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·黑龙江·阶段练习）永利川西化工厂是侯德榜主导的中国早期的制碱厂，其工艺流程图如图，请结合相关知识回答下列问题： (1)上述化学式表示的五种物质中，属于电解质的有、和 。(填化学式) (2)写出碳酸氢钠在水中电离的电离方程式： 。 (3)某实验小组欲用稀盐酸测定所制得的纯碱中碳酸钠(杂质为NaCl)的含量，预计实验中需要消耗480 mL 1 mol·L稀盐酸。 ①实验室用36.5%的浓盐酸(密度为1.2g·cm)配制上述所需稀盐酸。 a．上述浓盐酸的物质的量浓度为 mol·L实验中，需要量取浓盐酸的体积为 (保留一位小数)mL。 b．配制稀盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，还缺少的玻璃仪器有 (填仪器名称)。 ②若实验过程中遇到下列情况，导致所配溶液物质的量浓度偏低的是 (填标号)。 A．定容时俯视刻度线读数 B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水 C．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线 ③产品分析：把5.8 g 溶于足量稀硫酸，生成2.2g ，产品纯度为 %(保留小数点后1位)。 2．（2024高三下·浙江·阶段练习）钙钛矿具有优异的电导性能。某兴趣小组以、为原料进行了如下探究过程： 已知： ①所有气体体积数据均已折算至标准状况，溶液B的溶质为、、。 ②沉淀E为、、混合物，调节加入量可控制各组分比例。 ③，，，，。 回答下列问题： (1)中铅元素的化合价为 ，气体A的成分为 。 (2)“富氧焙烧”过程发生反应的化学方程式为 。 (3)适当增加溶液B中的加入量，会使的x值 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (4)设计合理的实验方案，定性检验固体D的化学组成 。 (5)为降低产品的杂质含量，有同学提出用替代作沉淀剂，请结合计算说明沉淀反应能进行的理由 。 3．（2024高三下·山东德州·开学考试）高纯硫酸锰主要应用于三元锂电池正极材料的合成，一种使用高硫锰矿和软锰矿(主要成分为)制备硫酸锰的工艺如图： 已知：混合焙烧后得到的烧渣主要为；离子浓度，可认为离子沉淀完全。 (1)原料高硫锰矿与软锰矿按一定比例焙烧，焙烧前需要将二者粉碎的原因是 。 (2)加入硫酸浸出后获得的浸渣1主要成分为 。 (3)氧化时发生反应的离子方程式为 。 (4)氟化除杂是除去和的重要方法，某溶液中和的浓度分别为、，若使溶液中的和沉淀完全，加入的的质量至少是 (保留小数点后1位)；若溶液的浓度过大，将导致、沉淀不完全，原因是 。(已知、) (5)沉锰时发生反应的离子方程式为 。 (6)一种在硫酸溶液中电解锂离子电池正极材料获得的装置如图，则阴极电极反应式为 。 4．（2024高三下·江苏扬州·开学考试）“微波辅助低共熔溶剂”浸取废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备产品，其工艺流程如图： 已知：①氯化胆碱[]是一种铵盐； ②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在； ③时，，。 回答下列问题： (1)低共熔溶剂由含氢键供体(能形成氢键的氢原子)的组分与含氢键受体(能与氢原子形成氢键的原子)的组分混合。草酸(HOOCCOOH)分子中氢键受体的数目为 。 (2)“微波共熔”时，低共熔溶剂(氯化胆碱—草酸按一定物质的量配比而成)和粗品以不同的液固比在下微波处理后锂和钴的浸取率见图，则最佳液固比为。液固比不能过低和过高的原因是 。 (3)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。 (4)时，“沉钴”反应完成后，溶液，此时 。 (5)“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。 (6)锂离子电池正极材料在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成，导致电化学性能下降，使用和溶液可以实现的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。 5．（2024高三上·河南洛阳·期末）颗粒大小达到纳米级的单质铁俗称“纳米铁”，可用于处理废水中的硝态氮。以铁屑(含少量Fe2O3杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下： (1)写出“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式： 、Fe+2H＋=Fe2＋+H₂↑；证明“酸溶”后的溶液中没有Fe3＋的操作是 。 (2)若加入200mL1.8mol/LH2SO4时，铁屑与H2SO4恰好完全反应，为了使Fe元素完全转化，则沉淀过程中加入2mol/LH2C2O4的体积至少为 mL。 (3)固体经灼烧后得到红棕色固体和CO、CO₂混合气体，若产物中则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 (4)“还原”中使用的还原剂为H2，在“还原”前要对装置进行充分干燥处理，不得留有水，其原因是 (用化学方程式表示)。 (5)制备所得的纳米铁粉可用于处理废水中的。 ①酸性条件下，硝酸盐与纳米铁粉反应的路径如图1所示，最终纳米铁被氧化为Fe2＋，其反应的离子方程式是 。 ②研究发现，废水中溶解氧会对的去除产生一定影响。在初始pH、初始浓度、纳米铁粉与硝酸盐质量比均一定的条件下，有氧与无氧条件下的去除率随反应时间的变化如图2所示。1~3h时，有氧条件下去除率低于无氧条件下，其可能的原因是 。 6．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）高纯ZnO可用作电子元件材料。工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。 (1)浸出用一定浓度的溶液和氨水的混合液浸取锌焙砂，得到锌氨浸出液。 ①ZnO发生反应的化学方程式为 。 ②锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图所示，当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是 。 (2)除砷 ①过二硫酸铵中价的O与价O的个数比为 。 ②滤渣主要成分为(As为)。理论上每生成1mol，需要1.5mol。其原因是 。 (3)沉锌 蒸氨后需要冷却处理才能进行“沉锌”的原因是 。 (4)煅烧 280℃时煅烧，300min后固体残留质量占固体起始质量的，则的分解率为 。 7．（2024高三上·安徽·期末）一种以黄铁矿(，含)和软锰矿(主要成分为，含有少量Pb、Cu等元素的混合物)为原料制备的工艺流程如下。 