专题5 金属元素及其化合物的性质-【十年高考】备战2025年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

第二部分　元素化合物 专题五　金属元素及其化合物的性质 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 9.钠、镁、铝及其化合物的性质 1 3 0 2 0 3 0 6 0 3 0 1 1 18 10.铁、铜及其化合物的性质 0 6 1 5 0 6 0 6 1 3 1 0 3 26 11.工业生产流程题 1 0 2 0 1 3 2 8 3 8 1 3 10 22 命题分析与备考建议 本专题是历年高考的考查重点,常在选择题中重点考查常见金属元素的基本反应、离子检验及用途,非选择题中常借助工艺流程的形式,以除杂或提纯等相关问题为主线综合考查金属元素及其化合物的性质。高频考点及可能题型:金属离子如Fe3+、Fe2+、Al3+、Cu2+等的检验、金属及其化合物相关反应的化学方程式的书写或正误判断、金属化合物性质的实验探究、用含多种金属元素的矿物制备某种金属化合物、有关金属及其化合物的计算、直接考查氢氧化铝的两性或借助Cr(OH)3、Zn(OH)2、Co(OH)2等两性氢氧化物的性质考查氢氧化铝的两性。涉及本专题的实验探究题较好地考查了考生的知识迁移和应用能力,以及“证据推理与模型认知”学科核心素养。 考点9钠、镁、铝及其化合物的性质　 　　钠单质的还原性,过氧化钠的强氧化性以及与H2O和CO2的反应结合氧化还原、物质的量的考查是高考常见的形式,而镁和铝及其化合物的考查主要融合在了工艺流程图中,特别是利用Al(OH)3在pH=3.2左右就沉淀完全的特点,分离除去铝元素是常见的考查形式,这样的考点我们不能不关注。 1.(2023·浙江,4,3分,难度★★)物质的性质决定用途,下列两者对应关系不正确的是 (　A　) A.铝有强还原性,可用于制作门窗框架 B.氧化钙易吸水,可用作干燥剂 C.维生素C具有还原性,可用作食品抗氧化剂 D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气,可作潜水艇中的供氧剂 解析 铝可用于制作门窗框架,是因为铝形成的合金具有硬度大、密度小、抗腐蚀等性质,不是因为铝的强还原性,A不正确;CaO易吸水,并与水反应生成Ca(OH)2,可吸收气体或密闭环境中的水分,所以可用作干燥剂,B正确;食品中含有的Fe2+等易被空气中的O2氧化,维生素C具有还原性,且对人体无害,可用作食品抗氧化剂,C正确;Na2O2能与人体呼出的CO2和水蒸气反应生成O2,可作潜水艇中的供氧剂,D正确。 2.(2023·广东,10,2分,难度★★★)部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 (　B　) A.可存在c→d→e的转化 B.能与H2O反应生成c的物质只有b C.新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D.若b能与H2O反应生成O2,则b中含共价键 解析 根据题意,由图可知a、b、c对应物质分别为钠、氧化钠(或过氧化钠)、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。由上述分析可知,氢氧化钠和硫酸铜反应可生成氢氧化铜,氢氧化铜受热分解可生成氧化铜,所以可存在c→d→e的转化,A合理;钠、氧化钠(或过氧化钠)都能与H2O反应生成氢氧化钠,B不合理;新制的氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基,C合理;若b能与H2O反应生成O2,则b为过氧化钠,过氧化钠中含有共价键和离子键,D合理。 3.(2023·北京,12,3分,难度★★★)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,②CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是 (　C　) A.Na2O2、CaH2中均有非极性共价键 B.①中水发生氧化反应,②中水发生还原反应 C.Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2,CaH2中阴、阳离子个数比为2∶1 D.当反应①和②中转移的电子数相同时,产生的O2和H2的物质的量相同 解析 Na2O2的电子式为Na+]2-Na+,Na2O2中有离子键和非极性键,CaH2的电子式为[]-Ca2+H]-,CaH2中只有离子键不含非极性键,A项错误;①中水的化合价不发生变化,不涉及氧化还原反应,②中水中的氢元素化合价由+1价降低到0价,水发生还原反应,B项错误; Na2O2由Na+和构成,阴、阳离子个数之比为1∶2,CaH2由Ca2+和H-组成,阴、阳离子个数之比为2∶1,C项正确;①中每生成1 mol氧气转移2 mol电子,②中每生成1 mol氢气转移1 mol电子,转移电子数相同时,生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2,D项错误。 4.(2022·海南,5,2分,难度★)钠和钾是两种常见金属,下列说法正确的是(　A　) A.钠元素的第一电离能大于钾 B.基态钾原子价层电子轨道表示式为 C.钾能置换出NaCl溶液中的钠 D.钠元素与钾元素的原子序数相差18 解析 同主族元素的第一电离能从上到下依次减小,因此,钠元素的第一电离能大于钾,A项说法正确;基态钾原子价层电子排布式为4s1,其轨道表示式为,B项说法错误;钾、钠均能与水剧烈反应,因此,钾不能置换出NaCl溶液中的钠,C项说法错误;钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19,两者原子序数相差8,D项说法错误。 5.(2022·浙江,8,2分,难度★★)下列说法不正确的是 (　A　) A.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间,常用于制造光导纤维 B.高压钠灯发出的黄光透雾能力强、射程远,可用于道路照明 C.氧化铝熔点高,常用于制造耐高温材料 D.用石灰石-石膏法对燃煤烟气进行脱硫,同时可得到石膏 解析 制造光导纤维的材料是二氧化硅,而不是晶体硅,A项说法错误。 6.(2022·北京,1,3分,难度★★)2022年3月,神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是(　B　) A.醋酸钠是强电解质 B.醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C.常温下,醋酸钠溶液的pH>7 D.该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 解析 醋酸钠在水溶液中能完全电离,故醋酸钠是强电解质,A项说法正确;醋酸钠晶体是离子晶体,冰是分子晶体,B项说法错误,符合题目要求;醋酸钠是强碱弱酸盐,常温下,醋酸钠水解使溶液的pH>7,故C项说法正确;过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态,加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出,D项说法正确。 7.(2022·重庆,3,3分,难度★★)下列叙述正确的是 (　A　) A.Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br- B.Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O C.1 mol SO3与1 mol NO2分别通入1 L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3 D.0.1 mol·L-1醋酸和0.1 mol·L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O 解析 氯气和溴的氧化性都强于铁离子,都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子,故A正确;钠在氧气中燃烧生成过氧化钠,故B错误;NO2与H2O反应除生成HNO3外还有NO生成,故所得H2SO4和HNO3的浓度肯定不同,C错误;硼酸的酸性弱于碳酸,不能与碳酸钠反应生成二氧化碳气体,D错误。 8.(2022·湖南,7,3分,难度★★★)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下: 下列说法错误的是 (　C　) A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料 B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率 C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2 D.滤液可回收进入吸收塔循环利用 解析 HF能与陶瓷中的SiO2反应,故吸收塔不宜用陶瓷作内衬材料,A项说法正确;溶液喷淋可以使烟气与溶液充分接触,提高吸收效率,B项说法正确;烟气(含HF)通入吸收塔,加入过量的碳酸钠,发生的反应为Na2CO3+HFNaF+NaHCO3,合成槽中的反应为NaAlO2+6NaF+4NaHCO3Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O,C项说法错误;滤液中主要成分为Na2CO3,可以进入吸收塔回收利用,D项说法正确。 9.(2022·广东,6,2分,难度★★)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 (　A　) 选项 劳动项目 化学知识 A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应 B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性 C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H2O高温下会反应 D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜 解析 小苏打是NaHCO3,用作发泡剂的原理是小苏打受热分解生成CO2,在面包内部形成许多气孔,使得面包疏松多孔,A项符合题意;熟石灰具有碱性,可以与酸性废水中的酸性物质发生反应,B项不符合题意;铁与水蒸气在高温条件下发生反应生成Fe3O4,工人需要将模具干燥后再注入熔融钢水,C项不符合题意;铝易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜,阻止内部的铝进一步反应,故镀铝钢板耐腐蚀,D项不符合题意。 10.(2021·北京,7,3分,难度★★)下列方程式不能准确解释相应实验现象的是 (　B　) A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- B.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体:4Na+O22Na2O C.铝溶于氢氧化钠溶液,有无色气体产生:2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑ D.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀:SO2+2H2S3S↓+2H2O 解析 CH3COONa溶液呈碱性是因为CH3COO-发生了水解:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,A项不符合题目要求;金属钠在空气中加热生成的淡黄色固体是过氧化钠,反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2,B项符合题目要求;铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,离子方程式为:2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑,C项不符合题目要求;将SO2通入H2S溶液中生成S单质和水,反应的化学方程式为SO2+2H2S3S↓+2H2O,D项不符合题目要求。 11.(2021·湖北,13,3分,难度★★★)金属Na溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子,向该溶液中加入穴醚类配体L,得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物[NaL]+Na-。下列说法错误的是 (　C　) A.Na-的半径比F-的大 B.Na-的还原性比Na的强 C.Na-的第一电离能比H-的大 D.该事实说明Na也可表现出非金属性 解析 Na-核外有3个电子层, F-核外有2个电子层,故Na-的半径比F-的大,A项说法正确;Na-的半径比Na的大,Na-中原子核对最外层电子的引力小,易失电子,故Na-的还原性比Na的强,B项说法正确;H-的1s轨道上有2个电子,为全充满稳定结构,不易失去电子,故Na-的第一电离能比H-的小,C项说法错误;该事实说明,Na可以得电子形成Na-,表现出非金属性,D项说法正确。 12.(2021·湖南,6,3分,难度★★★)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下: 下列说法错误的是 (　D　) A.物质X常选用生石灰 B.工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁 C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸,将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2 解析 海水中的镁元素以镁盐的形式存在,“沉镁”即使Mg2+转化为氢氧化镁,与Mg2+直接反应的物质一般是氢氧化钙,那么物质X通常选用生石灰(氧化钙),A项说法正确;工业上通常用电解熔融氯化镁的方法制备金属镁,B项说法正确;根据流程图中步骤“氯化”图示可知,反应物为碳单质、氯气和氧化镁,产物为氯化镁和一氧化碳,C项说法正确;由于MgCl2会发生水解反应:MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl,加热时HCl会挥发,使平衡不断右移,最终生成Mg(OH)2,D项说法错误。 从海水中提取镁 (1)工艺流程: (2)注意事项:①由MgCl2·6H2O到无水MgCl2,必须在HCl气流中加热,以防MgCl2水解。②因镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应,故工业电解MgCl2得到的镁常在H2氛围中冷却。 13.(2020·江苏,3,2分,难度★★★)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 (　D　) A.铝的金属活动性强,可用于制作铝金属制品 B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料 C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸 D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水 解析 A项,制作铝金属制品主要是利用铝质量轻、不易腐蚀的性质;B项,Al2O3熔点高,与可作为冶炼铝的原料无因果关系;C项,Al(OH)3可用于中和过多的胃酸,是因为Al(OH)3属于两性氢氧化物,能与盐酸反应。 　　海水晒盐后精制得到NaCl,氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH,以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3;向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴;从海水中还能提取镁。 14.(2020·江苏,10,2分,难度★★★)下列选项所示的物质间转化均能实现的是 (　C　) A.NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s) B.NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s) C.NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq) D.Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s) 解析 A项,工业一般将Cl2通入石灰乳中生产漂白粉,错误;B项,CO2与NaCl不发生反应,错误;D项,电解MgCl2溶液不能得到金属镁,应电解熔融的MgCl2,错误。 15.(2018·海南,4,2分,难度★★)下列化合物中,能与Na2CO3溶液反应生成沉淀,且沉淀可溶于NaOH溶液的是 (　D　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.MgCl2 B.Ca(NO3)2 C.FeSO4 D.AlCl3 解析 Mg2+、Ca2+、Fe2+均与C形成碳酸盐沉淀,这些沉淀不能溶于NaOH溶液,A、B、C项不符合题意;Al3+与C相互促进水解,生成Al(OH)3沉淀,反应的离子方程式为2Al3++3C+3H2O2Al(OH)3↓+3CO2↑,Al(OH)3是两性氢氧化物,能够溶于NaOH溶液,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-Al+2H2O,D项符合题意。 16.(双选)(2018·海南,10,4分,难度★★)絮凝剂有助于去除工业和生活废水中的悬浮物。下列物质可作为絮凝剂的是 (　AD　) A.NaFe(SO4)2·6H2O B.CaSO4·2H2O C.Pb(CH3COO)2·3H2O D.KAl(SO4)2·12H2O 解析 Fe3+、Al3+水解可产生胶状的Fe(OH)3、Al(OH)3,能够吸附水中的悬浮颗粒,故可用作絮凝剂,A、D项符合题意;CaSO4·2H2O微溶于水,B项不符合题意;Pb(CH3COO)2·3H2O可溶于水,但Pb(CH3COO)2难电离,Pb2+也是有毒的离子,C项不符合题意。 17.(2018·江苏,9,2分,难度★★★)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是 (　A　) A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq) B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s) C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s) D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq) 解析 NaHCO3受热分解产生Na2CO3,Na2CO3与Ca(OH)2反应生成CaCO3和NaOH,A项正确;Al与NaOH反应生成NaAlO2,NaAlO2与过量的盐酸反应生成AlCl3,B项错误;蔗糖分子中没有醛基,不能发生银镜反应,C项错误;Fe与盐酸反应生成FeCl2,D项错误。 18.(2024·上海,8,15分,难度★★★★)Ⅰ.铝的三种卤化物的沸点如下表所示: 铝的卤化物 AlF3 AlCl3 AlBr3 沸点/℃ 1 500 370 430 (1)解释三种卤化物沸点差异的原因:  　。  (2)已知反应: Al2Br6(l)2Al(g)+6Br(g)　　ΔH ①Al2Br6(s)Al2Br6(l)　　　　ΔH1 ②Al(s)Al(g) ΔH2 ③Br2(l)Br2(g) ΔH3 ④Br2(g)2Br(g) ΔH4 ⑤2Al(s)+3Br2(l)Al2Br6(s) ΔH5 则ΔH=　　　　　　　　。  (3)由图可知,若该反应自发,则该反应的　。  A.ΔH>0,ΔS>0　　　B.ΔH<0,ΔS>0 C.ΔH>0,ΔS<0 D.ΔH<0,ΔS<0 Ⅱ.已知Al2Br6的晶胞如图所示(平行六面体,各棱长不相等,Al2Br6在棱心)。 (4)该晶体中,每个Al2Br6周围最近的Al2Br6有　　　个。  A.4　　　B.5　　　C.8　　　D.12 (5)已知NA=6.02×1023 mol-1,一个晶胞的体积V=5.47×10-22 cm3,则Al2Br6的晶胞密度为　　　　　　　 g·cm-3(结果保留两位小数)。  (6)AlBr3水解可得Al(OH)3胶体,请解释用Al(OH)3可净水的原因:  　。  (7)用上述制得的胶体做电泳实验时,有某种胶体粒子向阴极移动,该粒子可能是 (　　　) A.[mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B.[mAl(OH)3·nBr-·xAl3+]3x- C.[mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D.[mAl(OH)3·nAl3+·(n-x)Br-]x- 答案 (1)AlF3为离子晶体,汽化时破坏离子键,AlCl3和AlBr3为分子晶体,汽化时破坏范德华力,离子键比范德华力强得多,故AlF3的熔点最高;AlCl3和AlBr3为组成与结构相似的分子晶体,AlBr3的相对分子质量更大,范德华力更强,因此AlBr3的沸点比AlCl3高 (2)-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5 (3)A (4)A (5)3.24 (6)Al(OH)3胶粒带正电,而天然水中的悬浮颗粒物一般带负电,Al(OH)3胶粒能使水中悬浮颗粒聚沉,Al(OH)3胶体具有较好的吸附性,能够吸附水中的杂质并使其沉降,因此可用于水的净化 (7)A 解析 (1)AlF3为离子晶体,以离子键形式相结合,汽化时需破坏离子键,而AlCl3和AlBr3为分子晶体,以范德华力形式相结合,汽化时需破坏分子间作用力,而化学键比分子间作用力强,所以AlF3熔沸点高于AlCl3和AlBr3。AlCl3和AlBr3均为分子晶体,由于AlBr3相对分子质量较大,范德华力作用较强,其熔沸点高于AlCl3。 (2)由各式子间的相互联系可知, Al2Br6(l)2Al(g)+6Br(g) 可由-①+2×②+3×③+3×④-⑤变形得到,故ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5。 (3)由ΔG=ΔH-TΔS可得ΔG=-ΔS·T+ΔH,根据图像可知,该直线解析式的斜率小于0,纵截距大于0,即-ΔS<0,ΔH>0;故结果为ΔS>0,ΔH>0,选项A正确。 (4)晶胞中配位数,是指距离某微粒最近且等距的微粒个数。由于此晶胞中各参数不等,即各棱长不等,故距离棱心最近的棱心只有4个,故选A。 (5)由密度计算公式ρ=可推导晶胞密度计算公式ρ=,其中N为微粒个数,此晶胞中,Al2Br6共8×=2个,M为Al2Br6的摩尔质量=(27×2+80×6) g·mol-1=534 g·mol-1,代入晶胞密度计算公式得 ρ= g·cm-3≈3.24 g·cm-3。 (6)Al(OH)3胶粒带正电,天然水中的悬浮颗粒带负电,Al(OH)3胶粒能使水中悬浮颗粒聚沉,同时水中的杂质也会因为氢氧化铝胶体的吸附作用而一起下沉,从而达到净水的目的。 (7)根据阴阳相吸,即阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动。本题中为向阴极移动,选阳离子,故选A。 19.(2019·全国1,26,14分,难度★★★★)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为　。  (2)“滤渣1”的主要成分有　　　　　。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是　　　　　。  (3)根据H3BO3的解离反应:H3BO3+H2OH++,Ka=5.81×10-10,可判断H3BO3是　　　　　酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是　　　　　。  (4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为  　　　　　　　　　,母液经加热后可返回　　　　　工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是　　　　　　　　。  