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·云南昆明·阶段练习）以湿法炼锌厂所产的钴锰渣(主要成分为，含少量等)为原料回收制备的工艺如图： 已知常温下，。 回答下列问题： (1)“滤渣1”中主要成分是 (填化学式)，的作用是 。“除铁”反应中与的比例为 。 (2)“滤液1”中主要含有的过渡金属阳离子有、 (填离子符号)。 (3)当锌离子、铜离子均沉淀完全时，溶液中硫离子的浓度为 。 (4)“滤渣3”中存在，“除锰”操作的化学方程式为 。 (5)对金属离子的萃取率与的关系如图所示。 ①萃取剂的主要成分的结构是，从结构分析该物质是 元酸，萃取原理为，最佳反萃取试剂应选择 (填序号)。 A．      B．      C．      D． ②“萃取”时，选择合适的范围为 (填序号)。 A．      B．      C．      D． 2．（24-25高三上·湖南益阳·阶段练习）V(钒)有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中提取V的工艺流程如下： 已知：①“酸浸”时有生成。 ②“萃取”时离子萃取率的大小顺序为。 回答下列问题： (1)V属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 (2)“滤渣1”除掉的主要杂质元素的名称是 。 (3)作用是将转化为，转化的目的是 ，发生的离子反应方程式为 。 (4)“沉钒”时，生成沉淀，“步骤X”的目的是 (5)全钒液流电池是一种新型酸性硫酸盐电池，也是一种新型的绿色环保储能系统，其工作原理如图。放电时右槽溶液颜色由紫色逐渐变为绿色，则电极A发生的电极反应式为 。 3．（23-24高三上·河南新乡·期末）难溶物CuCl(白色)广泛应用于化工和印染等行业。某研究学习小组拟分解CuCl2·2H2O(绿色)制备CuCl，并进行相关探究。该小组用如图所示装置进行实验(加热及夹持装置已略去)。 回答下列问题： (1)CuCl中铜元素的化合价为 价。 (2)常温下，CuCl2·2H2O可溶于水； ①CuCl2的水溶液呈 (“酸”“碱”或“中”)性，判断的理由为 (用离子方程式表示)。 ②实验过程中，观察到装置Ⅲ中无水硫酸铜未变蓝，装置Ⅳ中红色布条逐渐褪色，可得出装置Ⅰ中反应后所得的气体产物为 (填化学式)。 (3)装置Ⅲ中仪器a的名称为 。 (4)反应结束后，取agCuCl产品(杂质仅为CuCl2)，先加入足量FeCl3溶液使其完全反应(Fe3+被还原成Fe2+，不考虑其他反应)，再稀释到200mL。从中取出40.00mL，用cmol/LCe(SO4)2标准液滴定至终点(Ce4+被还原为Ce3+)；重复滴定三次，平均消耗标准液的体积为VmL(不考虑操作过程中的质量损失)。 ①Ce(SO4)2与FeCl2反应的离子方程式为 。 ②产品中CuCl的质量分数为 (用含a、c、V的代数式表示)。 4．（23-24高三上·广东茂名·期末）金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题： (1)目前使用量最大的合金是___________。 A．钢 B．青铜 C．镁合金 D．铝合金 (2)某溶液中有等离子，向其中加入足量的后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是 。(填序号) A．     B．     C． (3)高铁酸钠是一种新型水处理剂。某兴趣小组欲利用废金属屑(主要成分为和，含有少量)制取高铁酸钠并回收金属，其工艺流程如下： ①高铁酸钠处理水时，不仅能杀菌消毒，还能形成 胶体(名称)吸附水中的悬浮杂质而净化水。 ②试剂a为 (填化学式，下同)，滤渣Ⅱ的主要成分为 (填化学式)。 ③滤液Ⅱ主要含有的离子是 ；其中也含少量的，主要原因是 。(用离子方程式表示) ④检验滤液1中是否存在的试剂是 。 5．（24-25高三上·河北衡水·开学考试）锂离子电池在生活中应用极广，正极材料主要有钴酸锂()、磷酸亚铁锂、三元材料三种。从锂离子电池正极废料中回收一些金属成为近年的焦点。 ．回收废旧钴酸锂电池正极片(含钴酸锂、乙炔黑、导电剂涂层的铝箔)中锂、钴的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“碱浸”时绝大部分铝被浸出，滤液中铝元素的化合价为 。 (2)“酸溶”时，作 (填“氧化剂”或“还原剂”)，其参与反应的离子方程式为 。 (3)将和CoO按物质的量之比混合，在空气中煅烧可制得 该反应的化学方程式为 。 (4)隔绝空气热分解时质量变化如图所示。B点残留固体为CoO，则 。 ．回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图： (5)“酸浸”时加入10%的作用为 。 (6)若滤液②中，加入等体积的溶液后，滤液③中，“沉淀”中的的沉淀率为90%，则 。 (7)磷酸亚铁锂电池中铁元素的含量可通过如下方法测定： 称取1.60g试样用盐酸溶解，用溶液滴定至终点，消耗溶液35.00mL(该条件下不参与反应)。磷酸亚铁锂电池中铁元素的质量分数为 。 6．（24-25高三上·安徽亳州·开学考试）以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料得到绿矾，然后制备铁黄并测定其纯度。 Ⅰ．制备铁黄流程如下： 已知：“还原”时，能将中的硫元素氧化为+6价。 回答下列问题： (1)的价层电子的轨道表示式为 ，比稳定，原因是 。 (2)“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)“还原”过程中涉及的离子方程式为 。 (4)流程中“”环节的目的是为了除去 ，“结晶”步骤的具体操作为 。 Ⅱ．测定铁黄纯度流程如下： 已知：(配合离子)，不与稀碱液反应。 (5)若实验时加入了的，消耗ymol NaOH，设铁黄的摩尔质量为，则铁黄样品纯度为 (用含w、x、y、M的代数式表示)。 (6)测定时，若滴入溶液不足量，使实验结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 7．（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 。 8．（24-25高三上·江苏扬州·开学考试）硒是人体所需微量元素之一，也是一种重要的工业原料。工业上从铜阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中提取硒的过程如下： (1)“焙烧”时，Ag2Se与O2反应每消耗1 mol O2，转移电子的物质的量为 。 (2)甲酸还原H2SeO3反应的化学方程式为 。 (3)常温下，H2SeO3电离平衡体系中含Se(+4价)微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。 向亚硒酸溶液滴入氨水至pH=2.5，过程中主要反应的离子方程式 。 (4)还原时，进行了以下实验：向10 mL2.5 mol/L亚硒酸溶液中先加入10 mL氨水，再加入10 mL甲酸溶液，加热至沸腾(103℃)，反应10小时。当氨水浓度在(之间，随着氨水浓度逐渐增大，亚硒酸还原率逐渐升高，可能的原因是 。 (5)粗硒的精制：粗硒经过Na2SO3浸出生成硒代硫酸钠(Na2SsS2O3)粗品→Na2S沉淀粗品中Cu2+、Ag+等杂质金属离子→H2SO4酸化过滤后溶液、过滤得Se。加入一定体积Na2S溶液可除去Cu2+、Ag+等杂质金属离子，Na2S浓度对粗硒除杂的影响如图所示，精硒中的杂质含量上升的原因是 。 (6)实验室中可以用SO2还原H2SeO3溶液制取硒单质，请补充完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液， ，得硒单质。(须使用的试剂：SO2、BaCl2溶液、1 mol/L NaOH溶液) 9．（23-24高三上·福建宁德·期末）主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种含钴催化剂废料(主要含、，还含有少量的、、、制备氧化钴的工艺流程如下图所示： 已知：ⅰ.金属钴与铁具有相似的化学性质； ⅱ.氧化性。 回答下列问题： (1)提高“酸浸”速率的措施有 (任写一种)。 (2)酸浸后，“滤渣”的主要成分有 (填化学式)。 (3)“除铁”时先加入溶液，主要反应的离子方程式为 ；再加入溶液调节为2.5～3.0，生成黄钠铁矾沉淀。检验滤液1中不存在的实验操作及现象：取少量滤液1于试管中， 。 (4)“沉钴2”时为了使沉淀完全，滤液2必须控制 。(已知：常温下；通常认为残留在溶液中离子浓度时，沉淀完全) (5)在空气中煅烧得到的化学方程式是 。 (6)将在空气中加热到300℃以上可以得到钴的不同氧化物。测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，B点固体成分为 (填化学式)。 10．（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)。 11．（23-24高三上·天津·期末）铜是人类最早使用的金属，在生产生活中有着重要的应用。一种利用黄铜矿（主要成分为，含少量Fe的氧化物、、Au等）为原料制备纳米Cu的工艺流程如图。 回答下列问题： (1)溶浸前，为加快反应速率，提高溶浸率，要将黄铜矿进行 处理。 (2)溶浸后，滤渣的主要成分为Au、S和 （填化学式）。 (3)写出双氧水氧化的离子方程式 。 (4)氨化时当时，判断是否沉淀完全 （填“是”或“否”）。（已知常温下） (5)保持其他条件相同，分别测得纳米Cu的产率随和pH变化的曲线如图。 生产纳米Cu的适宜条件是 ， 。PH过大，纳米Cu的产率反而下降的原因可能是 。 (6)①铜和氧形成的一种离子化合物的晶体结构如图，则铜离子的电荷数为 。 ②高温下稳定性，其原因 。 12．（23-24高三上·北京大兴·期末）碱式碳酸铜可用作有机催化剂。工业上以辉铜矿(主要成分为，含及少量)为原料制备碱式碳酸铜，工业流程如下： 已知：①常温下， ②金属离子沉淀的pH 开始沉淀时 1.5 6.3 完全沉淀时 2.8 8.3 (1)操作I的名称是 ；滤渣b可能含S、 (填化学式)。 (2)①为提高“浸取”时辉铜矿中的浸取率，可采取的措施 (填2条)。 ②某小组测得的浸取率受浓度及温度影响的变化曲线如下： 依据图一分析：适宜的浓度范围为 ； a点浸取时也起到了氧化辉铜矿的作用，该反应的离子方程式为 。 ③图二中温度高于85℃时浸取率下降的原因是 。 (3)“除铁”步骤调pH时，加入的物质X可选择 (填序号)。 a．　　　　　　　　b．    　　　　c． (4)常温下，滤液中，则“除铁”步骤调pH的范围是 。 13．（24-25高三上·江苏南京·开学考试）氧化亚铜()主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。在酸性溶液中歧化为二价铜离子和铜单质。以黄铜矿(主要成分为，含有杂质)为原料制取的一种工艺流程如图： (1)写出“浸泡”时发生反应的离子方程式 。 (2)判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为 。 (3)“热还原”时，将新制溶液和溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到粉末。制备装置如下图所示： 反应时A装置原料反应配比为，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为 。实际反应中需不断滴加NaOH溶液的作用是： 。 (4)反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与混合溶液)可制备晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液， ，洗涤、干燥得晶体。(已知：室温下，溶液中、、的物质的量分数随pH的分布如下图所示；室温下从饱和溶液中结晶出，实验中须使用的试剂及仪器有：、氧气、pH计) (5)工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为。 ①写出阳极的电极反应方程式： 。 ②若电解时理论上生成14.4g时，电路中通过 mol电子。 14．（24-25高三上·安徽·开学考试）以水锰矿[主要成分为MnO(OH)，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2及CaO]为原料制备马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]的一种工艺流程如图所示。 已知Ksp(CaF2)=3.6×10-12，当溶液中离子浓度≤1×10-5 mol/L)时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有 (写出一条即可)。 (2)步骤Ⅰ中SO2的作用是 ，滤渣1的成分为 (填化学式)。 (3)步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为 。 (4)“除钙”步骤中若要Ca2+完全沉淀，需控制溶液中的c(F-)≥ mol/L。 (5)“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时发生反应的化学方程式为 。 (6)MnOx一种晶型的晶胞结构如图已知该晶胞的体积为v cm3，则该晶胞中“”球代表的原子的配位数为 ，该晶体的密度为 g/cm3.