fe2O3转化为Fe3+、MgO转化为Mg2+，SiO2和不溶物留在滤渣中，操作1为过滤，得到主要含有Mg2+和Fe3+的滤液，含有SiO2和不溶物的滤渣，加入试剂1调节pH以让Fe3+完全沉淀，Mg2+不沉淀，故试剂1可以是MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，过滤出滤渣Fe(OH)3，洗涤滤渣后向其中加入NaOH和NaClO溶液，将Fe(OH)3氧化为Na2FeO4，据此分析解题。 【详解】常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时保证Fe3+完全沉淀，Mg2+不沉淀，当离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，当Fe3+完全沉淀时c(OH-)==×10-11mol/L，c(H+)==,pH=-lgc(H+)=3.2，Mg2+恰好不沉淀时，，pH=9，则调pH时的最佳取值范围为，故答案为：。 6．(1)5 (2) 钡餐 第一次调节pH为7.2是为了除去Al3+，并防止Al(OH)3溶解，第二次调pH至13.2是为了除去Mg2+ (3) 冷却结晶 175℃以上干燥 (4) 2HN3+Rb2CO3= RbN3+CO2↑+H2O 2RbN32Rb+3N2↑ 【分析】钾铷铯混合矾经溶解后加入酒石酸重结晶，过滤除去滤液酒石酸钾，再将铷铯矾晶体溶解，加入Ba(OH)2调节pH除去Al3+，过滤后滤液再调pH除去Mg2+，滤液加入有机萃取剂萃取铯离子，铷离子和钙离子进入萃铯余液中，萃铯余液进行“碳化”的除去溶液中的等杂质离子。据此分析做答。 【详解】（1）铷位于元素周期表中的第5周期； （2）根据分析，滤渣I是Al(OH)3和BaSO4，该硫酸盐在医疗上的主要用途为作为医疗造影剂，即钡餐；由于Al(OH)3会溶于过量强碱中，所以第一次调节pH为7.2是为了除去Al3+，将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，并防止Al(OH)3溶解，过滤取滤液再调节pH至13.2是为了除去Mg2+，将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀。 （3）①“碳化”过程中除去时，发生反应的离子方程式为： ； ②继续通入CO2至过量，“碳化”后溶液中含有大量，的分解温度约为175℃，从溶液中制得碳酸铷的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、175℃以上干燥。 （4）利用叠氮酸(HN3)和Rb2CO3两步制取少量金属铷，每一步都会生成一种无色无味气体，已知叠氮酸的酸性大于碳酸的酸性，所以该制备过程的化学方程式为：2HN3+Rb2CO3= RbN3+CO2↑+H2O，2RbN32Rb+3N2↑。 7．(1) 和 (2) 3.7~7.4 Zn (3) 碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水，会增加碳酸氢铵用量，且会使碳酸氢根离子浓度减小导致沉锌率降低 (4) 【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入稀硫酸溶浸时，除Pb2+外，金属元素均转化为可溶的硫酸盐，PbO转化为沉淀，过滤得到含有可溶性硫酸盐的滤液和滤渣，滤渣为和；加入氧化Mn2+生成MnO2，向滤液中氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入锌，将溶液中的铜离子转化为铜单质；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤，碱式碳酸锌高温灼烧分解生成氧化锌，据此分析； 【详解】（1）滤渣1的主要成分有滤渣为和，“氧化除锰”过程中生成的离子方程式为； （2）“调pH”的目的是回收含铁化合物，形成，但不能沉淀铜离子，根据表中有关离子沉淀时的pH值，则pH范围为3.7~7.4；“试剂X”是将溶液中的铜离子转化为铜单质且不引入新杂质，故X为Zn；“置换”反应的离子方程式为； （3）“沉锌”时，若pH过低，加入碳酸氢铵时，碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水，会增加碳酸氢铵用量，且会使碳酸氢根离子浓度减小导致沉锌率降低；“滤液”中溶质阴离子为硫酸带来的硫酸根，阳离子为铵根，主要成分为； （4）生成的ZnO的物质的量为，由标准状况下0.224L可知的物质的量为，则于锌原子个数守恒可知氢氧化锌的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，碱式碳酸锌中结晶水的物质的量为，则碳酸锌、氢氧化锌和结晶水的物质的量比为1：2：1，则化学式为； 8．(1) (2) 温度过高，易分解； (3) (4)坩埚 (5)812 【分析】本题为工业流程题，由水解后得到氯化氢，随后加入硅镁石溶解，用过氧化氢调节将二价铁氧化三价铁，再此调节除去三价铁，随后过滤，结晶后得到产品。 【详解】（1）反应物为，由图可知生成物为，化学反应方程式为； （2）由分析可以知道，氧化的是，该反应方程式为；反应温度不宜过高主要原因是温度过高，易分解，不利于氧化反应进行； （3）由已知的图表可知三价铁沉淀的值，结合工艺流程可以知道该沉淀为；调可以生成氢氧化物沉淀，同时不能引入杂质：则试剂可以是； （4）沉淀物为，需要在坩埚加热分解成； （5）的物质的量为，根据氯守恒可知，可以生成的物质的量为，则理论上制得的质量为：。 