综合03 化学反应原理压轴和化工流程题13题（江西专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期末真题分类汇编

综合03 化学反应原理和化工流程压轴题13题 考向1 化学反应原理压轴题 1．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）二氧化碳的回收及综合利用是目前研究的热点之一。和在催化剂的作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     (1)反应的 ，该反应的自发条件是 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。 (2)已知反应Ⅰ的速率方程：，（k是速率常数，只与温度有关），则升高温度，增大的倍数 （填“大于”“小于”或“等于”增大的倍数。 (3)恒温下，与在恒容密闭容器发生反应Ⅱ，下列能表明反应已达到平衡状态的有 （填标号）。 A．每消耗1mol ，同时生成1mol B． C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．混合气体的压强不变 (4)温度为T℃、压强为p时，向容积固定的密闭容器中通入4mol 和1mol ，只发生反应Ⅰ，反应过程中保持温度恒定，达到平衡时测得容器内气体的总压强为0.8p，则T℃时的转化率为： ，反应Ⅰ的 （为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）。 (5)为了变废为宝，科学家提出在酸性介质中，使二氧化碳在外接电源作用下，采用高效催化剂使其转化为丙烯，则阴极的电极反应式为： 。 2．（22-23高二下·江西宜春·期末）为加快实现“双碳”目标，有效应对全球气候变化、构建低碳社会，CO2资源化利用受到越来越多的关注。 I．利用CO2与CH4制备合成气CO、H2的反应历程如下： 第一步：CH4(g)+CO2(g)→C(ads)+2H2(g)+CO2(g) ΔH1=E1kJ·mol-1； 第二步：C(ads)+2H2(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g) ΔH2=E2kJ·mol-1； 说明：ads为吸附型催化剂。 (1)制备合成气总反应的反应热ΔH= kJ·mol-1； (2)一定条件下ads对CO2也有吸附作用。结合下图分析ads吸附CO2的适宜条件是 。 (3)由甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。在不同反应物浓度时，该反应的反应速率如下表所示： 实验编号 1 2 3 4 c(CH4)/(mol·L-1) 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000 v/(mol·L-1·min-1) 0.0076 0.0153 0.0227 0.0306 该反应的速率方程为：v= mol·L-1·min-1[用含c(CH4)的代数式表示]。 Ⅱ.CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应： 反应1：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) (4)已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2molCO2和6molH2，一段时间后达到平衡，测得体系中生成2.5molH2O，压强变为原来的75%，反应1的平衡常数K= (用分数表示)，CH4选择性= (CH4选择性=，保留三位有效数字)。 3．（22-23高二下·江西宜春·期末）工业利用、催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。 (1)原料气(含、、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为：  。 ①为提高CO吸收率，应选择的条件为 。 A．高温高压　　　　B．高温低压　　　　C．低温高压　　　　D．低温低压 ②中的配体为 (2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。 ①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为 。合成氨反应：的 (用图中字母表示)。 ②铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，越大，反应速率越小。原因是 。 (3)反应的标准平衡常数可表达为：，其中为标准压强(0.1MPa)，、和分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)。若和起始物质的量之比为1：3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，则 (结果保留两位有效数字)。 4．（22-23高二下·江西赣州·期末）中国空间站还原转化系统能把呼出的捕集、分离并与空间站电解水系统产生的进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。 (1)一种借助光将转化为的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是 。      (2)一定条件下，和还可发生如下两个平行反应： ⅰ．　 ⅱ．　 ①已知相关键能数据如下表： 化学键 键能 436 464 803 1072 则反应ⅰ的 。 ②为了据高的产率，理论上应采用的措施是 (填字母)。 A．低温低压    B．高温低压    C．高温高压    D．低温高压 (3)保持温度533K，压强3MPa，按投料比向密闭容器中充入和，测得在不同催化剂下，反应相同时间，转化率和选择性的相关实验数据如下表所示(已知选择性=转化的中生成的百分比)。 催化剂 转化率 选择性 cat.1 21.9% 67.3% cat.2 36.1% 100.0% 上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ⅱ达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．混合气体的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．和的物质的量之比为 D．和的物质的量之比不再变化 (4)一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ⅱ，达平衡时，的转化率为，则该温度下的平衡常数 (保留两位有效数字)。 (5)若恒容密闭容器中只发生上述反应ⅰ，在进气比不同、温度不同时，测得相应的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度 (填“<”、“>”或“=”)，其原因是 。      5．（22-23高二下·江西·期末）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，回答下列问题： (1)250℃、100 kPa时二氧化碳加氢制甲醇的反应一般认为通过两个步骤来实现，能量变化过程如图所示。 