(阿伏加德罗常数的值用NA表示) 15．（23-24高三上·辽宁丹东·期末）六水合氯化镍常用于电镀、陶瓷等工业。某实验室以镍矿渣(主要含)制备六水合氯化镍晶体，设计流程如图所示： 回答下列问题： (1)已知可制得配合物中的键数目为 。 (2)写出“酸溶”时，发生反应的离子方程式： 。 (3)试剂a应选用下列物质中的_______(填选项)。 A． B． C． D． (4)“除铜”过程发生反应的离子方程式是 。 (5)“沉镍”所得沉淀可表示为为测定沉淀的组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(时，只收集到一种气体产物，以上残留固体为)。则该样品的化学式为 。 (6)由制备的实验方案：向固体中加入过量盐酸，搅拌，调节， ，过滤，冰水洗涤，干燥(溶解度曲线如图所示)。 (7)和的合金是目前使用广泛的储氢材料，该合金的晶胞结构如图所示。已知该晶体晶胞底面边长为，高为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 (用a、c、列出计算式即可)。 16．（23-24高三上·江苏苏州·期末）碘是一种重要化工原料。工业上提取碘的工艺流程如下： (1)“转化”过程中将转化为。 ①溶液X可以选用 (填字母)。 a．氯水                    b．溶液            c．溶液            d．溶液 ②NaClO溶液可以将酸性溶液中的转化为，该反应的离子方程式为 。 (2)“萃取”时用作为萃取剂的原因有：不与碘反应、 。 (3)“碱化”时，加入NaOH溶液与溶于中的反应，使含碘物质溶于水。该反应的化学方程式为 。 (4)“操作a”的名称是 。 (5)“酸化”时发生的主要反应为。 ①酸性条件下氧化性： (填“>”、“=”或“<”)。 ②根据“方法1”中含碘物质的转化说明：随着溶液pH增大，氧化性 (填“增强”或“减弱”)。 (6)方法2采用“活性炭吸附法”获取。将“脱附”的操作为“隔绝空气加热、冷凝”。该操作利用了的特性是 。 17．（24-25高三上·湖南·开学考试）以镉废渣(主要成分是Cd，含少量Cu、Fe、Co等)为原料提取镉的流程如下： 已知： ①在金属活动性顺序表中，Co、Cd排在H之前；Cd与Zn同族。 ②几种金属离子形成氢氧化物的pH如下表： 金属氢氧化物 开始沉淀pH 1.9 7.0 7.2 完全沉淀pH 3.2 9.0 9.5 回答下列问题： (1)Cd位于元素周期表 区。 (2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)；“除铁”中双氧水的作用是 (用离子方程式表示)。 (3)“试剂X”宜选择 (填标号)，其调节pH范围为 。 A．氨水    B．CdO    C．    D．NaOH (4)“电解”中，阳极反应式为 。 (5)氧元素有多种同素异形体。在超高压下转化为平行六面体的分子(结构如图所示)。的沸点 (填“高于”或“低于”)，其理由是 。 (6)Cd晶胞为体心立方晶胞，如图所示。已知：晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值。则Cd原子半径为 pm，Cd晶体密度为 。 18．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）Ⅰ.甲、乙、丙、丁是初中化学中常见的四种物质，其中丙为气体单质，其余三种物质均为化合物，甲、乙两种物质组成元素相同且常温下都为液体。“→”表示物质间转化关系，如下图所示(部分生成物已略去)。回答下列问题： (1)写出甲物质的化学式： ；乙物质的化学式： 。 (2)若丁为无色气体，则乙→丙的化学方程式是： ；丁→乙的化学方程式是： 。 Ⅱ.我国每年报废的手机数量庞大。废旧手机的电路板中含有铝、铁、铜、银、金等多种金属，化学兴趣小组为回收其中的铜，设计并进行了如下实验： 已知：；不考虑金、银发生类似反应。 (3)将电路板粉碎成粉末的目的是 。 (4)步骤①所得滤液中的物质除水外，还有 (填化学式)。 (5)步骤②中的实验现象： ，溶液由无色变为蓝色。 (6)步骤③中反应的化学方程式是 。 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) 作还原剂 3：2 (2) (3) (4) (5) 一 D B 【分析】钴锰渣(主要成分为，含少量等)中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸，所得滤渣1中含有CaSO4；滤液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入K2CO3调节pH，得到KFe3(SO4)2(OH)6沉淀；滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌，生成CuS、ZnS沉淀；滤液2中加入Co(OH)3除锰，生成S、MnO2沉淀；滤液3中加入P2O4萃取，钴镍进入萃取液中，加入硫酸反萃取后与萃余液1合并，再用P5O7萃取，钴进入萃取液中，镍进入萃余液2中；萃取液2中加入草酸进行反萃取，从而获得CoC2O4，据此回答。 【详解】（1）加入硫酸后，钙离子与硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，通过流程分析，滤液1中含有，价态降低，则亚硫酸钾是作为还原剂，除铁操作的方程式为，则比例为。 （2）流程中可知，几种过渡金属阳离子分别为铁离子、钴离子、锰离子、镍离子，其中铁离子在除铁操作中已经除去，依据排除法推理得知，滤液1中的主要过渡金属离子是。 （3）通过比较得知，铜离子先沉淀，锌离子后沉淀，则。 （4）“滤渣3”中存在 MnO2 ，说明除锰过程中，MnSO4和Co(OH)2反应生成二氧化锰和CoSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：H2SO4+MnSO4+2Co(OH)3=MnO2+2CoSO4+4H2O。 （5）类比羧酸的组成特点可知，含有一个羟基，则为一元酸。根据平衡移动，则应加入硫酸，平衡逆向移动则可进行反萃取，释放金属离子至溶液中，其中草酸可能与金属离子反应生成沉淀，则最佳萃取剂为硫酸。根据图像可知，萃取剂，可以分离镍离子与钴离子，选择之间，的萃取率较高，则相对较低。 2．(1) d (2)硅 (3) 的浸取率大于，转化为可以提高钒的浸取率 (4)将氧化为 (5) 【分析】将钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)进行焙烧，可将V转化为易溶的盐类，Fe、Al等转化为金属氧化物；加入酸进行酸浸，滤渣1为硅的化合物；调节溶液的pH至5.1，所得滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有；加入H2C2O4进行还原，将还原为VO2+；加入萃取剂进行萃取，去掉水相，再进行反萃取，分离出含有VO2+的水溶液；加入氧化剂将VO2+氧化为；加入NH4Cl溶液进行沉钒，过滤得到NH4VO3，煅烧NH4VO3，制得V2O5。 