答案 (1)NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3 (2)SiO2、Fe2O3、Al2O3　KSCN (3)一元弱　转化为H3BO3,促进析出 (4)2Mg2++3C+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2HC[或2Mg2++2C+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑]　溶浸　高温焙烧 解析 (1)由硼镁矿粉所含的元素及加入的硫酸铵溶液可知,该气体只能为氨气,碳酸氢铵与氨气反应的化学方程式为NH3+ NH4HCO3(NH4)2CO3。 (2)由流程图可知,B元素最终以H3BO3的形式存在,Mg元素经沉镁后以Mg(OH)2·MgCO3的形式存在,可分析出Fe、Al在沉镁后不会存在于母液中,因此滤渣1的主要成分为矿石中含有的SiO2、Fe2O3、Al2O3。可用KSCN溶液检验Fe3+的存在。 (3)H3BO3在水中的解离为可逆过程,且1个H3BO3分子解离出1个H+,由此可知,H3BO3为一元弱酸;调节pH,增大H+浓度,使H3BO3+H2OH++B(OH的平衡向左移动,有利于H3BO3的生成。 (4)“沉镁”过程中的反应物有碳酸铵,生成物有Mg(OH)2·MgCO3,根据原子个数守恒和电荷守恒可写出该反应的离子方程式为2Mg2++3C +2H2O Mg(OH)2·MgCO3↓+2HC[或2Mg2++2CO2- 3+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑]。根据元素守恒,N、S存在于母液中,即母液中主要成分为硫酸铵,可返回“溶浸”工序循环使用。高温焙烧可使Mg(OH)2·MgCO3分解生成MgO。 考点10铁、铜及其化合物的性质　 　　该考点常以不同的形式考查考生对陌生金属元素的认知能力。我们应该在熟练掌握常见金属元素铁、铜及其化合物性质的基础上,强化对陌生金属元素(如第四周期的Ti、V、Cr、Mn、Co、Ni、Ga等)性质的迁移能力。这对我们的学习提出了挑战,我们应该迎难而上,把高考必考的知识点牢牢地抓在手里。 1.(2024·全国新课标,9,6分,难度★★★)实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是 (　B　) A.反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好 C.用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉 解析 在高温条件下,铁能与水蒸气发生反应生成H2,化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,A项正确;实验中,肥皂液起到“收集”氢气的作用,故可用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气,C项正确;硬质玻璃试管可作高温条件下气+固反应的反应器,故可使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉,D项正确。若将酒精灯移至湿棉花下方加热,则温度达不到反应温度,反应难以发生,B项错误。 2.(2023·全国乙,11,6分,难度★★★★)一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是 (　D　) A. 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀 6FeSO4+O2+2H2O2Fe2(SO4)3+2Fe(OH)2↓ B. 硫化钠溶液出现浑浊颜色变深 Na2S+2O2Na2SO4 C. 溴水颜色逐渐褪去 4Br2+4H2OHBrO4+7HBr D. 胆矾表面出现白色粉末 CuSO4·5H2OCuSO4+5H2O 解析 FeSO4溶液中Fe2+易被氧化为Fe3+,进而形成Fe(OH)3沉淀,反应的化学方程式应为12FeSO4+3O2+6H2O4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓,A错误;硫化钠溶液出现浑浊的成分为S单质,B错误;溴与水发生反应Br2+H2OHBr+HBrO,溴水褪色是由于HBrO易分解,导致Br2与H2O反应的平衡右移而褪色,C错误;胆矾失去结晶水导致表面出现白色粉末(CuSO4),D正确。 3.(2023·浙江,3,3分,难度★★)氯化铁是一种重要的盐,下列说法不正确的是 (　A　) A.氯化铁属于弱电解质 B.氯化铁溶液可腐蚀覆铜板 C.氯化铁可由铁与氯气反应制得 D.氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体 解析 氯化铁在水溶液和熔融状态下可完全电离,属于强电解质,A错误;FeCl3与铜反应:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,可用来腐蚀覆铜板,B正确;氯气具有强氧化性,氯气与铁单质可在加热条件下反应生成氯化铁,C正确;向沸水中滴加5~6滴饱和氯化铁溶液,继续加热至液体呈红褐色,Fe3+发生水解反应可得到氢氧化铁胶体,D正确。 4.(2023·江苏,11,3分,难度★★★)室温下,探究0.1 mol·L-1FeSO4溶液的性质,下列实验方案能达到探究目的的是 (　B　) 选项 探究目的 实验方案 A 溶液中是否含有Fe3+ 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察溶液颜色变化 B Fe2+是否有还原性 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液,观察溶液颜色变化 C Fe2+是否水解 向2 mL FeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞溶液,观察溶液颜色变化 D Fe2+能否催化H2O2分解 向2 mL 5% H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液,观察气泡产生情况 解析 检验溶液中是否含有Fe3+应直接向待测液中滴加KSCN溶液,向待测液中滴加氯水会将Fe2+氧化为Fe3+而干扰实验,A错误;向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液,若观察到溶液紫色褪去,说明Fe2+有还原性,B正确;Fe2+发生水解反应Fe2++2H2O2H++Fe(OH)2使溶液显酸性,应滴加2~3滴石蕊溶液,观察溶液颜色变化,C错误;H2O2会将Fe2+氧化为Fe3+,有可能是Fe3+的催化作用,D错误。 5.(2022·江苏,7,3分,难度★★)下列物质性质与用途具有对应关系的是 (　C　) A.石墨能导电,可用作润滑剂 B.单晶硅熔点高,可用作半导体材料 C.青铜比纯铜熔点低、硬度大,古代用青铜铸剑 D.含铅化合物颜色丰富,可用作电极材料 解析 石墨是混合型晶体,质软,可用作润滑剂,但用作润滑剂与其能导电无关,故A项不符合题目要求;单晶硅用作半导体材料与其熔点高无关,故B项不符合题目要求;青铜是铜合金,比纯铜熔点低、硬度大,适宜用青铜铸剑,故C项符合题目要求;含铅化合物可用作电极材料,但与含铅化合物颜色丰富无关,故D项不符合题目要求。 6.(2022·福建,6,4分,难度★★★)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下: 下列说法错误的是 (　D　) A.“浸出”产生的气体含有H2 B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素 C.流程中未产生六价铬化合物 D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3 解析 由流程可知,加入稀硫酸溶解,反应中生成氢气,溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+,加入Na2S分离出的滤渣1含CoS和NiS,再加入草酸使Fe2+转化成FeC2O4,过滤分离可除去Fe2+。Cr、Fe、Ni、Co四种金属均能与稀硫酸反应生成H2,A项说法正确;由流程可知,沉铁后分离出硫酸铬,则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素,B项说法正确;由上述分析可知,流程中未产生六价铬的化合物,C项说法正确;“滤渣2”的主要成分是FeC2O4,D项说法错误。 7.(2022·山东,12,4分,难度★★★)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是 (　D　) A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为Zn B.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出 C.中和调pH的范围为3.2~4.2 D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成 解析 根据流程可知,CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取过程中发生氧化还原反应,所得反应产物为Cu2+、S、H2O、Zn2+、Fe3+,然后通入NH3调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,因此过滤得到的固体X中含有S、Fe(OH)3,滤液中含有Cu2+、Zn2+;然后向滤液中通入高压H2,因为还原性Zn>H2>Cu,因此Cu2+可被高压H2还原为金属Cu,金属Cu可通过过滤分离出来,而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中,再经一系列处理可得到金属Zn。根据上述分析可知,A项说法正确;CuS难溶于硫酸溶液,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的压强,可以增大O2氧化S2-的速率,使之更快地转化为S,从而加快沉淀溶解平衡正向移动,促进金属离子的浸出,B项说法正确;要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合氢氧化物形成沉淀的pH范围,可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C项说法正确;在溶液中用高压H2还原Cu2+变为金属Cu所发生的反应为H2+Cu2+2H++Cu,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,平衡向左移动,不利于Cu的生成,D项说法错误。 8.(2022·湖南,13,4分,难度★★★)为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。 实验 操作与现象 ① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色。 ② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀。 续表 实验 操作与现象 ③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀。 依据上述实验现象,结论不合理的是 (　D　) A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应 C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应 D.整个实验说明S对Fe3+的水解反应无影响,但对还原反应有影响 解析 FeCl3溶液为棕黄色,Fe(OH)3胶体呈红褐色,溶液由棕黄色变为红褐色,说明加热促进了Fe3+的水解,A项结论合理;实验②与实验①相比较,说明少量的S促进了Fe3+的水解,滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀,说明溶液中存在Fe2+,即Fe3+也发生了还原反应,B项结论合理;实验③是向过量的Na2SO3溶液中滴加少量的FeCl3溶液,分组实验说明Fe3+发生水解,但是未发生还原反应,C项结论合理;综合分析整个实验,可知S对Fe3+的水解反应和还原反应都有影响,D项结论不合理。 9.(2022·广东,1,2分,难度★★)中华文明源远流长,在世界文明中独树一帜,汉字居功至伟。随着时代发展,汉字被不断赋予新的文化内涵,其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是 (　B　) 汉字载体 选项 A.兽骨 B.青铜器 C.纸张 D.液晶显示屏 解析 兽骨的主要成分为无机矿物和有机质,A项错误;青铜器中含有铜、锡、铅等金属,是合金材料,B项正确;纸张的主要成分为纤维素,C项错误;液晶显示屏的材料比较复杂,但一定不是合金,D项错误。 10.(2021·河北,1,3分,难度★★)“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献,陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生钅柔作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热,生铁熔化灌入熟铁,再锻打成钢。下列说法错误的是 (　C　) A.钢是以铁为主的含碳合金 B.钢的含碳量越高,硬度和脆性越大 C.生铁由于含碳量高,熔点比熟铁高 D.冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3 解析 钢和生铁均属于铁碳合金,钢中的含碳量低、生铁中的含碳量高,铁合金的硬度和脆性随含碳量增大而增大,A、B两项说法均正确。合金的熔点通常比各组分的熔点低,C项说法错误。赤铁矿的主要成分为氧化铁,D项说法正确。 11.(2021·广东,10,2分,难度★★)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 (　C　) A.a可与e反应生成b B.b既可被氧化,也可被还原 C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体 D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系 解析 从物质类别和化合价可知,a、b、c、d、e分别是Fe、Fe2+、Fe(OH)2、Fe(OH)3、Fe3+。根据2Fe3++Fe3Fe2+可知,A项合理;b中铁的化合价为+2价,处于中间价态,既有氧化性,又有还原性,B项合理;Fe3+遇浓碱液生成Fe(OH)3沉淀,而不是胶体,C项不合理;根据Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3+Fe2+可知,D项合理。 12.(2021·湖北,2,3分,难度★★)“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面,艺人用手边捂边揉搓铜器,铜表面逐渐变黑,银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是 (　D　) A.铜的金属活动性大于银 B.通过揉搓可提供电解质溶液 C.银丝可长时间保持光亮 D.用铝丝代替银丝,铜也会变黑 解析 根据金属活动性顺序表,铜的金属活动性大于银,A项叙述正确;通过揉搓,手上的汗水可提供电解质溶液,B项叙述正确;银丝表面的氧化银发生还原反应,氧化银转化为单质银,单质银活动性较弱,可长时间保持光亮,C项叙述正确;铜的活动性比铝弱,氧化铝不能被铜还原为单质铝,因此铜不会变黑,D项叙述错误。 13.(2020·全国2,7,6分,难度★★)北宋沈括《梦溪笔谈》中记载:“信州铅山有苦泉,流以为涧。挹其水熬之则成胆矾,烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是(　A　) A.胆矾的化学式为CuSO4 B.胆矾可作为湿法冶铜的原料 C.“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程 D.“熬胆矾铁釜,久之亦化为铜”是发生了置换反应 解析 胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,A项说法错误;湿法冶铜是用铁与CuSO4溶液反应置换出铜:Fe+CuSO4Cu+FeSO4,B、D两项说法正确;“熬之则成胆矾”是利用蒸发浓缩、冷却结晶,产生CuSO4·5H2O晶体,C项说法正确。 14.(2020·山东,9,2分,难度★★★)以菱镁矿(主要成分为MgCO3,含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下: 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 (　B　) A.浸出镁的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C.流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D.分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 解析 从流程可知,煅烧MgCO3可生成MgO,加入NH4Cl溶液,由于NH4Cl水解使溶液显酸性,因此会发生反应MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O,A项说法正确;在沉镁过程中加入氨水,由于NH3·H2O易分解,因此该过程不能在较高温度下进行,B项说法错误;从整个流程中看出,沉镁后的滤液中含有NH4Cl,则可循环利用的物质是NH4Cl和NH3,故C项说法正确;Mg2+、Al3+、Fe3+的分离是利用了它们氢氧化物的Ksp不同,D项说法正确。 15.(2020·浙江,8,2分,难度★★)下列说法不正确的是 (　B　) A.Cl-会破坏铝表面的氧化膜 B.NaHCO3的热稳定性比Na2CO3的强 C.KMnO4具有氧化性,其稀溶液可用于消毒 D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀 解析 NaHCO3受热分解生成Na2CO3、H2O、CO2,Na2CO3受热不分解,B项说法错误。 16.(2020·浙江,9,2分,难度★)下列说法不正确的是 (　D　) A.高压钠灯可用于道路照明 B.SiO2可用来制造光导纤维 C.工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜 D.BaCO3不溶于水,可用作医疗上检查肠胃的钡餐 解析 胃酸的主要成分是盐酸,能与BaCO3反应生成Ba2+,导致蛋白质变性,用作钡餐的是BaSO4,D项说法不正确。 17.(2020·浙江,12,2分,难度★★★)下列说法正确的是 (　A　) A.Na2O在空气中加热可得固体Na2O2 B.Mg加入过量FeCl3溶液中可得Fe C.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3 D.H2O2溶液中加入少量MnO2粉末生成H2和O2 解析 钠与O2常温下反应生成Na2O,加热条件下反应生成Na2O2,所以加热条件下Na2O在空气中可转化为Na2O2,A项正确;Mg与过量的FeCl3溶液反应生成Fe2+和Mg2+,无法得到单质铁,B项错误;FeS2在沸腾炉中与O2反应只能生成SO2,C项错误;H2O2溶液中加入少量MnO2,可催化H2O2的分解:2H2O22H2O+O2↑,D项错误。 18.(2020·北京,1,3分,难度★)近年来,我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是 (　A　) A.“天宫二号”航天器使用的质量轻强度高的材料——钛合金 B.“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料——砷化镓 C.“长征五号”运载火箭使用的高效燃料——液氢 D.“C919”飞机身使用的复合材料——碳纤维和环氧树脂 解析 合金材料属于金属材料,故A正确;砷化镓是化合物,不是金属材料,故B错误;氢元素是非金属,液氢不是金属材料,故C错误;碳纤维是碳元素的一种单质,是无机非金属材料,环氧树脂是有机高分子合成材料,二者都不是金属材料,故D错误。 19.(2019·海南,2,2分,难度★)我国古代典籍中有“石胆……浅碧色,烧之变白色真”的记载,其中石胆是指 (　A　) A.CuSO4·5H2O B.FeSO4·7H2O C.ZnSO4·7H2O D.KAl(SO4)2·12H2O 解析 CuSO4·5H2O为蓝色晶体,CuSO4为白色粉末,加热发生如下反应:CuSO4·5H2OCuSO4(白)+5H2O,A项符合题意。 20.(2019·天津,3,6分,难度★★★)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是 (　C　) A.将废铁屑加入FeCl2溶液中,可用于除去工业废气中的Cl2 B.铝中添加适量锂,制得低密度、高强度的铝合金,可用于航空工业 C.盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长,可施加熟石灰进行改良 D.无水CoCl2呈蓝色,吸水会变为粉红色,可用于判断变色硅胶是否吸水 解析 A项,发生的相关反应为2FeCl2+Cl22FeCl3、2FeCl3+Fe3FeCl2,说法正确;B项,铝与锂形成密度小、强度大的合金,可用于航天工业,说法正确;C项,碳酸钠和熟石灰反应生成CaCO3沉淀和强碱NaOH,会使土壤碱性增强,说法错误;D项,变色硅胶含有CoCl2呈蓝色,吸水后变为CoCl2·6H2O变为粉红色,因此根据颜色变化可判断变色硅胶是否吸水,说法正确。 21.(2019·浙江,24,2分,难度★★★★★)聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂),可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是 (　A　) A.KClO3作氧化剂,每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗 mol KClO3 B.生成聚合硫酸铁后,水溶液的pH增大 C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水 D.在相同条件下,Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强 解析 A项,Fe的化合价由+2价变为+3价,每生成1 mol聚合硫酸铁失去n mol电子,Cl的化合价由+5价变为-1价,1 mol氯酸钾可以得到6 mol电子,因此每生成1 mol聚合硫酸铁消耗 mol氯酸钾,所以错误,符合题意;B项,该反应为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl,原溶液中Fe2+水解使溶液呈弱酸性,生成聚合硫酸铁后,水解产生的氢离子浓度减小,溶液的pH增大,所以正确,不符合题意;C项,聚合硫酸铁在水中可以发生水解反应生成氢氧化铁胶体,能吸附水中的杂质而达到净水的目的,所以正确,不符合题意;D项,Fe3+第一步水解的程度应大于第二步水解的程度,因此相同条件下,Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强,所以正确,不符合题意。 22.(2018·浙江,24,2分,难度★★★)某同学通过如下流程制备氧化亚铜: 已知:CuCl难溶于水和稀硫酸:Cu2O+2H+Cu2++Cu+H2O 下列说法不正确的是 (　D　) A.步骤②中的SO2可用Na2SO3替换 B.步骤③中为防止CuCl被氧化,可用SO2水溶液洗涤 C.步骤④发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O D.如果Cu2O试样中混有CuCl和CuO杂质,用足量稀硫酸与Cu2O试样充分反应,根据反应前、后固体质量可计算试样纯度 解析 A选项,因步骤①中盐酸过量,可与亚硫酸钠反应生成二氧化硫,且二氧化硫与CuCl反应的离子方程式为SO2+2Cu2++2Cl-+2H2OCuCl↓+S+4H+,生成的氢离子会使亚硫酸根离子继续转化为SO2,总反应的离子方程式为S+2Cu2++2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+,因此步骤②中SO2可以用Na2SO3替换,正确,不符合题意;B选项,SO2水溶液有还原性,且还原性强于CuCl,因此可以起到保护CuCl不被氧化的作用,正确,不符合题意;C选项,由流程图可知,步骤④的反应物为CuCl和NaOH,生成物中有Cu2O,由原子守恒、电荷守恒可知该离子方程式书写符合要求,正确,不符合题意;D选项,CuCl不与酸反应,Cu2O与酸反应生成铜和硫酸铜,使固体质量减小,CuO与硫酸反应,同样使固体质量减小,引起质量变化的原因有两种,但只有一个质量差为已知量,因此无法计算出试样的纯度,错误,符合题意。 