2025届高三化学二轮复习 -- -工业流程题

2025届高三化学复习---工业流程题 1．（24-25高三上·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： 。 2．（2024高三上·广东湛江·阶段练习）回答下列问题。 (1)请配平下列氧化还原反应： 。 ___________S+___________HNO3=___________H2SO4+___________NO2+___________H2O (2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示： 反应Ⅱ的还原剂为 (写化学式)，在反应中，每生成1个K2FeO4粒子，转移的电子数目为 。过程③说明溶解度：Na2FeO4 (填“>”“<”或“等于”)K2FeO4。 (3)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为Fe2++S2O+O2+xOH- →Fe3O4+S4O+yH2O，该离子方程式中x= ，当5个Fe2+被氧化时，有 个O2被还原。 (4)请用双线桥标出下列方程式的电子转移： 。 NH4Cl+2HCl=NCl3+3H2 3．（2024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： 。 4．（2024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= 。 5．（2024高三上·江苏南通·期中）高氯酸铵是复合火箭推进剂的重要成分。 (1)工业制备。一种生产高氯酸铵的工艺流程如下： ①“反应1”的离子反应方程式为 。 ②气体的化学式为 。 ③“反应1”、“酸化”、“电解1”、“电解2”、“反应2”中属于非氧化还原反应的是 。 (2)降解。高氯酸盐对人体有危害，的降解有多种方法。 ①离子交换法：写出用有机物与发生离子交换反应的离子方程式 。 ②微生物还原法：在高氯酸盐降解菌作用下，将还原为，自生转化为等物质的量和，写出该反应的离子方程式 。 (3)监测排放。我国规定废水中的含量不得超过。某化学兴趣小组用如下实验方法测定某水样中的含量：准确量取待测水样于锥形瓶中，滴加溶液，恰好完全反应时，消耗溶液。通过计算判断该水样中的含量是否达标 （请写出计算过程）。 6．（2024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。 7．（2024高三上·山东菏泽·期中）氯酸钾常用于烟花、医药、火箭推进剂等领域。以生石灰废料[主要成分CaO，含有部分CaCO3和Ca(OH)2]为原料制取氯酸钾的流程如图所示。 回答下列问题： (1)KCIO3属于 (填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)，其在水溶液中的电离方程式为 。 (2)“ 氯化”需控制温度75℃左右主要产物为Ca(C1O3)2和CaCl2，若温度较低时，“ 氯化”会产生副产物 ，“转化”中发生反应的化学方程式为 。 (3)从溶液中获取KClO3固体的方法为：蒸发浓缩， 、过滤、洗涤、干燥。 (4)“制KClO3”过程中CaCl2、 KCl、Ca(ClO3)2、 KClO3的溶解度曲线如图所示。代表Ca(ClO3)2的溶解度曲线是 (填“A”或“B”)；100 g 90°C的饱和KClO3溶液降温至20°C时，析出固体 g (保留小数点后一位)。 8．（2024高三上·湖南·期中）草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备。用含钴废料(主要成分为，含有一定量的等)制备草酸钴晶体的流程如下： 已知：①草酸钴晶体难溶于水。 ②为有机物(难电离)、代表金属离子，。 ③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.5 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 8.0 ④滤液中元素以形式存在。 回答下列问题： (1)为提高浸出速率，除将含钴废料粉碎外，还可采取的措施有 。 (2)“浸出液”中加入后发生反应的离子方程式为 。 (3)加入氧化钴调节溶液的，调节的范围是 。 (4)滤渣Ⅰ主要为 (填化学式)。 (5)可向溶有的有机层中加入 使从有机相返回水相，实现金属回收利用。 (6)可否考虑先将转化为，再利用反应，将转化为： (填“能”或“不能”，并说明理由)。 (7)若改用草酸“沉钴”，时的草酸溶液中 。[已知：时，] 9．（2024高三上·河南·期中）以硫铁矿为原料（主要成分是FeS2含少量CuO和SiO2等）制备铁红和硫酸流程如下： 回答下列问题： (1)固体主要成分是 （填化学式，下同）。铁红是 。 (2)提高硫铁矿在空气中煅烧速率的措施有 （答两条）。在“沸腾炉”下部充入 （填“空气”或“矿粉”）。 (3)已知：固体与氧气完全反应生成红色粉末和相对分子质量为64的气体氧化物，放出热量为。写出热化学方程式： 。 (4)已知：溶于水得到硫酸溶液时放出热量 （填“大于”“小于”或“等于”）。 (5)已知：催化氧化生成，和(s)反应分两步进行： ①； ②； 则 。 (6)催化氧化反应：。 实验测得平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。 简述工业生产中，选择常压和的理由： 。 10．（2024高三下·山东威海·阶段练习）氧化钪()在合金、电光源、催化剂和陶瓷等领域有广泛应用，以钪锰矿石(含)为原料制备氧化钪的一种工艺流程如图所示。 已知：①TBP和P507均为有机萃取剂； ②草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物。 回答下列问题： (1)为了提高“浸取”效果，可采取的措施有 (写出一种)。 (2)“浸取”时铁屑被氧化为，该反应的离子方程式是 。 (3)“萃取除铁”时铁和钪的萃取率与O/A(有机相与水相的体积比)的关系如图所示。该工艺中最佳O/A为 。 (4)“萃余液2”中的金属阳离子有 。 (5)在空气中加热草酸钪晶体[]，随温度的变化情况如图所示。250 ℃时，晶体的主要成分是 (填化学式)。550~850 ℃发生反应的化学方程式为 。 11．（2024高三上·上海·期末）氯气在工业上可用于海水提溴、海带提碘。 Ⅰ.海水提溴工业流程如下图。 (1)步骤(1)中，加硫酸的目的是 ；步骤(2)中热空气的温度一般控制在80~90℃，温度过低或过高有何不妥？ 。 (2)步骤(3)反应中，氧化产物是 。该反应的化学方程式为 ，并用单线桥标出电子转移方向和数目。 (3)步骤(2)(3)(4)的目的是 。 Ⅱ.海藻中含有丰富的碘元素。实验室中提取碘的流程如下： (4)欲确认步骤③中的反应已发生，可取样，加 (试剂名称)。 (5)在实验室中进行步骤④操作需要的仪器是 。步骤⑤的名称为 。 (6)关于海水提溴、海藻提碘，下列说法正确的是_______； A．都需经过浓缩、氧化、提取 B．海水提溴的浓缩原理是蒸发，提高n(Br-) C．都可通氯气将Br-、I-分别还原为Br2、I2 D．海藻提碘可采用CCl4萃取I2，海水提溴没有萃取操作 12．（2024高三上·上海·期末）三草酸合铁（Ⅲ）酸钾（）是一种经典的光敏剂，也是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。用废铁屑（含少量、）先制备草酸铁，然后再制备三草酸合铁（Ⅲ）酸钾。以下为第一步制备草酸亚铁的流程。 已知：部分氢氧化物沉淀时溶液的pH如下表： 沉淀物 开始沉淀 2.3 7.5 3.4 完全沉淀 3.2 9.7 4.4 (1)以下不是加入过量废铁屑的主要目的是______。 A．提高铁的利用率 B．除去溶液中的 C．防止被氧化 D．抑制的水解 (2)加入少量后，混合溶液pH范围应调控在______。 A．3.2以下 B．3.2~3.4 C．4.4~7.5 D．7.5以上 (3)常温下，向10 mL 0.1 mol/L的溶液中滴加0.1 mol/L KOH溶液，下列说法正确的是______。 A．滴加5 mL KOH溶液时，溶液中有 B．滴加10 mL KOH溶液时，溶液中有 C．滴加至时，溶液中有 D．滴加20 mL KOH溶液时，溶液中有 已知：常温下，、，、。 (4)向10 mL 0.1 mol/L的溶液中滴加几滴0.1 mol/L溶液时所发生反应的离子方程式为 。 (5)下列溶液蒸干、灼烧后仍能得到原溶质的是______。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 (6)写出一种检验溶液中的的实验方案 。 (7)高铁酸钠（）是一种新型绿色消毒剂，其在处理水时，既能起到杀菌消毒作用，又能起到净水作用的原因是 。 13．（2024高三下·河北石家庄·期末）闪锌矿的主要成分为ZnS，其中含有大量的铁元素以及少量的CuO等。湿法浸取闪锌矿制备FeSO4·7H2O和ZnSO4·7H2O的工艺流程如下图所示，请回答以下问题。 (1)基态时Fe2+的价电子排布图为 。基态Cu的电子排布式为 。 (2)酸浸时Fe2(SO4)3的作用为 。铜元素在滤渣中的存在形式为 。 (3)加入铁粉还原脱酸的优点是 。 (4)浓缩结晶时，溶液蒸发至 即停止加热。 (5)针铁矿法除铁是在常温下将Fe2+缓慢氧化，使铁元素以针铁形式形成沉淀而达到除铁的目的。针铁矿法除铁的离子方程式为 。 (6)把ZnSO4·7H2O放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，ZnSO4·7H2O分三次脱水。