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．（2023·云南·二模）铂催化剂(主要成分为Pt、α-Al2O3及少量铁)在使用过程中，Pt易被氧化为难溶于酸的PtO2而失活。一种从废铂催化剂中回收海绵铂的工艺流程如图所示。 (1)“还原Ⅰ”加入甲酸的目的是还原 。 (2)“酸浸”过程： ①从绿色化学要求出发，酸浸液应选择 (填标号)。 A．浓硝酸和浓盐酸    B．盐酸和H2O2    C．浓硝酸和Cl2 ②温度、固液比对浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳温度范围为 ，最佳固液比为 。 ③酸浸液不能溶解α-Al2O3，由此可知α-Al2O3属于 晶体(填分子、离子、共价、金属)。 (3)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为；，(RCl为阴离子交换树脂)。 ①“离子交换”流出液中阳离子有H+、 (填离子符号)。 ②运用化学反应原理知识，解释淋洗液需使用浓度较大的盐酸(6mol·L-1)的原因是 。 (4)“沉铂”过程铂元素主要发生如下转化： H2PtCl4(aq)[Pt(NH3)4]Cl2(aq)Pt(NH3)2Cl2(s)。 写出[Pt(NH3)4]Cl2的名称： ，为了使[Pt(NH3)2]2+沉淀完全，需再次补充HCl(aq)调节c(Cl-)至 mol·L-1以上。(已知：当c<10-5mol/L时，离子沉淀完全；Ksp[Pt(NH3)2Cl2]=1.96×10-9) (5)为保护环境，设计了“还原Ⅱ”步骤，产物除海绵铂外还有一种无毒无害气体和铵盐。写出“还原Ⅱ”中生成海绵铂的化学方程式为 。 2．（2024高三下·浙江绍兴·学业考试）工业上以铝土矿(主要成分Al2O3)为原料生产铝；主要流程如下： (1)提高铝土矿与NaOH溶液反应的速率；可采取的措施有 。(写出1条) (2)步骤①中主要反应的离子方程式是 。 (3)步骤③中沉淀的化学式是 。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．操作Ⅰ、操作Ⅱ均为过滤 B．溶液b中溶质的主要成分是碳酸钠 C．步骤②中通入过量CO2可改为加入过量盐酸 D．Al2O3熔点很高；熔融电解时可加入冰晶石做助熔剂 3．（24-25高三上·新疆·开学考试）海水是巨大的资源宝库，工业上从海水中获取某些重要化工原料的流程如下图示。 已知：苦卤是海水经蒸发浓缩析出食盐后所得的母液，主要含有KCl、、和等。回答下列问题： (1)请列举除蒸馏法外海水淡化的一种方法： 。 (2)试剂1最好选用 (填编号)。 a． b． c． d．NaOH (3)提取溴单质时，往苦卤中通入氯气和酸，其酸化的目的是 。 (4)将吹出后的含的空气按一定速率通入吸收塔，用和水进行吸收，吸收后的空气进行循环利用。 ①流程中可用热空气吹出溴的原因为 。 ②“吸收塔”内发生反应的离子方程式： 。 ③流程中不是将酸和氯气氧化后的苦卤直接蒸馏，而是经过“空气吹出”、“二氧化硫吸收”、“氢气氧化”再蒸馏得到液溴，目的是 。 (5)海带灰中富含以形式存在的碘元素。实验室提取的途径如图所示： ①灼烧时海带放在 (填一种仪器名称)中加热灼烧。 ②向酸化的滤液中加入过氧化氢溶液，可将氧化为，请写出该反应的离子方程式： 。 4．（21-22高三上·广东湛江·期中）Ⅰ.H2S能用于烟气脱硝。在密闭容器中充入一定量的H2S，发生反应：2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)如图所示为H2S气体分解生成H2和S2(g)的平衡转化率与温度、压强的关系。 (1)△H 0(填“>”“<”或“=”) (2)图中压强(pl、p2、p3)的大小顺序为 。 (3)图中M点的平衡常数KP= MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，计算结果小数点后保留两位) (4)如果想进一步提高H2S的转化率。除改变温度、压强外，还可以采取的措施有 。 Ⅱ.甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 (5)反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，甲烷和水蒸气反应的方程式是 。 (6)已知反应器中还存在如下反应： ⅰ．CH4(g)+H2O(g)═CO(g)+3H2(g)  △H1 ⅱ．CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)  △H2 ⅲ．CH4(g)═C(s)+2H2(g)  △H3 … ⅲ为积炭反应，反应物投料比采用n(H2O)：n(CH4)=4：1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是 (选填字母序号)。 a．促进CH4转化      b．促进CO转化为CO2         c．减少积炭生成 (7)用CaO可以去除CO2．H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。 从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率 (填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因： 。 5．（23-24高三下·四川乐山·阶段练习）五氧化二钒V2O5广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3，、NiO等)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，回收工艺流程如下： ①“酸浸”时V2O5和V2O4与稀硫酸反应分别生成和。 ②溶液中与可相互转化：且NH4VO3为沉淀。 (1)“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是 ，滤渣1的化学式 。 (2)“还原转化”中加入FeSO4的目的是将转化为VO2+，写出离子方程式 。 (3)“氧化1”后，溶液中含有的金属阳离子主要有K+、Fe3+、Ni2+、VO2+ ，调节溶液的pH最小值为2.8，可使Fe3+沉淀完全。若溶液中c()=0.2mol·L1，则此时 (填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。请列式并简单表示推理过程 (假设溶液体积不变，lg60.8，Ksp[Fe(OH)3]=2.1610-39，Ksp[Ni(OH)2]=210-15)。 (4)“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)“沉钒”时，通入氨气的作用是 。 6．（23-24高三下·四川乐山·期中）以含镍废料(主要成分为，含少量、、、和)为原制备和碳酸钴()的工艺流程如下。 已知：，请回答以下问题： (1)“滤渣Ⅰ”主要成分是 。 (2)“氧化”时反应的离子方程式是 ，为证明添加已足量，可用 (写化学式)溶液进行检验。 (3)“萃取”和“反萃取”可简单表示为：。“萃取”和“反萃取”都需要使用到的主要玻璃仪器为 。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 。 (4)若起始时，“沉钴”过程中应控制 (填范围)。 (5)镍()和砷形成某种晶体的晶胞如图1所示，图2为该晶胞的俯视投影图。 晶胞中含有 个原子。该晶体的密度 。(设为阿伏加德罗常数，用含a、b和的代数式表示。) 7．（23-24高三上·广东·阶段练习）镍及其化合物在工业上有广泛用途，以某地红土镍矿(主要成分为、、、和铁的氧化物)为原料，采用酸溶法制取和，工业流程如图所示： 已知：①常温下，易溶于水，和不溶于水；。 ②在上述流程中，某些金属离子开始沉淀和沉淀完全时的如表： 沉淀物 开始沉淀时的 7.1 7.6 2.7 3.4 9.2 沉淀完全()时的 9.0 9.6 3.2 4.7 11.1 回答下列问题： (1)“浸取”时需将矿样研磨的目的是 ，“滤渣1”的成分是 (填化学式)。 (2)“滤液1”中加入的作用是 (用离子方程式表示)。 (3)操作Ⅱ为达到实验目的，由表中的数据判断通入调节溶液的范围是 。 (4)“滤液1”中是否存在，可用 检验。 (5)“沉镍”中调为8.5，则滤液中的浓度为 。 (6)操作V是蒸发浓缩、 、过滤、洗涤。 8．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）为实现“碳中和”的目标，资源化利用成为研究热点。将转化为甲酸的一种流程如下： (1)该流程还得到少量乙酸等副产物，甲酸与乙酸具有相同的官能团是 (写官能团名称)。 (2)被捕集后生成，理论上溶液捕集的在标准状况下的体积约为 L。 (3)在催化剂加热条件下，还原得到，反应的化学方程式为 。 9．（23-24高三上·广东江门·阶段练习）门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗(32Ge)，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示： 已知：①硅和锗是同主族相邻元素，结构和性质类似； ②GeO2·nH2O在5.3mol·L-1的盐酸中溶解度最小。 (1)基态锗原子的价层电子排布式为 。 (2)800℃，使精硫储矿在N2氛围中升华的原因： 。 (3)还原时发生反应：，比较键角：NH3大于H2S，其原因是(从杂化和价层电子对互斥角度解释) 。 (4)酸浸时温度不能过高的原因： 。 (5)氯化除生成GeCl4外，反应还生成SO2，写出相应的化学方程式： 。 (6)GeCl4水解得到GeO2·nH2O，该步骤高纯水不能过量，原因是 。 (7)GeO2与碱反应可生成锗酸盐，其中CaGeO3是一种难溶电解质，一定温度下，CaGeO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 (填标号)。 A．n点与p点对应的Ksp相等 B．q点无CaGeO3沉淀生成 C．通过蒸发可以使溶液由q点变到p点 D．加入Na2GeO3可以使溶液由n点变到m点 10．（23-24高三上·安徽·阶段练习）又称透明镁铝尖晶石陶瓷，具有耐高温、高硬度、良好的电绝性等性能。工业上用电解铝生产工艺中产生的铝灰(主要含、、、等)制取的流程如下： 回答下列问题： (1)铝元素在周期表中的位置是 ；“沉铝”后得到氢氧化铝操作所需的玻璃仪器为 。 (2)写出“碱溶”时属于氧化还原反应的化学反应方程式： 。 (3)下列说法正确的是_______(填选项字母)。 A．滤渣1的主要成分是二氧化硅 B．滤渣2可用稀硝酸溶解 C．可用磁铁检验铝灰中是否存在 D．“沉铝”后得到的滤液，经处理后可用作农业肥料 (4)“反应”过程中会产生一种“共沉淀”，焙烧“共沉淀”可得，写出“反应”生成“共沉淀”的离子方程式为 ；一系列操作包括 、 、干燥。 (5)将等物质的量的镁和铝充分混合均匀，取等质量该混合物四份，分别加到足量的下列溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是_______(填选项字母)。 A．3mol/L HCl溶液 B．4mol/L溶液 C．8mol/L NaOH溶液 D．18mol/L溶液 11．（23-24高三上·广东江门·期中）以为正极材料的锂电池应用广泛，一种从该种废旧锂电池中综合回收和并进行再生的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)中，基态的价电子轨道表示式为 ，的空间结构为 。 (2)“浸出”时发生反应的化学方程式为 。 (3)“调”时调节有利于提高锂的浸出率，其原因是 。 (4)为提高产品纯度选择作为沉锂试剂，写出“沉锂”时发生反应的离子方程式： 。 (5)“煅烧2”加入葡萄糖的作用是 ，若有葡萄糖参与反应，理论上可制备 。 (6)图（a）为正极材料的晶胞结构，则每个晶胞中含有的的单元数为 ；若从图（a）所示结构转化为图（b）所示结构，此过程电池 （填“充电”或“放电”）；图（c）所示状态时， 。 （23-24高三上·上海青浦·阶段练习）磷酸铁(FePO4)可用来制备锂离子电池的电极材料，工业上以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、 SiO2和Fe3O4)为原料，制备磷酸亚铁锂(LiFePO4)，流程如下图所示： 12．“焙烧”前需将硫铁矿粉碎，目的是 。 13．滤渣1可来制造玻璃、光导纤维等材料，检验滤渣1洗涤干净的方法是 。 14．下列物质适合做“氧化”过程的氧化剂的是___________。 A．过氧化氢 B．高锰酸钾 C．硝酸 D．次氯酸 15．在生成磷酸铁沉淀时，滴加氨水时pH的控制是关键。如果pH<1.9，Fe3＋沉淀不完全，影响产量；如果pH>3.0，则可能存在的问题是 。 16．工业制氨气的化学反应方程式为 。 17．已知：Ksp(Fe(OH)2)=1.6×10-14、Ksp(Al(OH)3)=1.3 × 10-33.若滤液1中含0.1 mol·L-1 Fe2+、0.001 mol·L-1 Al3+，为了使Al3+完全沉淀(即离子浓度≤1×10-5 mol·L-1)且Fe2+不沉淀，应控制pH的范围为 。 18．FePO4制备LiFePO4的化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑，用单线桥标出电子转移方向和数目 。 19．可用0.100 mol·L-1的酸性K2Cr2O7溶液滴定Fe2+，测定产品LiFePO4的纯度。离子反应方程式为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。 实验步骤： ①称量LiFePO4样品7.900 g，用稀硫酸溶解； ②将溶解后的溶液稀释为100 mL； ③量取25.00 mL 溶液，滴加2~3滴指示剂； ④用K2Cr2O7标准溶液滴定，3次重复实验平均消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL。 