已知：25℃时，。 回答下列问题： (1)“酸浸”中搅拌、加热的目的是 (任写一条)。 (2)“滤渣1”中除含有S、外还有 (填化学式)，X为 (填名称)。 (3)写出反应中生成等物质的量的硫和硫酸根离子的离子方程式： 。 。 (4)“除杂”过程中加使恰好沉淀完成时(此时浓度为)的pH为 。 (5)某实验小组在常温下，通过调节使和形成氟化物而分离。测得不同条件下，体系中[为、或的物质的量浓度，单位为]与的关系如下图所示。已知。据图分析，“净化”过程中反应为，该反应的平衡常数 。 (6)用惰性电极电解酸性的溶液制取，阳极的电极反应式为 。 8．（2024高三上·湖北·阶段练习）纳米铁(零价)由于其纳米尺寸效应，在重金属水处理领域发挥了独特作用。回答下列问题： Ⅰ．纳米铁的合成：用绿茶提取液(含黄酮、多酚等还原性物质)实现了纳米铁的绿色合成。 (1)获得纳米铁的还原剂是 。 (2)用乙醇洗涤的作用是 。 (3)通氮气的目的是 。 Ⅱ．纳米铁的表征：图谱分析可知，该晶体属于立方晶系，其结构如图所示。 (4)设是阿伏加德罗常数的值，则纳米铁晶体的摩尔体积 (列出计算式)。 Ⅲ．纳米铁净化污染物：纳米铁去除重金属离子的原理包括吸附作用和还原作用，不同重金属离子，去除原理不同。 (5)去除，纳米铁主要起到的作用是 。 (6)取少量纳米铁，加入到溶液中，振荡1分钟，过滤除去不溶氢氧化物，得到 色溶液，该反应的离子反应方程式为 。 9．（2024高三上·山东泰安·期末）将废旧锌锰电池回收处理后得到含MnO2、MnOOH、，及少量Fe的废料，利用以下工艺流程制备Zn和MnO2。 已知：Mn的金属活动性强于Fe；Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH大于5.5时易被氧化；室温下，，，。回答下列问题： (1)“还原焙烧”时，为加快反应速率，可采取的措施有 (填1项)，过程中MnOOH被炭黑还原为MnO的化学方程式为 。 (2)“酸浸”时，滤渣1主要成分的化学式是 。使用浓盐酸并加热可实现“酸浸”的过程，但对本工艺后续过程产生不良影响，可能的原因是 。 (3)“净化”时，通入O2发生反应的离子方程式为 ；若净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为，则“净化”时调节pH的合理范围是 (当金属离子的浓度小于时，可认为该离子完全沉淀)。 (4)“电解”时阳极反应式为 ；该工艺流程中可循环利用的物质为 。 10．（2024·四川广元·模拟预测）草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质] 制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如表 (完全沉淀时，金属离子浓度)。 沉淀 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 5.2 回答下列问题： (1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ；浸出液中主要含有、、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式： ，写出基态Mn原子的价电子排布式 。 (2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 ，若“调节pH”后，溶液，则需调节溶液pH的范围是 (忽略溶液的体积变化)。 (4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是 ；反萃取时，应加入的物质是 (填溶液名称)。 (5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8g，该混合物中CoO与的物质的量之比为 。 11．（2024·全国·模拟预测）镍镉电池是最早应用于手机、超科等设备的电池种类，它具有良好的大电流放电特性、耐过充放电能力强、维护简单。某废旧镍镉电池的回收再生工艺流程如图甲所示： 室温下，部分物质的溶度积常数如表所示： 物质 回答下列问题： (1)基态原子的价层电子排布式为 。 (2)已知镍镉电池的工作原理为：，则放电时正极的电极反应式为 。 (3)“沉镉”操作选用的沉淀剂为，而不选用的原因为 。 (4)室温下，“沉镍”过程中为确保滤液中不超过，需要调节溶液的 ；检验已洗深干净的方法为 。 (5)“转化Ⅰ”发生反应的离子方程式为 。 (6)“转化Ⅱ”发生反应的化学方程式为 。 (7)金属镉晶体中原子的堆积方式为六方最密堆积，如图乙所示，晶胞可用图丙表示，则该晶胞中含有的原子个数为 ，已知该晶胞的底边长为，高为，则该晶体的密度为 (设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 12．（2025·陕西渭南·模拟预测）一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐(如、)的新工艺如图所示，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，也不产生废弃物，能实现Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和的循环利用。 回答下列问题： (1)中Fe、Cr元素的化合价分别为 价、 价。 (2)固体Ⅲ的成分是 (填化学式)；工序ⅲ中反应的化学方程式为 。 (3)混合气体Ⅳ最适宜返回工序 (填序号，只填一项)参与内循环。 (4)工业上常利用电解法制，其原理如图(电极均为惰性电极)所示： ①装置中H为 (填离子符号)离子交换膜。 ②电极a的电极反应式为 。 ③电路中有0.2mol电子转移时，右侧溶液总质量理论上减少 g。 (5)某氮化铬的晶胞结构与氯化钠相似，若该晶胞中N原子的位置如图1所示，请画出晶胞中Cr原子沿x轴方向的投影图(在图2中涂黑相应位置的圆圈) 。 13．（2024高三上·河南焦作·期末）碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体的原料，也可用作脱硫的催化剂以及肥料和饲料的添加剂等。某化工厂以软锰矿(主要成分是，含少量)为原料，制取高纯的流程如图所示。 请回答下列问题： (1)将矿石粉碎的目的是 (答一条)，“浸锰”过程中有等生成，则该过程中发生反应 ( (填“氧化”或“还原”)，生成的离子方程式为 。 (2)“氧化”过程中，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (，调时溶液用量不宜过多，原因是 。 (3)操作I的内容是 ，写出生成的离子方程式： 。 (4)根据流程图中信息，写出具有的性质： (答一条)。 14．（2024高三下·广西梧州·期中）Ⅰ．研究化学反应的速率和限度对于日常生活和工农业生产都具有重要的意义。 (1)一定温度下，在的恒容容器中充入与各的物质的量随时间的变化曲线如图所示。 回答下列问题： ①反应，以表示的平均反应速率为 。 ②不能说明该反应达到化学平衡状态的是 。 a．混合气体的密度保持不变 b．容器内的气体压强保持不变 c． d．分子数之比为 e．的体积分数保持不变 f．气体的平均相对分子质量保持不变 Ⅱ．碱性锌锰电池是日常生活中常见的化学电源之一，其构造如图1，一种从废旧碱性锌锰电池回收和的工艺如图2。 回答下列问题： (2)碱性锌锰电池工作时的总反应为，放电过程中向 (填“正极”或“负极”)移动，负极附近的 (填“增大”“减小”或“不变”)，该负极电极反应式为 。 (3)“净化”是为了除去浸出液中的杂质，方法是加入 (填化学式)溶液将氧化为，再调节使沉淀完全。废电解液中含有大量的，可以返回 工序中循环使用。 (4)若将“粉料”直接与浓盐酸共热反应后过滤，说液的主要成分是和，同时生成一种黄绿色气体，“粉料”中的与浓盐酸共热反应的离子方程式为 。 15．（24-25高三上·河南·开学考试）二硼化钛()的熔点是2980℃，有很高的硬度，可用于制备复合陶瓷、熔融金属坩埚、电解池电极。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量、)为原料制取的流程如图所示。 已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置。 ②高温下蒸气压大、易挥发。 ③“酸解”在加热条件下进行，可溶于热的浓硫酸形成。 回答下列问题： (1)基态Ti原子的价层电子的轨道表示式为 。 (2)“酸浸”后的滤液中的阳离子有：、 。“酸解”后的滤渣中主要成分为 (填化学式)。 (3)“水解”在沸水中进行，反应的离子方程式为 。 (4)“热还原”中发生反应的化学方程式为 。的实际用量超过了理论上化学计量所要求的用量，原因是 。 (5)原料中的可由硼酸()脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸的装置如图所示。已知装置中阳离子交换膜只允许阳离子通过，关闭NaOH溶液进、出口阀门后电解一段时间，NaOH溶液的质量变化为33g，则产品室中制得的质量为 g。 (6)某种含钠晶体是一种高温超导母体，其晶胞结构如图甲所示()，Ti原子与As原子构成的八面体如图乙所示。1个晶胞中由Ti原子与As原子构成的八面体的平均数目为 。 16．（2024高三上·天津·期中）明矾在生产、生活中有广泛用途：饮用水的净化、造纸工业上作施胶剂、食品工业的发酵剂等。利用炼铝厂的废料一铝灰(含Al、及少量和)可制备明矾。工艺流程如图： 回答下列问题： (1)明矾净水的原理是 。 (2)操作是 ，操作是蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。 (3)检验滤液A中是否存在的试剂是 (只用一种试剂)。 (4)已知：在、加热条件下，可与反应生成，加入发生反应的离子方程式为： 。滤渣2含有的物质是 。 (5)“酸浸”步骤需9 mol⋅L 溶液90 mL，若由18 mol⋅L浓溶液配制，则需浓溶液的体积为 mL，配制所需的玻璃仪器除量筒(用于粗略量取18 mol⋅L 溶液的体积)、烧杯、玻璃棒外还有 。下列操作会引起所配溶液浓度偏低的有 (填字母)。 A．用量筒量取18 mol⋅L 溶液时，仰视量筒的刻度线 B．用量筒量取18 mol⋅L 溶液后未洗涤量筒 C．容量瓶未干燥就用来配制溶液 D．烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出 (6)为测定该明矾晶体样品中的含量，该实验小组称取a g明矾晶体样品，溶于50mL稀盐酸中，加入足量溶液，使完全沉淀。用质量为m g的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为n g。(硫酸钡的摩尔质量为233 g⋅mol)。该明矾晶体样品中的含量为 mol⋅g。(即每克明矾晶体中的物质的量)。 17．（2024高三上·重庆云阳·阶段练习）“84”消毒液是一种主要用于物体表面和环境的消毒剂。用海水模拟制备“84”消毒液的流程如图。请回答下列问题： 已知：①粗盐溶解后的分散系中含有泥沙、； ②除杂试剂均过量； ③“84”消毒液具有较强的碱性。 (1)操作①为 ，该操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、 ；向滤液2中依次加入的试剂可以是 （填标号）。 A．溶液、溶液、溶液 B．溶液、溶液、溶液 C．溶液、溶液、溶液 (2)操作③结束后往滤液中加入稀盐酸的目的是 ，除去过量的可以采用的方法为 。 (3)与溶液反应制备“84”消毒液的化学方程式为 ；每转移电子，生成的氧化产物的质量为 g；日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是 。 18．（24-25高三上·福建宁德·开学考试）磷石膏主要成分为，含少量、等，以此为原料可制备轻质碳酸钙和铝铵矾[]，流程如下图： (1)转化步骤的主要目的是 。 (2)除杂时所得滤渣的成分为 。 (3)碳化过程在如图所示的装置中进行依次先后通入两种气体，直至不再有沉淀生成，则按先后通入的气体分别为 、 。 (4)称取流程中轻质碳酸钙0.5000g，用盐酸充分溶解，过滤，将滤液和洗涤液转移至250mL容量瓶中，定容、摇匀，取出25.00mL，加入指示剂(铬黑T)，调节pH>12，用0.02000标准溶液滴定(滴定过程中与按1：1反应)，至终点时消耗溶液23.60mL。产品中碳酸钙的质量分数为 。 (5)制取铝铵矾的实验方案：a、在滤液中加入 至不再产生气泡，蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得硫酸铵固体；b、在烧杯中加入溶液，不断搅拌下加入制得的硫酸铵固体，当固体完全溶解后， (填操作)，用无水乙醇洗涤、干燥，即得铝铵矾产品。(部分物质的溶解度随温度的变化如图所示)。 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)NH4Cl (2)NaHCO3=Na++HCO (3) 12 41.7 胶头滴管、500mL容量瓶 C 91.4 【详解】（1）NaHCO3和Na2CO3、NH4Cl的水溶液能导电，上述化学式表示的五种物质中，属于电解质的有NaHCO3和Na2CO3、NH4Cl。故答案为：NH4Cl； （2）碳酸氢钠在水中完全电离为钠离子、碳酸氢根离子，碳酸氢钠在水中电离的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO。故答案为：NaHCO3=Na++HCO； （3）①实验室用36.5%的浓盐酸(密度为1.2g·cm)配制上述所需稀盐酸。 a．上述浓盐酸的物质的量浓度为c=mol·L=12mol·L，选用500mL容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变，设需要量取的浓盐酸的体积为VmL，则12 mol/L ×V=500mL×1mol/L，V=41.7mL。实验中，需要量取浓盐酸的体积为41.7(保留一位小数)mL。