2025届高三化学一轮复习 ---工业流程题

2025届高三化学复习题---工业流程题 1．（2024·贵州·模拟预测）工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量等)和辉铜矿(主要成分为，还含有少量Si、Ni等氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾的工艺流程如图所示。 已知：HR萃取的原理为(org为有机相)。 回答下列问题： (1)为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是 (答出一条即可)，已知浸出渣中含有单质S，写出“酸浸”时与反应的离子方程式： 。 (2)“萃取”后的溶液中，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽，已知“调pH除镍”时应控制溶液pH的最小值是1.8，最大值是5.8，则 [已知，该溶液中和pH的关系为；忽略溶液体积变化]。 (3)写出“碳化沉锰”过程中发生反应的离子方程式： 。 (4)试剂X为 (填化学式)；“系列操作”包括 、过滤、洗涤和干燥。 (5)铜的一种氧化物晶胞如图所示，晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值。A、B的原子坐标分别为、，则C的原子坐标为 ，该晶体密度为 。 2．（23-24高三下·河南·阶段练习）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存在，在碱性介质中以存在。 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)“浸取”步骤中，为了提高浸取率，结合工业生产实际，可以采取的措施有： (答两条)。 (3)“沉淀”步骤中需严格控制稀硫酸的用量，只需将溶液调至弱碱性。若加入稀硫酸偏多，某种杂质将不能有效除去，原因是 。“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以和的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，其原因是 。 (4)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠()溶液。 ①理论上，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ； ②若用过氧化氢还原过程中还会生成较稳定的蓝色的过氧化铬(，Cr为＋6价)。分子中存在过氧键，其结构式可表示为 。 (5)是一种灰绿色粉末，其化学性质与相似，试写出与NaOH溶液反应的离子方程式 。 3．（2024·陕西西安·模拟预测）砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸形式存在，废水中还含有一定量的硫酸]中回收砷的工艺流程如下： 已知：I．； П．； III．砷酸在酸性条件下有强氧化性，能被等还原； IV．，。 回答下列问题： (1)“沉砷”时，亚砷酸转化为的化学方程式为 。 (2)“沉砷”时产生的废气可用 溶液吸收处理(填化学式)。 (3)“NaOH溶液浸取”后，所得“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，“滤渣”中 (填“含有”或“不含有”)。 (4)向滤液II中通入氧气进行“氧化脱硫”，反应的离子方程式为 。 (5)“沉砷”过程中FeS不可用过量的替换，原因是 (从平衡移动的角度解释)。 (6)该流程最后一步用“还原”砷酸，发生反应的化学方程式为 。 4．（23-24高三下·河南郑州·期中）海水中化学元素的利用是指从海水中提取钠、镁、氯、溴等元素。 (1)海水晒盐使用的盐田法，相当于化学中的 操作。 (2)过程c的化学反应方程式 。 (3)过程b用于海水提溴．主要工业生产流程如下图所示。 ①向苦卤中通入，利用了的氧化性，写出对应反应的离子方程式 。 ②吹出塔中通入热空气吹出，利用了的 （填字母）。 A．氧化性    B．还原性    C．挥发性，沸点比水低    D．易溶于水 (4)实验室可以利用蒸馏的方法进行海水淡化，可选用如图装置完成。 ①仪器B的名称是 。 ②该装置中有一处明显的错误是 。 5．（2024·陕西渭南·三模）重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，可用于制铬矾、火柴、铬颜料，并供鞣革、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，质量分数为67.2%，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]为原料制备重铬酸钾的工艺流程如图所示： 已知： ①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，Cr元素转化为Na2CrO4；铝的氧化物转化为NaAlO2。 ②Fe(CrO2)2的摩尔质量为224g/mol，K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol。 ③矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c(mol•L-1)的对数值与pH的关系如图所示。 某化工厂利用1000kg铬铁矿为原料，制备重铬酸钾。 请回答下列问题： (1)写出“焙烧”过程中发生的主要反应的化学方程式： 。 (2)“水浸”所得滤渣1的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式： 。 (3)在“中和”步骤中加冰醋酸调节pH约等于7，中和后滤渣2的主要成分是 (填化学式)。 (4)“酸化”时加冰醋酸调节pH约等于5，写出酸化过程中发生反应的离子方程式： 。 (5)工序I经过滤、洗涤后获得粗产品，经工序Ⅱ得到661.5kg产品，则工序Ⅱ的操作方法是 ，生产过程的产率为 。 (6)测定产品中K2Cr2O7含量：称取样品2.50g配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL。则样品中K2Cr2O7的纯度为 。(滴定过程中发生的反应为Cr2O+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O) 6．（23-24高三下·重庆·阶段练习）金属钛被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分(钛酸亚铁)含、CaO、杂质)为主要原料冶炼金属钛以及制备的工艺流程如图所示： 已知：①滤液1中Ti的主要存在形式为； ②常压下的熔点为-25℃，沸点为136.4℃。 回答下列问题： (1)基态Ti原子的简化电子排布式为 ，矿石“预处理”的方法为 。 (2)写出酸浸煮沸步骤中发生的化学反应方程式： 。 (3)已知：常温下，，若要让水解完全(离子浓度小于mol/L)，应控制pH不小于 。 (4)粗经高温氯化可得粗，从该混合气体中分离得到的方法名称是 。 (5)请写出由绿矾制备步骤的离子反应方程式： 。 (6)从废旧电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧电极，测得浸取液中，加入等体积的碳酸钠溶液将转化为沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的80%，则反应后的溶液中的浓度为 mol/L[已知，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和]。 (7)的晶胞结构如图所示，已知该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为，的相对分子质量为M，Ti和O原子半径分别为x和y(单位：pm)，则晶胞中原子的空间利用率为 (列出计算表达式)。