请回答下列问题： (1)实验中需要的定量仪器除天平外，还有 。 (2)产品LiFePO4的纯度为 。 (3)若实验测得的产品纯度偏低，可能原因是 。 A．稀硫酸溶解样品时有少量液体溅出 B．稀释时溶液中部分Fe2+被空气中氧气氧化 C．滴定管装入K2Cr2O7标准液前未润洗 D．滴定前，锥形瓶中有少量蒸馏水 20．（23-24高三上·江苏泰州·期中）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易被人体吸收的高效铁制剂， 医疗上可以用来治疗缺铁性贫血。某课题组以硫铁矿烧渣(含 Fe2O3、SiO2、少量Al2O3等)为原料，先制备碳酸亚铁，再与柠檬酸反应可以制得柠檬酸亚铁。其工艺流程如下： 已知：调节溶液的pH可以使水溶液中的金属离子形成氢氧化物沉淀，下表为相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)： 金属离子 Al3+ Fe2+ Fe3+ 沉淀开始pH 3.1 5.9 1.2 沉淀完全 pH 5.1 6.9 3.2 (1)基态Fe价电子排布式为 。Si处于元素周期表的 区。 (2)“浸泡”时加入过量硫酸的目的： 。 (3)“除杂”时有同学提出下列两种途径： 途径一：浸泡滤液FeSO4 途径二：浸泡滤液Fe(OH)3FeSO4 ①请选择较合理的途径并说明理由 。 ②“加铁粉”时发生主要反应的离子方程式 。 (4)“制备FeCO3”时，Na2CO3溶液的浓度对沉淀中铁元素的质量分数以及FeCO3产率的影响如图：    Na2CO3溶液的浓度大于 4 mol/L时，FeCO3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 。 (5)已知柠檬酸亚铁易被氧化，能溶于水，不溶于乙醇。设计试验方案，从“制备FeCO3”中得到的FeCO3制备柠檬酸亚铁晶体： ， 静置、过滤、洗涤、干燥， 获得柠檬酸亚铁晶体。(必须用到的试剂有：Fe粉、柠檬酸溶液、无水乙醇) 21．（23-24高三上·江苏·阶段练习）絮凝剂聚合氯化铝{}广泛用于废水处理。由偏铝酸钙制备聚合氯化铝的一种工艺流程如下： 已知：的絮凝效果可用盐基度(盐基度)衡量，当盐基度为0.5时，絮凝效果最佳。 (1)“碱溶”时，化学反应方程式为 。 (2)“沉降”时，温度需不宜高，主要原因是 ；沉降时通入过量发生的离子方程式为 。 (3)“酸化”时装置如图所示，仪器A的名称为 ，若要使絮凝效果最佳，则b= 。 (4)已知溶液不同时，钒元素与铝元素存在形式如下表所示，补充完整利用含的碱性废水制取聚合氯化铝的实验方案：取适量废水， ，将沉淀分散在蒸馏水中，向其中滴加一定量的盐酸，得到聚合氯化铝。(实验中须使用的试剂有：溶液、5%的溶液、蒸馏水、溶液) pH 价V 价V 价 沉淀 沉淀 22．（23-24高三上·广东广州·期中）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如图。 25℃时各物质溶度积见表： 物质 溶度积 回答下列问题： (1)的核外电子排布式为 。 (2)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)反应釜3中，25℃时，浓度为，理论上不超过 。 23．（24-25高三上·贵州黔东南·开学考试）纳米级具有致电变性性能，在电子工业上有广泛应用。以铁钼华矿[主要成分是]，还含有少量的]为原料制备和的流程如图。回答下列问题： 已知：  ；当溶液中某离子的浓度小于或等于时，表明该离子已完全沉淀。 (1)基态Fe的价层电子排布式为 ，Mo和Cr同族，Mo位于 区。 (2)“焙烧”时 (填“作氧化剂”“作还原剂”或“既不作氧化剂又不作还原剂”)，提高“焙烧”反应速率，宜采取的措施有 (答1条)。 (3)“调pH”的最低值为 。 (4)“沉钼”时分两步反应：第一步是 (写化学方程式)，第二步是。 (5)配平制备的反应方程式 ：__________________________________________。 (6)、的溶解度随温度变化的情况如图所示，曲线A代表 (填“”或“”)。 24．（23-24高三上·山东·阶段练习）完成下列问题。 (1)碘化亚铜(CuI)是阳极射线管覆盖物，不溶于水和乙醇。下图是工业上由冰铜制取无水碘化亚铜的流程。 ①步骤a中(被转化为Cu，同时有大气污染物)生成，相关反应的化学方程式为 。 ②步骤b中溶液Ⅰ是溶液，则的作用是 。 ③步骤c中有生成，则发生反应的离子方程式为 。 ④检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。 (2)下图是和的溶解度曲线，则由溶液得到固体的操作是 → →用乙醇洗涤→干燥。 25．（23-24高三上·辽宁·期中）硫酸锌是一种重要的工业原料，可用于制造印染用的媒染剂，木材及皮革保存剂等。以炼锌厂锌渣为原料，含ZnO、FeO、CuO等，生产的流程如下： 已知：①当溶液中剩余离子浓度小于时，认为生成沉淀的反应进行完全； ②常温下，几种金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表 金属离子 pH 开始沉淀 完全沉淀 Fe2+ 7.6 9.6 Cu2+ 4.4 6.4 Fe3+ 2.7 3.7 Zn2+ 5.4 8.0 (1)“酸浸”时，为加快溶解速率，可以采取的措施是 (任写一种)。用的浓硫酸配制溶液，下图操作中会使所配溶液浓度偏小的是 (填字母)。 (2)下列物质中最适合作为试剂X的是 A．H2O2   B．KMnO4   C．HNO3    D．Cl2 可能发生反应的离子方程式为 (3)加入的Y及调节的pH范围是___________ A．Zn(OH)23.7～6.4 B．ZnO3.7～5.4 C．NaOH3.7～5.4 D．NH3·H2O3.7～8.0 (4)滤渣3含有Zn和 (写化学式) (5)硫酸锌晶体的溶解度与温度的变化如图所示。“系列操作”是： 、 、洗涤、干燥。 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)PtO2 (2) B 75℃～80℃ 4：1 共价 (3) Fe3+ 提高Cl-浓度促使向逆反应方向移动，提高的洗脱率(合理即可) (4) 二氯四氨合铂 1.4×10-2 (5) 【分析】废钯催化剂加入甲酸，在使用过程中， 将Pd被氧化生成的 PdO还原为Pd。加入盐酸和H2O2酸浸，Pd转化为H2PdCl4，铁被氧化为离子，α-Al2O3不溶，过滤出来，浸出液中含有H2PdCl4、Fe3+，浸出液进行离子交换，离子交换树脂中的Cl-被[PdCl4]2-交换，Pd被留在离子交换树脂中，其他离子H+、Fe3+、Cl-等离子在流出液中。然后再洗脱，[PdCl4]2-重新进入溶液中，加盐酸，H2PdCl4 (稀溶液) →[Pd(NH3)4]Cl2 (稀溶液) →Pd(NH3)2Cl2 (沉淀)，得到的Pd(NH3)2Cl2用N2H4▪H2O还原得到海绵钯。 