故答案为：12；41.7； b．配制步骤为：计算、量取、稀释(并冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀，配制稀盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，还缺少的玻璃仪器有胶头滴管、500mL容量瓶。故答案为：胶头滴管、500mL容量瓶； ②A．定容时俯视刻度线读数，溶液体积偏小，所配溶液物质的量浓度偏高，故不选A； B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶液体积和溶质的物质的量，所配溶液物质的量浓度无影响，故不选B； C．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线，溶液体积偏大，所配溶液物质的量浓度偏低，故选C； 故答案为：C； ③产品分析：把5.8 g 溶于足量稀硫酸，生成2.2g ， ，产品纯度为=91.4%。 故答案为：91.4。 2．(1) +4 、 (2) (3)增大 (4)取少量固体D，加水溶解，若产生能使带火星木条复燃的气体则证明含；继续加足量稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体则证明含 (5)沉淀的平衡常数，因、比小，同理可知对应沉淀反应的平衡常数更大 【分析】中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，则铅元素的化合价为+4价，已知溶液B的溶质为、、，则加入HNO3后，标准状况下，气体A为，0.1mol与硝酸反应生成、和水，即生成的为0.1mol，说明气体A中还含有其他气体，气体A中与反应生成和O2，即生成的O2为，根据气体A中含有0.1molCO2，可知由0.1molCO2生成的O2为0.05mol，综合可知气体A中含有0.1molCO2、0.05mol O2；说明中+4价Pb得电子转化为+2价，做氧化剂，则与HNO3反应时，只能是中-2价O失去电子，生成，生成、、和水；固体D为和的混合物，溶液B中加入，沉淀E为、、，“富氧焙烧”得到产物。 【详解】（1）由分析知，中铅元素的化合价为+4价；气体A的成分为、。 （2）沉淀E为、、，“富氧焙烧”中有参与反应，根据原子守恒，发生反应的化学方程式为：。 （3）根据题意可知，因为的Ksp更小，可知草酸钙先沉淀完，因此增加的加入量，更有利于增加的量，会导致的x值增大。 （4）定性检验固体D的化学组成，可以通过检验是否存在过氧化钠和碳酸钠来验证，实验方案：取少量固体D，加水溶解，若产生能使带火星木条复燃的气体则证明含；继续加足量稀盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体则证明含。 （5）为降低产品的杂质含量，用替代作沉淀剂，发生的反应为：，该反应的平衡常数，有，代入可知， 发生的反应为：，该反应的平衡常数有，同理可得，沉淀草酸钙的平衡常数为，三者平衡常数均较大，有利于反应正向进行，可以替代，故答案为：沉淀的平衡常数，因、比小，同理可知对应沉淀反应的平衡常数更大。 3．(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更彻底 (2)、 (3) (4) 4.2 与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全 (5) (6) 【分析】高硫锰矿与软锰矿混合焙烧，得到的烧渣，加入硫酸浸出得到锰、铁、铝、镁盐溶液，二氧化硅不反应、钙转化为硫酸钙沉淀得到浸渣1，浸出液加入二氧化锰将氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钙中和调节pH，将铁离子、铝离子以氢氧化物的形式除去，加入氟化锰除杂，使溶液中的镁离子、钙离子沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体； 【详解】（1）焙烧前需要球磨，目的是增大接触面积，提高焙烧效率； （2）由分析，浸渣1主要成分为、； （3）氧化时发生反应二氧化锰将氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为； （4）由K值可知，氟化镁溶解度较氟化钙大，镁离子完全沉淀，则，则加入的至少为(0.02+0.01+0.03÷2)mol/L×1L=0.045mol，质量至少是4.2g；与结合形成弱电解质，使、的溶解平衡右移或与结合形成弱电解质，浓度小，很难将、沉淀完全，导致溶液的浓度过大，使得、沉淀不完全； （5）含锰离子溶液加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，反应为锰离子和碳酸氢根离子生成碳酸锰、水、二氧化碳：； （6）由图，阴极在酸性条件下得到电子发生还原反应生成锰离子、锂离子和水：。 4．(1)4 (2)过低，还原剂草酸的量不足，不能将还原成可溶性的；过高，低共溶剂使用量增多，其对钴的浸取率影响不大，且过量草酸能于形成草酸钴沉淀，使钴的浸取率略降。 (3) (4) (5)将中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ) (6) 【分析】氯化胆碱-草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以[Co(H2O)6]2+存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结(通入空气氧化)得到LiCoO2产品。 【详解】（1）草酸(HOOCCOOH)分子中能与氢原子形成氢键的原子有氧原子，四个氧原子均可作为氢键受体，故草酸(HOOCCOOH)分子中氢键受体的数目为4。 （2）液固比不能过低和过高，过低时还原剂草酸的量不足，不能将还原成可溶性的；过高时低共溶剂使用量增多，其对钴的浸取率影响不大，且过量草酸能于形成草酸钴沉淀，使钴的浸取率略降。 （3）已知在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在，“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，说明钴元素的存在形式由变为 ，结合元素守恒得该变化的离子方程式为。 （4）时，“沉钴”反应完成后，溶液，即c(H+)=，则c(OH-)=，c(Co2+)=。 （5）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是将中Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)。 （6）使用LiOH和30%H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复是过氧化氢将Co3O4氧化和LiOH生成LiCoO2，反应的化学方程式为。 5．