【详解】（1）V位于第四周期VB族，属于d区元素，其基态原子的价电子排布式为； （2）由分析可知，滤渣1为硅的化合物，除掉的杂质元素是硅； （3）题干信息显示，VO2+的浸取率大于，将转化为VO2+可以提高钒的浸取率；发生的离子反应方程式为； （4）“沉钒”时，生成沉淀，则“步骤X”操作后，VO2+转化为，所以目的是将VO2+氧化为； （5）放电时右槽溶液颜色由紫色逐渐变为绿色，则电极B的反应为，电极B为负极，电极A为正极，发生得电子的还原反应，电极反应为。 3．(1)+1 (2) 酸 Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ Cl2 (3)干燥管(或球形干燥管) (4) Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+ 【分析】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热Ⅰ处试管，装置Ⅱ中浓硫酸为干燥产生的气体，装置Ⅲ中a为球形干燥管，a中无水硫酸铜变蓝，可知产生的气体中的水蒸气有没有除干净，且Ⅳ处湿润的红色布条褪色，可知发生CuCl2•2H2O2CuCl+Cl2↑+4H2O，Ⅴ中NaOH溶液吸收尾气，据此分析解题。 【详解】（1）已知CuCl中Cl为-1价，根据化学式化合价代数和为0可知，CuCl中铜元素的化合价为+1价，故答案为：+1； （2）①CuCl2为强酸弱碱盐，故Cu2+发生水解使得溶液呈酸性，水解离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故答案为：酸；Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+； ②由分析可知，实验过程中，观察到装置Ⅲ中无水硫酸铜未变蓝，装置Ⅳ中红色布条逐渐褪色，可得出装置Ⅰ中反应后所得的气体产物为Cl2，故答案为：Cl2； （3）由图干实验装载图可知，装置Ⅲ中仪器a的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管； （4）①由图干信息可知，滴定过程中Ce4+被还原为Ce3+，根据氧化还原反应规律可知，Fe2+被氧化为Fe3+，根据氧化还原反应配平可得，Ce(SO4)2与FeCl2反应的离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，故答案为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+； ②根据电子得失守恒可得，n(Fe2+)×(3-2)=c×V×(4-3)×10-3，即n(Fe2+)=cV×10-3mol，再根据电子得失守恒，n(Fe3+)×(3-2)=n(CuCl)×(2-1)，得到n(CuCl)=cV×10-3mol，则n总(CuCl)=cV×10-3mol =5cV×10-3mol，即CuCl的质量分数为=，故答案为：。 4．(1)A (2)B (3) 氢氧化铁(胶体) H2SO4 Cu H＋、Fe2+ 、SO 2Fe3+＋Cu=Cu2+＋2Fe2+ KSCN溶液 【分析】废金属屑(主要成分为Fe和Cu，含有少量)加入稀硫酸溶液，反应后得到硫酸亚铁和铁、铜混合物，过滤后，向铁和铜混合物中加足量稀硫酸，将铁全部反应完，过滤，滤渣为铜，滤液为硫酸和硫酸亚铁，经过一系列操作得到硫酸亚铁固体，加入过氧化钠固体，在氮气保护气中高温反应得到高铁酸钠。 【详解】（1）A．钢是铁和碳合金，是目前使用量最大的合金，故A符合题意； B．青铜是铜、锡合金，使用量有限，故B不符合题意； C．镁合金是镁铝合金，使用量有限，故C不符合题意； D．大多数铝合金是镁铝合金，使用量有限，故D不符合题意； 答案选A。 （2）某溶液中有等离子，向其中加入足量的后，镁离子变为氢氧化镁沉淀，亚铁离子被氧化后生成氢氧化铁沉淀，铜离子变为氢氧化铜沉淀，过滤，将滤渣(氢氧化镁、氢氧化铁、氢氧化铜)投入足量的盐酸中，溶液中离子是，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是；答案选B。 （3）①高铁酸钠对水进行杀菌消毒，高铁酸根的还原产物铁离子发生水解生成氢氧化铁胶体，因此还能形成氢氧化铁胶体吸附水中的悬浮杂质而净化水； ②根据以上分析可知试剂a为H2SO4，铜和稀硫酸不反应，因此滤渣II的主要成分为Cu； ③滤液II含有硫酸亚铁和稀硫酸，主要含有的离子是H＋、Fe2+、；其中也含少量的Cu2+，主要原因铁离子氧化铜生成铜离子即2Fe3++Cu＝Cu2+ +2Fe2+。 ④检验滤液I中是否存在Fe3+的试剂是KSCN溶液，铁离子遇见KSCN溶液呈红色。 5．(1) (2) 还原剂 (3) (4)7.50 (5)将氧化为 (6) (7)29.4% 【分析】I钴酸锂电池正极片(含钴酸锂、乙炔黑、导电剂涂层的铝箔)，经氢氧化钠碱浸绝大部分铝被浸出，铝和氢氧化钠反应得到滤液，滤渣中主要含有钴酸锂及少量杂质铝单质，向其中加入双氧水及硫酸，目的是将钴元素还原为+2便于后续沉钴及除去导电剂等杂质，加入草酸铵沉钴、加入碳酸钠溶液沉锂，最终实现提取钴、锂； II回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，经氢氧化钠碱浸绝大部分铝被浸出，铝和氢氧化钠反应得到滤液，加入硫酸及10%硝酸可除掉导电剂等杂质，同时将二价铁氧化为三价铁，调节pH得到磷酸铁沉淀，向滤液中加入碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀。 【详解】（1）碱浸时，绝大部分铝被浸出，铝和氢氧化钠溶液反应生成，所以滤液中铝元素的化合价为+3。 （2）①根据流程，酸溶时，中钴元素化合价降低，则过氧化氢为还原剂； ②对应的离子方程式为。 （3）将和CoO按物质的量之比混合，在空气中煅烧可制得，化学方程式为。 （4）初始的质量为18.30g，物质的量为0.1mol，B点残留固体为CoO，则，。 （5）“酸浸”时加入10%的作用为将氧化为。 （6）若滤液②中，加入等体积的后，滤液③中，，代入可得。 （7）滴定反应的方程式为任意常数，可得关系式，则有，，故磷酸铁锂电池中铁元素的质量分数为。 6．