重难点03 物质的转化与工艺流程（江苏专用）-【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

重难点03 物质的转化与工艺流程 1．(23-24高二下·江苏苏州·期末)硫酸工业尾气吸收液中含等物质，可用于除去溶液中含有的少量，所得可用于生产和。 (1)向溶液中加入的硫酸工业尾气吸收液不宜过多的原因是 。 (2)“结晶”后的母液中含有的主要溶质为 (填化学式)。 (3)“转化”时需将制成浆料，与、反应。 ①“转化”时发生反应的化学方程式为 。 ②“转化”操作选择的加料方式为 (填字母)。 A．将浆料和的混合物缓慢加入到中 B．将缓慢加入到浆料和的混合物中 ③反应时间对所得浓度的影响如题图-1所示，反应时间过长浓度减小的原因是 。 (4)水溶液中、、随pH的分布如题图-2所示，的溶解度曲线如题图-3所示。请补充完整由溶液制备无水的实验方案： ，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 2．(23-24高二下·江苏徐州·期末)钼()及其化合物广泛应用于医疗、国防等领域。一种以镍钼矿(主要成分为和)制备的工艺流程如下： (1)基态原子核外电子排布式为 。 (2)“焙烧”中生成和，该反应的化学反应方程式为 。用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因： 。 (3)滤液的主要成分为 。 (4)氮化钼作为锂离子电池负极材料具有良好的发展前景。其晶胞结构如图所示。氮化钼的化学式为 ，原子周围与之等距离的原子个数为 。 3．(22-23高二下·江苏淮安·期末)MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿浆(主要成分为MnO2，杂质为Fe2O3、Al2O3、SiO2等)和烟气(含有SO2、O2)为原料制备MnCO3的流程如图：    (1)“浸取”时采取向一定量软锰矿浆液中匀速通入烟气。 ①软锰矿浆液吸收烟气中SO2生成MnSO4，该反应化学方程式为 。 ②随着吸收时间增加，溶液中c(H2SO4)、c(MnSO4)随吸收时间的变化如图1所示，溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是 。    (2)“除杂”时，若溶液中c(Mn2+)=0.2mol•L-1，欲使溶液中Fe3+、Al3+均转化为沉淀，同时浓度均小于1×10-6mol•L-1，需控制的pH范围为 。(已知：室温下Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13。) (3)“沉锰”时发生反应的离子方程式为： ，将“沉锰”时所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体化学式为 。 (4)已知MnO2一种晶型的晶胞结构如图2所示，已知该晶胞的体积为Vnm3，则该晶胞中锰离子的配位数为 ，MnO2晶体的密度为 g•cm-3。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)    (5)测定软锰矿中MnO2含量的方法如下： 步骤一：称取0.1500g软锰矿样品于碘量瓶中，加适量硫酸及足量碘化钾溶液充分反应。 步骤二：待反应完全后加入少量淀粉溶液，用0.1000mol•L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液22.00mL，计算软锰矿中MnO2的质量分数，写出计算过程 。已知：I2+S2O→I-+S4O(未配平) 4．(23-24高二下·江苏部分学校·期末)氯化亚铜(CuCl)是常用的催化剂。以低品位铜矿(主要成分为CuS、和铁的氧化物等)为原料制备CuCl步骤如下： (1)“氧化浸取”。铜元素全部转化为，铁元素全部转化为。 ①、和硫酸反应生成、和S，其化学方程式为 。 ②为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有 (填字母)。 A．将铜矿粉碎并搅拌                            B．增加铜矿的投料量 C．适当提高硫酸浓度                            D．适当缩短反应时间 (2)“除铁锰”。依次用氨水沉铁、用氨水-混合溶液沉锰。 ①用氨水调节溶液的pH为3时，为 。{室温下，} ②向除铁后的溶液中滴加氨水-混合溶液，反应生成的离子方程式为 。 (3)“还原”。溶液、NaCl溶液和溶液反应生成CuCl沉淀。 已知：CuCl易被氧化，易与形成可溶的。 ①反应生成CuCl的离子方程式为 。 ②如图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是 。 ③如图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是 。 5．(23-24高二下·江苏南通·期末)硫酸氧矾（）是钒电池的活性物质，可由高纯通过还原法制备。 (1)溶液与氨水反应生成沉淀。 ①写出该反应的化学方程式： 。 ②向相同的溶液中分别加入等体积等浓度的氨水，测得不同温度条件下的沉钒率如题图所示。45℃时的沉钒率比40℃时低的可能原因是 。 (2)加热分解生成。 ①加热分解制备高纯时，需要在流动的空气中进行的原因是 。 ②加热过程中固体的质量变化如题图所示，制备需要控制的温度约为 ℃。 (3)由制备的过程如下所示： ①溶液由橙红色变为蓝黑色过程中，发生反应的化学方程式为 。 ②加入乙醇能促进晶体析出的原因是 。 ③为测定所得晶体中钒元素的质量分数，进行如下实验： 称取待测样品，配成溶液。取溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将完全转化为。除去过量并调节溶液，滴入指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点。平均消耗硫酸亚铁铵标准溶液。滴定过程中发生如下转化：。计算样品中钒元素的质量分数 （写出计算过程）。 6．(22-23高二下·江苏南京师大附中·期末)(五氧化二钒)可作化学工业中的催化剂。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂(含有、、不溶性硅酸盐)回收的新工艺流程如下：    已知：①具有强氧化性 ②部分含钒物质常温下在水中的溶解性如表所示： 物质 溶解性 可溶 难溶 难溶 易㴦 ③ 回答下列问题 (1)在滤渣1中加入和过量溶液发生反应的化学方程式为 。 (2)在第Ⅱ步中需要加入氨水，请结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为 。 (3)最后钒以的形式沉淀出来。请结合如图解释在第Ⅱ型步中温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 (写两条)。    (4)需在流动空气中加热的原因可能是 。 (5)将0.250g产品溶于强碱溶液中，加热煮沸，调节为8～8.5，向反应后的溶液中加入硫酸算话的溶液(过量)，溶液中的还原产物为离子，滴加指示剂，用溶液滴定，达到终点时消耗标准溶液，则该产品的纯度为 (保留4位有效数字)。(已知：，写出计算过程) 7．(23-24高二下·江苏南京六校联合体·期末)钪(Sc)广泛应用于航空航天、超导、核能等领域。从钛白水解工业废酸(含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、等离子)中提取Sc2O3的一种工艺流程如下： (1)①钪基态原子的电子排布式为 。 ②钛白水解工业废酸中需先加入H2O2生成难萃取的[TiO(H2O2)]2+，再进行萃取，写出该过程的离子方程式 。 (2)“萃取”可采用有机磷萃取剂(RO)3PO，其中—R代表烃基，(RO)3PO可通过以下反应制备：3ROH+POCl3⇌(RO)3PO+3HCl。 ①—R对(RO)3PO产率的影响如下表： —R —CH2CH3 —CH2CH2CH3 —CH2CH2CH2CH3 (RO)3PO产率/% 82 62 20 随着碳原子数增加，(RO)3PO产率降低的原因可能为 。 ②钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如图所示。采用一次萃取时，应选择最合适的O/A值为 。 (3)“反萃取”时生成Sc(OH)3、MnO2沉淀，生成MnO2反应的离子方程式为 。 (4)“沉钪”时得到Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如图所示，随温度升高钪的沉淀率先升高后降低的可能原因是 。 (5)“灼烧”时，Sc2(C2O4)3·6H2O[摩尔质量为462g/mol]在空气中分解得到Sc2O3，实验测得灼烧过程中固体残留率随温度的变化如图所示，500K时，固体的主要成分是 。(写出计算过程) 8．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期末)利用氨浸工艺从某矿石的硝酸浸取液(含)中提取的工艺流程如下： 已知：的。常温下，与形成可溶于水的配离子。易被空气氧化为，部分氢氧化物的即如下表(溶液中金属离子浓度小于可认为沉淀完全)。 氢氧化物 (1)“氨浸”工艺使用的氨性溶液由氨水、和配制，其中的会使滤泥中的胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。 ①常温下，的氨性溶液中， (填“>”、“<”或“=”)。 ②“氨浸”时，转化为。该反应的离子方程式为 。 ③的使用有效提高了的浸取速率，其原因是 。 (2)“镍钴分离”后，提纯获得的可制备晶体；饱和溶液经“析晶”可制得晶体。 ①晶体的晶胞属于立方晶胞(如图)。其中与O的最小间距大于与O的最小间距，则在晶胞中的位置为 (填“顶点”、“面心”或“体心”)；晶体中一个周围与其距离最近的O的个数为 。 ②“析晶”过程中通入的酸性气体A为 (填化学式)。 (3)科学处理滤液1还可获得若干高附加值化工产品。 ①“结晶纯化”过程中，无需引入新物质。晶体A中含6个结晶水，则理论上所得溶液中与的比值最高为 。 ②“热解”步骤对于上述氨浸工艺从矿石提取具有重要意义，主要在于可循环利用和 (填化学式)。 9．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)催化剂广泛应用于冶金、化工等行业，从钒页岩预处理液(主要含)中提取的流程如下： 已知：①有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。 ②  。 ③的，。 (1)基态钒原子核外电子排布式为 。 (2)“转化”时，加入可将转化为。 ①该反应的离子方程式是 。 ②该步骤的目的是 。 (3)萃取时，与可结合成，其结构中含有两个五元环。 的结构式为 请写出的结构式： 。 [___________]。 (4)“沉钒”时向pH=8的溶液中加入溶液生成(常温下微溶于水)，沉钒率随温度变化情况如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降可能的原因是 。 (5)取0.250g所制得的产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8～8.5，再加入硫酸酸化的KI溶液(过量)，生成I2的同时，V(V)被还原为V(III)；以淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL，发生反应：。计算该产品的纯度 (写出计算过程)。 10．(22-23高二下·江苏扬州·期末)以水氯镁石样品(主要成分，含少量有机色素和、、、)为原料，制备氯化镁的流程如下：    (1)脱色 ①此过程中能产生·OH(羟基自由基)，可使部分有机色素转化为和。·OH体现的性质是 。 ②相同时间内，测得不同温度下脱色率的变化如图所示。50℃前脱色率随着温度升高而升高，原因是 。    (2)沉淀 ①加氨水调节pH时，转化成的离子方程式为 。加入之前需进行的操作及原因是 。 ②已知：室温下、，溶液中离子浓度小于或等于 mol⋅L-1即认为已经除尽。除、离子时，、均沉淀完全，此时需控制溶液中不低于 。 (3)测定产品中含量的实验方案如下： 取一定量样品溶于水，加水定容至500 mL。取10.00 mL所得溶液于锥形瓶中，滴加0.2500 mol⋅L-1的溶液20.00 mL，充分反应后，过滤。向滤液中加入指示剂，用0.1000 mol⋅L-1溶液滴定至终点，消耗溶液10.00 mL。 已知： 样品中的物质的量为 (写出计算过程) 11．(22-23高二下·江苏南京宁海中学·期末)纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品(主要含，还含有、、等杂质)为原料制备纳米铁的流程如下：    已知：，，，。当溶液中离子浓度小于 mol⋅L-1时，可认为该离子沉淀完全。 (1)结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用： 。 (2)“除钴镍”完全后，溶液中的最大值为 mol⋅L-1。 (3)投入1 mol NaBH₄还原时，实际产生体积大于44.8 L(已折算为标准状况)的原因是 。 (4)用纳米铁去除废水中的。常温下，选择初始浓度为 mol⋅L-1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图-1所示。初始时去除率明显大于时的原因是 。    (5)利用该纳米铁制成的改性是一种优良的磁性材料，该晶胞的的结构如图-2所示，研究发现结构中的只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定所在晶胞的位置并说明理由： 。    12．(22-23高二下·江苏南京江宁区·期末)将硫化砷渣转化为单质砷，可变废为宝，获得稀有的砷资源。一种用氯化铜溶液浸出硫化砷渣(主要成分为As2S3)制备砷，同时回收铜的工艺流程如下： 已知：①加热浸出得到滤液的主要成分是H3AsO3，H3AsO3是弱酸； ②氯化亚锡(SnCl2)易水解生成碱式氯化亚锡沉淀。 (1)加热浸出步骤的离子方程式为 。 (2)加热浸出时，浸出时间与浸出温度对砷的浸出率的影响如图-1、图-2所示，加热浸出的最佳条件是 。 (3)写出酸化还原步骤的化学方程式 。 (4)酸化还原时，无盐酸或盐酸太少均不利于还原反应的进行，原因是 。 (5)将CuS沉淀加入稀硫酸中，控制反应温度为50℃，加入适量H2O2溶液，过滤，向所得滤液中加入铁屑，可回收Cu。控制温度不宜过高的原因是 。 (6)CuS、ZnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图-3所示(M代表Cu和Zn)，则Ksp(CuS)= 。向含等浓度ZnCl2和CuCl2的溶液中逐滴加入饱和Na2S溶液，先析出的是 。 13．