各步脱水过程为一系列动态平衡。剩余固体质量占原来总质量的百分比(η)与容器中水蒸气的压强变化关系如下图所示。则a段固体的成分为 。 14．（2024高三下·江苏扬州·期中）以含铜废渣(主要成分为和，含有少量杂质)为原料可制备。 回答下列问题： (1)“酸溶”时与稀硝酸反应的离子方程式为 ；反应温度需控制在70℃左右的原因有 。 (2)“反应”时，加入的目的为 。 (3)“过滤”需要的玻璃仪器有烧杯、 ；滤渣的主要成分为 。 (4)受热易分解。将样品隔绝空气后缓慢加热，样品质量随温度变化的曲线如图所示。过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为 。 15．（2024高三下·云南文山·阶段练习）海洋资源的利用具有非常广阔的前景，从海水中可提取多种化工原料。 Ⅰ．如图是从海水中提取镁的简单流程，回答下列问题： (1)工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是 ，操作A的名称是 。 (2)由无水MgCl2制取Mg的化学方程式是 。 Ⅱ．海水中Br含量为65 mg·L-1，工业上常用“吹出法”从海水中提溴，工艺流程示意图如图，回答下列问题： (3)鼓入热空气将生成的溴吹出，利用了Br2的 性。 (4)吸收塔中Br2的吸收率可达95%，吸收塔中主要反应的化学方程式是 。 Ⅲ．海带中含有丰富的碘。为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计如下实验： (5)步骤①中灼烧海带时，应将海带放入 (填仪器名称)中灼烧。 (6)步骤④发生的离子反应方程式为 。 16．（2024高三下·安徽六安·期中）是重要的化工原料，软锰矿制备的一种工艺流程如图： 软锰矿 资料：①软锰矿的主要成分为，主要杂质有和； ②金属离于沉淀的。 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，与反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 。 ②溶出时，的氧化过程及得到的主要途径如图所示： ¡．步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出的主要反应，反应的离子方程式是 。 ii．若全部来源于反应，完全溶出所需与的物质的量比值为2.而实际比值小于2，原因是 。 (2)纯化。已知：的氧化性与溶液有关。纯化时先加入，目的是 ，后加入，调节溶液的区间是： 。 (3)电解纯化液经电解得。生成的电极反应式是 。 (4)写出铁原子的电子排布式： 。 17．（2024高三下·山东青岛·期中）黏土钒矿(含、、、等不溶性成分)制备的工艺流程如图所示： 已知：①硫酸氧钒高温易分解生成和 ②萃取剂对相关离子的萃取能力如表所示： 微粒 萃取能力 强(随pH增大而增强) 弱 强 弱 回答下列问题： (1)黏土钒矿焙烧时一般选择250℃的原因是 。 (2)为提高浸出效率可采取的操作有 (答两条)。浸出液中存在、、和，萃取前加入铁粉的目的是 。 (3)“反萃取”用20％硫酸的目的为 。 (4)用反萃取法由碘的溶液提取碘单质，画出流程图： 。 18．（2024高三下·福建泉州·期中）Fe、Cu、Mn三种元素的单质及化合物在生产、生活中有广泛应用。 (1)基态铜原子的电子排布式为 ，与Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素，其基态原子核外有 个未成对电子。 (2)某学习小组拟以废旧于电池为原料制取锰，简易流程如下： ①用浓盐酸溶解二氧化锰需保持通风，避免中毒，写出该反应的离子化学方程式 。 ②写出碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰的化学方程式 。 ③MnO是离子晶体，其晶格能可通过如图的Born-Haber循环计算得到。 的键能是 kJ⋅mol，Mn的第一电离能是 kJ⋅mol，MnO的晶格能是 kJ⋅mol。 (3)以羰基化合物为载体，提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质)，反应装置如图2。 已知：  ，常压下，的熔点约为-20.3℃，沸点为103.6℃，则： 的晶体类型为 ，请用平衡移动原理解释的原因 。 19．（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)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：。 2．