(1) Fe+2Fe3+=3Fe2+ 取酸溶后的溶液于一支洁净的试管中，向其中滴加 KSCN溶液，若溶液未变红说明没有 Fe3+ (2)180 (3)4FeC2O4+O22 Fe2O3+4CO+4CO2 (4)3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (5) 4Fe++10H+=4 Fe2+++3H2O 溶解氧消耗过多的纳米铁粉，不利于 Fe 与的反应，导致去除率下降或纳米铁粉表面生成的氧化物对反应过程起了一定的阻碍作用 【分析】由题给流程可知，向铁屑中加入稀硫酸酸溶得到硫酸亚铁溶液，向溶液中加入稍过量的草酸溶液，将溶液中亚铁离子转化为草酸亚铁沉淀，过滤得到草酸亚铁；草酸亚铁在氧气中灼烧得到氧化铁，氧化铁还原得到纳米铁粉。 【详解】（1）铁屑(含少量 Fe2O3杂质)“酸溶”时发生的氧化还原反应的离子方程式：Fe+2Fe3+=3Fe2+，证明“酸溶”后的溶液中没有Fe3＋的操作是：取酸溶后的溶液于一支洁净的试管中，向其中滴加 KSCN溶液，若溶液未变红说明没有 ； （2）由图知加入H2C2O4后，Fe元素完全转化为FeC2O4，故铁屑与H2SO4恰好完全反应生成FeSO4，所以n(H2C2O4)=n(H2SO4)，故2mol/L H2C2O4的体积至少为 180mL； （3）固体经灼烧后得到红棕色固体为Fe2O3，由题意得“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为：4FeC2O4+O22 Fe2O3+4CO+4CO2； （4）高温条件下，铁与水蒸气会反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2； （5）①由图可知：4Fe++10H+=4 Fe2+++3H2O； ②溶解氧消耗过多的纳米铁粉，不利于 Fe 与 的反应，导致 去除率下降或纳米铁粉表面生成的氧化物对反应过程起了一定的阻碍作用。 6．(1) pH值增大，溶液中增大，生成沉淀 (2) 1：3 为氧化剂，不仅将Fe2+氧化为Fe3+，还将氧化为 (3)碳酸氢铵受热易分解，降低温度，防止碳酸氢铵分解，提高锌的沉淀率 (4)94.7% 【分析】锌焙砂主要成分为ZnO，含有少量CuO、、NiO等，向其中加入一定浓度的溶液和氨水的混合液，滤液中含有，加入和硫酸亚铁，先将氧化为，再将亚铁离子氧化为三价铁离子，二者反应后生成沉淀，除掉As后，再除Cu和Ni，沉锌时向溶液中加入碳酸氢铵溶液和二氧化碳，将转化为碳酸锌沉淀，煅烧后得到氧化锌，由此作答。 【详解】（1）根据分析，氧化锌最后转化为，所以化学方程式为；当浸出液中pH＞10后，溶液中氢氧根离子浓度增大，生成了氢氧化锌沉淀，导致浸出率随pH增大而减小； （2）过二硫酸根中有一根过氧键，需要两个O原子，所以-1价的O有2个，-2价的O有6个，因此价的O与价O的个数比为1：3；生成1mol，有1mol Fe2+氧化为Fe3+，转移电子数为1mol，还有1mol转化为，转移电子数为2mol，所以一个转移3mol电子，1mol有1mol过氧根，转移2mol电子，所以生成1mol，需要1.5mol； （3）碳酸氢铵受热易分解，降低温度，防止碳酸氢铵分解，提高锌的沉淀率； （4）煅烧生成，由方程式可知，减少的质量为二氧化碳的质量，当125g碳酸锌参加反应时，固体减少的质量为44g，设开始碳酸锌的质量为m g，则固体减少的质量为g，碳酸锌分解的质量为g，则碳酸锌的分解率为。 7．(1)充分接触，加快反应速率(合理即可) (2) 稀硫酸 (3) (4)6 (5) (6) 【分析】由已知信息ⅰ可知，要除掉的杂质离子为Fe3+、Fe2+和Al3+，结合题图可知除铁、铝时，先利用H2O2将氧化为Fe3+，离子方程式为，再通过CaO调节pH使得Fe3+和Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是除去Ca2+，由已知信息ⅱ可知，利用MnF2将溶液中的Ca2+转化为难溶物CaF2。 【详解】（1）将软锰矿、黄铁矿和稀硫酸按一定比例放入反应釜中搅拌、加热，加热温度升高，反应速率加快，搅拌可以使反应物充分接触。 （2）不溶于酸，故滤渣1中含有，根据生成的滤渣中含有，说明X为稀硫酸。 （3）反应生成、S、、元素的化合价分别升高1价、7价，中元素的化合价降低2价，则与的计量数之比为，结合原子守恒得到方程式为。 （4）根据，可计算出沉淀完全时，，，故此时。 （5）根据图像分析可知，增大，减小，由的电离平衡常数得增大，则代表；又根据可知，代表，代表，根据a、b、c三点坐标，当时，，，，则此反应的平衡常数。 （6）电解制取，阳极为失去电子的反应，故电极反应式为。 8．(1)黄酮、多酚等 (2)洗去纳米铁表面的绿茶提取液 (3)带走纳米铁表面的水蒸气 (4) (5)吸附作用 (6) 无 【分析】50g绿茶加入1L蒸馏水中，进行加热、抽滤等操作得到绿茶提取液；在绿茶提取液中加入硫酸亚铁溶液，提取液中的黄酮、多酚可将硫酸亚铁还原为纳米铁，充分反应后进行抽滤，再加乙醇、蒸馏水洗涤获得湿润的纳米铁，然后在N2的惰性环境中用红外灯照射得到干燥纳米铁，据此分析解答。 【详解】（1）由上述分析可知获得纳米铁的还原剂是黄酮、多酚； （2）用乙醇可以洗去纳米铁表面的绿茶提取液； （3）通入惰性的氮气可以将纳米铁表面的水蒸气带走，得到干燥的纳米铁； （4）由晶胞结构可知，铁原子位于顶点和体心，个数为；晶胞的体积为，1mol该物质中含有个晶胞，故摩尔体积： （5）Zn比Fe活泼，因此纳米铁去除，利用的应是其吸附作用； （6）少量纳米铁，加入到溶液中，发生反应：，最终得到KOH溶液为无色溶液。 9．(1) 将废料粉碎 (2) C 有氯气生成，且会干扰电解的电极反应 (3) 3≤pH＜5.5 (4) (或硫酸) 【分析】废料中含有MnO2、MnOOH、Zn(OH)2、Fe等。废料加入过量的炭黑焙烧，把Mn元素转化为MnO，加硫酸“酸浸”，炭黑不溶于硫酸，过滤除去炭黑，滤液中含有硫酸锌、硫酸锰、硫酸亚铁，滤液通入氧气把Fe2+氧化为Fe3+，加溶液碳酸锰调节pH生成氢氧化铁沉淀除铁，电解硫酸锰、硫酸锌溶液，阳极生成二氧化锰、阴极生成金属锌。 【详解】（1）将废料粉碎可加快“还原焙烧”反应速率；MnOOH和过量的C反应生成MnO和CO，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程式。 （2）据分析，炭不溶于稀硫酸，滤渣1的主要成分为炭黑；使用浓盐酸并加热可实现“酸浸”的过程，但有氯气生成，且会干扰电解的电极反应，对本工艺后续过程产生不良影响。 （3）“净化”是生成Fe(OH)3沉淀而除去铁元素，通入O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；“净化”时只生成氢氧化铁沉淀，而溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为，根据已知、，可计算得到它们不产生沉淀的最大c(OH-)分别是、，pH值分别为8、6；溶液中Fe3+完全除去的c(OH-)最低为，pH值为3，且Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH大于5.5时易被氧化，故加入MnCO3时必须控制pH范围为3≤pH＜5.5。 （4）据分析，“电解”时硫酸锰在阳极发生氧化反应生成MnO2，其电极反应式为；结合该工艺流程分析可知，“电解”生成硫酸，可循环利用的物质为。 10．(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 3d54s2 (2) (3) 、、 <7.4 (4) 溶液pH增大，溶液中降低，平衡向正反应方向移动 稀硫酸 (5)1：1 【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、Al2O3、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。 【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钻矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，Co元素化合价由+3降低至+2，S元素化合价由+4升高至+6，化合价升降守恒、原子守恒可知Co2O3发生反应的化学方程式为：，Mn是25号元素，基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2。 （2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2中O元素化合价由+1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为。 （3）根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3；调节pH时Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，根据表格中数据可知，pH应该大于6.7，若“调节pH”后，溶液中c(Co2+)>0.1mol⋅L−1，当c(Co2+)=0.1mol⋅L−1时，溶液中c(OH−)= =，c(H+)= =10−7.4mol/L，溶液pH=7.4，因此需调节溶液pH的范围是6.7≤pH<7.4。 （4）当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使该可逆反应平衡逆向移动。 （5）36.6g草酸钴晶体的物质的量为n[CoC2O4⋅2H2O]= =0.2mol，根据Co原子守恒得n(Co)=n[CoC2O4⋅2H2O]=0.2mol，设CoO的物质的量为xmol，Co3O4的物质的量为ymol，则 x+3y=0.2、75x+241y=15.8 ，解得x=0.05，y=0.05，因此该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1。 11．(1)3d84s2 (2) (3)Ksp(CdS)与Ksp(NiS)的数值差距最大， Ksp[Cd(OH)2]与Ksp[Ni(OH)2]数值差距很小 (4) 10.5 取最后一次洗涤液少许，滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净 (5) (6) (7) 2 【分析】废旧镍镉电池充分放电后得到Cd(OH)2、Ni(OH)2和石墨等的混合固体，将固体溶于硫酸溶液，Cd(OH)2、Ni(OH)2与硫酸反应生成NiSO4和CdSO4，过滤出石墨得滤渣Ⅰ，滤液中加硫化钠，将CdSO4转化为CdS沉淀；过滤出硫酸镍溶液，溶液中加NaOH溶液将NiSO4转化为NiS沉淀，过滤得Ni(OH)2固体，再将Ni(OH)2与KBrO和NaOH混合，镍被氧化生成NiO(OH)；固体加硫酸，通入氧气得到CdSO4溶液，再经电解生成Cd，据此分析解答； 【详解】（1）Ni为28号元素，基态原子的价层电子排布式为：3d84s2； 故答案为：3d84s2； （2）放电时正极NiO(OH)得电子生成，电极反应为：; 故答案为：； （3）由表得出，Ksp(CdS)与Ksp(NiS)的数值差距最大， Ksp[Cd(OH)2]与Ksp[Ni(OH)2]数值差距很小，因此选用的沉淀剂为Na2S，将Cd2＋转化成CdS不会影响溶液中镍离子的含量； 故答案为：Ksp(CdS)与Ksp(NiS)的数值差距最大， Ksp[Cd(OH)2]与Ksp[Ni(OH)2]数值差距很小； （4）①“沉镍”过程中为确保滤液中不超过2.95×10－3mg/L，此时溶液中c(Ni2＋)=5×10－8mol/L，根据Ksp[Ni(OH)2]=5×10－15，得出此时溶液中的c(OH－)=1.0×10－3.5mol/L，则需要调节溶液的pH≥10.5； 故答案为：10.5 ②洗涤干净后，洗涤液中不存在硫酸根，本题是硫酸根离子检验：取最后一次洗涤液少许，滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净； 故答案为：取最后一次洗涤液少许，滴加氯化钡溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净； （5）Ni(OH)2固体，与KBrO和NaOH混合，镍被氧化生成NiO(OH)，反应的离子方程式为：； 故答案为： （6）CdS固体加硫酸，通入氧气得到CdSO4溶液，反应方程式为：; 故答案为： （7）由晶胞乙的结构可知，有4个原子位于120°顶点，4个原子位于60°顶点，1个原子位于体内，原子个数为：；晶胞体积为：，晶胞质量为：g；则该晶体的密度为； 故答案为：①2；② 12．(1) +2 +3 (2) (3)ii (4) Na+ 6.2 (5) 【分析】铬铁矿在高温下连续氧化，在熔融氢氧化钠的作用下，被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为Na[Al(OH)4]，氧化镁为碱性氧化物，不参与反应，将氧化后的固体加水溶解，过滤得到滤渣，成分为氧化镁、氧化铁，滤液中含有过量氢氧化钠、铬酸钠、Na[Al(OH)4]，将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和Na[Al(OH)4]溶液，向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，向Na[Al(OH)4]溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，向滤渣I中通入过量二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液，碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。 【详解】（1）依据化合物中化合价代数和为0可知中铁元素和铬元素的化合价分别是价； （2）滤渣I成分为氧化镁、氧化铁，通入过量二氧化碳和水蒸气与MgO反应生成碳酸氢镁，氧化铁不反应，过滤可得固体III的成分是；工序ⅲ中铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应，生成重铬酸钠，由于二氧化碳过量，生成碳酸氢钠沉淀，反应的化学方程式为 （3）“热解”工序产生的混合气体为水和二氧化碳，最适宜返回工序ii参与内循环。 （4）①电极a的NaOH溶液由稀变浓，OH-浓度增大，说明H2O中的H+得电子，则电极a为阴极，电极反应式为，电极a为阴极，电极b为阳极，电解池中阳离子移向阴极，由图可知，H为钠离子交换膜。 ②电极的溶液由稀变浓，浓度增大，说明中的得电子，则电极为阴极，电极反应式为。 ③转移0.2mol电子时，生成逸出，同时有由右侧移向左侧，右侧溶液总质量共减少。 （5）氮化铬的晶胞结构与氯化钠的相似，即氮、铬的离子数之比为，结合氯化钠的晶胞特点以及N在晶胞中的位置可推得Cr原子位于棱心、体心，则Cr原子沿x轴方向的投影图为 13．(1) 增大反应物的接触面积，提高浸锰时的反应速率或提高原料的利用率 氧化 MnO2+SO2=Mn2++ (2) 1∶2 NaOH过多时会导致Al(OH)3的溶解，还可能生成Mn(OH)2沉淀 (3) 过滤、洗涤、干燥 Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O (4)不能与稀硫酸反应、不能氧化二氧化硫、不溶于水 【分析】1锰矿主要成分为，还含少量等，酸浸后过滤掉二氧化硅，然后加入MnO2氧化亚铁离子，加入氨水沉淀、，再加入碳酸氢铵得到，据此分析解题。 【详解】（1）矿石经过粉碎，增大了与稀硫酸的接触面积，可以 提高酸浸速率，提高原料的利用率；由题中信息可知，MnO2被SO2还原为了Mn2+离子，SO2被氧化为离子，反应的离子方程式为：MnO2+SO2=Mn2++； （2）由调节pH值得到Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，可知氧化过程中MnO2将Fe2+氧化为Fe3+离子，由电子守恒及铁锰元素化合价变化可知，反应中消耗的氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2；由于调节pH值生成的有Al(OH)3沉淀可溶于NaOH溶液，过多的NaOH也能使Mn2+生成Mn(OH)2沉淀，故NaOH不宜过多； （3）通过过滤的方法将沉淀MnCO3分离出来，然后洗涤、干燥得到高纯的MnCO3；由题中信息Mn2+与反应生成MnCO3沉淀，同时有CO2气体生成，离子方程式为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （4）由图中信息可知，SiO2不能与稀硫酸反应、不能氧化二氧化硫、不溶于水。 14．(1) 0.025mol⋅L-1⋅min-1 acd (2) 正 减小 (3) H2O2 浸出 (4)2MnO(OH)+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+4H2O 【分析】Ⅱ．废旧碱性锌锰电池破碎后的粉料还原焙烧，将MnOOH、MnO2还原为MnO，再用硫酸溶解铁、锌和MnO得到硫酸锰溶液和少量Fe2+和Zn2+，净化过程中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH使铁离子完全沉淀，最终得到MnSO4和Zn2+，电解后在阴阳极分别得到Zn和MnO2，废电解液为硫酸。 【详解】（1）①由图中数据可知，反应0～2 min，= =0.075mol⋅L-1⋅min-1，根据反应速率之比等于其化学计量系数之比，以表示的平均反应速率为0.025mol⋅L-1⋅min-1； ②a．反应前后气体的质量不变、气体的体积不变，即混合气体的密度一直保持不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡，故a选； b．反应前后气体的系数发生改变，即没有平衡时，反应过程中容器的气体压强一直在改变，现容器内的气体压强保持不变，说明反应达到平衡，故b不选； c．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，则当时反应的正逆反应速率不相等，反应未达到化学平衡，故c选； d．化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，而不是相等或成比例，即 N2、H2、NH3分子数之比为1：3：2不能说明反应达到化学平衡，故d选； e．化学平衡的特征之一为各组分的浓度、百分含量保持不变，则NH3的体积分数保持不变说明反应达到化学平衡，故e不选； f．反应前后气体的系数发生改变，而气体的质量保持不变，则反应过程中气体的平均相对分子质量一直在变，即气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到化学平衡，故f不选； 答案为acd； （2）碱性锌锰电池放电过程中向正极移动；负极的电极反应式为；负极附近的减小； （3）净化过程是为了除去浸出液中的亚铁离子，故可加入H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，再调节pH将铁离子沉淀除去；根据流程可知，“浸出”时，需要用到硫酸故废电解液中含有大量的H+可以返回浸出工序中循环使用； （4）“粉料”中的MnOOH具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应，类似MnO2与盐酸的反应，反应的离子方程式为2MnO(OH)+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+4H2O。 15．(1) (2) Al3+、Ca2+、Mg2+、Fe3+ SiO2 (3) (4) 高温下蒸气压大、易挥发因此只有部分参加反应 (5)93 (6)2 【分析】工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取，加入稀盐酸，、不溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成，酸解后过滤所得滤渣为SiO2，水解过滤得，脱水后得到的在电弧炉中与和C发生“热还原”反应生成和CO，据此分析解题。 【详解】（1） Ti是22号元素，其价层电子的轨道表示式为； （2）加入稀盐酸，只有、TiO2不溶解，因此“酸浸”后的滤液中的阳离子有：、Al3+、Ca2+、Mg2+、Fe3+，“酸解”后的滤渣中主要成分为SiO2； （3）“水解”在沸水中进行，在沸水中形成，方程式为：； （4）脱水后在电弧炉中与和C发生“热还原”反应生成和CO，方程式为；高温下蒸气压大、易挥发，因此只有部分参加反应，其实际用量超过了理论上化学计量所要求的用量； （5）根据题图可知，有稀硫酸的一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为；原料室中的钠离子通过阳膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当电路中通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得H3BO3的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为33g，则制得的质量为； （6）由图可知，Ti原子与As原子构成的八面体位于晶胞顶点和体内，个数为。 