(1) Fe3+的外围电子排布式为3d5，半充满，能量低，比较稳定 (2) (3) (4) 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(洗涤，干燥) (5) (6)偏小 【分析】根据题目所给示意图，硫铁矿进行焙烧，硫化铁中的S元素经过焙烧生成二氧化硫，铁转变为三氧化二铁，烧渣进行酸溶，氧化铁和氧化铝均被溶解，不溶于硫酸，再加入将溶液的硫酸根还原成二价铁，过滤除去二氧化硅和过量的，得到含有硫酸亚铁和硫酸铝的滤液，使硫酸亚铁结晶，过滤，加入水溶解，再加入一定量氨水、空气制备铁黄晶体，据此分析题目； 【详解】（1）铁为元素周期表第四周期第Ⅷ B族，其价层电子的轨道表示式为，三价铁离子比二价铁离子多失去一个电子，其价层电子轨道排布为，导致价层电子轨道呈半充满状态，比较稳定； （2）根据分析，焙烧过程中硫化铁中的S元素被氧化为二氧化硫，其反应方程式为； （3）根据题目已知条件，被三价铁离子氧化为+6价，离子方程式为； （4）根据分析，第一次过滤后得到的滤液中含有硫酸亚铁和硫酸铝，则结晶是为了除去，具体操作为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤(洗涤，干燥)； （5）铁黄与硫酸的反应方程式为，通过氢氧化钠标准溶液与剩余的硫酸滴定，反应方程式为，则与铁黄反应消耗的硫酸的物质的量为 mol，故消耗铁黄的物质的量为mol，则可以计算铁黄样品的纯度为； （6）若草酸钠溶液不过量，则不能完全使，则没有反应的三价铁会与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，使实验结果偏小。 7．(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。 8．(1)6 mol (2)H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O (3)H2SeO3+NH3·H2O=++H2O (4)在实验条件下，比H2SeO3更容易被甲酸还原，随着氨水浓度逐渐增大，溶液中浓度逐渐增大 (5)加硫酸时，硫离子与亚硫酸根反应成硫单质 (6)在不断搅拌下，向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体至不再产生沉淀为止，同时用1 mol/LNaOH溶液吸收多余的尾气，静置、过滤、洗涤，直至取最后一次洗涤滤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成，干燥 【分析】由流程可知，焙烧时，Ag2Se与氧气反应生成Ag，且Au、 Ag为不活泼金属，烧渣含Au、Ag、CuO等，Se和S在同一主族，同一主族元素性质相似，故焙烧生成产物A为SeO2，A与水反应生成H2SeO3溶液，还原时发生反应：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O，得到粗硒，以此来解答。 【详解】（1）“焙烧”时，Ag2Se与O2反应产生Ag、SeO2，反应方程式为：Ag2Se+O22Ag+SeO2，在该反应中Ag由反应前Ag2Se中+1价变为0价，化合价降低1×2=2价；Se由反应前Ag2Se中-2价变为SeO2中的+4价，O由反应前O2中的0价变为反应后SeO2中的-2价，化合价降低2×2=4价，化合价升降变化数为6，可见：每消耗1 mol O2，转移电子的物质的量是6 mol； （2）HCOOH具有还原性，H2SeO3具有氧化性，二者发生氧化还原反应产生Se、CO2、H2O，该反应的化学方程式为：H2SeO3+2HCOOHSe+2CO2↑+3H2O； （3）根据图示可知H2SeO3是二元弱酸，当向其中滴加氨水至溶液pH=2.5时，H2SeO3电离产生了，则二者反应产生NH4HSeO3、H2O，该反应的离子方程式为：H2SeO3+NH3·H2O=++H2O； （4）当氨水浓度在(之间，随着氨水浓度逐渐增大，亚硒酸还原率逐渐升高，可能的原因是：在实验条件下，比H2SeO3更容易被甲酸还原，随着氨水浓度逐渐增大，溶液中浓度逐渐增大 （5）在粗硒提纯过程中，加入一定体积Na2S溶液可除去Cu2+、Ag+等杂质金属离子，Na2S浓度对粗硒除杂的影响如图2所示，根据图示可知：当c(Na2S)大于2.0g/L时，精硒中的杂质含量反而上升，原因可能是加硫酸时，硫离子与亚硫酸根反应成硫单质，导致杂质离子不能被除去； （6）实验室中可以用SO2还原H2SeO3溶液制取硒单质，其完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，在不断搅拌下，向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体至不再产生沉淀为止，同时用1 mol/LNaOH溶液吸收多余的尾气，然后静置、过滤、洗涤，直至取最后一次洗涤滤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成，干燥。 9．(1)粉碎、适当增大稀硫酸浓度、加热等措施（答案合理即可） (2)SiO2 (3) 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O 滴入几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，说明溶液中铁离子沉淀完全 (4) (5)4CoC2O4·2H2O+3O2= 2Co2O3+8CO2+8H2O (6)Co3O4 【分析】由题给流程可知，向含钴催化剂废料中加入硫酸酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中先加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，再加入碳酸钠溶液，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾沉淀和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的亚钴离子转化为碳酸亚钴沉淀，过滤得到碳酸亚钴；向碳酸亚钴中加入盐酸溶解，将碳酸亚钴转化为氯化亚钴，向溶解得到的溶液中加入草酸铵溶液，将溶液中的亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，过滤得到二水草酸亚钴；二水草酸亚钴在空气中煅烧得到氧化钴。 