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．（23-24高三上·山东济宁·期中）铜和三氧化二铁在工农业生产中用途广泛，用黄铜矿(主要成分为，其中Cu为+2价、Fe为+2价)制取铜和三氧化二铁的工艺流程如图所示： (已知：高温焙烧时发生的反应是) (1)将黄铜矿粉碎的目的是 。 (2)常温下，的滤液C中，则 。(结果保留两位有效数字，已知的电离常数) (3)生成的可以作为原料裂解制取氢气，反应为。向恒容密闭容器中充入一定量的气体，测得体系中各气体的平衡组成与温度的关系如图所示。下列说法正确的是___________。 A．该反应平衡常数随温度升高而增大 B．M点时容器内气体总压强比N的大 C．M点时，的平衡转化率为50% D．维持M点温度不变，向容器中再充入0.2 mol 、 0.2 mol 、0.1 mol ，则。 (4)利用平衡原理解释利用NaHS饱和溶液除去气体中的HCl： 。 (5)工业上用生物法处理的原理为(硫杆菌作催化剂)：、，图甲和图乙可知，使用硫杆菌的最佳条件为 ，若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。 2．（23-24高三上·广东·期中）实验室以含锌废液(主要成分为，含少量的、)为原料制备活性ZnO的实验流程如图所示： 已知：25℃时，；相关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示(溶液中金属阳离子浓度为时恰好完全沉淀)： 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 6.8 6.2 完全沉淀的pH x 8.3 8.2 回答下列问题： (1)“除锰”阶段被氧化的元素有 (填元素名称)。 (2)用必要的化学用语和平衡移动原理解释“除铁”原理： ，能否用代替ZnO，为什么？ 。 (3)“除铁”时需调节溶液的pH，使之，则 。 (4)ZnO悬浊液可用于吸收烟气中。已知：室温下，微溶于水，易溶于水；溶液中、、的物质的量分数随pH的变化如图1所示，向ZnO悬浊液中匀速缓慢通入，在开始吸收的50min内，吸收率、溶液pH的变化如图2所示： ①图1中代表的物质的量分数随pH变化的曲线是 (填“a”、“b”或“c”)。 ②前10min，ZnO悬浊液发生的主要反应为 。 ③当ZnO悬浊液中时pH= 。 3．（23-24高三上·江苏扬州·期中）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示： 已知： (i)氧化性：Co3+>ClO->Fe3+。 (ii)CoCO3、Co(OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2 (OH)6]均难溶于水。 (1)“还原浸出”时提高浸取率的措施有 。(写两点) (2)“还原浸出”后的溶液中阳离子有Co2+、Fe2+、Cu2+等。其中Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为 。 (3)“氧化”中，被氧化的离子有 。 (4)如图表示几种含铁微粒稳定存在形态与溶液pH和温度的关系。其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制pH范围为 。 (5)可制备锂离子电池的电极材料钴酸锂。一种锂离子电池装置如图所示，充放电过程中，存在与之间的转化。放电时，从A电极向B电极迁移，写出该电池放电时的正极反应： ，若用该电池电解食盐水，当1molLi+通过隔膜时，电解池阴极收集到的气体体积在标准状况下为 L。 4．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）钪(Sc)是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用。钛铁矿的主要成分为(可表示为)，还含有少量、等氧化物，从钛铁矿中提取的流程 已知：①当离子浓度减小至时可认为沉淀完全 ②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如下表所示： 离子 沉淀完全的pH 3.2 9.0 1.05 ③，。回答下列问题： (1)为提高浸出效率，钛铁矿在“酸浸”时可采取的措施有 。 (2)“酸浸”后Ti元素转化为，其水解反应的化学方程式是 。 (3)“萃取”时，使用煤油作为萃取剂，一定条件下萃取率受振荡时间的影响如下图，萃取时选择最佳的振荡时间为 min。 (4)加草酸(H2C2O4)“沉钪”的离子方程式 。 (5)“酸溶”后滤液中存在的阳离子、、浓度均小于，“除杂”过程中应控制的pH范围是 。 (6)“沉钪”后焙烧获得Sc2O3，该反应获得的气体必须回收利用，其意义是 。 5．（23-24高三下·陕西西安·期末）从海水中可以获得淡水、食盐，并可提取镁和溴等物质，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)请写出海水淡化的一种方法： 。 (2)提取溴时，先将母液酸化再通的原因为： 。 (3)上述步骤①发生反应生成一种气体的离子方程式： 。步骤②中不能用盐酸代替稀硫酸的原因为 。 (4)工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是 。 (5)从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入 (填化学式)溶液中，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。 (6)海冰是海水冻结而成的咸水冰，海水冻结时，部分来不及流走的盐分(设以为主)以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(设1个盐泡含1个单元)，其大致结构如下图所示。若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是_____。 A．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以分子的形式存在 B．海冰内层“盐泡”越多，密度越小 C．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少 D．若冰的密度为，则海冰内层的浓度约为 6．（23-24高三下·吉林·期末）硝酸和硫酸均是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料等。 Ⅰ．如图为合成氨以及氨催化氧化制硝酸的流程示意图： (1)写出氧化炉中发生的化学反应方程式 。 (2)工业上常用碱液来吸收NOx，有关的化学反应： ① ② 现有一定条件下amol NO2和bmol NO的混合气体恰好被200mL NaOH溶液完全吸收，则NaOH溶液的物质的量浓度为 (用含a、b的式子表示)。 (3)某化学自主实验小组利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。 ①A装置发生的化学反应方程式为 。 ②甲、乙分别是 (填标号)。 a．硫酸、浓硫酸                b．