总反应的焓变△H= kJ·mol-1，写出决速步反应的热化学方程式 。 (2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250°C下的x(CH3OH)~p、在p=5×105 Pa下的x(CH3OH)~t如图所示。 ①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数表达式Kp= 。 ②图中对应等压过程的曲线是 ，判断的理由是 。 ③当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率α= 。 ④A、B、C、D、E中可能表示220℃、6×105Pa时的平衡状态的点是 ，C、D两点的平衡常数分别是KC、KD，KC KD(填“＞”“＜”或“=”)。 6．（22-23高二下·江西萍乡·期末）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。 (1)已知下列热化学方程式： ① ② ③ 写出由、和化合生成的热化学方程式 。 (2)在稀硫酸中利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图甲所示。 ①阳极的电极反应式为 ②铜电极上产生的电极反应式为 ，若铜电极上只生成，则铜极区溶液质量变化了 g。 ③若铜极上只生成和，则电路中转移 电子。 (3)我国科学家报道了机理如图乙所示的电化学过程。 ①电极为 极， ②理论上，每有与结合，电路中转移电子数为 。 考向2 化工流程压轴题 7．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）以铜钴矿[主要成分为CoOOH、、，另含少量及含砷化合物]制备钾电池正极原料，生产流程如图所示： 已知： ①酸浸液中含有的阳离子为、、、； ②萃取除铜的过程可表示为(有机层)(有机层)； ③，。 (1)一种钴的氧化物的晶胞结构如图所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为 ，该氧化物中钴离子的配位数是 。设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm，该晶体的密度为 。 (2)酸浸液中钴以形式存在，生成的化学方程式为 ，酸浸过程中可适当升温以加快反应速率，但温度过高单位时间内钴的浸出率明显降低，原因是 。 (3)实验室模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置，如图所示，则分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：先打开上口玻璃活塞，再打开下口活塞 。 (4)常温条件下，若除铁结束后溶液pH＝3，则是否完全沉淀？（离子浓度低于时，可认为该离子完全沉淀）通过计算说明： 。 8．（22-23高二下·江西宜春·期末）某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下： 回答下列问题： (1)FeS2中硫元素化合价为 ，滤渣I的成分除了S还有 。 (2)写出任意一种加快酸浸速率的措施 。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是 。 (3)“沉锰”时发生反应的离子方程式为： 。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K= (保留一位小数，已知： Ksp[Mn(OH)2]=1.9 ×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2× 10-11)。 9．（22-23高二下·江西宜春·期末）分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示：    已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。 ②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的浸渣。 回答下列问题： (1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为 。 (2)“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为 。 (3)向碱浸液加入盐酸调节，有析出，分离出的操作是 。滤液中As元素最主要的存在形式为 (常温下，的各级电离常数为：、、)。 A．　　　　B．　　　　C．　　　　D． (4)“氯盐酸浸”时，通入的目的是 。 (5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为 。 (6)可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于的原因为 。晶胞是长方体结构(如图所示)，碲的配位数为 。已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 (列出计算表达式)    10．（22-23高二下·江西赣州·期末）从砷化镓废料(主要成分为，含和等杂质)中回收镓和砷的工艺流程如下：    已知：①是两性氢氧化物。 ②25℃时，的溶度积。 回答下列问题： (1)“浆化”是将砷化镓废料转变成悬浊液的过程，其目的是 。 (2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，砷化镓转化为和进入溶液，该反应的化学方程式为 。 (3)“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度不宜过高或过低的原因是 ；“滤渣2”的成分为 (填化学式)。 (4)向“中和”后得到的滤液中加入足量的溶液，使大于12，经 ，降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥后得到。 (5)“旋流电解”时用惰性电极，则所得“尾液”的主要溶质是 (填化学式)，可进行循环利用，提高经济效益。 (6)为了探究在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数 (已知：　) 11．（22-23高二下·江西吉安·期末）以含铅废料(Pb、PbO、、及炭黑等)制备高纯PbO。其流程如下： (1)酸浸时，在催化下Pb和反应生成的离子方程式是 。 (2)催化过程可表示为： ⅰ：    ⅱ：…… 写出ⅱ的离子方程式： 。 (3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡： ，其溶解度曲线如图所示。    ①转化过程中，选用10%NaOH溶液的原因是 。 ②滤液2中含有的阴离子有、 。 (4)结合上述溶解度曲线，设计利用粗PbO制备高纯PbO的方案： 。(实验中可选用的试剂： ；10%NaOH溶液、35%NaOH溶液、蒸馏水) (5)六方氧化铅晶体的结构如图所示。用碳原子代替氧原子和铅原子，即为六方金刚石。请在该图内用粗线框出六方金刚石的一个晶胞，要求框线必须包含图中已有的一段粗线，且框出的晶胞体积最小 。 12．