(空间利用率=) 7．（23-24高三下·云南文山·阶段练习）锌焙砂是锌精矿经焙烧后所得的产物，是褐色微颗粒状固体，其主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、ZnFe2O4和少量Pb、Ag、Cd、Cu，以锌焙砂为原料制备ZnSO4·7H2O和黄铁矾的工艺流程如下： 已知：①ZnFe2O4可以看成ZnO·Fe2O3，在高温高酸环境下才会溶解。 ②25℃下，Zn2+和Fe3+开始沉淀和沉淀完全(c=1×10-5mol·L-1)时的pH如下表： 金属离子 pH 开始沉淀 沉淀完全 Zn2+ 6.2 8.2 Fe3+ 1.5 3.2 回答下列问题： (1)基态Fe原子价层电子轨道表示式为 ，铜元素的焰色为绿色，该光谱属于 (填“发射”或“吸收”)光谱。 (2)欲提高pH在5.2~5.4时的“浸出”速率，可采用的方法是 (写两种)。 (3)在pH=5.2~5.4“浸出”时，锌焙砂中的铜转化为Cu2+反应的离子方程式为 。 (4)pH=6.2时，漫出液中 mol·L-1。 (5)当有k+、Na+或存在时，调节含Fe3+溶液的pH，即可生成黄铁矾，不同种类的阳离子“沉铁”效果如图，则工艺流程中，MnSO4最好选用 (填化学式)。 (6)获得ZnSO4·7H2O的一系列操作是 、 、过滤、洗涤、干燥。 8．（2024·云南昆明·三模）充分利用钴资源具有重要意义。以某湿法炼锌厂产出的高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)为原料回收钴和锰的一种工艺流程如下： 已知： ①除Cd后的滤液中含有和； ②pH<3.7时，还原性小于，pH>3.7时，还原性大于； ③部分金属离子形成氢氧化物完全沉淀的pH如下表： 金属离子 完全沉淀的pH 8.3 3.2 8.7 8.2 10.1 ④不同pH下，被氧化的产物如下表： pH pH<3 3<pH<6 6<pH<6.2 的氧化产物 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (2)“沉铁”步骤中加入产品1的作用是 ，该步骤中调节pH的范围可以为 (填标号)。 a．pH＜2.8        b．4.0＜pH＜4.5        c．8.2＜pH＜10.1 (3)Cd与Zn同族，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (4)“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为 ，滤液中存在的主要金属离子除外还有 (填离子符号)。 (5)沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为 %(保留小数点后两位)。 9．（2024·重庆·模拟预测）氯化铵焙烧菱锰矿 (主要成分为 ， 含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：① 相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀时的pH 如下： 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀的 pH 3.8 1.5 6.5 10.6 8.1 9.6 沉淀完全的 pH 5.2 3.7 9.7 12.6 10.1 11.6 ②常温下， 的溶度积分别为 回答下列问题： (1)基态锰原子的电子排布式为 ， 的空间结构为 。 (2)由下图可知， 氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件： m(NH4Cl)：m(菱锰矿粉)=1.10：1， 500℃焙烧60min，不选用600℃焙烧 90min的原因是 。 (3)焙烧产生的CO2和NH3可用于工业制备纯碱，操作时应先向饱和食盐水中通入过量的 (填化学式)。 (4)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入 MnO2将 Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为 ； 若溶液中金属离子浓度均为0.1 mol·L-1，调节溶液pH使 沉淀完全，此时溶液的pH 范围为 ，再加入NH4F 沉淀Ca²⁺、Mg²⁺， ，当 + 时， (5)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为 。 (6)流程中能循环利用的固态物质是 (填化学式)。 10．（2024·天津和平·二模）铬铁矿的主要成分为FeO▪Cr2O3, 制备K2Cr2O7流程如图所示： 回答下列问题： (1)基态Cr原子价电子轨道分布图为 ,铬位于元素周期表中 区。 (2)配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中提供电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。 (3)铬的一种氧化物晶胞结构如图所示，若六棱柱的底面边长为lnm，高为hnm，NA代表同伏加德罗常数的值，则该晶体的密度p= g/cm3。 (4)步骤①中 NaNO3反应后生成NaNO2，产物中 Cr元素以CrO形式存在。则该步主要反应的方程为 ,该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 。 (5)步骤④调滤液2的pH使之变 (填“大”或“小”)。原因是 (用离子方程式表示）。 (6)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，分离得到K2Cr2O7固体的方法是 ,冷却到 (填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。 a.80℃               b.60℃              c.40℃               d.10℃ (7)已知Ksp(Ag2CrO4 )=1.0×10-12、Ksp(AgCl)=2.0×10-10, 若用10LNaCl溶液溶解0.1mol的Ag2CrO4固体，则NaCl溶液的最初浓度不得低于 mol/L。 11．（2024·河南新乡·三模）已知草酸镍晶体()难溶于水，其在高温下煅烧可制得三氧化二镍。以含镍合金废料(主要成分为镍，含有一定量的铁、铜和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图： 已知：①“酸浸”液含有的离子主要有、、、、、。 ②草酸的、。 ③氨水的。 回答下列问题： (1)实验室进行“酸浸”操作时，需要在通风橱中进行，其原因是 。 (2)的VSEPR模型为 。 (3)“过滤”后，需要往滤液中加入溶液制备草酸镍，溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 (4)已知常温下，当溶液pH=2时，沉淀完全［时认为沉淀完全］，则此时溶液中草酸的浓度 。 (5)镍钛记忆合金可用于制造飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图所示，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为 ；若该合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是 (用含和的计算式表示，不必化简)pm。 12．（2024·浙江·模拟预测）亚氯酸的，常温常压下二氧化氯是一种黄绿色气体，它具有漂白性，消毒能力较强，可替代传统的液氯作为饮用水消毒杀菌剂。实验室用以下方式制备： (1)①步骤一电解的阳极反应： 。 ②在水溶液中很快水解成和另一种化合物，该化合物名称为： 。上述流程中在酸性溶液条件下加入反应的离子方程式为： 。 (2)纯易分解爆炸，故常与的烧碱溶液反应生成保存，需要时再通过溶于酸溶液反应获得，该反应刚开始十分缓慢，稍后一段时间产生气体急剧加快。下列说法正确的是______。 A．亚氯酸钠有强氧化性，在溶液中水解显酸性 B．和在碱性溶液中反应时，表现还原性 C．将溶液进行加热浓缩，蒸发结晶，过滤洗涤，得到 D．两份相同溶液分别与等的盐酸和硫酸反应，与盐酸反应可能快 (3)设计实验验证溶液中的金属阳离子与氯离子 。 13．（2024·浙江·模拟预测）工业上用黄铁矿为原料制备硫酸的流程如图所示： 请回答： (1)已知的阴离子达到稳定结构，则的电子式为 。 (2)室温下，为液体，为气体。熔点高于的原因 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．硫酸属于化工生产中的精细化学品 B．步骤③，吸收设备中填充瓷环可提高吸收率 C．焦硫酸具有强氧化性 D．硫酸工业尾气任意排放会造成臭氧层空洞 (4)步骤④，与水反应生成会释放大量的热，但反应过程伴随着的稀释放热。 ①与 水充分混合后，可获得浓硫酸。 ②请根据一定的化学原理，设计实验测定与水反应的焓变 。 14．（2024·山西朔州·模拟预测）某钒矿石的主要成分为、、和。一种从该矿石中提钒的工艺流程如下： 已知：Ⅰ.在酸性介质中具有较强的氧化性，能被、乙醇、草酸和酒石酸还原为。 Ⅱ.萃取剂对V(Ⅳ)中的有很强的萃取能力，对Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Al(Ⅲ)和其他V(Ⅳ)微粒无萃取能力。萃取的平衡为。回答下列问题： (1)“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行，目的是 。该步操作中发生反应的化学方程式为 。 (2)“还原”时，发生反应的离子方程式为 。 (3)“操作X”为 ；试剂y为 (填化学式)。 (4)室温下，随着pH和浓度的变化，V(Ⅳ)微粒的区位优势图如图1。以氧化物的性质为分类依据，物质类别为 。“调pH”时，调节的目的是 ；N点存在平衡：，其平衡常数的数值为 。 (5)一种含钒的氧化物晶胞结构如图2所示，已知表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式即可)。 15．（2024·江西赣州·二模）某研究小组模拟用硫酸化焙烧—水浸工艺从高砷铜冶炼烟尘中浸出铜、锌的流程如下。 已知：①高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐及氧化物，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与。各元素质量分数如下： Cu Zn As Pb In Ag 5.60% 15.60% 28.68% 22.34% 0.073% 0.01% ②25℃时，硫酸铅的溶度积常数； ③浸出率的计算：浸出率。 回答下列问题： (1)基态Zn原子的价层电子排布式为 。 (2)“焙烧”时，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还表现 的作用。请补全参与反应的化学方程式： 。 (3)“水浸”时，所得浸渣的主要成分为 (写化学式)，往浸取液中加入的金属单质是 (写化学式)。 (4)高砷铜冶炼烟尘经过焙烧、水浸等工序后，测得浸取液中为，请从理论上分析铅是否沉淀完全？ (列式计算并得出结论)。 (5)铜浸出率的测定：从上述流程中得到的1L浸取液中取50mL与过量的酸性KI完全反应后，过滤，往滤液中滴加淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液21.00mL。(已知：，) ①滴定终点的现象为 。 ②忽略流程中的损失，可得铜的浸出率为 。 16．（2024·安徽·模拟预测）硝酸镍、硝酸钠在陶瓷、玻璃工业应用广泛。以废弃镍板（含有少量的氧化铝杂质）生产硝酸镍、硝酸钠的工艺流程如图所示： 已知：①难溶于水。 ②，。 请回答下列问题： (1)工业生产普通玻璃的主要原料有石英砂、 。 (2)“反应器”中需控制反应温度为：50∼60℃的原因是 。 (3)假若Ni与浓硝酸反应产生的混合气体中，该反应的离子方程式为 。 (4)为了除去，向“浸取液”中加入调节pH至5~6。写出除去并生成的离子方程式： 。 (5)补充完成操作③ 。 (6)向“转化器”中加入稀硝酸的目的是 。 (7)若进入“吸收塔”的混合气体中NO为a mol、为b mol、空气中含为d mol，溶液中含为c mol，“转化器”中加入的稀硝酸中含e mol ，则 （用含e、d的代数式表示，不考虑流程中钠、氮元素的损失）。 17．（2024·安徽安庆·三模）2023年诺贝尔化学奖授予对合成量子点有突出贡献的科研工作者。碲化镉(CdTe)量子点具有优异的光电性能，常用作太阳能薄膜电池材料。我国科研人员设计以电解精炼铜获得的富碲渣(含铜、碲、银等)为原料合成碲化镉量子点的流程如下： 回答下列问题： (1)碲的原子序数为52，基态碲原子的价层电子排布式为 。 (2)“硫酸酸浸时，取含单质的富碲渣，为将全部溶出转化为，需加质量分数为的(密度：) (保留到小数点后两位)。但实际操作中，用量远高于该计算值，原因之一是同时也被浸出，请写出被浸出时发生反应的离子方程式： 。 (3)化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是 。 (4)在研究“还原”步骤实验条件时，发现Te、Cu单位时间内沉淀率随NaCl溶液浓度的变化如图所示，则该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为 。 (5)CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞如图所示，若CdTe的摩尔质量为，该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则最近的两个Te原子的距离 。(用含M、、的代数式表示) (6)量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，关于这一现象下列说法正确的是 (填字母)。 A．属于化学变化　B．由光化学反应产生　C．由电子跃迁形成 18．（2024·山东青岛·二模）将钛铁矿（）、磷灰石矿与锂灰石矿三矿耦合，按“原子经济”的绿色工艺技术路线生产磷酸铁锂，同时充分利用伴生元素。工艺流程如图。 已知：①钛在酸性环境中的存在形式为； ②溶液为紫色；常温时，有关电对的电极电势  ；   。一般标准电极电势越高，氧化剂的氧化性越强。 ③25℃时，。 回答下列问题： (1)Ti在元素周期表中的位置为 。“试剂X”为 （填化学式）。 (2)“酸解”反应的化学方程式为 。 (3)“水解”过程中通过观察溶液保持紫色，判断无被氧化，该方法的依据是 。 (4)循环利用“滤液2”的操作单元名称为 。“气体1”为 （填化学式）。 (5)“沉淀”反应的化学方程式为 。若将铁离子恰好沉淀完全（）时， 。 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) 将矿石粉碎或充分搅拌或加热或适当增加硫酸浓度 2MnO2+Cu2S+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O (2)5×108 (3)Mn2++HCO+ NH3·H2O =MnCO3↓+NH+H2O (4) H2SO4 蒸发浓缩、冷却结晶 (5) (0.5，0.5，0.5) 【分析】由题给流程可知，向软锰矿、辉铜矿中加入硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，硫元素转化为硫单质，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入HR萃取溶液中的铜离子，分液得到水相和有机相；向水相中加硫化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液得到硫酸铜溶液；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾。 