专题05 实验综合题 工艺流程题（江苏专用）-【好题汇编】2025年高考化学一模试题分类汇编

专题05 实验综合题 工艺流程题（含物质结构与性质） 考点概览 题型一 实验综合题 题型二 工艺流程题（含物质结构与性质） 实验综合题题型一 1．（2025·江苏南京&盐城·一模）乙二胺四乙酸铁钠(化学式)是一种重要补铁剂，某小组以铁屑为原料制备并测定其含量。 已知：①是一种配合物，微溶于乙醇，时水中的溶解度为。 ②乙二胺四乙酸(，用表示)是一种弱酸。 Ⅰ.制备 实验室用铁屑制备的主要流程如下： (1)“酸浸”时，下列措施一定能提高铁元素浸出率的是 A．升高温度    B．加快搅拌速率    C．缩短浸取时间 (2)向酸浸所得滤液中通入足量，过程中浓度减少的离子有 (填离子符号)。 (3)“制备”步骤，向氧化所得的溶液中加入一定量，控制反应温度为，加入溶液调节为5，搅拌，直到溶液中出现少量浑浊。其中发生的反应为。 ①从反应后的混合物中获得较高产率的粗品的实验操作是， ，过滤，水洗，干燥。检验是否洗净的试剂是 ②保持其他条件不变，乙二胺四乙酸铁钠的产率随反应液的变化如图1所示。过低或过高产品产率均减小的主要原因是 。 Ⅱ.测定产品的纯度 样品中乙二胺四乙酸铁钠纯度可用标准溶液滴定。原理是在为发生反应：，二甲酚橙作指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变黄色。 (4)补充完整实验方案：准确称取样品，溶于一定量的蒸馏水，加入掩蔽剂排除干扰，得到待测溶液，将溶液完全转移到容量瓶中定容；按规定操作分别将标准溶液和待测溶液装入如图2所示的滴定管中： 。 2．（2025·江苏无锡·一模）实验室制备的装置如图所示(夹持装置略)，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。已知：能被氧化为。 回答下列问题： (1)装置中发生反应的化学方程式为 ；实验操作的正确顺序为：连接装置检查装置气密性，装入药品； (填标号)。 a.加热反应管继续升温至，直至装置中反应完全，停止加热装置 b.关闭、，打开，水浴保持在之间 c.停止加热装置，打开、，关闭，继续通至中无液滴滴下 d.停止通入冷凝水 e.打开、、，通入并通入冷凝水 f.加热管式炉的反应管至 (2)仪器的名称为 ；、作用为 ；气体有毒，遇水产生两种酸性气体，装置中发生反应的化学方程式为 ；图示装置存在的缺陷是 。 (3)称取样品配成溶液。移取于碘量瓶中，加入(足量)充分反应，加热煮沸，冷却后加入硫酸溶液和足量溶液，加入少量淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积。(已知：杂质不反应；) ①该样品中的质量分数为 (用含、、的代数式表示)。 ②若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 3．（2025·江苏苏州&无锡&常州&镇江·一模）实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。 Ⅰ．制备粗。制备流程如下： (1)转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。 ①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 。 ②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是 。 (2)溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为 。 Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。 (3)操作过程如下： 取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量硫代硫酸钠溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。 ①计算粗样品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。 ②若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。 Ⅲ．制备。 (4)粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液] 4．（2025·江苏徐州&连云港&淮安&宿迁·一模）可用于脱除NO气体及制备。 (1)溶液制备。在图-1所示装置中，用溶液与氨水反应可制得溶液。 ①图-1中仪器a的名称为 ，基态的核外电子排布式为 。 ②反应的平衡常数 。 ［已知：，平衡常数］ (2)脱除NO气体。已知：对NO吸收能力很强，而对NO的吸收能力极低；脱除NO气体总反应式为。 ①实验得到NO脱除率与温度，时间变化如图-2所示；NO脱除率随温度、时间变化的原因为 。 ②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，向钴氨溶液中加入KI溶液可恢复其吸收NO的能力，写出该反应的离子方程式： 。 (3)晶体制备。已知：晶体易溶于热水和稀盐酸中，在冰水，浓盐酸，无水乙醇中溶解度较小。 请补充完整实验方案：在通风橱中将制得的溶液加热至左右，边搅拌边加入适量，再加入 ，低温烘于，得到晶体。(实验中须使用：溶液，红色石蕊试纸，冰水，浓盐酸，无水乙醇) 5．（2025·江苏南通&泰州&镇江&盐城·一模）利用废弃的铂镍合金靶材回收金属铂的部分实验过程如下： (1)拟利用如图所示装置边搅拌边持续加热8h。为提高盐酸利用率，图中三颈烧瓶a口处还需要添加的仪器为 。 (2)将“酸浸”后的固体充分洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混酸中发生氧化反应，得到含的溶液。 ①写出Pt发生反应的化学方程式： 。 ②该过程需控制在40℃左右的原因是 。 (3)“沉铂”原理为，。向的溶液中加入等体积的溶液，为使，所加溶液浓度最小为 （忽略混合时溶液的体积变化）。 (4)通过还原法或直接煅烧法均可制金属铂。 ①向溶液中加入溶液，充分反应后得到金属铂，同时有逸出。还原 ，参加反应的物质的量为 mol。 ②将隔绝空气煅烧可以得到、、和。实验室可通过测定分解产物中的量计算回收率。请补充完整该测定过程中的实验方案：称取一定质量的样品于硬质直玻璃管中，加强热，用去离子水充分吸收产生的气体后，稀释至一定体积， 。 已知：（ⅰ）当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为； （ⅱ），。 须使用的试剂和仪器：溶液、溶液、 标准溶液；滴定管、锥形瓶、pH计。 6． （2025·江苏南京&盐城·一模）生产印刷电路板所用的蚀刻液成分为等。 (1)蚀刻反应原理为。蚀刻过程中浓度下降，蚀刻能力降低。当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，反应的化学方程式为 。 (2)利用蚀刻废液可制备。取一定量蚀刻废液和稍过量的溶液加入如下图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热并通入空气，待产生大量沉淀时停止加热，冷却、过滤、洗涤，得到固体。 ①向反应液中通入空气，除了使被氧化，另一个作用是 。 ②图中装置的作用是 。 ③检验固体是否洗净干净的实验操作是 。 (3)利用铜精炼炉渣(含有及)制取该蚀刻液，请补充完整相应的实验方案：取一定量的铜精炼炉渣， ，得到蚀刻液。(实验中须选用的试剂：、浓氨水) (4)利用蚀刻废液还可制备(产品中会混有)。测定产品中纯度的方法为：准确称取产品，加适量稀溶解，过滤、洗涤，滤液及洗涤液一并转移至碘量瓶中，加过量溶液，以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。测定过程中发生下列反应：；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；。计算样品中的纯度 (写出计算过程；保留小数点后2位有效数字)。 7．（2025·江苏盐城射阳中学·一模）和可以作为锂离子电池的正极材料。 (1)具有良好的结构稳定性，与的结构密切相关，的空间构型为 (用文字描述)。 (2)的制备。在氮气的氛围中，将一定量的溶液与、溶液中的一种混合，然后加到三颈烧瓶中(如下图)，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗产品。 ①滴液漏斗中的溶液是 。 ②与、反应得和，该反应的离子方程式为 。已知 ③工业制取在高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的导电性能外，还能 。 (3)的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量，同时加入适量水调节，静置后过滤、洗涤、干燥得到，高温煅烧，即可得到。 ①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图所示： 当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率迅速升高的原因是 。 ②将和溶液混合也可以得到，反应原理为：。不同对磷酸铁沉淀的影响如图所示。 请补充完整以溶液制备的方案：取一定量的溶液， 。固体干燥，得到较纯净的。[必须使用的试剂：溶液、溶液、溶液(用于检验亚铁离子的试剂，现象是生成蓝色絮状沉淀)、盐酸、溶液、蒸馏水] 8．（2025·江苏泰州中学·一模）钾铬矾[]，，在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原重铬酸盐的酸性溶液制得，某小组按图1所示装置模拟钾铬矾的制备。回答下列问题： (1)利用装置可制备，其反应的化学方程式为 。选择质量分数为的而不是稀硫酸进行实验的理由是 。 (2)B装置采用冰水浴，充分反应后为得到更多钾铬矾晶体，有同学认为可加入少量乙醇降低产品的溶解度而便于析出，该方法不合理的原因是 。 (3)对反应后C中的溶液组成进行探究，实验小组认为吸收液中的溶质可能被氧化，可加入 (填试剂)进行检验。 (4)研究钾铬矾的热分解反应及产物，取9.98g纯品进行热重分析，残留固体的质量与温度的关系如图所示。 由加热至时，固体分解产生无色气体，过程中无电子转移。将剩余固体溶于水中部分溶解。加热至时所发生反应的化学方程式为 。 (5)往含铬废水中加入适量可溶性钡盐可使铬元素转化为沉淀而除去。要使的排放达到安全标准(含量)，应保证水体中的最低浓度为 (，写出计算过程)。 9．（2025·江苏南通&如皋·一模）含钴废料(主要含CoO，还含少量Co2O3、Fe2O3)可以进行如下转化 (1)“还原”时的实验装置如图1所示，分液漏斗中盛装的溶液是 。 (2)“除铁”时溶液中Fe2＋发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉淀”时加入的NH4HCO3溶液和氨水所含溶质的物质的量之比为1∶3。写出“沉淀”时反应的离子方程式： 。 (4)补充由Co2(OH)2CO3制取[Co(NH3)6]Cl3的实验方案：将Co2(OH)2CO3溶于盐酸中，向其中加入少量活性炭作催化剂，加入浓氨水和过氧化氢，充分反应(2CoCl2＋2HCl＋12NH3·H2O＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋14H2O)后用冰水冷却， ，过滤，用无水乙醇洗涤滤渣，干燥后得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。{已知[Co(NH3)6]Cl3难溶于冷水，易溶于热的稀盐酸。实验中可选择的试剂有热的稀盐酸、冰水} (5)补充由[Co(NH3)6]Cl3制取Co2O3的实验方案：取一定量的[Co(NH3)6]Cl3晶体置于图2所示装置中， ，干燥得到Co2O3固体。(已知[Co(NH3)6]Cl3与NaOH溶液共热时可生成Co2O3沉淀。除装置中所示试剂外，实验中须使用的试剂有稀硝酸、AgNO3溶液、红色石蕊试纸) 工艺流程题（含物质结构与性质）题型二 1．（2025·江苏南通&如皋·一模）用磷铁渣(含FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO4的工艺流程如下： (1)下图所示为某种磷铁化合物的晶胞，该磷铁化合物的化学式为 。 (2)将磷铁渣在空气中煅烧，有Fe3O4、Fe2O3和P2O5生成(杂质不反应)。若生成Fe3O4、Fe2O3和P2O5的物质的量之比为1∶1∶2，则反应的FeP和Fe2P物质的量之比为 。 (3)将煅烧所得烧渣用盐酸浸出，控制浸出时间、温度和盐酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图所示。当液固比大于20mL·g-1，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是 。 [已知烧渣的浸出率=×100%，液固比=] (4)调铁、磷比的目的是加入H3PO4让溶液中铁、磷两种元素的比例接近1∶1。调铁、磷比前须先测定溶液中的铁、磷浓度，测定过程如下：量取10.00mL浸取液，加水稀释成100.00mL。量取25.00mL稀释液于锥形瓶中，先将Fe3＋全部转化为Fe2＋，后加入指示剂并滴加0.1000mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液，Fe2＋恰好完全反应时(Cr2O转化为Cr3＋)消耗K2Cr2O7标准溶液10.00mL。另量取25.00mL稀释液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的喹钼啉酮试剂，PO充分反应后，过滤、干燥得到磷钼酸喹啉沉淀{(C9H7N)3[PO4(MoO3)12]，摩尔质量为2210g·mol-1}1.326g。计算浸取液中Fe、P的物质的量之比 ，并写出计算过程。 (5)制取FePO4时，先加入H2O2将溶液中的Fe2＋氧化，然后加入氨水生成FePO4沉淀。写出加入氨水生成FePO4的离子方程式： 。[已知Ka1(H3PO4)=7.5×10-3] (6)以Fe2P为阳极、石墨为阴极电解H3PO4溶液也可以制取FePO4。写出电解时的化学反应方程式： 。 2．（2025·江苏盐城射阳中·一模）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下：    已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。 ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式： pH <1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 >13.0 主要存在形式 V2O5 多钒酸根 多钒酸根 备注 多钒酸盐在水中溶解度较小 (1)“酸浸”时，MnO2将VO+转化为的离子反应方程式为 。 (2)通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。 已知能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为：。 ①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是 。 ②反萃取中，反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是 。 (3)“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是 。 (4)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取1.000g灼烧后的样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VO2)2SO4溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的5.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00mL。 已知：； 。 计算V2O5样品的纯度(写出计算过程)。 。 (5)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原为N2的一种反应历程如图所示。V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”；NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，随后分解生成N2和H2O。“中间体X”的结构式可表示为： 。    3．（2025·江苏南京&盐城·一模）高铁锌焙烧矿渣主要含。一种利用焙烧矿渣制备并生产黄铵铁矾的流程如下： 回答下列问题。 (1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是 。 (2)“酸浸”时，控制反应温度65℃、硫酸初始酸度，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如下图所示。当浸出时间超过后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是 。 (3)“沉矾”生成黄铵铁矾[]，需控制溶液、温度不超过。 ①生成黄铵铁矾的化学方程式为 。 ②控制溶液温度不能过高的原因是 。 ③超过1.5，可发生反应。其平衡常数与、的代数关系式为 。 (4)加热晶体，测得加热过程中剩余固体的质量随温度的变化关系如下图所示。A点物质为 (填化学式)。 4．（2025·江苏南通&泰州&镇江&盐城·一模）一种以软锰矿（主要含和少量、、、等）和黄铁矿（主要成分为）为原料制备的流程如下： (1)酸浸。将软锰矿、黄铁矿与溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为。90℃下酸浸，锰元素浸出率及、的（质量浓度）随时间的变化如图所示。 ①0~20min内，中的硫元素被氧化为。此时，和发生主要反应的离子方程式为 。 ②0~20min内，逐渐增大的原因是 。 ③100min后，逐渐减小的原因是 。 (2)除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量，调节溶液pH，充分反应后过滤。的实际用量比理论计算用量大得多，其原因是 。 (3)制。向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬浊液，向其中通入空气可制得。若通入空气时间过长，所得样品中锰元素的质量分数会降低，其原因是 。 (4)测样品纯度。称取样品于锥形瓶中，加入 溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用的溶液滴定过量的，消耗溶液。不考虑杂质反应，计算样品中的纯度 （写出计算过程）。 已知：，。 4．（2025·江苏徐州&连云港&淮安&宿迁·一模）从高铟烟灰中(主要含、、、等)提取铟的过程如下： 已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。 (1)氧化酸浸：向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为， ①写出反应的离子方程式： 。 ②过滤所得滤渣含、和 (填化学式)。 (2)萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：(水相)+3HA(有机相)(有机相)(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图-1所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是 。 (3)反萃取：(有机相(水相)(水相)(有机相)，有机相与水相体积比和反萃取率，水相中铟浓度的关系如图-2所示，操作时选择有机相与水相体积比为 ，原因是 。 (4)制备钢：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为 。若锌粉的利用率为，获得6.9kg铟时需要使用锌粉 kg(写出计算过程)。 5．（2025·江苏南通&如皋·一模）利用锰银矿(主要成分为MnO2、Ag和少量SiO2等杂质)制备硫酸锰和银。 (1)用蔗糖(C12H22O11)、水和浓硫酸浸取锰银矿，过滤得硫酸锰溶液和含银滤渣。 ①提高锰元素浸出率的措施 (任写—条)。 ②蔗糖还原 MnO2生成硫酸锰和CO2的化学方程式为 。 ③其它条件相同，酸矿比0.33∶1，糖矿比0.04∶1时，酸浸过程中随着水矿比的增大，锰的浸出率如图所示： 水矿比大于2∶1时，锰的浸出率逐渐减小的原因为 。 (2)在空气中用 NaCN 溶液浸取含银滤渣，得到含[Ag(CN)2]⁻的浸出液， 再用锌粉置换得银。 ①浸出反应的离子方程式： 。 ②如图所示，pH小于10.5时，随pH的减小，银的浸出率降低的原因： 。 ③金属材料铜银合金的晶胞如图所示，该铜银合金的化学式是 。 (3)“酸浸”所得溶液经一系列操作后得 MnSO4·H2O， 煅烧 MnSO4·H2O生产锰氧体材料，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。该曲线中 B 段所示物质的化学式为 (写出计算过程)。 6．（2025·江苏无锡·一模）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 。 7．（2025·江苏无锡·一模）硼烷-四氢呋喃(，结构简式为)是一种硼氢化和还原性的试剂，易溶于四氢呋喃()、遇水剧烈反应放出氢气。