(1) (2) FeCl3 3 > (3) 4 2.5 (4) 【分析】氯气和铁屑反应生成氯化铁，加入氢氧化钠、次氯酸钠氧化三价铁生成高铁酸钠，溶液中加入饱和氢氧化钾析出醋高铁酸钾晶体； 【详解】（1）反应中硫化合价由0变为+6、氮化合价由+5变为+4，结合电子守恒，反应为：； （2）反应Ⅱ中三价铁被氧化为高铁酸钠，故还原剂为FeCl3，在反应中，铁化合价由+3变为+6，则每生成1个K2FeO4粒子，转移的电子数目为3。过程③中加入饱和氢氧化钾析出高铁酸钾晶体，则说明溶解度：Na2FeO4>K2FeO4。 （3）Fe3O4可以写为FeO∙Fe2O3，反应中部分Fe2+转化为Fe3O4中的2个三价铁，硫化合价由+2价变为+2.5价，氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒、原子守恒，反应为：3Fe2++2+O2+4OH- =Fe3O4++2H2O，该离子方程式中4=1；3个Fe2+中2个被氧化生成四氧化三铁，同时1个氧分子被还原，则当5个Fe2+被氧化时，有2.5个O2被还原。 （4） 反应中氯失去电子化合价由-1变为+1、氢得到电子化合价由+1变为0，电子转移为：。 3．(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 4．(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，。 5．(1) 酸化、反应2 (2) （或） (3) 【分析】氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，溶液酸化后电解，实质是电解氯化钠溶液，阴极发生还原反应生成氢气，阳极氯离子被氧化形成次氯酸根离子，在电解2过程中，阴极氢离子放电生成氢气，阳极次氯酸根离子进一步发生氧化反应生成高氯酸根离子，通入氨气以形成高氯酸铵。 【详解】（1）①根据分析可知，“反应1” 氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子反应方程式：； ②根据分析可知，气体为氢气，化学式：； ③根据分析可知，“反应1”、“酸化”、“电解1”、“电解2”、“反应2”中属于非氧化还原反应的是：酸化、反应2； （2）①有机物与发生离子交换，反应离子方程式：（或）； ②在高氯酸盐降解菌作用下，将还原为，自生转化为等物质的量和，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应离子方程式：； （3）根据关系式：，，则该水样中含量为：。 6．(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。 7．(1) 盐 KClO3=K++ClO (2) Ca(ClO)2 2KCl+Ca(ClO3)2=CaCl2+2KClO3 (3)冷却结晶 (4) A 27.6 【分析】生石灰废料主要成分CaO，含有部分CaCO3和Ca(OH)2；加水打浆氧化钙转化为氢氧化钙，“ 氯化”控制温度75℃左右，氯气和氢氧化钙反应生成Ca(C1O3)2和CaCl2，过滤出碳酸钙沉淀，向滤液中加入稍过量KCl固体将Ca(ClO3)2转化为KClO3。 【详解】（1）KCIO3由金属阳离子和酸根离子构成，属于盐，KCIO3是强电解质，在水溶液中的电离方程式为KClO3=K++ClO。 （2）“ 氯化”控制温度75℃左右主要产物为Ca(C1O3)2和CaCl2，若温度较低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙，“ 氯化”会产生副产物Ca(ClO)2，“转化”中氯酸钙和KCl溶液反应生成KClO3，发生反应的化学方程式为2KCl+Ca(ClO3)2=CaCl2+2KClO3。 （3）KClO3的溶解度随温度升高而增大，从溶液中获取KClO3固体的方法为：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （4）用冷却结晶法从溶液中获取KClO3固体，则其溶解度随温度升高而明显增大，向含Ca(ClO3)2滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，则KClO3的溶解度小于Ca(ClO3)2，代表Ca(ClO3)2的溶解度曲线是A；根据溶解度曲线，100 g 90°C的饱和KClO3溶液降温至20°C时，析出固体xg ，则，x=27.6g。 8．(1)适当提高酸浸温度、适当增加硫酸浓度等(答案合理即可) (2) (3)5.2≤pH＜7.5(也可以) (4) (5)硫酸(或其他非氧化性无机强酸，合理即可) (6)不能，该反应的平衡常数，转化程度小，不能实现转化 (7) 【分析】由题干工艺流程图可知，对含钴废料进行粉碎，加入硫酸进行酸浸，因为SiO2不溶于硫酸，生成的CaSO4微溶于水，则滤渣Ⅰ为SiO2、硫酸钙；浸出液中含有CoSO4、NiSO4、Al2(SO4)3、FeSO4及过量的硫酸，浸出液中加入H2O2和CoO，将Fe2+转化为Fe3+，同时调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀氢氧化铁和氢氧化铝而除去；向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，分液后向水层加入草酸铵得到草酸钴晶体，据此分析解题。 