【详解】（1）将矿石粉碎、加热、适当增加硫酸浓度、充分搅拌等措施能加快“酸浸”速率；由题意可知，酸浸时二氧化锰和硫化亚铜发生的反应为酸性条件下二氧化锰和硫化亚铜反应生成锰离子、铜离子、硫和水，反应的离子方程式为2MnO2+Cu2S+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，故答案为：将矿石粉碎或充分搅拌或加热或适当增加硫酸浓度；2MnO2+Cu2S+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O； （2）由pc(S2—)=15.1—pH可知，溶液pH为1.8时，溶液中硫离子浓度为10—13.3mol/L，则由题意可知，溶度积Ksp(NiS)=10—5×10—13.3=10—18.3，溶液pH为5.8时，溶液中硫离子浓度为10—9.3mol/L，则由题意可知，溶度积Ksp(MnS)=0.5×10—9.3=5×10—10.3，则5×108，故答案为：5×108； （3）由分析可知，“碳化沉锰”过程中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO+ NH3·H2O =MnCO3↓+NH+H2O，故答案为：Mn2++HCO+ NH3·H2O =MnCO3↓+NH+H2O； （4）由萃取原理和系列操作得到胆矾可知，向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液的目的是得到硫酸铜溶液，则X为硫酸溶液，由分析可知，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾，故答案为：硫酸；蒸发浓缩、冷却结晶； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的A原子、位于体对角线处的B原子的原子坐标分别为、，则晶胞的边长为1，位于体心的C原子的原子坐标为(0.5，0.5，0.5)；晶胞中位于顶点和体心的氧原子个数为8×+1=2，位于体内的铜原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=，故答案为：(0.5，0.5，0.5)；。 2．(1) (2)粉碎煅烧后的固体、充分搅拌、适当加热、适当延长浸取时间等(任答两条即可) (3) 生成的氢氧化铝会溶于过量的稀硫酸 过小时，磷酸根会与反应使其浓度降低导致减少，除磷率减小，同时可能产生硅酸胶状沉淀不易处理；过大时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成沉淀，导致除硅率减小，同时溶液中铵根离子浓度降低导致无法完全沉淀，除磷率减小(答出“过小时，磷酸根会与反应使其浓度降低，不利于生成；过大时，会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀，不利于形成沉淀”即可得满分) (4) 2：3 (5)或 【分析】铬钒渣在碳酸钠和空气中煅烧，钒和铬、铝、硅、磷生成相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有氧化铁的滤渣；向滤液中加入稀硫酸调节溶液将元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为和沉淀，过滤得到含有、的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。 【详解】（1）最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。故煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠。 （2）粉碎煅烧后的固体、充分搅拌、适当加热、适当延长浸取时间等措施都可以有效提高浸取率； （3）沉淀步骤调到弱碱性的目的是将元素转化为氢氧化铝沉淀，稀硫酸过量，会导致生成的氢氧化铝溶解；根据流程图可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为和沉淀，若溶液时，磷酸根会与反应使其浓度降低导致无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不易处理；若溶液时，会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成沉淀，导致除硅率减小，同时溶液中铵根离子浓度降低导致无法完全沉淀，除磷率减小。 （4）①最高价铬酸根在酸性介质中以存在，由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应中铬化合价由+6变为+3，硫元素化合价由+4变为+6，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3； ②分子中存在过氧键，由于为+6价，则其中与相连的氧原子的化合价为1个-2价，4个-1价，其结构式可表示为：。 （5）的性质与相似，则与溶液反应的生成或，离子方程式或。 3．(1) (2)(或NaOH等) (3) FeS 含有 (4) (5)由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动，不利于沉砷 (6) 【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能SO2被还原生成As2O3。 【详解】（1）“沉砷”时，亚砷酸和FeS发生氧化还原反应转化为As2S3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2H3AsO3+3FeS+3H2SO4=As2S3+3FeSO4+6H2O； （2）“沉砷”时产生的废气为 H2S气体，可用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)吸收处理； （3）“NaOH溶液浸取"后，所得“滤渣”的主要成分是FeS；溶液中存在平衡：，该反应程度虽小，但仍能进行， 故“滤渣”中含有； （4）滤液Ⅱ氧化脱硫过程中，和O2发生氧化还原反应生成硫单质和Na3AsO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； （5）“沉砷”过程中FeS不可用过量的Na2S替换，原因是：由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动，不利于沉砷； （6）该流程最后一步用SO2“还原”砷酸生成As2O3，SO2转化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2H3AsO4+2SO2=As2O3↓+2H2SO4+H2O。 4．(1)蒸发结晶 (2) (3) Cl2+2Br-= Br2+2Cl- C (4) 直形冷凝管 冷凝水应该下进上出 【分析】海水淡化得到粗盐，淡水和母液，母液中加入NaOH溶液可得到氢氧化镁，盐酸溶解并将溶液浓缩后得到六水合氯化镁，脱水得到无水氯化镁，电解得到金属镁；粗盐溶解得到饱和氯化钠溶液，电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氢气和氯气，氯气与海水淡化后的母液反应可得到溴单质。 【详解】（1）海水晒盐使用的盐田法，相当于化学中的：蒸发结晶操作； （2）过程c的化学反应方程式：； （3）海水提盐后得到的苦卤中含溴离子，氯气将溴离子氧化为溴单质，热空气吹出得到含溴的空气，冷凝后得到粗溴。①向苦卤中通入，离子方程式为：Cl2+2Br-= Br2+2Cl-；②吹出塔中通入热空气吹出，利用了的：挥发性，沸点比水低，故选C； （4）①仪器B的名称是：直形冷凝管；②该装置中有一处明显的错误是：冷凝水应该下进上出。 5．