2025届高三化学一轮复习 - ---工业流程题

2025届高三化学复习----工业流程题 1．（24-25高三上·山西·开学考试）氟硅酸钾()常用于木材防腐和陶瓷制造，一种以石英砂和氢氟酸为原料制备氟硅酸钾的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)中Si元素的化合价为 。 (2)“还原1”中，发生反应的化学方程式为 。 (3)“还原2”中，发生反应的与的物质的量之比为 。 (4)“转化2”中发生反应的化学方程式为 。 (5)“沉淀”后，分离出的操作为 ，该操作需要使用的玻璃仪器有 。 (6)该工艺中可循环使用的物质除外，还有 (填化学式)。 (7)写出氢氟酸的一种用途： 。 2．（24-25高三上·山西吕梁·开学考试）以碳酸锰矿(含和少量FeO、、CaO)为原料制取的工业流程如图所示。已知：，，氧化性强于，其还原产物为。 回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中的位置 。 (2)为提高碳酸锰矿浸取速率，在用硫酸“浸取”时可采取的措施有：① ；②搅拌；③适当升高温度等。 (3)“氧化I”的离子方程式为 。 (4)“沉铁”过程加入的含钙元素的沉铁剂可能为 (写出一种即可)。 (5)若“除钙”后溶液中，则此时溶液中 mol/L。 (6)“氧化II”需加入且过量，其原因是 。 (7)“过滤”后的滤液的溶质主要是 (填化学式)和过量的。 3．（24-25高三上·贵州遵义·开学考试）研究发现，在Cu/催化剂上使用等离子体催化能将和直接转化为和，某小组以硫酸烧渣(主要成分为、、CuO和等)制备Cu/催化剂的流程如下： 已知：几种金属离子沉淀的pH如下表所示。 金属离子 开始沉淀pH 1.9 3.4 7.4 完全沉淀pH 3.7 4.7 9.6 回答下列问题： (1)工业生产中，常将“硫酸烧渣”研碎，目的是 。 (2)固体1和气体A分别是 、 。(均填化学式) (3)“分离铝、铁”时发生反应的离子方程式为 。 (4)高压条件下用氢气还原，当反应制得6.4gCu时，转移的电子数为 。 (5)“酸溶”时适当升高温度可提高生产效率，但温度不宜过高，最主要的原因是 ，a的取值范围是 。 (6)以800g硫酸烧渣为原料，假设过程中无任何损失且催化剂中铜与氢氧化铝的物质的量之比为，最终制得的催化剂的质量为568g，在该硫酸烧渣中，CuO的质量分数为 。 4．（24-25高三上·安徽淮北·阶段练习）碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料。某实验室以含镍()废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)生产中将含废渣粉碎的目的是 ，实验室除去固体中少量的的方法是 (填操作名称)。 (2)加入溶液时，确认已经完全沉淀的实验方法是 。 (3)不宜加入过多，其原因是 。 (4)“加热”时发生反应的化学方程式为 。 (5)若加热不充分，制得的NiOOH中会混有。现称取9.18gNiOOH产品溶于稀硫酸，加入100mL1.000 标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL(未配平)。取出20.00mL上述溶液，用0.010 标准溶液滴定，用去标准溶液20.00mL(不与反应)。 ①用粉末和蒸馏水配制0.010的溶液，下列仪器不需要的是 (填名称)，定容时仰视容量瓶的刻度线，所配溶液浓度 (填“偏低”“无影响”或“偏高”)。 ②通过计算确定样品中＋3价镍元素的质量分数= %(写出计算过程，结果保留一位小数)。 5．（24-25高三上·安徽淮北·阶段练习）发展海洋化学资源的综合利用技术，是发展海洋经济、保护海洋生态环境的重要保障，海水综合利用的部分流程如下图所示： 回答下列问题： Ⅰ．粗盐中含有泥沙、、、等杂质，精制步骤如下图所示。 (1)过滤时用到玻璃棒，其作用是 ，试剂a、b依次为 (填字母)。 A．、        B．、        C．、 (2)向“滤液”中缓缓加入盐酸时，开始时发生反应的离子方程式为 。 Ⅱ．以、NaCl为主要原料制备小苏打及物质b的流程如下图所示。 (3)反应①能进行的原因是 。 (4)反应②的化学方程式为 ，该流程中理论上无需不断补充的物质为 (填字母)。 A．NaCl                    B．                C． Ⅲ．用“母液”(含、、)提取，工艺流程如下图所示。 (5)吸收塔中转化为、，该反应的离子方程式为 (并用单线桥标出电子转移方向和数目)。 (6)向蒸馏塔中通入水蒸气，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是 。 6．（23-24高三上·湖南长沙·期末）Ⅰ．经检测某工厂的酸性废水中所含离子及其浓度如下表所示： 离子 浓度/ (1) 。 (2)为了减少污染并变废为宝，工程师们设计了如下流程，回收铜和绿矾。 ①工业废水中加入铁粉后，反应的离子方程式为 (任意写一个)。 ②试剂B的化学式是 。 ③上述废水经处理，理论上可获得的物质的量是 mol。 ④由制得的绿矾晶体配制溶液时，以下实验操作会导致所配溶液浓度偏高的是 。 A．用托盘天平称量绿矾晶体时，用到游码，且将砝码放在左盘，药品放在右盘 B．转移时，有液体溅出 C．最后一次转移后，发现液体超过刻度线，倒出多余部分 D．定容时，俯视刻度线 Ⅱ．明矾在日常生活中用途非常广泛。用废铝灰(含A1、、Fe、、等)为原料制取明矾的工艺流程如下图。回答下列问题： 已知：开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH为1.9～3.7。 (3)加快“酸溶”速率的措施有 (列举一种即可)。 (4)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 (5)“步骤①”调节pH约为3.7的目的是 。 (6)“步骤②”包含的操作有 、 、过滤、洗涤及干燥。 7．（23-24高三上·广东珠海·期末）Ⅰ．七水合硫酸亚铁是一种重要的食品或饲料添加剂，也是颜料及电子工业的原材料。某同学利用工业烧渣(含有、、)采用下图所示流程来模拟制备七水合硫酸亚铁。 回答下列问题： (1)“滤渣”主要成分的名称是 ，被还原的离子方程式 。 (2)若检验，取溶液中滴加溶液，产生的现象是 。此过程涉及反应的化学方程式为， 。 Ⅱ．流程需要溶液，若由你配制所需溶液，回答下列问题： 硫酸  化学纯(CP级) 品名：硫酸 化学式： 相对分子质量：98 密度： 质量分数：98％ (3)实验中除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要的主要仪器有： 。 (4)计算所需浓硫酸的体积约为 mL(精确到)。 (5)在量取浓硫酸后，进行了下列操作： ①等稀释的硫酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。 ②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹液面与瓶颈的刻度线相切。 ③将量取的浓硫酸稀释。 ④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。 上述操作中，正确的顺序是 (填序号)。 (6)下列操作会引起所配溶液浓度偏大的是___________(填字母)。 A．定容时仰视刻度线 B．容量瓶中原来有少量蒸馏水 C．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度 D．向容量瓶中转移溶液时，有少量液体溅出 (7)产品(摩尔质量为)纯度测定：取a g样品，配成溶液，量取待测液于锥形瓶中，加入酸性溶液至恰好完全反应，消耗溶液体积为b mL，纯度为 。 8．（24-25高三上·北京·开学考试）工业上利用锌焙砂(主要成分为，含有少量、、等)生产高纯的流程示意图如下。 (1)用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为，该反应的离子方程式为 。 (2)“浸出”时转化为。“除砷”步骤①中用作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为 。 (3)“除重金属”时加入溶液。滤渣II中含有的主要物质是 和。 (4)“蒸氨”时会出现白色固体，“沉锌”步骤①中加入足量溶液将该白色固体转化为的离子方程式为 。 (5)“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：i．固体失重质量分数。 ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品的活性越高。 ①时煅烧，后固体失重质量分数为，则的分解率为 %(保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(分解率)、高活性(比表面积)产品的最佳条件是 (填字母序号)。 a．恒温，    b．恒温， c．恒温，    c．恒温， 9．（24-25高三上·北京·开学考试）一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3 Ksp 6.8×10-6 5.6×10-12 2.3×10-9 2.8×10-9 5.5×10-6 2.5×10-2 (1)比较Li、Na的第一电离能Li Na，从原子结构解释原因 。 (2)比较Mg、Cl的电负性Mg Cl，写出MgH2的电子式 。 (3)i中，操作的名称是 。 (4)ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。 (5)iii中，得到的沉淀3的成分有 。 (6)有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。 (7)一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤Ⅰ．取agLi2CO3产品，加入c1mol·L−1V1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用c2mol·L−1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。 ②滴定终点的现象是 ③步骤Ⅱ的目的是 ；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 10．（23-24高三上·广东·期末）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工艺流程示意图如图，发生的反应有。 已知：①酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3＋。 ②常温下，。 ③溶液中离子浓度小于，可以视为离子沉淀完全。 (1)为提高“浸锰”效率，可采取的措施是 。 (2)相同pH的稀硫酸和氢硫酸，浓度较大的是 (填名称)；由水电离出的；稀硫酸 (填“小于”“大于”或“等于”)氢硫酸。 (3)常温下，加入MnCO3调节溶液的pH，当pH=3时，Fe3＋是否完全沉淀？ (填“是”“否”或“不确定”)。 (4)在实验室配制FeCl3溶液时，需将FeCl3溶解在浓盐酸中，然后稀释到所需的浓度，这样操作的目的是 。 (5)“浸银”时反应的离子方程式为，要提高银的浸出率，可提高 的浓度。 (6)银锰精矿中的FeS2(若S元素转化成)和氧化锰矿中的MnO2发生反应的离子方程式为 。 11．（23-24高三上·广东佛山·期末）一种由富锰废料(含、、和少量)进行废气脱硫，并回收金属资源的工艺流程如图所示： 已知：不溶于稀硫酸。有关金属离子沉淀的相关见下表。 金属离子 开始沉淀时pH 7.5 2.2 3.6 8.8 完全沉淀时pH 9.5 3.2 4.7 10.8 回答下列问题： (1)“化浆”中，发生反应的化学方程式为 。 (2)“脱硫”中，转化为 (填离子符号)。 (3)“氧化”中，加入的目的是 。 (4)“调”中，加入溶液调节范围为 。 (5)“沉铝”中生成，发生反应的离子方程式为 。 (6)“转化”中，理论上消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，母液的主要溶质为 (填化学式)。 12．（23-24高三上·广东·期末）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为，含、、等杂质)制备的工艺流程如下： 已知：①“氧化浸取”时，铋元素转化为，硫元素转化为硫单质； ②  。 (1)为提高“浸取”速率可采取的措施有 。(写出一条) (2)“氧化浸取”步骤中实际加入的远大于理论计算值，其原因可能是 。 (3)检验浸取液中含有可选用的试剂为 (写化学式)。 (4)“除铜”时发生反应：  ，则 。 (5)“转化”时，生成沉淀的离子方程式是 。 (6)可用于氧化、等。用的溶液滴定某溶液中。已知：。标准液溶液盛装在 滴定管(填“酸式”或“碱式”)；达到滴定终点时，实验前后刻度如图所示，消耗溶液的体积为 。 (7)下列操作会使测得的浓度偏低的是___________。 A．锥形瓶没有用待测液润洗 B．滴定前仰视读数并记录 C．装标准液的滴定管没有润洗 D．滴定结束滴定管尖嘴内有气泡 13．（24-25高三上·江西·开学考试）废物回收和利用是环保的重要课题。某小组从阳极泥(含、、Cu、Au和Pt等)中回收贵重金属的工艺如图所示。 回答下列问题： (1)Au和Cu位于同族，Au位于元素周期表 区，中Au的化合价为 价。 (2)“焙烧”中，为了提高反应速率宜采用的措施为 (答一条)。写出转化成砖红色粉末和的化学方程式： 。 (3)“酸溶”中，Pt转化成，写出其反应的离子方程式： 。 (4)“操作X”是 (填操作名称)。 (5)、的沸点依次为684.9℃、−10℃，其差异的主要原因是 。 (6)已知：常温下，，，。“转化”中溶液pH大于7，判断依据是 。 14．（23-24高三上·四川泸州·期末）“侯氏制碱法”产生的反应是：；粗盐中含有泥沙、等杂质，某同学设计了如下粗盐提纯和“侯氏制碱法”的生产流程，回答下列问题： (1)除杂试剂为______________（选填序号）。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 (2)操作Ⅰ所需仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是 （填仪器名称）。 (3)“固体1”中除含有泥沙、外，还可能含有 （填化学式）。 (4)“溶液1”调节值，应该选择的酸是 。 (5)在“精制饱和食热水”中先通入，因为与的溶解度差异较大，先通比先通将生成更 的（填“多”或“少”）。 (6)写出“固体2”煅烧的化学反应方程式 ，其中产物 可循环利用。 (7)“溶液3”的溶质主要含（或）、 。 15．（24-25高三上·福建三明·阶段练习）钛白粉学名二氧化钛()是性能最佳、应用最广、用量最大的白色颜料。钛铁矿()中往往含有、、、、等杂质。一种硫酸法钛白粉生产工艺如图： 已知：①酸解后，钠主要以形式存在，强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子。 ②不溶于水和稀酸，高温下分解生成。 ③完全沉淀pH约为3.7。 (1)写出基态Ti原子的价层电子排布式 。 (2)滤渣①的主要成分是 。 (3)酸解过程中，写出发生反应的化学方程式 。 (4)还原过程中，加入铁粉的目的是还原体系中的。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试：在其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)()含量随pH变化如图，试分析在pH介于4~6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因： 。 (5)水解过程是硫酸法制钛白工艺中的重要一步： ①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为 。 ②一定量的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中的含量，实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理 。 16．（24-25高三上·北京·开学考试）红矾钠()可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．