【详解】（1）粉碎、适当增大稀硫酸浓度、加热等措施能提高“酸浸”效率，故答案为：粉碎、适当增大稀硫酸浓度、加热等措施（答案合理即可）； （2）由分析可知，“酸浸”时滤渣的主要成分为二氧化硅，故答案为：SiO2； （3）①由分析可知，先加入次氯酸钠溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，故答案为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O； ②溶液中的铁离子能与硫氰酸根离子反应生成血红色的硫氰化铁，则检验铁离子是否沉淀完全的操作为：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，说明溶液中铁离子沉淀完全，故答案为：滴入几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，说明溶液中铁离子沉淀完全； （4）常温下，Ksp(CoC2O4)=6.3×10−8，c(Co2+)≤1.0×10-5mol/L，则，故答案为：； （5）CoC2O4⋅2H2O在空气中煅烧生成Co2O3、CO2、H2O，化学方程式为：4CoC2O4·2H2O+3O2= 2Co2O3+8CO2+8H2O，故答案为：4CoC2O4·2H2O+3O2= 2Co2O3+8CO2+8H2O； （6）由图可知，CoC2O4⋅2H2O的质量为18.3 g，其物质的量为0.1 mol，Co元素质量为5.9 g，B点钴氧化物质量为8.03 g，氧化物中氧元素质量为8.03 g－5.9 g＝2.13 g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.1 mol∶≈3∶4，故B点为Co3O4，故答案为：Co3O4。 10．(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 【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。 11．(1)粉碎研磨 (2)SiO2 (3)Fe2+＋ H2O2＋ 2H+＝ 2Fe3+＋ 2H2O (4)否 (5) 3.2 10 生产时pH过大，纳米Cu的产率反而下降的原因可能是铜离子在氢氧根较大的时候宜生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜沉淀不与N2H4⋅H2O反应而导致纳米铜的产率下降 (6) 1 Cu2+价电子排布式为3d9，Cu+价电子排布式为3d10，全满结构，稳定，难失电子 【分析】CuFeS2与硫酸铁发生氧化还原反应生成硫单质、亚铁离子，SiO2、Au不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入双氧水氧化亚铁离子，加入氨水沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入得到纳米铜。 【详解】（1）溶浸前，要将黄铜矿粉碎研磨，目的是增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分； （2）CuFeS2与硫酸铁发生氧化还原反应生成硫单质、亚铁离子，生成的S和SiO2、Au不与硫酸反应，因此溶浸后，滤渣的主要成分为S、SiO2、Au； （3）加入双氧水氧化亚铁离子，其反应的离子方程式2Fe2+＋ H2O2 ＋ 2H+＝ 2Fe3+＋ 2H2O； （4）c(Fe3+)<10-5mol/L时，视为完全沉淀，此时，c(H+)=5×10-4mol/L，pH=4−lg5=4−(1−0.3)=3.3，则氨化时要确保溶液的pH不小于3.3时视为完全沉淀，故pH=3时，Fe3+未沉淀完全； （5）由图可知，生产纳米Cu的适宜条件是c(N2H4⋅H2O)=3.2 mol⋅L−1，pH=10；生产时pH过大，纳米Cu的产率反而下降的原因可能是铜离子在氢氧根浓度较大的时候生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜沉淀不与反应而导致纳米铜的产率下降； （6）①由晶胞结构图可知，铜离子个数为4，氧离子个数为，化学式为Cu2O，铜离子的电荷数为1；②高温下稳定性Cu+>Cu2+，其原因为：Cu2+价电子排布式为3d9，Cu+价电子排布式为3d10，全满结构，稳定，难失电子。 12．(1) 过滤 (2) 适当升高温度、适当增大浓度、粉碎固体增大接触面积等(任选其中两条，其他合理答案给分) 0.1mol/L-0.2mol/L 4Fe3++Cu2S=2Cu2++S+4Fe2+ 温度过高，分解，浸取率降低 (3)b (4) 【分析】辉铜矿浸取的过程中Fe2O3被溶解生成Fe2(SO4)3，Cu2S被溶解且氧化生成CuSO4和S，SiO2不能溶解于硫酸，操作Ⅰ为过滤，过滤后滤渣b中含有S和SiO2，溶液a中含有Cu2+和Fe3+等，加入物质X调节滤液pH将铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，操作Ⅱ为过滤，滤液c中加入碳酸氢铵溶液后将铜离子转化为碱式碳酸铜。 【详解】（1）根据分析，操作I的名称是过滤；过滤后滤渣中含有S和SiO2； （2）①提升浸取率需要增加浸取效率，可以通过粉碎辉铜矿、搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸或H2O2浓度等方式； ②由图一可知浓度范围为0.1mol/L-0.2mol/L时Cu的浸取率较高，为最佳浓度范围；铁离子也可以将硫化亚铜氧化为铜离子和硫单质，离子方程式为4Fe3++Cu2S=2Cu2++S+4Fe2+； ③随着温度升高过氧化氢分解导致Cu的浸取率下降； （3）调节pH时溶液原本就是酸性且要减小氢离子浓度，又不能引入新的杂质，因此最佳的选择为Cu(OH)2、CuO等，故选b； （4）由已知的金属离子沉淀pH可知，Fe3+完全沉淀的pH为2.8，因此pH≥2.8，滤液中c(Cu2+)=2.2mol/L， “除铁”步骤调pH不能使Cu2+沉淀，此时临界状态的氢氧根离子浓度满足，则c(OH-)=10-10mol/L，又不能沉淀铜离子，所以c(OH-)＜10-10mol/L，则pH＜4，因此pH的范围是2.8≤pH＜4。 13．(1)CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S (2)取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生 (3) 3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑ 因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量 (4)边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤 (5) 0.2mol 【分析】CuFeS2 “浸泡”时，生成Fe2+、Cu2+，通入氧气和硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH，来沉淀三价铁，溶液此时为硫酸铜，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到Cu2O。 