(1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2 (2)+2H2O=Fe(OH)3↓+OH- (3)H2SiO3、Al(OH)3 (4)2+2CH3COOH= +2CH3COO-+H2O (5) 重结晶 75% (6)49% 【分析】由题给流程可知，铬铁矿、碳酸钠在空气中焙烧时Fe(CrO2)2转化为铬酸钠和NaFeO2，铁的氧化物转化为NaFeO2，二氧化硅转化为硅酸钠，氧化铝转化为Na[Al(OH)4]，向焙烧渣中加入水水浸将NaFeO2转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；由图可知，向滤液中加入醋酸中和调节溶液pH在4.5-9.3之间，将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，铬酸钠部分转化为重铬酸钠，过滤得到含有硅酸、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加冰醋酸调节pH约等于5，将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，向反应后的溶液中加入氯化钾将重铬酸钠转化为重铬酸钾沉淀，经过滤、洗涤后获得重铬酸钾粗产品，粗产品经重结晶得到重铬酸钾； 【详解】（1）由分析可知，焙烧过程中发生的主要反应为Fe(CrO2)2与碳酸钠、氧气反应生成铬酸钠、NaFeO2和二氧化碳，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2； （2）由分析可知，水浸发生的反应为NaFeO2与水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-； （3）由分析可知，在“中和”步骤中加冰醋酸调节pH约等于7，目的是将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，铬酸钠部分转化为重铬酸钠，中和后滤渣2为：H2SiO3、Al(OH)3； （4）酸化时加冰醋酸调节pH约等于5的目的是将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，反应的离子方程式为2+2CH3COOH= +2CH3COO-+H2O； （5）由分析可知，工序I为经过滤、洗涤后获得重铬酸钾粗产品，工序Ⅱ为粗产品经重结晶得到重铬酸钾，铬铁矿主要成分为Fe(CrO2)2，质量分数为67.2%，1000kg铬铁矿中m[Fe(CrO2)2]= 1000kg×67.2%=672kg，由Cr元素质量守恒，则，解得m(K2Cr2O7)=882kg，得到661.5kg产品，生产过程的产率为； （6）滴定过程中发生的反应为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则样品中K2Cr2O7的纯度为×100%=49%。 6．(1) [Ar]3d24s2 将矿石粉碎 (2)FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O (3)2 (4)冰水浴冷凝 (5)2FeSO4⋅7H2O+H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2+4H++9H2O (6)1 (7) 【分析】钛铁矿(主要成分FeTiO3(钛酸亚铁)含Fe2O3、CaO、SiO2杂质)粉碎预处理后与硫酸和铁粉反应后，其中SiO2不反应成为滤渣1，其他成分转化为硫酸盐进入滤液1，滤液1经过一系列操作分离出绿矾(FeSO4⋅7H2O)，TiOSO4进入滤液2，滤液2水解得TiO(OH)2，过滤后煅烧得粗TiO2，高温条件下加入C并通入氯气得TiCl4，还原精制得Ti；绿矾加入磷酸溶解并加入过氧化氢氧化，得FePO4沉淀，过滤后加入碳酸锂和草酸混合煅烧得LiFePO4，据此分析； 【详解】（1）Ti元素原子序数为22，简化电子排布式为[Ar]3d24s2，为了使酸浸效率更高，矿石预处理需要将其粉碎，增大反应物的接触面积，加快反应速率； （2）酸浸煮沸步骤中FeTiO3被硫酸溶解得到TiOSO4和FeSO4，发生的化学反应方程式为FeTiO3+2H2SO4TiOSO4+FeSO4+2H2O； （3）由Ksp[TiO(OH)2]=c(TiO2+)⋅c2(OH-)=1×10−29，要让TiO2+水解完全(离子浓度小于10−5mol/L)，则c(OH-)>=10−12mol/L，即pH不小于2； （4）由已知，常压下TiCl4的熔点为-25℃，沸点为136.4℃，即常温常压下TiCl4为液态，高温氯化的混合气体中有TiCl4、Cl2、HCl，分离得到TiCl4的方法名称是冰水浴冷凝； （5）由分析，绿矾加入磷酸溶解并加入过氧化氢氧化，得FePO4沉淀，离子方程式为2FeSO4⋅7H2O+H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2+4H++9H2O； （6）浸取液中c(Li+)=0.4mol/L，沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的80%，故沉淀后溶液中c(Li+)=0.4mol/L×20%×=0.04mol/L，由Ksp(Li2CO3)=c()⋅c2(Li+)=1.6×10−3，解得反应后的溶液中c()==1mol/L； （7）由晶胞结构图，晶胞中Ti位于定点和体心，个数为+1=2，O位于体内和上下底面，个数为+2=4，由晶胞密度为ρg⋅cm−3，，解得V晶胞=，晶胞中均摊有2个Ti原子和4个O原子，总体积为V=，故晶胞中原子的空间利用率为。 7．(1) 发射 (2)适当升高温度、粉碎锌焙砂或搅拌等 (3)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (4)0.1 (5)K2SO4 (6) 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】由题给流程可知，锌焙砂在pH为5.2~5.4的范围内的溶液中浸出，过滤得到含有铜离子、镉离子的浸出液和浸出渣；向浸出液中加入锌，将溶液中的铜离子、镉离子置换为铜、镉，过滤得到滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌；向浸出渣中加入硫酸溶液高温高酸浸出、过滤得到铅银渣和浸出液；向浸出液中加入氧化锌调节溶液pH为1~1.5预中和、过滤得到中和渣和滤液；向滤液加入硫酸钾，将溶液中的铁离子转化为黄铁矾沉淀，过滤得到黄铁矾。 【详解】（1） 铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式为；基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量，为发射光谱，则铜元素的焰色为绿色，说明该光谱属于发射光谱，故答案为：；发射； （2）适当升高温度、粉碎锌焙砂、搅拌等措施能提高pH在5.2~5.4时的“浸出”速率，故答案为：适当升高温度、粉碎锌焙砂或搅拌等； （3）在pH=5.2~5.4“浸出”时，锌焙砂中的铜转化为铜离子发生的反应为氧化铁溶于酸生成铁离子，溶液中铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+； （4）由锌离子完全沉淀时，溶液pH为8.2，则氢氧化锌的溶度积Ksp[Zn(OH)2]= 1×10-5×(1×10-5.8)2=1×10-16.6，溶液pH为6.2时，溶液中的锌离子浓度为=0.1mol/L，故答案为：0.1； （5）由图可知，相同时间时，钾离子存在时，溶液中铁离子浓度最小，说明加入硫酸钾溶液，有利于溶液中铁离子转化为黄铁矾沉淀，所以加入M2SO4最好选用硫酸钾，故答案为：K2SO4； （6）由分析可知，硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸锌，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。 