2025届高考化学考前特训四 无机综合题突破精练

考前特训四 无机综合题突破精练 2025届高考化学题型过关练习 无机综合题突破精练 1．（2025·扬州市上学期期中）从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下： （1）TeO2难溶于水，是两性氧化物。其晶胞如图－1所示，1个晶胞中Te原子的数目为______。 （2）“浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图－2所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为_______(填化学式)。硫酸浓度大于5 mol·L－1时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是___________________________________________________。(浸出率＝×100%) （3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成TeCl62－，可大幅提高反应速率。TeCl62－被Na2SO3还原的离子方程式为________________________________________，该过程中Cl－的作用是_________________________。 （4）碲粉与HClO3溶液反应可制得碲酸(H6TeO6)。H6TeO6结构如图－3所示，可形成配离子[Cu(H2TeO6)2]5－。[Cu(H2TeO6)2]5－中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，画出该配离子的结构 [_____________________]5－。 2．（2025·江苏省南通如皋市2月）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20 mL·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10.00 mL浸取液，加水稀释成100.00 mL。量取25.00 mL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0.1000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液，Fe2＋恰好完全反应时(Cr2O72－转化为Cr3＋)消耗K2Cr2O7标准溶液10.00 mL。另量取25.00 mL稀释液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的喹钼啉酮试剂，PO43－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2210 g·mol－1}1.326 g。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：_____________________________________________________。 3．（2025·镇江市上学期期中）锂离子电池正极材料(主要成分为LiCoO2，还含有少量的铝箔)可回收钴和锂。 （1）基态Co原子外围电子排布式为_________。 （2）“酸浸”过程中有O2放出，反应的化学方程式为_____________________________________。 （3）“萃取”的反应原理为Co2＋＋2HR(有机层)CoR2(有机层)＋2H＋。 ①“反萃取”时从有机相中分离出钴元素可加入的试剂X为_______。 a．NaOH b．H2SO4 c．Co(OH)2 d．HR ②“萃取”和“反萃取”操作的目的是___________________________________。 （4）“沉钴”时，向含Co2＋的溶液中滴加Na2CO3溶液，Na2CO3溶液浓度不能过大且滴速不宜太快的原因为_____________________________________。 （5）钴酸锂(LiCoO2)的晶胞结构如下图左图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。1个晶胞中含有Co3＋的数目为_______。 （6）CoCO3在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如上图右图所示。1 000℃时，剩余固体的成分的化学式为_______。(写出计算过程) 4．（2025·江苏省淮安市一模）以钼精矿(主要成分MoS2，其中S为-1价，还含少量钙、镁等元素)为原料制备得到的钼单质及其它化合物用于炼钢、电子工业。 （1）钼精矿(MoS2)焙烧可以制备MoO2、MoO3。焙烧炉中还会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2。 ①理论上完全反应消耗的n(MoS2)∶n(MoO3)＝___________。 ②在焙烧时通常会加入碳酸钙，其目的是___________________________________。 （2）MoS2与Li可形成一种可充放电电池，电解质溶液由锂盐溶解在一定的非水、非质子性的有机溶剂中制成的，其工作原理为：Li＋nMoS2Lix(MoS2)n，则该电池放电时正极的电极反应式为_________________________________________。 （3）钼精矿(MoS2)碱浸制钼酸钠(Na2MoO4)。直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐。 ①反应的离子方程式为_______________________________________________。 ②钼浸出率随着温度变化如下图左图，当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是___________________________________________________________________________。 （4）钼精矿(MoS2)可用于制备钼酸铵。钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2Mo2O7，相对分子质量为340]，二钼酸铵晶体加热过程中固体残留率随温度变化曲线如上图右图所示。 597℃时固体产物化学式为___________。(写出计算过程) 已知：固体残留＝×100% （5）一种MoO2晶体结构如下图，在MoO2中通过氮掺杂反应可生成MoO2－xNy，能使MoO2具有光学活性，掺杂过程如图所示。则MoO2－xNy晶体中x＝________，y＝________。 5．（2025·河北省石家庄上学期模拟预测）电解精炼铜过程产生的阳极泥中含有Cu、Ag2Se等物质，具备很高的回收价值。一种从阳极泥中回收Cu、Ag、Se的流程如图所示。 回答下列问题： （1）“氧化浸出”时，Cu发生反应的化学方程式为_________________________________________为增大氧气在硫酸溶液中的溶解度，可采取的措施为_________________。 （2）“再处理”工序的目的为________________________________。 （3）“络合溶解”时，浸渣1发生反应的离子方程式为______________________________________，该反应的平衡常数K＝___________。(已知：Ag＋＋2NH3[Ag(NH3)2]＋ K＝2×107；Ksp(Ag2SO4)＝1.2×10－5) （4）“还原”工序中生成的气体可以循环到___________工序中再利用。 （5）浸液2中Se元素以H2SeO3的形式存在。“沉硒”时，理论上SO2与H2SeO3的物质的量之比为___________。 （6）“萃取”时，Cu2＋与萃取剂发生的反应可表示为Cu2＋＋2HRCuR2＋2H＋(HR表示肟类有机物)，则“反萃取”时应加入的试剂为___________(填选项字母)。 A．NaOH B．蒸馏水 C．H2SO4 （7）“电解”工序中，金属Cu在_______极上沉积。 6．（2025·福建省漳州市三模）锆(Zr)是一种重要的战略金属。一种以氧氯化锆(主要含ZrOCl2，还含有少量Fe、Cr等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸浸”后溶液中各金属元素的存在形式为：ZrO2＋、Fe3＋、Cr3＋； ②25℃时，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5； ③“还原”前后相关物质沸点如下： 物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2 沸点 331 315 1 300 700 1150 回答下列问题： （1）Zr是Ti的同族相邻元素，基态Zr原子的价电子排布式是___________。 （2）ZrOCl2通常采用“一酸一碱”法生产，主要生产过程为：将锆英砂与氢氧化钠混合熔融得到难溶于水的Na2ZrO3，再以盐酸酸化得到ZrOCl2，写出酸化过程的离子方程式____________________________________________。 （3）“沉淀”后，废液中＝1.8，则废液中c(Cr3＋)为___________mol·L－1。 （4）“沸腾氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为__________________________________________________。 （5）①气态FeCl3通常以二聚体Fe2Cl6的形式存在，分子结构为，二聚体中Fe的杂化轨道类型为___________。FeCl3易溶于水，也易溶于乙醚等有机溶剂，请判断其晶体类型为___________。 ②“还原”的主要目的是_____________________________。 （6）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Zr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 （7）实验室可以用络合滴定法快速测定“酸浸”溶液中锆的含量，步骤如下： ①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，________________________________________________________________________________，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。 ②已知ZrO2＋与EDTA发生1∶1络合反应，则酸浸液中含量(以ZrO2＋计)为___________mg·mL－1。 7．（2025·江苏省宿迁沭阳如东中学12月）金常以微细粒浸染于含砷黄铁矿中，此类矿石预氧化处理方法主要有：焙烧氧化、生物氧化和湿法氧化。 （1）含砷黄铁矿(主要成分为FeAsS，其中As元素为0价)高温焙烧氧化后，再用氰化钠(NaCN)溶液浸出。 ①焙烧氧化的固体产物有As4O6、Fe3O4，该反应的化学方程式为________________________________。 ②臭氧化法去除CN－。“臭氧－活性炭”去除浸出液中CN－的机理如下图所示(“*”表示活性炭表面吸附的物种，碱性条件下活性炭催化O3产生HO－)。 HO·氧化CN－的离子方程式为：______________________________________。 ③在含氰废水pH＝8，臭氧通入量为25 mg·min－1的实验条件下，1 L含氰废水分别在“臭氧”、“活性炭”和“臭氧一活性炭”三种体系下对CN－的去除率随时间变化的曲线如图所示。 “臭氧一活性炭”体系对CN－的去除率明显优于另外两个体系。与pH＝8相比，调节废水pH＝10时，“臭氧一活性炭”体系对CN－的去除率明显增大的原因是________________________________。 （2）利用细菌进行生物氧化提取金。pH对金的浸出率影响如图： pH影响金浸出率的原因是___________________________________________________。 （3）湿法氧化提取金。在溶液中，Au＋与Sn2－、S2O32－等能形成配合物。已知Au的硫酸盐难溶于水。 ①工业上利用硫代硫酸盐可浸出金生成Au(S2O3)23－，但在富氧条件下浸出率明显降低，原因是____________________________________________。 ②常温下，已知H2S－HS－－S2－粒子体系随pH变化各组分分布如图，多硫化物浸金的一种原理是：混合体系在通空气条件下氧化时，体系中S2－先被氧化为S，再转化为S42－。研究发现S42－可将Au氧化为AuS－，pH＝11时S42－将Au氧化的离子方程式为___________________________________________________。 （4）准确称取某含金单质试样4.000 g，加入王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3]，将Au转化成氯金酸(化学式为HAuCl4，能被Fe2＋还原为Au)，加热除去过量的HNO3，过滤，在不断搅拌下，加入过量0.2000 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液120.00 mL，充分反应，二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000 mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液36.00 mL。 计算试样中金的质量分数___________(写出计算过程)。 8．（2025·江苏省无锡澄宜六校12月联考）以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4、Mn12O19。 （1）制备硫酸锰的流程如下： 已知：①“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗；②使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式______________________________________________________。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是_____________________________________ ____________________________________。 ③“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： pH在4～6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________________________________________________________。 （2）已知：pH在6.4～7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4．