【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素及影响结果可知，为提高浸出速率，除将含钴废料粉碎外，还可以适当提高酸浸温度、适当增加硫酸浓度等； （2）由分析可知，“浸出液”中加入H2O2主要是亚铁离子被H2O2氧化变为铁离子，便于后续调节pH值将其转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为； （3）由分析可知，加入氧化钴，发生CoO+2H+=Co2++H2O，使Fe3+和Al3+水解平衡正向移动，根据阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，调节溶液的pH为5.2≤pH＜7.5，使Fe3+和Al3+完全转化为沉淀Fe(OH)3、Al(OH)3，同时不能影响到镍和钴，故答案为：5.2≤pH＜7.5； （4）由分析可知，滤渣Ⅰ主要为； （5）“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程，向操作①后溶有的有机层中加入硫酸(或其他非氧化性无机强酸，合理即可)，根据反应原理，平衡逆向移动，使Ni2+从有机相返回水相，同时重新得到，循环使用； （6）根据题干数据可知，反应的平衡常数，转化程度小，不能实现该转化； （7）时的草酸溶液中。 9．(1) (2) 搅拌、适当通入过量空气、加压等 空气 (3) (4)大于 (5)－351 (6)常压下，SO2转化率已经很高，再增大压强，材料、能源等成本增大快：而转化率增大慢，不经济，时平衡转化率已经很大，升高温度平衡转化率降低，如果温度过低，反应减慢且催化剂需要活化温度（合理即可给分） 【分析】硫铁矿粉在空气中高温焙烧，二硫化亚铁被氧气氧化生成二氧化硫和氧化铁，烧渣为氧化铁、氧化铜和二氧化硅，往烧渣中加入稀硫酸，氧化铜、氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铜和硫酸铁，二氧化硅不反应，故固体A为二氧化硅，溶液A中含有铁离子和铜离子，向溶液A中加入氢氧化钠调节pH使铁离子变为氢氧化铁，氢氧化铁通过灼烧变为铁红；二氧化硫被氧气进一步氧化为三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，据此分析答题。 【详解】（1）固体A为二氧化硅，铁红为氧化铁；化学式分别为：SiO2、Fe2O3； （2）提高硫铁矿在空气中煅烧速率的措施有搅拌、适当通入过量空气、加压等；从下部通入空气，矿粉从上部加入，能增大固体接触时间，反应充分； （3）为，故完全反应放出热量为，反应生成红色粉末和相对分子质量为64的气体氧化物，红色氧化物为氧化铁，相对分子质量为64的气体氧化物为二氧化硫，故热化学方程式为 ； （4）160g三氧化硫为2mol，但液态硫酸溶于水会放出大量热量，故于2mol三氧化硫溶于水得到硫酸溶液时放出热量大于260.6kJ； （5）根据盖斯定律，②－①得目标产物：； （6）常压下，SO2转化率已经很高，再增大压强，材料、能源等成本增大快：而转化率增大慢，不经济，时平衡转化率已经很大，升高温度平衡转化率降低，如果温度过低，反应减慢且催化剂需要活化温度。 10．(1)将钪锰矿石进一步粉碎、加热、适当增大硫酸浓度、加速搅拌等(写出一种合理措施即可) (2) (3)2 (4) (5) 【分析】钪锰矿石(主要含MnO2、SiO2及少量Sc2O3、Al2O3、CaO、FeO)加入稀硫酸后，溶液中含有Al3+、Fe2+、Ca2+、Sc3+再加入Fe,可以将二氧化锰还原为Mn2+，铁被氧化成Fe3+，滤渣中含有SiO2，TBP和HCl加入可以除去Fe3+，得到有机相和萃余液1，萃余液1加入有机萃取剂P507萃取Sc3+，萃余液2中剩余Al3+、Ca2+、Mn2+，富钪有机相加入氢氧化钠后得到反萃固体Sc (OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2 (C2O4)3，在空气中灼烧后Sc2O3。 【详解】（1）为了提高“浸取”效果，可采取的措施有将钪锰矿石进一步粉碎、加热、适当增大硫酸浓度、加速搅拌等。 （2）“浸取”时铁屑被氧化为被还原为，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应的离子方程式：； （3）“萃取除铁”时需要铁萃取率高，钪萃取率低，根图像可知，工艺中最佳O/A为2； （4）根据图解剖析可知，“萃余液2”中的金属阳离子有。 （5）设起始时的物质的量为1 mol，质量为462 g，由图可知，250 ℃时，减少的质量为，，即晶体失去5个结晶水，故250 ℃时晶体的主要成分是。250~550 ℃减少的质量为，可知550 ℃时晶体的主要成分是。850 ℃时剩余固体的质量为，除去钪元素质量后剩余质量为，应为氧元素的质量，，则850 ℃时晶体的化学式为，故550~850 ℃发生反应的化学方程式为。 11．(1) 抑制与水的反应 温度过低，溴不易形成蒸汽被吹出，温度过高，水会大量挥发，混入溴蒸气中 (2) (3)富集溴 (4)淀粉溶液 (5) 分液漏斗 蒸馏 (6)AD 【分析】海水经过浓缩得到苦卤，通入将苦卤中的氧化为。溶解在水中发生可逆反应生成、，因此在氧化的同时需要加入硫酸以抑制与水的反应（后续步骤硫酸的作用与此相同）。生成的溴经过热空气吹出，浓度增大，用吸收后可转化为，通入被进一步氧化为，溴得到最大程度的富集。海藻提碘：海藻灼烧为海藻灰，用水浸取，过滤得含I-的溶液，通入氯气氧化为单质碘，加四氯化碳萃取I2，碘的有机溶液蒸馏得晶体碘。据此解答。 【详解】（1）步骤(1)中加硫酸的目的是抑制与水的反应。用热空气将生成的溴吹出，若温度过低，则溴不易形成蒸汽被吹出；若温度过高，水会大量挥发，混入溴蒸气中，不利于富集溴。 答案为：抑制与水的反应；若温度过低，则溴不易形成蒸汽被吹出，若温度过高，则部分溴挥发影响溴的富集。 （2）步骤(3)中发生反应的化学方程式为：，还原剂、氧化剂分别为、，氧化产物、还原产物分别为、。用单线桥表示电子转移方向和数目如下：。 答案为：；。 （3）根据分析，步骤(2)(3)(4)的目的是富集溴。 答案为：富集溴。 （4）步骤③中被氧化为，若反应已发生则含有单质碘，取样，加淀粉溶液，若溶液变蓝，则反应已发生。 答案为：淀粉溶液。 （5）步骤④为萃取，该步骤需要的仪器是分液漏斗。步骤⑤利用碘和有机溶剂的沸点不同，通过蒸馏将碘分离。 答案为：分液漏斗；蒸馏。 （6）A.  海水提溴、海藻提碘工艺中都涉及到浓缩、氧化、提取，A正确； B.  海水提溴的浓缩原理是蒸发，提高溴离子浓度，B错误； C.  海水提溴利用氯气将氧化为，海藻提碘用双氧水将氧化为，C错误； D.  海藻提碘采用等有机溶剂萃取，海水提溴无萃取操作，D正确。 答案为：AD。 12．(1)D (2)C (3)BC (4) (5)C (6)取样，加入KSCN溶液，无现象，再通入适量氯气，若观察到溶液变血红色，则证明原溶液中含 (7)具有强氧化性，可用于杀菌消毒。其还原产物与水作用生产胶体，可用于净水 【分析】用废铁铬(含少量Al2O3、Fe2O3)先制备草酸铁，然后再制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾，废铁屑加入稀硫酸酸溶得到硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁，过量铁将三价铁转化为二价铁，加入碳酸钠调节pH将铝转化为氢氧化铝沉淀除去，分离出硫酸亚铁溶液加入草酸钾得到草酸亚铁晶体沉淀； 【详解】（1）亚铁离子容易被空气中氧气氧化，且溶液中铁离子能和铁生成亚铁离子，故加入过量废铁屑的主要目的是：提高铁的利用率、除去溶液中的Fe2+、防止Fe2+被氧化，没有起到抑制的水解作用，故答案为：D； （2）加入少量Na2CO3后，需要将铝离子转化为沉淀而亚铁离子不沉淀，结合表可知，混合溶液pH范围应调控在4.4～7.5，故答案为：C； （3）A．滴加5 mL KOH溶液时，此时溶质为、KHC2O4，溶液中有电荷守恒：，A错误； B．滴加10 mL KOH溶液时，溶质为KHC2O4，溶液中有质子守恒：，B正确； C．滴加至时，根据电荷守恒：，溶液中有，C正确； D．滴加20 mL KOH溶液时，溶质为K2C2O4，溶液中有物料守恒：，D错误； 故选BC； （4）根据电离常数越大，弱酸的酸性越强，则酸性：>>>，则溶液加入少量溶液反应生成NaHCO3和Na2C2O4，反应的离子方程式为； （5）A．AlCl3溶液中氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热溶液，盐酸挥发，得到水解产物氢氧化铝，灼烧生成氧化铝，故A错误； B．加热易被空气中氧气氧化生成硫酸钠，灼烧后固体是，故B错误； C．溶液发生水解生成硫酸和氢氧化镁，硫酸是难挥发性酸，灼烧仍能得到原物质，故C正确； D．固体受热分解生成氨气和氯化氢气体，不可得到溶质固体，故D错误； 故选：C； （6）检验溶液中的，先滴加KSCN溶液无现象，再通入氧化剂氯气将亚铁离子氧化为铁离子，观察溶液是否变红色，实验方案为：取样，加入KSCN溶液，无现象，再通入适量氯气，若观察到溶液变血红色，则证明原溶液中含； （7）既能起到杀菌消毒作用，又能起到净水作用的原因是：具有强氧化性，可用于杀菌消毒。