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·江苏常州·阶段练习）对废旧干电池拆解后的碳包滤渣（含、、等）再加工，既可制取高纯又可消除废弃物对环境的污染。实验流程如下： 已知：①、、都是难溶于水的沉淀。 ②在该实验条件下，几种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子 开始沉淀 2.3 7.5 8.1 沉淀完全 3.7 9.7 10.1 (1)“浸取”时，为了提高碳包滤渣的浸取率，除了控制温度70℃左右外，还可以采取的措施有 。（写出一种即可）。浸取后生成和，则浸取过程中发生的主要反应的化学方程式为 。 (2)实验流程中，“氧化”步骤的目的是 ，也可以用下列 （填字母）物质代替（不考虑的反应）。 A．固体            B．双氧水        C．浓硝酸            D．新制氯水 (3)滤渣2的主要成分为 （填化学式），“调”的范围为 。 (4)制备时，溶液的浓度对沉淀中锰元素的质量分数以及产率的影响如图： 溶液的浓度大于4mol/L时，的产率有所下降，而沉淀中铁元素质量分数仍在上升的原因是 。 2．（23-24高三下·上海·期中）某化学兴趣小组利用工厂的废铁屑(主要成分为Fe，此外还含有少量Cu、Al，和)制备磁性胶体粒子、绿矾和净水剂的实验流程如图： 已知Al、，既可溶于强酸又可溶于强碱。 请回答下列问题： (1)绿矾具有广泛的用途，下列说法正确的是___________ A．医疗上常用于治疗缺铁性贫血 B．工业常用作污水的处理剂，只是利用其还原性 C．高温分解只产生和 D．可用酸性高锰酸钾溶液检验其是否变质 (2)试剂X为___________ A．NaOH溶液 B．HCl溶液 C．氨水 D．醋酸溶液 (3)检验D中铁元素的存在形式： ①检验铁离子，溶液D中加入KSCN溶液无红色产生，原因是 (用离子方程式表示)。 ②检验亚铁离子的存在，可以选择的试剂 。 A．酸性溶液 B．先加KSCN，再加过量氯水 C．先加KSCN，先加适量氯水 (4)操作IV的方法是 ， ，过滤，洗涤，干燥。 (5)D中加入适量的目的是 。若D中含3amol，则理论上加入 mol可使溶液E中铁元素恰好转化为胶体。 (6)由固体G生成的离子方程式为 。 (7)在制备绿矾过程中部分绿矾被氧化，测定绿矾中的氧化率实验方案如下： 步骤一：称取一定质量的绿矾样品，将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250mL溶液； 步骤二：取步骤一中配得的溶液25.00mL于锥形瓶，并加入适量稀硫酸酸化，逐滴滴加0.0400mol/L溶液至恰好完全反应，反应原理为：(未配平)，消耗溶液20.00mL； 步骤三：另取步骤一中配得的溶液25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤、洗涤、干燥，在空气中灼烧至固体质量不再变化，称得残留红棕色固体的质量为0.4g。(已知：的氧化率) 根据以上数据，计算该绿矾样品中的氧化率，需要写出计算过程 。 3．（23-24高三下·安徽淮北·阶段练习）各种材料使世界丰富多彩，但废弃的材料可能会带来污染。某使用后的材料主要含Fe、Cu、Al、、、、CuO和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Cu、Al、绿矾等。回答下列问题： (1)碱浸时铝发生反应的化学方程式为 。 (2)加入试剂a后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为 。 (3)滤液Ⅱ经过结晶法制取绿矾晶体（相对分子质量为278），绿矾放置在空气中容易被氧化。现取被部分氧化的绿矾晶体溶于稀盐酸后，加入足量的溶液，过滤得沉淀；再通入（标准状况）氯气恰好完全反应。 ①为确定绿矾未被全部氧化，可选择的最佳试剂是 （填标号）。 A．溶液        B．KSCN溶液        C．溶液        D．酸性溶液 ②推测绿矾晶体中 （填比值）。 (4)绿矾晶体（相对分子质量为278）样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示： 请推测固体的化学式为 ，取适量380℃时所得的样品，隔绝空气加热至650℃，得到一种红棕色固体物质，试写出该反应的化学方程式 。 4．（2024·湖北·模拟预测）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如图。    已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。 ②MOCVD是一种金属有机物化学气相淀积技术。 ③常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表。 金属离子 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 ④金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见下表。 金属离子 萃取率(%) 0 99 0 97～98.5 (1)GaN作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，GaN属于 晶体；GaN晶体的一种立方晶胞如图所示，Ga的配位数为 。 (2)处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4的主要目的是 。 (3)萃取前加入固体X的目的是 。 (4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以 (填离子符号)形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓，则阴极的电极反应方程式为 。精炼时，若外电路通过0.25 mol e-时，阴极得到3.5 g的镓。则该电解装置的电解效率η= (η=生成目标产物转移的电子数/转移的电子总数)。 (5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN，该过程的化学方程式为 。 5．（23-24高三下·云南大理·阶段练习）资源的回收利用，对可持续发展有着重要意义。某工业废料中主要含、、、、等，现欲利用如图工业流程回收某些金属资源。 回答下列问题： (1)“滤渣1”的成分为 （填化学式），调节后的实验操作是 。 (2)“氧化”的目的是将氧化为，其反应的离子方程式为 ；作氧化剂的优点是 。 (3)新型富钴电池常用到的化合物，其化学性质与相似，则中Co的化合价为 。 (4)“煅烧”反应的化学方程式为 。 (5)每制备1，至少需要标准状况下的空气体积为 L。（氧气约占空气体积的五分之一） (6)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式 。 