(22-23高二下·江苏盐城·期末)从废钼催化剂(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示： 注：酸浸后钼元素以MoO形式存在。 回答下列问题： (1)高温焙烧时，废钼催化剂中的金属元素转化为金属氧化物，则“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式为 。 (2)“调pH”中，加入MoO3调节溶液的pH略大于 时，可除去目标杂质离子。 已知：溶液中某离子浓度≤10-5mol•L-1时，认为沉淀完全；常温下Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6。 (3)若反萃取剂A是氨水，则反萃取过程中MoO发生的离子方程式为 。 (4)已知“除砷”过程中，pH对As去除率的影响如图所示。当pH＞10后，随着pH的增大，去除率呈下降趋势的原因可能是 。 (5)钼酸铵溶液可用于测定磷肥含磷量，步骤如下：准确称量磷肥2.84g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，磷转化为磷酸。过滤、洗涤、弃去残渣。以硫酸—硝酸为介质，加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵沉淀(NH4)3H4PMo12O42•H2O，将过滤、洗涤后的沉淀溶于50.00mL6.00mol•L-1NaOH溶液后，定容至250mL。取25mL溶液，以酚酞为指示剂，用0.40mol•L-1盐酸溶液滴定其中过量的NaOH，消耗盐酸23.00mL。计算磷肥中磷的百分含量 (以P2O5计)(写出计算过程)。 已知：(NH4)3H4PMo12O42•H2O+26NaOH=12Na2MoO4+Na2HPO4+3NH3↑+17H2O。 14．(22-23高二下·江苏扬州·期末)电解锰渣的主要成分是MnS，含有少量铁(Ⅱ)铁(Ⅲ)和钴(Ⅱ)的氧化物。一种由电解锰渣制取高纯溶液的流程如下：    已知：、 (1)已知：浸出后所得溶液中的阳离子主要有、，还含有少量、，“浸出”时MnS转化为和S的化学方程式为 (2)“浸出”时若仅使用稀硫酸，会产生一种污染性气体，该气体是 (填化学式) (3)“沉铁”时有气体生成，其可能原因是 (4)“沉钴”时用MnS不用溶液的原因可能是 (5)将溶液先沉淀为、再氧化可制备高纯固体。 请补充完整由溶液制备高纯固体的实验方案： 取100 mL 1.0 mol·L-1的溶液， ，同时加热一段时间，冷却，得到高纯固体。(实验中须使用的试剂：2.0 mol⋅L-1氨水、空气、溶液) 15．(22-23高二下·江苏南通·期末)以废铜渣(主要成分Cu、CuO，及少量和铁的氧化物)为原料制备并测定其组成的部分过程如下：    (1)浸取。向废铜渣中加入一定量和稀硫酸，充分反应。 ①基态的核外电子排布式为 。 ②Cu转化为的离子方程式是 。 ③该步骤中实际用量超过理论用量的原因是 。 (2)除铁。向浸取后所得溶液中加入一定量，有黄色沉淀生成，该沉淀颗粒大、易沉降。 ①该反应的离子方程式为 。 ②通过调节溶液的pH使生成沉淀也可达到除铁的目的。加入“除铁”的优点是 。 (3)测定。为测定的组成，进行如下实验： 步骤1：称取3.540 g样品，加水溶解配成100.00 mL溶液A，取20.00 mL溶液A，加入一定量稀硫酸酸化后，用标准溶液滴定至终点，共用去标准溶液标准溶液16.00 mL。 步骤2：向步骤1滴定后所得溶液中加入过量KI溶液，充分反应。加入淀粉指示剂，用 标准溶液滴定至终点，共用去标准溶液20.00 mL。 实验过程中发生如下反应： 通过计算确定该样品的化学式 (写出计算过程)。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点03 物质的转化与工艺流程 1．(23-24高二下·江苏苏州·期末)硫酸工业尾气吸收液中含等物质，可用于除去溶液中含有的少量，所得可用于生产和。 (1)向溶液中加入的硫酸工业尾气吸收液不宜过多的原因是 。 (2)“结晶”后的母液中含有的主要溶质为 (填化学式)。 (3)“转化”时需将制成浆料，与、反应。 ①“转化”时发生反应的化学方程式为 。 ②“转化”操作选择的加料方式为 (填字母)。 A．将浆料和的混合物缓慢加入到中 B．将缓慢加入到浆料和的混合物中 ③反应时间对所得浓度的影响如题图-1所示，反应时间过长浓度减小的原因是 。 (4)水溶液中、、随pH的分布如题图-2所示，的溶解度曲线如题图-3所示。请补充完整由溶液制备无水的实验方案： ，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 【答案】(1)防止Zn2+转化为ZnSO3沉淀(或Zn(OH)2沉淀)而损失 (2)Na2SO4 (3) 2CaSO3+H2SO4+Na2SO4+4H2O=2CaSO4⋅2H2O↓+2NaHSO3 B 会吸收空气中的 O2 将氧化为硫酸根，被消耗了 (4)边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤 【分析】硫酸锌溶液中加入少亚硫酸钠溶液除去钙，过滤得到亚硫酸钙和滤液，所得到的滤液进行结晶得七水合硫酸锌晶体，将制成浆料，与、反应得，由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图象2可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象3可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3。 