工业上常用于有机物中某些官能团的硼氢化和还原化。请回答下列问题： (1)组成元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。下列状态的硼中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。 A．        B．        C．        D． (2)先将和溶于二乙二醇二甲醚中，充分溶解，再加入四氢呋喃，反应、经分离提纯即得较纯净的，同时还有另一种产物。 ①制备的化学方程式为 。 ②制备过程中，中B的杂化方式的变化是 ，上述物质中含配位键的是 。 ③二乙二醇二甲醚在水中的溶解度大于在苯中的溶解度，其原因是 。 (3)硼氢化钠在室温下是α型的立方晶体(如图甲所示)，下转变为四方晶体(如图乙所示)。 ①硼氢化钠的α型立方晶体中，离最近的有 个。 ②硼氢化钠的四方晶体中，晶胞中A、B间距离 (用含a的代数式表示)。 8．（2025·江苏泰州中学·一模）科幻电影《阿凡达》中外星人流的是蓝色的血液，其实血液的颜色主要是由血蛋白中含有的金属元素决定的，如含铁元素的为常见红色血液、含铜元素的为蓝色血液、含钒元素的为绿色血液等，铜、铁、钒在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题： (1)在周期表中处于 区；基态原子的价层电子排布式为 ；基态、的核外未成对电子数之比为： 。 (2)有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是 ，的第三电离能小于的第三电离能，原因是 。 (3)溶液常用作农业杀菌剂，溶液中存在。 ①该离子中存在的化学键有 (填字母)。 A．共价键        B．离子键        C．氢键        D．范德华力        E．配位键 ②含有键的数目为 。 ③向溶液里加过量氨水，可生成，再向溶液中加入乙醇，可以析出深蓝色固体，要确定该固体是晶体还是非晶体，最科学的方法是 。 ④与的结构相似，二者键角大小关系为 (填“>”或“<”)，理由是： 。 (4)铁单质和氨气在可发生置换反应；产物之一的晶胞结构如图所示(黑球代表，白球代表)。若该晶体的密度为，则两个距离最近的原子间的距离为 (列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 实验综合题 工艺流程题（含物质结构与性质） 考点概览 题型一 实验综合题 题型二 工艺流程题（含物质结构与性质） 实验综合题题型一 1．（2025·江苏南京&盐城·一模）乙二胺四乙酸铁钠(化学式)是一种重要补铁剂，某小组以铁屑为原料制备并测定其含量。 已知：①是一种配合物，微溶于乙醇，时水中的溶解度为。 ②乙二胺四乙酸(，用表示)是一种弱酸。 Ⅰ.制备 实验室用铁屑制备的主要流程如下： (1)“酸浸”时，下列措施一定能提高铁元素浸出率的是 A．升高温度    B．加快搅拌速率    C．缩短浸取时间 (2)向酸浸所得滤液中通入足量，过程中浓度减少的离子有 (填离子符号)。 (3)“制备”步骤，向氧化所得的溶液中加入一定量，控制反应温度为，加入溶液调节为5，搅拌，直到溶液中出现少量浑浊。其中发生的反应为。 ①从反应后的混合物中获得较高产率的粗品的实验操作是， ，过滤，水洗，干燥。检验是否洗净的试剂是 ②保持其他条件不变，乙二胺四乙酸铁钠的产率随反应液的变化如图1所示。过低或过高产品产率均减小的主要原因是 。 Ⅱ.测定产品的纯度 样品中乙二胺四乙酸铁钠纯度可用标准溶液滴定。原理是在为发生反应：，二甲酚橙作指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变黄色。 (4)补充完整实验方案：准确称取样品，溶于一定量的蒸馏水，加入掩蔽剂排除干扰，得到待测溶液，将溶液完全转移到容量瓶中定容；按规定操作分别将标准溶液和待测溶液装入如图2所示的滴定管中： 。 【答案】(1)B (2)、 (3) 冷却至室温，加入乙醇 溶液和稀硝酸 过低，电离出的浓度小(或过低，在水中溶出量小)，过大，转为，溶液中浓度减小 (4)准确量取(均可)待测溶液于锥形瓶中，调节溶液至，滴加滴二甲酚橙为指示剂，向锥形瓶内逐滴滴加标准溶液，当最后半滴标准溶液滴入时，溶液颜色恰好由紫红色变黄色，且半分钟内不恢复，记录标准液体积，重复操作次 【详解】（1）能够提高矿石中元素浸出率的方法一般是：适当提高温度、适当提高浓度、矿石粉碎、加速搅拌等，但是考虑此题加入的是稀盐酸，升高温度会让盐酸挥发，导致矿石反应不彻底，所以不能选择“升高温度”，故答案为：B； （2）向酸浸所得滤液中通入足量O2，溶液中浸出的Fe2+,在酸性情况下与氧气反应,所以此过程中浓度减少的离子有Fe2+和H+；故答案为：Fe2+和H+； （3）①结合题目意思，NaFeY⋅3H2O是微溶于乙醇，20℃时水中的溶解度为4.3g，常温下溶解度低，使用乙醇溶解和降低温度都有利于其产品析出，故答案为：冷却至室温，加入乙醇； ②由于溶液中存在大量未消耗的氯离子，所以应该检测洗涤液中是否存在氯离子，故答案为：AgNO3溶液和稀硝酸，③ pH过低，H4Y在水中溶出量小，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，所以产率降低，故答案为：pH过低，H4Y电离出的Y4−浓度小(或pH过低，H4Y在水中溶出量小)，pH过大，Fe3+转为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度减小； （4）滴定操作中，应该先加入一定体积的待测液，调节pH，再加入指示剂，随后开展滴定操作，观察到终点颜色变化且30秒不变色，说明到达终点，并重复2~3次操作，故答案为：准确量取25.00mL(10~30mL均可)待测溶液X于锥形瓶中，调节溶液pH至5~6，滴加2~3滴二甲酚橙为指示剂，向锥形瓶内逐滴滴加0.01000mol⋅L−1 Zn2+标准溶液，当最后半滴标准溶液滴入时，溶液颜色恰好由紫红色变黄色，且半分钟内不恢复，记录标准液体积，重复操作2~3次。 2．（2025·江苏无锡·一模）实验室制备的装置如图所示(夹持装置略)，易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。已知：能被氧化为。 回答下列问题： (1)装置中发生反应的化学方程式为 ；实验操作的正确顺序为：连接装置检查装置气密性，装入药品； (填标号)。 a.加热反应管继续升温至，直至装置中反应完全，停止加热装置 b.关闭、，打开，水浴保持在之间 c.停止加热装置，打开、，关闭，继续通至中无液滴滴下 d.停止通入冷凝水 e.打开、、，通入并通入冷凝水 f.加热管式炉的反应管至 (2)仪器的名称为 ；、作用为 ；气体有毒，遇水产生两种酸性气体，装置中发生反应的化学方程式为 ；图示装置存在的缺陷是 。 (3)称取样品配成溶液。移取于碘量瓶中，加入(足量)充分反应，加热煮沸，冷却后加入硫酸溶液和足量溶液，加入少量淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积。(已知：杂质不反应；) ①该样品中的质量分数为 (用含、、的代数式表示)。 ②若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】(1) (2)直形冷凝管 冷凝并收集未反应完的 、之间导管易造成堵塞；E、F之间无干燥装置 (3) 偏小 【分析】三氯化铬易潮解，高温下易被氧化，因此反应前需要除去装置内的空气，先通入氮气，氮气通过浓硫酸干燥后通入装置A中，除去装置中原有的空气，随后加热装置A使四氯化碳气化进入装置B中，在加热条件下与反应生成，未反应的四氯化碳经过冷凝后收集，生成的被溶液吸收。 【详解】（1）根据分析可知，在装置B中的反应为：。反应时，应先将装置内空气排出，之后对其进行预加热，再将K1，K3关闭，对圆底烧瓶进行水浴加热，使氨气从K2进入反应装置。同时对硬质玻璃管继续加热，使反应进行。待B中反应结束后，停止加热，为将产物全部排出，开始继续通入氮气。综上所述，其顺序为：efbacd。 （2）装置D为直形冷凝管，装置D、E的作用是为了冷凝并收集未反应完的。根据上述分析可知，COCl2与水反应得到的酸性气体为CO2和HCl，故其与氢氧化钠溶液的反应为：。由于B、C之间的导管较小，故气流可能会将Cr2O3粉末带入导管内，导致其堵塞。而且CrCl3易潮解，故E、F间需要加一个干燥装置。故整体缺陷为：B、C之间导管易造成堵塞；E、F之间无干燥装置。 （3）①整个反应的过程为，先让足量的过氧化钠和三氯化铬反应，离子方程式为：。再让碘化钾去还原生成的，再用硫代硫酸钠滴定生成的碘单质。其数量关系为： ~2~ 3 ~ 6。故有：，因只取了25mL的样品溶液，故总共的=。样品的质量分数为：； ②若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，则滴定终点读取的标准液体积偏小，则测定结果偏小。 3．（2025·江苏苏州&无锡&常州&镇江·一模）实验室利用重晶石废料(主要成分为、等)制备。 Ⅰ．制备粗。制备流程如下： (1)转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为)溶液浸泡充分浸泡。 ①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 。 ②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是 。 (2)溶解。向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解。溶液溶解的离子方程式为 。 Ⅱ．测定粗样品中铁元素的含量。 (3)操作过程如下： 取5.0000g的粗样品，用20%充分溶解，再加入足量硫代硫酸钠溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液，用()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。 ①计算粗样品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。 ②若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。 Ⅲ．制备。 (4)粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度。