23.(2018·江苏,6,2分,难度★★)下列有关物质性质的叙述一定不正确的是 (　A　) A.向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液,溶液显红色 B.KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3胶体 C.NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3 D.Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2 解析 Fe2+与SCN-反应,但不使溶液显红色,A项说法错误;KAl(SO4)2·12H2O溶于水后Al3+可发生水解生成Al(OH)3胶体,B项说法正确;实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取NH3,C项说法正确;由于Fe3+的氧化性强于Cu2+的,故Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2,D项说法正确。 24.(2015·福建,9,6分,难度★★★★)纯净物X、Y、Z转化关系如下图所示,下列判断正确的是 (　A　) A.X可能是金属铜 B.Y不可能是氢气 C.Z可能是氯化钠 D.Z可能是三氧化硫 解析 H2与Cl2或Cu与Cl2反应可以生成HCl或CuCl2,用惰性电极电解上述两种溶液可以产生相应的单质,A选项正确、B选项错误;电解NaCl溶液产生H2、Cl2、NaOH,两种气体化合得到的是HCl,C选项错误;SO3溶于水得到的是H2SO4,电解硫酸溶液生成的是H2、O2,D选项错误。 25.(2023·重庆,15,14分,难度★★★)Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料,以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。 25 ℃时各物质溶度积见下表: 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ca(OH)2 溶度积(Ksp) 4.9×1017 2.8×10-39 5.0×10-6 回答下列问题: (1)Fe3O4中Fe元素的化合价是+2价和　　　价。O2-的核外电子排布式为　　　　。  (2)(2023·重庆,3,2分,★★)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行,其原因是  　。  (3)反应釜2中,加入CaO和分散剂的同时通入空气。 ①反应的离子方程式为　。  ②为加快反应速率,可采取的措施有  　(写出两项即可)。  (4)①反应釜3中,25 ℃时,Ca2+浓度为5.0 mol·L-1,理论上pH不超过　　　　。  ②称取CaCl2水合物1.000 g,加水溶解,加入过量Na2C2O4,将所得沉淀过滤洗涤后,溶于热的稀硫酸中,用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,消耗24.00 mL。滴定达到终点的现象为　　　　　　　　　　　　　,该副产物中CaCl2的质量分数为　　　　。  答案 (1)+3　1s22s22p6 (2)防止二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁 (3)①4CaO+6H2O+4Fe2++O24Fe(OH)3+4Ca2+ ②适当升高温度、搅拌 (4)①11　②最后半滴标准液加入后,溶液变为红色,且半分钟内不变色　66.6% 解析FeCl2溶液中加入氧化钙生成氢氧化亚铁,FeCl2溶液中加入氧化钙和空气生成氢氧化铁,反应釜1、2中物质混合后调节pH,加压过滤分离出沉淀,处理得到四氧化三铁,滤液处理得到氯化钙水合物; (1)Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3,故Fe元素的化合价是+2价和+3价。O2-为氧原子得到2个电子形成的,核外电子排布式为1s22s22p6; (2)空气中氧气具有氧化性,反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行,其原因是防止二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁; (3)①反应釜2中,加入CaO和分散剂的同时通入空气,氧气将二价铁氧化为三价铁,三价铁与氧化钙和水反应生成氢氧化铁,反应的离子方程式为4CaO+6H2O+4Fe2++O24Fe(OH)3+4Ca2+。 ②为加快反应速率,可采取的措施有适当升高温度、搅拌等; (4)①反应釜3中,25 ℃时,Ca2+浓度为5.0 mol·L-1,故此时c(OH-)== mol·L-1=1.0×10-3 mol·L-1,c(H+)=10-11 mol·L-1,则pH=11,反应不能使钙离子生成沉淀,防止引入杂质,故理论上pH不超过11。 ②高锰酸钾溶液显紫红色,故滴定达到终点的现象为:最后半滴标准液加入后,溶液变为红色,且半分钟内不变色; 氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀,向草酸钙沉淀中加入稀硫酸转化为草酸,草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应:2Mn+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,结合质量守恒可知,5CaCl2~5H2C2O4~2Mn,则该副产物中CaCl2的质量分数为 ×100%=66.6%。 26.(2022·海南,15,9分,难度★★★)胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料,某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu,含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。 回答问题: (1)步骤①的目的是　。  (2)步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成　　　　　(填化学式)污染环境。  (3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,反应的化学方程式为  　。  (4)经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是  　。  (5)实验证明,滤液D能将I-氧化为I2。 ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是  　。  ⅱ.乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,写出乙同学的实验方案及结果  　(不要求写具体操作过程)。  答案 (1)除油污　(2)SO2 (3)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O (4)胆矾晶体易溶于水　 (5)ⅰ.溶液C经步骤③加热浓缩后,H2O2已完全分解 ⅱ.取滤液,向其中加入适量硫化钠溶液,使铜离子恰好完全沉淀,再加入I-,不能被氧化 解析 原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤,可以除去原料表面的油污;滤渣中的固体B与过量的稀硫酸、H2O2反应,其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4,溶液C为含CuSO4、H2SO4、H2O2的混合液,加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。 (1)原料表面含有少量的油污,Na2CO3溶液呈碱性,可以除去原料表面的油污,故步骤①的目的是:除去原料表面的油污。 (2)在加热的条件下,铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O,SO2是一种大气污染物,步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成SO2污染环境。 (3)步骤②中,在H2O2存在下,Cu溶于稀H2SO4生成CuSO4和H2O,该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。 (4)胆矾是一种易溶于水的晶体,因此,经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是:胆矾晶体易溶于水,用水洗涤会导致胆矾的产率降低。 (5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应,在加热的条件下,其分解更快,因此,甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是:溶液C经步骤③加热浓缩后,H2O2已完全分解。 ⅱ.I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化;滤液D中含有CuSO4和H2SO4,乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,较简单的实验方案是除去溶液中的Cu2+,然后再向其中加入含有I-的溶液,观察溶液是否变色;除去溶液中的Cu2+的方法有多种,可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物,如加入Na2S将其转化为CuS沉淀,因此,乙同学的实验方案为:取少量滤液D,向其中加入适量Na2S溶液,直至不再有沉淀生成,静置后向上层清液中加入少量KI溶液,若上层清液不变色,则证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化,故只能是Cu2+将I-氧化为I2。 27.(2021·山东,17,10分,难度★★★★)工业上以铬铁矿(FeCr2O4,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如下。回答下列问题: (1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4,并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时气体与矿料逆流而行,目的是　。  (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5 mol·L-1时,可认为已除尽。 中和时pH的理论范围为　　　　;酸化的目的是　　　　;Fe元素在　　　　(填操作单元的名称)过程中除去。  (3)蒸发结晶时,过度蒸发将导致　　　　;冷却结晶所得母液中,除Na2Cr2O7外,可在上述流程中循环利用的物质还有　　　　。  (4)利用膜电解技术(装置如图所示),以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为: 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑ 则2Na2Cr2O7在　　　　(填“阴”或“阳”)极室制得,电解时通过膜的离子主要为　　　　。  答案 (1)使气、固反应物充分接触,增大反应速率,使反应充分进行 (2)4.5≤pH≤9.3　使Cr转化为Cr2　浸取 (3)有Na2Cr2O7析出　H2SO4 (4)阳　Cr 解析 (1)焙烧时气体与矿料逆流而行,可以使气、固反应物充分接触,增大反应速率,使反应充分进行。 (2)中和时调节溶液pH的目的是将Fe、Al、Si等元素转化为沉淀而除去,由题图可知,当溶液pH≥4.5时,Fe3+和Al3+已除尽,当溶液pH>9.3时,H2SiO3会再溶解生成Si,故中和时控制pH的理论范围是4.5≤pH<9.3;将Fe、Al、Si元素除去后,溶液中的Cr元素主要以Cr2和Cr形式存在,溶液中存在平衡2Cr+H2OCr2+2OH-,降低溶液pH使平衡正向移动,可提高Na2Cr2O7的产率。由工艺流程图可知,Fe元素在“浸取”操作中除去。 (3)蒸发结晶时,如果过度蒸发会导致有Na2Cr2O7生成,降低Na2Cr2O7·2H2O的产率 ;由于酸化时加入了硫酸,故可循环利用的物质除Na2Cr2O7外,还有H2SO4。 (4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑,可知,电解时阳极上发生反应4OH--4e-O2↑+2H2O,阴极上发生反应2H++2e-H2↑,由2Cr+H2OCr2+2OH-可知,Cr2在c(OH-)减小的电极室中产生,即Na2Cr2O7在阳极室中产生;为保持溶液电中性,Cr通过离子交换膜移向阳极。 28.(2021·海南,15,10分,难度★★★)无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程,以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。 已知:氯化亚砜()熔点-101 ℃,沸点76 ℃,易水解。 回答问题: (1)操作①是过滤,用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和　　　　。  (2)为避免引入新的杂质,试剂B可以选用　　　　(填编号)。  A.KMnO4溶液 B.Cl2水 C.Br2水 D.H2O2溶液 (3)操作②是蒸发结晶,加热的同时通入HCl(g)的目的是　　　　。  (4)取少量D晶体,溶于水并滴加KSCN溶液,现象是　　　　。  (5)反应D→E的化学方程式为　　　　。  (6)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐,写出一种可能的还原剂　　　　,并设计实验验证是该还原剂将Fe3+还原　　　　。  答案 (1)漏斗　(2)BD　(3)抑制Fe3+水解　(4)溶液变为红色 (5)FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑ (6)SO2　先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,产生白色沉淀,可证明是二氧化硫将Fe3+还原 解析 废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)中加入盐酸,铁与盐酸反应生成氯化亚铁,过滤除去杂质碳和SiO2,A(氯化亚铁)溶液加入氧化剂B生成C(氯化铁),蒸发结晶生成FeCl3·6H2O,通入SOCl2生成FeCl3。操作①过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。(2)A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁),A项中试剂和C项中试剂都会引入杂质离子,故选BD。(3)加热促进氯化铁的水解,会生成氢氧化铁,故加入HCl(g)的目的是抑制Fe3+水解。(4)KSCN溶液遇Fe3+变为红色。(5)根据已知信息:氯化亚砜()熔点-101 ℃、沸点76 ℃、易水解,可得FeCl3·6H2O与SOCl2反应生成FeCl3的化学方程式为FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑。(6)可能是反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁,若二氧化硫作还原剂,则氧化产物为硫酸盐,故若加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,产生白色沉淀,可证明是二氧化硫作还原剂。 29.(2021·北京,18,12分,难度★★)铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 钛白粉废渣精制FeSO4溶液铁黄晶体FeOOH铁黄产品FeOOH 资料: ⅰ.钛白粉废渣成分:主要为FeSO4·H2O,含少量TiOSO4和不溶物; ⅱ.TiOSO4+(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2SO4; ⅲ.0.1 mol·L-1Fe2+生成Fe(OH)2,开始沉淀时pH=6.3,完全沉淀时pH=8.3;0.1 mol·L-1Fe3+生成FeOOH,开始沉淀时pH=1.5,完全沉淀时pH=2.8。 (1)纯化 ①加入过量铁粉的目的是　　　　。  ②充分反应后,分离混合物的方法是　　　　。  (2)制备晶种 为制备高品质铁黄产品,需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是:向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水,产生白色沉淀,并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是　　　　。  ②产生白色沉淀后的pH低于资料ⅲ中的6.3。原因是:沉淀生成后c(Fe2+)　　　　0.1 mol·L-1(填“>”“=”或“<”)。  ③0~t1时段,pH几乎不变;t1~t2时段,pH明显降低。结合方程式解释原因:　　　　。  ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气,t3后pH几乎不变,此时溶液中c(Fe2+)仍降低,但c(Fe3+)增加,且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因:　　　　。  (3)产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 w g铁黄溶液b溶液c滴定 资料:Fe3++3C2Fe(C2O4,Fe(C2O4不与稀碱液反应。 Na2C2O4过量,会使测定结果　　　　(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。  答案 (1)①与硫酸反应,使得TiOSO4水解平衡正向移动,有利于沉钛;过量的作用是防止二价铁离子被氧化　②过滤 (2)①Fe2++2NH3·H2OFe(OH)2↓+2N　②> ③0~t1时段,通入空气发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,pH几乎不变;t1~t2时段,发生反应4Fe2++O2+6H2O4FeOOH+8H+,溶液中H+浓度增大,pH减小　④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O和4Fe2++O2+6H2O4FeOOH+8H+,总反应方程式为12Fe2++3O2+2H2O4FeOOH+8Fe3+,因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加 (3)不受影响 解析 根据钛白粉废渣制备铁黄流程 钛白粉废渣精制FeSO4溶液 铁黄晶体FeOOH 铁黄产品FeOOH和钛白粉废渣成分:FeSO4·H2O、TiOSO4及其他难溶物可知,加入蒸馏水、铁粉纯化后,TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4,TiO2·H2O是沉淀,通过过滤后,得到精制FeSO4溶液,加入氨水和空气后,FeSO4溶液中的Fe2+被氧化成三价铁离子,同时调整PH〔0.1 mol·L-1 Fe2+沉淀为Fe(OH)2,开始沉淀时的pH为6.3,完全沉淀时的pH为8.3;0.1 mol·L-1Fe3+沉淀为FeOOH,开始沉淀时的pH为1.5,完全沉淀时的pH为2.8〕生成FeOOH,再经过系列提纯,最终制得FeOOH固体。 (1)①铁粉与硫酸反应,使得TiOSO4水解平衡正向移动,有利于沉钛;铁粉过量的作用是防止二价铁离子被氧化。②钛白粉废渣成分为 FeSO4·H2O、TiOSO4及其他难溶物,充分反应后有沉淀出现,所以分离混合物的方法是过滤。 (2)③0~t1时段,通入空气发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,pH几乎不变;t1~t2时段发生反应4Fe2++O2+6H2O4FeOOH+8H+,溶液中H+浓度增大,pH减小。④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O和4Fe2++O2+6H2O4FeOOH+8H+,总反应方程式为12Fe2++3O2+2H2O4FeOOH+8Fe3+,因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。 (3)由于Fe3++3C2,不与稀碱溶液反应,所以加入的Na2C2O4过量,测定结果不受影响。 除去Fe2+的方法 要除去溶液中含有的Fe2+,一般先用氧化剂将Fe2+氧化生成Fe3+,再调节溶液的pH促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀而被除去。 考点11工业生产流程题　 　　工业生产流程题,是高考的经典题型,借助不常见金属如V、Mn、Ni等的冶炼,考查分离提纯等基本操作、离子方程式的书写、元素及其化合物的性质、沉淀溶解平衡的相关计算、氧化还原反应的应用等。着重考查知识的应用能力,培养“证据推理与模型认知”“实验探究与创新意识”等核心素养。 1.(2023·辽宁,10,3分,难度★★★)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,下列说法错误的是 (　B　) A.“焙烧”中产生CO2 B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 解析 焙烧过程中有氧气参与,能将Cr2O3、FeO分别氧化为Cr和Fe3+,并放出CO2,水浸后滤渣的主要成分为Fe(OH)3,滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr,A项和C项正确、B项错误;转化过程中CrCr(OH)3,发生还原反应,故淀粉水解液中葡萄糖起还原作用,D项正确。 2.(2023·山东,13,4分,难度★★★★)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下,H2SO3的电离平衡常数=1.3×10-2,=6.3×10-8。下列说法正确的是 (　CD　) A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体Ⅰ D.若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时,需补加NaOH的量减少 解析 反应 Ⅰ 发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。常温下,HS的水解常数Kh=≈≈7.69×10-13<,NaHSO3溶液呈酸性,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,所以反应Ⅱ发生反应的化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O2NaHSO3+CO2。反应Ⅱ为非氧化还原反应,A项错误。当pH=11时,NaHSO3已经转化为了Na2SO3,因此低温真空蒸发的主要目的是防止Na2SO3被氧化,B项错误。溶液Y中的溶质有Na2SO3和少量NaOH,因此可以吸收气体Ⅰ(SO2),C项正确。反应Ⅲ发生反应的化学方程式为4NaOH+2CuSO4+Na2SO3Cu2O↓+3Na2SO4+2H2O。当反应Ⅲ中的X(Na2SO3)与CuSO4物质的量之比增大时,说明Na2SO3(X)过量,Na2SO3可与H+发生反应,因此调节pH=5时需补加的NaOH的量减少,D项正确。 3.(2024·全国甲,26,14分,难度★★★★)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1,其他金属离子不沉淀,即认为完全分离。 已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。 ②以氢氧化物形式沉淀时,lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题: (1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)“酸浸”步骤中,CoO发生反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(Co2+)=　　　 mol·L-1,据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离　　　　　(填“能”或“不能”)。  (4)“沉锰”步骤中,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为　　　　　。  (5)“沉淀”步骤中,用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是　　　　　　　　　。  (6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,其反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (7)根据题中给出的信息,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是  　。  答案 (1)增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出率 (2)CoO+H2SO4CoSO4+H2O (3)1.6×10-4　不能 (4)4.0 mol (5)Fe(OH)3 (6)2Co2++5ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO (7)向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH接近12但不大于12,静置后过滤、洗涤、干燥 解析 酸浸时,+2价金属氧化物和Zn与稀硫酸反应生成硫酸盐MSO4(M=Zn、Pb、Cu、Fe、Co、Mn),PbSO4难溶于水与Cu单质存在于浸渣中;沉铜时生成难溶于酸的CuS沉淀;沉锰时,Mn2+转化为MnO2沉淀,并将Fe2+氧化为Fe3+,调整溶液pH=4产生的滤渣为Fe(OH)3;NaClO氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀。 (1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是增大固体与酸反应的接触面积,提高钴元素的浸出率。 (2)CoO与稀硫酸反应生成CoSO4的化学方程式为CoO+H2SO4CoSO4+H2O。 (3)Zn2+沉淀完全时,c(Zn2+)为1×10-5 mol·L-1,此时溶液中c(S2-)== mol·L-1=2.5×10-17 mol·L-1,则c(Co2+)== mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1,c(Co2+)小于0.10 mol·L-1,说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀,据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。 (4)“沉锰”步骤中,Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去,发生的反应为S2+Mn2++2H2OMnO2↓+4H++2S,因此,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为4.0 mol。 (5)“沉锰”步骤中,S2同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3,因此,分离出的滤渣是Fe(OH)3。 (6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,为了保证Co2+被完全氧化,NaClO要适当过量,其反应的离子方程式为2Co2++5ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO。 (7)根据题中给出的信息,“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5,溶液中Zn元素以Zn2+形式存在,当pH>12,氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2-,因此,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法:向滤液中滴加NaOH溶液,边加边搅拌,控制溶液的pH接近12但不大于12,静置后过滤、洗涤、干燥。 4.(2024·吉林,16,14分,难度★★★★)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹),以提高金的浸出率并冶炼金,工艺流程如下: 回答下列问题: (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜,“胆水”的主要溶质为　　　　(填化学式)。  (2)“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为 　。  (3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成　　　　　　　　　(填化学式)胶体起絮凝作用,促进了含As微粒的沉降。  (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率,相比“焙烧氧化”,“细菌氧化”的优势为　　(填字母)。  A.无需控温 B.可减少有害气体产生 C.设备无需耐高温 D.不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”表明Au难被O2氧化,“浸金”中NaCN的作用为　。  (6)“沉金”中Zn的作用为　。  (7)滤液②经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为　。  用碱中和HCN可生成　　　　　　　　　　(填溶质化学式)溶液,从而实现循环利用。  答案 (1)CuSO4 (2)4FeS2+15O2+2H2O8S+4Fe3++4H+ (3)Fe(OH)3 (4)BC (5)与Au元素形成配离子[Au(CN)2]- (6)还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au单质 (7)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+Na2SO4+4HCN　NaCN 解析 分析流程可知,矿粉开始时被“细菌氧化”为S,同时将二价铁氧化为三价铁离子。通过调节滤液①的pH,使Fe3+以Fe(OH)3的形式析出,而滤渣中的Au在空气和NaCN作用下转化为金属配离子[Au(CN)2]-,再用Zn粉将化合态的Au元素还原为Au单质,从而达到冶金的目的。 (1)“胆水”指的是胆矾溶液,溶质为CuSO4。 (2)“细菌氧化”过程中通入了足量空气,空气中的O2在pH=2的环境中将FeS2氧化为硫酸盐和Fe3+,反应的离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O8S+4Fe3++4H+。 (3)调节溶液的pH,使Fe3+的水解平衡正向移动,使Fe3+以Fe(OH)3胶体的形式析出,胶体具有吸附性,可促进含As微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”时的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。“细菌氧化”时的离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O8S+4Fe3++4H+,对比两式可知“细菌氧化”的优势:①减少有害气体SO2的排放;②无需高温加热,设备不需耐高温。注意:温度过高会导致细菌死亡,所以需要控制温度,因此选B和C。 (5)依据流程图可知,NaCN溶液的作用是利用CN-提供的孤电子对与具有空轨道的Au+形成配位键,使Au溶解,以[Au(CN)2]-形式进入溶液,所以NaCN的作用是使Au元素形成配离子[Au(CN)2]-。 (6)加入Zn之后,[Au(CN)2]-转化为Au单质,所以Zn的作用是还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au单质。 (7)滤液②经H2SO4酸化,利用强酸制弱酸的原理,反应的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+Na2SO4+4HCN。而HCN跟NaOH中和得到NaCN,可在“浸金”工艺中循环利用。 5.(2024·安徽,15,14分,难度★★★★)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程,如下图所示。 回答下列问题: (1)Cu位于元素周期表第　　　　　　周期第　　　　　　族。  (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是　。  (3)“浸取2”步骤中,单质金转化为HAuCl4的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的　　　　　　(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。  (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为　　　　　　　　　　(填化学式)。  (6)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为　　　　　　　　　　。  (7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4的结构为(a)而不是(b)的原因:  　。  答案 (1)四　ⅠB (2)Cu2+ (3)2Au+3H2O2+8HCl2HAuCl4+6H2O (4)AgCl (5)[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag+2S2　Na2S2O3 (6)3∶4 (7)O原子半径较小,其p轨道与S的p轨道重叠形成较稳定的π键;S原子半径较大,p轨道间不易重叠形成稳定的π键 解析 (1)铜的原子序数是29,位于周期表中的第四周期第ⅠB族。 (2)铜阳极泥加入硫酸、H2O2,Cu被转化为Cu2+,所以“浸出液1”中含有Cu2+,反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。 (3)由题中信息可知,单质金与盐酸、H2O2反应转化为HAuCl4,反应的化学方程式为2Au+3H2O2+8HCl2HAuCl4+6H2O,其原理是:H2O2具有强氧化性,可以氧化单质金,Cl-可与Au3+形成配离子,减小溶液中Au3+的浓度,促进H2O2氧化单质金的反应正向进行。 (4)单质银与盐酸、H2O2反应的原理与金类似:H2O2氧化单质银,Cl-可与Ag+形成氯化银沉淀,减小溶液中Ag+的浓度,促进H2O2氧化单质银的反应正向进行。所以“浸渣2”的主要成分是氯化银。 (5)阴极发生得电子的还原反应,由信息可知还原产物是单质银,故可得阴极的电极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag+2S2。放电后阴极区溶液的主要离子是S2和Na+,故阴极区溶液中可回收利用的物质是Na2S2O3。 (6)由题中信息可知:1 mol N2H4被氧化为N2,转移4 mol电子;得到1 mol Au,转移3 mol电子。由电子守恒可知被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比是3∶4。 (7)对比(a)、(b),其区别在于(a)中存在OS和S—S,(b)中存在SS和O—O。解答本题应从结构角度解释OS中的π键比SS中的π键稳定。 6.(2024·湖北,16,13分,难度★★★★)铍用于航天器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径如图所示。 已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+ 回答下列问题。 (1)基态Be2+的轨道表示式为　　　　　　　　。  (2)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态,冷却过程的特点是　　　　　　　　　。  (3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,观察到的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“滤液2”可以进入　　　　　　步骤再利用。  (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物,4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶角,且每个Be的配位环境相同,Be与Be间通过CH3COO-相连,其化学式为　　　　　　　　　。  答案 (1) (2)快速冷却 (3)先出现白色浑浊,后白色浑浊迅速消失 (4)BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O　反萃取分液 (5)电解出的钠单质将氯化铍还原为铍单质 (6)Be4O(CH3COO)6 解析 首先铝硅酸盐加热熔融,然后快速冷却到其玻璃态,再加入稀硫酸“酸浸过滤”,“滤渣”的成分为H2SiO3,“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,“水相1”中含有Al3+,“有机相”为BeA2(HA)2,加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入“水相2”中,分离出含NaA的煤油,最后对“水相2”加热,并过滤分离出Be(OH)2,通过系列操作得到金属铍,据此回答。 (1)基态Be2+的电子排布式为1s2,其轨道表达式为。 (2)熔融态物质冷却凝固时,缓慢冷却会形成晶体,快速冷却会形成非晶态,即玻璃态,所以从“热熔冷却”中得到玻璃态,其冷却过程的特点为快速冷却。 (3)“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,则“水相1”中含有Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,发生反应:Al3++3OH-Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-,可观察到的现象为先出现白色浑浊,后白色浑浊迅速消失。 (4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O;“滤液2”的主要成分为NaOH,可进入“反萃取分液”步骤再利用。 (5)氯化铍熔融态导电性弱,电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用为电解出的钠单质将氯化铍还原为铍单质。 (6)由题意可知,该配合物中有4个Be位于四面体的4个顶角,四面体中心只有1个O,Be与Be之间总共有6个CH3COO-,则该配合物的化学式为Be4O(CH3COO)6。 7.(2023·全国甲,26,14分,难度★★★★)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料,采用下列路线可制备粉状BaTiO3。 回答下列问题: (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是　。  (2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)“酸化”步骤应选用的酸是　　　　　(填标号)。  a.稀硫酸 b.浓硫酸 c.盐酸 d.磷酸 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取,是否可行?其原因是  　。  (5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为  　。  (6)“热分解”生成粉状钛酸钡,产生的∶nCO=　　　　　。  答案 (1)作还原剂,将+6价硫元素还原为-2价 (2)Ca2++S2-CaS↓ (3)c (4)不可行,直接用酸浸取,产物中会混有钙离子,导致产品不纯 (5)BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2OBaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl (6)1∶1 解析 (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是作还原剂,将硫酸钡中+6价硫元素还原为-2价,便于用水“浸取”后的分离。 (2)“浸取”的主要目的是将不溶于水的硫化钙和易溶于水的硫化钡分离,使钡离子进入溶液。主要反应的离子方程式为Ca2++S2-CaS↓。 (3)“酸化”步骤不能用硫酸(包括浓硫酸、稀硫酸),防止又生成不溶于水的硫酸钡;也不宜用磷酸,一方面是因为磷酸钡不溶于水,另一方面是因为会引入新的杂质离子。 (4)如果“焙烧”后的产物直接用酸浸取,则钙离子无法与钡离子分离,导致产品不纯。 (5)依据题给流程信息,“沉淀”反应中反应物有BaCl2、TiCl4、(NH4)2C2O4,还有水,产物是BaTiO(C2O4)2,该反应属于非氧化还原反应。故“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2OBaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl。 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡,分解过程中钡元素、钛元素的化合价均未改变,则草酸根发生歧化反应生成CO2和CO;依据草酸根中碳元素为+3价,则产物中nCO∶=1∶1。 8.(2023·全国乙,27,14分,难度★★★★)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下: 已知:Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39, Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33, Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16 回答下列问题: (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。为提高溶矿速率,可采取的措施　　　　　　　　　　　　　　　(举1例)。  (2)加入少量MnO2的作用是　　　　　　　　。不宜使用H2O2替代MnO2,原因是　。  (3)溶矿反应完成后,反应器中溶液pH=4,此时c(Fe3+)=　　　 mol·L-1;用石灰乳调节至pH≈7,除去的金属离子是　　　。  (4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有　　　　　。  (5)在电解槽中,发生电解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。随着电解反应进行,为保持电解液成分稳定,应不断　　　　　。电解废液可在反应器中循环利用。  (6)煅烧窑中,生成LiMn2O4反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)MnCO3+H2SO4MnSO4+CO2↑+H2O　将矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸的浓度 (2)将Fe2+氧化为Fe3+　Fe3+对H2O2的分解有催化作用,导致H2O2用量过大,造成资源浪费 (3)2.8×10-9　Al3+　(4)NiS、BaSO4 (5)Mn2++2H2OMnO2+H2↑+2H+ 加入Mn(OH)2 (6)2Li2CO3+8MnO22CO2↑+O2↑+4LiMn2O4 解析 (1)硫酸溶矿过程:通过强酸制弱酸的原理将锰元素由难溶性盐转化为可溶性盐。反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4MnSO4+CO2↑+H2O。为加快溶矿速率,可通过将矿石粉碎、搅拌、适当升高温度、适当提高硫酸的浓度等方式实现。 (2)加入少量二氧化锰是为将杂质中可能包含的少量亚铁离子氧化为铁离子,便于在后续操作中将其转化为Fe(OH)3沉淀而除去。由于H2O2会在铁离子的催化作用下分解,从而造成资源浪费,因此不宜用H2O2代替MnO2。 (3)当pH=4时,c(OH-)=1×10-10 mol·L-1,结合氢氧化铁的Ksp可知,铁离子的浓度为2.8×10-9 mol·L-1。根据Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33及Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16可知,当pH=7时,Al3+已完全沉淀,而Ni2+不能完全沉淀,因此除去的是Al3+。 (4)体系中有镍离子与硫酸根离子,分别结合BaS中的S2-与Ba2+转化为NiS沉淀与BaSO4沉淀。 (5)根据电解后生成MnO2可知电解反应的离子方程式为Mn2++2H2OMnO2+H2↑+2H+;结合产生的MnO2与氢气的比值可知,为维持电解液成分稳定,应不断加入Mn(OH)2。 9.(2023·全国新课标,27,14分,难度★★★★)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在,主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。 已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在,在碱性介质中以Cr存在。 回答下列问题: (1)煅烧过程中,钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐,其中含铬化合物主要为　　　　　(填化学式)。  (2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　　。  (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是　　　　　。  (4)“除硅磷”步骤中,使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时,会导致　　　　　　;pH>9时,会导致　　　　　　　　。  (5)“分离钒”步骤中,将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1时,溶解为V或VO3+;在碱性条件下,溶解为V或V。上述性质说明V2O5具有　　　(填标号)。  A.酸性　　　B.碱性　　　C.两性 (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,反应的离子方程式为　。  答案 (1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)NaAlO2 (4)除磷效果差　除硅、磷效果都差　(5)C (6)2Cr2+3S2+10H+4Cr3++6S+5H2O 解析 (1)碱性条件下,铬被氧化为Na2CrO4。 (2)Fe2O3不与Na2CO3、NaOH反应,也不溶于水。 (3)根据元素守恒可知, Al元素在沉淀环节被除去,浸取时溶液为碱性,Al以Al形式存在,调节溶液pH可生成Al(OH)3沉淀而除去:Al+H++H2OAl(OH)3↓。 (4)pH<9,磷容易形成易溶的磷酸二氢盐。 pH>9,易形成Mg(OH)2沉淀和NH3(或NH3·H2O)导致Si、P沉淀效果都差。 (5)V2O5在pH<1时,以阳离子V或VO3+形式成盐,碱性条件以酸根离子V或V形式成盐,故V2O5为两性氧化物。 Cr2、Cr3+中Cr的化合价分别为+6价、+3价,S2、S中S的化合价分别为+4价、+6价,根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式:2Cr2+3S2+10H+4Cr3++6S+5H2O。 10.(2023·海南,15,14分,难度★★★)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域,是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18,还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。 回答问题: (1)Be3Al2Si6O18中Be的化合价为　　　　。  (2)粉碎的目的是　;  残渣主要成分是　　　　(填化学式)。  (3)该流程中能循环使用的物质是　　　　(填化学式)。  (4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800 ℃制备BeCl2的化学方程式为  　。  (5)沉铍时,将pH从8.0提高到8.5,则铍的损失降低至原来的　　　　%。  答案 (1)+2价　(2)增大反应物的接触面积,加快反应速率,提高浸取率　SiO2 (3)(NH4)2SO4 (4)BeO+Cl2+CCO+BeCl2 (5)10 解析 绿柱石煅烧生成氧化物,浓硫酸浸取,SiO2不溶于硫酸,残渣是SiO2,加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子,加入氨水调节pH=5.1除去铁离子,再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH)2沉淀,滤液硫酸铵循环利用。 (1)按照正负化合价代数和为0,Be的化合价为+2价; (2)粉碎的目的是增大反应物接触面积,加快浸取速率,提高浸取率;SiO2不溶于硫酸,因此残渣是SiO2; (3)由于流程中加了硫酸和氨水,因此最后的滤液为硫酸铵,在除铝步骤中循环利用的为硫酸铵; (4)BeO、Cl2与足量C在600~800 ℃生成BeCl2的同时生成CO,化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2; (5)设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp,K=c(Be2+)·c2(OH-),c(Be2+)=,当pH=8.0时,c(OH-)=10-6 mol·L-1,铍损失浓度为c(Be2+)= mol·L-1,当pH=8.5时,c(OH-)=10-5.5 mol·L-1,铍损失浓度为c(Be2+)= mol·L-1,损失降低至原来的10%。 11.(2023·湖南,17,14分,难度★★★★)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑原材料之一。近年来,我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术,在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果。工业上以粗镓为原料,制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下。 已知:①金属Ga的化学性质和Al相似,Ga的熔点为29.8 ℃; ②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体; ③相关物质的沸点如表所示。 物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题。 (1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是　　　　。  (2)“电解精炼”装置如图所示,电解池温度控制在40~45 ℃的原因是  　　　　　　　　　　　　　　,阴极的电极反应式为　。  (3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI,写出该反应的化学方程式:　。  (4)“残渣”经纯水处理,能产生可燃性气体,该气体主要成分是　　　　。  (5)下列说法错误的是　　　　。  A.流程中Et2O得到了循环利用 B.流程中“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行 C.“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3),并蒸出Ga(CH3)3 D.用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I (6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3,而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是  　。  (7)比较分子中的C—Ga—C键角大小:Ga(CH3)3　　　　Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”),其原因是　  　。  答案 (1)分子晶体 (2)温度太低,不利于Ga熔化;温度太高,Ga可能与NaOH溶液反应产生大量H2,会造成爆炸危险 [Ga(OH)4]-+3e-Ga+4OH-(或Ga+3e-+2H2OGa+4OH-) (3)Ga2Mg5+8CH3I+2Et2O 2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI (4)CH4 (5)D (6)Ga(CH3)3与Et2O的沸点差异小[或Ga(CH3)3与NR3沸点差异大] (7)>　Ga(CH3)3和Ga(CH3)3(Et2O)中Ga杂化类型分别为sp2、sp3 解析 (1)Ga(CH3)3的沸点低(55.7 ℃),说明微粒间作用力小,为分子晶体。 (2)Ga与Al性质相似,碱性条件下,镓元素在溶液中以[Ga(OH)4]-形式存在,电解时粗Ga在阳极发生氧化反应:Ga-3e-+4OH-[Ga(OH)4]-,[Ga(OH)4]-在阴极发生还原反应生成Ga:+3e-Ga+4OH-。电解池温度控制在40~45 ℃是由于温度太低,不利于Ga的熔化;温度太高,Ga可能与NaOH溶液反应产生大量的H2,会造成爆炸危险。 (3)根据质量守恒定律即可配平该化学方程式,Ga2Mg5+8CH3I+2Et2O2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI。 (4)残渣为MgI2和CH3MgI,用水处理时CH3MgI会水解生成CH4。 (5)Et2O作为配体,在溶剂蒸发和配体交换后,均可在“合成Ga(CH3)3(Et2O)”环节继续使用,A项正确;Mg能与H2O和氧气反应,CH3I、CH3MgI、Ga(CH3)3(Et2O)均能水解产生可燃性气体CH4,Et2O也易燃,所以从“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧条件下进行,B项正确;Ga(CH3)3和NR3沸点差异大,“工序X”应为加热使Ga(CH3)3(NR3)分解、蒸馏、超纯纯化Ga(CH3)3,C项正确;Ga(CH3)3和CH3I在核磁共振氢谱图中均只有一个吸收峰,但峰面积存在差异,二者可区分,D项错误。 (6)根据相关物质的沸点表可知:NR3与Ga(CH3)3沸点差异大,Ga(CH3)3(NR3)分解后蒸馏比Ga(CH3)3(Et2O)分解后蒸馏能够得到更纯的Ga(CH3)3。 (7)Ga(CH3)3分子中有三个σ键,无孤电子对,中心原子Ga为sp2杂化,Ga(CH3)3分子为平面三角形,C—Ga—C键角为120°;Ga(CH3)3(Et2O)分子中中心原子Ga的价电子对数为4,Ga杂化类型为sp3杂化,Ga(CH3)3(Et2O)形成四面体结构,C—Ga—C键角接近109°28'。 12.(2023·北京,18,14分,难度★★★★)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知:酸性条件下,MnO2的氧化性强于Fe3+。 (1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出,同时去除FeS2,有利于后续银的浸出,矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中,发生反应MnS+2H+Mn2++H2S↑,则可推断:Ksp(MnS)　　　　(填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。  ②在H2SO4溶液中,银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应,则浸锰液中主要的金属阳离子有　　　　　　。  (2)“浸银”时,使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂,将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整: 　Fe3++Ag2S+　　　　  　　　　　+2[AgCl2]-+S  ②结合平衡移动原理,解释浸出剂中Cl-、H+的作用:    　。  (3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有  　。  ②一定温度下,Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t min后Ag的沉淀率逐渐减小的原因:    　。  (4)结合“浸锰”过程,从两种矿石中各物质利用的角度,分析联合提取银和锰的优势:  　。  答案 (1)①>　②Fe3+、Mn2+ (2)①2　4　Cl-　2　Fe2+　②Cl-可与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]-,使平衡正向移动,提高Ag2S的浸出率;H+可抑制Fe3+水解,防止生成Fe(OH)3沉淀 (3)①2Fe3++Fe3Fe2+、2[AgCl2]-+FeFe2++2Ag+4Cl-、2H++FeFe2++H2↑ ②Fe2+被氧气氧化为Fe3+,Fe3+把部分Ag氧化为Ag+ (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中,得到MnSO4,同时有利于银元素和锰元素的分离,另外生成的Fe3+还可以用于“浸银”,节约氧化剂 解析 银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液,使矿石中的锰元素浸出,同时去除FeS2,矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中,浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+;浸锰渣中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液反应,将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出,最后用铁粉把[AgCl2]-还原为金属银。(1)①“浸锰”过程中,矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中,MnS发生反应MnS+2H+Mn2++H2S↑,硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸,则可推断:Ksp(MnS)>Ksp(Ag2S);②根据信息,在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为Mn2+,则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+。 (2)①Ag2S中S元素化合价升高,Fe元素化合价降低,根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒可知,该离子方程式为2Fe3++Ag2S+4Cl-2Fe2++2[AgCl2]-+S;②Cl-可与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]-,使平衡正向移动,提高Ag2S的浸出率;H+可抑制Fe3+水解,防止生成Fe(OH)3沉淀。 (3)①铁粉可以与铁离子发生反应,铁粉可将[AgCl2]-还原为单质银,过量的铁粉还可以与H+发生反应,因此离子方程式为2Fe3++Fe3Fe2+、2[AgCl2]-+FeFe2++2Ag+4Cl-、Fe+2H+Fe2++H2↑;②溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+,Fe3+把部分Ag氧化为Ag+,因此t min后银的沉淀率逐渐减小。 (4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程中可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中,同时有利于银元素和锰元素的分离,另外利用MnO2的氧化性将FeS2中的Fe2+氧化为Fe3+,生成的Fe3+还可以用于“浸银”,节约氧化剂,同时得到MnSO4。 四步解答化工流程综合题 第一步:挖掘题干信息,分析原材料,确定主要成分及所含杂质。 第二步:原材料预处理,通过酸浸或碱浸等手段,完成初步分离。 第三步:分析核心反应,通过氧化还原反应、中和反应及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。 第四步:产品的分离、提纯及含量测定,通过沉淀、结晶及煅烧等手段,得到粗品,通过滴定等定量过程,完成含量测定。 13.(2023·山东,17,12分,难度★★★★)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、S和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下。 已知:常温下,Ksp(Li2CO3)=2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 (1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡:B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-(常温下,Ka=10-9.24);B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下,在0.10 mol·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-,该水解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,该溶液的pH=　　　。  (2)滤渣Ⅰ的主要成分是　　　　(填化学式);精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0 mol·L-1,则常温下精制Ⅱ过程中C浓度应控制在　　　 mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外,还将增加　　　　的用量(填化学式)。  (3)精制Ⅱ的目的是　　　　　　　　　　;进行操作X时应选择的试剂是　　　　　,若不进行该操作而直接浓缩,将导致　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-　9.24 (2)Mg(OH)2、CaSO4　5.5×10-3　Na2CO3、CaO (3)进一步除去溶液中的Ca2+　盐酸　一部分Li+以LiOH和Li2CO3的形式沉淀析出,从而使沉锂产率降低 解析 (1)依据信息“[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-”,可写出水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-;已知B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-的Ka==10-9.24,因在硼砂溶液中B(OH)3和[B(OH)4]-浓度相等,故Ka=c(H+),可得c(H+)=10-9.24 mol·L-1,则溶液中pH=9.24。 (2)依据流程中加入试剂的顺序知,精制Ⅰ中加入的CaO可与水反应产生Ca(OH)2,其目的是除去水浸后溶液中的Mg2+和S,因此滤渣Ⅰ为Mg(OH)2和CaSO4;精制Ⅱ中Li+不能转化为Li2CO3沉淀,因此Qc(Li2CO3)<Ksp(Li2CO3),c2(Li+)·c(C)=(2.0)2·c(C)<2.2×10-2,解得c(C)<5.5×10-3 mol·L-1,即常温下精制Ⅱ过程中c(C)应控制在5.5×10-3 mol·L-1以下;若脱硼后直接进行精制Ⅰ,则滤液中含HCl,会消耗后续操作中更多的生石灰,引入更多的Ca2+,进而需要消耗更多的纯碱除去Ca2+,因此除无法回收HCl外,还将增加CaO、Na2CO3的用量。 (3)精制Ⅱ加入纯碱的目的是进一步除去溶液中的Ca2+;依据流程知,精制Ⅱ后滤液中存在Na+、Li+、Cl-、OH-、C,因此进行操作X时应选择的试剂是盐酸,用来除去滤液中的OH-、C,防止对后续浓缩、沉锂过程造成干扰;若不进行该操作,则一部分Li+在浓缩时会转化为Li2CO3和LiOH随NaCl析出,导致沉锂过程中产率降低。 14.(2023·辽宁,16,14分,难度★★★★)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知: 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8 回答下列问题: (1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为　　　　　　　　　　　　　　　　　(答出一条即可)。  (2)“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5),1 mol H2SO5中过氧键的数目为　　　。  (3)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　(H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO2、　　　　　(填化学式)。  (4)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为　　　　　时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是　  　。  (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为  　。  (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25 ℃),需控制pH不低于　　　　(精确至0.1)。  答案 (1)将镍钴矿粉碎、充分搅拌、适当提高硫酸浓度、适当提高浸取温度等 (2)NA (3)Mn2++HS+H2OMnO2↓+S+3H+　Fe(OH)3 (4)9.0%　二氧化硫也具有较强的还原性,当二氧化硫体积分数增大,会使得其消耗一部分O2,导致Mn(Ⅱ)氧化速率减小 (5)4Co(OH)2+O24CoO(OH)+2H2O (6)11.1 解析 (1)提高反应速率的方法包含:增大反应物接触面积、充分搅拌、提高反应物浓度、升高反应温度等。 (2)结合电荷守恒,氢为+1价,硫为+6价,可知1 mol该物质包含1 mol过氧键,因此过氧键数目为NA。 (3)氧化剂为过一硫酸,还原剂为Mn2+,氧化产物为MnO2,还原产物为S,再由H2O配平两边,结合过一硫酸第一步电离完全第二步微弱电离可知,该反应的离子方程式为Mn2++HS+H2OMnO2↓+S+3H+;结合表格数据可知,Mg2+在Co2+与Ni2+之后沉淀,因此滤渣的另一种成分是Fe(OH)3。 (4)由题图可知,二氧化硫体积分数为9.0%时,反应速率最大。二氧化硫也具有较强的还原性,当二氧化硫体积分数增大,会使得其消耗一部分氧气,导致Mn(Ⅱ)氧化速率减小。 (5)“沉钴镍”得到的含钴物质为Co(OH)2,可被空气氧化为CoO(OH),因此反应的化学方程式为4Co(OH)2+O24CoO(OH)+2H2O。 (6)结合氢氧化镁的Ksp可知,当镁离子完全沉淀时,其浓度为1×10-5 mol·L-1,代入Ksp计算可得此时氢氧根浓度为1×10-2.9 mol·L-1,则pH为11.1。 15.(2023·湖北,16,13分,难度★★★★)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属,工艺路线如下: 回答下列问题: (1)Co位于元素周期表第　　　　　周期第　　　　　族。  (2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物,“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去,否则水浸时会产生大量烟雾,用化学方程式表示其原因　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是　。  (4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15,若“沉钴过滤”的pH控制为10.0,则溶液中Co2+浓度为　　　　　 mol·L-1。“850 ℃煅烧”时的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有　　　　(填标号)。  a.Si—Cl键极性更大 b.Si的原子半径更大 c.Si—Cl键键能更大 d.Si有更多的价层轨道 答案 (1)四　Ⅷ (2)SiCl4+4H2O4HCl↑+H4SiO4或SiCl4+3H2OH2SiO3+4HCl↑ (3)焰色试验 (4)5.9×10-7　6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O　(5)bd 解析 (1)Co的原子序数为27,位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族。 (2)SiCl4中Si、Cl化合价分别为+4价、-1价,根据水解规律产生HCl和H2SiO3或H4SiO4:SiCl4+4H2O4HCl↑+H4SiO4或SiCl4+3H2O4HCl↑+H2SiO3。 (3)“滤饼3”是Li2CO3,区分Na2CO3和Li2CO3采用焰色试验。 (4)pH=10的溶液c(OH-)=1×10-4 mol·L-1,Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-),c(Co2+)== mol·L-1=5.9×10-7 mol·L-1。“滤饼2”的主要成分为Co(OH)2,煅烧产物为Co3O4,化学方程式为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。 (5)电负性Si<C,所以Si—Cl键极性大于C—Cl键,但与SiCl4易水解无关;原子半径Si>C,所以键能Si—Cl<C—Cl,C错误;SiCl4易水解是因为Si的原子半径大、有更多的价层轨道,能接受H2O分子中的—OH形成配位键,所以选bd。 16.(2022·全国甲,26,14分,难度★★★★)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 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+ Ksp 4.0× 10-38 6.7× 10-17 2.2× 10-20 8.0× 10-16 1.8× 10-11 回答下列问题: (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)为了提高锌的浸取效果,可采取的措施有　　　　　　　、　　　　　　　。  (3)加入物质X调溶液pH=5,最适宜使用的X是　　　　　(填标号)。  A.NH3·H2O　 B.Ca(OH)2　 C.NaOH 滤渣①的主要成分是　　　　、　　　　　、　　　　　。  (4)向80~90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤,滤渣②中有MnO2,该步反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)滤液②中加入锌粉的目的是　　　　　　　　　　　　　。  (6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用,同时得到的副产物是　　　　　　　、　　　　　　　。  答案 (1)ZnCO3ZnO+CO2↑ (2)将焙烧后的产物碾碎、适当增大所用稀硫酸的浓度、加热或搅拌等(填其中两项措施,合理即可) (3)B　SiO2　Fe(OH)3　CaSO4 (4)Mn+3Fe2++7H2OMnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ (5)将Cu2+置换出来,除去Cu (6)CaSO4　MgSO4 (5)将Cu2+置换出来,除去Cu (6)CaSO4　MgSO4 解析 (1)菱锌矿中的ZnCO3焙烧时可分解为氧化锌和二氧化碳,反应的化学方程式为ZnCO3ZnO+CO2↑。 (2)由于是加入硫酸浸取氧化锌,为加快“浸取”速率,可采取的措施有:将焙烧后的产物碾碎、适当增大所用稀硫酸的浓度、加热或搅拌等。 (3)加入物质X的作用是中和剩余硫酸,调节溶液pH=5,为了不引进新杂质,且从经济效益等方面综合考虑可加入Ca(OH)2。