2025届高三化学复习-- --工业流程题

2025届高三化学复习----工业流程题 1．（23-24高三下·甘肃武威·阶段练习）铬和钒具有广泛用途。从含高价钒（V）、铬（VI）废水中提取铬和钒的一种流程如下图所示： (1)沉钒。先用调节溶液，钒（V）主要以存在，再用溶液沉钒得到钒铁共沉淀物。 ①如果用调节溶液，调节时就开始发生“沉钒”的原因是 。 ②图1表示时不同铁钒摩尔比条件下对钒去除率的影响。当铁钒摩尔比大于2时，钒去除率会再次增大、但增加幅度趋缓，其原因是 。 (2)还原。用调节溶液，以，存在，再加入溶液还原。写出还原的离子方程式 。 (3)的存在形态的物质的量分数随溶液的分布如图2所示。请补充完整由溶液制得的实验方案：取分离、提纯得到的溶液， ，低温烘干，得到高纯晶体。（实验中须使用的试剂：蒸馏水、溶液、溶液、溶液） (4)用滴定法测定中有效氯含量的原理为：；。该实验方案：取样品配制成溶液，取待测液于碘量瓶中，加入溶液和过量溶液，密封在暗处静置；用溶液滴定至溶液呈微黄色，加入2~3滴淀粉溶液，继续滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗溶液。该样品中有效氯含量为 。（写出计算过程，该样品的有效氯） 2．（23-24高三下·山东青岛·期中）海洋中含有丰富的碘元素。实验小组进行的海带提碘实验流程如图，请完成以下问题： 已知：酸性条件下，在水中的溶解度很小。 (1)上述操作中，不需要用到的仪器为 A． B． C． D． (2)步骤⑤的操作名称是 ，观察到的现象是 。 (3)操作⑥称为 ；下列有关步骤⑦的说法中正确的是 （填序号）。 A．应控制NaOH溶液的浓度和体积                    B．将碘转化成离子进入水层 C．步骤⑦只有物理变化                            D．NaOH溶液可由乙醇代替 (4)写出④、⑦发生的主要反应的离子方程式 、 。 3．（2024·黑龙江·三模）Mo、Co及其化合物在催化、颜料等领域有重要用途。以为载体的钴钼废催化剂中含CoS、及少量含Fe、Ca等元素的物质，经处理可制取、高纯钼，工艺流程如图所示： 已知： i．“焙烧”后各元素均转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为。 ii．常温下，，相关物质的溶度积常数如下表： 物质 回答下列问题： (1)操作2的名称为 。 (2)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶进入)方式，该操作的优点为 ；在空气中焙烧的化学方程式为 。 (3)“滤渣1”的主要成分为 ；“调pH””的目的是沉淀铁和铝，当溶液中离子浓时；可认为沉淀完全，若滤液中，则“调pH”的合理范围为 (已知：，)。 (4)时，在还原炉中可将先还原为，然后再将还原为金属Mo，写出还原生成的化学方程式： ；在元素周期表中，Mo与Cr属于同族相邻元素，其价电子排布方式类似，写出基态Mo原子的价电子排布式： 。 (5)“沉钴”过程中为防止转化为，需控制溶液的酸碱度，转化过程存在平衡，该反应的平衡常数 。 4．（23-24高三下·河南周口·期中）原花青素具有抗氧化、抗肿瘤等多种生物活性，被广泛应用于食品和保健品。一种从葡萄皮(已知原花青素以氢键与蛋白质、纤维素结合在一起)中提取原花青素的工艺如下： 已知：Ⅰ．原花青素是不溶于水和乙醚但可溶于醇的浅棕红色粉末，温度高于65℃时分解。 Ⅱ．一些有机物的沸点如表 有机物 甲醇 乙酸 乙醚 原花青素 常压沸点/℃ 64.7 117 34.6 946 回答下列问题： (1)“粉碎”的目的为 。 (2)从结构角度解释，“解离”操作中加入乙酸的作用为 ，沉淀1的主要成分为 。 (3)“蒸馏”时，要除去的物质为乙酸，水和 ，应采取的蒸馏方法为 ，应选择的冷凝装置为 (填选项字母)。 (4)粗原花青素进一步提纯的操作为 。 5．（23-24高三下·江苏南京·期中）含SO2废气的治理可以变废为宝，使硫资源得以利用。 (1)将SO2通入以下溶液，均会发生颜色变化，其中体现SO2还原性的是_______(填字母)。 A．使品红溶液褪色 B．使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色 C．使溴水褪色 D．使氢硫酸溶液中出现淡黄色浑浊 (2)“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)吸收烟气中的SO2，得到亚硫酸钠(Na2SO3)粗品。其流程如图所示： ①流程中含SO2的烟气被Na2CO3溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，写出该反应的化学方程式 。 ②为证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4，设计如下方案：在一支试管中加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解， 。 (3)目前NaClO溶液广泛应用于脱硫脱硝。 ①某课外小组同学设计了如图喷淋吸收塔装置(如图)，其中，脱硝(NO)反应的离子方程式为 。 ②如图为NaClO浓度对脱硫脱硝效率(η/%)的影响。当温度为50°C，溶液的pH=10(溶液显碱性)，c(SO2)=c(NO)=300mg·m-3时，SO2的脱除效率一直维持在98%以上，而NO脱除效率相对较低，其原因是 。 (4)工业上通常采用电解法实现烟气中硫的回收。按图所示装置，利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4。 每处理含38.4gSO2的烟气，理论上回收S的物质的量为 。 6．（23-24高三下·内蒙古赤峰·阶段练习）硅是带来人类文明的重要元素之一，硅与二氧化硅广泛应用于通讯行业。 (1)工业上常用石英砂与焦炭在高温下反应制粗硅，其化学方程式是 。 (2)工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅： ①反应Ⅱ的化学方程式为 。 ②整个过程中必须严格控制无氧。在有氧环境下，除了有不安全因素外还可能使产品中混有杂质 （填化学式，下同）；整个过程中可以循环利用的物质是 和 。 (3)如图是用海边的石英砂（含氯化钠、氧化铝等杂质）制备二氧化硅粗产品的工艺流程。 ①洗涤石英砂的目的是 。 ②不能将以上流程中的盐酸改为NaOH溶液，请说明理由 （用化学方程式表示）。 ③二氧化硅可用于工业制玻璃，建筑装饰中常在玻璃上雕刻图案或花纹，用于刻蚀玻璃的化学试剂是 （填化学式）。 7．（23-24高三下·江苏镇江·期中）含硫化合物的处理和利用是科学研究的重要课题之一： ．用石灰石、氨水等脱硫。以硫酸工业的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以制备有重要应用价值的硫酸钾、亚硫酸铵等物质，制备流程如图1： (1)反应是脱去的一种常用方法，其反应的化学方程式为 。研究发现：和温度对石灰石浆液的脱硫效率产生一定影响，当烟气通入速度一定时，石灰石浆液的脱硫率与浆液的关系如图2所示。下列有关说法正确的是 。 a．烟气通入石灰石浆液时的温度越高，吸收越快，吸收率越高 b．石灰石浆液，烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度增大 c．反应时需鼓入足量的空气以保证被充分氧化生成 d．将脱硫后的气体通入溶液，可粗略判断烟气脱硫效率 (2)生产中，向反应中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是 。 (3)可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种铵态氮肥。用溶液吸收NO，当生成氮气的体积为(标准状况)时，该反应转移电子的物质的量为 。 ．还原法也是处理含较多的硫酸厂废气方法之一。时，和废气按一定比例混合，以一定流速通过装有负载型催化剂(其中为催化剂，为载体)的反应器。 (4)该方法不仅可有效脱除，同时还获得单质，反应的化学方程式为： 。 (5)另一种可以用作甲醇脱水的催化剂。晶胞结构图所示(B中镁原子未画出)。用“●”标记出B中的镁原子 。 ．一种催化氧化除去燃煤产生的废气中的的过程图所示。 (6)过程是一部分发生催化氧化反应，若参加反应和的体积比为4：3，则反应的化学方程式为 。 (7)过程利用电化学装置发生电解，通过氧化还原反应吸收另一部分，使得再生，若此过程中除去体积分数为的废气(标准状况)，可使 gCu再生。 8．（23-24高三下·江苏南京·阶段练习）利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下： (1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有 。(写出任意两点) (2)为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳pH范围为 ，理由是 。 A．1.5~2.0 　　　　　B．2.0~3.0　　　　C．3.0~4.0　　　　D．4.5~5.0 金属离子 Fe2+ Al3+ Fe3+ Cu2+ Mn2+ Zn2+ 开始沉淀的pH c=0.01mol·L-1 6.8 3.7 1.8 5.2 8.6 6.7 沉淀完全的pH c=1.0×10-5mol·L-1 8.3 4.7 2.8 6.7 10.1 8.2 (3)滤渣的主要成分有Fe(OH)3、 和MnO2，该工艺中去除锰的离子方程式为 。 (4)最适宜使用的还原剂是 。 (5)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl生成，该反应方程式为 。 9．（2024·湖北武汉·模拟预测）磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含等元素，是含锂较高的工业矿物之一。以磷锂铝石为原料制备锂离子动力电池正极材料的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)滤渣1的成分为和 （填化学式）。 (2)“氧化”的目的是 （语言叙述），滤渣2的成分为 。 (3)的溶解度曲线如图所示。图中a、b对应温度下的溶度积之比 ，“沉锂”时，控制温度为，饱和的浓度约为 （填“可能”或“不可能”）沉淀完全。[饱和溶液的密度近似为，认为沉淀完全]。 (4)“沉锂”时反应，测得沉淀率随温度升高而增加，其原因是 （任写一条即可）。 (5)“沉锂”后分离得到的操作是蒸发结晶、 、洗涤、干燥。 (6)“合成”在高温下进行，写出该反应的化学方程式： （葡萄糖→）。 10．（2024·山西晋中·模拟预测）V2O5广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备V2O5的工艺如下： 已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。 ii．P204对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。 iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。 iv．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+ Ca2+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 11.9 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 13.9 10.1 回答下列问题： (1)“破碎”的目的是 。 (2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式： 。 (3)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图所示。指出适宜的工艺条件为 。若在得到多钒酸铵后，使用冰水洗涤多钒酸铵的目的是 。 (4)“氧化”时，每消耗，可得到 。 (5)流程中可偱环使用的物质有 。 (6)萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。请根据题给信息，参照上述工艺流程，将下列工艺流程补充完整 (可选用的试剂：、)。 已知MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，当“沉钙”后c(Ca2+)=10-5mol·L-1时，理论上 。 11．（2024·北京海淀·三模）新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂()做电极材料。对废旧电极(含杂质、石墨粉)回收并获得高纯的工业流程图如下： 资料：碳酸锂在水中的溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是 。 (2)过程ⅱ加入足量溶液的目的是除去，相关离子方程式为 。 (3)过程ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用含量为3.7%的原料，控制为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示： 序号 酸 氧化剂 浸出液中浓度() 滤渣中含量/% 实验1 9.02 0.10 实验2 9.05 0.08 实验3 7.05 0.93 ①实验2中，能与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为 。 ②过程ⅱ最终选择作为氧化剂，原因是 。 ③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是 。 (4)浸出液中存在大量和。结合平衡移动原理，解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因 。 (5)对比过程ⅳ和ⅴ，说明过程ⅳ不用饱和溶液的原因： 。 (6)过程ⅵ的操作为：将粗品加水溶解，蒸发结晶至有大量固体析出， 。 12．（23-24高三下·黑龙江大庆·阶段练习）钯(Pd)见一种银白色过渡金属，质软、有良好的延展性和可塑性，可锻造、压延和拉丝。块状金属钯能吸收大量氢气，使体积显著胀大、变脆乃至破裂成碎片。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收钯和催化剂FeOCl的工艺流程如图所示： 已知：①常温下，钯不溶于盐酸；Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失去催化活性； ②离子交换树脂的基本工作原理分别为(表示树脂的有机成分)； ③常温下，，，；当溶液中某离子浓度小于等于时，可认为该离子沉淀完全； ④是一种二元强酸，在溶液中存在配位平衡：；在水中溶解度小。 回答下列问题： (1)废钯催化剂“焙烧”时，先通入空气进行逆流式焙烧的目的是 ，再通入甲酸继续焙烧的目的是 。 (2)“酸浸”过程需要升高温度至70℃左右，则主要反应的离子方程式为 。 (3)“洗脱”时，加入最佳“试剂Y”的名称是 ，“洗脱液”中要加入过量的目的是 。 (4)“还原”过程中，不生成污染环境的气体，则被氧化的元素与被还原的元素物质的量之比为 。“调pH”步骤中，若铁元素和铝元素浓度均为，则调pH的范围为 。 13．（2024·云南·模拟预测）碳酸钴是一种无机化合物，其化学式为。它是一种重要的钴盐，常用于电池、催化剂等领域。工业上以钴矿[主要成分是]为原料制取碳酸钴的工艺流程如图： 已知：①浸取液中含有等阳离子； ②时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见表： 金属离子 沉淀完全的 8.3 2.8 4.7 9.8 ③的。 