2025届高三化学一轮复习 化工流程 专项训练

一轮复习化学工艺流程专项训练 题组一 与自然资源开发利用有关的工艺流程 1.（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。 (4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．          B．         C．         D． “置换”反应的离子方程式为 。 (5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 2.（2021·湖南·高考真题）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为 ； (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)； (3)滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)； (4)加入絮凝剂的目的是 ； (5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为 ，常温下加入的溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)； (6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为 。 3.（2022·湖北·高考真题）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。 时相关物质的参数如下： 的溶解度： 化合物 回答下列问题： (1)“沉淀1”为 。 (2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是 。 (3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为 、 、洗涤。 (4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下 (填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为 。 (5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由 。 4.（2022·辽宁·高考真题）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的分解为，转变为； ②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 6.5 8.3 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为 。 a.进一步粉碎矿石      b.鼓入适当过量的空气      c.降低焙烧温度 (2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。 (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；② 。 (4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (5)生成气体A的离子方程式为 。 (6)加入金属Bi的目的是 。 (7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为 。 5.（2024·吉林·高考真题）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 (4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。 (6)“沉金”中的作用为 。 (7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 6.（2022·山东·高考真题）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为 。 (2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后， ；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是 。 (3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为 (填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 ，回收利用洗涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 (填标号)。 A．、、     B．、、 C．、、     D．、、 7．（2024·河北·高考真题）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。 a．延长沉钒时间     b．将溶液调至碱性      c．搅拌      d．降低溶液的浓度 8．（2023·山东·高考真题）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：    已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。    回答下列问题： (1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。 (3)精制Ⅱ的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。 题组二 与废弃资源回收利用有关的工艺流程 1．（2024·全国·高考真题）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。 (2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为________________、__________________________。 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。 2．（2024·全国·高考真题）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。 回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。 (2)“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中 ，据此判断能否实现和的完全分离 (填“能”或“不能”)。 (4)“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为 。 (5)“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。 (6)“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。 (7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。 3．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； (2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 (4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 (5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 4．（2022·重庆·高考真题）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (1)Na2SnO3的回收 ①产品Na2SnO3中Sn的化合价是 。 ②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是 ，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。 ③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为 。 (2)滤液1的处理 ①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是 。 ②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于 mol•L-1。 (3)产品中锡含量的测定 称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。 ①终点时的现象为 ，产生I2的离子反应方程式为 。 ②产品中Sn的质量分数为 %。 5．（2022·福建·高考真题）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“浸出”时适当升温的主要目的是 ，发生反应的离子方程式为 。 (2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有 。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为 。 (3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是 ，“沉铝”的最佳方案为 。 (4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为 。 (5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回 工序循环使用。 6．（2024·安徽·高考真题）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： (1)位于元素周期表第 周期第 族。 (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。 (3)“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为 。 (4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为。 (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。 (6)“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 。 (7)可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因： 。 7．（2023·湖北·高考真题）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：    回答下列问题： (1)Co位于元素周期表第 周期，第 族。 (2)烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因 。 (3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是 。 (4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为 。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。 (5)导致比易水解的因素有 (填标号)。 a．Si-Cl键极性更大        b．Si的原子半径更大 c．Si-Cl键键能更大        d．Si有更多的价层轨道 8．（2021·广东·高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。 (1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为 。 (2)“沉铝”中，生成的沉淀为 。 (3)“沉钼”中，为7.0。 ①生成的离子方程式为 。 ②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中 (列出算式)时，应停止加入溶液。 (4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为 。 ②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量，可析出。 (5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。 ①该氧化物为 。 ②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 9．（2021·辽宁·高考真题）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提铬的一种工艺流程如下： 已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题： (1)Cr元素位于元素周期表第 周期 族。 (2)用溶液制备胶体的化学方程式为 。 (3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。 (4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为 ；在该条件下滤液B中 【近似为，的近似为】。 (5)“转化”过程中生成的离子方程式为 。 (6)“提纯”过程中的作用为 。 10．（2022·湖南·高考真题）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： 已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点： 物质 沸点/ 136 127 57 180 回答下列问题： (1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。 A． B． C． D． (2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 分压 ①该温度下，与C、反应的总化学方程式为 ； ②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是 。 (3)“除钒”过程中的化学方程式为 ；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是 。 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填“能”或“不能”)交换，理由是 。 (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。 A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞 题组三 与物质的制备与净化有关工艺流程 1．（2024·湖北·高考真题）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为： 已知： 回答下列问题： (1)基态的轨道表示式为_____________。 (2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是__________________。 (3)“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是____________________________________________________________________。 (4)写出反萃取生成的化学方程式___________________________________________。“滤液2”可以进入 ___________________步骤再利用。 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是____________________________________________。 (6)与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为___________________________________。 2．（2023·重庆·高考真题）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下。  时各物质溶度积见下表： 物质 溶度积 回答下列问题： (1)中元素的化合价是和 。