当沉淀完全时,金属离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1,根据各金属离子的氢氧化物的Ksp大小及流程图信息可知,调节pH=5并过滤所除去的主要离子是Fe3+,又因为产物CaSO4微溶于水,杂质SiO2不溶于酸,所以滤渣①的主要成分为SiO2、Fe(OH)3、CaSO4。 (4)向滤液①中分批加入适量KMnO4溶液的作用是氧化Fe2+,由信息可知Mn+Fe2+MnO2+Fe3+,由于溶液pH=5,温度为80~90 ℃,在此条件下Fe3+可完全水解生成Fe(OH)3沉淀,故反应的离子方程式为Mn+3Fe2++7H2OMnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+。 (5)向滤液②中加入锌粉是为了将Cu2+置换出来,除去Cu。 (6)滤渣④的主要成分为CaF2、MgF2,与浓硫酸反应除可得到HF外,还可得到CaSO4、MgSO4等副产物。 17.(2022·全国乙,26,14分,难度★★★★)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源,通过下图流程实现铅的回收。 一些难溶电解质的溶度积常数如下表: 难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3 Ksp 2.5× 10-8 7.4× 10-14 1.1× 10-10 2.6× 10-9 一定条件下,一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表: 金属氢 氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2 开始沉 淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2 完全沉 淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1 回答下列问题: (1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因:　　　　　　　　　　　　　　。  (2)在“脱硫”中,加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化,原因是　　　　　　　　　　　　　　。  (3)在“酸浸”中,除加入醋酸(CH3COOH),还要加入H2O2。 (ⅰ)能被H2O2氧化的离子是　　　　;  (ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为(CH3COO)2Pb,其化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　;  (ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为(CH3COO)2Pb,H2O2的作用是　。  (4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9,滤渣的主要成分是　　　　　　　　　　。  (5)“沉铅”的滤液中,金属离子有　　　　。  答案 (1)PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq)　PbSO4饱和溶液中存在平衡PbSO4(s)Pb2+(aq)+S(aq),当加入碳酸钠溶液时,因为Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4),所以可生成PbCO3沉淀,从而使上述平衡右移,该反应的平衡常数K===>105,所以几乎可以完全转化 (2)BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的平衡常数K===≈0.04,远小于105,因此该反应进行的程度较小,不能使BaSO4完全转化 (3)(ⅰ)Fe2+ (ⅱ)Pb+H2O2+2CH3COOH(CH3COO)2Pb+2H2O (ⅲ)作还原剂 (4)Al(OH)3、Fe(OH)3　(5)Na+ 解析 (1)由工艺流程图可知,“脱硫”过程的反应物为PbSO4和Na2CO3,由题给溶度积常数可知,生成物应为PbCO3,因此另一种生成物应为Na2SO4,所以该反应的离子方程式为PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq)。该反应能够发生的原因是难溶物易转化为更难溶的物质,因为平衡常数K==>105,所以几乎可以完全转换。题目要求用沉淀溶解平衡原理解释,因此应基于PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq)的平衡移动分析以及根据化学平衡常数进一步分析移动的程度。 (2)根据第(1)小题的解题思路,仍然根据题给溶度积常数分析,与(1)不同的是,BaSO4转化为BaCO3的平衡常数非常小,因此反应程度较小。 (3)(ⅰ)H2O2有较强的氧化性,是工业生产中较为优良的氧化剂,由铅膏中含有的杂质元素可知,该步反应氧化的离子应为Fe2+。 (ⅱ)由题给信息“H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为(CH3COO)2Pb”可知,反应物为Pb、H2O2、CH3COOH,生成物中有(CH3COO)2Pb,由此可写出该反应的化学方程式:Pb+H2O2+2CH3COOH(CH3COO)2Pb+2H2O。 (ⅲ)PbO2中Pb的化合价为+4价,(CH3COO)2Pb中Pb的化合价为+2价,PbO2中Pb的化合价降低作氧化剂,因此该反应中H2O2作还原剂。 (4)由题给金属氢氧化物沉淀时的pH可知,当pH=4.9时,Fe3+、Al3+可完全沉淀,因此滤渣的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3。 (5)杂质中的Ba元素转化为硫酸钡,Fe、Al元素转化为氢氧化物沉淀,而反应过程中引入的金属离子只有Na+,因此沉铅后滤液中的金属离子为Na+。 18.(2022·辽宁,16,14分,难度★★★★)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下: 已知:①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,FeS2转变为Fe2O3; ②金属活动性:Fe>(H)>Bi>Cu; ③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下: 金属离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH Fe2+ 6.5 8.3 Fe3+ 1.6 2.8 Mn2+ 8.1 10.1 回答下列问题: (1)为提高焙烧效率,可采取措施为　　　　。  a.进一步粉碎矿石　　b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度 (2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,反应的化学方程式为  　。  (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为:①充分浸出Bi3+和Mn2+;②　　　　　　　　　　。  (4)滤渣的主要成分为　　　　(填化学式)。  (5)生成气体A的离子方程式为　。  (6)加入金属Bi的目的是  　。  答案 (1)ab (2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2 (3)抑制金属离子水解　(4)SiO2 (5)Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O (6)将Fe3+转化为Fe2+ 解析 联合焙烧:由已知信息①和第(2)问题干可知,联合焙烧过程中发生转化如下:Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4,故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2。水浸:MnSO4进入滤液,滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2;酸浸:加入过量浓盐酸后,Bi2O3和Fe2O3发生如下转化:Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+,因Mn2O3有氧化性,会与浓盐酸发生氧化还原反应Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O,气体A为Cl2,滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2,滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+;由已知信息②可知,Fe的金属活动性强于Bi,且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液,故加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。 (1)联合焙烧时进一步粉碎矿石,可以增大矿石与空气的接触面积,提高焙烧效率,a符合题意;鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应,b符合题意;降低焙烧温度,反应速率减小,不利于提高焙烧效率,c不符合题意。 (2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,根据原子守恒可知还应生成SO2,结合得失电子守恒,反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2。 (3)加入浓盐酸后,溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-,而酸浸后取滤液进行转化,加入过量浓盐酸还可防止金属离子水解生成沉淀而进入滤渣,造成BiOCl产率偏低。 (4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2。 (5)因Mn2O3有氧化性,会与浓盐酸发生氧化还原反应:Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O。 (6)由已知信息③可知,pH=2.6时Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,但Fe2+还没开始沉淀,为防止目标产物混入Fe(OH)3杂质,故要将Fe3+转化为Fe2+;在调pH后获得含FeCl2的滤液,为了不引入新的杂质,可加入Bi作还原剂。 四步解析生产流程题 第一步 挖掘题干信息,分析原材料,确定其主要成分及所含杂质。 第二步 原材料预处理,通过酸浸和碱浸等手段,完成初步分离。 第三步 分析核心反应,通过氧化、中和及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。 第四步 产品的分离与提纯及含量测定,通过沉淀、结晶及煅烧等手段,得到粗产品,通过滴定等定量实验,完成含量测定。 19.(2022·江苏,16,14分,难度★★★★)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3,其部分实验过程如下: (1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2,该反应的离子方程式为　。  (2)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀,该沉淀中Cl-含量与加料方式有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为　　　　　(填序号)。  A.将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B.将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中 (3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程,可制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取,其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸,使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是　。  ②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移,应选择的实验条件或采取的实验操作有　　　　　　　　　　(填两项)。  ③与“反萃取”得到的水溶液比较,过滤Ce2(CO3)3沉淀的滤液中,物质的量减小的离子有　　　　　(填化学式)。  (4)实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂,滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色,滴定反应为Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+。请补充完整实验方案:①准确量取25.00 mL Ce3+溶液[c(Ce3+)约为0.2 mol·L-1],加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后,用稀硫酸酸化,将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容;②按规定操作分别将0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4+溶液装入如图所示的滴定管中:③　　　　　。  答案 (1)2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O　(2)B (3)①降低溶液中氢离子的浓度,促进碳酸氢根离子的电离,增大溶液中碳酸根离子的浓度 ②酸性条件;多次萃取　③Ce3+ (4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液,加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸,用0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2滴定,当滴入最后半滴标准液时,溶液由紫红色变为亮黄色,即达到滴定终点,记录标准液的体积 解析 首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣,得到三价铈,加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈,增大三价铈浓度,之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈,再加入氨水和碳酸氢铵制备产物,据此解题。(1)根据题给信息,反应物为CeO2与H2O2,产物为Ce3+和O2,根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为:2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O。(2)反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3,故选B。(3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物。②根据萃取原理可知,应选择的实验条件是酸性条件;为了使Ce3+尽可能多地发生上述转移,可以采用多次萃取。③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+,沉淀并过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小,即Ce3+物质的量减小。(4)应该用标准液滴定待测Ce4+溶液,用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂。故答案为:从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液,加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸,用0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2滴定,当滴入最后半滴标准液时,溶液由紫红色变为亮黄色,即达到滴定终点,记录标准液的体积。 (1)粗读题干,挖掘图示 如制备类无机化工流程题,通过粗读试题,知道制取什么、大致流程和有什么提示等。图示中一般会呈现超出教材范围的知识,但题目中往往会有提示或者问题中并不涉及,所以一定要关注题目的关键词,尽量弄懂流程图,但不必将每一种物质都推出,只需推出所问的物质是什么即可。 (2)带着问题,精读信息 信息包括三个方面:一是题干,二是流程图示,三是设置问题。读题干抓住关键字、词;读流程图重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)及实验操作方法等。 (3)跳跃思维,规范答题 答题时应注意前后问题往往没有“相关性”,即前一问未答出,但不会影响后面答题。要求用论述回答的试题,可采用“四段论法”:改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么原理→有什么变化→得出什么结论。 20.(2022·重庆,15,14分,难度★★★★)电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等,对其处理的流程如图。 Sn与Si同族,25 ℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4 (或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (1)Na2SnO3的回收 ①产品Na2SnO3中Sn的化合价是　　　　。  ②退锡工艺是利用稀硝酸与Sn反应生成Sn2+,且无气体生成,则生成的硝酸盐是　　　　　　　　　　　,废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。  ③沉淀1的主要成分是SnO2,焙烧时,与NaOH反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)滤液1的处理 ①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近,加入NaOH溶液,先得到的沉淀是　　　　。  ②25 ℃时,为了使Cu2+沉淀完全,需调节溶液H+浓度不大于　　　　 mol·L-1。  (3)产品中锡含量的测定 称取产品1.500 g,用大量盐酸溶解,在CO2保护下,先用Al片将Sn4+还原为Sn2+,再用0.100 0 mol·L-1 KIO3标准溶液滴定,以淀粉作指示剂,滴定过程中I被还原为I-,终点时消耗KIO3溶液20.00 mL。 ①终点时的现象为  　,  产生I2的离子反应方程式为　。  ②产品中Sn的质量分数为　　　　%。  答案 (1)①+4价　②Sn(NO3)2、NH4NO3 ③SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O (2)①Fe(OH)3　②2×10-7 (3)①滴入最后半滴KIO3标准溶液,溶液由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色　I+5I-+6H+3I2+3H2O　②47.6 解析 由题给流程可知,向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5,将锡的化合物转化为二氧化锡,过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1;向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后,水浸、过滤得到锡酸钠溶液,溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。 (1)①由化合物中各元素化合价代数和为0可知,锡酸钠中锡元素的化合价为+4价。 ②由分析可知,退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水,故生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵。 ③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知,焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠在高温条件下反应生成锡酸钠和水,反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O。 (2)①由溶度积数据可知,向滤液1中加入氢氧化钠溶液,溶解度小的氢氧化铁先沉淀出来; ②由溶度积数据可知,25 ℃铜离子沉淀完全时,溶液中的氢氧根离子浓度为 mol·L-1=5×10-8 mol·L-1,则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7 mol·L-1。 (3)①由题意可知,碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子,当Sn2+完全反应后,KIO3与碘离子反应生成碘,溶液由无色变为蓝色,则终点时的现象为滴入最后半滴碘酸钾标准溶液,溶液由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色,反应生成I2的离子方程式为I+5I-+6H+3I2+3H2O。 ②根据反应的离子方程式I+3Sn2++6H+3Sn4++I-+3H2O和得失电子数目守恒可知,滴定消耗20.00 mL 0.100 0 mol·L-1碘酸钾溶液,则1.500 g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%。 21.(2022·北京,1,14分,难度★★★★)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3)2,还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁,流程示意图如下。 已知: 物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3 Ksp 5.5×10-6 5.6×10-12 3.4×10-9 6.8×10-6 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。 n(NH4Cl)/ n(CaO) 氧化物(MO) 浸出率/% 产品中CaCO3 纯度/% 产品中Mg杂质含量/%(以MgCO3计) CaO MgO 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注:ⅰ.MO浸出率=(浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg)。 ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②沉钙反应的离子方程式为　。  ③“浸钙”过程不适宜选用n(NH4Cl):n(CaO)的比例为　　　　。  ④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是  　。  (3)“浸镁”过程中,取固体B与一定浓度的(NH4)2SO4溶液混合,充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏,MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大,最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是　。  (4)滤渣C中含有的物质是　　　　。  (5)该流程中可循环利用的物质是　　　　。  