实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2＋的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化Mn3O4，其原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 （3）制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1∶5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。制备Mn12O19的离子方程式为___________________________________________________________________。 9．（2025·江苏省海安高级中学期中）V2O5是制造钒铁合金的原料。从废钒催化剂中(含V2O5、V2O4等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。 （1）废钒催化剂中先加入H2SO4酸浸，V2O5和V2O4与稀硫酸反应分别生成VO2＋和VO2＋；再加入FeSO4溶液，钒元素均转化为VOSO4溶液。 ①钒原子的价层电子排布式为___________。 ②FeSO4还原VO2＋的离子方程式为_______________________________________。 （2）将上述含VOSO4的溶液进行“萃取”和“反萃取”提纯，用于制备钒酸盐。原理为：VO2＋(水层)＋nHA(有机层)VOAn(有机层)＋nH＋(水层)。 若上述溶液中c(VO2＋)＝a mol·L－1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2＋萃取率为90%，4次操作后，原溶液中残留的c(VO2＋)＝___________mol·L－1。(萃取率＝×100%) （3）向反萃取后的水层中加入KClO3氧化VO2＋，再加入NH4Cl得到NH4VO3沉淀。 ①氧化所得溶液中含有一种复杂的含钒阴离子结构如图所示，由4个VO4四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为____________________。 ②已知Ksp(NH4VO3)＝3.0×10－8，向10 mL 0.2 mol·L－1 KVO3溶液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使VO3－沉淀完全，NH4Cl溶液最小浓度为___________。(保留三位有效数字，溶液中某离子浓度≤1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全) （4）取234 g NH4VO3进行煅烧获得V2O5，过程中减少质量(∆m)随温度变化的曲线如图所示。 ①写出C到D过程中的化学方程式______________________________________________。 ②煅烧时不断鼓入空气的目的是______________________________________________。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 中等生 天天练 补短板 优等生 天天练 保领先 尖子生 天天练 夺高分 学科网（北京）股份有限公司 $$ 考前特训四 无机综合题突破精练 2025届高考化学题型过关练习 无机综合题突破精练 1．（2025·扬州市上学期期中）从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下： （1）TeO2难溶于水，是两性氧化物。其晶胞如图－1所示，1个晶胞中Te原子的数目为______。 （2）“浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图－2所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为_______(填化学式)。硫酸浓度大于5 mol·L－1时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是___________________________________________________。(浸出率＝×100%) （3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成TeCl62－，可大幅提高反应速率。TeCl62－被Na2SO3还原的离子方程式为________________________________________，该过程中Cl－的作用是_________________________。 （4）碲粉与HClO3溶液反应可制得碲酸(H6TeO6)。H6TeO6结构如图－3所示，可形成配离子[Cu(H2TeO6)2]5－。[Cu(H2TeO6)2]5－中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，画出该配离子的结构 [_____________________]5－。 【答案】（1）2 （2）①PbSO4 ②PbSO4的生成速率加快，覆盖在TeO2表面，阻碍反应进行 （3）①TeCl62－＋4SO32－＝Te↓＋6Cl－＋2SO42－＋2SO2↑ ②催化剂，与Te4＋形成配合物 （4） 【解析】由题干流程图可知，向高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中加入一定量的H2SO4溶液进行“浸出”，将Pb转化为PbSO4，然后加入NaCl和Na2SO3进行“还原”得到Te，过滤得到Te，用盐酸进行“酸洗”除去表面杂质，得到锑粉，据此分析解题。 （1）由题干晶胞示意图可知，晶胞中白球的个数为：8×＋1＝2，黑球的个数为：4×＋2＝4，结合化学式TeO2可知，白球为Te、黑球为O，故1个晶胞中Te原子的数目为2，故答案为：2；（2）由分析可知，“浸出”时加入硫酸溶液，能将Pb转化为PbSO4沉淀留在滤渣中，即“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为PbSO4，由题干图示信息可知，硫酸浓度大于5 mol·L－1时，随着硫酸浓度增大，PbSO4的浸出率增大，即PbSO4的生成速率增大，生成的PbSO4覆盖在TeO2的表面，阻碍反应的进行，从而导致Te元素浸出率下降，故答案为：PbSO4；PbSO4的生成速率加快，覆盖在TeO2表面，阻碍反应进行；（3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2，若先加入少量NaCl生成TeCl62－，可大幅提高反应速率，根据氧化还原反应配平可得，TeCl62－被Na2SO3还原的离子方程式为：TeCl62－＋4SO32－＝Te↓＋6Cl－＋2SO42－＋2SO2↑，该过程中反应前后Cl－的数量没有发生改变，加快了反应速率，故Cl－的作用是催化剂，与Te4＋形成配合物，故答案为：TeCl62－＋4SO32－＝Te↓＋6Cl－＋2SO42－＋2SO2↑；催化剂，与Te4＋形成配合物；（4）由题干H6TeO6如图－3所示结构，且[Cu(H2TeO6)2]5－中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，即H2TeO64－中共面的4个O原子中的2个与Cu(Ⅲ)形成4个配位 键，故该配离子的结构为：，故答案为：。 2．（2025·江苏省南通如皋市2月）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20 mL·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10.00 mL浸取液，加水稀释成100.00 mL。