6．（23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）工业尾气中的氮氧化物、废水中过高的氨氮(以NH3、形式存在)都会造成环境污染，可通过还原法、SCR脱硝技术、化学沉淀法或微生物催化等方法处理后达到国家规定的排放标准。 (1)H2还原法：将工业尾气(含氮氧化物NOx)与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。 ①x=2时，Ce3+参与的离子方程式为 。 ②若该过程中，每转移3 mol电子消耗1 mol氮氧化物(NOx)，则x为 。 (2)SCR脱硝技术已成为使用广泛和成熟的烟气净化技术，脱硝效率高达90%以上。反应机理如图所示，写出该反应发生的化学方程式 。 (3)化学沉淀法：控制溶液pH=10，向含氨氮(以为例)的废水中以一定比例投加MgCl2∙6H2O和Na2HPO4∙12H2O，生成难溶于水的磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀。 ①该法需先投加的试剂是 。 ②溶液pH过高，氨氮去除率会下降。其原因是 。 (4)生物硝化反硝化法。通过硝化和反硝化细菌将废水中的氨氮转化为氮气去除。 ①反应过程中需控制废水的pH在8~8.2，温度保持15℃。控制该条件的原因是 。 ②反硝化过程：硝化产生的和和水体有机物(以CH3OH为例)在反硝化细菌作用下生成氮气和碳酸盐，溶液的pH上升。写出和CH3OH反应的离子方程式： 。 7．（23-24高三下·福建龙岩·阶段练习）某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、FeO、、CuO和可燃性有机物，现利用如下左图所示的工艺流程回收部分金属及金属化合物。回答下列问题： (1)结合流程，“焙烧”的主要目的：一是将金属单质转化为氧化物、二是 ，实验室进行“焙烧”操作时，盛装废旧金属材料的实验仪器名称为 。 (2)“碱浸”时发生反应的化学方程式为 。 (3)写出滤液I转化为的离子方程式： 。 (4)“操作II”加入Fe的目的是 、 （用离子方程式表示）。 (5)为得到绿矾晶体需要将滤液II倒入 （填仪器名称）中进行浓缩，结晶。 (6)将受热产生的气体通入如图所示的装置中，以检验产生的气体中是否含有和，A装置盛装的试剂是 。 8．（23-24高三下·新疆乌鲁木齐·期中）硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。二氧化硅又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料，部分转化过程如图所示。回答下面问题： (1)高纯硅是制造半导体芯片的基础原材料，由SiO2制备高纯硅的工业流程如上图所示，写出第①步的化学方程式 。可以循环使用的物质为 (填化学式，下同)和 。 (2)光导纤维是一种良好的通讯材料，其成分是 (填化学式)。 (3)生产磨砂玻璃时可以用HF溶蚀玻璃，是因为HF溶液可与SiO2反应，其化学方程式为 。 (4)关于硅及其相关化合物的叙述正确的是 (填字母)。 A．晶体硅熔点高、硬度大，故可用作半导体材料 B．玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品 C．二氧化硅是酸性氧化物，所以能溶于水且可与水反应生成硅酸 D．SiO2既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物 E．碳化硅是一种新型陶瓷材料，具有耐高温、耐磨的特点 (5)碳化硅是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高，硬度大，电绝缘性好，化学性质稳定，但生产成本较高。根据氮和硅的原子结构示意图、元素周期律的知识，写出氮化硅的化学式 。 （23-24高三下·上海·阶段练习）柠檬酸亚铁是一种高效补铁剂。利用疏铁矿烧渣(主要含Fe2O3及少量CaO、Al2O3)制备柠檬酸亚铁的工艺流程如图。 已知常温下：，，。 9．在蒸发皿中加热蒸干灼烧(低于400℃)下列溶液，可以得到金属氧化物的是___________。 A．氯化铁 B．硫酸铁 C．硝酸镁 D．亚硫酸钠 10．滤渣1为 。(填化学式) 11．“沉铝”过程中，为了使铝充分沉淀的同时减少铁的损失，需要精确控制氨水的加入量。已知溶液中，认为已经沉淀完全。请计算：(计算结果保留2位有效数字)Al3+恰好沉淀时，溶液中 。 12．“合成”过程中，需加入少量的抗氧化剂，下列试剂合适的是___________。 A．FeSO4 B．Fe C．Cu D．H2O2 13．（2024·浙江·高考真题）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。 已知：①； ②电解前后总量不变；③易溶于水。 请回答： (1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。 (2)下列说法正确的是_______。 A．电解池中发生的总反应是(条件省略) B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物 C．化合物C在水溶液中最多可中和 D．的氧化性弱于 (3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。 ①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ； ②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。 14．（23-24高三下·重庆万州·期中）NaAlH4是常用的还原剂；Na2FeO4常做净水剂和消毒剂。工业上以制备硫酸的烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3和Al2O3含少量SiO2)为原料制备NaAlH4和Na2FeO4的流程如下： 回答下列问题： (1)NaAlH4中氢的化合价为 。 (2)浸渣的主要成分是 (填化学式)；“转化”中Cl2的作用是 (用离子方程式表示)。 (3)由Fe(OH)3制备Na2FeO4的离子方程式为 ；“分离”中铝元素转化成 (填离子符号)。 (4)“沉铝”后所得滤液经蒸干、灼烧得到固体是 。 (5)“合成”中乙醚作溶剂，该过程发生反应的化学方程式为 。 (6)“有效氢”指单位质量(1 g)含氢还原剂的还原能力相当于多少克氢气的还原能力，一般含氢还原剂的氢被氧化成H2O。则NaAlH4有效氢含量为 (计算结果保留三位有效数字)。 15．