碱石灰、无水氯化钙 c．碱石灰、碱石灰              d．五氧化二磷、五氧化二磷 ③若NO2能够被NH3还原为N2，写出反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比 。 ④装置C中发生的离子反应方程式 。 ⑤此实验装置存在一个明显的缺陷是 。 7．（23-24高三下·广西玉林·阶段练习）海带中含有丰富的碘元素，某学习小组设计如下实验流程提取海带中的碘。 请回答下列问题： (1)仪器A的名称为 ，操作A为 。 (2)煮沸的作用是 。 (3)步骤X中，使用了分液漏斗，使用前必须要做的操作是 。萃取后，分液漏斗内观察到的现象是 。(提示：CCl4的密度比水的大，且CCl4难溶于水；I2在CCl4中的溶解度大于其在水中的溶解度) (4)向海带浸取原液中通入适量，也可改为加入适量的H2O2溶液，并控制溶液pH为4.5，此时发生反应的离子方程式为 。 (5)步骤Y中发生反应的离子方程式为 。 (6)该实验流程中，能循环使用的物质是 。 8．（23-24高三下·山东临沂·期末）以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。由尾气可以生产焦亚硫酸钠(，)，常用作饼干和蛋糕的漂白剂和膨化剂，在空气中易被氧化，受热易分解。其中一种流程如下图所示。 回答下列问题： (1) 中硫元素的化合价为 。 (2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为 。 (3)生产，通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 。 (4)实验制得的固体中含有少量杂质，文字叙述其可能的原因是 。 (5) 纯度测定：取1.00g样品溶于水配成500mL溶液，取25.00mL该溶液，向其中滴加的碘溶液，最终滴加25.00mL碘溶液将溶液中恰好完全反应。此过程反应的离子方程式为 ﹔样品中的质量分数为 (已知其它杂质不反应)。 9．（23-24高三下·云南保山·阶段练习）胆矾(CuSO4·5H2O )是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2 ]制备胆矾。流程如下。 (1)步骤①中，已知Na2CO3溶液中含有大量的OH-，浸洗过程可除去铜屑表面的油污，此反应类型为 ；步骤①操作中，所需要的仪器除烧杯外，还需要的玻璃仪器为 ； (2)步骤②中，用稀H2SO4和H2O2，不用浓硫酸的优点为 ；步骤②主要发生的离子方程式为 ；该步骤所消耗H2O2的量通常大于理论值的原因为 。 (3)经步骤④得到的胆矾，通常用无水乙醇洗涤，则洗涤的方法为 。 (4)取5 g胆矾在一定温度下加热使其分解(不考虑含有其他杂质)，一段时间后得剩余固体质量为3.2 g，则剩余固体的化学式为 。 10．（24-25高三上·湖北武汉·阶段练习）锑(Sb)及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧为原料分别制备Sb和的工艺流程如图所示： 已知： Ⅰ．粗锑氧主要成分为Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等杂质； Ⅱ．浸出液主要含Sb3+、H+和Cl-，还含有Sb5+、Zn2+、Fe3+和As3+等杂质； Ⅲ．Sb2O3为两性氧化物； Ⅳ．25℃时，、 回答下列问题： (1)写出As的价电子排布式 。 (2)已知在熔融状态下不导电，则是 化合物(填“共价”或“离子”)。 (3)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中Sb将转化为，该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，避免在滤渣Ⅱ中混入杂质 (填化学式)。 (4)滤渣II成分为SbOCl，加过量氨水对其“除氯”的化学反应方程式为 ，“除氯”步骤能否用NaOH溶液代替氨水，原因是： 。 (5)“除砷”时有H3PO3生成，该反应的离子方程式为 。 (6)“电解”过程中在阴极得到Sb，写出主要的电极反应式 。 11．（23-24高三下·江苏南通·阶段练习）在磁性材料、电化学领域应用广泛，实验室中可以用或煅烧后制得。利用钴渣[含、等]制备钴氧化物的流程如图所示： 已知：煅烧300℃～600℃生成，1100℃以上生成。 (1)基态的核外电子排布式为 。 (2)“溶解还原”过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)检验固体是否洗净的实验操作是 。 (4)以尿素为原料可获得并制备。已知：尿素水溶液在70℃以上能缓慢水解产生在为1～3时水解速率对生成沉淀较为适宜。设计以溶液、尿素粉末、盐酸为原料，制备的实验方案：取一定体积溶液， 。 12．（23-24高三下·四川南充·阶段练习）化学实验小组的同学们进入某博物馆，看到许多矿石标本，其中三种矿石及其主要成分如下： 回答下列问题： (1)加热条件下，氨气与足量孔雀石反应可以产生金属铜，发生反应的化学方程式为 。 (2)一种以辉铜矿(主要成分为，含有和少量等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示： 已知：a．的沸点为在中的溶解度随温度升高而增大； b．。 ①滤渣I经提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分有 (填化学式)。回收该淡黄色副产品过程中必须控制温度不宜过高或过低的原因是 。 ②常温下，加入的试剂A若为，其“除铁”的原理是 (从平衡移动的角度进行解释)，加一定量的后，若测得溶液的为4，则溶液中的浓度为 。 ③写出“沉锰”(除)过程中反应的离子方程式 。 (3)已知钨酸钙和氢氧化钙都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度的升高而减小，下图为不同温度下的沉淀溶解平衡曲线。则： ① (填“>”或“<”)。 ②在钨的冶炼工艺中，向钨酸钠溶液中加入石灰乳得到钨酸钙，发生的反应为：，温度下该反应的平衡常数 。 13．（23-24高三下·云南保山·阶段练习）以黄铁矿(主要成分为FeS2，杂质为石英等)为原料生产FeSO4·7H2O。工艺流程如下： (1)FeS2中硫元素的化合价为 。“焙烧”时，发生的主要反应的化学方程式为 。 (2)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)，“酸浸”发生的主要反应的离子方程式为 。 (3)“还原”工序中的离子方程式为 ；从FeSO4溶液中获取FeSO4·7H2O晶体的“一系列操作”依次为 、 、过滤、乙醇洗涤、干燥。解释用乙醇洗涤的优点为 。 (4)3t黄铁矿(含FeS2为80%)经上述流程后，理论上可得到FeSO4·7H2O晶体 g。 14．（23-24高三下·上海·阶段练习）铁酸锌()是可见光的敏感半导体材料，也可以用作脱硫剂，难溶于水和稀硫酸，以锌灰(含及少量、、、)和为原料制备的的过程可以表示为下图： (1)“浸取”时为加快浸取速率，可以采取的措施有 (填一种即可)。“除杂”包括加适量锌粉、过滤、加氧化等步骤。“加入氧化”的目的是 。 (2)下列说法不正确的是___________(填字母)。 