9．(1) 复分解反应 SiO2 (2)2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+ (3)沉淀完全 (4) 0.2 80 (5)H2TaF7+7NH3•H2O=Ta(OH)5+7NH4F+2H2O 【分析】以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5，含钽废料显粉碎，然后加入稀硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸，FeO、Fe2O3、Al2O3等溶解生成Fe2+、Fe3+、Al3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到对应沉淀，“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，“沉钽”时，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，焙烧得Ta2O5。 【详解】（1）“酸溶”时，Fe2O3发生Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O反应，属于复分解反应，SiO2不溶于硫酸，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：复分解反应；SiO2； （2）加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，发生反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+，故答案为：2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+； （3）常温下，“调pH”时，若过滤出沉淀后溶液的pH=5，此时溶液中c(OH-)=1×10-9mol/L，可得c(Al3+)= =1.9×10-6mol/L＜＜1×10-5mol/L，Al3+沉淀完全，故答案为：沉淀完全； （4）的HF溶液的物质的量浓度c(HF)==0.2mol/L，浸出的最佳温度为80℃，故答案为：0.2；80； （5）“沉钽”时通入氨气，生成了一水合氨，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，反应化学方程式为H2TaF7+7NH3•H2O=Ta(OH)5+7NH4F+2H2O。 10．(1) (2)将矿渣磨成粉末、升温、适当增大酸的浓度等 (3) 分液漏斗、烧杯 (4) (5) (6)3.7 【分析】钛铁矿主要成分为主要成分为，还含有少量的、、等，由流程可知，加稀硫酸酸浸后，滤渣1为二氧化硅，继续添加铁粉，将三价铁还原为二价铁，结晶析出，溶解中水解发生，对产物煅烧，得到二氧化钛，水解溶液中主要含有Sc3+，加草酸发生3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3↓+6H+，第二次“酸溶”，溶液中含有的，通过调pH可将转化为沉淀，最后灼烧得到氧化钪。 【详解】（1）铁是26号元素，亚铁离子的核外电子排布式为，答案：； （2）为了提高矿渣的浸出率，可采取的措施有将矿渣磨成粉末、升温、适当增大酸的浓度等，答案：将矿渣磨成粉末、升温、适当增大酸的浓度等； （3）加硫酸过滤后的滤渣的成分是，“萃取”操作需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，答案：、分液漏斗、烧杯； （4）由题意可知，加水水解时发生的反应为水解生成，故相关的离子方程式为，答案：； （5）在25℃、pH＝2的草酸溶液中 ，答案：； （6）开始沉淀时，， 常温下，pH至少为3.7，答案：3.7。 11．(1) Fe3+也能氧化Cu2S；Fe3+可催化O2氧化Cu2S 溶液中离子浓度增大，溶液极性增强，O2的溶解度降低 (2) 2.2×108 取少量晶体于试管中，加水溶解后加入几滴KSCN溶液，若不变红色则不含Fe3+ (3)边搅拌边向溶液中滴加过量NaOH溶液；向所得浊液中加入10.8g葡萄糖，充分搅拌并加热至沉淀由蓝色完全变为砖红色；冷却后抽滤，用蒸馏水洗涤2~3次，真空烘干 【分析】辉铜矿粉(含Cu2S及少量的SiO2、Fe2O3)中加入H2SO4溶液、O2进行酸浸氧化，Cu2S被氧化为S、CuSO4，然后过滤，得到含S、SiO2的滤渣；往滤渣中加入CuO或Cu(OH)2调节溶液的pH，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CuSO4∙5H2O晶体，再经过一系列处理，制得Cu2O。 【详解】（1）①O2在H2SO4作用下，氧化Cu2S，生成CuSO4、S等，发生反应的化学方程式为。当c[Fe2(SO4)3]＜0.1mol∙L-1时，随着硫酸铁浓度的增大，铜浸出率显著增加，表明硫酸铁能溶解Cu2S或起催化作用，原因可能是：Fe3+也能氧化Cu2S；Fe3+可催化O2氧化Cu2S。 ②Cl-破坏硫覆盖层，但c(NaCl)＞1.0mol∙L-1时，因为NaCl与Cu2S、O2都不发生反应，则可能对O2的溶解性产生影响，从而使铜浸出率下降，原因可能是：溶液中离子浓度增大，溶液极性增强，O2的溶解度降低。 （2）25℃时，用Cu(OH)2调pH，发生反应，其平衡常数K====2.2×108；检验制得的CuSO4∙5H2O晶体中不含有Fe3+，可取少量滤液加入KSCN溶液，实验方法为：取少量晶体于试管中，加水溶解后加入几滴KSCN溶液，若不变红色则不含Fe3+。 （3）NaOH溶液用于将Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，葡萄糖用于将Cu(OH)2还原为Cu2O，则制取一定量Cu2O的实验方案：称取25g CuSO4∙5H2O晶体于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解，边搅拌边向溶液中滴加过量NaOH溶液；向所得浊液中加入10.8g葡萄糖，充分搅拌并加热至沉淀由蓝色完全变为砖红色；冷却后抽滤，用蒸馏水洗涤2~3次，真空烘干。 【点睛】葡萄糖分子中的醛基具有还原性，在碱性环境中能将新制的Cu(OH)2悬浊液还原为Cu2O等。 12．(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。 13．(1) (2) (3)6.2 (4)2.3 (5)(或) (6) (7) 4 【分析】矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO2，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2的Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此调节pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液为硫酸锌。再加入稀硫酸酸溶，沉淀溶解为Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6.2mol/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2.3mol/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN。 【详解】（1）Ga位于第四周期第ⅢA族，价层电子是4s24p1；故答案为4s24p1； （2）Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O；酸溶前调节pH时加入了CaO，钙离子和硫酸根离子反应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO4；故答案为Ga2(Fe2O4)3+24H+=2Ga3++6Fe3++12H2O；CaSO4； （3）酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度为质量浓度，需转化为量浓度，0.21g/L和6.5g/L即0.003mol/L和0.1mol/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-7.8，开始沉淀的pH为6.2，因此调节pH应小于6.2；故答案为6.2； （4）根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2.3mol/L；故答案为2.3； （5）Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成GaO，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O或Ga(OH)3+OH-=Ga(OH)；故答案为Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O或Ga(OH)3+OH-=Ga(OH)； （6） Ga2O3与NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，则水分子的电子式为；故答案为； （7）每个晶胞中与氮原子距离最近的镓原子为4个，氮原子的配位数为4，GaN晶胞中原子个数比Ga∶N=1∶1，则镓原子的配位数也为4；根据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为，则晶胞密度为g/cm；故答案为4；。 14．(1) 四 VB (2) 将含钒微粒还原为 (3) (4) 调节pH，将转化为；利用同离子效应，使析出完全 0.2 (5) 【分析】根据图示可知，废弃的催化剂主要含金属Ca、Fe、Mn及其氧化物，焙烧后酸浸得到的的滤液有、Fe3+、Mn2+，以及滤渣（CaSO4），加入NH3中和过量的酸，铁粉使Fe3+转化为Fe2+，将转化为，萃取剂P204萃取，再反萃取，加入NaClO3将氧化成，中NH4Cl沉钒，得到，最终焙烧得到，据此解答。 【详解】（1）是23号元素，位于元素周期表的第四周期、第VB族； （2）“中和、转化”时，铁粉的作用除将还原为外，还有将含钒微粒还原为；“氧化”时NaClO3将氧化成，发生反应的离子方程式为：； （3）除萃取剂P204外，在焙烧过程中产生，在转化过程中使用，流程中可循环使用的物质还有； （4）NH4Cl溶于水电离出，沉淀溶解平衡方程式为(aq)+ (aq) (s)，增大c()，利用同离子效应，促进尽可能析出完全；调节pH，将转化为； （5） 所得水相中的金属离子有Mn2+和Fe2+和少量的Ca2+，先氧化将Fe2+转化为Fe3+，为了不引入杂质，可选加过氧化氢，再调pH值，使Fe3+转化成沉淀Fe(OH)3，为了不引入新杂质，选MnO调pH，工序补充完整：。 