Cr(VI)在溶液中存在以下平衡： ⅱ。溶液1条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围： 金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的 4.3 5.6 7.1 9.2 (1)Ⅰ中，还原的离子方程式为 。 ______________________+___________ (2)Ⅱ中，加入调节溶液的目标范围是 。 (3)Ⅲ中，其他条件相同时，反应温度过高会导致产率降低，可能原因是 。 (4)Ⅲ中，可用过二硫酸钠()代替的结构式如下， ①中，键角 180°(填“等于”或“小于”)。 ②若用代替参与反应II，中断裂的化学键为 键(填“”、“”或“”)。 (5)Ⅳ中，加入的作用是 (结合平衡移动原理解释)。 (6)为了测定红矾钠的纯度，称取上述流程的产品ag配成溶液，取出于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。 已知： ①滴定终点的现象为 。 ②该产品中，红矾钠(摩尔质量为)的质量分数为 (列出计算式)。 17．（23-24高三上·浙江衢州·期末）工业上可以按如下流程制备一系列产品： 请回答： (1)反应1生成的同时也可获得，写出反应1的化学方程式 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．反应1应先向饱和NaCl溶液中通入足量的，再通入 B．反应Ⅱ应减少的通入量，避免产生过多的 C．的酸性强于 D．化合物A是一种钠盐 (3)下列试剂或操作不能用于鉴别、的是_______。 A． B．焰色试验 C．加热 D． (4)化合物A具有还原性，请设计实验验证某化合物A样品已部分被氧化 ；写出实验过程中涉及的离子反应方程式 。 18．（2024·广东·模拟预测）四氧化三锰()是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)为原料制备高纯的工艺流程如图所示。 25℃时，相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表，当离子浓度小于时，则认为该离子沉淀完全了。 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 10.9 8.2 8.9 回答下列问题： (1)“氧化”步骤的主要目的是 。 (2)“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7~6.2之间，据此可以得知：的 。 (3)“滤渣3”中主要有 。 (4)写出“沉锰”时的离子方程式： 。 (5)在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，请你从化学平衡移动的角度解释加入氨水的目的： 。 (6)Mn和O可以组成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞如图所示。 ①该晶体中Mn的配位数为 。 ②已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度 (用含a、b的代数式表示)。 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)+4 (2) (3)1：1 (4) (5) 过滤 漏斗、烧杯和玻璃棒 (6)HCl (7)雕刻玻璃 【分析】由题给流程可知，石英砂和焦炭在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应生成的硅与氯化氢高温下反应生成三氯硅烷和氢气，三氯硅烷与氢气高温下反应生成硅和氯化氢，硅溶于氢氟酸反应生成和可以循环使用的氢气，溶液与氯化钾固体反应生成沉淀和可以循环使用的盐酸，过滤得到。 【详解】（1）中钾元素的化合价为+1价、氟元素的化合价为—1价，由化合价代数和为0可知，化合物中硅元素的化合价为+4价，故答案为：+4； （2）由分析可知，“还原1”发生的反应为石英砂和焦炭在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：； （3）由分析可知，“还原2”发生反的反应为三氯硅烷与氢气高温下反应生成硅和氯化氢，反应的化学方程式为，由方程式可知，反应中氢气和三氯硅烷的物质的量比为1：1，故答案为：1：1； （4）由分析可知，“转化2”发生的反应为硅溶于氢氟酸得到溶液，应的化学方程式为，故答案为：； （5）由分析可知，“沉淀”发生的反应为溶液与氯化钾固体反应生成沉淀和盐酸，过滤得到，过滤需要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：过滤；漏斗、烧杯和玻璃棒； （6）由分析可知，该工艺中可循环使用的物质为氢气和氯化氢，故答案为：HCl； （7）玻璃的主要成分为能与氢氟酸溶液反应生成四氟化硅和水的二氧化硅，所以氢氟酸的一种常用的用途为雕刻玻璃，故答案为：雕刻玻璃。 2．(1)第四周期ⅦB族 (2)将矿石粉碎或适当增大硫酸浓度 (3)MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe2++4H2O (4)CaCO3等 (5)200 (6)做氧化剂，把Mn2+氧化为MnO2；过量能提高MnO2的产率 (7)K2SO4 【分析】由题给流程可知，向碳酸锰矿中加入硫酸溶液酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到硫酸盐溶液；向溶液中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钙，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到氟化钙和滤液；向滤液中加入过二硫酸钾溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和含有硫酸钾、过量过二硫酸钾的滤液。 【详解】（1）锰元素的原子序数25，位于元素周期表第四周期ⅦB族，故答案为：第四周期ⅦB族； （2）将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升高温度等措施可以提高碳酸锰矿浸取速率，故答案为：将矿石粉碎或适当增大硫酸浓度； （3）由分析可知，加入高锰酸钾溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe2++4H2O，故答案为：+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe2++4H2O； （4）由分析可知，“沉铁”过程加入碳酸钙等的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：CaCO3等； （5）由溶度积可知，溶液中钙离子浓度为1×10—6mol/L时，溶液中氟离子浓度为=mol/L，则溶液中锰离子浓度为=200mol/L，故答案为：200； （6）由分析可知，加入过二硫酸钾溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过二硫酸钠过量可以使溶液中的锰离子完全转化为二氧化锰，有利于提高三氧化锰的产率，故答案为：做氧化剂，把Mn2+氧化为MnO2；过量能提高MnO2的产率； （7）由分析可知，滤液的主要成分为硫酸钾和过量的过二硫酸钾，故答案为：K2SO4。 3．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) SiO2 CO2 (3)OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]- (4)0.2NA (5) 温度过高，盐酸挥发加快，反应速率会减小 4.7≤pH＜7.4 (6)40% 【分析】该工艺流程为以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、CuO和SiO2等)为原料制备Cu/Al(OH)3催化剂。