量取25.00 mL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0.1000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液，Fe2＋恰好完全反应时(Cr2O72－转化为Cr3＋)消耗K2Cr2O7标准溶液10.00 mL。另量取25.00 mL稀释液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的喹钼啉酮试剂，PO43－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2210 g·mol－1}1.326 g。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20 mL·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↑ 【解析】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Fe2O3和P2O5，再用盐酸进行酸浸，把Fe2O3和P2O5转化为FeCl3和H3PO4，然后调整铁元素和磷元素的比例，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：8×＋4×＝2；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：FeP。故答案为：FeP；（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n(FeP)为x mol，n(Fe2P)为y mol，则有：x＋2y＝5、x＋y＝4，解得x＝3 mol、y＝1 mol，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20 mL·g－1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20 mL·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）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10.00 mL浸取液，加水稀释成100.00 mL；量取25.00 mL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0.1000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液，Fe2＋恰好完全反应时(Cr2O72－转化为Cr3＋)消耗K2Cr2O7标准溶液10.00 mL，n(Cr2O72－)＝0.1000 mol·L－1×0.01 L=0.001 mol，由反应方程式：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，n(Fe3＋)＝0.006 mol；另量取25.00 mL稀释液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量的喹钼啉酮试剂，PO43－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2210 g·mol－1}1.326 g，n{(C9H7N)3[PO4(MoO3)12]}＝=0.0006 mol，由关系式：PO43－～(C9H7N)3[PO4(MoO3)12]，n(PO43－)＝0.0006 mol，由于都是取的25 mL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Fe3＋与PO43－结合生成FePO4沉淀，但由于H3PO4为中强酸，为促使H3PO4的电离，通常加入氨水中和H3PO4电离的H＋生成PO43－，则生成FePO4的离子方程式为：Fe3＋＋3NH3·H2O＋H3PO4＝FePO4↓＋3NH＋3H2O。故答案为：Fe3＋＋3NH3·H2O＋H3PO4＝FePO4↓＋3NH＋3H2O；（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：Fe2P-11e－＋H3PO4＋4H2O＝2FePO4↓＋11H＋；阴极反应式为：2H＋＋2e－＝H2↑；得到电解时的总化学反应方程式为：2Fe2P＋2H3PO4＋8H2O4FePO4↓＋11H2↑。故答案为：2Fe2P＋2H3PO4＋8H2O4FePO4↓＋11H2↑。 3．（2025·镇江市上学期期中）锂离子电池正极材料(主要成分为LiCoO2，还含有少量的铝箔)可回收钴和锂。 （1）基态Co原子外围电子排布式为_________。 （2）“酸浸”过程中有O2放出，反应的化学方程式为_____________________________________。 （3）“萃取”的反应原理为Co2＋＋2HR(有机层)CoR2(有机层)＋2H＋。 ①“反萃取”时从有机相中分离出钴元素可加入的试剂X为_______。 a．NaOH b．H2SO4 c．Co(OH)2 d．HR ②“萃取”和“反萃取”操作的目的是___________________________________。 （4）“沉钴”时，向含Co2＋的溶液中滴加Na2CO3溶液，Na2CO3溶液浓度不能过大且滴速不宜太快的原因为_____________________________________。 （5）钴酸锂(LiCoO2)的晶胞结构如下图左图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。1个晶胞中含有Co3＋的数目为_______。 （6）CoCO3在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如上图右图所示。1 000℃时，剩余固体的成分的化学式为_______。(写出计算过程) 【答案】（1）3d74s2 （2）2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4＝Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O （3）①b ②使Co2＋和Li＋分离，提纯Co2＋(或提纯并富集钴元素) （4）防止溶液局部碱性过强，生成Co(OH)2或碱式碳酸钴杂质 （5）3 （6）CoO 【解析】由流程可知，向废旧锂离子电池的正极材料中加入NaOH溶液进行碱浸，Al发生反应生成Na[Al(OH)4]，将Al溶解，得到的溶液液含有Na[Al(OH)4]和过量的NaOH，滤渣为LiCoO2；加稀H2SO4、双氧水酸浸后得到含有Li＋、Co2＋的滤液，加入萃取剂HR，将Co2＋萃取到有机层中，Li＋在无机层中，分液进行分离，无机层中进过处理得到Li2CO3，有机层加入酸进行反萃取，得到含Co2＋的水溶液，加入碳酸钠生成碳酸钴沉淀，分离得到碳酸钴。 （1）Co原子序数为27，基态Co原子外围电子排布式为3d74s2；（2）“酸浸”过程中有O2放出，说明LiCoO2将H2O2氧化为O2，反应的化学方程式为2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4＝Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O；（3）①“萃取”的反应原理为Co2＋＋2HR(有机层)CoR2(有机层)＋2H＋，则反萃取时应该加入酸，之前流程中加入了稀硫酸，故X为H2SO4，答案选b；②由流程可知，“萃取”和“反萃取”操作的目的是使Co2＋和Li＋分离，提纯Co2＋；（4）碳酸钠溶液显碱性，Na2CO3溶液浓度过大且滴速太快的话可能会生成Co(OH)2或碱式碳酸钴杂质；（5）根据晶胞图中Co3+的位置，一个晶胞中含有的Co3+个数为2＋4×＝3；（6）设开始时CoCO3的物质的量为1 mol，质量为119 g，由图可知，1 000℃时，剩余固体质量为119 g×63.0%≈75 g，刚好是1 mol CoO的质量，即此时剩余的固体为CoO。 