15．(1)增大固体接触面积，加快反应速率，使反应更加充分 (2) (3)4.7~7.8 (4) 热还原法 铬原子（或离子）半径小，价电子数多（金属阳离子的电荷数多），金属键强，硬度很大 (5) (6)或或或 【分析】铬铁矿含、MgO、、等，与NaOH、混合焙烧得到的烧渣除了、还有、MgO和，水浸时滤渣1的主要成分为MgO、，滤液中含有，、和，，通入调节pH除去和，滤渣2的成分为和。 【详解】（1）焙烧时将矿料和NaOH进行研磨，目的是增大固体接触面积，加快反应速率，使反应更加充分。 （2）焙烧时生成的化学方程式：。 （3）根据信息，铝元素以的形式存在于溶液中，通入，发生反应转化为，如果pH太小又会使溶解成为，需要控制溶液的pH。结合图像，当离子浓度mol/L可认为沉淀完全，计算过程如下  mol/L， mol/L，mol/L，，， mol/L，，。故调节pH的范围：4.7~7.8。 （4） 工业上冶炼Cr的方法是热还原法（或铝热法）；Cr原子的价层电子排布图为，因Cr原子（或离子）半径小，价电子数多（金属阳离子的电荷数多），所以金属键强，硬度大。 （5）一个晶胞中含有硅原子数为，硅的相对原子质量为28，Si原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为。晶胞的晶胞参数a与原子半径r的关系：体对角线，故。根据公式：。 （6） 选取最小重复结构单元如图：，该单元中共包含6个Si原子和17个O原子，根据硅为+4价，氧为-2价，可知该多硅酸根的结构通式为或或。 16．(1)CaSO4、H2SiO3、 (2)增大固体与硫酸的接触面积，提高浸出率 (3) (4)将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+ (5)溶液中存在水解平衡：，加入，使得水解平衡正向移动，促进水解，转化为 (6) 结晶 (7)pH=5，c(OH-)=10-9mol/L，此时溶液中铍离子浓度>1×10-5mol/L，因此铍离子没有完全沉淀 【分析】绿柱石(主要成分为，还含有少量铁元素)和方解石(主要成分为)在高温条件下熔化得到；铁转化为氧化物，熔融物加硫酸酸浸，得到CaSO4、H2SiO3、SiO2成滤渣1，同时得到硫酸铝、硫酸铍、硫酸铁的滤液，滤液中加硫酸铵结晶生成铝铵矾；滤液中加过氧化氢将铁氧化为三价，再加氨水将铁转化为氢氧化铁沉淀即滤渣2，滤液中继续加氨水，将Be转化为Be(OH)2，Be(OH)2煅烧得到BeO，据此分析解答。 【详解】（1）“滤渣1”的主要成分为CaSO4、H2SiO3、； （2）“逆流浸出”可增大固体与硫酸的接触面积，提高浸出率； （3）“结晶”过程中，铝以铝铵矾[]的形式析出，反应离子方程式为：； （4）“转化”时加入将溶液中的Fe2+完全氧化成Fe3+，便于后续将铁沉淀除去； （5）溶液中存在水解平衡：，加入，中和氢离子，使得水解平衡正向移动，促进水解，最终转化为； （6）由以上分析可知“滤液”的主要成分为，可以返回结晶步骤循环使用； （7）“沉淀”过程中加入调节pH=5，此时c(OH-)=10-9mol/L，若铍离子沉淀，则此时溶液中铍离子浓度>1×10-5mol/L，因此铍离子没有完全沉淀。 17． B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2 【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，菱锌矿焙烧碳酸锌转化为氧化锌，加稀硫酸溶解得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁、硫酸铜溶液，SiO2不溶于硫酸，为不引入新杂质，用氢氧化钙调节pH=5，生成氢氧化铁沉淀，滤渣①为SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，滤液①中加入高锰酸钾把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Fe(OH)3沉淀，过滤出沉淀，滤液②加锌粉，置换Cu2+为Cu从而除去，滤液加HF生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，过滤，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得ZnSO4⋅7H2O晶体。 【详解】A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜； B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜； C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜； 故答案选B； 当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2； 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 $$