[已知：时沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、溶液] 【答案】(1) 0.029mol/L 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子浓度低 (2) (3) 1.68% 溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性 (4)在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤 【分析】重晶石废料(主要成分为、等)用饱和碳酸钠溶液处理，转化为BaCO3，过滤得到、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为，滤液中含有Ba2+，滤液中加入溶液反应生成粗BaCO3，以此解答； 【详解】（1）①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为，根据已知条件列出“三段式” 平衡常数K=，则，解得x=0.029，溶液中浓度为0.029mol/L； ②常温下的溶解度大约是的5倍，浸泡重晶石废料用饱和而不用溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子浓度低； （2）向过滤1所得的滤渣中加入溶液，加热后溶解，溶液呈酸性，溶解的离子方程式为：； （3）①由可得关系式：，则，重晶石中铁元素质量分数； ②若稀释后滤液用酸性滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液（测定过程中加入足量溶液使全部转化为）会消耗酸性； （4）已知：时沉淀完全，粗中含有杂质。补充完整由粗制取高纯度的实验方案：取一定量粗固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加溶液调节，过滤。向滤液中滴加溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度； 4．（2025·江苏徐州&连云港&淮安&宿迁·一模）可用于脱除NO气体及制备。 (1)溶液制备。在图-1所示装置中，用溶液与氨水反应可制得溶液。 ①图-1中仪器a的名称为 ，基态的核外电子排布式为 。 ②反应的平衡常数 。 ［已知：，平衡常数］ (2)脱除NO气体。已知：对NO吸收能力很强，而对NO的吸收能力极低；脱除NO气体总反应式为。 ①实验得到NO脱除率与温度，时间变化如图-2所示；NO脱除率随温度、时间变化的原因为 。 ②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，向钴氨溶液中加入KI溶液可恢复其吸收NO的能力，写出该反应的离子方程式： 。 (3)晶体制备。已知：晶体易溶于热水和稀盐酸中，在冰水，浓盐酸，无水乙醇中溶解度较小。 请补充完整实验方案：在通风橱中将制得的溶液加热至左右，边搅拌边加入适量，再加入 ，低温烘于，得到晶体。(实验中须使用：溶液，红色石蕊试纸，冰水，浓盐酸，无水乙醇) 【答案】(1)分液漏斗(或滴液漏斗) (2)温度升高，、的溶解度下降，NO脱除率下降；随着时间的延长转化为，而对NO的吸收能力极低，NO脱除率下降 (3)溶液至产生的气体不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，冰水浴冷却，再加入浓盐酸(无水乙醇)至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤2-3次 【详解】（1）①由图可知，仪器a的名称为分液漏斗(或滴液漏斗)；Co为27号元素，则基态的核外电子排布式为[Ar]3d7； ②反应的平衡常数； （2）①结合题给信息可知，对NO吸收能力很强，而对NO的吸收能力极低，另外温度越高，气体的溶解度越低，故答案为：温度升高，、的溶解度下降，NO脱除率下降；随着时间的延长转化为，而对NO的吸收能力极低，NO脱除率下降； ②根据题给信息可知，对NO吸收能力很强，而对NO的吸收能力极低，而钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，转化为，KI溶液中的碘离子具有还原性，则答案为：； （3）中Co为+2价，需要加入氧化剂，再结合信息晶体易溶于热水和稀盐酸中，在冰水，浓盐酸，无水乙醇中溶解度较小，和题给试剂，可以利用氯化铵水解生成稀盐酸，故实验方案为：在通风橱中将制得的溶液加热至55℃左右，边搅拌边加入适量氯化铵，再加入溶液至产生的气体不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，冰水浴冷却，再加入浓盐酸(无水乙醇)至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤2-3次。 5．（2025·江苏南通&泰州&镇江&盐城·一模）利用废弃的铂镍合金靶材回收金属铂的部分实验过程如下： (1)拟利用如图所示装置边搅拌边持续加热8h。为提高盐酸利用率，图中三颈烧瓶a口处还需要添加的仪器为 。 (2)将“酸浸”后的固体充分洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混酸中发生氧化反应，得到含的溶液。 ①写出Pt发生反应的化学方程式： 。 ②该过程需控制在40℃左右的原因是 。 (3)“沉铂”原理为，。向的溶液中加入等体积的溶液，为使，所加溶液浓度最小为 （忽略混合时溶液的体积变化）。 (4)通过还原法或直接煅烧法均可制金属铂。 ①向溶液中加入溶液，充分反应后得到金属铂，同时有逸出。还原 ，参加反应的物质的量为 mol。 ②将隔绝空气煅烧可以得到、、和。实验室可通过测定分解产物中的量计算回收率。请补充完整该测定过程中的实验方案：称取一定质量的样品于硬质直玻璃管中，加强热，用去离子水充分吸收产生的气体后，稀释至一定体积， 。 已知：（ⅰ）当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为； （ⅱ），。 须使用的试剂和仪器：溶液、溶液、 标准溶液；滴定管、锥形瓶、pH计。 【答案】(1)（球形）冷凝管 (2) 温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发 (3)1.0 (4) 0.1 取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加 标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次 【分析】镍铂靶材废料加盐酸酸浸后，滤渣加混酸溶解Pt，加氯化铵生成沉淀，最后生成Pt。 【详解】（1）盐酸易挥发，为提高盐酸利用率，可在三颈烧瓶a口处加一个球形冷凝管； （2）①“溶解”时Pt被氧化为，Pt元素化合价由0升高为+4，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的化学方程式为； ②该过程需控制在40℃左右原因是温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发； （3）若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，反应后c()=，则溶液的最小浓度为； （4）①还原 ，金属Pt由+4价被还原为0价，转移0.4mol电子，1mol被氧化为氮气，转移电子数是4mol，故转移0.4mol电子，会消耗0.1mol； ②通过测定分解产物中的量计算回收率，即通过滴定法计算氯离子物质的量，进而计算出回收率，通过给定的两种沉淀物的计算，假设，则析出沉淀时需满足，即；析出沉淀时需满足，即；开始沉淀时所需比开始沉淀时所需小，故先析出沉淀，后析出沉淀，则可以使用溶液做指示剂，由已知信息可知，当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为，故首先需要调节pH，具体实验方案是：取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加 标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次。 6． （2025·江苏南京&盐城·一模）生产印刷电路板所用的蚀刻液成分为等。 (1)蚀刻反应原理为。蚀刻过程中浓度下降，蚀刻能力降低。当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，反应的化学方程式为 。 (2)利用蚀刻废液可制备。取一定量蚀刻废液和稍过量的溶液加入如下图所示实验装置的三颈瓶中，在搅拌下加热并通入空气，待产生大量沉淀时停止加热，冷却、过滤、洗涤，得到固体。 ①向反应液中通入空气，除了使被氧化，另一个作用是 。 ②图中装置的作用是 。 ③检验固体是否洗净干净的实验操作是 。 (3)利用铜精炼炉渣(含有及)制取该蚀刻液，请补充完整相应的实验方案：取一定量的铜精炼炉渣， ，得到蚀刻液。(实验中须选用的试剂：、浓氨水) (4)利用蚀刻废液还可制备(产品中会混有)。测定产品中纯度的方法为：准确称取产品，加适量稀溶解，过滤、洗涤，滤液及洗涤液一并转移至碘量瓶中，加过量溶液，以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。测定过程中发生下列反应：；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；。计算样品中的纯度 (写出计算过程；保留小数点后2位有效数字)。 【答案】(1) (2)及时排出生成的，增大的产率 防止倒吸 取少量最后一次洗涤滤液于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则洗涤干净，若有沉淀则未洗净 (3)加入稍过量，搅拌，至沉淀不再溶解，过滤，向滤液中逐滴加入稍过量浓氨水，至生成的沉淀不再溶解，过滤 (4) 【分析】一定量蚀刻废液稍过量的溶液加入三颈瓶中，在搅拌下加热并通入空气，待产生大量沉淀时停止加热，冷却、过滤、洗涤，得到固体，反应会生成氨气，装置X空载，作为安全瓶； 【详解】（1）当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，说明被氧气氧化为，化学方程式为：； （2）①蚀刻废液含有铵根，加入稍过量的溶液会产生氨气，故通入空气，除了使被氧化，另一个作用是及时排出生成的，增大的产率； ②实验中有氨气生成，氨气极易溶于水，易产生倒吸，所以装置图中装置X的作用是防止倒吸； ③蚀刻废液含有大量的氯离子不参加反应，则氯离子会附着在沉淀上，因此检验洗涤液中是否存在氯离子即可，则检验固体是否洗净的实验操作是：取最后一次洗液少量于试管中，向试管中加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净； （3）生产印刷电路板所用的蚀刻液成分为等，则铜精炼炉渣中的及是杂质，需要除去，可溶于盐酸，不溶，过滤即可除去，再加入浓氨水，发生如下转化：、，过滤即可除去沉淀，故实验方案为：加入稍过量，搅拌，至沉淀不再溶解，过滤，向滤液中逐滴加入稍过量浓氨水，至生成的沉淀不再溶解，过滤； （4）②根据2Cu2++4I-=CuI↓+I2、 2+I2=+2I-得关系式2Cu2+~I2~2，反应消耗1.000mol·L-1的Na2S2O3溶液的体积为40.00mL，，，，则，样品中Cu2O的纯度为。 7．