该工艺首先向硫酸烧渣中加入过量盐酸进行酸溶，将Fe2O3、Al2O3、CuO溶解，SiO2不溶，以固体形式析出；在加入氢氧化钠溶液调节pH，使铁离子和铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，铜离子保留在滤液1中，通过高压氢气将其转化为Cu；向氢氧化铁和氢氧化铝沉淀中继续加入过量氢氧化钠溶液，将氢氧化铝沉淀溶解为Na[Al(OH)4]，再向溶液中通入过量CO2，使四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝析出，最后与Cu反应合成催化剂； 【详解】（1）将“硫酸烧渣”研碎的目的是增大接触面积，加快反应速率； （2）由分析可知，固体1的成分是不溶于盐酸的SiO2，气体A是CO2； （3）分离铁、铝时，过量的NaOH与Al(OH)3反应生成Na[Al(OH)4]，离子方程式为：OH-+Al(OH)3=[Al(OH)4]-； （4）用氢气还原，当反应制得6.4gCu时，Cu的物质的量为0.1mol，Cu2+得到电子0.2mol，即转移的电子数为0.2NA； （5）盐酸是反应物，适当加热能够提高反应速率，但是温度过高，盐酸挥发加快，盐酸浓度降低较快，反应速率会急剧减小；调节pH的目的是使Fe3+、A13+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时须保证Cu2+不发生沉淀，由题干表格信息可知，需控制4.7≤pH＜7.4； （6）催化剂中铜与氢氧化铝的物质的量之比为，最终制得的催化剂的质量为568g，设铜与氢氧化铝的物质的量都为x，有64x+78x=568，解得x=4(mol)，根据铜元素守恒，烧渣中氧化铜的物质的量也为4mol，氧化铜的质量为4mol80g/mol=320g，在该硫酸烧渣中，CuO的质量分数为=40%。 4．(1) 增大反应接触面积，加快反应速率 加热 (2)取上层清液，加入碳酸钠溶液，若无明显现象，证明镍离子已经完全沉淀 (3)过量的会导致后续调pH时，增大碱性物质的用量 (4) (5) 分液漏斗和长颈漏斗 偏低 反应后余下物质的量为=0.01mol，与NiOOH反应的为0.09mol，则＋3价镍元素的质量分数为≈57.8% 【分析】含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH，废液中加入碳酸钠溶液，过滤得到NiCO3沉淀，沉淀中加入硫酸溶解生成NiSO4，加入试剂调节溶液的pH使镍离子全部沉淀生成，在空气中加热制取NiOOH； 【详解】（1）生产中将含废渣粉碎的目的是增大反应接触面积，加快反应速率；受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，实验室除去固体中少量的的方法是加热； （2）加入溶液时，确认已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液，若无明显现象，证明镍离子已经完全沉淀； （3）过量的会导致后续调pH时，增大碱性物质的用量，故溶解NiCO3时，加入的不宜过多； （4）在空气中加热制取NiOOH，化学方程式为； （5）①用粉末和蒸馏水配制0.010的溶液，需要用到托盘天平、胶头滴管、容量瓶、量筒、药匙、玻璃棒、烧杯，不需要用到分液漏斗和长颈漏斗；定容时仰视容量瓶的刻度线，加水加多，所配溶液浓度偏低； ②根据关系式，，称取9.18gNiOOH产品溶于稀硫酸，加入100mL1.000 标准溶液，由题中标准溶液滴定数据，可知反应后余下物质的量为=0.01mol，与NiOOH反应的为100×10-3L×1.000mol/L-0.01mol=0.09mol，则＋3价镍元素的质量分数为≈57.8%。 5．(1) 引流 B (2)H++OH-=H2O (3)溶解度小的NaHCO3从溶液中析出，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行 (4) C (5) (6)温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来 【分析】海水淡化得到淡水，另外蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐；母液加氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，用盐酸将其沉淀溶解，HCl氛围中加热制得氯化镁晶体，氯化镁晶体在一定条件下加热脱水生成无水氯化镁，最后电解熔融的氯化镁得到金属镁； 粗盐中含有泥沙、、、等杂质， 加水溶解，过滤除去泥沙，再依次加入过量BaCl2溶液、过量NaON溶液、过量Na2CO3溶液，过滤除去沉淀，再向滤液加入适量盐酸得到NaCl溶液，蒸发结晶得到精盐； 母液中通入氯气将溴离子氧化为溴单质，吹入空气将溴吹出，加入纯碱液吸收溴元素，将转化为、，再加入稀硫酸使、发生归中反应生成溴，经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的目的是富集溴元素，最后经蒸馏得到液溴，据此解答。 【详解】（1）过滤时用到玻璃棒，其作用是引流；粗盐提纯时，加入的碳酸钠应在加入的氯化钡之后，一方面除去原溶液中的Ca2+，另一方面碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，不能用溶液除去，因为会引入新杂质，故选B； （2）向“滤液”中缓缓加入盐酸时，开始时盐酸与过量的NaOH先反应，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O； （3）反应①能进行的原因是：溶解度小的NaHCO3从溶液中析出，离子反应会向着离子浓度减小的方向进行； （4）由图可知，反应②的化学方程式为：；NaCl和MgCO3为原料，需要补充，NH4Cl为中间产物，不需要补充，故选C； （5） 吸收塔中转化为、，该反应的离子方程式为：，用单线桥表示为 （6）向蒸馏塔中通入水蒸气，控制温度在90℃左右进行蒸馏的原因是：温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来。 6．(1)0.1 mol/L (2) Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑（任写一个即可） H2SO4 12 D (3)搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度等（答案合理即可） (4)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (5)使Fe3+完全沉淀而Al3+不沉淀 (6) 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】Ⅰ．100L工业废水中含有铁离子2mol、铜离子1mol、硫酸根离子10mol、钠离子2mol和氢离子10mol，先加入Fe560g即10mol，Fe先与Fe3+反应离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，消耗Fe1mol，再与Cu2+反应离子方程式为Cu2++Fe=Cu+Fe2+，消耗Fe1mol，最后与氢离子反应离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，消耗Fe5mol，剩余Fe3mol，固体C为3molFe和1molCu，固体C中加入试剂B为硫酸，Fe与硫酸反应生成溶液E为FeSO4，溶液D中含有FeSO4和Na2SO4，与溶液E混合后经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到硫酸亚铁晶体； Ⅱ．由工艺流程图知，废铝灰经酸溶后，其中的铝元素和铁元素分别以Al3+和Fe3+、Fe2+形式存在，过滤取滤液加入H2O2能将Fe2+氧化成Fe3+，之后加入Al(OH)3调节pH约为3.7，可使Fe3+完全沉淀而Al3+不沉淀，再次过滤，所得溶液中的金属阳离子只有Al3+，加入K2SO4可得KAl(SO)2溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥一系列操作后即制得明矾。 