回答下列问题： (1)请写出基态原子的核外电子排布简式 。 (2)浸取钴矿石前，需要浆化处理，原因是 。 (3)除杂过程中，加入适量溶液所发生反应的离子方程式为 ，对该流程有人提出用压缩空气代替溶液，你觉得用压缩空气代替溶液的好处是 ，调节后，若溶液中，此时的范围是 。 (4)萃取剂，和能发生反应：．萃取时，适当增大溶液萃取率会增大，但值过大，萃取率反而会降低，其原因是 ，反萃取时需向萃取液中加入 （填写化学式）。 (5)一种含的氧化物晶胞结构如图所示，已知在该氧化物中原子半径为原子半径为，它们在晶体中是紧密接触的。用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）。 14．（2024·江苏泰州·模拟预测）实验室以辉铜矿粉(含Cu2S及少量的SiO2、Fe2O3)为原料制备CuSO4∙5H2O晶体，再制备Cu2O，实验过程可表示为： 已知：I．25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20； Ⅱ．Cu2O在酸性环境中不稳定，在潮湿的空气中易被氧化。 (1)“酸浸氧化”时控制温度为80℃、O2流速一定，加入Fe2(SO4)3与NaCl协同浸取。其他条件相同时，铜浸出率与c[Fe2(SO4)3]、c(NaCl)的关系分别如图1、图2所示。 ①O2氧化Cu2S发生反应的化学方程式为 。当c[Fe2(SO4)3]＜0.1mol∙L-1时，随着硫酸铁浓度的增大，铜浸出率显著增加的原因可能是 。 ②Cl-破坏硫覆盖层，但c(NaCl)＞1.0mol∙L-1时，铜浸出率下降，原因可能是 。 (2)制取CuSO4∙5H2O。25℃时，用Cu(OH)2调pH发生反应，其平衡常数K= ；检验制得的CuSO4∙5H2O晶体中不含有Fe3+的实验方法为 。 (3)制取Cu2O。补充完整制取一定量Cu2O的实验方案：称取25g CuSO4∙5H2O晶体于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解， 。[须使用的试剂：葡萄糖(分子式C6H12O6，需过量20%)、NaOH溶液、蒸馏水；需要进行抽滤。] 15．（2024·重庆·模拟预测）高纯MgF2在光子晶体等领域应用广泛。一种利用工业Mg(OH)2(含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物)制备高纯MgF2的工艺如下。 有关金属离子沉淀完全的pH见下表。 离子 Mg2+ Ca2+ Fe2+ Fe3+ Mn2+ 完全沉淀的pH 10.6 13.9 9.0 2.8 10.1 回答下列问题： (1)基态F的电子排布式为 ，的空间结构为 。 (2)反应釜1中，加入稀硝酸溶解后，调节pH至7.5，生成的沉淀主要是 ，再加入H2O2，除去的金属元素是 。 (3)反应釜2中，为使Ca2+沉淀完全，浓度应大于 mol/L(CaC2O4的Ksp=2.0×10-9)。 (4)反应釜3中，反应的离子方程式为 。 (5)离心后的溶液经浓缩结晶，所得固体的主要成分是 ；现称取一定量该固体配成溶液，取20.00mL，加入足量HCHO，反应为：4+6HCHO=(CH2)6N4H+＋3H++6H2O，(CH2)6N4H+的酸性与醋酸接近，以酚酞作指示剂，用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定，消耗24.00mL，则所配溶液的浓度为 mol/L。 16．（23-24高三下·安徽·阶段练习）以钒矿石为原料制备化工产品的一种工艺流程如下； 已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有、、、；“酸浸”后，钒以形式存在。 ii．P204对四价钒具有高选择性，萃取而不萃取。 iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。 iv．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 开始沉淀pH 1.9 7.0 11.9 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 13.9 10.1 回答下列问题： (1)基态Fe的价电子排布式为 。 (2)“还原中和”时，还原步骤中参与反应的离子方程式为 。 (3)钒的漫出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、图2所示。指出适宜的工艺条件为 。使用冰水洗涤多钒酸铵的目的是 。 (4)流程中可循环使用的物质有 。 (5)萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。请根据题给信息，参照上述工艺流程，选用括号中所给试剂，将下列工艺流程剩余两步工序补充完整 （、稀、MnO、、）。 (6)已知常温下、的分别为、，若上述水相“沉钙”后，理论上不超过 。 17．（2024·湖南·二模）硫化钡(BaS)是一种用于制取含钡化合物和含硫化合物的化工原料。一种以BaS为原料生产氢氧化钡并获得某种副产品X和硫代硫酸钠()的工艺流程如下： 已知： Ⅰ.是黄色的离子，其化学性质与类似，具有一定的还原性，在酸性环境下会分解。 Ⅱ.在碱性环境下稳定，在酸性环境下会分解。在水中溶解度很小。 回答下列问题： (1)制备BaS的方法是在高温下用无烟煤粉(主要成分为C)还原重晶石()，在某温度下反应，硫元素全部被还原为最低价，同时产生两种常见气体，若两种气体在同一条件下的体积比为，写出该反应的化学方程式： 。 (2)粗制BaS溶解于温热水中配制成BaS溶液，往其中通入可发生反应生成和。下图是和的溶解度随温度变化曲线，根据后面的流程推测，图中 (填“甲”或“乙”)代表的溶解度曲线。 (3)中的x可变，当时，晶体的晶胞如下： 已知该晶胞各面互相垂直，设晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的数值为，则的密度为 (用含a、b、c、的式子表示)。 (4)粗产品需要进行洗涤脱色以得到较为洁净的产品，推测下列物质可以用来作为脱色剂的有 (填标号)。 a.NaClO溶液    b.稀溶液    c.KI溶液 (5)往母液A中加入溶液可得到副产品X，X的化学式为 。已知温度较低时，在水中溶解度会迅速减小。在这一步操作中的用量一般为略微过量，原因是 。 (6)在碱性条件下往母液B中通入可将氧化为，若(即用表示)，请写出该反应的离子方程式： 。 18．（2024·湖南·模拟预测）赤泥是氧化铝生产排放的固体废弃物。由赤泥（主要成分为、、、FeO、CaO、等）制备一种高效净水剂聚合硫酸铝铁（PAFS）的工艺流程如下。 (1)的空间结构是 。 (2)“焙烧”时，需将赤泥粉碎的目的是 。 (3)酸浸渣的主要成分是 （填化学式）。 (4)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。室温下，向氧化后的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4时，溶液中的 [已知25℃，的]。 (5)为了测试所制得的聚合硫酸铝铁的性能，取某水样，在不同pH条件下加入PAFS并测定其去浊率，结果如图所示（已知去浊率越高，净水效果越好）。由图可知在设定的偏酸性和偏碱性条件下，水样的去浊率均不高。试分析pH＜7时，去浊率较低的可能原因是 。 (6)一种碳溶解在铁单质中形成合金的晶胞如图所示，则该物质的化学式为 ，若晶体密度为，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为 pm（阿伏加德罗常数的值用表示，写出计算式即可）。 