A．杂质中的属于酸性氧化物，能与反应 B．除杂过程包括加足量锌粉、双氧水氧化等步骤，除和外，与锌粉反应的离子还有和 C．溶液是为了调节溶液的，也可以用弱碱代替 D．难溶于稀硫酸，但在体系中溶解度会明显增大 (3)700℃时会分解，设计实验验证中含有元素，写出操作步骤、现象和结论。 15．（23-24高三下·甘肃庆阳·期中）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图： (1)合成塔中，反应开始进行时需要加热，加热的目的主要是 ；反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应是 (填“放热”或“吸热”)反应。 (2)从合成气中分离出氨，主要利用了氨气 的性质。 (3)请写出氧化炉内发生反应的化学方程式 。 (4)尾气处理装置中含有少量的，可用在一定条件下将其还原成不污染环境的气体，该反应方程式是 。 (5)硝酸可氧化绝大多数金属，而工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，原因是 。 (6)可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，可观察到的现象 ，该反应方程式是 。 16．（23-24高三下·四川成都·期中）利用油脂厂废弃的镍催化剂（主要含有及少量）制备的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)为加快“碱浸”的速率可采取的措施是 （任写一条）；碱浸中的主要作用是去除 和含铝元素的相关物质，写出其中除去铝单质的离子方程式： 。 (2)“滤液2”中含有的金属阳离子主要是： （写离子符号）。 (3)“转化”中反应的离子方程式是 。“转化”时通常需对溶液进行适当加热，但温度不宜过高，试简述温度不宜过高的原因： 。 (4)氢氧化氧镍有良好的电化学活性，是合成锂离子电池材料的前驱体，其制备流程如下： 中的化合价为 ，每个中有一个结构，完全转化为转移的电子数目为 。 17．（23-24高三下·广东汕头·期中）高品质可用于生产锂离子电池正极材料锰酸锂。以软锰矿与黄铁矿为主要原料采用“两矿一步浸出法”制备高品质的某工艺流程如图所示： 已知：①软锰矿与黄铁矿的主要成分分别为、，还含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物。 ②该工艺条件下，相关金属离子完全形成氢氧化物沉淀的pH如下： 金属离子 开始沉淀pH 6.9 1.9 6.6 9.1 3.4 沉淀完全()的pH 8.3 3.2 10.1 10.9 4.7 回答下列问题： (1)的离子结构示意图为 。 (2)“配矿”过程中，将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀的目的是 。 (3)“酸浸”操作中需先后分批加入、。加入后发生酸浸过程的主要反应离子方程式为，。 ①已知滤渣1的主要成分为S、、等，其附着在矿粉颗粒表面使上述反应受阻，此时加入，利用其迅速分解产生的大量气泡可破除该不利影响。分析导致迅速分解的因素是 。 ②矿粉颗粒表面附着物被破除后，还可以继续与反应，从而提高锰元素的浸出率，该反应的离子方程式是 。 (4)“调pH”时调节溶液pH范围为4.7~6.0，此时“滤渣2”的主要成分为 (填化学式)。 (5)“除杂”时，溶液体系中的和形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中，则 [已知，]。 (6)“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为 。 (7)利用惰性电极电解体系获得的机理(部分)如图甲所示，硫酸浓度与电流效率的关系如图乙所示。硫酸浓度超过时，电流效率降低的原因是 。 18．（2024·湖南·模拟预测）我国科学家研究和开发的锰氧化物分子筛(@MS)材料，可大大提升分子筛对含酚废水的处理能力。工业上可由二氧化锰粉末与硫化锰矿(含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物)和4A级分子筛为原料制备该材料。 ．高纯制备 注：滤渣1中无。 附：①一些相关物质的 物质 MnS NiS ZnS ②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 金属离子 开始沉淀 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)将MnS矿与粉进行“联合焙烧”的目的有 (答出1点即可)；为了提高焙烧效率可采取的措施有 (答出2点即可)，“尾气”中所含气体中除外还有 。 (2)“酸浸”时所得“滤渣1”的主要成分为 ；“除杂1”中“滤渣3”的主要成分为 。 (3)除杂2的目的是生成，从而除去。请通过计算解释选用可行的原因。 (4)沉锰过程中选用X为氨水和碳酸氢钠的混合溶液，请写出该过程的离子方程式 。 ．@MS材料的制备 (5)将一定量的溶于蒸馏水中，加入预处理的分子筛和NaClO溶液，再加入和NaOH调节溶液pH为7.2，在室温下搅拌2h，反应结束后经过滤洗涤干燥得@MS材料。若发生反应的与NaClO物质的量之比为，则@MS中Mn的化合价为 。 ．流程评价 (6)有同学认为此流程不适宜大规模工业生产，请从物质利用角度谈谈你的看法。 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)增大固体与气体接触面积，加快反应速率 (2)5.6×10-5 (3)AC (4)NaHS溶液中：HS-+H2OH2S+OH-，HCl提供H+，消耗OH-，平衡向正向进行，生成H2S，减少H2S溶解 (5) 30℃，pH=2.0 反应温度过高，使硫杆菌失去活性，催化活性降低 【分析】根据题意可知，高温焙烧得到Cu、FeS、SO2，Cu单质与盐酸不反应，FeS与盐酸反应FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，过滤后得到铜单质和滤液A，滤液A中含有FeCl2和HCl，滤液A中通入氯气，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3，向滤液B中通入氨气，发生反应NH3+HCl=NH4Cl、FeCl3+3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4Cl，过滤，滤渣为氢氧化铁沉淀，焙烧氢氧化铁得到氧化铁，据此分析； 【详解】（1）将黄铜矿粉碎的目的是增大固体与气体接触面积，加快反应速率；故答案为增大固体与气体接触面积，加快反应速率； （2）滤液C中含有NH4Cl和NH3·H2O，依据电离平衡常数，Kb=，pH=5的滤液C，推出滤液C中c(OH-)=10-9mol/L，代入数值推出≈5.6×10-5，故答案为5.6×10-5； （3）根据图像可知，随着温度升高，a的物质的量分数降低，b、c的物质的量分数升高，依据化学反应方程式，推出a曲线代表H2S，b曲线代表H2，c曲线代表S2，该反应为吸热反应， A．该反应为吸热反应，随着温度升高，平衡常数增大，故A正确； B．N点温度高于M点，且N点气体物质的量高于M点，推出N点容器内气体压强大于M点，故B错误； C．