（2025·江苏盐城射阳中学·一模）和可以作为锂离子电池的正极材料。 (1)具有良好的结构稳定性，与的结构密切相关，的空间构型为 (用文字描述)。 (2)的制备。在氮气的氛围中，将一定量的溶液与、溶液中的一种混合，然后加到三颈烧瓶中(如下图)，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗产品。 ①滴液漏斗中的溶液是 。 ②与、反应得和，该反应的离子方程式为 。已知 ③工业制取在高温成型前，常向中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的导电性能外，还能 。 (3)的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量，同时加入适量水调节，静置后过滤、洗涤、干燥得到，高温煅烧，即可得到。 ①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图所示： 当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率迅速升高的原因是 。 ②将和溶液混合也可以得到，反应原理为：。不同对磷酸铁沉淀的影响如图所示。 请补充完整以溶液制备的方案：取一定量的溶液， 。固体干燥，得到较纯净的。[必须使用的试剂：溶液、溶液、溶液(用于检验亚铁离子的试剂，现象是生成蓝色絮状沉淀)、盐酸、溶液、蒸馏水] 【答案】(1)正四面体 (2)溶液 利用其还原性，防止(II)被氧化 (3)当时，随着水的比例增加，促进了的电离，使显著增大，反应速率较快，同时反应放热，也加快了反应速率 向其中滴加的双氧水溶液，直至取少量溶液滴加溶液不出现蓝色絮状沉淀为止，边搅拌边向所得溶液中缓慢滴加溶液，至溶液的约为2.5，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液滴加盐酸酸化的溶液无白色沉淀出现 【分析】硫酸亚铁铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的硫酸亚铁铵溶液和磷酸溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂；制备磷酸铁的过程为取―定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应制得亚铁盐。向反应后的溶液中加入一定量过氧化氢溶液，同时加入适量水调节溶液的pH，将溶液中的亚铁盐氧化并转化为二水磷酸铁沉淀，过滤、洗涤、干燥得到二水磷酸铁，高温煅烧二水磷酸铁得到磷酸铁。在以FeSO4和NaHPO4为原料制备FePO4时，先用H2O2氧化Fe2+为Fe3+，然后边搅动边向其中加入NaHPO4溶液到溶液pH=2.5，得到FePO4沉淀，将其洗涤干净，就得到纯净的FePO4。 【详解】（1）中的中心P原子价层电子对数是：=4，无孤对电子，因此的空间结构为正四面体形； （2）①由分析可知，滴液漏斗中的溶液是LiOH溶液； ②由分析可知：制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：； ③Fe2+易被氧化变为Fe3+，活性炭黑能够导电，具有较强的还原性，则在氮气氛围下，焙烧时向磷酸铁锂中加入少量活性炭黑的目的是除了能够改善成型后磷酸铁锂的导电性能，同时可利用其具有的还原性，防止Fe2+被氧化变为Fe3+； （3）①磷酸是三元中强酸，在溶液中分步电离产生氢离子，向磷酸中加水时，磷酸在溶液中电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大，氢离子与铁生成亚铁离子的速率增大，且反应放出的热量，使反应温度增大，也会导致反应速率加快，所以当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率迅速升高； ②以FeSO4溶液制备FePO4时，首先向溶液中加入3%的H2O2溶液作氧化剂，将Fe2+氧化变为Fe3+，然后向该溶液中加入Na2HPO4溶液，反应产生FePO4沉淀。操作为：取一定量的FeSO4溶液，向其中滴加的3%双氧水溶液，直至取少量溶液滴加K3[Fe(CN)6]溶液不出现深蓝色沉淀为止，此时溶液中不再含有Fe2+，然后边搅拌边向所得溶液中缓慢滴加1 mol·L-1Na2HPO4溶液，至溶液的pH约为2.5，Fe3+与电离产生的反应产生FePO4沉淀。静置后过滤，将所得沉淀用蒸馏水洗涤，直至向最后一次洗涤液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀出现，说明洗涤液中无，则所得沉淀就是纯净的FePO4沉淀。 8．（2025·江苏泰州中学·一模）钾铬矾[]，，在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原重铬酸盐的酸性溶液制得，某小组按图1所示装置模拟钾铬矾的制备。回答下列问题： (1)利用装置可制备，其反应的化学方程式为 。选择质量分数为的而不是稀硫酸进行实验的理由是 。 (2)B装置采用冰水浴，充分反应后为得到更多钾铬矾晶体，有同学认为可加入少量乙醇降低产品的溶解度而便于析出，该方法不合理的原因是 。 (3)对反应后C中的溶液组成进行探究，实验小组认为吸收液中的溶质可能被氧化，可加入 (填试剂)进行检验。 (4)研究钾铬矾的热分解反应及产物，取9.98g纯品进行热重分析，残留固体的质量与温度的关系如图所示。 由加热至时，固体分解产生无色气体，过程中无电子转移。将剩余固体溶于水中部分溶解。加热至时所发生反应的化学方程式为 。 (5)往含铬废水中加入适量可溶性钡盐可使铬元素转化为沉淀而除去。要使的排放达到安全标准(含量)，应保证水体中的最低浓度为 (，写出计算过程)。 【答案】(1) 增大浓度加快反应速率，减少溶解量，促进逸出 (2)酸性溶液可以将乙醇氧化 (3)稀盐酸酸化的氯化钡溶液 (4) (5) 【分析】由装置图可知，A为制备还原剂二氧化硫的装置，B为制备铬钾矾的装置，C为尾气处理装置，B中发生二氧化硫和重铬酸根的反应，生成铬离子和硫酸根离子，根据氧化还原反应的规律，结合化学实验的基本操作分析解答。 【详解】（1）浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，反应为：； 生成二氧化硫能溶于水，用稀硫酸不利于二氧化硫逸出，因此选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是：增大浓度加快反应速率，减少溶解量，促进逸出。 （2）根据相似相溶可知，加入少量乙醇降低无机物产品的溶解度而便于析出，但由于酸性溶液具有强氧化性，可以将乙醇氧化，因此该方法不合理。 （3）C中为NaOH溶液，吸收后产生，但可能被O2氧化为，对反应后C中的溶液组成进行探究，检验的是有无硫酸根的生成，需要的试剂为：稀盐酸酸化的氯化钡溶液。 （4）取9.98g纯品进行热重分析，即的物质的量为，含有结晶水的物质受热时一般是先脱水，0.1mol中含有，当完全脱水后剩余固体的质量为9.98g-4.32g=5.66g，对应图中，可知温度为400℃~607℃，固体为，根据题中所给信息，由加热至时，固体分解产生无色气体，过程中无电子转移，说明价态并未改变，那么无色气体为SO3，将剩余固体溶于水中部分溶解，说明产生了含铬元素的物质产生，观察图可知，607~620℃时，质量减少的是5.66-3.26=2.4g，即产生了SO3，则加热至时所发生反应的化学方程式为：。 （5）根据题意可知，，要使的排放达到安全标准(含量)，的最低浓度为。 9．（2025·江苏南通&如皋·一模）含钴废料(主要含CoO，还含少量Co2O3、Fe2O3)可以进行如下转化 (1)“还原”时的实验装置如图1所示，分液漏斗中盛装的溶液是 。 (2)“除铁”时溶液中Fe2＋发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉淀”时加入的NH4HCO3溶液和氨水所含溶质的物质的量之比为1∶3。写出“沉淀”时反应的离子方程式： 。 (4)补充由Co2(OH)2CO3制取[Co(NH3)6]Cl3的实验方案：将Co2(OH)2CO3溶于盐酸中，向其中加入少量活性炭作催化剂，加入浓氨水和过氧化氢，充分反应(2CoCl2＋2HCl＋12NH3·H2O＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋14H2O)后用冰水冷却， ，过滤，用无水乙醇洗涤滤渣，干燥后得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。{已知[Co(NH3)6]Cl3难溶于冷水，易溶于热的稀盐酸。实验中可选择的试剂有热的稀盐酸、冰水} (5)补充由[Co(NH3)6]Cl3制取Co2O3的实验方案：取一定量的[Co(NH3)6]Cl3晶体置于图2所示装置中， ，干燥得到Co2O3固体。(已知[Co(NH3)6]Cl3与NaOH溶液共热时可生成Co2O3沉淀。除装置中所示试剂外，实验中须使用的试剂有稀硝酸、AgNO3溶液、红色石蕊试纸) 【答案】(1)稀硫酸 (2)6Fe2+＋＋9H2O=6FeOOH↓＋Cl-＋12H＋ (3)2Co2+＋＋3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓＋3＋H2O (4)过滤，向滤渣中加入热的稀盐酸至滤渣不再溶解，趁热过滤，将滤液用冰水冷却结晶 (5)从分液漏斗中加入足量NaOH溶液，加热，充分反应后，打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀 【分析】含钴废料(主要含CoO，还含少量Co2O3、Fe2O3)中加入稀硫酸溶解，再加入Na2SO3还原，将Co3+还原为Co2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；加入NaClO3溶液，将Fe2+氧化为FeOOH沉淀；过滤后，往滤液中加入NH4HCO3溶液、氨水，将Co2+转化为Co2(OH)2CO3沉淀，然后转化为[Coo(NH3)6]Cl3，最后转化为Co2O3产品。 【详解】（1）“还原”时，先加入稀硫酸溶解，再加入Na2SO3还原，则分液漏斗中盛装的溶液是：稀硫酸。 （2）“除铁”时，溶液中Fe2＋被NaClO3氧化为Fe3+，被还原为Cl-，依据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，可得出发生反应的离子方程式为：6Fe2+＋＋9H2O=6FeOOH↓＋Cl-＋12H＋。 （3）“沉淀”时加入的NH4HCO3溶液和氨水所含溶质的物质的量之比为1∶3，生成Co2(OH)2CO3沉淀，同时生成等，依据电荷守恒和质量守恒，可得出生成“沉淀”时反应的离子方程式：2Co2+＋＋3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓＋3＋H2O。 （4）将Co2(OH)2CO3溶于盐酸中，向其中加入少量活性炭作催化剂，加入浓氨水和过氧化氢，充分反应(2CoCl2＋2HCl＋12NH3·H2O＋H2O2=2[Co(NH3)6]Cl3＋14H2O)后用冰水冷却，此时[Co(NH3)6]Cl3和活性炭共同沉淀，需将[Co(NH3)6]Cl3中的活性炭除去，则需先加入热的稀盐酸溶解，然后过滤出活性炭，再降温将[Co(NH3)6]Cl3沉淀，再用乙醇洗涤、干燥。所以需补充的实验方案为：过滤，向滤渣中加入热的稀盐酸至滤渣不再溶解，趁热过滤，将滤液用冰水冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤滤渣，干燥后得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。 （5）由[Co(NH3)6]Cl3制取Co2O3时，应先加入足量NaOH溶液，加热，将[Co(NH3)6]Cl3转化为Co2O3、NH3、NaCl，制取Co2O3，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体(NH3)，至试纸不变蓝色(不再生成NH3，表明反应完成)；过滤后，对沉淀进行洗涤，至最后一次洗涤液中检验不出Cl-，表明洗涤干净。则实验方案：取一定量的[Co(NH3)6]Cl3晶体置于图2所示装置中，从分液漏斗中加入足量NaOH溶液，加热，充分反应后，打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3次，至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀，干燥得到Co2O3固体。 【点睛】检验沉淀是否洗涤干净时，通常取最后一次洗涤液，检验其中不含有Cl-、等浓度虽小但现象明显的离子。 工艺流程题（含物质结构与性质）题型二 1．（2025·江苏南通&如皋·一模）用磷铁渣(含FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO4的工艺流程如下： (1)下图所示为某种磷铁化合物的晶胞，该磷铁化合物的化学式为 。 (2)将磷铁渣在空气中煅烧，有Fe3O4、Fe2O3和P2O5生成(杂质不反应)。若生成Fe3O4、Fe2O3和P2O5的物质的量之比为1∶1∶2，则反应的FeP和Fe2P物质的量之比为 。 (3)将煅烧所得烧渣用盐酸浸出，控制浸出时间、温度和盐酸浓度一定，测得烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系如图所示。当液固比大于20mL·g-1，所得浸出液中铁元素浓度降低的原因是 。 [已知烧渣的浸出率=×100%，液固比=] (4)调铁、磷比的目的是加入H3PO4让溶液中铁、磷两种元素的比例接近1∶1。调铁、磷比前须先测定溶液中的铁、磷浓度，测定过程如下：量取10.00mL浸取液，加水稀释成100.00mL。量取25.00mL稀释液于锥形瓶中，先将Fe3＋全部转化为Fe2＋，后加入指示剂并滴加0.1000mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液，Fe2＋恰好完全反应时(Cr2O转化为Cr3＋)消耗K2Cr2O7标准溶液10.00mL。另量取25.00mL稀释液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的喹钼啉酮试剂，PO充分反应后，过滤、干燥得到磷钼酸喹啉沉淀{(C9H7N)3[PO4(MoO3)12]，摩尔质量为2210g·mol-1}1.326g。计算浸取液中Fe、P的物质的量之比 ，并写出计算过程。 (5)制取FePO4时，先加入H2O2将溶液中的Fe2＋氧化，然后加入氨水生成FePO4沉淀。写出加入氨水生成FePO4的离子方程式： 。[已知Ka1(H3PO4)=7.5×10-3] (6)以Fe2P为阳极、石墨为阴极电解H3PO4溶液也可以制取FePO4。写出电解时的化学反应方程式： 。 【答案】(1)FeP (2)3∶1 (3)液固比大于20mL·g-1，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低 (4)10∶1 (5)Fe3＋＋3NH3·H2O＋H3PO4=FePO4↓＋3NH＋3H2O (6)2Fe2P＋2H3PO4＋8H2O4FePO4↓＋11H2↑ 【分析】用磷铁渣(含FeP、Fe2P及少量杂质)来制备FePO4的工艺流程为：将磷铁渣进行煅烧利用空气中的氧气把FeP、Fe2P转化为和，再用盐酸进行酸浸，把和转化为和，然后调整铁元素和磷元素的比例有，最后得到磷酸铁（FePO4），据此信息解答。 （1）根据晶胞的结构图可知，Fe原子处于晶胞的顶点和棱心，得Fe原子数为：；P原子处于晶胞的体心，得P原子数为2；则该磷铁化合物的化学式为：。 故答案为：。 （2）若生成Fe3O4、Fe2O3和P2O5的物质的量之比为1∶1∶2，根据铁元素和磷元素守恒可知：，设为xmol，为ymol，则有，解得x=3mol、y=1mol，所以反应的FeP和Fe2P物质的量之比为3：1。 故答案为：3：1。 （3）根据烧渣的浸出率和浸出液中铁元素浓度与液固比的关系图可知，当液固比大于时，烧渣的浸出率基本不变，说明烧渣已浸出完全，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，所得浸出液中铁元素浓度逐渐降低。 故答案为：液固比大于，烧渣已不再反应，浸出的铁元素总量不再变化，随着溶液体积的增加，铁元素浓度降低。 （4）调整铁、磷比前须先测定溶液中的铁、磷浓度，测定过程如下：量取10.00mL浸取液，加水稀释成100.00mL；量取25.00mL稀释液于锥形瓶中，先将全部转化为，后加入指示剂并滴加的标准溶液，恰好完全反应时(转化为)消耗标准溶液10.00mL，反应方程式为：，列关系式：，解得；另量取25.00mL稀释液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的喹钼啉酮试剂，充分反应后，过滤、干燥得到磷钼酸喹啉沉淀{(C9H7N)3[PO4(MoO3)12]，摩尔质量为2210g·mol-1}1.326g，列关系式为：，解得，由于都是取的25mL体积，两份实验的离子组成完全相同，则浸取液中Fe、P的物质的量之比为：。 故答案为：10：1。 （5）制取FePO4时，是利用与结合生成沉淀，但由于为中强酸，为促使的电离，通常加入氨水中和电离的生成，则生成FePO4的离子方程式为：。 故答案为：。 （6）以Fe2P为阳极、石墨为阴极电解H3PO4溶液也可以制取FePO4，则阳极反应式为：；阴极反应式为：；得到电解时的总化学反应方程式为：。 故答案为：。 2．（2025·江苏盐城射阳中·一模）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下：    已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。 ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式： pH <1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 >13.0 主要存在形式 V2O5 多钒酸根 多钒酸根 备注 多钒酸盐在水中溶解度较小 (1)“酸浸”时，MnO2将VO+转化为的离子反应方程式为 。 (2)通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。 已知能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为：。 ①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是 。 ②反萃取中，反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是 。 (3)“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是 。 (4)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取1.000g灼烧后的样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL(VO2)2SO4溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的5.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00mL。 已知：； 。 计算V2O5样品的纯度(写出计算过程)。 。 (5)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原为N2的一种反应历程如图所示。V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”；NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，随后分解生成N2和H2O。“中间体X”的结构式可表示为： 。    【答案】(1)VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O (2)使溶液中的钒微粒以形式存在；减小c(OH-)，有利于向萃取方向进行，提高的萃取率 pH升高，c(OH-)增大，有利于反应向反萃取方向进行，的反萃取率增大；但c(OH-)过大，+5价钒主要以或多钒酸根的形式存在，的反萃取率减小 (3)温度过高，NH3∙H2O受热分解，溶液中c()减小，不利于NH4VO3的析出 (4)n(Fe2+)总=0.5000mol/L×5.00×10-3L=2.500×10-3mol 由~5Fe2+知过量的n(Fe2+)=5n()=5×0.01000mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol 与反应的n(Fe2+)=2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10-3mol 由V2O5~2~2Fe2+知n(V2O5)=×1.900×10-3mol=9.500×10-4mol V2O5样品的纯度为×100%=86.45% (5)   【分析】钒渣用硫酸、MnO2“酸浸”将VO+转化为；“酸浸”后的溶液通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液；NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液得到NH4VO3沉淀，NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。 