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)①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。 ②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。 3．（2023·浙江·高考真题）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。 已知：   请回答： (1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。 (2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。 ①下列说法正确的是 。 A．燃煤中的有机硫主要呈正价     B．化合物A具有酸性 C．化合物A是一种无机酸酯       D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收 ②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。 (3)设计实验验证化合物A中含有S元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。 4．（2023·湖南·高考真题）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下： 已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为； ②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体； ③相关物质的沸点： 物质 沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题： (1)晶体的晶体类型是 ； (2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是 ，阴极的电极反应式为 ； (3)“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式： ； (4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 ； (5)下列说法错误的是_______； A．流程中得到了循环利用 B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行 C．“工序X”的作用是解配，并蒸出 D．用核磁共振氢谱不能区分和 (6)直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是 ； (7)比较分子中的键角大小： (填“>”“<”或“=”)，其原因是 。 5．（2021·河北·高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图： 回答下列问题： (1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。 (2)工序①的名称为 。 (3)滤渣I的主要成分是 (填化学式)。 (4)工序③中发生反应的离子方程式为 。 (5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为 ，可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。 (6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。 (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33 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 1.【答案】(1) 1:1 H2S (2)热浸 (3)将过量的Fe3+还原为Fe2+ (4) C (5)阳极 【详解】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 （2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 （3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 （4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 2.【答案】 适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3和Fe(OH)3 促使铝离子沉淀 ↑ 碱性 3++6=6+9CO↑+6H2O 【详解】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为； (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等； (3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3； (4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀； (5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()<Kh()，因此常温下加入的溶液呈碱性； (6)由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为3++6=6+9CO↑+6H2O。 3.【答案】(1)Mg(OH)2 (2)将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质 (3) 蒸发浓缩 趁热过滤 (4) 不稳定 Li+ + HCO3— = LiHCO3↓，2LiHCO3 = Li2CO3+ CO2↑+ H2O (5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果 【详解】（1）浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2； （2）滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质； （3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤； （4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO3— = LiHCO3↓，2LiHCO3 = Li2CO3+ CO2↑+ H2O； （5）“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。 4.【答案】(1)ab (2) (3)抑制金属离子水解 (4)SiO2 (5) (6)将Fe3+转化为Fe2+ (7)24.02% 【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab； （2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为； （3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解； （4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2； （5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为； （6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液； （7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。 5.【答案】(1)CuSO4 (2) (3) (4)BC (5)做络合剂，将Au转化为从而浸出 (6)作还原剂，将还原为Au (7) NaCN 【详解】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4； （2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：； （3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降； （4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意； B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意； C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意； D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意； 故选BC； （5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出； （6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au； （7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 6.【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O (2) (3) CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD 【详解】（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。 （2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。 （3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，据此分析： A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意； B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化， B不符合题意； C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意； D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意； 综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。 7.【答案】(1) (2) (3) 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换 (4) (5)bd 【详解】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。 （2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。 （3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。 （4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。 （5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意； b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意； c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意； d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意； 故选bd。 8.【答案】(1) (2) 、Mg(OH)2 CaO、Na2CO3 (3) 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小 【详解】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。 （2）由分析可知，滤渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）的用量。 （3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。 参考答案： 1．(1) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb (2) 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液 (3) (4) 、 【详解】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb； （2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加； （3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、； （4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。 2．(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率 (2) (3) 不能 (4) (5) (6) (7)向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥 【详解】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。 （2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即为转化为CoSO4，反应的化学方程式为。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。 （4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成 ，产生的物质的量为。 （5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。 （6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化，其反应的离子方程式为。 （7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥。 3．(1) ds 3d104s1 (2) (3) 使银元素转化为AgCl沉淀 0.5 (4)0.05 (5) 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产 【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：ds；3d104s1； （2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：，故答案为：； （3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是使银元素转化为AgCl沉淀，故答案为：使银元素转化为AgCl沉淀； ②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令，由，可得，即浓度不能超过，故答案为：0.5； （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，根据图可知当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时，故答案为：0.05； （5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答案为：；高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。 4．