答案 (1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑ (2)①Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2,溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应,而Mg(OH)2不能　②Ca2++2NH3·H2O+CO2CaCO3↓+2N+H2O　③2.4∶1　④反应中加入的CaO也转化为CaCO3 (3)Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O,蒸馏时,NH3逸出使平衡正向移动,促进N水解,溶液中H+浓度增大,有利于Mg(OH)2更多地转化为MgSO4 (4)SiO2、Fe2O3、CaSO4、Mg(OH)2 (5)NH4Cl、(NH4)2SO4、CO2、NH3 解析 由题给流程可知,白云石煅烧时,CaMg(CO3)2分解生成氧化钙和氧化镁,向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液,氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨,氧化镁与水反应生成氢氧化镁,过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的固体B(B中还含有部分氯化钙);向滤液A中通入二氧化碳,二氧化碳与滤液A反应,过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液;向固体B中加入硫酸铵溶液蒸馏,将部分氢氧化镁转化为硫酸镁,氯化钙转化为硫酸钙,氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应,过滤得到含有氧化铁、二氧化硅、Mg(OH)2、CaSO4的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D;向滤液D中加入碳酸铵溶液,碳酸铵溶液与滤液D反应,过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液,煅烧碳酸镁得到氧化镁,制备分离过程中氯化铵溶液、硫酸铵溶液、CO2、NH3可以循环利用。 (1)由分析可知,白云石煅烧时,CaMg(CO3)2分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳,反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑。 (2)①由题给溶度积数据可知,氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁,溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁,能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨,而氢氧化镁不反应,所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁;②由分析可知,“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水,反应的化学方程式为CaCl2+2NH3·H2O+CO2CaCO3↓+2NH4Cl+H2O,由此可写出离子方程式。③由题给数据可知,氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4∶1时,氧化镁的浸出率最高,而碳酸钙的纯度无论是理论值还是实测值都最低,所以不宜选用的NH4Cl和CaO的物质的量比为2.4∶1;④由于加入的CaO也转化为CaCO3,故CaCO3纯度的实测值高于计算值。 (4)由分析可知,滤渣C为氧化铁、二氧化硅、硫酸钙、氢氧化镁。 (5)由分析可知,制备分离过程中分离出的氯化铵溶液和硫酸铵溶液及CO2、NH3可以循环利用。 分析循环工艺生产流程题,关键是如何找到循环生产点,即在什么情况下,什么生产阶段实施循环生产。判断循环生产点的方法:一是看 反应是否为可逆反应,如果是可逆反应,要考虑原料的循环利用。如合成氨反应是可逆反应,分离氨后的尾气中还含有大量原料气N2和H2,必须送入合成塔,实施循环生产。二是看副产品的组成与某种原料的组成中有无相同的元素,如果有,而且该副产品又容易转化为某种原料,就可以考虑循环生产工艺。三是看流程图的进料和出料,若进料和出料都有的物质则是可以循环利用的物质。 22.(2022·福建,11,14分,难度★★★★)粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)提铝的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)“浸出”时适当升温的主要目的是　　　　　　　　　　　　,Al2O3发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。  (2)“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外,还有　　　　　　　　。实验测得,5.0 g粉煤灰(Al2O3的质量分数为30%)经浸出、干燥后得到3.0 g“浸渣”(Al2O3的质量分数为8%),Al2O3的浸出率为　　　　。  (3)“沉铝”时,体系中三种物质的溶解度曲线如图所示,加入K2SO4沉铝的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,“沉铝”的最佳方案为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)“焙烧”时,主要反应的化学方程式为  　。  (5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回　　　　工序循环使用。  答案 (1)提高浸出率(或提高浸出速率) Al2O3+6H+2Al3++3H2O (2)SiO2和CaSO4　84% (3)使更多的铝元素转化为晶体析出,同时保证晶体纯度　高温溶解再冷却结晶 (4)2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑ (5)沉铝 解析 (1)温度升高反应速率增大,“浸出”时适当升温的主要目的是增大反应速率,提高浸出率。Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O,反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3++3H2O。 (2)“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外,还有二氧化硅、硫酸钙;5.0 g粉煤灰含Al2O3的质量为5.0 g×30%=1.5 g,3.0 g“浸渣”含Al2O3的质量为3.0 g×8%=0.24 g,则Al2O3的浸出率为×100%=84%。 (3)根据常温下沉铝体系中Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大,KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小,更容易析出,加入K2SO4沉铝的目的是使更多的Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O,使更多的铝元素转化为晶体析出,同时保证晶体纯度;KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大,“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶。 (4)“焙烧”时,KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2,主要反应的化学方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。 (5)“水浸”后得到的“滤液2”含有大量的K2SO4,可在沉铝工序循环使用。 23.(2022·山东,17,13分,难度★★★★)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下: 回答下列问题: (1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,离子方程式为　　　　 　　　　　　　　　　　　。  (2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(Si)=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,c(Na+)=　　　　　 mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是　　　　。  项目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4 Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10 (3)S浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为　　　　　　　(填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,回收利用洗涤液X的操作单元是　　　　;一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　　　(填字母)。  A.65 ℃、P2O5%=15、SO3%=15 B.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=20 C.65 ℃、P2O5%=10、SO3%=30 D.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=10 图甲 图乙 答案 (1)6HF+SiO22H++Si+2H2O (2)2.0×10-2　S (3)CaSO4·0.5H2O　减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率　酸解　AD 解析 氟磷灰石用硫酸溶解后过滤,得到粗磷酸和滤渣,滤渣经洗涤后结晶转化为石膏(CaSO4·2H2O);粗磷酸经精制Ⅰ除杂,过滤,滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。 (1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,该反应的离子方程式为6HF+SiO22H++Si+2H2O。 (2)精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(Si)=1∶1加入Na2CO3脱氟,该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3Na2SiF6↓+CO2↑+H2O,充分反应后得到沉淀Na2SiF6,此时溶液为Na2SiF6的饱和溶液,c(Na+)=2c(Si),根据Na2SiF6的溶度积常数可知Ksp(Na2SiF6)=c2(Na+)·c(Si)=4c3(Si),c(Si) = mol·L-1=1.0×10-2 mol·L-1,因此c(Na+)=2c(Si)=2.0×10-2 mol·L-1;同时,粗磷酸中硫酸钙也达到饱和状态,c(Ca2+)=c(S)== mol·L-1=3.0×10-2 mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时,c(Ba2+)== mol·L-1=1.0×10-4 mol·L-1,当BaSO4沉淀开始生成时,c(Ba2+)== mol·L-1≈3.3×10-9 mol·L-1,因此,首先转化为沉淀的离子是S,然后是Si。 (3)由图像知100 ℃、P2O5为45%的混合体系中,石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O;硫酸钙在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+S(aq),加入硫酸增大了硫酸根离子浓度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,具有回收利用的价值,由于“酸解”时使用的也是硫酸,因此,回收利用洗涤液X的操作单元是“酸解”;由图乙信息可知,位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。 由图乙信息可知,A项,P2O5%=15、SO3%=15,该点坐标位于65 ℃以下,晶体以CaSO4·2H2O的形式存在,能实现晶体的完全转化;B项,P2O5%=10、SO3%=20,该点坐标位于两个温度线之间,不能实现晶体的完全转化;C项,P2O5%=10、SO3%=30,该点坐标位于65 ℃线上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,不能实现晶体的完全转化;D项,P2O5%=10、SO3%=10,该点坐标位于80 ℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化。 24.(2022·湖南,17,14分,难度★★★★)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2,含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料,制备金属钛的工艺流程如下: 已知“降温收尘”后,粗TiCl4中含有的几种物质的沸点: 物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3 沸点/℃ 136 127 57 180 回答下列问题: (1)已知ΔG=ΔH-TΔS,ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态,忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0,则该反应可以自发进行。根据下图判断:600 ℃时,下列反应不能自发进行的是　　　　。  A.C(s)+O2(g)CO2(g) B.2C(s)+O2(g)2CO(g) C.TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) D.TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g) (2)TiO2与C、Cl2在600 ℃的沸腾炉中充分反应后,混合气体中各组分的分压如下表: 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 4.59× 10-2 1.84× 10-2 3.70× 10-2 5.98× 10-9 ①该温度下,TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　;  ②随着温度升高,尾气中CO的含量升高,原因是　。  (3)“除钒”过程中的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　;“除硅、铝”过程中,分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是　　　　　　　　　　。  (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序　　　　(填“能”或“不能”)交换,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是　　　　。  A.高炉炼铁 B.电解熔融氯化钠制钠 C.铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞 答案 (1)C (2)①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 ②高温条件有利于熵增大的吸热反应C(s)+CO2(g)2CO(g)　ΔH>0的发生 (3)Al+3VOCl33VOCl2+AlCl3　分馏(或蒸馏) (4)不能　TiCl4和VOCl3沸点相近且除钒过程中需要加入Al (5)C 解析 (1)从图示可知,C与O2生成CO、C与O2生成CO2这两个反应的ΔG<0,反应均可自发进行;TiO2与Cl2反应的ΔG>0,反应非自发;根据盖斯定律,TiO2、Cl2、C制取TiCl4反应的化学方程式可由A、C两个反应的化学方程式加和得到,总反应的ΔG<0,反应自发。综上所述,C项符合题目要求。 (2)①TiCl4、CO、CO2的分压之比约为5∶2∶4,反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2。 ②高温下,CO2和C反应生成CO的反应是气体分子数增大的吸热反应,反应的ΔS>0,高温条件有利于发生熵增大的吸热反应。 (3)粗TiCl4中,VOCl3中V的化合价是+5价,VOCl2渣中V的化合价是+4价,故除钒过程的化学方程式为Al+3VOCl33VOCl2+AlCl3。 根据题表信息,TiCl4、SiCl4和AlCl3的沸点不同且差异较大,可通过分馏提纯。 (4)TiCl4和VOCl3沸点差只有9 ℃且除钒过程中需要加入Al,故二者顺序不能交换。 (5)加入Mg冶炼Ti为置换反应。高炉炼铁是用CO为还原剂,不是置换反应,A项错误;电解熔融氯化钠制钠属于分解反应,B项错误;铝热反应属于置换反应,C项正确;氧化汞分解制汞属于分解反应,D项错误。 25.(2022·广东,18,14分,难度★★★★)稀土(RE)包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下: 已知:月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃;月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下,稀土离子保持+3价不变;(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8;Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+ 开始沉淀 时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全 时的pH / 3.2 4.7 / (1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是　　　　　　。  (2)“过滤1”前,用NaOH溶液调pH至　　　　的范围内,该过程中Al3+发生反应的离子方程式为　。  (3)“过滤2”后,滤饼中检测不到Mg元素,滤液2中Mg2+浓度为2.7 g·L-1。为尽可能多地提取RE3+,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于　　　　　　　　 mol·L-1(保留两位有效数字)。  (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率,其原因是    　。  ②“操作X”的过程为:先　　　　　　　　,再固液分离。  (5)该工艺中,可再生循环利用的物质有  　　　　　　　(写化学式)。  (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。 ①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时,生成1 mol Pt3Y转移　　　　 mol电子。  ②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化O2的还原,发生的电极反应为　。  答案 (1)Fe2+ (2)4.7~6.2　Al3++3OH-Al(OH)3↓ (3)4.0×10-4 (4)①加热可以提高分子运动扩散速度,搅拌增加溶剂与溶质的接触面积,使溶出更彻底,提高溶出速度,提高产率　②冷却结晶 (5)MgSO4 (6)①15　②O2+4e-+2H2O4OH- 解析 (1)由题干信息可知,原料矿物中含铁、铝及稀土元素。浸取液中稀土离子保持+3价不变,镁离子、铝离子无还原性。故氧化调pH中,二价铁离子被氧化为三价铁离子。 (2)过滤1的目的是除掉溶液中的铝离子和铁离子。故在过滤前,应使铝离子和铁离子完全沉淀,又不能使稀土离子沉淀。由表格可知,pH为4.7~6.2时,铁离子和铝离子沉淀完全,稀土离子尚未沉淀。铝离子沉淀的离子方程式为Al3++3OH-Al(OH)3↓。 (3)过滤2后,滤饼中检测不到镁元素,说明加入月桂酸钠后,月桂酸根离子未与镁离子结合生成沉淀,而是与稀土离子结合生成沉淀。故为保证镁离子恰好不沉淀,根据月桂酸镁的Ksp公式,有c(C11H23COO-)=4.0×10-4mol·L-1。 (4)根据题干信息可知,月桂酸的熔点为44 ℃,而加热搅拌阶段的温度为55 ℃。故为了分离月桂酸与RECl3溶液,需要冷却至44 ℃以下,待月桂酸完全结晶再进行固液分离。 (5)根据(3)题干信息,过滤2操作后,滤饼中不存在镁离子,故镁离子仍以MgSO4的形式存在于滤液2中,可再次酸化循环利用。 (6)①由题干信息可知,稀土元素化合价不易发生变化。故YCl3中Y元素为+3价,PtCl4中Pt元素为+4价,Pt3Y中Y为+3价,Pt为-1价。所以Pt元素化合价降低,Cl元素化合价应升高生成氯气。故该反应的化学方程式为2YCl3+6PtCl42Pt3Y+15Cl2↑,生成1 mol Pt3Y转移电子15 mol。 ②由题意知,Pt3Y/C是催化剂,不参与反应。氢氧燃料电池的正极反应为氧气得电子,在碱性条件下生成氢氧根离子,故电极反应为O2+4e-+2H2O4OH-。 26.(2021·全国乙,26,14分,难度★★★★)磁选后的炼铁高钛炉渣,主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源,通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。 该工艺条件下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。 金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ Ca2+ 开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4 沉淀完全(c=1.0×10-5 mol·L-1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8 回答下列问题: (1)“焙烧”中,TiO2、SiO2几乎不发生反应,Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式:　　　　。  (2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0,在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6,依次析出的金属离子是　　　　　　　　　。  (3)“母液①”中Mg2+浓度为　　　　 mol·L-1。  (4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”,最适合的酸是　　　　。“酸溶渣”的成分是　　　　、　　　　。  (5)“酸溶”后,将溶液适当稀释并加热,TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀,该反应的离子方程式是　。  (6)将“母液①”和“母液②”混合,吸收尾气,经处理得　　　　,循环利用。  答案 (1)Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑　(2)Fe3+、Al3+、Mg2+　(3)1×10-6　(4)硫酸　SiO2　CaSO4 (5)TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+　(6)(NH4)2SO4 解析 (1)对比(NH4)2SO4与NH4Al(SO4)2的化学式可知,Al2O3与(NH4)2SO4反应中Al3+代替了部分N,故反应的化学方程式为:Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑。 (2)根据题表中金属离子开始沉淀与沉淀完全时的pH,用氨水逐步调节pH从2.0至11.6的过程中,依次析出的金属离子是Fe3+、Al3+、Mg2+。 (3)根据题表中的数据可知,当c(Mg2+)=1×10-5 mol·L-1时,c(H+)=1×10-11.1 mol·L-1,c(OH-)=1×10-2.9 mol·L-1,Ksp[Mg(OH)2]=1×10-10.8。