【详解】（1）“酸浸”时，MnO2将VO+转化为，V元素的化合价由+3价升至+5价，MnO2被还原成Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O； （2）①根据部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式知，萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是：使溶液中的钒微粒以形式存在；同时H+与OH-结合成H2O，c(OH-)减小，有利于向萃取方向进行，提高的萃取率； ②反萃取中，反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是：pH升高，c(OH-)增大，有利于反应向反萃取方向进行，的反萃取率增大；但c(OH-)过大，+5价钒主要以或多钒酸根的形式存在，的反萃取率减小； （3）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀，由于溶液呈碱性故有NH3∙H2O生成；沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是：温度过高，NH3∙H2O受热分解，溶液中c()减小，不利于NH4VO3的析出； （4）由反应+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，过量的Fe2+物质的量为5×0.01000mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol；加入的Fe2+的总物质的量为0.5000mol/L×5.00×10-3L=2.500×10-3mol，则与反应的Fe2+物质的量为2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10-3mol，根据反应+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O知，的物质的量为1.900×10-3mol，根据V守恒，20.00mL溶液中溶解的V2O5物质的量为9.500×10-4mol，V2O5样品的纯度为×100%=86.45%； （5）V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”，NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，结合反应历程的图示可知，“中间体X”的结构式为  。 3．（2025·江苏南京&盐城·一模）高铁锌焙烧矿渣主要含。一种利用焙烧矿渣制备并生产黄铵铁矾的流程如下： 回答下列问题。 (1)“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是 。 (2)“酸浸”时，控制反应温度65℃、硫酸初始酸度，滤渣中锌元素的质量分数随时间变化的关系如下图所示。当浸出时间超过后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高的原因是 。 (3)“沉矾”生成黄铵铁矾[]，需控制溶液、温度不超过。 ①生成黄铵铁矾的化学方程式为 。 ②控制溶液温度不能过高的原因是 。 ③超过1.5，可发生反应。其平衡常数与、的代数关系式为 。 (4)加热晶体，测得加热过程中剩余固体的质量随温度的变化关系如下图所示。A点物质为 (填化学式)。 【答案】(1)增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率 (2)浸出时间超过，溶液中被消耗、升高，随着水解程度增大，生成的胶体吸附溶液中；还可生成沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高(共3分) (3) 温度过高，受热分解 (4) 【分析】高铁锌焙烧矿渣主要含ZnO、ZnFe2O4、SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2与硫酸不反应，过滤除去，得到含有硫酸锌，硫酸铁以及过量硫酸的混合溶液，向混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，发生反应3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑，过滤，除去黄铵铁矾，将硫酸锌滤液经过一系列处理，得到ZnSO4·7H2O； 【详解】（1）“酸浸”前要将焙烧矿渣进行粉碎处理的原因是矿渣粉碎可以增大与酸的接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率； （2）由图可知，滤渣中锌元素的质量分数在60min以前逐渐减小，超过60min后，滤渣中锌元素的质量分数反而升高，溶液中有大量Fe3+，由于Fe3+易水解，考虑浸出导致pH变化从而使Fe3+水解生成Fe(OH)3从而导致此变化，故原因为浸出时间超过60min，溶液中H+被消耗、pH升高，随着Fe3+水解程度增大，生成的Fe(OH)3胶体吸附溶液中Zn2+；Fe3+还可生成Fe(OH)3沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出，使滤渣中锌质量分数升高； （3）①“沉矾”生成黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6，需控制溶液pH=1.5、温度不超过85℃，向过滤后的混合溶液中加入NH4HCO3、ZnO，反应还生成硫酸锌和CO2，化学方程式为3Fe2(SO4)3+5ZnO+2NH4HCO3+5H2O2NH4Fe3(SO4)2(OH)6+5ZnSO4+2CO2↑； ②由于反应物之一是碳酸氢铵，不稳定，受热易分解，故控制溶液温度不能过高的原因是温度过高，NH4HCO3受热分解； ③根据所给反应，该反应K=； （4）28.7gZnSO4·7H2O的物质的量为=0.1mol，A点物质质量为17.9g，失去水的质量为10.8g，即0.6mol水，所以A点物质为ZnSO4·H2O。 4．（2025·江苏南通&泰州&镇江&盐城·一模）一种以软锰矿（主要含和少量、、、等）和黄铁矿（主要成分为）为原料制备的流程如下： (1)酸浸。将软锰矿、黄铁矿与溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为。90℃下酸浸，锰元素浸出率及、的（质量浓度）随时间的变化如图所示。 ①0~20min内，中的硫元素被氧化为。此时，和发生主要反应的离子方程式为 。 ②0~20min内，逐渐增大的原因是 。 ③100min后，逐渐减小的原因是 。 (2)除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量，调节溶液pH，充分反应后过滤。的实际用量比理论计算用量大得多，其原因是 。 (3)制。向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬浊液，向其中通入空气可制得。若通入空气时间过长，所得样品中锰元素的质量分数会降低，其原因是 。 (4)测样品纯度。称取样品于锥形瓶中，加入 溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用的溶液滴定过量的，消耗溶液。不考虑杂质反应，计算样品中的纯度 （写出计算过程）。 已知：，。 【答案】(1) 与酸反应生成的速率大于被氧化的速率 被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大 (2)溶液中催化分解 (3)部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物 (4) 【分析】软锰矿和黄铁矿经过稀硫酸酸浸后得到SiO2沉淀和含Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Mn2+的溶液，向浸出液中加入过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+；调节溶液pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；再加入沉淀剂除去钙镁离子；净化后的滤液中主要含MnSO4，向其中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬浊液，向其中通入空气可制得Mn3O4。 【详解】（1）中的硫元素被氧化为，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为：；反应过程中铁元素的变化为，0~20min内与酸反应生成的速率大于被氧化的速率，故逐渐增大；100min后被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大故逐渐减小； （2）向“酸浸”所得浸出液中加入过量可将Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中生成的催化分解，故的实际用量比理论计算用量大得多； （3）若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得样品中锰元素的质量分数会降低； （4）先利用草酸钠还原为，离子方程式为，过量的草酸钠再用高锰酸钾滴定，离子方程式为：，所以物质的量的关系为：即 ，解得 ， 4．（2025·江苏徐州&连云港&淮安&宿迁·一模）从高铟烟灰中(主要含、、、等)提取铟的过程如下： 已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。 (1)氧化酸浸：向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为， ①写出反应的离子方程式： 。 ②过滤所得滤渣含、和 (填化学式)。 (2)萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：(水相)+3HA(有机相)(有机相)(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图-1所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是 。 (3)反萃取：(有机相(水相)(水相)(有机相)，有机相与水相体积比和反萃取率，水相中铟浓度的关系如图-2所示，操作时选择有机相与水相体积比为 ，原因是 。 (4)制备钢：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为 。若锌粉的利用率为，获得6.9kg铟时需要使用锌粉 kg(写出计算过程)。 【答案】(1) (2)搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低 (3) 反萃取率最高 (4) 10.0kg 【分析】高铟烟灰加入氧化锰和硫酸进行“氧化酸浸”后，转变为沉淀， 、转变为In3+，二氧化硅不与硫酸反应。