令起始时充入H2S物质的量amol，达到平衡时，生成氢气物质的量为bmol，M点容器内，剩余H2S物质的量等于氢气物质的量，即a-b=b，即b=mol，硫化氢的平衡转化率为=50%，故C正确； D．再充入H2S、H2、S2物质的量之比等于化学计量数之比，相当于在原来基础上增大压强，平衡逆向进行，v(逆)＞v(正)，故D错误； 答案为AC； （4）H2S属于弱酸，NaHS溶液中HS-发生水解：HS-+H2OH2S+OH-，混合气体中HCl与OH-反应，促使平衡向正反应方向进行，生成H2S，减少H2S溶解，故答案为NaHS溶液中：HS-+H2OH2S+OH-，HCl提供H+，消耗OH-，平衡向正向进行，生成H2S，减少H2S溶解； （5）根据题目所给图象分析，最佳反应条件应是温度为30℃，pH=2.0；催化剂需要合适的反应温度，温度过高催化剂失活，硫杆菌为催化剂，反应温度过高，使硫杆菌失去活性，催化活性降低；故答案为温度为30℃，pH=2.0；反应温度过高，使硫杆菌失去活性，催化活性降低。 2．(1)锰、铁 (2) 溶液中存在水解平衡：，加入的ZnO消耗，使水解平衡正向移动 能，也可消耗，使的水解平衡正向移动且不引入新的杂质离子 (3)3.3 (4) c 4.5 【分析】含锌废液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰沉淀除去，同时将亚铁离子氧化为铁离子，然后再加入氧化锌调节pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，最后加入碳酸氢铵将锌离子转化为碳酸锌和氢氧化锌的沉淀，再通过焙烧分解得到氧化锌，据此分析答题。 【详解】（1）由流程可知，利用其强氧化性将氧化为，也能氧化； （2）溶液中存在水解平衡：，加入的ZnO消耗，使水解平衡正向移动；若用调节pH，也可消耗，使的水解平衡正向移动且不引入新的杂质离子，从而达到“除铁”的目的； （3）当溶液中金属阳离子浓度为时恰好完全沉淀，，，此时溶液中，pH为3.3； （4）①pH越小，物质的量分数越大，pH越大，物质的量分数越大，故a代表、b代表、c代表； ②由图2可知，前10min溶液的pH变化很小，是因为该时间段发生反应，微溶于水，对溶液pH的变化影响很小； ③，，由图1可知，当时，，，则，当时，，，则，，当时，解得，。 3．(1)搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度 (2)Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O (3)Fe2+ (4)0.7~2.2 (5) +xe-+xLi+= 11.2 【分析】含钴废渣加入硫酸和还原剂亚硫酸钠，得到含Co2+、Fe2+、Cu2+的盐溶液，加入氧化剂次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠将铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，滤液除去铜后加入碳酸氢钠得到CoCO3沉淀。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等都能加快“还原浸出”速率； （2）亚硫酸钠具有还原性，酸性条件下将三价钴还原为二价钴，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒，反应为Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O； （3）“氧化”中，加入氧化剂次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，Co2+不能被氧化，故为亚铁离子； （4）由图可知，工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制pH范围为0.7~2.2； （5）放电时，从A电极向B电极迁移，则A为负极、B为正极，该电池放电时的正极反应为得到电子发生还原反应转化为：+xe-+xLi+=；若用该电池电解食盐水，当1molLi+通过隔膜时，则电路中转移电子1mol，电解池阴极反应为，则收集到的0.5mol氢气，气体体积在标准状况下为11.2L。 4．(1)粉碎钛铁矿、升高温度、搅拌等 (2) (3)10 (4) (5)3.2~3.7 (6)降低温室效应，可作为可再生能源 【分析】由题给流程可知，向钛铁矿中加入92%的浓硫酸酸浸时，钛元素转化为TiOSO4、铁元素转化为硫酸铁和硫酸亚铁、钪元素转化为硫酸钪，二氧化硅不与浓硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加水，使TiOSO4部分水解生成TiO2·xH2O沉淀，过滤得到TiO2·xH2O和滤液；向滤液中加入萃取剂萃取溶液中的钪元素，分液得到水相和有机相；向有机相中加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液，将钛元素转化为[TiO(H2O2)]2+进入水层，将亚铁离子氧化为铁离子，分液得到含有[TiO(H2O2)]2+离子的水相和有机相；向有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取，将钛元素、铁元素、钪元素转化为沉淀，过滤得到油相和沉淀；向沉淀中加入盐酸酸溶后，加入氨水调节溶液pH将钛元素、铁元素转化为沉淀，过滤得到硫酸钪溶液和滤渣；向滤渣中加入草酸溶液，将钪元素转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪；草酸钪灼烧分解得到三氧化二钪； 【详解】（1）粉碎钛铁矿能够增加酸浸时接触面积、升高温度可以加剧分子热运动、搅拌钛铁矿可以有效提高分子碰撞，以上三种操作均可以增加反应速率； （2）根据流程图水解步骤得到TiO2·xH2O，可以推出TiOSO4水解的反应方程式为； （3）由图可知，萃取的振荡时间为10min时，钪元素的萃取率较高，而钛元素和钛元素的萃取率较低，所以萃取时选择最佳的振荡时间为10min； （4）草酸“沉钪”得到草酸钪，反应的离子方程式为：； （5）室温下溶液中TiO2+完全沉淀的pH为1.05，由溶度积可知，铁离子完全沉淀时，溶液pH为3.2，钪离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度为= 5×10-11mol/L，溶液pH为3.7，则除杂”过程中应控制的pH范围是3.2~3.7； （6）该反应过程中会生成二氧化碳，所以回收利用可以降低温室效应，可作为可再生能源。 5．(1)蒸馏法、电渗析法或离子交换法（任写一种） (2)Cl2和生成的Br2都能与水发生反应生成HCl、HBr，酸化后可以增大H+的浓度，能抑制Cl2、Br2和水的反应，提高溴的产量 (3) 3＋3Br2=5Br－＋＋3CO2↑ 在酸性环境中会和Cl-发生反应生成Cl2 (4)石灰乳原料丰富，成本低 (5)MgCl2 (6)CD 【分析】海水淡化处理后得到粗盐、淡水和母液，从粗盐中可以提取NaCl，母液中含有镁离子、溴离子，向母液中加入石灰乳，Mg2+转化为Mg(OH)2，将Mg(OH)2稀盐酸得到MgCl2，结晶得到无水MgCl2，电解熔融氯化镁得到Mg，母液经过酸化后通入氯气，发生反应：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，用热空气吹出Br2用Na2CO3溶液吸收，得到含有Br-和的水溶液，再加入稀硫酸发生氧化还原反应生成Br2，然后萃取得到Br2，据此分析解答． 