8．(1)CuS (2) 调节pH，将氧化为 b (3) (4) (5)99.98% 【分析】高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)加入过量稀硫酸进行酸浸，生成难溶于水的，Co、Zn、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素均生成相应的可溶性盐，向滤液中加入溶液，将Cu2+转化为CuS沉淀除去，故滤渣1的主要成分为CuS，向溶液中加入，调节pH，并将氧化为，将转化为而除去，故滤渣2的主要成分为，加入Zn将溶液中的Cd2+置换为Cd而除去，向溶液中加入溶液调解pH=3，将氧化为而除去，故产品1为，再继续加入溶液调解pH=5，由已知④得，生成得产物为，反应的离子方程式为，过滤得到滤液，滤液中还含有的金属离子除外还有，据此分析回答。 【详解】（1）由分析知，滤渣1的主要成分为CuS； （2）由分析知，“沉铁”步骤中加入产品1为二氧化锰，可调节pH，将氧化为，由已知③中数据可知，要使完全沉淀，不沉淀，该步骤中调节pH的范围可以为4.0<pH<4.5，故选b； （3）由分析知，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为； （4）由分析得，“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为，滤液中存在的主要金属离子除外还有； （5）沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为。 9．(1) 1s22s22p63s23p63d54s2 平面正三角形 (2)500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大 (3)NH3 (4) MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 5.2—8 将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀 5×10—6 (5)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (6)NH4Cl 【分析】由题给流程可知，将菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧，将金属元素转化为金属氯化物，焙砂加水溶解浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；浸出液“净化除杂”得到氯化锰溶液，向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰滤饼和氯化铵溶液；氯化铵溶液蒸发结晶得到可以循环使用的氯化铵，碳酸锰滤饼干燥得到碳酸锰产品。 【详解】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面正三角形，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2；平面正三角形； （2）由图可知，500℃60min时，锰元素的浸出率已经很大了，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，还会增加生产成本，所以氯化铵焙烧不选用600℃焙烧90min，故答案为：500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大； （3）碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与饱和食盐水反应，所以焙烧产生的二氧化碳和氨气通入饱和食盐水时，应先向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳可以增大二氧化碳的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成，故答案为：NH3； （4）浸出液“净化除杂”过程为首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；调节溶液pH在5.2—8范围内，使Fe³⁺、Al³⁺沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca²⁺、Mg²⁺，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤得到氯化锰溶液；由溶度积可知，溶液中钙离子为1.0×10—5mol/L时，溶液中的c2(F—)= =1.46×10—5mol2/L2，则溶液中的镁离子浓度为=5×10—6mol/L，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀；5×10—6； （5）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （6）由分析可知，可以循环使用的固体物质是氯化铵，故答案为：NH4Cl。 10．(1) d (2) N、O 6 (3) (4) 陶瓷在高温下会与碳酸钠反应 (5) 小 (6) 重结晶 d (7)0.02002 【分析】铬铁矿中FeO-Cr2O和碳酸钠、硝酸钠在高温下发生熔融氧化反应，反应的化学方程式为，得到熔块，熔块加水进行水浸，过量得到滤渣1，滤渣1为，滤液中含有等钠盐，调pH=7后过滤，得到滤液2，滤液2中主要含，在加入酸，调pH，发生，生成，过滤得到滤液3，滤液3中含有，再加入进行重结晶即可得到，据此回答。 【详解】（1） 由于基态Cr原子价电子排布式为3d54s1，轨道分布图为；铬位于元素周期表中d区； （2）配合物[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl中，中心原子为Cr，配体为NH3和H2O，由中心原子提供空轨道，配体中的N和O提供电子对形成配位键，中心离子的配位数为4+2=6； （3）由图知，晶胞中，Cr有4个，O有，该晶胞的体积为，故晶体的密度 （4）由分析知，步骤①中主要反应的方程为；由于陶瓷在高温下会与碳酸钠反应，该步骤不能使用陶瓷容器； （5）由分析知，步骤④调滤液2的pH使酸性变强，pH变小，将铬酸根转化为重铬酸根，离子方程式为； （6）由图知，分离得到K2Cr2O7固体的方法是重结晶，冷却到10℃得到的K2Cr2O7固体产品最多； （7）1mol的Ag2CrO4固体溶于10LNaCl溶液中得，，消耗的，则，，则消耗的，由得溶液中还含有的，故氯化钠溶液的初始浓度为。 11．(1)“酸浸”时，会产生有毒气体 (2)平面三角形 (3) 酸 (4) (5) 6 【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍，含有一定量的铁、铜和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂R除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。 【详解】（1）由分析可知，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，同时将产生NO等有毒有害气体，故实验室进行“酸浸”操作时，需要在通风橱中进行，其原因是“酸浸”时，会产生有毒气体，故答案为：“酸浸”时，会产生有毒气体； （2）中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为平面三角形，故答案为：平面三角形； （3）由题干信息可知，②草酸的、，③氨水的 ，则的水解平衡常数Kh1===2.0×10-10，而的水解平衡常数为：Kh== =5.88×10-10 ＞Kh1，即的水解程度大于的水解程度，溶液呈酸性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是，故答案为：酸；； （4）已知常温下，当溶液pH=2时，Ni2+沉淀完全［mol/L时认为沉淀完全］，则此时溶液中c()===1.70×10-12mol/L，根据草酸的Ka1Ka2===，故，故答案为：； （5）由题干镍钛合金的晶胞结构图可知，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为6即中心Ti的上、下、左、右、前、后六个Ni；已知一个晶胞中含有Ti的个数为：=4，Ni的个数为：=4，若该合金的密度为，NA代表阿伏加德罗常数的值，设晶胞参数为apm，则有：(a×10-10)3cm3×=g，解得a=pm，由题干晶胞可知，晶胞中两个钛原子间的最近距离是面对角线的一半，即为pm，故答案为：6；。 