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) 和结合生成了沉淀（形成钒钙共沉物） 铁钒摩尔比为2时，与恰好形成沉淀，因存在沉淀溶解平衡：，钒去除率不能达到100%，但钒去除率已达98%左右；当铁钒摩尔比大于2时，上述沉淀溶解平衡趋向于逆向移动[或有利于形成胶体吸附沉钒]，故钒去除率再次增大，但增加幅度趋缓 (2) (3)边搅拌边加入溶液，调节溶液的在范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加溶液，再加溶液不再出现浑浊 (4)28.4% 【分析】该工艺流程原料为含高价钒（V）、铬（VI）废水，目的为提取铬和钒，废水在“分离钒”工艺中加入调节溶液，钒（V）主要以存在，再加入溶液得到钒铁共沉淀物，过滤分离出含钒物质，滤液进行“还原”工艺，用调节溶液，以存在，再加入溶液还原得到含有的溶液。 【详解】（1）如果用调节溶液，调节时就开始发生“沉钒”的原因是和结合生成了沉淀（或形成钒钙共沉物）； 与形成铁钒共沉物，，随铁钒摩尔比增大，钒去除率增大，铁钒摩尔比为2时，与恰好完全反应生成沉淀，因存在沉淀溶解平衡：，钒去除率不能达到100%，但钒去除率已达98%左右；当铁钒摩尔比大于2时，上述沉淀溶解平衡逆向移动[或有利于形成胶体吸附沉钒]，故钒去除率再次增大，但增加幅度趋缓； 故答案为：和结合生成了沉淀（或形成钒钙共沉物）；铁钒摩尔比为2时，与恰好形成沉淀，因存在沉淀溶解平衡：，钒去除率不能达到100%，但钒去除率已达98%左右，当铁钒摩尔比大于2时，上述沉淀溶解平衡逆向移动[或有利于形成胶体吸附沉钒]，故钒去除率再次增大，但增加幅度趋缓； （2）用调节溶液，以存在，再加入溶液还原，被还原为，被氧化为，故反应离子方程式为； 故答案为： （3）从的存在形态的物质的量分数随溶液的分布图可看出，时，san主要以形态存在，时，以、形态存在，时，主要以形态存在，时，形态逐渐减少，转化为形态存在，故要得到晶体，需在溶液加入溶液控制在范围内以得到，即实验方案为：取分离、提纯得到的溶液，边搅拌边加入溶液，调节溶液的在范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加溶液，再加溶液不再出现浑浊，低温烘干，得到高纯晶体； 故答案为：边搅拌边加入溶液，调节溶液的在范围内，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加溶液，再加溶液不再出现浑浊； （4）该实验操作为滴定法测定中有效氯含量，原理为、 溶液与过量反应生成，由溶液滴定生成的，根据消耗的的物质的量计算生成的物质的量，从而计算中有效氯的含量。由反应、可确定关系式，，反应消耗的物质的量为，则样品中含氯元素的物质的量为，有效氯含量为； 故答案 ：28.4%。 2．(1)CD (2) 萃取 溶液分层，上层几乎无色，下层紫红色 (3) 分液 AB (4) 2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O 3I2+6OH-=5I-+IO+3H2O 【分析】干海带在坩埚中灼烧变为海带灰，用水浸泡后得到悬浊液，过滤后得到含I-的水溶液，用稀硫酸酸化的H2O2溶液将I-氧化为I2，得到I2的水溶液，用CCl4进行萃取、分液得到含I2的CCl4溶液，与浓NaOH溶液反应后分液，得到含I-、的水溶液，在浓硫酸酸化下再发生归中反应得到含I2的悬浊液，过滤得到固体I2。 【详解】（1）由上述分析可知，述操作中，不需要用到的仪器为蒸发皿和锥形瓶，即答案为CD； （2）步骤⑤的操作名称是萃取，观察到的现象是溶液分层，上层几乎无色，下层紫红色； （3）操作⑥为分液；有关步骤⑦的说法： A．应控制NaOH溶液的浓度和体积，使I2恰好完全反应进入水层，若过量太大则将在后续步骤中消耗更多的H2SO4，故A正确； B．加入NaOH的反应原理为：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，即将碘转化成离子进入水层，实现和有机物的分离，故B正确； C．由B项分析可知，该步操作发生化学反应，故C错误； D．乙醇和CCl4能互溶，故NaOH溶液不可由乙醇代替，故D错误； 正确的为AB； （4）反应④是酸性条件下H2O2将I-氧化为I2，离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；反应⑦是I2的CCl4溶液，与浓NaOH溶液得到含I-、的水溶液，离子方程式为：3I2+6OH-=5I-+IO+3H2O。 3．(1)分液 (2) 增大固体与气体的接触面积，加快反应速率，使原料充分反应 (3) (4) (5) 【分析】以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CoS、MoS2及少量Fe、Ca等元素的物质，焙烧后，金属元素都转化为相应的金属氧化物，酸浸时生成CoSO4、Fe2(SO4)3、MoO2SO4、CaSO4等，过滤后，所得滤渣1为CaSO4；滤液中加氨水调节滤液的pH，Fe3+、Al3+都转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀；滤液中加入萃取剂，Co2+进入水溶液，含Mo离子进入有机相，处理后得到(NH4)2MoO4；“水相”经萃取后得钴的有机相，再反萃取得到含钴水溶液，加入NH4HCO3、NH3∙H2O进行沉钴，得到CoCO3。 【详解】（1）经操作2得到有机相和水相，该操作为分液； （2）多层逆流焙烧可以增大固体与气体的接触面积，加快反应速率，使原料充分反应；在空气中焙烧生成MoO3和SO2，反应方程式为：； （3）由上述分析可知滤渣1的主要成分为；“调pH””的目的是沉淀铁和铝，结合Ksp数据可知的溶解度小于，因此只需确保铝离子完全沉淀即可同时沉淀铁和铝，铝离子完全沉淀时c(OH-)=，pH=4.7；但该过程中不能使沉淀，则OH-浓度的最大值不能超过：c(OH-)=，pH=6.5，则“调pH”的合理范围为； （4）还原生成，1mol失2mol电子，1mol得2mol，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：；基态Mo原子的价电子排布式：； （5）该反应的平衡常数=。 4．(1)增大固体与溶剂的接触面积，提高浸出率(合理即可) (2) 破坏原花青素与蛋白质、纤维素间的氢键，使原花青素解离出进入溶液(合理即可) 纤维素 (3) 甲醇和乙醚 减压蒸馏 A (4)重结晶 【分析】葡萄皮粉碎后使用甲醇水溶液溶浸，过滤分离出滤液加入乙酸解离后，过滤滤液加入乙醚沉降蛋白质后滤液蒸馏得到粗原花青素； 【详解】（1）“粉碎”的目的为增大固体与溶剂的接触面积，提高浸出率。 （2）已知原花青素以氢键与蛋白质、纤维素结合在一起；从结构角度解释，“解离”操作中加入乙酸的作用为破坏原花青素与蛋白质、纤维素间的氢键，使原花青素解离出进入溶液；根据物质流向可判断沉淀1为纤维素。 （3）根据加入的物质可判断，“蒸馏”时，要除去的物质为乙酸、水、乙醚和甲醇；乙酸的沸点为117℃，而原花青素在温度高于65℃时分解，因此要实现二者分离，应选用减压蒸馏的方法，蒸馏时应选择直形冷凝管。 （4）原花青素为固体，向粗品中加入乙醇溶解、加热浓缩、冷却结晶、过滤得到精品，进一步提纯的操作为重结晶。 5．(1)C (2) 2SO2+Na2CO3+H2O=2NaHSO3+CO2 滴加过量盐酸酸化至无气体产生，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4 (3) 3ClO-+2NO+H2O=2+3Cl-+2H+ SO2易溶于水，可与NaClO充分接触；NO难溶于水，仅溶解的NO能与NaClO接触反应，导致SO2的脱除效率很高，NO脱除效率较低 (4)0.2 mol 【分析】（2）将工业废碱渣进行溶解过滤，分离出滤渣和碳酸钠溶液，碳酸钠溶液可用于吸收二氧化硫气体形成亚硫酸氢钠溶液，经处理后得亚硫酸钠粗品； （4）利用惰性电极电解含SO2的烟气回收S及H2SO4，阳极电极反应：，阴极电极反应：。 【详解】（1）A．二氧化硫使品红褪色体现其漂白性，A错误； B．二氧化硫使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现其酸性氧化物性质，B错误； C．