【详解】（1）由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，答案：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S； （2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，答案：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生； （3）反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生成，3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑，化学方程式为3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑；不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量，答案：因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量； （4）若装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时（由微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根存在）；再向溶液中通入O2（将亚硫酸根氧化为硫酸根）至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体，答案：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤； （5）①阳极先生成难溶物CuCl，即，再与NaOH反应转化为Cu2O； ②生成14.4g时即0.1mol Cu2O生成，根据原子守恒，可知0.1mol Cu2O需要通过0.2mol电子； 14．(1)搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等 (2) 还原Fe2O3和MnO(OH) SiO2和CaSO4 (3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4)6.0×10-4 (5)MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O (6) 3 【分析】向水锰矿矿浆中加入H2SO4溶液和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4(微溶)的滤渣1；加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，则滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，再加入NH4F溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，则滤渣3的主要成分为CaF2，此时滤液的主要成分为MnSO4，加入NH4HCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到Mn(H2PO4)2溶液，最后经一系列操作后得到Mn(H2PO4)2⋅2H2O。 【详解】（1）为增大步骤Ⅰ的浸出速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度等； （2）向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，Fe2O3被SO2还原为Fe2+，MnO(OH)被SO2还原为Mn2+，则步骤Ⅰ中SO2的作用是还原Fe2O3和MnO(OH)；SiO2与H2SO4不反应，CaO与H2SO4反应生成微溶物CaSO4，则滤渣1的成分为SiO2和CaSO4； （3）步骤Ⅱ中MnO2氧化Fe2+，便于在步骤Ⅲ中沉淀，则步骤Ⅱ中MnO2发生反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （4）因，若Ca2+完全沉淀，则需控制溶液中的c(F-)≥mol/L=6.0×10-4mol/L； （5）“低温沉锰”得到MnCO3，“酸溶”时，MnCO3与H3PO4发生复分解反应：MnCO3+2H3PO4=Mn(H2PO4)2+CO2↑+H2O； （6）根据“均摊法”，晶胞中黑球的个数：8×+1=2，白球的个数：4×+2=4，则白球代表O，黑球代表Mn，该晶体的化学式为MnO2，由图可知，氧原子的配位数为3，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3。 15．(1)24 (2) (3)B (4) (5) (6)蒸发浓缩，冷却(至左右)结晶 (7)或 【分析】往镍矿渣(主要含NiS、CuS、FeS)中加入稀硫酸和稀硝酸进行酸溶，该过程中-2的S元素被氧化为S单质，过滤除去，滤液中主要含Ni2+、Cu2+和Fe3+等，向滤液中加入试剂a调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，该过程不能引入新的杂质，试剂a为Ni(OH)2，过滤后向滤液中加入NiS沉淀Cu2+，然后加入试剂b沉镍，以此解答。 【详解】（1）[Ni(NH3)6]Cl2中1个NH3含有3个N-Hσ键，则6个NH3含有18个N-Hσ键，还有6个配位键，则1mol[Ni(NH3)6]Cl2中共有σ键数目为24NA，故答案为：24； （2）“酸溶”时，NiS和稀硝酸发生氧化还原反应生成S单质和NO，根据氧化还原反应的规律配平离子方程式为：3NiS+8H++2=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O，故答案为：3NiS+8H++2=3Ni2++3S+2NO↑+4H2O； （3）向滤液中加入试剂a调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，该过程不能引入新的杂质，NaOH和Na2CO3会引入Na+，Ni(NO3)2不能调节pH，则试剂a可以是Ni(OH)2，故答案为：B； （4）“除铜”过程中NiS和Cu(NO3)2反应生成CuS和Ni(NO3)2，离子方程式为：，故答案为：； （5）700℃以上残留固体为NiO，所以，500℃~750℃条件下收集到的气体产物只有一种，应是CO2，则，根据C元素守恒可知3.41g样品中含有0.01molNiCO3，根据Ni元素守恒可知样品中含有0.02molNi(OH)2，第一阶段失去的成分应为H2O，，0.02molNi(OH)2可以产生0.02mol H2O，所以样品中含有0.02mol H2O，则x:y:z=0.01mol:0.02mol:0.02mol=1:2:2，所以化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，故答案为：NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O； （6）由xNiCO3·yNi( OH)2 ·zH2O固体制备NiCl2·6H2O的实验方案是：向固体中加入过量盐酸，搅拌，调节溶液的pH值，蒸发浓缩，冷却至0°C左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷却(至0°C左右)结晶； （7）利用均摊法进行分析，一个晶胞中含有La的数目为：，Ni的数目为：，则该晶体的化学式为：LaNi5，晶胞的质量为：，晶胞的体积为：，则该晶体密度为：或g/cm3，故答案为：或 。 