4．（2025·江苏省淮安市一模）以钼精矿(主要成分MoS2，其中S为-1价，还含少量钙、镁等元素)为原料制备得到的钼单质及其它化合物用于炼钢、电子工业。 （1）钼精矿(MoS2)焙烧可以制备MoO2、MoO3。焙烧炉中还会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2。 ①理论上完全反应消耗的n(MoS2)∶n(MoO3)＝___________。 ②在焙烧时通常会加入碳酸钙，其目的是___________________________________。 （2）MoS2与Li可形成一种可充放电电池，电解质溶液由锂盐溶解在一定的非水、非质子性的有机溶剂中制成的，其工作原理为：Li＋nMoS2Lix(MoS2)n，则该电池放电时正极的电极反应式为_________________________________________。 （3）钼精矿(MoS2)碱浸制钼酸钠(Na2MoO4)。直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐。 ①反应的离子方程式为_______________________________________________。 ②钼浸出率随着温度变化如下图左图，当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是___________________________________________________________________________。 （4）钼精矿(MoS2)可用于制备钼酸铵。钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH4)2Mo2O7，相对分子质量为340]，二钼酸铵晶体加热过程中固体残留率随温度变化曲线如上图右图所示。 597℃时固体产物化学式为___________。(写出计算过程) 已知：固体残留＝×100% （5）一种MoO2晶体结构如下图，在MoO2中通过氮掺杂反应可生成MoO2－xNy，能使MoO2具有光学活性，掺杂过程如图所示。则MoO2－xNy晶体中x＝________，y＝________。 【答案】（1）①1∶6 ②吸收SO2，减少SO2的排放 （2）nMoS2＋xe－＋xLi＋＝Lix(MoS2)n （3）①MoS2＋9ClO－＋6OH－＝MoO42－＋2SO42－＋9Cl－＋3H2O ②温度高于50oC，NaClO分解；或温度升高，反应速率加快，生成的钼酸跟离子浓度增大，与钙镁离子形成沉淀 （4）MoO3 由图可知，热分解最终产物为钼的氧化物，设氧化物为MoOx，M(MoOx)＝340 g·mol－1×84.70%÷2＝144 g·mol－1，则96＋16x＝144，x＝3，产物为MoO3 （5）① ② 【解析】（1）①根据反应6MoO3＋MoS27MoO2＋2SO2↑，可知理论上完全反应消耗的n(MoS2)∶n(MoO3)=1∶6；②焙烧时加入CaCO3目的是与SO2和O2反应最终生成CaSO4，减少SO2的污染；（2）由方程式Li＋nMoS2Lix(MoS2)n可知，放电时Li为负极失去电子，MoS2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为：nMoS2＋xe－＋xLi＋＝Lix(MoS2)n；（3）①钼精矿(MoS2)中加入NaOH溶液和NaClO溶液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，一个MoS2失去18个电子，一个ClO－得到2个电子，反应的离子方程式为：MoS2＋9ClO－＋6OH－＝MoO42－＋2SO42－＋9Cl－＋3H2O；②当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是：温度高于50oC，NaClO分解；或温度升高，反应速率加快，生成的钼酸跟离子浓度增大，与钙镁离子形成沉淀；（4）(NH4)2Mo2O7(相对分子质量为340)受热分解生成氧化物，设氧化物为MoOx，1个(NH4)2Mo2O7生成2个MoOx，根据相对分子量关系，M(MoOx)＝340 g·mol－1×84.70%÷2＝144 g·mol－1，则96＋16x＝144，x＝3，产物为MoO3；（5）由MoO2晶胞结构可知，晶胞中有Mo个数为8×＋4×＋1＝4，O的个数为8×＋8×＋2＝8，晶胞中有4个MoO2；在MoO2－xNy晶体中，O空位个数为1＋＋＝，(2－x)×4＝8－，x＝，N增加个数为1×＝，则4y＝，y＝。 5．（2025·河北省石家庄上学期模拟预测）电解精炼铜过程产生的阳极泥中含有Cu、Ag2Se等物质，具备很高的回收价值。一种从阳极泥中回收Cu、Ag、Se的流程如图所示。 回答下列问题： （1）“氧化浸出”时，Cu发生反应的化学方程式为_________________________________________为增大氧气在硫酸溶液中的溶解度，可采取的措施为_________________。 （2）“再处理”工序的目的为________________________________。 （3）“络合溶解”时，浸渣1发生反应的离子方程式为______________________________________，该反应的平衡常数K＝___________。(已知：Ag＋＋2NH3[Ag(NH3)2]＋ K＝2×107；Ksp(Ag2SO4)＝1.2×10－5) （4）“还原”工序中生成的气体可以循环到___________工序中再利用。 （5）浸液2中Se元素以H2SeO3的形式存在。“沉硒”时，理论上SO2与H2SeO3的物质的量之比为___________。 （6）“萃取”时，Cu2＋与萃取剂发生的反应可表示为Cu2＋＋2HRCuR2＋2H＋(HR表示肟类有机物)，则“反萃取”时应加入的试剂为___________(填选项字母)。 A．NaOH B．蒸馏水 C．H2SO4 （7）“电解”工序中，金属Cu在_______极上沉积。 【答案】（1）①2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O ②加压 （2）将浸液1中的Ag＋转化为AgCl，提高银的收率 （3）①Ag2SO4＋4NH3＝2[Ag(NH3)2]＋＋SO42－ ②4.8×109 （4）络合溶解 （5）2∶1 （6）C （7）阴 【解析】氧化浸出时，铜被氧化为硫酸铜，银转化为微溶的硫酸银，部分硫酸银在浸液1中，部分在浸渣1中，浸液1中加入氯化钠，硫酸银转化为难溶的氯化银，和浸渣1合并，通氨络合，形成[Ag(NH3)2]＋，用水合肼还原得到银。浸液2通SO2，H2SeO3中的Se被还原为Se，过滤得到硒单质，滤液萃取再反萃取，最后电解得到铜。 （1）“氧化浸出”时，Cu在酸性溶液中被氧气氧化生成硫酸铜，发生反应的化学方程式为：2Cu＋O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋2H2O。气体溶解度随压强增大而增大，为增大氧气在硫酸溶液中的溶解度，可采取的措施为加压；（2）由以上分析可知，“再处理”工序的目的为将浸液1中的Ag＋转化为AgCl，提高银的收率；（3）由以上分析可知，浸渣1是硫酸银，通氨络合，形成[Ag(NH3)2]＋，发生反应的离子方程式为：Ag2SO4＋4NH3＝2[Ag(NH3)2]＋＋SO42－。