【详解】（1）根据溶液的电荷守恒，氢离子浓度为：(0.2-0.06-0.02-0.02)mol/L=0.1mol/L，故答案为：0.1 mol/L； （2）①工业废水中的Fe3+、Cu2+、H+均能与Fe反应，发生的离子方程式依次为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu2++Fe=Cu+Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑（任写一个即可）； ②根据分析可知，试剂B为H2SO4，故答案为：H2SO4； ③Fe与1mol硫酸铁反应得到3mol硫酸亚铁，与1mol硫酸铜反应得到1mol硫酸亚铁，与5mol硫酸反应得到5mol硫酸亚铁，剩余的3molFe最后与硫酸反应生成3mol硫酸亚铁，故得到硫酸亚铁晶体的物质的量为12mol，故答案为：12； ④A．称量绿矾晶体时，将砝码放在左盘，药品放在右盘，根据左盘质量=砝码质量+游码，称量的绿矾晶体质量偏小，则所配制溶液浓度偏低，故A项错误； B．转移时，有液体溅出，溶质部分损失，所配制溶液浓度偏小，故B项错误； C．最后依次转移后，发现液体超过刻度线，倒出多余部分，溶质部分损失，所配制溶液浓度偏小，故C项错误； D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配制溶液浓度偏大，故D项正确； 故答案为：D； （3）加快“酸溶”速率的措施有搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度等，故答案为：搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度等（答案合理即可）； （4）“氧化”是加入H2O2能将Fe2+氧化成Fe3+，发生反应的离子方程式：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； （5）加入AI(OH)3调节pH约为3.7，可使Fe3+完全沉淀而Al3+不沉淀，故答案为：使Fe3+完全沉淀而Al3+不沉淀； （6）“步骤②”前是溶液，“步骤②”后得到固体产品，说明“步骤②”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥等一系列操作，故答案为：蒸发浓缩； ②由①可知，“步骤②”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥等一系列操作，故答案为：冷却结晶。 7．(1) 二氧化硅 (2) 生成白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，过一段时间后变为红褐色沉淀 (3)500 mL容量瓶 (4)13.6 (5)③①④② (6)C (7)%或 【分析】工业烧渣(含有、、)中加入过量的稀硫酸，生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤得到滤渣为，加入试剂X还原，为了不引入杂质，则X是铁，得到硫酸亚铁溶液，经过一系列操作，得到硫酸亚铁晶体。 【详解】（1）根据分析知，“滤渣”主要成分为不与硫酸反应的二氧化硅；被还原的离子方程式：； （2）若检验，取溶液中滴加溶液，发生反应的化学方程式：，，产生的现象是：生成白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，过一段时间后变为红褐色沉淀； （3）配制溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 mL容量瓶等； （4）浓硫酸的浓度：，稀释前后溶质物质的量不变，则所需浓硫酸的体积约为mL； （5）正确的顺序是：③将量取的浓硫酸稀释。①等稀释的硫酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2至3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的凹液面与瓶颈的刻度线相切； （6）A. 定容时仰视刻度线，则水加多了，所配溶液浓度偏小； B. 容量瓶中原来有少量蒸馏水，不影响溶液浓度； C. 用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，量取浓硫酸的体积偏大，所配溶液浓度偏大； D. 向容量瓶中转移溶液时，有少量液体溅出，溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏小； 故选C； （7）物质的量为，根据得失电子守恒知，当时，恰好完全反应，则，纯度为。 8．(1) 增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率 ZnO+2NH3▪H2O+2=+3H2O (2) (3)CuS (4)+ 2=2ZnCO3++2H2O (5) 94.6 b 【分析】锌焙砂(主要成分为，含有少量、、等)中加入(NH4)2SO4溶液和氨水，得到的浸出液中含有、、等，再依次加入(NH4)2S2O8溶液、CaO、FeSO4，将氧化为，过滤得到FeAsO4、Fe(OH)2、Fe(OH)3；滤液中加入BaS溶液除去重金属，过滤得滤渣II，滤液中加入Zn粉深度除金属得到含Ni、Zn的滤渣III，滤液蒸氨后再向其中加入NH4HCO3溶液和通入CO2将[Zn(NH3)4] 2+转化为ZnCO3沉淀，烘干后煅烧，得到ZnO，以此解答。 【详解】（1）①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高浸出率； ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为，该反应的离子方程式为：ZnO+2NH3•H2O+2=+3H2O。 （2）“浸出”时转化为，由分析可知，和(NH4)2S2O8发生氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （3）除砷后溶液中还存在硫酸根、Cu2+、Ni2+、Zn2+等，其中Ni2+在深度除金属离子中除去，则“除重金属”时，加入BaS溶液可以将Cu2+除去，滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和BaSO4。 （4）“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为：+ 2=2ZnCO3++2H2O。 （5）①ZnCO3加热时发生分解ZnCO3，设加热前ZnCO3的质量为ag，300min后固体失重质量分数为33.3％，则生成CO2的质量为0.333ag，ZnCO3分解的质量为，则ZnCO3的分解率为=94.6%； ②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由①可知ZnCO3分解率>95％，由图2可知，恒温550℃时，ZnO比表面积，则应该选择恒温300℃，240~300min，故选b。 9．(1) > Li、Na位于同一主族，自上而下，电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小 (2) < (3)萃取分液 (4)2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2 (5)Mg(OH)2和CaCO3 (6) 不可行 溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯 (7) % 溶液由无色变为红色，且30s内不恢复原来颜色 将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果 偏低 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li＋、Na＋、Mg2＋的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2＋转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2＋，将溶液3中的Ca2＋转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题； 