（22-23高二下·江西萍乡·期末）铍及其化合物用途广泛，以绿柱石(主要组成是3BeO·Al2O3·6SiO2， 还含少量铁元素)和方解石(主要成分是CaCO3)为原料生产铍的工艺流程如图所示：    已知：①铝铵矾[NH4Al(SO4 )2·12H2O]在不同温度下的溶解度如下表： 温度/°C 0 10 20 30 40 60 溶解度/g 2.10 5.00 7.74 10.9 14.9 26.7 ②Be(OH)2性质和Al(OH)3相似，是两性氢氧化物。 回答下列问题： (1)绿柱石中Be的化合价为 。“熔炼”中生成气体的电子式为 。 (2)滤渣1中除SiO2及难溶性硅酸盐外，还含有 (填化学式)； “转化”后，要得到铝铵矾晶体，在中学实验室中可采取的操作是 、 、过滤、 洗涤、干燥。 (3)加H2O2时，溶液中发生反应的离子方程式是 。 (4)“沉铍”时，若选用氢氧化钠溶液可能造成的影响是 ，所得母液中的主要溶质可返回到 工序循环利用。 (5)“沉铍”时加入氨水调节pH至7.5，列式并计算说明此时溶液中的铍离子是否沉淀完全 。(已知：该条件下，Ksp[Be(OH)2]＝1.6×10－22； 离子浓度≤1×10－5mol·L－1时，可认为离子沉淀完全。) 13．（22-23高二下·江西·期末）以钛铁矿(主要成分为FeO·TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括Mg2+、TiOCl+ 。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣(钛元素主要以TiO2·2H2O形式存在)，写出上述转变的离子方程式： 。 (2)“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是 。 (3)“沉铁”步骤反应的化学方程式为 ，“沉铁”后的滤液经处理后可返回 工序循环利用。 (4)“煅烧”制备LiFePO4过程中，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为 。 (5)以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，放电时发生反应：Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4=Li4Ti5O12+LiFePO4(0＜x＜1)，正极的电极反应式为 。 (6)从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c(Li+)=4mol·L-1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则加入的碳酸钠溶液浓度为 mol·L-1[已知Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和]。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 综合03 化学反应原理和化工流程压轴题13题 考向1 化学反应原理压轴题 1．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）二氧化碳的回收及综合利用是目前研究的热点之一。和在催化剂的作用下发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     (1)反应的 ，该反应的自发条件是 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。 (2)已知反应Ⅰ的速率方程：，（k是速率常数，只与温度有关），则升高温度，增大的倍数 （填“大于”“小于”或“等于”增大的倍数。 (3)恒温下，与在恒容密闭容器发生反应Ⅱ，下列能表明反应已达到平衡状态的有 （填标号）。 A．每消耗1mol ，同时生成1mol B． C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．混合气体的压强不变 (4)温度为T℃、压强为p时，向容积固定的密闭容器中通入4mol 和1mol ，只发生反应Ⅰ，反应过程中保持温度恒定，达到平衡时测得容器内气体的总压强为0.8p，则T℃时的转化率为： ，反应Ⅰ的 （为用气体的分压表示的平衡常数，分压＝气体的体积分数×体系总压）。 (5)为了变废为宝，科学家提出在酸性介质中，使二氧化碳在外接电源作用下，采用高效催化剂使其转化为丙烯，则阴极的电极反应式为： 。 【答案】(1)－248.4 低温 (2)小于 (3)A (4)50% (5)3CO2＋18e－＋18H＋＝CH2＝CHCH3＋6H2O 【解析】（1）反应Ⅰ：     反应Ⅱ：     由盖斯定律可知，①-②×2得反应：，该反应在为放热的熵减反应，则能在低温下能自发进行； （2）达到平衡后，仅升高温度，该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，则k正增大的倍数小于k逆增大的倍数； （3）A．每消耗1mol ，同时生成1mol ，说明正逆反应速率相等，表明上述反应已达到平衡状态，A正确；B．浓度相等无法确定是否平衡，浓度保持不变可以确定是平衡，B错误；C．混合气体的质量和体积均恒定，平均相对分子质量不变无法确定是否平衡，C错误；D．反应前后，气体体积不变，混合气体的压强恒定，无法确定是否平衡，D正确；故选A。 （4）设反应达到平衡后，转化了xmol，根据已知数据，可列三段式： 恒容条件下，容器内的压强比等于物质的量比，起始条件下，容器总物质的量为5mol，总压强为p，平衡后，容器总物质的量为(5-2x)mol，总压强为0.8p，则 ，解得x=0.5mol，所以平衡后、、、的物质的量，依次为： 、 、、，容器总物质的量为4mol，所以各物质的分压为：， ，，，则该温度下Sabatier反应的； （5）阴极上转化为，酸性介质中该电解池阴极的电极反应式：3CO2＋18e－＋18H＋＝CH2＝CHCH3＋6H2O。 2．（22-23高二下·江西宜春·期末）为加快实现“双碳”目标，有效应对全球气候变化、构建低碳社会，CO2资源化利用受到越来越多的关注。 I．利用CO2与CH4制备合成气CO、H2的反应历程如下： 第一步：CH4(g)+CO2(g)→C(ads)+2H2(g)+CO2(g) ΔH1=E1kJ·mol-1； 第二步：C(ads)+2H2(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g) ΔH2=E2kJ·mol-1； 说明：ads为吸附型催化剂。 (1)制备合成气总反应的反应热ΔH= kJ·mol-1； (2)一定条件下ads对CO2也有吸附作用。结合下图分析ads吸附CO2的适宜条件是 。 (3)由甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6+H2。在不同反应物浓度时，该反应的反应速率如下表所示： 实验编号 1 2 3 4 c(CH4)/(mol·L-1) 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000 v/(mol·L-1·min-1) 0.0076 0.0153 0.0227 0.0306 该反应的速率方程为：v= mol·L-1·min-1[用含c(CH4)的代数式表示]。 