【详解】（1）海水淡化方法分离海水中的淡水和盐而利用淡水，方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法。 （2）提取溴时，先将母液酸化再通的原因为：Cl2和生成的Br2都能与水发生反应生成HCl、HBr，酸化后可以增大H+的浓度，能抑制Cl2、Br2和水的反应，提高溴的产量。 （3）步骤①中Br2用Na2CO3溶液吸收，得到含有Br-和的水溶液，由于Br2和水反应有HBr生成，HBr会和Na2CO3溶液反应生成CO2和NaBr，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3＋3Br2=5Br－＋＋3CO2↑，在酸性环境中会和Cl-发生反应生成Cl2，步骤②中不能用盐酸代替稀硫酸。 （4）工业上从母液中获取用石灰乳而不用溶液的原因是：石灰乳原料丰富，成本低。 （5）从母液中得到的沉淀中混有少量的，除去少量的方法是先将沉淀加入MgCl2溶液中，发生反应：MgCl2+=+CaCl2，充分搅拌后经过滤、洗涤可得。 （6）A．NaCl是离子化合物，不存在NaCl分子，A错误； B．NaCl的式量大于H2O的相对分子质量，而且体积小，所以盐泡的密度比水大，海冰内层“盐泡”越多，密度越大，B错误； C．根据题干信息，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，说明其中盐泡不再存在，因此海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，C正确； D．若冰的密度为0.9g·cm-3，则每1L冰的质量为900g，假设其中含有NaCl的物质的量是x，则海冰中含有H2O的物质的量是5×105xmol，58.5x+5×105xmol×18=900g，解得x=10-4mol，所以海冰内层NaCl的浓度约为10-4mol·L-1，D正确； 故合理选项是CD。 6．(1)4NH3+5O24NO+6H2O (2)5(a+b) (3) 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O b 4：3 缺少尾气处理装置 【分析】氮气和氢气在合成塔中生成氨气，用氨分离器分离出氨气，氧化炉中氨气转化为NO，吸收塔中NO和水、氧气反应生成硝酸，最后进行尾气处理；装置A中氯化铵和熟石灰共热生成氨气，甲装置中干燥氨气，C装置中浓硝酸和铜片生成二氧化氮，用乙装置干燥二氧化氮，二氧化氮和氨气在B装置催化剂作用下反应。 【详解】（1）氧化炉中氨气转化为NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O； （2）由反应①②可知，氮氧化物中的氮原子与氢氧化钠中的钠离子物质的量之比1：1， amol NO2和bmol NO氮原子总物质的量为(a+b)mol，则200mL NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量也为(a+b)mol，所以NaOH溶液的物质的量浓度为； （3）①装置A中氯化铵和熟石灰共热生成氨气，所以A装置中反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O； ②甲装置干燥氨气，乙装置干燥二氧化氮，则甲装置中不能是硫酸和五氧化二磷，无水氯化钙能和氨气反应，乙装置中不能是无水氯化钙，甲、乙分别是碱石灰、无水氯化钙，故答案为：b； ③若NO2能够被NH3还原为N2，则反应的化学方程式为，其中还原剂和氧化剂分别为NH3和NO2，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为4:3； ④C装置中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，反应的离子方程式为； ⑤氮氧化物有毒，不能直接排放到空气中，此实验装置存在一个明显的缺陷为缺少尾气处理装置。 7．(1) 坩埚 过滤 (2)使(碘化物)充分溶解在水中，防止碘离子被溶解的氧气氧化 (3) 检查是否漏液 溶液分层，上层接近无色，下层紫色 (4)H2O2+2I-+2H+=+2H2O (5) (6)CCl4 【分析】由图可知主要考查碘的提取，海带中的碘元素通过灼烧，使其变为可溶于水的碘元素，在经过萃取、富集水中的碘离子，这个过程中需要用到萃取和分液实验步骤，实验仪器为分液漏斗，经过萃取后加入氧化剂使碘离子变为碘单质，最后采用过滤可得碘单质。 【详解】（1）①由图可知，海带灼烧需要用到仪器A为坩埚； ②由图可知，碘单质不易溶于水，故可采用过滤的方式得到碘单质，则操作A为过滤； （2）煮沸的作用为使碘离子充分溶解在水中，防止碘离子被溶解的氧气氧化； （3）①使用分液漏斗前，应先检漏；②萃取后，分液漏斗内观察到的现象是分液漏斗内溶液分层，上层基本无色，下层显紫色，为了使装置内的压强平衡，应先打开塞子，才能保证液体顺利流下； （4）向海带浸取原液中加入适量H2O2，酸性条件下碘离子与H2O2反应，此时发生反应的离子方程为：H2O2+2I-+2H+=+2H2O； （5）碘离子和碘酸根离子的溶液中加入硫酸，反应生成碘单质，发生的离子方程式为：； （6）该实验流程中，能循环使用的物质是CCl4。 8．(1) (2) (3) (4)被空气中的氧气氧化生成杂质 (5) 95% 【详解】黄铁矿(主要成分)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO还原得到还原铁粉；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收生成，加热后生成，以此解答该题。 (1)中O为价，Na为价，硫元素的化合价为价。 (2)由炉渣制备还原铁粉时，用CO还原氧化铁生成铁，化学方程式为。 (3)由过饱和溶液经结晶脱水制得，该过程的化学方程式。 (4)焦亚硫酸钠(，)在空气中易被氧化，实验制得的固体中含有少量杂质，可能的原因是被空气中的氧气氧化生成杂质。 (5)和碘反应的离子方程式为；根据离子方程式，样品中的质量分数为。 9．(1) 水解反应 漏斗、玻璃棒 (2) 产物无污染 Cu+H2O2+2H+=Cu2 ++2H2O Cu2 +会催化过氧化氢分解 (3)向过滤器中加无水乙醇至没过胆矾，让其自然流下，重复2~3次 (4)CuSO4 【分析】铜屑主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2，碱性条件下油脂能水解生成高级脂肪酸盐和甘油，碳酸钠溶液呈碱性，能促进油脂水解，所以铜屑中加入碳酸钠溶液浸洗，然后过滤，滤液A中含有过量的碳酸钠溶液及高级脂肪酸钠、甘油等，固体B中含有Cu、CuO、CuCO3、Cu(OH)2，向固体B中加入过量稀硫酸、H2O2，CuO、CuCO3、Cu(OH)2和稀硫酸反应生成CuSO4、H2O；Cu、H2O2、稀硫酸反应生成CuSO4和H2O，所以得到的溶液C中含有CuSO4和过量的稀硫酸，加热浓缩、冷却结晶溶液C，过滤得到胆矾和滤液D，滤液D中含有稀硫酸、硫酸铜等物质。 