其还原产物与水作用生产胶体，可用于净水。 13．(1) 1s22s22p63s23p63d104s1 (2) 氧化硫酸与ZnS生成的硫化氢，防止污染空气 CuS (3)不引入新杂质（增加产品的质量） (4)表面有晶膜出现（或有少量晶体析出） (5) (6)ZnSO4⋅6H2O 【分析】矿石粉碎后加入硫酸和硫酸铁，将铜转化为硫化铜，过滤后硫化铜在滤渣中，加铁粉还原脱酸，浓缩结晶过滤得到FeSO4⋅7H2O沉淀，滤液针铁矿法除铁，生成FeOOH沉淀，滤液浓缩结晶转化为ZnSO4⋅7H2O，据此回答。 【详解】（1）Fe2+的价电子排布式为3d6，价电子排布图为；基态Cu原子的电子排布式为；1s22s22p63s23p63d104s1； （2）酸浸时Fe2(SO4)3的作用为：氧化硫酸与ZnS生成的硫化氢，防止污染空气；铜元素在滤渣中的存在形式为CuS； （3）加入铁粉还原脱酸的优点是：不引入新杂质（增加产品的质量）； （4）浓缩结晶时，溶液蒸发至表面有晶膜出现（或有少量晶体析出）即停止加热； （5）Fe2+被氧气氧化为FeOOH，对应的方程式为：； （6）1mol ZnSO4⋅7H2O的质量为287g，a段时固体质量减少287×（100%-93.7%）=18g，则减小了1mol H2O，所以a段固体的成分为ZnSO4⋅6H2O。 14．(1) 3Cu+8H++=3Cu2++2NO↑+4H2O 防止温度过高HNO3分解 (2)消耗“酸溶”中剩余的稀硝酸 (3) 漏斗、玻璃棒 SiO2 (4)2Cu(NO3)22CuO+ 4NO2↑+O2↑ 【分析】固体废渣中主要含Cu和CuO，还含有少量SiO2等，加入稀硝酸酸溶发生氧化还原反应生成NO，铜、氧化铜与稀硝酸反应还得到硝酸铜，二氧化硅和稀硝酸不发生反应，加入氧化铜将剩余酸反应，过滤得到滤渣主要是二氧化硅，滤液主要是硝酸铜溶液，据此分析解答。 【详解】（1）“酸溶”时Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++=3Cu2++2NO↑+4H2O；为了防止温度过高HNO3分解和挥发，所以酸溶时，反应温度不宜超过70℃； （2）加入氧化铜主要目的是消耗“酸溶”中剩余的稀硝酸； （3）“过滤”需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；滤渣的主要成分为SiO2； （4）其物质的量为0.1mol，则铜元素物质的量为0.1mol，0-T1阶段，该物质分解后剩余质量为18.8g，根据铜元素守恒，T1阶段产物为Cu(NO3)2，继续加热到T2，剩余固体质量为8.0g，根据铜元素守恒，固体为CuO，过程中有红棕色气体产生，是NO2，则反应的化学方程式为2Cu(NO3)22CuO+ 4NO2↑+O2↑。 15．(1) Ca(OH)2 过滤 (2)MgCl(熔融)Mg+Cl2↑ (3)挥发性 (4)Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr (5)坩埚 (6)2H++2I-+H2O2=I2+2H2O 【分析】利用石灰乳沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，盐酸溶解氢氧化镁得到氯化镁，最后电解熔融的氯化镁得到金属镁；利用氯气氧化溴离子得到单质溴，热空气吹出，利用二氧化硫还原单质溴，在蒸馏塔中氯气再把溴离子氧化得到单质溴；将灼烧后的海带灰浸泡，得到海带灰悬浊液，过滤得到含有碘离子的溶液，加入双氧水氧化得到单质碘，用四氯化碳萃取得到含碘的有机溶液，最后蒸馏得到单质碘。据此解答。 【详解】（1）氢氧化钙廉价易得，工业上常用于沉淀Mg2+的试剂A是Ca(OH)2，操作A的名称是过滤。 （2）由无水MgCl2制取Mg需要电解，反应的化学方程式是MgCl(熔融)Mg+Cl2↑。 （3）液溴易挥发，鼓入热空气将生成的溴吹出，利用了Br2的挥发性。 （4）吸收塔中Br2的吸收率可达95%，吸收塔中主要反应的化学方程式是Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr。 （5）固体灼烧需要在坩埚中，则步骤①中灼烧海带时，应将海带放入坩埚中灼烧。 （6）步骤④是双氧水氧化碘离子，发生的离子反应方程式为2H++2I-+H2O2=I2+2H2O。 16．(1) 增大反应速率，提高浸出率 二氧化锰能够氧化单质铁为 (2) 将氧化成 (3) (4) 【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。 