【详解】（1）金属锂的第一电离能大于金属钠，原因是：Li、Na位于同一主族，自上而下，电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小； 故答案为：①>②Li、Na位于同一主族，自上而下，电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小; （2）①氯元素的电负性强于镁元素; 故答案为：<； ②氢化镁为离子化合物，其电子式为： 故答案为： （3）根据流程图可知：i是用有机溶剂将富锂卤水中硼元素萃取出来，并将有机物和无机物分开，该步为萃取分液； 故答案为：萃取分液； （4）由分析可知，ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3，即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2； 故答案为：2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2 （5）由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3； 故答案为：Mg(OH)2和CaCO3 （6）由分析可知，溶液3中含有Li＋、Na＋、Ca2＋等离子，Ca2＋能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行； 故答案为：①不可行②溶液3中含有Li＋、Na＋、Ca2＋等离子，Ca2＋能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯 （7）①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)1=n(NaOH)=c2V2×10－3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)2= c1V1×10-3mol- n(H2SO4)1= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2) ×10-3mol，根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为=； 故答案为：； ②氢氧化钠溶液滴定稀硫酸，酚酞作指示剂，终点现象为：溶液刚好由无色变为红色，且30s内不恢复原来颜色； 故答案为：溶液刚好由无色变为红色，且30s内不恢复原来颜色； ③由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果； 故答案为：将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果； ④若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低， 故答案为：偏低； 10．(1)搅拌、适当增加硫酸浓度、加热等 (2) 氢硫酸 等于 (3)是 (4)抑制FeCl3的水解 (5)HCl、CaCl2、FeCl3 (6) 【分析】 银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液，二氧化锰具有氧化性使得二价铁氧化为三价铁同时二氧化锰能被还原生成锰离子，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰渣中Ag2S与过量氯化铁、盐酸、氯化钙的混合液反应，将Ag2S中的银以[AgCl2]形式浸出，用铁粉把[AgCl2]还原为金属银，据此分析。 【详解】（1）为提高“浸锰”效率，可采取的措施有搅拌、适当增加硫酸浓度、加热等； （2）硫化氢是弱酸，相同pH的稀硫酸和氢硫酸，浓度较大的是氢硫酸；相同pH则对水的电离抑制程度相同，由水电离出的相同； （3）当pH=3时，，，可知Fe3＋完全沉淀； （4）配制FeCl3溶液时，需将FeCl3溶解在浓盐酸中，然后稀释到所需的浓度，这样操作的目的是提供酸性环境，抑制FeCl3的水解； （5）根据平衡，要提高银的浸出率，可提高HCl、CaCl2、FeCl3的浓度，增加氯离子浓度，平衡正向移动； （6）FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，S元素转化成，二氧化锰被还原生成锰离子，离子方程式为。 11．(1)+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O； (2) (3)使溶液中的亚铁离子转化为铁离子 (4)4.7 (5)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO（或） (6) 2∶3 K2SO4、H2SO4 【分析】由题给流程可知，向富锰废料中加入稀硫酸化浆时，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝，MnO2不反应，酸浸后与含有二氧化硫烟气溶解，发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+、SO2+MnO2═Mn2++，将二氧化锰、铁离子酸性条件下转化为锰离子、亚铁离子，加入二氧化锰氧化，使溶液中的亚铁离子转化为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到母液和二氧化锰。将含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣碱溶，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液（或四羟基合铝酸钠溶液），过滤得到氢氧化铁固体，加热氢氧化铁固体得氧化铁，向偏铝酸钠溶液（或四羟基合铝酸钠溶液）通入过滤二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，加热氢氧化铝固体得氧化铝。 【详解】（1）根据分析，“化浆”中，与稀硫酸反应生成硫酸锰，生反应的化学方程式为+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O； （2）根据分析，二氧化硫烟气溶解时发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+、SO2+MnO2═Mn2++，“脱硫”中，转化为； （3）根据分析，“氧化”中，加入的目的是使溶液中的亚铁离子转化为铁离子； （4）根据分析，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不能沉淀，则加入溶液调节范围为4.7； （5）根据分析，“沉铝”时向偏铝酸钠溶液（或四羟基合铝酸钠溶液）通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓ +HCO（或）； （6）根据分析，“转化“时KMnO4和锰离子发生归中反应，得到MnO2，KMnO4为氧化剂，锰离子为还原剂，根据Mn元素由+7价、+2价转化为+4价，降低3价，升高2价，则反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3；KMnO4与硫酸锰反应除生成二氧化锰外，还生成K2SO4、H2SO4，母液的主要溶质为K2SO4、H2SO4。 12．(1)将辉铋矿粉碎研磨或适当提高盐酸浓度或搅拌等 (2)部分H2O2在Fe3+、Cu2+催化作用下发生分解反应 (3)KSCN (4)2.2×10—20 (5)Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O (6) 酸式 22.00 (7)BD 【分析】由题给流程可知，向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸的混合溶液氧化浸取，将金属元素转化为金属氯化物，硫元素转化为硫，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣和滤液；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；向滤液中加入氨水，将溶液中铜离子转化为四氨合铜离子，铋离子转化为氢氧化铋沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；向氢氧化铋中加入盐酸溶解得到氯化铋溶液，向溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，将溶液中的铋离子转化为铋酸钠沉淀，过滤得到滤液和铋酸钠。 