【详解】（1）钯催化剂在使用过程中， Pd 易被氧化为难溶于酸的 PdO 而失活，“还原i”加入甲酸的目的是还原 PdO，故答案为：PdO； （2）①浓硝酸和浓盐酸有很强的氧化性和挥发性，且浓硝酸和浓盐酸不稳定，容易分解得到氯气，氯气有毒，所以从绿色化学要求出发，酸浸液应选择盐酸和H2O2，故答案为：B； ②从图中可以看出，当温度在75℃~80℃时，浸取率最大，能达到98%~99%，故答案为：75℃～80℃； ③固液比为4:1时，浸取率也最大，能达到98%，故答案为：4:1； ④α-Al2O3由于其稳定的共价键结构，酸浸液不能溶解α-Al2O3，则α-Al2O3属于共价晶体，故答案为：共价； （3）①由以上分析可知，离子交换”流出液中阳离子有 H+ 、Fe3+，故答案为：Fe3+； ②淋洗液需使用浓度较大的盐酸(6mol·L-1)的原因是：提高Cl-浓度促使向逆反应方向移动，提高的洗脱率（答案合理即可），故答案为：提高Cl-浓度促使向逆反应方向移动，提高的洗脱率（答案合理即可）； （4）①[Pt(NH3)4]Cl2的名称为二氯四氨合铂，故答案为：二氯四氨合铂； ②根据Ksp[Pt(NH3)2Cl2]=1.96×10-9，，则，故答案为：1.4×10-2； （5）“还原Ⅱ”中，Pd(NH3)2Cl2用N2H4▪H2O还原得到海绵钯，化学方程式为：，故答案为：。 2．(1)将铝土矿粉碎、适当升温、增大氢氧化钠溶液浓度 (2)Al2O3+2OH-+3H2O=2 (3)Al(OH)3 (4)BC 【分析】铝土矿加入氢氧化钠，将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠溶液，过滤除去滤渣，滤液通二氧化碳来获得氢氧化铝沉淀，过滤分离出沉淀和含有碳酸氢钠的溶液b，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，电解可得铝； 【详解】（1）将铝土矿粉碎、适当升温、增大氢氧化钠溶液浓度等可提高铝土矿与NaOH溶液反应的速率； （2）铝土矿加入氢氧化钠，将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠溶液，反应为：Al2O3+2OH-+3H2O=2； （3）步骤③中沉淀为氢氧化铝，化学式是Al(OH)3； （4）A．操作Ⅰ、操作Ⅱ均为分离固液的操作，为过滤，正确； B．二氧化碳过量，则溶液b中溶质的主要成分是碳酸氢钠，错误； C．盐酸会溶解氢氧化铝沉淀，步骤②中通入过量CO2不能改为加入过量盐酸，错误； D．Al2O3熔点很高；熔融电解时可加入冰晶石做助熔剂，降低氧化铝的熔点，正确； 故选BC。 3．(1)电渗析法、离子交换法 (2)b (3)减少氯气、溴单质溶于水，提高氯气的利用率 (4) 溴单质易挥发 海水中含有的溴离子较少，直接蒸馏得到的产物较少，经过“空气吹出”、“二氧化硫吸收”、“氯气氧化”，对溴进行富集，再蒸馏节约能源 (5) 坩埚 【分析】海水蒸发结晶后，获得粗盐和苦卤；往苦卤中加入Ca(OH)2，可将Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，加盐酸溶解后再蒸发结晶，可获得晶体，在HCl气流中加热晶体，可得到无水MgCl2，熔融电解便可获得Mg。苦卤中通入氯气后，将Br-氧化为Br2，用空气将溴吹出，再用二氧化硫的水溶液吸收，从而得到氢溴酸，通氯气后获得浓溴水，蒸馏得到溴。 【详解】（1）海水淡化时，可以将水从海水中分离出来，也可以将离子从海水中分离出来，主要方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法。 （2）要使氯化镁变成氢氧化镁沉淀，需要加入碱性物质，但氢氧化钠太贵，碱性太强，故选用b。 （3）氯气溶于水发生反应：，酸化可以增大H＋的浓度，可以减少氯气、溴单质溶于水，提高氯气的利用率。 （4）①溴单质易挥发，故可以采用热空气吹出； ②吸收塔中二氧化硫和溴单质反应生成溴化氢和硫酸，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为； ③海水中含有的溴离子较少，直接蒸馏得到的产物较少，经过“空气吹出”、“二氧化硫吸收”、“氯气氧化”，对溴进行富集，再蒸馏节约能源。 （5）①海带灼烧需要放在坩埚中； ②过氧化氢溶液具有氧化性，碘离子具有还原性，根据得失电子守恒，离子方程式为：。 4．(1)> (2)p3>p2>p1 (3)1 (4)及时分离出产物 (5)CH4+2H2O(g)4H2+CO2 (6)abc (7) 降低 二氧化碳与CaO发生CO2+CaO=CaCO3，覆盖在CaO的表面，阻碍CO2的与CaO的继续进行 【详解】（1）根据图象可知，随着温度的升高，H2S平衡转化率升高，化学平衡向消耗H2S的方向移动，正反应吸热，; 故答案为：> （2）根据2H2S(g)⇌2H2(g)+S2(g)结合图像可知，压强越大，H2S平衡转化率越小，所以p3＞p2＞p1； 故答案为：p3>p2>p1 （3） n总=1.25a，H2S的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，S2的物质的量分数为，; 故答案为：1 （4）如果想进一步提高H2S的转化率。除改变温度、压强外，还可以采取的措施有及时分离出产物； 故答案为：及时分离出产物 （5）该反应中反应物是甲烷和水蒸气，反应条件是催化剂，反应生成H2和CO2且二者物质的量为4：1，则反应方程式为：CH4+2H2O(g)4H2+CO2； 故答案为：CH4+2H2O(g)4H2+CO2 （6）水过量，可分别与i中的CH4，ii中的CO反应，则可促进CH4转化、促进CO转化为CO2、且与iii生成的C等反应，减少积炭生成； 故答案为：abc （7）①由图象可知，CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低， ②发生反应：CaO+CO2=CaCO3，生成的碳酸钙附着在氧化钙表面，减少了氧化钙与二氧化碳的接触面积， 故答案为：①降低；②发生反应：CaO+CO2=CaCO3，生成的碳酸钙附着在氧化钙表面，减少了氧化钙与二氧化碳的接触面积 5．(1) 增大接触面积，加快反应速率 SiO2 (2)＋Fe2++2H+=+Fe3++H2O (3)无；溶液的pH最小值为2.8时，c(OH-)=10-11.2mol/L=6×10-12mol/L，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.2×(6×10-12)2=7.2×10-24<Ksp[Ni(OH)2]=2  ×  10-15，所以无Ni(OH)2沉淀生成 (4)3H2O++6VO2+==6+Cl-+6H+ (5) 使+H2O +2H+ 平衡正向移动，使转化为，同时增大的浓度 【分析】本题主要考查由废钒催化剂制备五氧化二钒的工艺流程，向废钒催化剂中加入稀硫酸进行酸浸，V2O5和V2O4与稀硫酸反应分别生成  和VO2+，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，NiO转化为NiSO4，过滤后的滤渣1主要成分为SiO2，加入FeSO4是将转化为，加入H2O2是将过量的Fe2+全部转化为Fe3+便于后面调pH步骤中除去，过滤得滤渣2，主要成分为Fe(OH)3，滤液2中加入萃取剂，萃取出含有钒微粒有机相，再进行反萃取后得到含钒的溶液，加入H2SO4和KClO3的目的是将低价态的钒氧化为+5价的钒，经过加入NH4Cl和NH3后析出NH4VO3沉淀，过滤洗涤最后灼烧沉淀得V2O5，据此分析解题。 