该反应的平衡常数K＝＝＝K2Ksp(Ag2SO4)＝(2×107)2×1.2×10－5＝4.8×109；（4）“还原”工序中水合肼还原[Ag(NH3)2]＋得到银，NH3被释放出来，可以循环利用到络合溶解工序中再利用；（5）SO2与H2SeO3发生反应生成Se和硫酸，根据电子守恒，SO2与H2SeO3的物质的量之比为2∶1；（6）根据萃取的方程式，反萃取时平衡逆向移动，所以可以加入硫酸，增大氢离子浓度，故选C；（7）“电解”工序中，Cu2＋在阴极得到电子生成铜：Cu2＋＋2e－＝Cu。 6．（2025·福建省漳州市三模）锆(Zr)是一种重要的战略金属。一种以氧氯化锆(主要含ZrOCl2，还含有少量Fe、Cr等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸浸”后溶液中各金属元素的存在形式为：ZrO2＋、Fe3＋、Cr3＋； ②25℃时，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5； ③“还原”前后相关物质沸点如下： 物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2 沸点 331 315 1 300 700 1150 回答下列问题： （1）Zr是Ti的同族相邻元素，基态Zr原子的价电子排布式是___________。 （2）ZrOCl2通常采用“一酸一碱”法生产，主要生产过程为：将锆英砂与氢氧化钠混合熔融得到难溶于水的Na2ZrO3，再以盐酸酸化得到ZrOCl2，写出酸化过程的离子方程式____________________________________________。 （3）“沉淀”后，废液中＝1.8，则废液中c(Cr3＋)为___________mol·L－1。 （4）“沸腾氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为__________________________________________________。 （5）①气态FeCl3通常以二聚体Fe2Cl6的形式存在，分子结构为，二聚体中Fe的杂化轨道类型为___________。FeCl3易溶于水，也易溶于乙醚等有机溶剂，请判断其晶体类型为___________。 ②“还原”的主要目的是_____________________________。 （6）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Zr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 （7）实验室可以用络合滴定法快速测定“酸浸”溶液中锆的含量，步骤如下： ①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，________________________________________________________________________________，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。 ②已知ZrO2＋与EDTA发生1∶1络合反应，则酸浸液中含量(以ZrO2＋计)为___________mg·mL－1。 【答案】（1）4d25s2 （2）Na2ZrO3＋4H＋＝ZrO2＋＋2Na＋＋2H2O （3）6.0×10－16 （4）ZrO2＋2C＋2Cl2ZrCl4＋2CO （5）①sp3杂化 分子晶体 ②将FeCl3转化为FeCl2，防止FeCl3升华影响产品纯度 （6）AC （7）①用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 ②12.3cV 【解析】氧氯化锆(主要含ZrOCl2，还含有少量Fe、Cr等元素)等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：ZrO2＋、Fe3＋、Cr3＋；加入氨水，而后“沉淀”时Fe3＋、Cr3＋生成沉淀，煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氯化”时，转化为ZrCl4、FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答。 （1）Zr是Ti的同族相邻元素，Ti的价电子排布式为：3d24s2，基态Zr原子的价电子排布式是：4d25s2；（2）Na2ZrO3难溶于水，不拆分；锆元素在酸溶液中以ZrO2＋形式存在，则离子方程式为：Na2ZrO3＋4H＋＝ZrO2＋＋2Na＋＋2H2O；（3）废液中＝1.8，根据Kb(NH3·H2O)＝＝1.8×10－5可得c(OH－)＝10－5 mol·L－1，c(Cr3＋)＝＝＝6.0×10－16 mol·L－1；（4）Zr的化合价不变，C被氧化且生成还原性气体CO，Cl2被还原成Cl－，ZrO2＋2C＋2Cl2ZrCl4＋2CO；（5）由Fe2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Fe原子价层电子对数是4，其与周围的4个氯原子形成四面体结构，因此二聚体中Fe的杂化轨道类型为sp3杂化；FeCl3的沸点为315℃且易溶于乙醚，晶体类型为分子晶体；ZrCl4的沸点为331℃，FeCl3的沸点为315℃，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将FeCl3转化为沸点更高的FeCl2；（6）该流程中金属冶炼方法为热还原法，选AC；（7）①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁； ②依据ZrO2＋与EDTA发生1∶1络合反应，滴定消耗n(EDTA)＝cV×10－3 mol，则10.00 mL酸浸液中n(ZrO2＋)＝n(EDTA)＝cV×10－3 mol，锆含量(以ZrO2计)为：＝＝12.3cV mg·mL－1。 7．（2025·江苏省宿迁沭阳如东中学12月）金常以微细粒浸染于含砷黄铁矿中，此类矿石预氧化处理方法主要有：焙烧氧化、生物氧化和湿法氧化。 （1）含砷黄铁矿(主要成分为FeAsS，其中As元素为0价)高温焙烧氧化后，再用氰化钠(NaCN)溶液浸出。 ①焙烧氧化的固体产物有As4O6、Fe3O4，该反应的化学方程式为________________________________。 ②臭氧化法去除CN－。“臭氧－活性炭”去除浸出液中CN－的机理如下图所示(“*”表示活性炭表面吸附的物种，碱性条件下活性炭催化O3产生HO－)。 HO·氧化CN－的离子方程式为：______________________________________。 ③在含氰废水pH＝8，臭氧通入量为25 mg·min－1的实验条件下，1 L含氰废水分别在“臭氧”、“活性炭”和“臭氧一活性炭”三种体系下对CN－的去除率随时间变化的曲线如图所示。 “臭氧一活性炭”体系对CN－的去除率明显优于另外两个体系。与pH＝8相比，调节废水pH＝10时，“臭氧一活性炭”体系对CN－的去除率明显增大的原因是________________________________。 （2）利用细菌进行生物氧化提取金。pH对金的浸出率影响如图： pH影响金浸出率的原因是___________________________________________________。 （3）湿法氧化提取金。在溶液中，Au＋与Sn2－、S2O32－等能形成配合物。已知Au的硫酸盐难溶于水。 ①工业上利用硫代硫酸盐可浸出金生成Au(S2O3)23－，但在富氧条件下浸出率明显降低，原因是____________________________________________。 ②常温下，已知H2S－HS－－S2－粒子体系随pH变化各组分分布如图，多硫化物浸金的一种原理是：混合体系在通空气条件下氧化时，体系中S2－先被氧化为S，再转化为S42－。研究发现S42－可将Au氧化为AuS－，pH＝11时S42－将Au氧化的离子方程式为___________________________________________________。 （4）准确称取某含金单质试样4.000 g，加入王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3]，将Au转化成氯金酸(化学式为HAuCl4，能被Fe2＋还原为Au)，加热除去过量的HNO3，过滤，在不断搅拌下，加入过量0.2000 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液120.00 mL，充分反应，二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.1000 mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液36.00 mL。 计算试样中金的质量分数___________(写出计算过程)。 【答案】（1）①12FeAsS＋29O24Fe3O4＋12SO2＋3As4O6 ②10HO·＋2CN－＋2OH－＝2CO32－＋N2↑＋6H2O ③碱性增强，活性炭催化O3产生HO·的速率加快 （2）在强酸、强碱性条件下，微生物的蛋白质发生变性，需控制一定的pH （3）①S2O32－会被氧化成SO42－，形成硫酸金沉淀 ②6Au＋2HS－＋2OH－＋S42－＝6AuS－＋2H2O （4）消耗n(K2Cr2O7)＝cV＝0.1000 mol·L－1×36.00×10－3 L＝3.6×10－3 mol，(NH4)2Fe(SO4)2和K2Cr2O7反应生成Fe3＋和Cr3＋，反应关系式6(NH4)2Fe(SO4)2～K2Cr2O7，则剩余的n(Fe2＋)＝6n(K2Cr2O7)＝2.16×10－2 mol，与HAuCl4反应的n(Fe2＋)＝0.2000 mol·L－1×120.00×10－3 L－2.16×10－2 mol＝2.4×10－3 mol，由关系式Au～HAuCl4～3Fe2＋，n(Au)＝n(Fe2＋)＝×2.4×10－3 mol＝8.00×10－4 mol，金的质量分数：×100%＝3.94%。 【解析】含砷黄铁矿(主要成分为FeAsS，其中As元素为0价)高温焙烧氧化，生成As4O6、Fe3O4，再用氰化钠(NaCN)溶液浸出，臭氧化法去除CN－，利用细菌进行生物氧化提取金和湿法氧化提取金。用氧化还原滴定法测量试样中金的含量，称取某含金单质试样溶于王水，将Au转化成氯金酸(HAuCl4)，加入过量(NH4)2Fe(SO4)2溶液，HAuCl4被Fe2＋还原为Au，剩余Fe2＋用K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，由消耗K2Cr2O7溶液的量可求出溶液中剩余Fe2＋的量，可计算出还原HAuCl4消耗Fe2＋的量，根据反应关系式即可求得Au的量，从而求出试样中金的质量分数，据此分析解答。 （1）①含砷黄铁矿(主要成分为FeAsS)高温焙烧氧化生成As4O6、Fe3O4，根据氧化还原反应原理配平得反应的化学方程式为：12FeAsS＋29O24Fe3O4＋12SO2＋3As4O6；②由图可知，HO·氧化CN－生成CO32－和N2，反应的离子方程式为：10HO·＋2CN－＋2OH－＝2CO32－＋N2↑＋6H2O； ③由图可知，碱性条件下活性炭催化O3产生HO·，HO·氧化CN－生成CO32－和N2，pH高于10，溶液碱性增强，活性炭催化O3产生HO·的速率加快，CN－的去除率明显增大；（2）利用细菌进行生物氧化提取金，根据图中信息可知，pH影响金浸出率的原因是在强酸、强碱条件下，微生物的蛋白质发生变性，需控制一定的pH；（3）①工业上利用硫代硫酸盐可浸出金生成Au(S2O3)23－，S2O32－会被氧化为SO42－，形成硫酸金沉淀，故在富氧条件下浸出率明显降低；②S42－可将Au氧化为AuS－，pH＝11时S42－将Au氧化，结合溶液为碱性，根据氧化还原反应原理配平得反应的离子方程式为：6Au＋2HS－＋2OH－＋S42－＝6AuS－＋2H2O；（4）消耗n(K2Cr2O7)＝cV＝0.1000 mol·L－1×36.00×10－3 L＝3.6×10－3 mol，(NH4)2Fe(SO4)2和K2Cr2O7反应生成Fe3＋和Cr3＋，反应关系式6(NH4)2Fe(SO4)2～K2Cr2O7，则剩余的n(Fe2＋)＝6n(K2Cr2O7)＝2.16×10－2 mol，与HAuCl4反应的n(Fe2＋)＝0.2000 mol·L－1×120.00×10－3 L－2.16×10－2 mol＝2.4×10－3 mol，由关系式Au～HAuCl4～3Fe2＋，n(Au)＝n(Fe2＋)＝×2.4×10－3 mol＝8.00×10－4 mol，金的质量分数：×100%＝3.94%。 8．（2025·江苏省无锡澄宜六校12月联考）以软锰矿[主要成分为MnO2，还含有钙镁碳酸盐及少量的有机物(C12H22O11)]为原料制备硫酸锰，进而进一步制备Mn3O4、Mn12O19。 （1）制备硫酸锰的流程如下： 已知：①“酸洗”时，MnO2与有机物发生反应使锰元素产生损耗；②使用相同浓度硝酸或磷酸进行“酸洗”时，锰元素损耗率：硝酸大于磷酸。 ①写出用硝酸“酸洗”时，有机物与MnO2反应生成CO2的离子方程式______________________________________________________。 ②工业上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是_____________________________________ ____________________________________。 ③“还原”过程中会得到副产物MnS2O6，其形成过程如下： pH在4～6范围内，随溶液pH增大，MnS2O6的生成速率减小，其主要原因是___________________________________________________________。 （2）已知：pH在6.4～7.6范围内，MnSO4可被氧气直接氧化得到Mn3O4．实际工业生产时，先向MnSO4溶液中通入氨气生成Mn(OH)2沉淀，再将Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，其他条件一定时，Mn2＋的沉淀率随氨气通入量的变化如图所示。 向起始pH≈7的MnSO4溶液中持续通入O2，反应一段时间后，MnSO4不再转化Mn3O4，其原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 （3）制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1∶5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。制备Mn12O19的离子方程式为___________________________________________________________________。 