（23-24高三下·云南红河·期中）碲(Te)广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等)中回收碲的工艺流程如图： 已知：TeO2有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4难溶于水；高碲酸钠的化学式为Na2TeO4。 (1)为提高“反应”效率，可采取的措施为 (任答一条)。 (2)滤液i的主要成分是 (写化学式)。滤液i中溶质的浸出率与温度的关系如图所示，解释浸出率随温度变化的可能原因 。 (3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。滤液ii可循环使用，应将其导入到 (写操作单元名称)操作中。 (4)“沉碲”过程中发生反应的化学方程式为 。 (5)粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol•L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。用c2mol•L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为 。 16．（23-24高三下·安徽合肥·期中）钼及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域．某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下： 回答下列问题： (1)位于元素周期表第 周期第 族。 (2)“焙烧”中生成的化学方程式为 。 (3)用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因： 。 (4)的溶解度曲线如图所示，为充分分离，工艺流程中的“操作X”应为_______________（填标号）。 A．蒸发结晶 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取 (5)为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“ ”步骤。 (6)以钼酸铵为原料在一定条件下可以制备氮化钼，氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示。 氮化钼的化学式为 ；氮化钼晶体的密度为 ；将填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，每个晶胞最多还能填入 个。 17．（2024高三下·江苏·竞赛）某研究小组用工业钛白副产品为原料制备纳米级电池材料，按如下流程开展实验。 已知：①钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质。 ②已知和的氧化性随酸性的增强而增强。 请回答： (1)常温下步骤Ⅰ所得料液其pH 7(填“>”、“<”)。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．步骤Ⅱ，加入Fe粉的目的是调节溶液pH值，以便Ti元素水解沉淀 B．步骤Ⅲ，加入的目的是除去Mg元素 C．为了提高实验效率，可以将Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ的过滤操作合并 D．步骤Ⅳ中过量的可在步骤Ⅴ中被氧化去除 (3)步骤Ⅴ中Mn元素的去除率及滤液中Mn元素含量随着溶液pH值的关系如图1所示， 实验时选择pH为1.2，可能原因为 。 (4)步骤Ⅵ操作之一采用如图2所示装置进行(忽略夹持装置)，仪器A的名称是 ；该操作不宜用酒精灯直接加热的原因是 。 (5)铁磷比是衡量磷酸铁品质最关键的指标。 Fe元素的定量测定：①配制一系列pH=3～5，浓度由低到高的与邻菲罗啉的橙红色络合物的标准液。②称取一定量产品，用适量盐酸溶解，再加入足量的盐酸羟胺()溶液，调pH=3～5，加入邻菲罗啉。③进行比色 ①通过比色能获得Fe元素浓度的原理是 。 ②测得产品中铁磷比，可能原因是 。 18．（23-24高三下·安徽安庆·阶段练习）二氧化碳的捕集和利用是我国能源领域实现碳达峰、碳中和目标的一个重要研究方向。回答下列问题： (1)某校科研人员利用NaOH溶液实现“碳捕获”的技术的装置如图。 ①在整个“捕捉”过程中，将NaOH溶液喷成雾状是为了 ； ②“碳捕获”技术是减少二氧化碳排放的一种途径，基本思路是将工业排放的二氧化碳分离出来。若用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1∶1，则反应的离子方程式为 ； ③下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是 (填选项字母)； A．溶液    B．溶液    C．溶液    D．溶液 (2)捕获和转化可减少排放并实现资源利用，原理如图所示。 ①图中可循环利用的物质有 ； ②若产生等物质的量CO、，写出反应Ⅱ的化学方程式： 。 (3)从空气中捕获直接转化为甲醇是二十多年来“甲醇经济”领域的研究热点，诺贝尔化学奖获得者乔治·安德鲁教授首次以金属钉作催化剂实现了这种转化，其转化如图所示。 ①二氧化碳的电子式为 ； ②如图所示转化总反应的化学方程式是 。 19．（23-24高三下·江西·阶段练习）在材料科学的广阔领域中，靶材扮演着一个关键角色。镍铂靶主要用于半导体行业中的二极管和超大规模集成电路镀膜。现利用镍铂靶材废料(主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质)采用选择性溶解法回收铂并制备硫酸镍晶体的一种工艺流程如下： 已知： ①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 开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(mol/L)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 ②王水是按浓盐酸和浓硝酸的体积比为3∶1配制而成； ③六水合硫酸镍()在280℃时失去结晶水生成黄绿色无水物，当温度更高开始分解，释放出三氧化硫，变成氧化镍。 ④室温：； (1)铂在王水中生成二元强酸，该反应的离子方程式为 。 (2)滤液①中金属阳离子有 ，调pH过程中，若为0.01mol/L，则pH的控制范围为 。 (3)在“沉铂”过程中，若向的溶液里加入等体积的溶液，恰好使沉淀完全，则加入溶液的浓度为 mol/L(结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。 (4)沉铂过程中，的沉淀率随温度的升高而增大，结合平衡移动原理解释沉淀率随温度变化的主要原因 。 (5)隔绝空气锻烧时有两种单质生成，分别是Pt和，当制得金属铂58.5g时，理论上可收集到 L(标准状况)。 (6)通过对滤液控制pH浓缩结晶得到晶体，而不是蒸发结晶的原因是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) 加速搅拌，适当提高硫酸浓度等合理答案； 9MnO2+2FeS+10H2SO4=9MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O (2) 将Fe2+转化为Fe3+，便于除去 B (3) Fe(OH)3； 3.7≤ pH <8.1 (4)浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀 【分析】碳包滤渣(含MnO2、C、Hg2+等)中加入FeS、稀硫酸进行浸取，发生反应：9MnO2+2FeS+10H2SO4=9MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，过滤得到滤渣1为MnO2、HgS和C，滤液中含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入MnO2继续氧化残留的Fe2+，发生反应2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3，所得滤液进行一系列处理得到MnCO3。 【详解】（1）①“浸取”时，为了提高碳包滤渣的浸取率，除了控制温度70℃左右外，还可以采取的措施有加速搅拌，适当提高硫酸浓度等，故答案为：加速搅拌，适当提高硫酸浓度等合理答案； ②“浸取”时，生成MnSO4、Fe2(SO4)3，根据得失电子守恒和原子守恒，得到反应的化学方程式为：9MnO2+2FeS+10H2SO4=9MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O，故答案为：9MnO2+2FeS+10H2SO4=9MnSO4+Fe2(SO4)3+10H2O； （2）①“氧化”时，溶液中Fe2+转化为Fe3+，所以“氧化”步骤的目的是将Fe2+转化为Fe3+，便于除去，故答案为：将Fe2+转化为Fe3+，便于除去； ②MnO2起氧化作用，也可以用双氧水代替，不产生杂质，故答案为：B； （3）①反应后的溶液中加入碳酸钙调节pH，促使铁离子水解正向移动，过滤得到滤渣2的主要成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3； ②调溶液pH的目的是使溶液中Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去，由题给表格数据可知，溶液的pH范围调节在3.7～8.1之间时，Fe3＋完全沉淀，而Mn2+不沉淀，故答案为：3.7≤ pH <8.1； （4）浸出液中残存大量的S2-，容易与Mn2+反应生成MnS沉淀，所以当FeS用量超过最佳值时，MnCO3产率反而变小，故答案为：浸出液中残存大量S2-，容易与Mn2+生成MnS沉淀。 2．(1)A (2)A (3) AC (4) 蒸发浓缩 冷却结晶 (5) 将部分转化成，并适当调节溶液酸碱性 amol (6)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O (7)20% 【分析】观察流程图知，加入试剂X的目的为除去废铁屑中的铝及氧化铝，则试剂X为NaOH溶液，固体为Fe、Fe2O3和Cu，加入稀硫酸Cu不反应，Fe、Fe2O3溶解，则固体C为Cu，溶液D中含有Fe2+和Fe3+，溶液D中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液E加入NaOH溶液生成Fe3O4胶体，向溶液E加入Na2O2，生成Na2FeO4，以此解答。 【详解】（1）A．绿矾是硫酸亚铁晶体，医疗上常用于治疗缺铁性贫血，A正确； B．Fe2+具有还原性，因此工业常用绿矾作污水的处理剂，利用其还原性。同时Fe2+水解生成Fe(OH)2，水解生成的Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3，得到的Fe(OH)3胶体有较好的吸附作用，所以绿矾液常用作混凝剂，B错误； C．绿矾高温分解产生Fe2O3、SO2、SO3和H2O，C错误； D．绿矾中能与酸性高锰酸钾溶液反应褪色，不能检验其是否变质，D错误； 故选A。 （2）观察流程图知，加入试剂X的目的为除去废铁屑中的铝及氧化铝，则试剂X为NaOH溶液，选A； （3）①铜不溶于稀硫酸，则固体C为Cu，溶液D加入KSCN溶液，无血红色产生的原因是废铁屑中过量的铁单质将溶解产生的全部还原为，离子方程式为； ②A．绿矾中能与酸性高锰酸钾溶液反应褪色，A正确； B．先加KSCN溶液无现象再加适量氯水会出现血红色，氯水过量有可能氧化KSCN，B错误； C．先加KSCN溶液无现象再加适量氯水会出现血红色，C正确； 故选AC； （4）操作IV的方法是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。 （5）D中加入适量的目的是：将部分转化成，并适当调节溶液酸碱性；要使溶液E中铁元素恰好转化为胶体，则应满足，假设加入，据得失电子守恒知可生成，则有，得； （6）根据氧化还原反应的原理得生成的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O； （7）步骤二中反应的离子方程式为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，消耗KMnO4的物质的量为0.02L×0.04mol/L=8×10-4mol，则参与反应的Fe2+有0.004mol。步骤三中最终得到的红棕色固体为氧化铁，0.4g氧化铁物质的量为0.0025mol，根据Fe守恒，25mL溶液中共有Fe2+、Fe3+共计0.005mol，则该绿矾样品中Fe2+的氧化率为0.001mol÷0.005mol=20%。 3．(1) (2) (3) D (4) FeSO4·H2O 【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、、、CuO和可燃性有机物，焙烧主要除去可燃性有机物；碱浸时和Al参与反应得到含四羟基合铝酸盐的溶液；滤渣Ⅰ主要含Fe、Cu、、FeO、CuO，加入硫酸酸浸，再加入过量铁粉，过滤，得到硫酸亚铁溶液和Fe、Cu的混合物，再用硫酸酸浸过滤得到Cu； 【详解】（1）碱浸时Al和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠及氢气：； （2）据分析试剂a为Fe粉，加入铁粉后化合反应为铁和硫酸铁生成硫酸亚铁，其离子方程为； （3）①绿矾晶体为，其中亚铁离子被氧化为铁离子，若绿矾未被全部氧化，则绿矾中还含有亚铁离子； A．加入双氧水，因被氧化的绿矾中存在铁离子，使双氧水催化分解，产生氧气，也具有氧化性，无法判断绿矾部分被氧化，故A不选； B．KSCN溶液只能检验铁离子，故B不选； C．部分氧化的绿矾中含有铁离子，加入NaOH有红褐色沉淀生成，不能观察到亚铁离子与NaOH的反应，故C不选； D．