当pH=11.6时,c(OH-)= mol·L-1=1×10-2.4 mol·L-1,则c(Mg2+)= mol·L-1=1×10-6 mol·L-1。 (4)根据焙烧时加入的是硫酸铵,且酸溶时的温度为160 ℃,则酸溶时加入的酸应该为硫酸。酸溶渣的成分为SiO2和硫酸钙。 (5)稀释与加热均可促进TiO2+的水解,该反应的离子方程式是TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+。 (6)尾气中含有NH3,母液①中含有氨水,母液②中含有剩余的硫酸,故将母液①和母液②混合,吸收尾气,经处理得到(NH4)2SO4,(NH4)2SO4可循环利用。 27.(2021·辽宁,16,14分,难度★★★)从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下: 已知:pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]在空气中易被氧化,回答下列问题: (1)Cr元素位于元素周期表第　　　　周期　　　　族。  (2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为　。  (3)常温下,各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lg c总(V)]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01 mol·L-1,“沉钒”过程控制pH=3.0,则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为　　　　(填化学式)。  图1 图2 (4)某温度下,Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为　　　　;在该条件下滤液B中c(Cr3+)=　　　　 mol·L-1【Kw近似为1×10-14,Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30】。  (5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为  　。  答案 (1)四　ⅥB (2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (3)H3V2　(4)6.0　1×10-6 (5)Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O (6)作还原剂,将Mn(Ⅳ)还原为Mn(Ⅱ)除去,从而提纯Cr(OH)3 解析 分析本工艺流程图可知,“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质,滤液中主要含有Mn2+和Cr3+,加入NaOH溶液“沉铬”后,Cr3+转化为的固体A主要为Cr(OH)3沉淀还有少量Mn(OH)2沉淀;滤液B中主要含有MnSO4,由图2可知,在沉铬时部分Mn2+会转化成Mn(OH)2沉淀,pH较大时,二价锰会被氧化成四价锰,Na2S2O3具有还原性,能将Mn(Ⅳ)还原为Mn(Ⅱ)除去,从而达到提纯Cr(OH)3的目的;煅烧Cr(OH)3生成Cr2O3;“转化”步骤中反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O,据此分析解题。 (1)Cr是24号元素,价层电子排布式为3d54s1,根据最高能层数等于周期序数、价电子数等于族序数,可知Cr元素位于元素周期表第四周期ⅥB族。 (2)利用FeCl3水解制备Fe(OH)3胶体,其化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。 (3)常温下,各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lgc总(V)]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01 mol·L-1,则lgc总(V)=-2,从图中可知,“沉钒”过程控制pH=3.0,lgc总(V)=-2时,与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2,故答案为H3V2。 (4)某温度下,Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图2,由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0;此时溶液中c(OH-)=10-8 mol·L-1,在该条件下滤液B中c(Cr3+)== mol·L-1=1×10-6 mol·L-1。 (5)由分析可知,“转化”过程中H2O2将Mn2+氧化为MnO2,其离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O。 (6)由图2可知,在沉铬时部分Mn2+会转化成Mn(OH)2沉淀,pH较大时,二价锰会被氧化成四价锰,Na2S2O3具有还原性,能将Mn(Ⅳ)还原为Mn(Ⅱ)除去,从而达到提纯Cr(OH)3的目的。 28.(2021·湖北,16,14分,难度★★★)废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值,其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图: 回答下列问题: (1)硒(Se)与硫为同族元素,Se的最外层电子数为　　　　;镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族,CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为　　　　。  (2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为　　　　。  (3)25 ℃时,已知:Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5,Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35,Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33,Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20,“浸出液”中c(Cu2+)=0.01 mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时沉淀完全,In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为　　　　(保留一位小数);若继续加入6.0 mol·L-1氨水至过量,观察到的实验现象是先有蓝色沉淀,然后　　　　;为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解,计算反应Ga(OH)3+NH3·H2O[Ga(OH)4]-+N的平衡常数K=　　　　　(已知:Ga3++4OH-[Ga(OH)4]-　K'=≈1.0×1034)。  (4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥,检验滤渣中S是否洗净的试剂是　　　　;“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和　　　　。  (5)“高温气相沉积”过程中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1)6　+1 (2)Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O (3)4.7　蓝色沉淀溶解,溶液变成深蓝色 2.0×10-6 (4)盐酸、BaCl2溶液　作溶剂 (5)GaCl3+NH3GaN+3HCl 解析 废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物,之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价,再加氨水分离氢氧化铜,过滤,氨水过量时氢氧化铜再溶解;滤渣用SOCl2溶解形成GaCl3溶液,据此解题。 (1)硫为第ⅥA族元素,硒(Se)与硫为同族元素,故Se的最外层电子数为6;镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族,则根据正负化合价代数和为零可知CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为+1。 (2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2与烧渣中的Cu2O反应,反应的化学方程式为Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O。 (3)In3+恰好完全沉淀时c(OH-)= mol·L-1≈1.0×10-9.3 mol·L-1,c(H+)=1.0×10-4.7 mol·L-1,故pH=4.7;蓝色沉淀是氢氧化铜,继续滴加氨水会生成深蓝色的四氨合铜离子,故答案是蓝色沉淀溶解,溶液变成深蓝色;由反应方程式可知 K=, 由K'=≈1.0×1034,得K= , K= =1.0×1034×Ksp×Kb(NH3·H2O),代入数据可知K=2.0×10-6。 (4)检验滤渣中S是否洗净可以加入的试剂是盐酸、BaCl2溶液;通过“回流过滤”分为滤渣和滤液,故SOCl2的另一个作用是作溶剂。 (5)“高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应,反应的化学方程式为GaCl3+NH3GaN+3HCl。 主线法分析工艺流程题 (1)流程图一般包含三个阶段:原料预处理、转化与分离、获取最终产物。(2)要分析流程中“进”“出”物质和仍然留在溶液中的离子等(否则可能漏掉副产品或干扰离子)。(3)一般默认进入的物质过量,确保每一步目标元素利用率或转化率最高,产品产率最高,损失最小。当然在某些特殊情况下要控制用量。 29.(2021·湖南,17,13分,难度★★★★★)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中,铈(Ce)主要以CePO4形式存在,还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子,该核素的符号为　　　　　　　;  (2)为提高“水浸”效率,可采取的措施有　　　　　　　　　　　　　　　(至少写两条);  (3)滤渣Ⅲ的主要成分是　　　　(填化学式);  (4)加入絮凝剂的目的是　;  (5)“沉铈”过程中,生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　,常温下加入的NH4HCO3溶液呈　　　　　(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知:NH3·H2O的Kb=1.75×10-5,H2CO3的Ka1=4.4×10-7,Ka2=4.7×10-11);  (6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4,在高温条件下,Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4,同时生成CO和H2O,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案 (1Ce　(2)将“焙烧”所得固体粉碎、加热、搅拌 (3)Fe(OH)3和Al(OH)3 (4)为了使沉淀更完全,得到澄清溶液 (5)2Ce3++6HC+(n-3)H2OCe2(CO3)3·nH2O+3CO2↑　碱性 (6)3Li2CO3+C6H12O6+6FePO46LiFePO4+9CO↑+6H2O 解析 (1)根据铈元素某种核素内的质子数和中子数可求得其质量数为58+80=138,所以该核素的符号为Ce。 (2)提高“水浸”效率的方法较多,如将“焙烧”所得固体粉碎、加热、搅拌等。 (3)滤渣Ⅲ的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3。 (4)加入絮凝剂是为了使沉淀更完全,得到澄清溶液。 (5)“沉铈”时,Ce3+与HC相互促进水解,从而得到产品Ce2(CO3)3·nH2O,离子方程式为2Ce3++6HC+(n-3)H2OCe2(CO3)3·nH2O+3CO2↑。 由碳酸的Ka1可求得HC的水解常数Kh=,该水解常数Kh>碳酸的Ka2,所以HC在溶液中以水解为主,又由于N的水解常数Kh为=,则NH4HCO3溶液中N的水解程度弱于HC的水解程度,所以NH4HCO3溶液呈碱性。 (6)根据提示可得:Li2CO3+C6H12O6+FePO4LiFePO4+CO+H2O,配平可得化学方程式为3Li2CO3+C6H12O6+6FePO46LiFePO4+9CO↑+6H2O。 30.(2020·全国1,26,14分,难度★★★★)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题: (1)“酸浸氧化”需要加热,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成V,同时还有　　　　离子被氧化。写出VO+转化为V反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)“中和沉淀”中,钒水解并沉淀为V2O5·xH2O,随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、　　　　,以及部分的　　　　。  (4)“沉淀转溶”中,V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是　　　　。  (5)“调pH”中有沉淀生成,生成沉淀反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时,需要加入过量NH4Cl,其原因是  　。  答案 (1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全) (2)Fe2+　VO++MnO2+2H+V+Mn2++H2O (3)Mn2+　Al3+和Fe3+　(4)Fe(OH)3 (5)NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O (6)利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全 解析 (1)“酸浸氧化”需要加热,是为了加快酸浸和氧化反应速率,同时也促进了VO+、VO2+氧化完全。 (2)MnO2具有氧化性,原料经过“酸浸氧化”过程,除VO+、VO2+被氧化成V外,Fe2+也将被氧化。 本小题考查氧化还原反应离子方程式的书写及配平,反应物为VO+和MnO2,酸性环境下产物是V和Mn2+,故正确的离子方程式为VO++MnO2+2H+V+Mn2++H2O。 (3)在“中和沉淀”过程中,依据调节溶液的pH为3.0~3.1,结合表格中离子开始沉淀及完全沉淀的pH范围可知,此时进入滤液②的主要是Mn2+,以及部分Al3+、Fe3+。 (4)在“沉淀转溶”过程中,V2O5·xH2O转化为V,此时溶液pH>13,则溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去。 (5)在“调pH”过程中有氢氧化铝沉淀生成,反应的化学方程式为NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3↓+NaCl或NaAl(OH)4+HClAl(OH)3↓+NaCl+H2O。 (6)在“沉钒”过程中析出NH4VO3晶体时,由于NH4VO3在氯化铵溶液中溶解度降低(或回答由于同离子效应),促使NH4VO3尽可能析出完全。 31.(2020·全国3,27,15分,难度★★★★)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物,还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O ): 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时 (c=0.01 mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时 (c=1.0×10-5 mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题: (1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。为回收金属,用稀硫酸将“滤液①”调为中性,生成沉淀。写出该反应的离子方程式　  　。  (2)“滤液②”中含有的金属离子是　　　　　　　　　　。  (3)“转化” 中可替代H2O2的物质是　　　　　　　。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,即,“滤液③”中可能含有的杂质离子为　　　　。  (4)利用上述表格数据,计算Ni(OH)2的Ksp=　　　　　　　　　　　　　　　　　(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+ 浓度为1.0 mol·L-1,则“调pH”应控制的pH范围是　　　　。  (5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用,其意义是　　　　　　　　　　　。  答案 (1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 Al(OH+H+Al(OH)3↓+H2O (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气　Fe3+ (4)0.01×(107.2-14)2[或10-5×(108.7-14)2] 3.2~6.2 (5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O (6)提高镍回收率 解析 (1)废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物。滤液①中的溶质为NaAl(OH)4、高级脂肪酸钠和甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸时,其中的NaAl(OH)4可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀。 (2)滤饼①的成分为Ni、Fe及其氧化物等,用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等,则滤液②中的金属阳离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+。 (3)加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,替代起氧化作用的H2O2溶液的可以为O2或空气,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,则“调pH”得到Fe(OH)3沉淀,Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转变为Fe3+而被沉淀出来,则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3+。 (4)根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.2,可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.01×(107.2-14)2;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)· c2(OH-)=10-5×(108.7-14)2。 “调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH应大于3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则c(Ni2+)·c2(OH-)<0.01×(107.2-14)2,根据c(Ni2+)=1.0 mol·L-1,可求得c(OH-)<10-7.8 mol·L-1,对应c(H+)>10-6.2 mol·L-1,则“调pH”的pH应小于6.2,则“调pH”控制的pH范围是3.2~6.2。 (5)Ni2+被ClO-氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,根据电子守恒可配平得:2Ni2++ClO-2NiOOH↓+Cl-,最后可配平得:2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。 (6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。 32.(2019·全国3,26,14分,难度★★★★)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题: 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下: 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)“滤渣1”含有S和　　　　　　　　　　;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式　  　。  (2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是  　。  (3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为　　　　　~6.0之间。  (4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是　　　　　　。  (5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是  　。  (6)写出“沉锰”的离子方程式:  　。  (7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,z=　　　　。  答案 (1)SiO2(或不溶性硅酸盐)　MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O (2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3)4.7 (4)NiS和ZnS (5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2Mg2++2F-平衡向右移动 (6)Mn2++2HCMnCO3↓+CO2↑+H2O (7) 解析 (1)加硫酸“溶浸”过程中MnO2将MnS中的S2-氧化为单质硫:MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。天然锰矿中含有的二氧化硅(或硅酸盐)不溶于稀硫酸,所以滤渣1为S和二氧化硅(或不溶性硅酸盐)。 (2)“溶浸”时杂质Fe、Al、Mg、Zn、Ni等元素也都转化为相应的硫酸盐,其中铁元素部分以Fe2+存在,结合金属离子沉淀时的pH范围,加MnO2是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,以方便后面将其转化为沉淀除去。(3)~(5)结合题给表格中金属离子沉淀时的pH范围可知,加氨水“调pH”主要是沉淀F和Al3+[滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3],此时需控制的pH范围为4.7~6.0的主要成分。而后面加Na2S完成的“除杂1”是沉淀Zn2+和Ni2+,滤渣3为ZnS和NiS。加MnF2完成的“除杂2”是沉淀Mg2+,滤渣4为MgF2。若沉淀Mg2+时溶液酸性较强,H+会与F-生成弱电解质HF,使平衡MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)右移,则导致Mg2+沉淀不完全。 (6)流程图中加NH4HCO3是为了沉淀Mn2+,产物为MnCO3,同时生成CO2和(NH4)2SO4、H2O。 (7)根据化合物中元素化合价的代数和为0可列式计算:(+1)+(+2)×+(+3)×+(+4)×z+(-2)×2=0,解得z=。 学科网（北京）股份有限公司 $$