滤液中含有In3+、Mn2+、，“滤渣”为过量的二氧化锰、二氧化硅和硫酸铅，滤液加入有机萃取剂HA萃取In3+，“反萃取”得到溶液，在溶液中加入锌粉发生置换反应得到粗铟。 【详解】（1）①向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为，被还原为Mn2+，反应的离子方程式：； ②根据分析，过滤所得滤渣含、和； （2）根据已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化，则铟萃取率先增大后减小的可能原因是搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低； （3）为提高铟的提取率，根据图示，操作时选择有机相与水相体积比为，因为此时反萃取率最高； （4）分液，向水相中加入足量Zn，发生置换反应得到粗铟，应的化学方程式为；根据关系式 。 5．（2025·江苏南通&如皋·一模）利用锰银矿(主要成分为MnO2、Ag和少量SiO2等杂质)制备硫酸锰和银。 (1)用蔗糖(C12H22O11)、水和浓硫酸浸取锰银矿，过滤得硫酸锰溶液和含银滤渣。 ①提高锰元素浸出率的措施 (任写—条)。 ②蔗糖还原 MnO2生成硫酸锰和CO2的化学方程式为 。 ③其它条件相同，酸矿比0.33∶1，糖矿比0.04∶1时，酸浸过程中随着水矿比的增大，锰的浸出率如图所示： 水矿比大于2∶1时，锰的浸出率逐渐减小的原因为 。 (2)在空气中用 NaCN 溶液浸取含银滤渣，得到含[Ag(CN)2]⁻的浸出液， 再用锌粉置换得银。 ①浸出反应的离子方程式： 。 ②如图所示，pH小于10.5时，随pH的减小，银的浸出率降低的原因： 。 ③金属材料铜银合金的晶胞如图所示，该铜银合金的化学式是 。 (3)“酸浸”所得溶液经一系列操作后得 MnSO4·H2O， 煅烧 MnSO4·H2O生产锰氧体材料，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。该曲线中 B 段所示物质的化学式为 (写出计算过程)。 【答案】(1)加热或粉碎、充分搅拌等 水矿比大于2：1时硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降 (2) 随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低 (3) 【详解】（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等； ②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为； ③水矿比大于2∶1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸(或蔗糖)的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降； （2）①Ag与NaCN 溶液形成配合物[Ag(CN)2]⁻，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化剂，离子方程式为； ②由上一问可知，银的浸出需要与CN-形成配合物，CN-是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随较低，水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低； ③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为，含有Cu的个数是，则晶胞的化学式为； （3）n(Mn) = n(MnSO4·H2O) == 0.9mol； m(Mn)= n(Mn)·M(Mn) = 0.9mol×55g·mol－1 = 49.5g； n(O)==1.2mol，n(Mn):n(O)=0.9：1.2=3：4，化学式为。 6．（2025·江苏无锡·一模）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 。 【答案】(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) 、 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 【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。 7．（2025·江苏无锡·一模）硼烷-四氢呋喃(，结构简式为)是一种硼氢化和还原性的试剂，易溶于四氢呋喃()、遇水剧烈反应放出氢气。工业上常用于有机物中某些官能团的硼氢化和还原化。请回答下列问题： (1)组成元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。下列状态的硼中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。 A．        B．        C．        D． (2)先将和溶于二乙二醇二甲醚中，充分溶解，再加入四氢呋喃，反应、经分离提纯即得较纯净的，同时还有另一种产物。 ①制备的化学方程式为 。 ②制备过程中，中B的杂化方式的变化是 ，上述物质中含配位键的是 。 ③二乙二醇二甲醚在水中的溶解度大于在苯中的溶解度，其原因是 。 (3)硼氢化钠在室温下是α型的立方晶体(如图甲所示)，下转变为四方晶体(如图乙所示)。 ①硼氢化钠的α型立方晶体中，离最近的有 个。 ②硼氢化钠的四方晶体中，晶胞中A、B间距离 (用含a的代数式表示)。 【答案】(1) B (2) 二乙二醇二甲醚和水都是极性分子，同时二乙二醇二甲醚能与水分子形成氢键 (3) 12 【详解】（1）BH3·THF中组成元素为H、C、O、B，该物质为还原性物质，遇水放出氢气，推断出BH3中H显负价，即H的电负性强于B，同周期从左向右电负性增大，四种元素电负性由大到小顺序是O＞C＞H＞B； A．1s22s22p1是基态B原子，能量低； B．1s22s2是基态B+，能量低，2s的能量低于2p，失去一个电子所需能量大于基态B； C．1s22s12p1是B+激发态，能量高； D．1s22p2是B+激发态，能量高； 综上所述，失去一个电子所需能量最大的是1s22s2，故答案为B； （2） ①根据题意，制备BH3·THF的方程式为4+3NaBH4+BF3→4+3NaF，故答案为4+3NaBH4+BF3→4+3NaF； ②BF3中B的价层电子对数为=3，杂化类型为sp2，依据硼烷-四氢呋喃的结构简式，推出B的杂化类型为sp3，即制备过程中B的杂化类型为sp2→sp3，BH3中B形成三个σ键，B还有一个空轨道，能容纳孤电子对，形成配位键，因此含配位键的是NaBH4、或BH3·THF；故答案为sp2→sp3；NaBH4、或BH3·THF； ③二乙二醇二甲醚、水属于极性分子，苯为非极性分子，根据“相似相溶”，二乙二醇二甲醚在水中的溶解度大于在苯中的溶解度，二乙二醇二甲醚能与水分子形成氢键，增加了在水中的溶解度，故答案为二乙二醇二甲醚和水都是极性分子，同时二乙二醇二甲醚能与水分子形成氢键； （3）①根据α型立方晶体可知，以一个棱上的BH为基准，离最近BH的距离是边长的，即离最近BH有12个；故答案为12； ②在四方晶体中，A的坐标为(0，0，0)，B的坐标为(，a，a)，A、B间的距离是=nm，故答案为。 8．（2025·江苏泰州中学·一模）科幻电影《阿凡达》中外星人流的是蓝色的血液，其实血液的颜色主要是由血蛋白中含有的金属元素决定的，如含铁元素的为常见红色血液、含铜元素的为蓝色血液、含钒元素的为绿色血液等，铜、铁、钒在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题： (1)在周期表中处于 区；基态原子的价层电子排布式为 ；基态、的核外未成对电子数之比为： 。 (2)有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是 ，的第三电离能小于的第三电离能，原因是 。 (3)溶液常用作农业杀菌剂，溶液中存在。 ①该离子中存在的化学键有 (填字母)。 A．共价键        B．离子键        C．氢键        D．范德华力        E．配位键 ②含有键的数目为 。 ③向溶液里加过量氨水，可生成，再向溶液中加入乙醇，可以析出深蓝色固体，要确定该固体是晶体还是非晶体，最科学的方法是 。 ④与的结构相似，二者键角大小关系为 (填“>”或“<”)，理由是： 。 (4)铁单质和氨气在可发生置换反应；产物之一的晶胞结构如图所示(黑球代表，白球代表)。若该晶体的密度为，则两个距离最近的原子间的距离为 (列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1) d 4：3 (2) +5 的价电子排布式为，的价电子排布式为，的轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，使得失去第3个电子所需能量更高，所以的第三电离能小于的第三电离能 (3) AE 射线衍射法 < 电负性：，在中成键电子对偏向，成键电子对之间的排斥力大，键角大，中成键电子对偏向，成键电子对之间的排斥力小，键角小 (4) 【详解】（1）铁的价层电子排布式为：，最后填入的能级是d，因此Fe在周期表中处于d区； 为29号元素，基态的核外电子排布式为，基态价层电子排布式为； 基态价层电子排布式为，其未成对电子数为4，基态价层电子排布式为，其未成对电子数为3，则基态、的核外未成对电子数之比为4：3。 （2）有+2、+3、+4、+5等多种化合价，其中最稳定的化合价是处于全满状态的价态，基态价层电子排布式为，因此最稳定的是，即为+5价； 的价电子排布式为，的价电子排布式为，的轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，使得失去第3个电子所需能量更高，所以的第三电离能小于的第三电离能， （3）①含有空轨道，在氧原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，而中氧原子与氢原子之间形成共价键，故答案选：AE； ②中含有键，中含有键，中含有配位键，所以共含，数目为； ③鉴别固体是晶体还是非晶体，最科学的方法是X射线衍射法； ④和均为sp3杂化，均含有一对孤电子对，因此结构为三角锥形，但由于电负性：，因此在中成键电子对偏向，成键电子对之间的排斥力大，键角大，中成键电子对偏向，成键电子对之间的排斥力小，键角小，可知键角：<。 （4）由图知，位于顶点和面心，其个数为，位体心，其个数为1，故该化合物的化学式是，设晶胞的边长为，该晶体的密度为，可得，，两个距离最近的原子是面对角线的一半，因此两个距离最近的原子间的距离为：。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$