溶液不能氧化铁离子，加入溶液若溶液颜色变浅或者褪色，则说明绿矾晶体中存在亚铁离子，未被完全氧化，故D选； ②取被部分氧化的绿矾晶体8.22g溶于稀盐酸后，加入足量的溶液，过滤得沉淀9.32g，该沉淀为，物质的量为，通入112mL(标准状况)氯气恰好将其中的完全氧化，根据反应，可知原绿矾晶体中，根据化合物呈电中性，可知，即，得，则； （4）绿矾晶体的物质的量为，其中结晶水的质量为0.03mol×7×18g/mol=3.78g，完全失去结晶水时固体质量为8.34g-3.78g=4.56g即P，则M和N为失去部分结晶水的状态，N失去的结晶水为，则N剩余结晶水的物质的量为0.03mol×7-0.18mol=0.03mol，则N的化学式为FeSO4·H2O；P为FeSO4，在隔绝空气加热至650℃，得到一种红棕色固体物质为Fe2O3，则对应化学方程式为：。 4．(1) 共价 4 (2)使、完全转化为沉淀，不沉淀 (3)将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取 (4) [Ga(OH)4]- [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH- 60% (5) 【分析】锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为强氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似Ga3+转化为进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后通过MOCVD技术制得GaN。 【详解】（1）由GaN具有耐高温的特性可知GaN属于共价晶体；由图可知，氮位于镓形成的四面体中，结合化学式可知，镓位于氮形成的四面体中，故Ga的配位数为4。 （2）结合表格中的数据可知，将溶液的pH调节至5.4的主要目的是使、完全转化为沉淀，不沉淀，从而分离出Ga元素； （3）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有几层已达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。 （4）Ga与Al同主族，化学性质相似，电解质溶液时NaOH，故阳极的粗镓溶于NaOH，生成，阴极得到电子被还原为Ga，故电极反应方程式为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；精炼时，阴极得到3.5g的镓，此时，所以此时转移电子数为0.15mol，该电解装置的电解效率。 （5）Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN，结合质量守恒可知，反应还生成甲烷，化学方程式为：。 5．(1) 过滤 (2) 不会引入新的杂质，对环境友好 (3)+2、+3 (4) (5)56 (6)2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na[Al(OH)4] + 3H2↑ 【分析】工业废料中主要含、、、、等，粉碎后加入盐酸酸浸，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣1。滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，然后调节pH使沉淀铁离子、铝离子以及镍离子，滤液中加入草酸得到草酸钴，在空气中煅烧得到CoO，据此解答。 【详解】（1）SiO2是酸性氧化物，难溶于水也难溶于强酸，故滤渣1的成分为SiO2；分离滤液和滤渣，用过滤的方法； （2）“氧化”的目的是用过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为：；H2O2是绿色氧化剂，还原产物为水，不会引入新的杂质，对环境友好； （3）的化学性质与相似，则的化合价为+2、+3； （4）由流程图可知，CoC2O4沉淀煅烧产生CoO和CO2，化学方程式为：； （5）根据第四问方程式可知每制备1molCoO，至少需要0.5molO2，即标准状况下11.2L。空气中氧气的含量约为20%，所以需要标况下的空气体积为11.2÷20%=56L； （6）Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，化学方程式为：2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na[Al(OH)4] + 3H2↑。 6．(1) 1.5 (2) (3) Na2HPO4∙12H2O pH过高，溶液中的氨氮会变成氨水；且氢氧根、磷酸根的浓度会增大，易生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀和Mg3(PO4)2沉淀 (4) 保持硝化细菌和反硝化细菌最大活性 【分析】H2还原法：H2首先与Ce4+发生反应生成Ce3+和H+，然后NOx与Ce3+、H+作用，生成Ce4+、N2、H2O，总反应为2xH2+2NOxN2+2xH2O。 【详解】（1）①x=2时，Ce3+与NO2、H+反应，生成Ce4+、N2和H2O，离子方程式为； ②若该过程中，每转移3 mol电子消耗1 mol氮氧化物(NOx)，则由关系式NOx——2xe-，可建立等式2x=3，从而求出x为1.5。 （2）从图中可以看出，O2将V-OH氧化生成H2O和V=O，V=O再被NO+NH3还原生成N2+H2O，则该反应发生的化学方程式为 （3）①使用该法时，若先加入MgCl2∙6H2O，则会生成Mg(OH)2沉淀，所以需先投加的试剂是Na2HPO4∙12H2O。 ②若溶液pH过高，会使铵离子转化为一水合氨，且会生成Mg(OH)2、Mg3(PO4)2等沉淀，从而使氨氮去除率会下降。其原因是：pH过高，溶液中的氨氮会变成氨水；且氢氧根、磷酸根的浓度会增大，易生成溶解度更小的Mg(OH)2沉淀和Mg3(PO4)2沉淀； （4）①细菌属于蛋白质，易发生变性，从而失去生物活性，则反应过程中需控制废水的pH在8~8.2，温度保持15℃。控制该条件的原因是：保持硝化细菌和反硝化细菌最大活性； ②和CH3OH在反硝化细菌作用下生成氮气和碳酸盐，溶液的pH上升，则和CH3OH反应的离子方程式：； 【点睛】书写反应方程式时，应关注反应发生的环境。 7．(1) 除去可燃性有机物 坩埚 (2) (3) (4) (5)蒸发皿 (6)溶液 【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、FeO、、CuO和可燃性有机物，通入空气焙烧，将金属单质转化为氧化物，同时除去有机物，加入氢氧化钠溶液碱浸，溶解并过滤，滤液I中含有NaOH、，滤液I中通足量二氧化碳得氢氧化铝沉淀，滤渣I中含有、FeO、CuO，加入硫酸酸浸后加过量的铁，除去硫酸铜，并与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，过滤得到的滤液II为硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得绿矾，滤渣II为铁和铜的混合物，加入硫酸酸浸，过滤得到铜。 