【详解】（1）步骤①中，已知Na2CO3溶液中含有大量的OH－，浸洗过程可除去铜屑表面的油污，此反应类型为油脂的水解反应；步骤①操作是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的操作，该操作是过滤，所需要的仪器除烧杯外，还需要的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒； （2）经步骤①过滤后所得的固体B中含有Cu、CuO、CuCO3、Cu(OH)2，若是使用浓硫酸，由于浓硫酸具有强氧化性，在加热时会与Cu发生氧化还原反应产生污染物SO2而污染环境；向固体B中加入过量稀硫酸、H2O2，CuO、CuCO3、Cu(OH)2和稀硫酸反应生成CuSO4、H2O；Cu、H2O2、稀硫酸反应生成CuSO4和H2O。可见步骤②中，用稀H2SO4和H2O2，不用浓硫酸的优点为产物无污染，更环保；步骤②主要发生的反应为Cu、H2O2、H+发生氧化还原反应产生Cu2+、H2O，该反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2 ++2H2O；该步骤所消耗H2O2的量通常大于理论值，是由于溶液中反应产生Cu2 +会催化H2O2分解产生H2O、O2； （3）经步骤④得到的胆矾，通常用无水乙醇洗涤，可以减少因用水洗涤造成的晶体损失。洗涤的方法为向过滤器中加无水乙醇至没过胆矾，让其自然流下，然后重复2~3次； （4）胆矾化学式是CuSO4·5H2O，其式量是250，若完全失去结晶水变为无水CuSO4，其式量是160。5 g胆矾若完全失去结晶水变为CuSO4，所得CuSO4固体质量应该为：=3.2 g，其质量数值恰好等于固体加热后剩余固体质量，因此剩余固体的化学式为CuSO4。 10．(1)4s24p3 (2)共价 (3)Fe(OH)3 (4) 2SbOCl+2NH3·H2O= Sb2O3+2NH4Cl+ H2O Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液 (5)2As3++3H2PO+3H2O=3H3PO3+3As↓+3H+ (6)Sb3++3e—=Sb 【分析】由题给流程可知，向粗锑氧中加入盐酸、通入氯气浸取，过滤得到可回收Pb、Sn的滤渣和滤液；向滤液中加入锑粉还原，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，SbCl5还原为SbCl3，向反应后的溶液中加入硫化铵溶液，将溶液中的锌离子转化为硫化锌沉淀，过滤得到硫化锌和滤液；向滤液中加入次磷酸钠溶液，将溶液中的砷元素转化为砷，过滤得到砷和滤液；电解滤液在阴极得到锑；向溶液中加水稀释，将SbCl3转化为SbOCl沉淀，过滤得到滤液和SbOCl；向SbOCl中加入氨水，将SbOCl转化为Sb2O3，过滤、洗涤、干燥得到Sb2O3。 【详解】（1）砷元素的原子序数为33，基态原子的价电子排布式为4s24p3，故答案为：4s24p3； （2）由三氯化锑在熔融状态下不导电可知，三氯化锑是熔融状态下不能电离的共价化合物，故答案为：共价； （3）由题意可知，加入锑粉还原的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，SbCl5还原为SbCl3，有利于加水稀释时将SbCl3转化为SbOCl沉淀，防止铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，导致SbOCl中混有氢氧化铁杂质，故答案为：Fe(OH)3； （4）由题意可知，“除氯”发生的反应为，反应的化学方程式为2SbOCl+2NH3·H2O= Sb2O3+2NH4Cl+ H2O，由题给信息可知，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液，所以不能用氢氧化钠溶液代替氨水，故答案为：2SbOCl+2NH3·H2O= Sb2O3+2NH4Cl+H2O；Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液； （5）由题意可知，“除砷”时发生的反应为溶液中的砷离子与次磷酸根离子反应生成偏磷酸、砷和氢离子，反应的离子方程式为2As3++3H2PO+3H2O=3H3PO3+3As↓+3H+，故答案为：2As3++3H2PO+3H2O=3H3PO3+3As↓+3H+； （6）由题意可知，电解时锑离子在阴极得到电子发生还原反应生成锑，电极反应式为Sb3++3e—=Sb，故答案为：Sb3++3e—=Sb。 11．(1)1s22s22p63s23p63d7 (2) (3)取最后一次少量洗涤滤液于试管中，向其中加入盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净，反之则反 (4)加入稀盐酸调节溶液的pH在1~3时，在70℃水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在300℃～600℃温度下高温煅烧至恒重即可 【分析】由题干本工艺流程图信息可知，Co(OH)3溶解还原反应为Co(OH)3、H+、的氧化还原反应，发生，由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气、加入氯酸钠，亚铁离子被氧化为铁离子；CoCO3煅烧300℃～600℃生成Co3O4，1100℃以上生成Co2O3即可解题，据此分析解题。 【详解】（1）Co是27号元素，Co2+ 离子核外有25个电子，基态Co2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d7，故答案为：1s22s22p63s23p63d7； （2）由分析可知，“溶解还原”过程中，Co(OH)3溶解还原反应为Co(OH)3、H+、的氧化还原反应，发生，故答案为：； （3）此实验中生成的CoC2O4表面含有可溶性杂质离子为等，故检验CoC2O4固体是否洗净的实验操作是：取最后一次洗涤滤液少许于一试管，向其中加入盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净，反之则反，故答案为：取最后一次少量洗涤滤液于试管中，向其中加入盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净，反之则反； （4）已知：尿素水溶液在70℃以上能缓慢水解产生，在pH为1～3时水解速率对生成CoCO3沉淀较为适宜。结合题干信息可知，CoCO3煅烧300℃～600℃生成Co3O4，1100℃以上生成Co2O3，故以CoCl2溶液、尿素粉末、盐酸为原料，制备Co3O4的实验方案：取一定体积CoCl2溶液，加入稀盐酸调节溶液的pH在1~3时，在70℃水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在300℃～600℃温度下高温煅烧至恒重即可，故答案为：加入稀盐酸调节溶液的pH在1~3时，在70℃水浴中边搅拌边滴加尿素溶液，充分反应后过滤出沉淀，洗涤沉淀，干燥并在300℃～600℃温度下高温煅烧至恒重即可。 