Ⅱ.CO2在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应： 反应1：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 反应2：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) (4)已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2molCO2和6molH2，一段时间后达到平衡，测得体系中生成2.5molH2O，压强变为原来的75%，反应1的平衡常数K= (用分数表示)，CH4选择性= (CH4选择性=，保留三位有效数字)。 【答案】(1)E1+E2 (2)25℃，10mL·min-1(或低温，低流速) (3)0.076c(CH4) (4) 66.7%或0.667 【解析】（1）由信息可知，第一步即反应i：CH4(g)+CO2(g)→C(ads)+2H2(g)+CO2(g) ΔH1=E1kJ·mol-1；第二步即反应ii：C(ads)+2H2(g)+CO2(g)→2CO(g)+2H2(g) ΔH2=E2kJ·mol-1；则反应i+反应ii即得制备合成气总反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，根据盖斯定律可知，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2=(E1+E2)kJ·mol-1； （2）一定条件下ads对CO2也有吸附作用，由题干图示信息可知，25℃下流速为10mL/min时，ads吸附CO2的量最大，故该过程的适宜条件是25℃、10mL/min； （3）由题干表中数据可知，当c(CH4)=0.1000mol/L时，v=0.0076 mol·L-1·min-1，当c(CH4)=0.2000mol/L时，v=0.0153 mol·L-1·min-1，由此可知反应速率与c(CH4)成正比，故该反应的速率方程为：v=kc(CH4)mol·L-1·min-1，带入数据可知：0.0227=0.3000k，即得k=0.076，故该反应速率方程为：v=0.076c(CH4)mol·L-1·min-1； （4）已知温度为T时，向0.5L恒容密闭容器中充入2molCO2和6molH2，一段时间后达到平衡，测得体系中生成2.5molH2O，压强变为原来的75%，由三段式分析： ，2x+y=2.5mol，，解得：x=1，y=0.5，即平衡时c(CO2)= =1.0mol/L，c(H2)= =3.0mol/L，c(CH4)==2.0mol/L，c(H2O)==5.0mol/L，反应1的平衡常数K===，CH4选择性=×100%=66.7%。 3．（22-23高二下·江西宜春·期末）工业利用、催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。 (1)原料气(含、、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为：  。 ①为提高CO吸收率，应选择的条件为 。 A．高温高压　　　　B．高温低压　　　　C．低温高压　　　　D．低温低压 ②中的配体为 (2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。 ①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为 。合成氨反应：的 (用图中字母表示)。 ②铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程(k为速率常数)可知，越大，反应速率越小。原因是 。 (3)反应的标准平衡常数可表达为：，其中为标准压强(0.1MPa)，、和分别为各组分的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)。若和起始物质的量之比为1：3，反应在恒温、恒压(10MPa)下进行，平衡时转化率为50%，则 (结果保留两位有效数字)。 【答案】(1)C 、CO (2) 浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍的吸附 (3) 【解析】（1）是一个气体减少的放热反应，提高吸收率应该用高压低温条件；配离子方括号内的是内界，配体是NH3和CO； （2）由反应历程和相对能量图可知，活化能最大的是过渡态4的反应，因此化学方程式为：；从相对能量上看，合成氨反应是放热反应，生成物能量和反应物能量差是b-aKJ/mol；铁催化合成氨时与需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，氨气浓度越大，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍的吸附，反应速率下降； （3） 代入公式：。 4．（22-23高二下·江西赣州·期末）中国空间站还原转化系统能把呼出的捕集、分离并与空间站电解水系统产生的进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。 (1)一种借助光将转化为的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是 。      (2)一定条件下，和还可发生如下两个平行反应： ⅰ．　 ⅱ．　 ①已知相关键能数据如下表： 化学键 键能 436 464 803 1072 则反应ⅰ的 。 ②为了据高的产率，理论上应采用的措施是 (填字母)。 A．低温低压    B．高温低压    C．高温高压    D．低温高压 (3)保持温度533K，压强3MPa，按投料比向密闭容器中充入和，测得在不同催化剂下，反应相同时间，转化率和选择性的相关实验数据如下表所示(已知选择性=转化的中生成的百分比)。 催化剂 转化率 选择性 cat.1 21.9% 67.3% cat.2 36.1% 100.0% 上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ⅱ达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．混合气体的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．和的物质的量之比为 D．和的物质的量之比不再变化 (4)一定条件下，向恒容密闭容器中充入和，只发生上述反应ⅱ，达平衡时，的转化率为，则该温度下的平衡常数 (保留两位有效数字)。 (5)若恒容密闭容器中只发生上述反应ⅰ，在进气比不同、温度不同时，测得相应的平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度 (填“<”、“>”或“=”)，其原因是 。      【答案】(1) (2)＋42 D (3)B (4)3.7 (5)< 依据图像数据计算得到B、D点的平衡常数KB＝2.25，KD＝3，反应i是吸热反应，升温K增大 【解析】（1）由催化机理图可知，该反应的反应物为CO2和H2，产物为CH4和H2O，则化学方程式为，故答案为； （2）①由反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能可知，ΔH＝(803×2＋436－1072－464×2)kJ/mol =＋42kJ/mol，故答案为＋42； ②生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强都可以使平衡正向移动，为了提高甲醇的产率，采取呃措施可以是低温高压，故选D； （3）使用cat.2作催化剂，甲醇的选择性100％，即只发生反应ii。 