【详解】（1）结合流程，“焙烧”的主要目的：一是将金属单质转化为氧化物、二是除去可燃性有机物；实验室进行“焙烧”操作时，盛装废旧金属材料的实验仪器名称为坩埚； （2）“碱浸”时两性氧化物与NaOH在溶液中发生反应生成，发生反应的化学方程式为。 （3）滤液I中溶质主要为，向溶液中通入足量的CO2，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，结合电荷守恒可写出离子方程式为。 （4）碱浸后的固体残渣中含有、FeO、CuO，向其中加入H2SO4溶解，金属元素变为Fe3+、Fe2+、Cu2+，向该溶液中加入过量的金属Fe，发生反应：、； （5）由溶液得晶体所需要的仪器为蒸发皿，即为得到绿矾晶体需要将滤液II倒入蒸发皿中进行浓缩，结晶； （6）检验产生的气体中是否含有和时，图给装置中品红溶液可以检验气体中是否含有二氧化硫，氢氧化钠溶液可以吸收尾气，则A装置的作用是检验气体中是否含有三氧化硫，且该试剂应能与三氧化硫反应，而与二氧化硫不反应，故试剂为溶液。 8．(1) SiO2+2CSi+2CO↑ HCl H2 (2)SiO2 (3)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O (4)BE (5)Si3N4 【分析】SiO2在1800~2000℃时被焦炭还原，生成粗硅和X(CO)；粗硅与HCl在300℃时发生反应，生成SiHCl3和H2，SiHCl3在1100℃时用H2还原，便可得到高纯硅，同时生成HCl。SiO2能被HF溶解，生成SiF4和水。SiO2作为酸性氧化物，能溶于NaOH溶液，生成Na2SiO3和水；Na2SiO3与HCl反应，生成H2SiO3和NaCl；H2SiO3加热分解，可制得硅胶。 【详解】（1）由SiO2制备高纯硅的工业流程如上图所示，第①步中SiO2在1800~2000℃时被焦炭还原，生成粗硅和X(CO)，化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，由分析可知，HCl在第②步中消耗，又在第③步中生成，可以循环使用，H2在第②步中生成，又在第③步中消耗，可以循环使用。 （2）光导纤维具有良好的导光性，是优良的通讯材料，其成分是SiO2。 （3）HF溶液与SiO2反应，可生产磨砂玻璃，其化学反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。 （4）A．晶体硅的导电能力介于金属和非金属之间，是良好的半导体材料，与其熔点高、硬度大无关，A错误； B．玻璃、水泥、陶瓷都采用硅酸盐工业生产，主要成分都是硅酸盐，属于传统的硅酸盐产品，B正确； C．二氧化硅是酸性氧化物，但不和水反应，C错误； D．SiO2既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，但与氢氟酸反应没有盐生成，所以SiO2是酸性氧化物，不是两性氧化物，D错误； E．碳化硅陶瓷是一种具有优异性能的新型陶瓷材料，具有高强度、高硬度、高耐磨性、耐高温、耐腐蚀等优点，E正确； 故选BE。 （5）N原子的最外层电子数为5，Si原子的最外层电子数为4，且Si的非金属性比N弱，则在氮化硅中，Si显+4价，N显-3价，从而得出氮化硅的化学式为Si3N4。 9．AC 10．CaSO4 11．5.1×10-10mol/L 12．B 【分析】向硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3及少量CaO、Al2O3)中加入硫酸酸浸会生成硫酸铁、硫酸钙、硫酸铝和水，硫酸钙微溶于水，过滤得滤渣1为硫酸钙，加入铁粉后，铁粉将铁离子还原为亚铁离子，过滤得滤渣2为铁粉，加入氨水调节pH使铝离子沉淀完全，加入NH4HCO3使亚铁离子沉淀完全，再加入柠檬酸合成得柠檬酸亚铁，据此分析。 9．A．氯化铁会发生水解，蒸干促进水解生成氢氧化铁，灼烧氢氧化铁分解生成Fe2O3，故A符合题意； B．硫酸铁会发生水解，蒸干不会促进水解，故蒸干灼烧后还是硫酸铁，故B不符合题意； C．硝酸镁会发生水解，蒸干促进水解生成氢氧化镁，灼烧氢氧化镁分解生成MgO，故C符合题意； 故C正确； D．亚硫酸钠蒸干灼烧会被氧化为硫酸钠，故D不符合题意； 故答案为：AC； 10．由分析可知滤渣1为CaSO4； 11．Ksp[Al(OH)3]=[Al3+]×[OH-]3=1.3×10-33，已知溶液中[Al3+]≤10-5mol•L-1，认为已经沉淀完全，Al3+恰好沉淀时，溶液中[OH-]==mol/L5.1×10-10mol/L； 12．“合成”过程中，加入柠檬酸与亚铁离子生成柠檬酸亚铁，亚铁离子易被氧化为铁离子，需加入少量的抗氧化剂Fe，可以防止亚铁离子被氧化，且不引入新的杂质，故答案为：B。 13．(1) 还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑ PbO或Pb(OH)2或PbCO3 (2)AB (3) 加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- H++SO3X-+3OH-=+X-+2H2O 【分析】 铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，化合物C()水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。 【详解】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶； （2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：(条件省略)，A正确； B． 据分析，铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确； C． 据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则化合物C在水溶液中最多可中和4molNaOH，C错误； D． 的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于，D错误； 故选AB。 （3） ①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-； ②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，HSO3X为强电解质，需要拆开，发生反应的离子方程式为H++SO3X-+3OH-=+X-+2H2O。 14．