12．(1) (2) 、S、 温度过低，硫的溶解度较小(或溶解速率小)，温度过高，大量挥发 消耗，使平衡正向移动，转化为沉淀而除去 (3) < 1000 【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等 杂质)加入稀硫酸和二氧化锰浸取：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、 单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、 Cu2+，加入加入试剂A调节pH除去Fe3+离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液，赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。 【详解】（1）孔雀石主要成分为Cu2(OH)2CO3，氨气具有还原性，可以将其还原为Cu，同时生成氮气、二氧化碳和水，根据电子转移守恒配平得； （2）①浸取过程中可得到一种淡黄色单质，说明生成S单质；另外物质中的酸性氧化物SiO2不与硫酸反应，还有没有反应掉的MnO2，因此滤渣I中主要成分是S、SiO2、MnO2；回收淡黄色副产品，过程中温度控制在50~ 60°C之间。若温度过高，加入的CS2易挥发；温度过低，单质S的溶解速率小，所以温度必须适当，即控制在50 ~60°C之间； ②常温下，加入的试剂A若为，其“除铁”的原理是：消耗，使平衡正向移动，转化为沉淀而除去；加一定量的后，若测得溶液的为4， 则此时溶液中c(OH-)=10-10 mol/L，故溶液中铁离子c(Fe3+)= mol/L； ③写出“沉锰”(除)过程主要是使Mn2+生成沉淀MnCO3，反应的离子方程式为 ； （3）①根据图象可知，氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）在钙离子浓度相同时，T1温度下阴离子浓度大于T2，说明T1时的溶度积大于T2，溶度积越大，则溶解度越大，所以T1时溶解度较大，由于“已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小”，则T1＜T2； ②由图可知，，反应为：，温度下该反应的平衡常数。 13．(1) -1价 4FeS2 + 11O22 Fe2O3+ 8SO2 (2) SiO2 Fe2O3 + 6H+ =2Fe3+ + 6H2O (3) 2Fe3++ SO2+ 2H2O= 2Fe2+ ++ 4H+ 蒸发浓缩(加热浓缩) 冷却结晶(降温结晶) 乙醇易挥发，带走表面水分，得到较干燥产品。 (4)5.56×106 【分析】已知黄铁矿的主要成分是FeS2，高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2 + 11O22 Fe2O3+ 8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣中加入H2SO4溶液充分酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣，主要成分为SiO2，向滤液中加入SO2进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，得到FeSO4溶液，再经过一系列的操作得到FeSO4·7H2O晶体，据此分析答题。 【详解】（1）FeS2中铁元素为+2价，故S元素的化合价为-1价；“焙烧”时，发生的主要反应的化学方程式为4FeS2 + 11O22 Fe2O3+ 8SO2； （2）由分析可知，“滤渣”的主要成分为SiO2，“酸浸”时氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为； （3）“还原”工序中为二氧化硫将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式为2Fe3++ SO2+ 2H2O= 2Fe2+ ++ 4H+，从FeSO4溶液中获取FeSO4·7H2O晶体的“一系列操作”依次为蒸发浓缩(加热浓缩)、冷却结晶(降温结晶) 、过滤、乙醇洗涤、干燥；用乙醇洗涤的优点为：乙醇易挥发，带走表面水分，得到较干燥产品； （4）3t黄铁矿(含FeS2为80%)，则m(FeS2)=3×106g×80%=8×105g，根据铁元素守恒，FeS2~ FeSO4·7H2O，m(FeS2)：m(FeSO4·7H2O)=120：278，相对分子质量之比等于实际质量比，故m(FeSO4·7H2O)=。 14．(1) 可将固体混合物研碎；还可以适当增大稀硫酸的浓度或加热 将Fe2+氧化为Fe3+ (2)C (3)ZnFe2O4加热分解后加入稀硫酸溶液，取少量溶解后的溶液滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明其中含有铁元素 【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化Fe2+，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢铵沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4，据此分析解题。 【详解】（1）用稀硫酸溶解锌灰时，可将固体混合物研碎；还可以适当增大稀硫酸的浓度或加热，均可加快浸取速率；“除杂”包括加适量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤，其中“加入H2O2氧化”的目的是作氧化剂，在酸性条件将Fe2+氧化为Fe3+； （2）A．杂质中的SiO2属于酸性氧化物，能和NaOH反应：2NaOH+ SiO2 =Na2SiO3+H2O，故A正确； B．结合上述分析，浸取时生成的硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸均与锌粉发生反应，故B正确； C．用弱碱NH3·H2O代替时，易生成氢氧化铁、氢氧化锌杂质，故C错误； D．在SO2-H2SO4体系中，SO2具有还原性，易于三价铁发生氧化还原反应，故ZnFe2O4的溶解度会明显增大，故D正确； 答案为：C； （3）ZnFe2O4加热分解后加入稀硫酸溶液，取少量溶解后的溶液滴加几滴硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明其中含有铁元素。 15．(1) 促使反应发生，加快反应速率 放热 (2)易液化 (3) (4) (5)常温下，浓硝酸可使铝钝化 (6) 产生白烟 【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器分离出氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理，防止污染环境。 【详解】（1）合成塔中，反应开始进行时需要加热，根据影响反应速率的因素，加热的目的主要是促使反应发生，加快反应速率；反应开始后停止加热，发现反应更加剧烈，由此可知该反应放出热量，使气体温度升高，因此该反应是放热反应。 （2）从合成气中氨气液化分离出氨，主要利用了氨气易液化的性质。 （3）氧化炉内氨气发生催化氧化生成一氧化氮和水，发生反应的化学方程式； （4）尾气处理装置中含有少量NO2，可用NH3将其还原成不污染环境的氮气，根据根据得失电子守恒，该反应方程式是； （5）常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，生成致密氧化膜，阻止内层金属进一步被氧化，所以工业上盛装大量浓硝酸可用铝制容器，。 （6）NH3、HCl发生反应产生NH4Cl白色固体，可利用浓盐酸检验氨气管道是否泄漏，若泄漏，可观察到的现象产生白烟，该反应方程式是。 16．(1) 增大反应物表面积（或适当升高温度、适当增大氢氧化钠的浓度、搅拌等） 油脂 (2) (3) 防止因温度过高分解 (4) 【分析】废弃的镍(Ni)催化剂主要含有Ni、Al、Fe及少量NiO、，Al、与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，碱浸除去铝元素；滤饼用硫酸溶解得到硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁的混合液，加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，为加快“碱浸”的速率可采取的措施是粉碎废镍催化剂、适当提高温度、适当提高NaOH溶液浓度等；Al、与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，“碱浸”中NaOH的作用有：去除油脂、除去铝及氧化铝；其中除去铝单质的离子方程式：； （2）滤饼中Ni、Fe及少量NiO与硫酸反应得到硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁的混合液，“滤液2”中含金属阳离子，主要有、； （3）“转化”是加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，反应的离子方程式是；“转化”时通常需对溶液进行适当加热，但温度不宜过高，试简述温度不宜过高的原因：防止因温度过高分解； （4）中氢元素显+1价，氧元素显-2价，设Ni元素化合价为x，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0，x=3，的化合价为+3；“氧化”中，氧化生成NiOOH，还原生成，根据得失电子守恒写出反应的离子反应方程式为，则完全转化为转移的电子数目为； 17．(1) (2)增加接触面，提高反应速率；提高原料利用率； (3) Fe3+或Mn2+或MnO2等作催化剂 (4)Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)50 (6) (7)硫酸浓度高，MnOOH被消耗，效率降低 【分析】工艺流程题需关注反应物及目标生成物，从而确定中间需要除去的杂质元素。本题中原料成分有、，还含少量Fe、Ca、Mg、Al、Si等元素的氧化物，最终制备MnO2，除Mn元素外，其他元素均要除去。酸浸步骤中，SiO2不溶于酸除去，其他金属氧化物转化为相应的金属离子，调节pH步骤中，使Fe3+和Al3+转化成沉淀除去，除杂步骤中将Mg2+和Ca2+转化成沉淀除去，据此分析。 【详解】（1） 铝离子结构示意图为 ； （2）将软锰矿与黄铁矿粉碎混匀的目的是增加接触面，提高反应速率；提高原料利用率； （3）①导致迅速分解的因素是Fe3+或Mn2+或MnO2等作催化剂，加快双氧水的分解；②双氧水能提高锰元素的浸出率，说明生成了Mn2+，则H2O2作还原剂，该离子方程式为； （4）“调pH”时调节溶液pH范围为4.7~6.0，由表格可知：pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=4.7时Al3+沉淀完全，故“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3； （5）； （6）“沉锰”步骤发生主要反应的离子方程式为； （7）当硫酸浓度超过3.0mol/L时，生成的MnOOH与硫酸反应，MnOOH减少，反应减弱，电流效率降低。 18．(1) 使金属转变为金属氧化物，使MnS与反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去； 将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等 SO2、CO2和CO (2) SiO2 NiS和ZnS (3)MnF2(s)+Mg2＋(aq) MgF2(s)+Mn2＋(aq)的平衡常数＝9.2×106＞105，Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀 (4)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (5)+6 (6)①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下； 【分析】 二氧化锰粉末与硫化锰矿(含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物)在氧气作用下联合焙烧，除去有机物，金属与非金属均生成氧化物，在硫酸中酸浸，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH在4.7～6之间，除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢钠发生反应：Mn2++2HCO＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，据此解答。 【详解】（1）将MnS矿与粉进行“联合焙烧”的目的有，使金属转变为金属氧化物，使MnS与反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去；为了提高焙烧效率可采取的措施有：将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等；“尾气”中所含气体中除外，MnS产生的SO2，有机物产生的CO2和CO； （2）根据以上分析可知“滤渣1”含有SiO2；加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS； （3）根据方程式MnF2(s)+Mg2＋(aq) MgF2(s)+Mn2＋(aq)可知该反应的平衡常数≈9.2106＞105，因此Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀，所以除杂时选择。 （4）“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O （5）当与NaClO物质的量之比为1：2时，氯元素化合价从+1价降低到－1价，反应前Mn是+2价，所以根据电子得失守恒可知反应后Mn的价态是+（2×2+2）=+6。 （6）①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下； 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 $$