【详解】（1）“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是增大接触面积，加快反应速率；据分析可知，滤渣1主要成分为SiO2；故答案为：增大接触面积，加快反应速率；SiO2； （2）“还原转化”中加入FeSO4的目的是将转化为VO2+，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O；故答案为：+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O； （3）溶液的pH最小值为2.8时，c(OH-)=10-11.2mol/L=610-12mol/L，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=0.2(610-12)2=7.210-24，Ksp[Ni(OH)2]=210-15，Q[Ni(OH)2]<Ksp[Ni(OH)2]，所以无Ni(OH)2沉淀生成；故答案为：无；溶液的pH最小值为2.8时，c(OH-)=10-11.2mol/L=6×10-12mol/L，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH-)=0.2×(6×10-12)2=7.2×10-24<Ksp[Ni(OH)2]=2  ×   10-15，所以无Ni(OH)2沉淀生成； （4）“氧化2”的过程中，氯酸根中氯元素得电子被还原为Cl-，根据氧化还原反应配平可得其离子方程式为：3H2O++6VO2+=6+Cl-+6H+，故答案为：3H2O++6VO2+=6+Cl-+6H+； （5）溶液中存在平衡+H2O +2H+，通入氨气，溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正向移动，从而使尽可能都转化为，同时增大的浓度；故答案为：使+H2O +2H+ 平衡正向移动，使转化为，同时增大的浓度。 6．(1)、 (2) (3) 分液漏斗 促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率 (4)小于 (5) 2 【分析】由流程可知：加入稀硫酸，充分溶解，金属氧化物NiO、FeO、Fe2O3、CoO变为可溶性NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4进入溶液，BaO反应变为难溶性BaSO4沉淀，酸性氧化物SiO2不能反应，仍然以固体存在。过滤分离出滤渣I为SiO2、BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4及过量H2SO4，加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸钠调节pH使Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣NaFe3(SO4)2(OH)6过滤除去，反应的离子方程式为：3Fe3++Na++2+3H2O+=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+CO2↑，再加入有机萃取剂，振荡、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，在含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co2+转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2+Co2+=CoCO3↓+CO2↑+H2O，过滤、洗涤、干燥得到碳酸钴产品；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体，煅烧生成NixOy，以此来解答。 【详解】（1）原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不与稀硫酸反应，所以会出现在滤渣中，BaO与稀硫酸反应最终变成BaSO4沉淀，会出现在滤渣中，故答案为：SiO2、BaSO4； （2）氧化步骤的目的是将二价铁转变成三价铁，便于在后续步骤中沉淀法除去，所以离子方程式为：6Fe2++6H++＝6Fe3++Cl-+3H2O；为证明添加NaClO3已足量，可检验溶液中是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验，故答案为：6Fe2++6H++＝6Fe3++Cl-+3H2O；K3[Fe(CN)6]； （3）萃取操作使用的玻璃仪器是分液漏斗；结合题给信息，加入氨水，氨水可以和H+反应，使反应向右移动，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，应使向左移动，可通过加入酸来实现，故答案为：分液漏斗；促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率； （4）根据已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，起始时c(Co2+)=0.02mol∙L-1，c(OH-)=，c(H+)=10-7.5mol∙L-1，所以“沉钴”过程中应控制pH＜7.5，防止沉钴时生成Co(OH)2，故答案为：小于7.5； （5）Ni原子位于顶角和棱中心，晶胞中Ni原子的个数为=2个；根据密度公式，晶胞质量m=g，晶胞的体积v=，密度为=， 故答案为：2，。 7．(1) 增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率 (2) (3) (4)(硫氰化钾)溶液 (5) (6)冷却结晶 【分析】红土镍矿(主要成分NiO、MgO、、和铁的氧化物)在硫酸中浸取，NiO、MgO、和铁的氧化物与硫酸反应，二氧化硅和硫酸不反应，过滤，向滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，再通入氨气调节溶液的pH沉淀铝离子和铁离子，过滤，向滤液中加入氧化镁调节溶液pH沉淀镍离子，过滤，向氢氧化镍中加入硫酸得到硫酸镍，将滤液3经过一系列操作得到硫酸镁晶体。 【详解】（1）“浸取”时需将矿样研磨的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；NiO、MgO、和铁的氧化物与硫酸反应，不与硫酸反应，因此“滤渣1”的成分；故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸取率；。 （2）“滤液1”中加入的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，以便调节溶液pH值而除掉，其离子方程式为；故答案为：。 （3）操作II为达到实验目的，应沉淀铁离子、铝离子，而不能沉淀镍离子和镁离子，根据铝离子沉淀完全的pH值和镍离子开始沉淀的pH值，由表中的数据判断通入调节溶液pH的范围是4.7~7.1；故答案为：。 （4）“滤液1”中是否存在，可用KSCN(硫氰化钾)溶液检验，溶液变为红色，说明含有铁离子，反之则无；故答案为：KSCN(硫氰化钾)溶液。 （5）镍离子沉淀完全的pH值为9.0 ，则 ，“沉镍”中pH调为8.5，则滤液中的浓度为；故答案为：。 （6）操作V是从溶液得到晶体，因此操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；故答案为：冷却结晶。 8．(1)羧基 (2)11.2 (3)H2+NaHCO3HCOONa+H2O 【分析】过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，NaHCO3与H2在一定条件下发生氧化还原反应，经过酸化生成HCOOH。 【详解】（1）甲酸（HCOOH）与乙酸（CH3COOH）的官能团均为羧基（-COOH）； （2）由反应NaOH+CO2=NaHCO3可知，NaOH为，0.5molNaOH捕集的CO2的物质的量为0.5mol，标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L； （3）在催化剂、加热条件下，H2还原NaHCO3得到HCOONa，根据质量守恒定律，产物中还有H2O，方程式为H2+NaHCO3HCOONa+H2O。 9．(1)4s24p2 (2)避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2 (3)NH3和H2S分子中心原子都是sp3杂化，但N上有1个孤电子对，而S上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，H2S分子键角相对较小 (4)浓硝酸受热易挥发、易分解 (5) (6)会使得到的盐酸浓度小于5.3mol/L，增大GeO2·nH2O的溶解量，最终使锗产率降低 (7)AB 【分析】精硫锗矿粉碎，然后在氮气氛围中加热至800℃升华，得到GeS2，GeS2在825℃条件下被氨气还原为GeS，氨气被氧化为氮气；GeS加入浓硝酸酸浸后，被硝酸氧化生成粗GeO2，600℃条件下GeO2与SOCl2发生氯化得到GeCl4，GeCl4与高纯水反应生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O在200℃下发生脱水生成GeO2，GeO2被氢气还原得到Ge，据此分析解答。 【详解】（1）锗为第4周期第ⅣA族元素，基态锗原子的价层电子排布式为4s24p2 （2）800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华可以避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2； （3）NH3和H2S分子中心原子都是sp3杂化，但N上有1个孤电子对，而S上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，H2S分子键角相对较小； （4）酸浸时温度不能过高是因为：浓硝酸受热易挥发、易分解； （5）氯化除生成GeCl4外，反应还生成SO2，相应的化学方程式； （6）水量过高会使得到的盐酸浓度小于5.3mol/L，增大GeO2·nH2O的溶解量，最终使锗产率降低； （7）A．Ksp只受温度影响，温度不变则Ksp不变，n点与p点对应温度相同，则Ksp相等，故A正确； B．q点离子积小于Ksp，无CaGeO3沉淀生成，故B正确； C．蒸发过程中溶剂损失，溶液中c(Ca2+)、c()浓度均增大，因此通过蒸发不能使溶液由q点变到m点，故C错误； D．加入Na2GeO3，可使c()浓度增大，同时c(Ca2+)减小，故D错误； 故选AB。 10．(1) 第三周期第ⅢA族 漏斗、烧杯、玻璃棒 (2) (3)D (4) 过滤 洗涤 (5)A 【分析】将铝灰(主要含、、、等)粉碎后加入氢氧化钠溶液，、与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠（四羟基合铝酸钠），合氢氧化钠反应生成，不反应，过滤得到滤渣1，滤渣1为，滤液中含有偏铝酸钠、硅酸钠和过量的氢氧化钠，加入稀硫酸，偏铝酸钠反应生成硫酸铝，硅酸钠反应生成难溶的硅酸，氢氧化钠反应生成硫酸钠，过滤得到滤渣2，滤渣2为硅酸，通入氨气进行沉铝，得到难溶的氢氧化铝，氢氧化铝加入硝酸进行酸溶，再加入氨水和硝酸镁发生生成共沉淀，经过过滤、洗涤、干燥、焙烧得到，据此回答。 【详解】（1）铝为13号元素，位于周期表的第三周期第三主族；沉铝后得到氢氧化铝的操作是过滤，过滤所需的玻璃仪器为漏斗、烧杯和玻璃棒； （2）铝和氢氧化钠溶液反应生成氢气是氧化还原反应，反应的化学方程式为； （3）A.滤渣1的主要成分是氧化铁，A错误； B.滤渣2为硅酸，在稀硝酸不会溶解，B错误； C.氧化铁不能被磁铁吸引，C错误； D.沉铝后得到的滤液，含有硫酸铵，经处理后可用作农业肥料，D正确； 故选D； （4）硝酸铝、硝酸镁和氨水反应生成一种“共沉淀”，焙烧“共沉淀”可得，可知“共沉淀”应为氢氧化镁和氢氧化铝，故离子方程式为；一系列操作包括过滤、洗涤、干燥； （5）A.盐酸为非氧化性酸，等物质的量的镁和铝都能和盐酸反应生成氢气； B.硝酸为氧化性酸，与镁、铝反应不会生成氢气； C.镁不能和氢氧化钠反应，铝和氢氧化钠反应生成氢气； D.镁与浓硫酸(18mol/L)反应生成气体，铝与浓硫酸发生钝化(常温)。 以上分析可知：加入盐酸，等物质的量的镁和铝都与盐酸反应产生氢气，所以放出氢气量最多。 11．(1) 正四面体形 (2) (3)抑制的水解，增大的浓度 (4) (5) 还原剂 2.4 (6) 4 充电 【分析】以为正极材料加硫酸和双氧水浸出，“浸出”时发生反应的化学方程式为，浸出液中主要含硫酸锂，调节pH为碱性，抑制的水解，增大的浓度，有利于的生成，浸出液过滤后得到、C，煅烧除C，、混合加入葡萄糖煅烧2，生成再生。 【详解】（1） 中，基态价电子排布式为，基态的价电子轨道表示式为，中，中心P原子的孤对电子数，价层电子对数为，的空间结构为正四面体形。故答案为：；正四面体形； （2）结合流程可知，反应物为、和，生成物为和，反应过程中从+2价变为+3价，做氧化剂，则另一产物为，根据氧化还原反应配平，“浸出”时发生反应的化学方程式为。故答案为：； （3）浸出后溶液呈酸性，沉锂时与沉降为，调节溶液的为碱性，抑制的水解，增大的浓度，有利于的生成。所以“调”时调节有利于提高锂的浸出率，其原因是抑制的水解，增大的浓度。