【详解】（1）①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率，故答案为：增大反应速率，提高浸出率； ②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为，故答案为：； ③ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少，故实际比值(0.9)小于2，故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+； （2）①MnO2的氧化性与溶液pH有关，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+； ②后加入NH3⋅H2O，调节溶液pH目的是为了使Al3+、Fe3+全部转化为沉淀，根据金属离于沉淀的pH表格可知，Al3+、Fe3+全部转化为沉淀，且锰离子不沉淀，则溶液pH范围：4.7~5.8，故答案为：4.7~5.8； （3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为，故答案为：； （4）铁原子26Fe的电子排布式为：，故答案为：。 17．(1)防止生成的硫酸氧钒发生分解 (2) 适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等 将还原为易被萃取的，将还原为不易被萃取的 (3)降低、在有机相中的萃取能力 (4) 【分析】粘土帆矿(含V2O5、Fe2O3、Al2O3、SiO2等不溶性成分)加入浓硫酸在250℃条件下焙烧，V2O5与浓硫酸生成硫酸氧钒，Fe2O3、Al2O3反应生成相应的硫酸盐，SiO2不溶，加水浸出得到含有VO2+、、 Fe3+、Al3+和离子的浸出液，浸出液中加入氨水调节pH，同时加入Fe粉将还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，加入萃取剂萃取得到含钒有机相，根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、在有机相中的萃取能力，进行反萃取的钒富集液，加入KClO3和氨水将VO2+氧化的红钒沉淀，煅烧得到V2O5。 【详解】（1）根据题意可知硫酸氧钒在高温条件下易分解生成VO2和SO3，所以为了防止分解，粘土钒矿焙烧时一般选择 250℃； （2）适当加热、搅拌、适当延长浸出时间等都可以提高浸出效率；根据题意可知萃取剂对VO2+、Fe3+的萃取能力较强，所以加入铁粉的目的是将 还原为易被萃取的VO2+，将Fe3+还原为不易被萃取的Fe2+，提高含钒有机相的V钒元素的含量； （3）根据题意可知VO2+在有机相中的萃取能力随pH增大而增强，所以加入20%硫酸降低VO2+、在有机相中的萃取能力； （4） 碘单质可以和NaOH溶液反应得到易溶于水的碘化钠和碘酸钠，所以可以先在碘的CCl4溶液中加入浓NaOH溶液振荡、静置、分液得到含有I-和的水溶液，之后加入稀硫酸，酸性环境下I-和发生归中反应得到含碘悬浊液，过滤得到碘单质，流程图为。 18．(1) 4 (2) 2e b f-a-b-c-e-d (3) 分子晶体 铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到高温区T2时，即升温平衡逆向移动，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，故 【分析】含有杂质的二氧化锰溶于浓盐酸，得到主要成分是氯化锰的溶液和残渣，向溶液中加入碳酸氢铵溶液可以得到碳酸锰沉淀，高温煅烧得到四氧化三锰，最终经还原得到锰。 【详解】（1）Cu为29号元素，其基态原子电子排布式为；Cu同周期且原子序数最小的第Ⅷ族元素是Fe，其基态原子电子排布式为，有4个未成对电子； （2）浓盐酸溶解二氧化锰时溶液产生氯气，氯气有毒，反应的离子方程式为；碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰和二氧化碳：；第一电离能为1mol气态原子失去1个电子形成+1价阳离子吸收的能量，由图中Mn(g)-Mn+(g)的变化可知，锰原子的第一电离能为bkJ/mol；氧气的键能为破坏1mol共价键需要吸收的能量，由的变化可知，氧气的键能为e k/molx2=2ekJ/mol；由盖斯定律可知，氧化锰的晶格能为(f-a-b-c-e-d)kJ/mol； （3）的熔沸点低，应属于分子晶体；铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量，低温有利于合成易挥发的羰基合铁，羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到高温区T2时，即升温平衡逆向移动，羰基合铁分解，纯铁粉残留在右端，故。 19．(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 $$