A．恒压条件下，气体压强一直不变，所以气体压强不再发生变化不能判断反应ii是否达到平衡，故A错误；B．反应ii的反应物和反应产物都是气体，气体的总质量不变，但是气体的总物质的量变化，在恒压条件下，体系的体积变化，所以混合气体的密度始终变化，所在密度不再发生变化能判断反应ii是否达到平衡，故B正确；C．和是生成物，物质的量之比始终为1:1，所以和的物质的之比为1:1不能判断反应ii是否达到平衡状态，故C错误；D．起始投料和的物质的量之比是方程式的系数比，所以和的物质的量之比一直不变，和的物质的量之比不再变化不能作为判断反应是否达到平衡的标志，故D错误；所以选B。 （4）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，只发生反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，则H2转化的物质的量为2.4 mol，可得三段式： 则该温度下的平衡常数，故答案为3.7； （5）B点进气比＝1:1，CO2的平衡转化率为60%，设CO2和H2的物质的量均为1 mol，容器体积为1L，可列三段式 可得平衡常数。 B点进气比＝1.5:1，CO2的平衡转化率为50%，设CO2和H2的物质的量分别为3 mol、2 mol，容器体积为1L，可列三段式 可得平衡常数。该反应的正反应是吸热反应，温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，K(B)＜K(D)，所以T(B)＜T(D)，故答案为<；依据图像数据计算得到B、D点的平衡常数KB＝2.25，KD＝3，反应i是吸热反应，升温K增大。 5．（22-23高二下·江西·期末）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳，回答下列问题： (1)250℃、100 kPa时二氧化碳加氢制甲醇的反应一般认为通过两个步骤来实现，能量变化过程如图所示。 总反应的焓变△H= kJ·mol-1，写出决速步反应的热化学方程式 。 (2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250°C下的x(CH3OH)~p、在p=5×105 Pa下的x(CH3OH)~t如图所示。 ①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数表达式Kp= 。 ②图中对应等压过程的曲线是 ，判断的理由是 。 ③当x(CH3OH)=0.10时，CO2的平衡转化率α= 。 ④A、B、C、D、E中可能表示220℃、6×105Pa时的平衡状态的点是 ，C、D两点的平衡常数分别是KC、KD，KC KD(填“＞”“＜”或“=”)。 【答案】(1)E1-E2+E3-E4 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    ΔH=(E1-E2)kJ·mol-1 (2)① ②b 总反应ΔH＜0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 ③33.3% ④B = 【解析】（1）总反应的焓变等于反应物与生成物的能量差，则反应热△H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1-E2+E3-E4； 对于多步反应，总反应进行的快慢程度由慢反应决定。根据图示可知：第一步反应活化能大，反应速率慢，第二步反应活化能小，反应速率快，故总反应由第一步反应决定，该步反应的热化学方程式为：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    ΔH=(E1-E2)kJ·mol-1； （2）①根据图示可知总反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=E1-E2+E3-E4；则其化学平衡常数K=； ②根据图示可知：反应物的能量比生成物的能量高，因此该反应的正反应是放热反应。在压强不变时，升高温度，化学平衡逆向进行，导致甲醇物质的量分数减小，所以b曲线为等压线； ③合成总反应在起始物，假设n(CO2)=1 mol，n(H2)=3 mol，反应产生CH3OH的物质的量是y mol，则根据反应方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)中物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=(1-y)mol，n(H2)=(3-3y)mol，n(CH3OH)=n(H2O)=y mol，n(总)=(1-y)mol+(3-3y)mol+y mol+y mol=(4-2y)mol，，解得y=mol，所以CO2的平衡转化率α=； ④该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，在温度不变时，增大压强，化学平衡正向移动，导致CH3OH的物质的量增大，CH3OH的物质的量分数增大，则图示a为等温线，b是等压线，图示为在p=5×105 Pa下的x(CH3OH)~t变化，故在压强6×105Pa时CH3OH的含量应该大于p=5×105 Pa下的x(CH3OH)，因此A、B、C、D、E中可能表示220℃、6×105Pa时的平衡状态的点是B点；根据上述分析可知：a等温线，b是等压线，二者反应温度相同，故这两点的化学平衡常数相同，所以KC=KD。 6．（22-23高二下·江西萍乡·期末）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。 (1)已知下列热化学方程式： ① ② ③ 写出由、和化合生成的热化学方程式 。 (2)在稀硫酸中利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图甲所示。 ①阳极的电极反应式为 ②铜电极上产生的电极反应式为 ，若铜电极上只生成，则铜极区溶液质量变化了 g。 ③若铜极上只生成和，则电路中转移 电子。 (3)我国科学家报道了机理如图乙所示的电化学过程。 ①电极为 极， ②理论上，每有与结合，电路中转移电子数为 。 【答案】(1)   (2) 3.6 3.8 (3)阴极 【解析】（1）①   ②    ③    根据盖斯定律②×2+③-①得、和化合生成的热化学方程式  ； （2）①阳极水电离出的氢氧根离子失电子生成氧气，阳极的电极反应式为； ②铜电极是阴极，二氧化碳得电子生成，电极反应式为； ③若铜电极上只生成CO，电极反应式是，生成5.6gCO同时生成水的质量是=3.6g，则铜极区溶液质量增加3.6g。 ③若铜极上只生成和，发生电极反应式为 、，则电路中转移0.3×10+0.4mol×2=3.8mol电子。 （3）①根据图示，电极上得电子生成单质碳和，电极是阴极； ②阳极发生反应，理论上，每有与结合，电路中转移4mol电子，转移电子数为。 考向2 化工流程压轴题 7．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）以铜钴矿[主要成分为CoOOH、、，另含少量及含砷化合物]制备钾电池正极原料，生产流程如图所示： 已知： ①酸浸液中含有的阳离子为、、、； ②萃取除铜的过程可表示为(有机层)(有机层)； ③，。 (1)一种钴的氧化物的晶胞结构如图所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为 ，该氧化物中钴离子的配位数是 。设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm，该晶体的密度为 。 (2)酸浸液中钴以形式存在，生成的化学方程式为 ，酸浸过程中可适当升温以加快反应速率，但温度过高单位时间内钴的浸出率明显降低，原因是 。 (3)实验室模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置，如图所示，则分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为：先打开上口玻璃活塞，再打开下口活塞 。 (4)常温条件下，若除铁结束后溶液pH＝3，则是否完全沉淀？（离子浓度低于时，可认为该离子完全沉淀）通过计算说明： 。 【答案】(1)3d7 6 (2)2CoOOH＋H2SO4＋SO2＝2CoSO4＋2H2O 温度升高，SO2的溶解度降低，导致钴的浸出率降低。 (3)将下层液体从下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出。 (4)pH＝3时，溶液中，，所以沉淀完全 【分析】铜钴矿经粉碎之后，加入稀硫酸酸浸，生成亚铁离子、铜离子、钴离子和氢离子，加入有机溶剂RH，与铜离子反应生成有机物R2Cu,萃取分液除铜；加入氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子并以氢氧化铁和砷酸铁的沉淀将铁除掉；再加入草酸铵生成草酸钴沉淀，过滤之后进行焙烧，得到四氧化三钴 【解析】（1）由图乙可知，1个晶胞中含有4个Co原子和4个O原子，该氧化物的化学式为CoO，其中Co以Co2+形式存在，Co为27号元素，则Co2+的价电子排布式为，以晶胞体心处的Co2+分析，可得出Co2+的配位数为6；设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm，晶胞中，Co的个数为，Co的个数为，该晶体的密度为； （2）酸浸过程中，CoOOH被SO2还原为Co2+，发生反应：。若温度过高，SO2的溶解度降低，反应体系中还原剂的浓度减小，反应速率减小，所以单位时间内钴的浸出率下降； （3）先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出； （4）时，溶液中，则，所以沉淀完全。 8．（22-23高二下·江西宜春·期末）某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下： 回答下列问题： (1)FeS2中硫元素化合价为 ，滤渣I的成分除了S还有 。 (2)写出任意一种加快酸浸速率的措施 。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是 。 (3)“沉锰”时发生反应的离子方程式为： 。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K= (保留一位小数，已知： Ksp[Mn(OH)2]=1.9 ×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2× 10-11)。 【答案】(1)-1 PbSO4 (2)粉碎阳极渣和黄铁矿 、 适当增大硫酸的浓度 、适当升温等 将Fe2+氧化成Fe3+，以便除去 (3)Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑ 115.8 【分析】黄铁矿和阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，还产生S；加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜；加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，据此作答。 【解析】（1）根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价；根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4； （2）加快酸浸速率的措施有粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等；“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去； （3）硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为： Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑；反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)的平衡常数K==×==≈115.8。 9．（22-23高二下·江西宜春·期末）分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示：    已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。 ②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的浸渣。 回答下列问题： (1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为 。 (2)“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为 。 (3)向碱浸液加入盐酸调节，有析出，分离出的操作是 。滤液中As元素最主要的存在形式为 (常温下，的各级电离常数为：、、)。 A．　　　　B．　　　　C．　　　　D． (4)“氯盐酸浸”时，通入的目的是 。 (5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为 。 (6)可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于的原因为 。晶胞是长方体结构(如图所示)，碲的配位数为 。已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 (列出计算表达式)    【答案】(1) (2) (3)过滤 B (4)将还原为 (5) (6)为离子晶体，为分子晶体 6 【分析】结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑元素反应生成难溶的浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，三氯化锑水解生成转化为SbOCl;碱浸液中加入酸调节PH=4，转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定分解生成二氧化碲。 