【答案】（1）①C12H22O11＋24MnO2＋48H＋＝24Mn2＋＋12CO2↑＋35H2O ②PO43－易与溶液中Ca2＋、Mg2＋杂质离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去 ③pH增大，c(HSO3－)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢 （2）Mn2＋直接被氧化时发生反应为6Mn2＋＋6H2O＋O2＝2Mn3O4＋12H＋，生成大量H＋，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2＋氧化成Mn3O4所需的pH值 （3）2MnO4－＋10Mn2＋＋2S2O82－＋11H2O＝Mn12O19↓＋4SO42－＋22H＋ 【解析】根据软锰矿中所含杂质，以及题中所给信息可知，“酸洗”步骤中部分MnO2与有机物发生氧化还原反应，钙镁碳酸盐与酸反应生成可溶于水的物质，然后过滤，滤渣中主要成分是MnO2，向滤渣中加水“制浆”，通入二氧化硫，发生氧化还原反应，得到硫酸锰，据此分析。 （1）①MnO2与有机物发生氧化还原反应，将C元素氧化成CO2，本身被还原为Mn2＋，利用化合价升降法、电荷守恒、原子守恒得出该反应离子方程式为C12H22O11＋24MnO2＋48H＋＝24Mn2＋＋12CO2↑＋35H2O，故答案为C12H22O11＋24MnO2＋48H＋＝24Mn2＋＋12CO2↑＋35H2O；②软锰矿杂质中含有钙镁碳酸盐，Ca2＋、Mg2＋能与磷酸反应生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；故答案为PO43－易与溶液中Ca2＋、Mg2＋杂质离子生成难溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物质，无法通过“酸洗”步骤除去；③根据流程图可知，MnOOH用于HSO3－反应生成MnO与H2S2O6，MnO与H2S2O6反应生成MnS2O6，当溶液pH增大，c(HSO3－)减小，从而导致c(H2S2O6)减小，使生成MnS2O6的速率减慢；故答案为：pH增大，c(HSO3－)减小，c(H2S2O6)减小，生成MnS2O6的速率减慢； （2）Mn2＋直接被氧化时发生反应为6Mn2＋＋6H2O＋O2＝2Mn3O4＋12H＋，生成大量H＋，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2＋氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案为Mn2＋直接被氧化时发生反应为6Mn2＋＋6H2O＋O2＝2Mn3O4＋12H＋，生成大量H＋，使溶液pH迅速降低，无法维持Mn2＋氧化成Mn3O4所需的pH值；（3）制备Mn12O19的反应中KMnO4、MnSO4按物质的量之比1∶5与K2S2O8反应，且反应后的溶液中只有K2SO4和H2SO4两种溶质。根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒及物质的拆分原则，可知制备Mn12O19的离子方程式为：2MnO4－＋10Mn2＋＋2S2O82－＋11H2O＝Mn12O19↓＋4SO42－＋22H＋。 9．（2025·江苏省海安高级中学期中）V2O5是制造钒铁合金的原料。从废钒催化剂中(含V2O5、V2O4等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。 （1）废钒催化剂中先加入H2SO4酸浸，V2O5和V2O4与稀硫酸反应分别生成VO2＋和VO2＋；再加入FeSO4溶液，钒元素均转化为VOSO4溶液。 ①钒原子的价层电子排布式为___________。 ②FeSO4还原VO2＋的离子方程式为_______________________________________。 （2）将上述含VOSO4的溶液进行“萃取”和“反萃取”提纯，用于制备钒酸盐。原理为：VO2＋(水层)＋nHA(有机层)VOAn(有机层)＋nH＋(水层)。 若上述溶液中c(VO2＋)＝a mol·L－1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2＋萃取率为90%，4次操作后，原溶液中残留的c(VO2＋)＝___________mol·L－1。(萃取率＝×100%) （3）向反萃取后的水层中加入KClO3氧化VO2＋，再加入NH4Cl得到NH4VO3沉淀。 ①氧化所得溶液中含有一种复杂的含钒阴离子结构如图所示，由4个VO4四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为____________________。 ②已知Ksp(NH4VO3)＝3.0×10－8，向10 mL 0.2 mol·L－1 KVO3溶液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使VO3－沉淀完全，NH4Cl溶液最小浓度为___________。(保留三位有效数字，溶液中某离子浓度≤1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全) （4）取234 g NH4VO3进行煅烧获得V2O5，过程中减少质量(∆m)随温度变化的曲线如图所示。 ①写出C到D过程中的化学方程式______________________________________________。 ②煅烧时不断鼓入空气的目的是______________________________________________。 【答案】（1）①3d34s2 ②VO2＋＋Fe2＋＋2H＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O （2）10－4a （3）①V4O124－ ②0.206 mol·L－1 （4）①2HNO3V2O5＋H2O(或H2V2O6V2O5＋H2O) ②防止NH3还原V2O5 【解析】（1）由分析可知：钒为23号元素，钒原子的价层电子排布式为3d34s2；FeSO4还原VO2＋，钒元素均转化为VOSO4，反应的离子方程式为：VO2＋＋Fe2＋＋2H＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O；（2）溶液中c(VO2＋)＝a mol·L－1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2＋萃取率为90%，则每次均剩余10%，4次操作后，原溶液中残留的c(VO2＋)＝a mol·L－1×(10%)4＝10－4a mol·L－1；（3）①由图可知，4个VO4四面体通过共用顶点氧原子构成八元环，V原子位于体心总数为4，O原子实际个数为4×4－4＝12，V为+5价，其化学式为：V4O124－；②向10 mL 0.2 mol·L－1 KVO3溶液中加入等体积的NH4Cl溶液(忽略混合过程中的体积变化)，则沉淀KVO3消耗NH4Cl的物质的量：n(NH4Cl)＝0.2 mol·L－1×0.01 L＝0.002 mol，欲使VO3－沉淀完全，c(VO3－)≤1.0×10－5 mol·L－1，Ksp(NH4VO3)＝3.0×10－8＝c(NH)×c(VO3－)，需要铵根的浓度为：c(NH)＝＝3.0×10－3 mol·L－1，因此NH4Cl溶液的最小浓度为：＝0.206 mol·L－1；（4）①234 g NH4VO3的物质的量为2 mol，n(V)＝2 mol，A→B(C)质量减少34 g，则减少的是2 mol NH3的质量，故B(C)为HVO3(或H2V2O6)，C→D质量减少(52－34) g＝18 g，减少的是1 mol H2O，HVO3失重即变成钒的氧化物，234 g－52 g＝182 g，含氧原子的物质的量：＝5 mol，因此D是V2O5，则C到D过程中的化学方程式：2HNO3V2O5＋H2O(或H2V2O6V2O5＋H2O)；②NH3有还原性，煅烧时不断鼓入空气的目的是防止NH3还原V2O5。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 中等生 天天练 补短板 优等生 天天练 保领先 尖子生 天天练 夺高分 学科网（北京）股份有限公司 $$