溴水具有氧化性，二氧化硫使溴水褪色，体现其还原性，C正确； D．二氧化硫与硫化氢发生归中反应，生成硫单质，体现其氧化性，D错误； （2）①流程中含SO2的烟气被Na2CO3溶液吸收时，会释放出一种无色无味气体，该气体为二氧化碳，化学方程式：； ②为证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4，设计如下方案：在一支试管中加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，滴加过量盐酸酸化至无气体产生，再加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4； （3）①根据装置，结合得失电子守恒及电荷守恒，脱硝(NO)反应的离子方程式：； ② SO2的脱除效率一直维持在98%以上，而NO脱除效率相对较低，其原因是：SO2易溶于水，可与NaClO充分接触；NO难溶于水，仅溶解的NO能与NaClO接触反应，导致SO2的脱除效率很高，NO脱除效率较低； （4）38.4gSO2物质的量为0.6mol，根据得失电子守恒，结合电极反应可判断，阳极处理0.4mol二氧化硫，阴极处理0.2mol二氧化硫，根据阴极电极反应：，回收S物质的量为0.2mol。 6．(1)SiO2+2CSi+2CO (2) SiHCl3+H2Si+3HCl SiO2 H2 HCl (3) 除去可溶性杂质氯化钠 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O HF 【分析】由题给流程可知，粗硅与氯化氢在553—573K条件下反应生成三氯硅烷和氢气，三氯硅烷与氢气在1373—1453K条件下反应生成硅和氯化氢，则制备粗硅的过程中氢气和氯化氢可以循环利用。 【详解】（1）制粗硅的反应为二氧化硅与焦炭高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO，故答案为：SiO2+2CSi+2CO； （2）①由分析可知，反应Ⅱ为三氯硅烷与氢气在1373—1453K条件下反应生成硅和氯化氢，反应的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl，故答案为：SiHCl3+H2Si+3HCl； ②氢气和硅在高温条件下都能与氧气反应生成水和二氧化硅，所以整个过程中必须严格控制无氧，若在有氧环境下反应，除了氢气在氧气中燃烧发生爆炸外，还可能使产品中混有二氧化硅杂质；由分析可知，制备粗硅的过程中氢气和氯化氢可以循环利用，故答案为：SiO2；H2；HCl； （3）由题给流程可知，用水洗涤除去石英砂中混有的可溶性氯化钠杂质得到洗涤液和洗净的石英砂；洗净的石英砂研磨成粉末，向粉末中加入盐酸溶解石英砂中混有的氧化铝杂质，过滤得到二氧化硅粗产品； ①由分析可知，洗涤石英砂的目的是除去石英砂中混有的可溶性氯化钠杂质，故答案为：除去可溶性杂质氯化钠； ②二氧化硅是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成二氧化硅和水，反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，所以不能将以上流程中的盐酸改为氢氧化钠溶液，故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O； ③玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅能与氢氟酸溶液反应生成四氟化硅和水，所以常用氢氟酸溶液刻蚀玻璃，故答案为：HF。 7．(1) 2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2↑ cd (2)防止亚硫酸根被氧化，可以更好的得到亚硫酸铵晶体 (3)2mol (4) (5) (6) (7)32 【分析】根据流程可知，含有SO2的尾气通过反应Ⅰ，与碳酸钙和空气发生反应生成CO2和CaSO4，2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2↑；反应Ⅱ产生亚硫酸铵晶体，加入氨水，得到(NH4)2SO3•H2O晶体；反应Ⅲ向CaSO4中加入碳酸氢铵和NH3，生成CaCO3和(NH4)2SO4，过滤得到(NH4)2SO4溶液，加入KCl,生成K2SO4和NH4Cl。 【详解】（1）氧气具有氧化性，能将二氧化硫氧化为六价硫，反应Ⅰ中二氧化硫与碳酸钙和空气中氧气发生反应生成CO2和CaSO4，2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2↑； a．烟气通入石灰石浆液时的温度越高，二氧化硫气体的溶解度越小，部分二氧化硫不能被溶解，故吸收率降低，故a错误； b．石灰石浆液pH＞5.7时，碱性增强，石灰石的溶解度小，脱硫率下降，故b错误； c．结合题意，可得脱硫总反应：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2↑，反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4，故c正确； d．脱硫后的气体中残留SO2的量，可以通过KMnO4溶液褪色的程度和快慢来判断，从而粗略判断烟气的脱硫效率，故d正确； 故答案为：cd； （2）根据流程可知反应Ⅱ产生亚硫酸铵晶体，加入适量强还原剂，防止亚硫酸根被氧化，可以更好的得到亚硫酸铵晶体，故答案为：防止亚硫酸根被氧化，可以更好的得到亚硫酸铵晶体； （3）具有还原性，将NO转化为氮气，同时生成一种铵态氮肥，则反应中硫化合价由+4变为+6、NO中氮化合价由+2变为0，结合电子守恒可知存在：，。用溶液吸收NO，当生成氮气的体积为(标准状况，为0.5mol)时，该反应转移电子的物质的量为2mol； （4）时，和废气按一定比例混合，以一定流速通过装有负载型催化剂可有效脱除，同时还获得单质，则反应为氢气和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫单质和水，； （5） 由A图可知，镁原子处于晶胞中的顶点和面心位置，则B中镁的位置为：； （6）过程铜、氧气、二氧化硫反应生成硫酸铜和硫酸；若参加反应和的体积比为4：3，假设参加反应和分别为4mol、3mol，硫失去电子8mol、氧得到电子12mol，结合电子守恒可知，由2mol铜参与反应，反应为：； 则反应的化学方程式为 （7）过程中二氧化硫中硫化合价由+4变为+6、铜化合价由+2变为0，结合电子守恒可知，若此过程中除去体积分数为的废气(标准状况)，二氧化硫为，生成0.5mol×64g/mol=32g铜。 8．(1)将固体废料粉碎、搅拌、适当加热等 (2) D 在pH4.5~5.0的范围内，Fe3+和Al3+转化为氢氧化物沉淀，而Zn2+不会沉淀 (3) Al(OH)3 (4)单质锌（或Zn） (5) 【分析】利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的流程分析如下：含锌废料先用盐酸浸取，同时调pH除掉将铝离子、铁离子变为沉淀，加入高锰酸钾进行氧化除杂将铁氧化为高价态的氢氧化物沉淀，加入还原剂将铜还原为单质除掉，得到较纯净的氯化锌，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌固体。 【详解】（1）为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有将固体废料粉碎、搅拌、适当加热等。 （2）浸取的目的是要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表格中的数据，应该调pH的范围是4.7~6.7，合理的选项为D。 （3）根据上述分析，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3和MnO2，该工艺中去除锰的原理为锰离子和高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰，离子方程式为。 （4）考虑到不能带入新的杂质，故最合适的还原剂是单质锌。 （5）氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为：。 9．(1) (2) 将转化为 、 (3) 不可能 (4)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大（或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大） (5)趁热过滤 (6) 【分析】磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含等元素，加浓硫酸焙烧，得到HF和硫酸盐，SiO2不反应，水浸，不溶性物质主要有SiO2和CaSO4（微溶），过滤所得滤液中加过氧化氢，将Fe2+氧化成Fe3+，再加氨水调节pH，沉淀除铝、铁的离子，二次净化进一步出去磷、钙，所得滤液加Na2CO3溶液沉锂得到碳酸锂沉淀，所得滤液主要溶质为硫酸钠，碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4。 【详解】（1）由分析得，滤渣1成分为SiO2和CaSO4； （2）氧化的目的是，将转化为，便于后续调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3除去； （3）a点Li2CO3的溶解度为1.48g，为0.02mol，溶液总质量为101.48g，Li2CO3饱和溶液的密度近似为1g/cm3，故体积为点的溶解度为101.48mL，，，b点Li2CO3的溶解度为0.74g，为0.01mol，溶液总质量100.74g，体积为100.74mL，，，8：1；当沉锂时，溶液中的浓度最大为2.5mol/L时，，远大于5×10-5mol/L，故Li+不可能沉淀完全； （4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大（或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大）； （5）Li2CO3溶解度随温度的上升而下降，为了减小Li2CO3的损失，“沉锂”后分离得到的操作是：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥； （6）碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4，化学方程式为：。 10．(1)减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率 (2) (3) 温度：820℃左右(800℃～830℃之间均可)；硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可) 降低多钒酸铵的溶解度，减少损失 (4)3 (5)NH3(或氨水)、有机溶剂P204 (6) 【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有；加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序pH低于7.0，发生反应，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5，据此分析解答。 【详解】（1）“破碎”的目的是减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率； （2）根据分析，“中和、还原”时，参与反应的离子方程式为； （3）结合图1、2所示进行分析可知，适宜的工艺条件为温度：820℃左右，硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可)，此时钒的浸出率最高；洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是降低多钒酸铵的溶解度，减少溶解损失； （4）NaClO3将氧化为并得到还原产物NaCl，根据电子得失守恒可得出关系式：NaClO3-6，故“氧化”时，每消耗0.5mol NaClO3，可得到3mol； （5）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂具有该特点；分析“煅烧”反应：，可知(或氨水)在流程中也可循环使用； （6） “萃取”分离后，所得“水相”中的金属离子有Mn2+、Fe2+和少量的Ca2+，欲得到MnSO4溶液，需除去杂质Ca2+、Fe2+，第一道工序已经除去Ca2+，说明后续工序应除去Fe2+。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将Fe2+氧化为Fe3+。为了不引入杂质离子，氧化剂可选择H2O2溶液。再调溶液的pH，使Fe3+转变成Fe(OH)3沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO调pH，所以补充完整的流程图为：。 已知常温下MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，，若上述水相“沉钙”后c(Ca2+)=10-5mol·L-1，根据，沉钙但锰离子不沉淀，则理论上不超过。 11．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) (3) 的浸出率较高，且较环保(或节约酸和氧化剂的用量) 提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量) (4)结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体 (5)过程ⅳ若使用饱和溶液，其中较大，易形成沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯的产量 (6)趁热过滤，用热水洗涤，干燥 【分析】废旧电机研磨后，加入氢氧化钠溶液，铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，生成偏铝酸钠和硅酸钠，即滤液1中溶质为：偏铝酸钠、硅酸钠和剩余的氢氧化钠；滤渣1加入盐酸与磷酸亚铁锂反应并调节溶液pH，氧化剂的主要作用是将亚铁离子转化为铁离子，进而生成氢氧化铁沉淀除去，浸出液加入30%碳酸钠溶液，生成磷酸铁除去，滤液2加入饱和碳酸钠溶液，生成碳酸锂沉淀，提纯得到高纯碳酸锂，据此回答下列问题。 【详解】（1）过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率； （2）单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，离子方程式为：，故答案为：； （3）①实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是：，故答案为：； ②实验2生成氯气污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3比，的浸出率较高，所以最终选择作为氧化剂，故答案为：的浸出率较高，且较环保（或节约酸和氧化剂的用量）； ③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，故答案为：提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)； （4）过程iv加入30%的Na2CO3溶液，结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体，故答案为：结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体； （5）过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量，所以过程iv不用饱和Na2CO3溶液，故答案为：过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量； （6）温度越高碳酸锂溶解度越小，过程vi的操作是用热水洗涤，干燥，故答案为：趁热过滤，用热水洗涤，干燥。 