【解析】（1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为：； （2）属于酸性氧化物，与NaOH反应的离子方程式为：； （3）向碱浸液加入盐酸调节，以沉淀析出，分离出的操作是过滤；由题干信息可知，的各级电离常数为：、、，PH=4，则c(H+)=10-4mol/L，H3AsO4H++,Ka1=,，故As主要以形式存在； （4）根据题干信息，酸浸时，锑转化生成，锑元素的化合价为+5价，加入二氧化硫还原为； （5）“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为：； （6）熔点为733℃，为离子晶体，为分子晶体，故的熔点高于的熔点；结合图示晶胞结构，离碲离子最近的氧负离子有6个，故碲的配位数为6；该晶体的密度=。 10．（22-23高二下·江西赣州·期末）从砷化镓废料(主要成分为，含和等杂质)中回收镓和砷的工艺流程如下：    已知：①是两性氢氧化物。 ②25℃时，的溶度积。 回答下列问题： (1)“浆化”是将砷化镓废料转变成悬浊液的过程，其目的是 。 (2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，砷化镓转化为和进入溶液，该反应的化学方程式为 。 (3)“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度不宜过高或过低的原因是 ；“滤渣2”的成分为 (填化学式)。 (4)向“中和”后得到的滤液中加入足量的溶液，使大于12，经 ，降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥后得到。 (5)“旋流电解”时用惰性电极，则所得“尾液”的主要溶质是 (填化学式)，可进行循环利用，提高经济效益。 (6)为了探究在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数 (已知：　) 【答案】(1)增大其与NaOH溶液的接触面积，提高碱浸效率 (2) (3)温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致分解 、 (4)蒸发浓缩 (5) (6) 【分析】砷化镓废料，主要成分为GaAs，含、和等杂质，加入NaOH、，GaAs转化为、，转化为进入溶液，、难溶于NaOH溶液形成滤渣Ⅰ；浸出液中加硫酸中和调节pH，生成滤渣Ⅱ、沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，生成溶液，电解溶液生成Ga。 【解析】（1）“浆化”时将砷化镓废料转变成悬浊液，能增大其与NaOH溶液的接触面积，提高碱浸效率。 （2）砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，NaOH、与GaAs反应生成、，该反应的化学方程式为。 （3）“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致分解，所以温度不能过高或过低。滤渣Ⅱ、沉淀。 （4）制得用到的是冷却结晶的方法，具体的操作为蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，低温干燥。 （5）结合题意可知，电解溶液时在阴极发生还原反应生成，电极反应式为；阳极失电子生成和，故所得“尾液”的溶质主要是，在“中和”和“酸溶”时可进行循环利用，提高经济效益 （6）将、、三式相加可得反应，则平衡常教。 11．（22-23高二下·江西吉安·期末）以含铅废料(Pb、PbO、、及炭黑等)制备高纯PbO。其流程如下： (1)酸浸时，在催化下Pb和反应生成的离子方程式是 。 (2)催化过程可表示为： ⅰ：    ⅱ：…… 写出ⅱ的离子方程式： 。 (3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡： ，其溶解度曲线如图所示。    ①转化过程中，选用10%NaOH溶液的原因是 。 ②滤液2中含有的阴离子有、 。 (4)结合上述溶解度曲线，设计利用粗PbO制备高纯PbO的方案： 。(实验中可选用的试剂： ；10%NaOH溶液、35%NaOH溶液、蒸馏水) (5)六方氧化铅晶体的结构如图所示。用碳原子代替氧原子和铅原子，即为六方金刚石。请在该图内用粗线框出六方金刚石的一个晶胞，要求框线必须包含图中已有的一段粗线，且框出的晶胞体积最小 。 【答案】(1) (2) (3)10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失 (4)将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体。 35%NaOH溶液 (5) 【分析】根据题干工艺流程，酸浸时，在催化下Pb和反应生成，PbO为酸性氧化物，与硫酸反应生成，过滤后加入10%NaOH溶液，发生反应，氢氧化铅加热分解可得PbO。 【解析】（1）根据题干信息可知，酸浸时，在催化下Pb和反应生成和水。 答案为 （2）根据题给信息，反应i中Fe2+被氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+。 答案为 （3）根据溶解度曲线图可知，10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失； ，阴离子除OH-外，还有。 答案为10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；。 （4）根据溶解度曲线可知，温度高、浓度大的氢氧化钠溶液对氧化铅的溶解更有利，所以应先用35%的氢氧化钠溶液溶解氧化铅，加热至120.C充分溶解后，趁热过滤出去不溶性的杂质，再进行降温，恢复至室温后，用漏斗将析出的氧化铅固体过来出来，洗涤、干燥。 答案为将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体；35% NaOH溶液 （5）用碳原子代替图中氧原子和铅原子，其最小基本重复结构单元即晶胞体积最小。 答案为 12．（22-23高二下·江西萍乡·期末）铍及其化合物用途广泛，以绿柱石(主要组成是3BeO·Al2O3·6SiO2， 还含少量铁元素)和方解石(主要成分是CaCO3)为原料生产铍的工艺流程如图所示：    已知：①铝铵矾[NH4Al(SO4 )2·12H2O]在不同温度下的溶解度如下表： 温度/°C 0 10 20 30 40 60 溶解度/g 2.10 5.00 7.74 10.9 14.9 26.7 ②Be(OH)2性质和Al(OH)3相似，是两性氢氧化物。 回答下列问题： (1)绿柱石中Be的化合价为 。“熔炼”中生成气体的电子式为 。 (2)滤渣1中除SiO2及难溶性硅酸盐外，还含有 (填化学式)； “转化”后，要得到铝铵矾晶体，在中学实验室中可采取的操作是 、 、过滤、 洗涤、干燥。 (3)加H2O2时，溶液中发生反应的离子方程式是 。 (4)“沉铍”时，若选用氢氧化钠溶液可能造成的影响是 ，所得母液中的主要溶质可返回到 工序循环利用。 (5)“沉铍”时加入氨水调节pH至7.5，列式并计算说明此时溶液中的铍离子是否沉淀完全 。(已知：该条件下，Ksp[Be(OH)2]＝1.6×10－22； 离子浓度≤1×10－5mol·L－1时，可认为离子沉淀完全。) 