【详解】（1）将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等措施可以提高“浸取”速率，故答案为：将辉铋矿粉碎研磨或适当提高盐酸浓度或搅拌等； （2）“氧化浸取”步骤中实际加入的过氧化氢远大于理论计算值是因为反应生成的铁离子和铜离子可以做过氧化氢分解的催化剂，催化剂能加快过氧化氢的分解速率，导致过氧化氢溶液的浓度减小，“浸取”速率减慢，所以实际加入的过氧化氢远大于理论计算值，故答案为：部分H2O2在Fe3+、Cu2+催化作用下发生分解反应； （3）溶液中的铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，所以可以用硫氰化钾溶液检验浸取液中含有的铁离子，故答案为：KSCN； （4）氢氧化铜的溶解平衡为①，由题意可知，生成四氨合铜离子的反应为②， ③，由盖斯定律可知，反应②—反应③=平衡①，则==2.2×10—20，故答案为：2.2×10—20； （5）由分析可知，“转化”时，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液的目的是将溶液中的铋离子转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程式为Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O，故答案为：Na++ClO−+Bi3++4OH−=NaBiO3↓+Cl−+2H2O； （6）高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液；由图可知，滴定消耗高锰酸钾溶液的体积为22.80mL—0.80mL=22.00mL，故答案为：酸式；22.00mL； （7）A．锥形瓶没有用待测液润洗不会影响待测液中溶质的物质的量和标准溶液的体积，对实验测定结果无影响，故错误； B．滴定前仰视读数并记录会使消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故正确； C．装标准液的滴定管没有润洗会使消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，导致测定结果偏高，故错误； D．滴定结束滴定管尖嘴内有气泡会使消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故正确； 故选BD。 13．(1) ds +3 (2) 粉碎废渣、增大氧气浓度、适当升高温度等 (3) (4)萃取、分液 (5)SeO2和SO2都是分子晶体，SeO2的相对分子质量大于SO2，故SeO2分子间的范德华力大于SO2分子间的范德华力，SeO2的沸点比SO2的沸点高 (6)铵根离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，则，所以亚硫酸根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，溶液为碱性 【分析】阳极泥(含Ag2Se、Cu2Se、Cu、Au和Pt等)在氧气中焙烧，转化为CuO、Ag2O、SeO2、Cu2O，加入稀硝酸酸浸氧化，转化为硝酸银、硝酸铜、Au和Pt不反应，过滤后Au和Pt中加入盐酸、氯气得到AuCl3、[PtCl6]2−，加入磷酸三丁酯萃取、分液后留下AuCl3，加入KOH、(NH4)2SO3转化为NH4[Au(SO3)2]，据此回答。 【详解】（1）Au和Cu位于同族，Au价电子排布为5d106s1，位于元素周期表ds区，根据正负化合价代数和为0可知，NH4[Au(SO3)2]中Au的化合价为+3价； （2）“焙烧”中，为了提高反应速率宜采用的措施为粉碎废渣、增大氧气浓度、适当升高温度等，Cu2Se转化成砖红色粉末Cu2O和SeO2的化学方程式为：； （3）“酸溶”中，Pt转化成[PtCl6]2−，其反应的离子方程式为：； （4）磷酸三丁酯为有机溶剂，可以作为萃取剂，“操作X”是萃取、分液； （5）SeO2、SO2的沸点依次为684.9℃、−10℃，其差异的主要原因是：SeO2和SO2都是分子晶体，SeO2的相对分子质量大于SO2，故SeO2分子间的范德华力大于SO2分子间的范德华力，SeO2的沸点比SO2的沸点高； （6）铵根离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，则，所以亚硫酸根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，溶液为碱性。 14．(1)C (2)漏斗 (3)Fe(OH)3 (4)盐酸 (5)多 (6) 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O CO2 (7)Na2CO3 【分析】由题给流程可知，向粗盐水中先加入氢氧化钠溶液，将溶液中镁离子、铁离子转化为氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，再加入氯化钡溶液，将溶液中的硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，后加入碳酸钠溶液，将溶液中的钙离子和过量的钡离子转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，过滤得到含有泥沙、氢氧化镁、氢氧化铁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡的固体1和溶液1，则X为氯化钡溶液、Y为碳酸钠溶液；向溶液1中加入盐酸调节溶液pH，将溶液中过量的氢氧根离子和碳酸根离子除去，加热煮沸除去二氧化碳，蒸发得到精制的饱和食盐水，向精制的饱和食盐水中先通入溶解度大的氨气得到氨化的饱和食盐水，再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体2和溶液2；向溶液2中氨气和氯化钠固体，将溶液中的碳酸氢钠转化为碳酸钠，降温结晶、过滤得到氯化铵和含有氯化钠、氯化铵、氨气和一水合氨、碳酸钠的溶液3；碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应生成的二氧化碳可以循环使用。 【详解】（1）由分析可知，加入的试剂X为氯化钡溶液，目的是将溶液中的硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，故选C； （2）由分析可知，操作Ⅰ为固液分离的过滤操作，过滤所需仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗； （3）由分析可知，固体1中含有的主要成分为泥沙、氢氧化镁、氢氧化铁、硫酸钡、碳酸钙、碳酸钡，故答案为：Fe(OH)3； （4）由分析可知，向溶液1中加入盐酸调节溶液pH的目的是将溶液中过量的氢氧根离子和碳酸根离子除去，并不引入新杂质，故答案为：盐酸； （5）向精制的饱和食盐水中先通入溶解度大的氨气得到氨化的饱和食盐水，再通入二氧化碳的目的是增大二氧化碳的溶解度，有利于二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，所以先通入溶解度大的氨气比先通入二氧化碳可以得到更多的碳酸氢钠，故答案为：多； （6）由分析可知，“固体2”煅烧的反应为碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，反应生成的二氧化碳可以循环使用，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2； （7）由分析可知，溶液3的主要成分为氯化钠、氯化铵、氨气和一水合氨、碳酸钠，故答案为：Na2CO3。 15．