12．(1) 增大接触面积，加快反应速率，除去有机物、碳，同时将金属元素转化为相应氧化物 还原PdO，使后续酸浸能顺利进行 (2) (3) 浓盐酸 使得Pd元素转化为而被分离出来 (4) 2：1 4.5≤pH≤6.3 【分析】由流程可知，钯催化剂通入空气焙烧，再加入甲酸还原PdO为Pd，使后续酸浸顺利，然后加入氯酸钾和盐酸进行酸浸，铁、铜转化为氯化铁、氯化铜，通过离子交换树脂进行离子交换，然后洗脱得到含Pb元素的洗脱液，加入氯化铵得到，加入肼还原得到Pd单质；残余液可以加入铁置换出铜得到滤渣I，同时将铁离子还原为亚铁离子，滤液调节pH除去铝离子得到滤渣Ⅱ，得到溶液通入氧气氧化亚铁离子得到FeOCl，据此分析解题。 【详解】（1）先通入空气进行逆流式焙烧，其主要目的是增大接触面积，加快反应速率，除去有机物、碳，同时将金属元素转化为相应氧化物；再通入甲酸继续焙烧的目的是还原PdO，使后续酸浸能顺利溶解Pd； （2）“酸浸”过程需要升高温度至70℃左右，主要反应为盐酸和氯酸钾、Pd发生氧化还原反应使得Pd转化为，同时氯酸根离子被还原为氯离子，离子方程式为：； （3）阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，由离子交换树脂原料可知，“洗脱”时，加入最佳“试剂Y”的名称是浓盐酸，提高氯离子浓度，使得Pd元素进入水层；在水中溶解度小，“洗脱液”中要加入过量的目的是：使得Pd元素转化为而被分离出来； （4）加入肼还原得到Pd单质，“还原”过程中，不生成污染环境的气体，则生成气体为氮气，反应中Pd化合价由+4变为0，发生还原反应被还原，肼中氮化合价由-2升高为0，发生氧化反应被氧化，由电子守恒可知，，故被氧化的元素与被还原的元素物质的量之比为2：1；“调pH”步骤中，需要除去铝离子而不能使得亚铁离子沉淀，铝离子完全沉淀时，，pOH=9.5，pH=4.5；若铁元素浓度为0.1mol/L，沉淀时，pOH=7.7，pH=6.3；故需调节pH为4.5~6.3。 13．(1)[Ar]3d74s2 (2)增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行 (3) 压缩空气便宜、不引入新杂质离子且压缩空气能起搅拌作用 4.7~7.6 (4) 萃取时，增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大，但值过大，导致转化为氢氧化钴沉淀，使得萃取率反而会降低 H2SO4 (5) 【分析】向钴矿中加入盐酸，并通入SO2，结合信息①中浸出液含有的阳离子主要有Co2+、Fe2+、Ca2+、Mn2+、Al3+等，工艺流程最终得到碳酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+并调节溶液的pH值，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Ca2+、Mn2+，用NaF溶液除去钙，过滤后，向滤液中加入P507萃取剂对Co2+进行萃取同时除去Mn2+，分液后对有机层进行Co2+进行反萃取得到水层溶液即硫酸钴溶液，向硫酸钴溶液中加入碳酸钠溶液得到碳酸钴，过滤洗涤干燥即可； 【详解】（1）Co原子的原子序数为27，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2； （2）浸取钴矿石前，对其进行浆化处理，可以增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行； （3）由分析可知，除杂过程中，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，反应为：；氧气中氧气就有氧化性，故若通入压缩空气后实现同样的目的，压缩空气便宜、不引入新杂质离子且压缩空气能起搅拌作用加快反应速率；调节后，即是Fe3+、Al3+完全沉淀，而Co2+、Mn2+不沉淀，此时pH应该大于4.7，若溶液中，则溶液中，pOH=6.4，pH=7.6，故pH的范围是4.7~7.6。 （4）萃取剂和能发生反应：，萃取时，增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大，但值过大，导致转化为氢氧化钴沉淀，使得萃取率反而会降低；增大溶液中H+浓度使得萃取平衡逆向移动即为反萃取，反萃取之后得到硫酸钴溶液，则反萃取时需向萃取液中加入H2SO4； （5）根据“均摊法”，晶胞中含个Co、个O，晶胞边长为2(a+b)pm，则晶体密度为。 14．(1) Fe3+也能氧化Cu2S；Fe3+可催化O2氧化Cu2S 溶液中离子浓度增大，溶液极性增强，O2的溶解度降低 (2) 2.2×108 取少量晶体于试管中，加水溶解后加入几滴KSCN溶液，若不变红色则不含Fe3+ (3)边搅拌边向溶液中滴加过量NaOH溶液；向所得浊液中加入10.8g葡萄糖，充分搅拌并加热至沉淀由蓝色完全变为砖红色；冷却后抽滤，用蒸馏水洗涤2~3次，真空烘干 【分析】辉铜矿粉(含Cu2S及少量的SiO2、Fe2O3)中加入H2SO4溶液、O2进行酸浸氧化，Cu2S被氧化为S、CuSO4，然后过滤，得到含S、SiO2的滤渣；往滤渣中加入CuO或Cu(OH)2调节溶液的pH，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀；过滤后，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CuSO4∙5H2O晶体，再经过一系列处理，制得Cu2O。 【详解】（1）①O2在H2SO4作用下，氧化Cu2S，生成CuSO4、S等，发生反应的化学方程式为。当c[Fe2(SO4)3]＜0.1mol∙L-1时，随着硫酸铁浓度的增大，铜浸出率显著增加，表明硫酸铁能溶解Cu2S或起催化作用，原因可能是：Fe3+也能氧化Cu2S；Fe3+可催化O2氧化Cu2S。 ②Cl-破坏硫覆盖层，但c(NaCl)＞1.0mol∙L-1时，因为NaCl与Cu2S、O2都不发生反应，则可能对O2的溶解性产生影响，从而使铜浸出率下降，原因可能是：溶液中离子浓度增大，溶液极性增强，O2的溶解度降低。 （2）25℃时，用Cu(OH)2调pH，发生反应，其平衡常数K====2.2×108；检验制得的CuSO4∙5H2O晶体中不含有Fe3+，可取少量滤液加入KSCN溶液，实验方法为：取少量晶体于试管中，加水溶解后加入几滴KSCN溶液，若不变红色则不含Fe3+。 （3）NaOH溶液用于将Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，葡萄糖用于将Cu(OH)2还原为Cu2O，则制取一定量Cu2O的实验方案：称取25g CuSO4∙5H2O晶体于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解，边搅拌边向溶液中滴加过量NaOH溶液；向所得浊液中加入10.8g葡萄糖，充分搅拌并加热至沉淀由蓝色完全变为砖红色；冷却后抽滤，用蒸馏水洗涤2~3次，真空烘干。 【点睛】葡萄糖分子中的醛基具有还原性，在碱性环境中能将新制的Cu(OH)2悬浊液还原为Cu2O等。 15．(1) 1s22s22p5 平面三角形 (2) Fe(OH)3 Mn (3)2×10-4 (4)Mg2++2F-=MgF2↓ (5) NH4NO3 0.2400 【分析】由题给流程可知，向工业氢氧化镁中加入稀硝酸溶解后，调节溶液pH至7.5，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入过氧化氢溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液；向滤液中加入草酸溶液，将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀，过滤得到草酸钙和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀；氟化镁沉淀洗涤、干燥得到氟化镁。 