(1) +4价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O (2) Fe(OH)3 2×10-7 (3) 滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6% 【详解】（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价； ②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3； ③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O； （2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3； ②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7； （3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后半滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O； ②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%，故答案为：47.6%。 5．(1) 提高浸出率(或提高浸出速率) (2) 和 84% (3) 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶 (4)或 (5)沉铝 【详解】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O； 故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。 （2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为； 故答案为：SiO2和CaSO4；84%。 （3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶； 故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。 （4） “焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑； 故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。 （5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用； 故答案为：沉铝。 6．(1) 四 ⅠB (2)Cu2+ (3) (4)AgCl (5) (6)3：4 (7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构 【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族； （2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+； （3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：； （4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为； （5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为； （6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4； （7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。 7．(1) 四 Ⅷ (2) (3)焰色反应 (4) (5)abd 【详解】（1）Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族。 （2）“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。 （3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。 （4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中 ，浓度为 。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。 （5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关； b．Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关； c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关； d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关； 综上所述，导致比易水解的因素有abd。 8． +6 +=↓ 【详解】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。 （2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。 （3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。 ②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此， 时，应停止加入溶液。 （4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。 ②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。 （5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。 ②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。 9．(1) 4 VIB (2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (3) (4) 6.0 1×10-6 (5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O (6)将加入NaOH沉铬时导致二价锰[]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)] 【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3是将加入NaOH沉铬时导致二价锰[]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。 【详解】（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB； （2）用溶液制备胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl； （3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知， “沉钒”过程控制，=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为，故答案为：； （4）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中 ==1×10-6，故答案为：6.0；1×10-6； （5）由分析可知，“转化”过程中生成的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O； （6）由分析可知，“提纯”过程中的作用为将加入NaOH沉铬时，导致二价锰[]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]，故答案为：将加入NaOH沉铬时，导致二价锰[]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]。 10．(1)C (2) 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应 (3) 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏 (4) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质； (5)AC 【分析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。 【详解】（1）记①，②，③，④； A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意； B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意； C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意； D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意； 故选C； （2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2； ②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应； （3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏； （4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质； （5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法； A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意； B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意； C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意； D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意； 故答案选AC，故答案为：AC。 1．(1) (2)快速冷却 (3)无明显现象(4) 反萃取 (5)增强熔融氯化铍的导电性 (6) 【详解】（1） 基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为。 （2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。 （3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。 （4）反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。 （5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。 （6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。 2．(1) (2)快速冷却 (3)无明显现象 (4)反萃取 (5)增强熔融氯化铍的导电性 (6)。 【详解】（1） 基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为； （2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却； （3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象； （4）滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用； （5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性； （6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。 3．(1) (2) BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键 (3) 取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素   +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl 【详解】（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为； （2）①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；      B．根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确； C．化合物A含有  基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；       D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收用于生产发烟硫酸，D正确； 故选BCD； ②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸； （3） 由分析可知，A为  ，A碱性水解可以生成硫酸根、甲醇，硫酸根离子能和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为：  +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。 4．(1)分子晶体 (2) 温度太低，不利于Ga的熔化，温度太高，Ga可能与NaOH反应产生大量氢气，会有爆炸危险。 +3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-） (3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2； (4)CH4n (5)D (6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3 (7) > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小 【详解】（1）晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体； （2）电解池温度控制在，温度太低，不利于Ga的熔化，温度太高，Ga可能与NaoH反应产生大量氢气，会有爆炸危险；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为+3eˉ+2H2O=Ga+4OH-（或[Ga(OH)4]-+3eˉ=Ga+4OH-）； （3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2； （4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4； （5）A.根据分析，流程中得到了循环利用，A正确； B. 容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确； C. “配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确； D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误； 故选D； （6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离； （7）分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。 5． Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 ② 8.37 【详解】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr； (2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出； (3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3； (4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na++2+2CO2+H2O= +2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2+2CO2+H2O= +2NaHCO3↓； (5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O； (6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②； (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$