16．(1) ac (2)与水互不相溶，在中的溶解度远大于在水中的溶解度 (3)。 (4)分液 (5) > 减弱 (6)易升华 【分析】含碘离子的溶液，经过溶液X氧化处理得到碘单质，方法1加入四氯化碳萃取，再加入氢氧化钠反萃取将碘单质转化为碘酸钠与碘化钠的混合物，溶液分层后进行分液处理，得到含碘离子、碘酸根离子的水溶液，进行酸化处理得到碘单质。方法2用活性炭吸附，再进行低温干燥再脱附处理得到碘单质。 【详解】（1）①“转化”过程中将I-转化为I2，碘离子发生了氧化反应，需要加入氧化剂，溶液X具有氧化性，但不能引进新的杂质，所以可以选取氯水和双氧水，故选ac； ②NaClO具有氧化性，具有还原性，二者可发生氧化还原反应，次氯酸根将碘离子氧化为碘单质的离子方程式为； （2）“萃取”时用作为萃取剂的原因有不与碘反应、与水互不相溶，在中的溶解度远大于在水中的溶解度； （3）同主族元素对应同类型的物质化学性质具有相似性，类比于氯气与氢氧化钠反应原理再结合碘单质的独特的性质，因为NaIO在常温下不稳定，会迅速歧化生成碘酸钠与碘化钠，故对应的化学方程式为； （4）由分析可知“操作a”的名称是分液； （5）①氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，碘酸根离子是氧化剂、碘是氧化产物，则酸性条件下氧化性＞； ②根据“方法1”中含碘物质的转化过程先加入碱液反萃取得到碘化钠与碘酸钠混合物，再加入酸酸化后发生该反应，所以说明随着溶液pH增大，氧化性减弱； （6）方法2采用“活性炭吸附法”获取，将“脱附”的操作为“隔绝空气加热、冷凝”，该操作利用了的特性是升华。 17．(1)ds (2) Cu (3) BC (4) (5) 高于 和都是分子构成的，相对分子质量大于 (6) 【分析】镉渣加入稀硫酸，铜不溶成为滤渣1，过滤，滤液含有Fe2+、Cd2+、Co2+，向滤液加入铁粉和Co2+反应除去钴，向除钴后的溶液中加入过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，为了不引入新杂质，加入氧化镉等调节pH使Fe3+沉淀过滤除去得到滤渣3，电解含有Cd2+的溶液，可得镉单质； 【详解】（1）Cd与Zn同族，则为ⅡB族，Cd位于元素周期表ds区； （2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是Cu；过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，便于后续除镉，反应为：。 （3）调节pH使Fe3+沉淀且不引入杂质，故选择氧化镉、氢氧化镉沉淀铁离子；如果选择氨水，易与镉离子形成配离子也会引入杂质，加入氢氧化钠会引入钠离子；故选BC； （4）已知：①在金属活动性顺序表中，Co、Cd排在H之前；则“电解”中阳极上水发生氧化反应生成氧气和氢离子，阳极反应式为； （5）氧的单质都是分子构成的物质，沸点与范德华力大小有关。和都是分子构成的，相对分子质量大于，导致的沸点高于； （6）体心立方晶胞中，体对角线上3个镉原子相切，Cd原子半径等于体对角线的四分之一，则Cd原子半径为pm；根据均摊法，1个晶胞含2个镉原子，则Cd晶体密度为。 18．(1) (2) (合理即可) (3)增大反应物接触面积，加快反应速率 (4)、、 (5)固体部分消失 (6)， 【分析】Ⅰ．其中丙为气体单质，其余三种物质均为化合物，甲、乙两种物质组成元素相同且常温下都为液体，则甲为过氧化氢，乙为水，丙为氧气； Ⅱ．电路板中含有铝、铁、铜、银、金等多种金属，加入过量稀硫酸与铜、银、金等比H不活泼的金属不能反应，过滤为滤渣，滤液为硫酸铝、硫酸铁和硫酸；加入足量稀硫酸和过氧化氢发生已知反应：，滤液是硫酸铜，加入铁粉置换出Cu，滤渣为Fe、Cu混合物，用过量稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，过量可得到Cu； 【详解】（1）甲、乙为组成元素相同的液体，则甲和乙过氧化氢和水中选择，过氧化氢可以生成水，所以甲为过氧化氢，乙为水；故答案为：H2O2；H2O。 （2）丙为气体单质，过氧化氢可以分解生成氧气，水可以在通电条件下生成氧气，所以丙为氧气，而丁为无色气体，可以生成水，又可以通过氧气转化而来，则丁含有氧元素，则丁为二氧化碳，二氧化碳可与碱反应生成碳酸盐和水，符合框图关系，所以乙水在通电条件下反应生成氢气和丙氧气，书写化学方程式注意配平及气体符号，所以化学方程式为；二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以化学方程式为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，二氧化碳也可以与其他碱反应生成水，答案合理即可； （3）电路板粉碎成末可以增加固液接触面积，加快反应速率，利于反应充分进行； （4）电路板中的铁和铝可与硫酸反应，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铝与硫酸反应生成硫酸铝和氢气，所以此时滤液含有硫酸亚铁和硫酸铝，还有剩余的硫酸；故答案为：FeSO4、Al2(SO4)3、H2SO4。 （5）经过步骤①后滤渣主要为铜、银和金，此时经过步骤②只有铜参与反应，银和金不反应，所以铜会溶解，生成硫酸铜，看到固体部分溶解，溶液变为蓝色； （6）步骤③的滤液主要为硫酸铜、硫酸和过氧化氢，铁可与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，所以化学方程式为Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，Fe+CuSO4═FeSO4+Cu。 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 $$