【详解】（1）氟元素的原子序数为9，基态原子的电子排布式为1s22s22p5；硝酸根离子中氮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三角形，故答案为：1s22s22p5；平面三角形； （2）由分析可知，反应釜1中，加入稀硝酸溶解后，调节溶液pH至7.5的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，故答案为：Fe(OH)3；Mn； （3）由溶度积可知，溶液中钙离子完全沉淀时，溶液中的草酸根离子浓度大于=2×10-4mol/L，故答案为：2×10-4； （4）由分析可知，反应釜3中加入氟化钠溶液的目的是将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2F-=MgF2↓，故答案为：Mg2++2F-=MgF2↓； （5）由分析可知，离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀，混合溶液经浓缩结晶得到主要成分为硝酸铵的固体；由题意可知，溶液中铵根离子与滴定消耗氢氧化钠的关系式为：NHNaOH，滴定消耗24.00mL0.2000mol/L氢氧化钠溶液，则溶液中铵根离子浓度为=0.2400mol/L，故答案为：NH4NO3；0.2400。 16．(1)3d64s2 (2) (3) 温度：820℃左右(800℃～830℃之间均可)；硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可) 降低多钒酸铵的溶解度，减少损失 (4)有机溶剂P204、(或氨水) (5) (6)2.5 【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有、、、，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉进行中和还原，该工序pH低于7.0，铁将还原为，发生反应 ，且溶液中铁离子和铁反应生成亚铁离子，所得溶液经有机溶剂P204萃取、亚铁离子等进入水相，反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将其转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5； 【详解】（1）基态Fe的价电子排布式为3d64s2。 （2）据分析，“还原中和”时，还原步骤中参与反应的离子方程式为。 （3）结合图1、2可知，适宜的工艺条件为温度：820℃左右，硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可)，此时钒的浸出率最高；根据信息ⅲ，洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤的目的是：降低多钒酸铵的溶解度，减少溶解损失。 （4）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂P204具有该特点；分析“煅烧”反应：，可知(或氨水)在流程中也可循环使用。 （5）“萃取”分离后，所得“水相”中的金属离子有、和少量的，欲得到溶液，需除去杂质、，第一道工序已经除去，说明后续工序应除去。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将氧化为。为了不引入杂质离子，氧化剂可选择溶液，再调溶液的pH，使转变成沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO调pH，所以完整的流程图为： ，故答案为：。 （6）已知常温下、的分别为、，若上述水相“沉钙”后，根据，沉钙但锰离子不沉淀，则理论上不超过。 17．(1) (2)甲 (3) (4)ab (5) 稍微过量有利于使沉淀完全，可提高副产品的产率，减少副产品中的杂质；同时不能过量太多，否则会使中混有过多的杂质 (6) 【分析】题中说明粗制BaS溶解于温热水中配制成BaS溶液，往其中通入可发生反应生成和，经过过滤后除C等不溶性的杂质，结晶后过滤母液A中有，加入后发生复分解反应生成，再次过滤后，得到沉淀X为硫酸钡，在碱性条件下往母液B中通入可将氧化为，最终得到产品。 【详解】（1）该反应的还原剂为C，氧化剂为，硫元素全部被还原为最低价，即硫元素全部变为BaS，下降了8价，且说明气体中不含硫元素，所以两种气体应为碳的氧化物，即CO和。当二者比例为时，即C有一半上升了2价，有一半上升了4价，可以配平得：，故答案为：。 （2）分析后续步骤，需要冷却结晶、过滤来分离和，则需要保证的溶解度随温度降低而降低的幅度较大，故甲为的溶解度曲线，故答案为：甲。 （3）观察晶胞，对于深灰色粒子，顶点有个，上下面有个，枝上有个，则深灰色粒子有4个；对于浅灰色粒子，上下面有个，左右面有个，晶胞内有6个，则浅灰色粒子有12个；故深灰色粒子为Ba，浅灰色粒子为S，所以一个晶胞中含有4个，故其密度为。(若观察S个数较为困难，推出深灰色粒子有4个后，假设深灰色粒子为S，则Ba为个，显然不合理，则可以推出深灰色粒子为Ba)，故答案为：。 （4）脱色是除去黄色的，根据题目信息，具有还原性，故需要用氧化剂，NaClO、均为氧化剂，KI无氧化性，故答案为：ab。 （5）母液A中有，加入后发生复分解反应生成。这一步的目的是将完全沉淀，故需略微过量以保证沉淀完全。由题目信息可知，温度较低时，在水中溶解度会迅速减小，所以若过量过多，最后冷却结晶时也会一起析出，会使得产物不纯，故答案为：；稍微过量有利于使沉淀完全，可提高副产品的产率，减少副产品中的杂质；同时不能过量太多，否则会使中混有过多的杂质。 （6）可根据氧化还原反应的配平方法配出，也可根据元素守恒，变为，系数之比为，因为是碱性环境，又由电荷守恒，方程式反应物一边要加上，再用将氧元素配平即可，即为，故答案为：。 18．(1)正四面体形 (2)增大接触面积，增大反应速率，使焙烧更充分 (3)、 (4) (5)较大，抑制了PAFS（或和）的水解，生成胶体的量减少 (6) FeC 【分析】赤泥（主要成分为、、、FeO、CaO、等）经焙烧后加硫酸酸浸，生成的微溶于水，不溶于，所以酸浸渣的主要成分是、，所得滤液中主要含有、、、以及过量的硫酸，氧化工序中加入将氧化为，加入NaOH聚合后，分离出高效净水剂聚合硫酸铝铁； 【详解】（1）在硫酸根离子中，中心原子S的孤电子对数为，价层电子对数为，所以的空间结构是正四面体形； （2）“焙烧”时，需将赤泥粉碎的目的是增大接触面积，增大反应速率，使焙烧更充分； （3）酸浸渣的主要成分是、； （4）“氧化”时将氧化为，发生反应的离子方程式为 ；室温下，向氧化后的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4时，，，则溶液中的； （5）高效净水剂聚合硫酸铝铁（PAFS）净水原理是：铁离子、铝离子分别水解生成的氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降。pH＜7时，去浊率较低的可能原因是较大，抑制了PAFS（或和）的水解，生成胶体的量减少； （6）铁原子位于晶胞的顶点和面心，其数目为，碳原子位于晶胞的棱心和体心，其数目为，则该物质的化学式为FeC， 若晶体密度为，晶胞的体积为，晶胞棱长为，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为面对角线的一半，即。 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 $$