【答案】(1)+2    (2)CaSO4 蒸发浓缩 冷却结晶 (3)2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O (4)Be(OH)2能溶于过量的NaOH溶液中[或Be(OH)2+2OH－＝ + 2H2O] 转化 (5)c(Be2+)＝＝1.6×10－9<10－5 mol·L－1， 所以Be2+沉淀完全 【分析】以绿柱石(主要组成是3BeO·Al2O3·6SiO2， 还含少量铁元素)和方解石(主要成分是CaCO3)为原料生产铍，将绿柱石和方解石在高温下熔炼，再硫酸酸浸生成硫酸铝、硫酸铍和硅酸，滤渣1中除SiO2及难溶性硅酸盐外，还含有CaSO4，滤液滴加硫酸铵生成铝铵矾晶体，过滤后向滤液中加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，调pH使Fe3+转化为氢氧化铁，过滤后滴加氨水生成氢氧化铍，除杂煅烧生成氧化铍，最终得到单质铍。 【解析】（1）3BeO·Al2O3·6SiO2种O是-2价，根据化合价代数和为零可知，Be的化合价为+2，“熔炼”中CaCO3受热分解产生CO2气体，CO2的电子式为  。 （2）由分析可知，滤渣1中除SiO2及难溶性硅酸盐外，还含有CaSO4；“转化”后，要得到铝铵矾晶体，在中学实验室中可采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 洗涤、干燥。 （3）向滤液中加入H2O2溶液的目的是：将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式是：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。 （4）Be和Al的化学性质有相似的地方，“沉铍”时，若选用氢氧化钠溶液可能造成的影响是Be(OH)2能溶于过量的NaOH溶液中[或Be(OH)2+2OH－＝ + 2H2O]，所得母液中含有(NH4)2SO4，可返回到转化工序循环利用。 （5）“沉铍”时加入氨水调节pH至7.5，溶液中c(OH-)=，溶液中c(Be2+)=＝1.6×10－9<10－5 mol·L－1， 所以Be2+沉淀完全。 13．（22-23高二下·江西·期末）以钛铁矿(主要成分为FeO·TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括Mg2+、TiOCl+ 。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣(钛元素主要以TiO2·2H2O形式存在)，写出上述转变的离子方程式： 。 (2)“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是 。 (3)“沉铁”步骤反应的化学方程式为 ，“沉铁”后的滤液经处理后可返回 工序循环利用。 (4)“煅烧”制备LiFePO4过程中，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为 。 (5)以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，放电时发生反应：Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4=Li4Ti5O12+LiFePO4(0＜x＜1)，正极的电极反应式为 。 (6)从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c(Li+)=4mol·L-1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则加入的碳酸钠溶液浓度为 mol·L-1[已知Ksp(Li2CO3)=1.6×10-3，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和]。 【答案】(1)Fe2+、Ca2+ TiOCl++3H2OTiO2·2H2O↓+2H++ Cl- (2)双氧水和氨水都会因温度过高分解 (3)2FeCl2+ H2O2+ 2H3PO4= 2FePO4↓+4HCl+ 2H2O 溶浸 (4)1：1 (5)Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4 (6)1.88 mol·L-1 【分析】钛铁矿(主要成分为FeO·TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)和足量盐酸反应后，其中只有杂质SiO2和盐酸不反应，其它成分都和盐酸反应生成溶于水的盐酸盐，过滤后的滤液中含有溶于水的盐酸盐，加热过程中，TiOCl+水解生成TiO2·2H2O沉淀，过滤得到含有TiO2·2H2O的富钛渣，加入双氧水、氨水后得到过氧钛化合物，煅烧后得到TiO2，然后和Li2CO3反应得到Li4Ti5O12，富铁液加入双氧水和磷酸后，Fe2+转化为FePO4沉淀，然后和Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，据此分析解答。 【解析】（1）钛铁矿的成分中只有SiO2与盐酸是不反应的，FeO·TiO2、MgO、CaO与盐酸反应后产生的阳离子有 Mg2+、TiOCl+、Fe2+、Ca2+等。TiOCl+水解成TiO2·2H2O的离子方程式是TiOCl++3H2OTiO2·2H2O↓+2H++ Cl-。 （2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是加入的双氧水和氨水都会因温度过高分解。 （3）由流程图可知，H2O2为氧化剂，H3PO4为沉淀剂，则“沉铁”步骤反应的化学方程式为2FeCl2+ H2O2+ 2H3PO4= 2FePO4↓+4HCl+ 2H2O，根据流程图，生成的盐酸可返回溶浸工序循环使用。 （4）根据流程图，FePO4与Li2CO3和H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，则反应的化学方程式是2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ 3CO2↑+ H2O，根据化学计量数，可知Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为1：1。 （5）充电时，和电源正极相连的电极叫阳极，反生氧化反应，根据充电时发生的反应Li4Ti5O12+LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4(0＜x＜1)，LiFePO4生成Li1-xFePO4的过程中发生氧化反应，则阳极电极反应式为LiFePO4-xe-= Li1-xFePO4+xLi+。 （6）浸取液中c(Li+)=4mol·L-1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，设浸取液的体积为VL，则可知沉淀后的c(Li+)==0.2 mol·L-1，Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)c()=1.6×10-3，则0.2 = 1.6×10-3，故剩余=0.04 mol·L-1，沉淀的=，总=0.94 mol·L-1，由于此时体积为原体积的2倍故加入的碳酸钠浓度为：1.88 mol·L-1。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$