12．(1) 次氯酸 (2)BD (3)钠离子的检验：将铂丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取X溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色显黄色，再将铂丝蘸稀盐酸灼烧至无色；氯离子的检验：取少量X溶液于试管中，先滴加硝酸，再滴加硝酸银，产生白色沉淀，则含有氯离子。 【分析】NH4Cl电解转化为NCl3溶液和H2，NCl3与NaClO2反应转化为ClO2、NH3与NaCl，据此回答。 【详解】（1）①阳极电解生成NCl3，电极方程式为：； ②NCl3在水溶液中很快水解成NH3和HClO，该化合物名称为次氯酸；NCl3酸性溶液条件下与加入的NaClO2反应，离子方程式为：; （2）A．亚氯酸钠有强氧化性，属于强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，A错误； B．ClO2和H2O2在碱性溶液中反应时，H2O2作还原剂，表现还原性，B正确； C．将NaClO2溶液进行加热浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥，得到NaClO2⋅3H2O，C错误； D．“该反应刚开始十分缓慢，稍后一段时间产生气体急剧加快。”说明产物中出现的氯离子可能对该反应有催化作用，才能使反应急剧加快，两份相同NaClO2溶液分别与等pH的盐酸和硫酸反应，由于H+的浓度相同，氯离子可能对该反应有催化作用，所以与盐酸反应速率可能更快，D正确； 故选BD。 （3）溶液X为氯化钠，其中钠离子的检验通过焰色试验，氯离子的检验可以先加入硝酸，再加硝酸银检验，钠离子的检验：将铂丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取X溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色显黄色，再将铂丝蘸稀盐酸灼烧至无色；氯离子的检验：取少量X溶液于试管中，先滴加硝酸，再滴加硝酸银，产生白色沉淀，则含有氯离子。 13．(1) (2)SO3 相对分子质量大，分子间作用力强，故熔点高 (3)BC (4) 2.2 用量筒分别量取一定量的，打开杯盖，倒入量热计的内筒，盖上杯盖，插入温度计，测量并记录的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，用另一个量筒量取略微过量的水，用温度计测量此时的温度，打开杯盖，将量筒中的水迅速倒入量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，用搅拌器均速搅拌，将最高温度记为反应后体系的温度，重复上述步骤两次 【分析】本题为工业流程题，由黄铁矿高温灼烧生成二氧化硫，再催化氧化生成三氧化硫，用浓硫酸吸收后，再经过处理得到浓硫酸，以此解题。 【详解】（1） 由于阴离子达到稳定结构，则FeS2的电子式为：，故答案为：。 （2）二氧化硫和三氧化硫都是分子晶体，三氧化硫分子量大，分子间作用力大，故熔点高，故答案为：SO3 相对分子质量大，分子间作用力强，故熔点高。 （3）A．精细化工产品(即精细化学品)是指那些具有特定的应用功能，技术密集，商品性强，产品附加值较高的化工产品，硫酸不属于技术密集的产品，故不属于精细化学品；故A错误； B．吸收设备中填充瓷环可以增大接触面积，可提高SO3吸收率，故B正确； C．焦硫酸为分子式为H2S2O7，从组成上分析，焦硫酸是由等物质的量的三氧化硫和纯硫酸化合而成，焦硫酸具有比浓硫酸更强的氧化性，故C正确； D．含氟的卤代烃能破坏臭氧层，引起臭氧层空洞，故D错误； 故答案为：BC。 （4）①17.8g H2S2O7的物质的量为0.1mol，假设水为xg，与水反应的方程式为：H2S2O7+H2O=2H2SO4，则可以生成0.2mol硫酸，其质量分数为：，可得x=2.2g，故答案为：2.2； ②发生的反应为：H2S2O7+H2O=2H2SO4，该反应为放热反应，因此实验测定与水反应的焓变为：用量筒分别量取一定量的，打开杯盖，倒入量热计的内筒，盖上杯盖，插入温度计，测量并记录的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，用另一个量筒量取略微过量的水，用温度计测量此时的温度，打开杯盖，将量筒中的水迅速倒入量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，用搅拌器均速搅拌，将最高温度记为反应后体系的温度，重复上述步骤两次，故答案为：用量筒分别量取一定量的，打开杯盖，倒入量热计的内筒，盖上杯盖，插入温度计，测量并记录的温度，用水把温度计上的酸冲洗干净，用另一个量筒量取略微过量的水，用温度计测量此时的温度，打开杯盖，将量筒中的水迅速倒入量热计的内筒，立即盖上杯盖，插入温度计，用搅拌器均速搅拌，将最高温度记为反应后体系的温度，重复上述步骤两次。 14．(1) 使反应物充分接触，使反应更充分且能加快反应速率 (2) (3) 分液 (4) 两性氧化物 保证V以微粒存在，利于其萃取分离出来 (5) 【分析】该工艺流程原料为钒矿石，其主要成分为、、和，产品为，经“氯化焙烧”得到含的混合物，经“酸化”除去，酸性溶液中含有、、，具有强氧化性，经“还原”工艺，被草酸还原为，加入调值后，加萃取剂萃取，除去、，有机层中加入试剂y（），使平衡逆移进行反萃取，得到。 【详解】（1）“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行，目的是使反应物充分接触，使反应更充分且能加快反应速率；该步操作中和氯化钠、空气中氧气反应产生和氯气，化学方程式为； 故答案为：使反应物充分接触，使反应更充分且能加快反应速率；； （2）由上述分析可知，“还原”时，和草酸反应生成、二氧化碳和水，发生反应的离子方程式为； 故答案为：； （3）“操作X”将从有机层中反萃取到水层中，然后分液分离出水层，故该操作为分液；萃取的平衡为，且得到，则试剂y为，硫酸使得溶液中氢离子浓度增大，促使萃取平衡逆向移动生成； 故答案为：分液；； （4）由图可知，在酸性溶液中转化为，在碱性溶液中转化为、，故既能与酸反应，又能与碱反应，为两性氧化物；由上述分析可知“调pH”时，调节的目的是保证V以微粒存在，利于加入后将萃取分离出来；该反应平衡常数只受温度的影响，N、M点平衡常数相同，由M点可知，其平衡常数的数值为； 故答案为：两性氧化物；保证V以微粒存在，利于其萃取分离出来；； （5）该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为，位于顶角和体心的V原子数为，则该晶体的密度； 故答案为：。 15．(1) (2) 还原剂 (3) Zn (4)，其浓度小于，可认为已沉淀完全 (5) 当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不复原 96% 【分析】高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐及氧化物，加入无烟煤/浓硫酸进行焙烧，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与As2O3 (g)，金属氧化物转化为硫酸盐，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO2，加水进行水浸，滤液中存在Cu2+、Zn2+、PbSO4不溶于水，成为滤渣，往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，即金属单质为Zn，将Cu2+还原为Cu，自身被氧化为Zn2+。 