(1) (2)、、 (3) (4)pH介于4~6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以形式存在 (5) 【分析】由题给流程可知，钛铁矿经磨矿后，加热条件下加入稀硫酸酸解，将FeTiO3转化为硫酸亚铁和TiOSO4，金属氧化物转化为硫酸盐，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不能与稀硫酸反应，向酸解后的溶液中加入足量铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，过滤得到含有铁、二氧化硅、硫酸钙的滤渣1和滤液1；滤液1经结晶、过滤得到含有硫酸亚铁晶体的滤渣2和滤液2；一定条件下，使滤液2中的TiOSO4发生水解反应转化为钛酸沉淀，过滤得到滤液3和钛酸；钛酸经煅烧分解制得钛白粉，据此回答。 【详解】（1）钛元素的原子序数为22，基态原子的价电子排布式为； （2）由分析可知，滤渣1的主要成分为、、； （3）由分析可知，酸解过程中FeTiO3发生的反应为FeTiO3与稀硫酸共热反应生成硫酸亚铁、TiOSO4和水，反应的化学方程式为； （4）由图可知，溶液pH增大，体系中Fe(Ⅲ)含量增大，说明溶液pH增大，铁离子在溶液中的水解程度增大，则在pH介于4~6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变说明体系中铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在； （5）①由分析可知，水解过程中得到沉淀的反应为一定条件下，滤液2中的TiOSO4发生水解反应生成钛酸沉淀和硫酸，反应的离子方程式为；②用酸性高锰酸钾溶液滴定溶液中亚铁离子的反应为酸性条件下，溶液中高锰酸根离子与亚铁离子反应生成锰离子、铁离子和水，反应的离子方程式为。 16．(1) (2)5.6~7.1 (3)温度升高，分解速率加快，浓度降低 (4) 小于 (5)增大'浓度，使平衡逆移，增大浓度 (6) 溶液蓝色褪去，且30s不变色 【分析】浸出液(主要含)，根据流程图，先加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到与氢氧化钠反应Cr(OH)3，Cr(OH)3，Cr(OH)3与NaOH和H2O2反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液，加热蒸发结晶，趁热过滤后冷却结晶得到红矾钠 ()，据此回答。 【详解】（1）由分析知，加入NaHSO3，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到和Na2SO4，对应的离子方程式为； （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH的目的是将Cr3+完全沉淀，而使Ni2+不沉淀，故应该调节pH至5.6~7.1，故选c； （3）III中，其他条件相同时，若温度升高，分解速率加快，浓度降低，所以氧化Cr(OH)3的减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低； （4）①的中心原子O原子的价电子对数为，为sp3杂化，有两个孤电子对，故键角小于180°； ②在反应II中，过氧化氢作为氧化剂，若用代替参与反应II，即作为氧化剂，中断裂的化学键为键； （5）Na2CrO4溶液中存在以下平衡：，加入硫酸，溶液中增大，使得上述平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率； （6）①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色； ②根据得失电子总数相等可知，，故有，所得红矾钠 (摩尔质量为)的质量分数为。 17．(1) (2)CD (3)BD (4) 取少量化合物A样品溶于水中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明化合物A样品已部分被氧化 【分析】饱和氯化钠、氨气、二氧化碳之间反应析出碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠、二氧化碳、水，二氧化硫、水与碳酸钠反应经过加工最终得到固体A为亚硫酸钠。 【详解】（1）反应Ⅰ饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸氢钠晶体，其反应的化学方程式为 （2）A．由于氨气极易溶于水，而二氧化碳微溶于水，则反应Ⅰ应先向饱和NaCl溶液中通入足量的NH3再通入CO2，A错误； B．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫需要加热及催化剂，则反应Ⅱ中很难生成SO3，B错误； C．二氧化硫、水与碳酸钠反应产生亚硫酸钠，H2SO3的酸性强于H2CO3，C正确； D．二氧化硫、水与碳酸钠反应产生亚硫酸钠，则化合物A是一种钠盐，D正确； 故选CD。 （3）A．碳酸钠和碳酸氢钠在水中的溶解度不同，能用水鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，A正确； B．两者均含有钠元素，焰色试验均为黄色，B错误； C．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则加热可以鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，C正确； D．两者均能与Ca(OH)2反应生成碳酸钙沉淀，不能用Ca(OH)2鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，D错误； 故选BD。 （4）①化合物A是亚硫酸钠具有还原性，若化合物亚硫酸钠部分被氧化会生成硫酸钠，则检验亚硫酸钠样品中是否有硫酸根离子，取少量化合物A样品溶于水中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明化合物A样品已部分被氧化； ②其反应的离子反应方程式为。 18．(1)把氧化成为，使铁元素能够在调pH时完全被除去 (2) (3)ZnS、NiS (4) (5)“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成，发生反应，该过程中加入氨水可消耗氢离子，促进正向移动(合理表述均可) (6) 6 【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2（或不溶性硅盐），所以得到的滤渣1为S和SiO2（或不溶性硅盐）；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，所得滤液中继续加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰，硫酸锰与氨水反应得氢氧化锰，氢氧化锰再空气中加热得四氧化三锰。 【详解】（1）“氧化”步骤的主要目的是：把氧化成为，使铁元素能够在调pH时完全被除去。 （2）根据分析，“滤渣2”中主要有Al(OH)3、Fe(OH)3，“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7~6.2之间，由表中数据可知pH在2.8时，Fe3+沉淀完全，则pH在4.7时，Al3+沉淀完全，因此的。 （3）根据分析可知，“滤渣3”中主要有ZnS、NiS。 （4）“沉锰”时得到碳酸锰沉淀，离子方程式：。 （5）在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，是由于：“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成，发生反应，该过程中加入氨水可消耗氢离子，促进正向移动。 （6）①由晶胞结构可知，每个锰原子被6个氧原子包围，因此Mn的配位数为6； ②锰离子的个数为：，氧离子的个数为：，该锰氧化物的化学式为MnO2，阿伏加德罗常数为，每个晶胞中含有2个MnO2，则该晶体的密度为。 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 $$