16．(1) (2) 过滤 蒸发浓缩 (3)铁氰化钾溶液（或酸性高锰酸钾溶液） (4) MnO2、Fe(OH)3 (5) 50 100mL容量瓶、胶头滴管 D (6) 【分析】铝灰（含Al、Al2O3及少量SiO2和FeO ·xFe2O3），加入过量稀硫酸酸溶过滤，滤液为硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁，滤渣Ⅰ为二氧化硅和不溶性杂质，滤液A中加入稍过量高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀，加入适量硫酸锰除去过量的高锰酸钾过滤得到二氧化锰固体和氢氧化铁沉淀，滤液主要是硫酸铝溶液，加入硫酸钾蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸铝钾晶体。 【详解】（1）明矾是强酸弱碱盐，Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到净水的目的。其反应原理用方程式表示是：。 （2）操作Ⅰ是将难溶性固体与溶液分离的操作，为过滤； 操作Ⅱ是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，而后得到明矾晶体。 （3）检验滤液A中是否存在Fe2+的方法加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀，证明含有Fe2+，或加入高锰酸钾溶液，溶液褪色，也说明含有Fe2+。 （4）根据表中数据可知当溶液的pH=3时Fe3+可以形成沉淀Fe(OH)3，根据题意可得方程式：； 由于溶液的pH=3，所以滤渣的成分含有MnO2、Fe(OH)3。 （5）根据配制一定物质的量浓度的溶液的实验操作可知，由浓硫酸配制90 mL9 mol/LH2SO4溶液，只能用100ml容量瓶，故需要18mol/L浓硫酸的体积为=50mL； 需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶和胶头滴管； A．用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度线，所量浓硫酸的体积偏大，即溶质的物质的量偏大，所配溶液浓度偏高，A不合题意； B．用量筒量取浓硫酸后未洗涤量筒，对实验结果无影响，B不合题意； C．容量瓶未干燥就用来配制溶液，对实验结果无影响，C不合题意； D．烧杯中稀溶液往容量瓶中转移时，有少量液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，D符合题意； 故选D。 （6）该实验小组称取ag明矾晶体样品，溶于50mL稀盐酸中，加入足量BaCl2溶液，使硫酸根完全沉淀。用质量为mg的漏斗进行过滤，洗净滤渣后，将漏斗和滤渣一并干燥至恒重，测得质量为ng，则有n()=n(BaSO4)= mol，故该明矾晶体样品中硫酸根的含量为mol/g。 17．(1) 过滤 漏斗、烧杯 AB (2) 除去过量的和 加热 (3) 74.5 碱性过强，对皮肤有强腐蚀性 【分析】粗盐溶解后的分散系中含有泥沙、，过滤出泥沙等不溶物，滤液2中加入过量NaOH除去Mg2+、过量BaCl2除去，用过量碳酸钠除去钡离子，过滤出氢氧化镁、硫酸钡、碳酸钡沉淀，再加入稀盐酸除去NaOH和碳酸钠，得到NaCl溶液，电解得到NaOH、氢气和氯气，用氯气和NaOH溶液反应生成NaClO来制备‘84’消毒液； 【详解】（1）操作①分离固体和溶液，操作名称为过滤，过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；滤液2中加入过量NaOH除去Mg2+、过量BaCl2除去，用过量碳酸钠除去钡离子，NaOH和氯化钡的加料顺序可调换，但碳酸钠一定加在氯化钡的后面，故选AB； （2）由于滤液2除杂时加入NaOH、是过量的，需要加入盐酸除去，操作③结束后往滤液中加入稀盐酸的目的是除去过量的和，利用盐酸易挥发的性质，除去过量的可以采用的方法为加热； （3）与溶液反应生成NaCl、NaClO和水，制备“84”消毒液的化学方程式为，NaClO是氧化产物，每转移电子生成1molNaClO，生成的氧化产物的质量为1mol×74.5g/mol=74.5g，日常生活中“84”消毒液不宜作皮肤消毒剂的原因可能是碱性过强，对皮肤有强腐蚀性。 18．(1)将硫酸钙转化为碳酸钙和硫酸铝铵 (2)、 (3) (4)94.4% (5) 硫酸 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 【分析】磷石膏中加入碳酸氢铵-氨水，将硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，得到硫酸铝铵溶液，过滤得到滤渣，滤渣主要有碳酸钙、二氧化硅、氧化铁，向滤渣中加入盐酸、再通入氨气，过滤得到滤渣，滤渣主要是氢氧化铁、二氧化硅，滤液主要是氯化钙、氯化铵，将滤液通入氨气和二氧化碳，最终得到轻质碳酸钙。 【详解】（1）根据题中前后物质分析，转化步骤的主要目的是将硫酸钙转化为碳酸钙和硫酸铝铵；故答案为：将硫酸钙转化为碳酸钙和硫酸铝铵。 （2）氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，二氧化硅不与盐酸反应，氯化铁溶液通入氨气生成氢氧化铁沉淀，因此反应除杂时所得滤渣的成分为、；故答案为：、。 （3）碳化过程在如图所示的装置中进行依次先后通入两种气体，直至不再有沉淀生成，由于氨气在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶液度小，通入氨气形成饱和溶液后再与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，则先后通入的气体分别为、；故答案为：；。 （4）根据题中信息得到产品中碳酸钙的质量分数；故答案为：94.4%。 （5）制取铝铵矾的实验方案：由于溶液中还存在碳酸氢根，因此在滤液中加入硫酸溶液至不再产生气泡为止，蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得硫酸铵固体；在烧杯中加入100mL溶液，在不断搅拌下加入硫酸铵固体至完全溶解，因溶解度曲线看出铝铵矾的溶解度随温度变化非常明显，所以，蒸发浓缩至饱和，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，即得产品；故答案为：硫酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。 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 $$