(1)-1 (2) SiO2 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (3) [Al(OH)4]- (4)Na2CO3 (5)AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl (6)0.148 g 【分析】以制备硫酸的烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3和Al2O3含少量SiO2)为原料制备NaAlH4和Na2FeO4，烧渣加入硫酸酸浸，各物质转化为硫酸盐，SiO2不溶，过滤除去，滤液通入氯气氧化亚铁离子为铁离子，然后加入过量氢氧化钠溶液，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁，氢氧化铁在次氯酸、氢氧化钠溶液中转化为高铁酸钠，滤液中含有偏铝酸钠，往滤液中通入CO2气体，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀；Al(OH)3用盐酸酸溶得到氯化铝，氯化铝和NaH在乙醚中合成得到氯化钠和NaAlH4，据此解答。 【详解】（1）NaAlH4中Al为+3价，Na为+1价，氢的化合价为-1，故答案为：-1； （2）根据分析，浸渣的主要成分是SiO2；“转化”中Cl2的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：SiO2；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； （3）氢氧化铁在次氯酸、氢氧化钠溶液中转化为高铁酸钠，由Fe(OH)3制备Na2FeO4的离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O；根据分析，“分离”中铝元素转化成[Al(OH)4]-，故答案为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O；[Al(OH)4]-； （4）“沉铝”后所得滤液为碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠，经蒸干、灼烧得到固体是Na2CO3，故答案为：Na2CO3； （5）氯化铝和NaH在乙醚中合成得到氯化钠和NaAlH4，该过程发生反应的化学方程式为AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl，故答案为：AlCl3+4NaH=NaAlH4+3NaCl； （6）每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力，则NaBH4变化为H+，电子转移8e-，电子转移和氢气变化为H+电子转移相同，设相当于氢气质量为x，计算为：×8=×2，解之得：x≈0.148g，故答案为：0.148。 15．(1)将阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等 (2) CuSO4 随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，后期温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4，浸出率降低 (3) 2Na++TeO+H2O2=Na2TeO4↓+H2O 碱浸 (4)Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O (5)% 【分析】根据回收碲的工艺流程可知，精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等)和硫酸、空气反应生成了不溶于水的TeO2，根据碲元素的化合价变化，可知此反应是氧化还原反应，反应的化学方程式是，则反应过后水浸的滤液ⅰ的主要成分是CuSO4，滤渣的主要成分是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通过结晶分离出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3放在一起反应生成不溶于水的碲，经过沉碲操作得到粗碲粉，据此分析解答。 【详解】（1）为提高“反应”效率，可采取的措施为将阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等； （2）根据分析可知，滤液i的主要成分是CuSO4；随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，后期温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4，浸出率降低； （3）Na2TeO3被H2O2氧化成Na2TeO4，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：2Na++TeO+H2O2=Na2TeO4↓+H2O；滤液ii是指分离出Na2TeO4后的滤液，为了使Na2TeO3完全被氧化，加入的H2O2要过量，为了充分利用剩余的H2O2，可将其加入碱浸操作中，使TeO2在碱浸中就被氧化，提高原料利用率； （4）经分析“沉碲”过程是指把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3放在一起反应生成不溶于水的碲，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式：Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4=4Na2SO4+Te+H2O； （5）根据题意可知25.00mLH2TeO3溶液和V2mLc2mol·L-1硫酸亚铁铵被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亚铁被氧化成+3价铁，K2Cr2O7被还原成+3价铬，根据电子守恒可得关系式：，解得：，则100mL的H2TeO3溶液所含，则，粗碲粉中碲的质量分数：。 16．(1) 四 VIII (2) (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低 (4)B (5)浸取 (6) Mo2O 2 【分析】镍钼矿(、等)加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应，，加水后，进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶（根据、Na2SO4的溶解度随温度变化特点确定），将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。 【详解】（1）为28号元素，位于元素周期表第四周期第VIII族。 （2）与碳酸钠和空气焙烧生成，反应化学方程式为： （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低。 （4）温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶，故选B。 （5）交换溶液主要含Na+，应返回浸取步骤，可以大大降低废水的排放。 （6）由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有个，个N，则氮化钼的化学式为Mo2O；氮化钼晶体的密度为；氮化钼晶胞的八面体空隙为体心和棱心，若将填入氮化钼晶胞的八面体空隙中，还有8个棱心可以填入，则每个晶胞最多还能填入个。 17．(1)< (2)C (3)低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降。高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降 (4) 恒压分液漏斗 直接加热，受热不均匀，会造成的粒径不均匀，降低材料的活性 (5) Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关 ①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质 【分析】步骤Ⅰ钛白副产品主要成分为，含少量的、、等杂质，溶于水后产生、、、，还有硫酸根等离子，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅳ中加入H2O2氧化为，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，步骤Ⅵ中加入NH4H2PO4后，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥后得到产品。 【详解】（1）钛白副产品主要成分为，溶于水后产生，此时溶液pH<7，才可以存在，否则会水解产生沉淀，故答案为：<。 （2）A．根据分析可知，步骤Ⅱ加入铁粉可以消耗溶液中的H+，调节溶液的pH，促使水解产生沉淀后除去钛元素，故A正确； B．根据分析可知，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，故B正确； C．步骤Ⅱ调节溶液的pH，促使水解产生沉淀，步骤Ⅲ加入生成MgF2沉淀后除去镁元素，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，高锰酸钾在酸性条件下会将铁元素直接氧化为，而会比完全水解的pH更小，导致产品的产量损失，故C错误； D．根据分析可知，步骤Ⅴ加入高锰酸钾可以除去过量的H2O2，故D正确； 故答案选C。 （3）根据已知②已知和的氧化性随酸性的增强而增强，可知实验时选择pH为1.2的原因为：低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降，故答案为：低于1.2时，随着酸性的增强，和的氧化性增强，还原产物中的比例提高，除锰率下降，高于1.2后，会逐渐水解，造成产率下降。 （4）仪器A的名称是恒压分液漏斗，不宜用酒精灯直接加热的原因是直接加热，受热不均匀，会造成的粒径不均匀，降低材料的活性，故答案为：恒压分液漏斗；直接加热，受热不均匀，会造成的粒径不均匀，降低材料的活性。 （5）①根据朗伯比尔定律，A为吸光度，K为摩尔吸光系数，c为吸光物质的浓度，单位为mol/L，可知，通过比色能获得Fe元素浓度的原理是：Fe元素浓度的大小和颜色的深浅正相关，故答案为：浓度的大小和颜色的深浅正相关； ②测得产品中铁磷比，说明铁是比磷少，说明沾有磷酸根，可能是①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质，故答案为：①洗涤不充分，吸附部分可溶的磷酸盐，②除杂不完全，产品中含有磷酸锰等杂质。 18．(1) 增大和二氧化碳的接触面积，充分反应 D (2) CaO、 (3) 【详解】（1）①“捕捉”过程中，将NaOH溶液喷成雾状是为了增大和二氧化碳的接触面积，充分反应； ②根据氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量比为1∶1，可判断二氧化碳与氢氧化钠之比为2∶3，写出反应的离子方程式为； ③结合选项可知A、B、C均与不发生反应，不能吸收，碳酸钠溶液可与反应生成碳酸氢钠，可做捕获剂，故选D； （2）①反应Ⅰ为，属于化合反应，反应Ⅱ为，CaO、可循环利用； ②发生反应Ⅱ，反应物为和，生成CO、的物质的量相等，反应Ⅱ的化学方程式：； （3） ①中C原子和O原子之间是两个共用电子对，所有原子均达到8电子饱和结构，则二氧化碳的电子式为； ②根据图示是一个闭合的环，结合碳元素守恒，可以写出总反应的化学方程式为。 19．(1) (2) 、、 4.7≤pH＜7.2 (3)2.05 (4)存在可逆反应，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高； (5)4.48L (6)六水合硫酸镍()在280℃时失去结晶水 【分析】酸浸时生成的离子为、、，用过氧化氢溶液氧化亚铁离子变为铁离子，则溶液变为、、用NaOH溶液调节pH变为沉淀，需要调节pH为4.7时和完全沉淀，pH为7.2时开始沉淀，为二元强酸可以计算化合价和书写离子方程式，由图可知最佳温度和时间为70℃和120min，根据平衡移动原理，温度升高NH4Cl水解正向移动，温度越高沉淀率越大，完全沉淀时离子浓度为，据此答题。 【详解】（1）浓硝酸和浓盐酸可拆开，Pt由0价变为+4价，硝酸中的N原子由+5价生成NO变为+2价，铂在王水中生成二元强酸，反应的离子方程式为：； （2）根据分析，酸浸时生成的离子为、、；用NaOH溶液调节pH将和变为沉淀，调节pH为4.7时和完全沉淀，，pH为7.2时开始沉淀，所以pH的条件范围：4.7≤pH＜7.2； （3），，沉淀完全时浓度小于，代入数据可得，设原溶液体积为VL，则沉淀需要溶液的物质的量为2，溶液等体积混合后，，则加入溶液的浓度最小为； （4）存在可逆反应，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高； （5）隔绝空气锻烧时有两种单质生成，分别是Pt和，Pt元素化合价由+4降为0，N元素化合价由-3升到0，根据得失电子守恒可知生成3molPt的时候，生成N2的物质的量为2mol，当生成58.5gPt即0.3mol时，生成N2的物质的量为0.2mol，即标准状况下的体积为4.48L； （6）因为六水合硫酸镍()在280℃时失去结晶水生成黄绿色无水物，当温度更高开始分解，释放出三氧化硫，变成氧化镍是，所以要浓缩结晶而不是蒸发结晶。 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 $$