故答案为：抑制的水解，增大的浓度； （4）为提高产品纯度选择作为沉锂试剂，“沉锂”时发生反应的离子方程式：。故答案为：； （5）煅烧生成时反应物为，从+3价变为+2价，所以葡萄糖的作用为还原剂；由得失电子守恒可知关系式，故有葡萄糖参与反应理论上可制备。故答案为：还原剂；2.4； （6）图（a）为正极材料的晶胞结构，晶胞中原子的数目为，则每个晶胞中含有的的单元数为4；从a变为b，从正极材料移向负极材料，电池处于充电状态；图（c）所示状态的晶胞中，原子的数目为；则化学式可写成，设、，则有，，解得，，则。故答案为：4；充电；。 12．增大硫铁矿与空气接触面积，加快反应速率，使燃烧更充分 13．取最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显现象，说明洗涤干净 14．A 15．磷酸铁沉淀中混有Fe(OH)3杂质 16．N2+3H22NH3 17． 18． 19． 100mL容量瓶、酸式滴定管(或移液管) 96% AB 【分析】硫铁矿在空气中焙烧时，被氧化，生成，加入稀硫酸酸溶时，不反应，其他金属氧化物反应后分别生成，过滤后所得滤渣1主要含有及不溶性杂质，滤液1中加入还原剂，使还原成，再调pH，例使生成沉淀而被除去，过滤后滤渣2中含有过量的还原剂和生成的沉淀，滤液2中加入氧化剂，使氧化生成，再加入磷酸、氨水与反应生成沉淀，过滤分离出沉淀，加入混合煅烧，充分反应后得到产品。据此答题。 12．“焙烧”前需将硫铁矿粉碎，目的是增大硫铁矿与空气接触面积，加快反应速率，使燃烧更充分。 13．滤渣1中残留有，检验滤渣1洗涤干净可检验洗涤液中是否含有，操作方法为：取最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显现象，说明洗涤干净。 14．A． 双氧水作氧化剂，还原产物是水，不引入杂质，对环境无影响，A适合； B．作氧化，容易引入杂质，B不适合； C．硝酸作氧化剂，还原产物是NO，NO有毒，污染环境，且容易引入杂质，C不适合； D．次氯酸作氧化剂，容易引入杂质，D不适合； 故选A。 15．如果pH>3.0，易发生水解反应生成沉淀使磷酸铁沉淀中混有Fe(OH)3杂质。 16．工业用氢气与氮气反应制取氨气，反应的化学方程式为：。 17．根据得，根据水的离子积，此时对应的，，则时不沉淀；根据得，根据水的离子积，此时对应的，，则要使完全沉淀，溶液的。因此为了使Al3+完全沉淀(即离子浓度≤1×10-5 mol·L-1)且Fe2+不沉淀，应控制pH的范围为。 18． 反应2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑中，Fe元素由+3价降低到+2价，C元素由+3价升高到+4价，用单线桥标出该反应的电子转移方向和数目：。 19．（1）实验中需要的定量仪器除天平外，还有：步骤②配制100mL溶液时需要100mL容量瓶、③量取25mL溶液时需要酸式滴定管(或移液管)。 （2）每次滴定平均使用了的物质的量为：，设25mL样品溶液中含有，则： 则7.900g样品含有质量为：，产品LiFePO4的纯度为：。 （3）A．稀硫酸溶解样品时有少量液体溅出，会造成样品损失，使测定结果偏低，A正确； B．稀释时溶液中部分Fe2+被空气中氧气氧化，会造成减小，使测得的结果偏低，B正确；， C．滴定管装入K2Cr2O7标准液前未润洗，造成标准液浓度减小，消耗的体积增大，使测得的结果偏高，C错误； D．滴定前，锥形瓶中有少量蒸馏水，不影响测定结果，D错误； 故选AB。 20．(1) 3d64s2 p (2)使烧渣充分溶解，提高铁元素的浸出率；防止水解生成Fe(OH)3 (3) 途径一较合理，途径一获得的FeSO4纯度高，途径二中FeSO4溶液中混有Al2(SO4)3 2Fe3＋+Fe = 3Fe2＋ (4)Na2CO3溶液的浓度大于4mol/L时，有更多的Fe2＋转化为Fe(OH)2，FeCO3产率下降，Fe(OH)2中Fe元素质量分数大于FeCO3中，故沉淀中铁元素质量分数仍在上升 (5)边搅拌边将柠檬酸溶液与FeCO3混合至不再产生气泡，同时加入适量铁粉，充分反应后，过滤，将滤液浓缩，加入适量的无水乙醇 【分析】硫铁矿烧渣(含Fe2O3、SiO2、少量Al2O3等)加硫酸浸泡、过滤得到含Fe3+、Al3+的溶液，滤渣为SiO2，通过除杂除去铝离子、将铁离子转化为亚铁离子，然后利用碳酸钠进行沉淀，再将碳酸亚铁转化为柠檬酸亚铁。 【详解】（1）Fe为26号元素，价电子排布式为3d64s2；Si元素处于p区； （2）加入过量硫酸，可以使烧渣充分溶解，提高铁元素的浸出率；且Fe3+易水解，加入过量硫酸可抑制Fe3+的水解； （3）①途径一：浸泡液中加入铁粉，发生2Fe3＋+Fe = 3Fe2＋，调pH在5.1~5.9，Al3+全部转化成Al(OH)3沉淀，过滤，得到硫酸亚铁溶液； 途径二：调pH使Fe3+全部沉淀时，有部分Al3+也以Al(OH)3的形式沉淀出来，因此制备的FeSO4溶液中混有Al2(SO4)3； 故途径一较合理； ②“加铁粉”时发生主要反应的离子方程式2Fe3＋+Fe = 3Fe2＋； （4）Na2CO3溶液的浓度大于4mol/L时，有更多的Fe2＋转化为Fe(OH)2，FeCO3产率下降，Fe(OH)2中Fe元素质量分数大于FeCO3中，故沉淀中铁元素质量分数仍在上升； （5）从“制备FeCO3”中得到的FeCO3制备柠檬酸亚铁晶体，边搅拌边将柠檬酸溶液与FeCO3混合至不再产生气泡，同时加入适量铁粉，充分反应后，过滤，将滤液浓缩，加入适量的无水乙醇， 静置、过滤、洗涤、干燥， 获得柠檬酸亚铁晶体。 21．(1) (2) 温度过高三氧化碳在水中的溶解度小 (3) 分液漏斗 b=3 (4)向废水中加入稍过量的5%的溶液充分反应，然后用溶液调节溶液的至5，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液加入溶液不产生白色沉淀 【分析】Ca(AlO2)2通过碱浸，发生复分解反应生成CaCO3和NaAlO2，则沉淀I主要为CaCO3，可能含有部分Ca(OH)2，向NaAlO2溶液中通入二氧化碳得到Al(OH)3，过滤后用水洗涤然后加入盐酸酸化得到[Al2(OH)aCl6-a]n； 【详解】（1）碱溶时，Ca(AlO2)2与Na2CO3反应生成CaCO3和NaAlO2，化学方程式为：； （2）“沉降”时，温度需不宜高，主要原因是：温度越高，二氧化碳溶解度越小，导致反应不充分；沉降时通入过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠，发生的离子方程式为。 （3）“酸化”时装置如图所示，根据A的构造，A为分液漏斗；若要使絮凝效果最佳，根据信息：当盐基度为0.5时，絮凝效果最佳，即，得a=b；根据有a+b=6，解得a=b=3。 （4）根据表中数据知，要想得到氢氧化铝沉淀，溶液的pH=5，且V元素为+5价，转变为为，通过过滤可分离出氢氧化铝沉淀，要使+4价的V元素转化为+5价的V元素，需要加入氧化剂5%的双氧水，且用0.1mol⋅L−1 HCl调节溶液的pH为5， 过滤，所得氢氧化铝沉淀用蒸馏水洗涤，取最后一次洗涤滤液，加入溶液不产生白色沉淀，则沉淀已洗净，再将氢氧化铝沉淀分散到蒸馏水中，向其中滴加一定量的盐酸，得到聚合氯化铝。