【详解】（1）Zn为第30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为：； （2）无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO2，与C和H2SO4发生反应，生成硫酸铜，氧化砷，CO2和SO2，参与反应的化学方程式：； （3）由分析得，滤渣的主要成分为PbSO4；往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，即金属单质为Zn； （4），其浓度小于，可认为已沉淀完全； （5）①淀粉遇碘变蓝，因此滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不复原； ②根据离子方程式，)可得：，，浸取液中Cu元素的质量为：，浸取率为：。 16．(1)纯碱、石灰石 (2)温度太低，反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快 (3) (4) (5)冷却结晶 (6)除去中的杂质（合理即可） (7) 【分析】废弃镍板(含有少量的氧化铝杂质)，加入浓硝酸，生成硝酸镍、硝酸铝和NO2和NO，向硝酸镍和硝酸铝的混合溶液中加入碳酸镍促进Al3+的水解，生成氢氧化铝沉淀，滤液中用硝酸酸化至pH=3-4，再经过减压蒸发，冷却结晶，离心分离，得到硝酸镍固体；NO2、NO通入碳酸钠溶液发生已知②的两个反应，会生成硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，加入稀硝酸将亚硝酸钠转化为硝酸钠，最后对硝酸钠溶液蒸发结晶得到硝酸钠固体。 【详解】（1）工业生产普通玻璃的主要原料有石英砂、纯碱、石灰石； （2）“反应器”中需控制温度50∼60℃的原因是温度太低，反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快； （3）Ni与浓硝酸反应产生的混合气体中，根据电荷守恒、电子守恒，写出该反应的离子方程式为：； （4）为了除去，向“浸取液”中加入，其作用是促进Al3+的水解，Al3+生成Al(OH)3沉淀，同时生成CO2和Ni2+，离子方程式为：； （5）从硝酸镍溶液得到硝酸镍固体的操作是用硝酸酸化后，进行减压蒸发，冷却结晶，离心分离； （6）通过分析可知，吸收塔反应后的溶液为硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，加入硝酸的目的是除去中的杂质； （7）根据题意可知，N元素和Na元素最终变为硝酸钠，根据守恒有等式：；NO、NO2最终变为硝酸钠，N失去电子，O2得到电子，根据电子守恒有等式：，根据上述两个等式可得：。 17．(1)5s25p4 (2) 2.06 Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O (3)Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8 (4)30g/L (5)×107 (6)C 【分析】由题干流程图可知，向富碲渣(含铜、碲、银等)中加入30%H2O2和硫酸进行酸浸得到Te(SO4)2、CuSO4的浸出液和含有Ag等贵金属渣，向浸出液中通入SO2，加入NaCl将Te4+还原为Te，Cu2+转化为CuCl，过滤得到粗碲，粗碲处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2和柠檬酸钠反应制得CdTe量子点，据此分析解题。 【详解】（1）碲的原子序数为52，54＞52＞36，即Te位于周期表中第5周期ⅥA主族，故基态碲原子的价层电子排布式为5s25p4，故答案为：5s25p4； （2）“硫酸酸浸时，取含单质Te6.38%的富碲渣20g，为将Te全部溶出转化为Te(SO4)2，则该反应方程式为：Te+2H2SO4+2H2O2=Te(SO4)2+4H2O，需加质量分数为30%的H2O2(密度：1.1g/cm3)的体积为：=2.06mL(保留到小数点后两位)，但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是Cu同时也被H2O2浸出，Cu被浸出时发生反应的离子方程式：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：2.06；Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O； （3）由题干信息可知，化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易，结合硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，Te4+较Cu2+易被还原，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8，故答案为：Te(SO4)2+2SO2+4H2O=Te+8； （4）由题干图示信息可知，当NaCl溶液浓度为30g/L时，Te的沉淀率已经较高，Cu的沉淀率最低，使Cu和Te分离更加完全，故该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为30g/L，故答案为：30g/L； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碲原子个数为8×+6×=4，位于体内的镉原子个数为4，设晶胞的参数为anm，由晶胞的质量公式可得：=(10-7a)3ρ，解得a=×107nm，晶胞中距离最近的碲原子的距离为面对角线的，则距离最近的碲原子的距离为×107nm，故答案为：×107； （6）量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，这一现象是发生了电子的跃迁，属于物理变化，故答案为：C。 18．(1) 第4周期第ⅣB族 (2) (3)据已知可得还原性强于，可以将生成的还原为，防止生成氢氧化铁杂质 (4) 酸解 HF (5) 【分析】由图可知，试剂X为一种酸，而磷灰石矿加入试剂X酸溶之后，过滤可得到石膏，即试剂X为，气体1为HF，钛在酸性环境中的存在形式为，钛铁矿（）在108℃下酸解的化学反应式为：，水浸、冷却、过滤后得到，滤液1中存在Fe2+、，加入铁粉进行还原，使得转化为Ti3+，Ti3+水解得到H2TiO3，可得到钛白粉，滤液2中含有Fe2+，可进入酸解步骤循环利用，提高Fe元素利用率；滤液3在加入了NH3、H2O2、后发生反应，得到FePO4，FePO4与锂辉石矿处理得到的碳酸锂固相合成得到LiFePO4；石膏在加入碳粉、水泥矿化剂经高温回转后得到水泥，同时生成气体2，即SO2，SO2与空气中氧气合成SO3，用水吸收可得到H2SO4。 【详解】（1）Ti在元素周期表中的位置为：第4周期第ⅣB族，由图可知，试剂X为一种酸，而磷灰石矿加入试剂X酸溶之后，过滤可得到石膏，即试剂X为； （2）钛在酸性环境中的存在形式为，钛铁矿（）酸解的化学反应式为：； （3）溶液为紫色，据已知可得还原性强于，可以将生成的还原为，防止生成氢氧化铁杂质，因此可以通过观察溶液保持紫色，判断无Fe2+被氧化； （4）由分析得循环利用“滤液2”的操作单元名称为酸解，“气体1”为HF； （5）滤液3在加入了NH3、H2O2、后发生反应，若将铁离子恰好沉淀完全（）时，，。 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 $$