故答案为：向废水中加入稍过量的5%的溶液充分反应，然后用溶液调节溶液的至5，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液加入溶液不产生白色沉淀。 22．(1) (2)防止二价铁被空气中氧气氧化 (3) 适当提高温度、搅拌 (4)11 【分析】此题考查工艺流程分析，涉及元素化合价、电子排布式、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡相关计算等知识。 【详解】（1）由氧原子得到两个电子，所以核外电子排布式为。 （2）空气中的氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需要隔绝空气条件下进行，防止二价铁被空气中的氧气氧化。 （3）反应釜2中加入CaO和分散剂的同时通入空气，氧气具有氧化性，氧化钙和水反应生成的氢氧化钙使体系呈碱性，Fe2+最终转化为Fe( OH)3，反应的离子方程式为，为加快反应速率，可适当提高温度或搅拌。 （4）反应釜3中25 ℃时，Ca2+浓度为5.0 mol/L，结合后续流程可知为防止引入杂质，不能使钙离子生成沉淀，此时=1.010-3mol/L，c(H+)＞=1.010-11mol/L，pH＜11，因此理论上pH不超过11。 23．(1) d (2) 既不作氧化剂又不作还原剂 粉碎矿石(或适当升高温度等) (3)8.38 (4) (5) (6) 【分析】铁钼华矿[主要成分是]，和碳酸钠焙烧得到Na2MoO4、Na[Al(OH)4]、Fe2O3，用水浸出后得到Na2MoO4、Na[Al(OH)4]溶液和固体1为Fe2O3，Fe2O3用盐酸溶解后和NaOH、NaClO反应得到高铁酸钠，溶液经硫酸调pH得到Al2O3为固体2，得到溶液为Na2MoO4和Na2SO4混合溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2SO4固体，所得溶液加入盐酸沉钼后，再经一系列操作得到MoO3。 【详解】（1）Fe为26号元素，其价电子排布式为3d64s2；Mo和Cr同族为第ⅥB族，位于d区； （2）铁钼华矿[主要成分是]，和碳酸钠焙烧得到Na2MoO4、Na[Al(OH)4]、Fe2O3过程中中所有元素化合价没有发生变化，既不作氧化剂又不作还原剂；增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度等操作均可以加快反应速率，采取的措施为粉碎矿石(或适当升高温度)等； （3）当溶液中某离子的浓度小于或等于时，表明该离子已完全沉淀，则，此时c(H+)=10-8.38mol/L，则“调pH”的最低值为8.38； （4）沉钼时加入盐酸将转化为沉淀后再让分解生成，则第一步的方程式为； （5）反应中Fe由+3价被氧化为+6价，Cl由+1价降低至-1价，根据得失电子守恒配平方程式为； （6）Na2MoO4和Na2SO4混合溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到Na2SO4固体，说明Na2SO4的溶解度随温度的变化而变化较大，因此A曲线代表的溶解度随温度的变化情况。 24．(1) Cu2S+O22Cu+SO2 作氧化剂、将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜 2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 蘸取最后一段洗涤液进行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗净 (2) 蒸发结晶 趁热过滤 【分析】由流程图可知，冰铜在1200℃条件下与空气中氧气反应，生成二氧化硫、泡铜(氧化亚铜、铜)和四氧化三铁，泡铜、硫酸和双氧水共热反应生成硫酸铜，硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀，CuI沉淀经水洗、乙醇洗涤得到产品，以此来解答。 【详解】（1）①步骤a中Cu2S与空气中氧气在1200℃条件下反应生成Cu和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu2S+O22Cu+SO2； ②步骤b的反应为在硫酸作用下，H2O2作氧化剂，将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜； ③步骤c的反应为硫酸铜溶液与过量NaI溶液反应得到CuI沉淀，反应的离子反应方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2； ④洗涤液中含有钠离子、硫酸根离子，可以用焰色反应或酸化的氯化钡溶液检验沉淀是否洗涤干净；方法是蘸取最后一段洗涤液进行焰色反应，如果火焰无黄色则已洗净； （2）由图象溶解度曲线变化可知，Na2SO4的溶解度，在温度较高时，随温度升高而降低，而Na2SO4•10H2O的溶解度，随温度升高而升增大，欲得到Na2SO4晶体，应采取蒸发结晶使Na2SO4结晶析出，并趁热过滤，用乙醇洗涤，干燥。 25．(1) 适当升温(答案合理即可) cf (2) A H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (3)B (4)Cu (5) 加热浓缩 高于60℃以上趁热过滤 【分析】ZnO、FeO、CuO均与硫酸反应，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，酸浸后溶液中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+，加入X为氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，Y为碱调节pH除去Fe3+，加入锌粉与硫酸铜反应，滤渣3为过量的锌粉与置换出的铜单质，最后滤液中为硫酸锌，再经分离得到目标产物，据此分析解题。 【详解】（1）“酸浸”时，为加快溶解速率，可以采取的措施是适当升温或者搅拌溶液；仰视量筒读数，量取的硫酸实际的量会偏小，会使所配溶液浓度偏小；仰视容量瓶会使实际定容的体积偏大，会使所配溶液浓度偏小；故选cf； （2）据分析可知X为氧化剂，双氧水不会引入新的杂质，故选A；双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； （3）加入的Y为了除去Fe3+，调节的pH应该在3.7-5.4之间，氢氧化钠会引进杂质，故选用ZnO，故选B； （4）据分析可知滤渣3含有Zn和Cu； （5）根据硫酸锌晶体的溶解度与温度的变化可知，高于60℃以上为，且温度过高溶解度下降，则“系列操作”是：加热浓缩、高于60℃以上趁热过滤、洗涤、干燥。 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 $$