【解析】（1）向溶液中加入的硫酸工业尾气吸收液不宜过多的原因是：尾气吸收液含Na2SO3， Na2SO3溶液可与Zn2+反应将其转化为ZnSO3沉淀(或Zn(OH)2沉淀)而损失，所以加入的尾气吸收液不宜过多。 （2）原溶液中有 Zn2+、SO、Ca2+，加入 Na+、SO，可析出 CaSO3 沉淀，ZnSO4⋅7H2O结晶析出后，母液中还有 Na2SO4。“结晶”后的母液中含有的主要溶质为Na2SO4。故答案为：Na2SO4； （3）①“转化”时需将制成浆料，与、反应。据转化过程中的箭头指向，可确定反应生成物为CaSO4⋅2H2O和亚硫酸氢钠，离子方程式为 CaSO3+H++SO+2H2O=CaSO4⋅2H2O↓+HSO，“转化”时发生反应的化学方程式为：2CaSO3+H2SO4+Na2SO4+4H2O=2CaSO4⋅2H2O↓+2NaHSO3。故答案为： 2CaSO3+H2SO4+Na2SO4+4H2O=2CaSO4⋅2H2O↓+2NaHSO3； ②A．将浆料和的混合物缓慢加入到中，会产生二氧化硫，故不符； B．将缓慢加入到浆料和的混合物中，转化后生成CaSO4⋅2H2O↓和NaHSO3，故符合； 故答案为：B； ③反应时间过长浓度减小的原因是反应时间过长，会吸收空气中的 O2 将氧化为硫酸根，被消耗了。 故答案为：会吸收空气中的 O2 将氧化为硫酸根，被消耗了； （4）由溶液制备无水的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。故答案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤。 2．(23-24高二下·江苏徐州·期末)钼()及其化合物广泛应用于医疗、国防等领域。一种以镍钼矿(主要成分为和)制备的工艺流程如下： (1)基态原子核外电子排布式为 。 (2)“焙烧”中生成和，该反应的化学反应方程式为 。用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因： 。 (3)滤液的主要成分为 。 (4)氮化钼作为锂离子电池负极材料具有良好的发展前景。其晶胞结构如图所示。氮化钼的化学式为 ，原子周围与之等距离的原子个数为 。 【答案】(1)[Ar]3d84s2 (2) 2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+6CO2+4Na2SO4 若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低 (3)Na2MoO4、Na2SO4 (4) Mo2N 12 【分析】镍钼矿(主要成分为NiS和MoS2)加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+6CO2+4Na2SO4，NiS+Na2CO3+2O2NiO+CO2+Na2SO4，加水后，进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶（根据Na2MoO4、Na2SO4的溶解度随温度变化特点确定），得Na2MoO4晶体； 【解析】（1）Ni元素原子序数为28，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2； （2）“焙烧”中MoS2生成Na2MoO4和Na2SO4，该反应的化学反应方程式为2MoS2+6Na2CO3+9O22Na2MoO4+6CO2+4Na2SO4；Na2CO3用量若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低，故实际生产中选择Na2CO3用量为理论用量1.2倍； （3）由分析，滤液的主要成分为Na2MoO4、Na2SO4； （4）由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有=4个Mo，=2个N，则氮化钼的化学式为Mo2N；Mo原子周围与之等距离的Mo原子距离都为晶胞面对角线一半，个数为12。 3．(22-23高二下·江苏淮安·期末)MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿浆(主要成分为MnO2，杂质为Fe2O3、Al2O3、SiO2等)和烟气(含有SO2、O2)为原料制备MnCO3的流程如图：    (1)“浸取”时采取向一定量软锰矿浆液中匀速通入烟气。 ①软锰矿浆液吸收烟气中SO2生成MnSO4，该反应化学方程式为 。 ②随着吸收时间增加，溶液中c(H2SO4)、c(MnSO4)随吸收时间的变化如图1所示，溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是 。    (2)“除杂”时，若溶液中c(Mn2+)=0.2mol•L-1，欲使溶液中Fe3+、Al3+均转化为沉淀，同时浓度均小于1×10-6mol•L-1，需控制的pH范围为 。(已知：室温下Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13。) (3)“沉锰”时发生反应的离子方程式为： ，将“沉锰”时所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体化学式为 。 (4)已知MnO2一种晶型的晶胞结构如图2所示，已知该晶胞的体积为Vnm3，则该晶胞中锰离子的配位数为 ，MnO2晶体的密度为 g•cm-3。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)    (5)测定软锰矿中MnO2含量的方法如下： 步骤一：称取0.1500g软锰矿样品于碘量瓶中，加适量硫酸及足量碘化钾溶液充分反应。 步骤二：待反应完全后加入少量淀粉溶液，用0.1000mol•L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液22.00mL，计算软锰矿中MnO2的质量分数，写出计算过程 。已知：I2+S2O→I-+S4O(未配平) 【答案】(1) 溶液中生成的锰离子能催化氧气氧化二氧化硫生成硫酸 (2)5~8 (3) (4) 6 (5)二氧化锰将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒可知：，然后发生，则由，故软锰矿中MnO2的质量分数为 【分析】软锰矿浆吸收烟气中SO2生成MnSO4， 浸取后二氧化硅不反应成为滤渣，锰、铁、铝转化为盐溶液，加入氨水调节pH除去铁、铝得到滤渣2，滤液加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀； 【解析】（1）①软锰矿浆液中二氧化锰具有氧化性，烟气中二氧化硫具有还原性，吸收烟气中SO2发生氧化还原反应生成MnSO4，该反应化学方程式为 。 ②催化剂能加快反应速率的进行，随着吸收时间增加，溶液中生成的锰离子能催化氧气氧化二氧化硫生成硫酸，导致溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势； （2）已知：室温下Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，则Fe(OH)3更难溶，当Al(OH)3完全沉淀时，，pOH=9，pH=5；当锰离子开始沉淀时，，pOH=6，pH=8；故需控制的pH范围为5~8； （3）“沉锰”时加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，发生反应的离子方程式为：，“沉锰”时所得滤液中溶质主要为生成的硫酸铵，滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体化学式为； （4）根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则白球为O、黑球为Mn，由图可知，该晶胞中锰离子的配位数为6，晶体密度为； （5）二氧化锰将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒可知：，然后发生，则由，故软锰矿中MnO2的质量分数为。 4．(23-24高二下·江苏部分学校·期末)氯化亚铜(CuCl)是常用的催化剂。以低品位铜矿(主要成分为CuS、和铁的氧化物等)为原料制备CuCl步骤如下： (1)“氧化浸取”。铜元素全部转化为，铁元素全部转化为。 ①、和硫酸反应生成、和S，其化学方程式为 。 ②为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有 (填字母)。 A．将铜矿粉碎并搅拌                            B．增加铜矿的投料量 C．适当提高硫酸浓度                            D．适当缩短反应时间 (2)“除铁锰”。依次用氨水沉铁、用氨水-混合溶液沉锰。 ①用氨水调节溶液的pH为3时，为 。{室温下，} ②向除铁后的溶液中滴加氨水-混合溶液，反应生成的离子方程式为 。 (3)“还原”。溶液、NaCl溶液和溶液反应生成CuCl沉淀。 已知：CuCl易被氧化，易与形成可溶的。 ①反应生成CuCl的离子方程式为 。 ②如图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是 。 ③如图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是 。 【答案】(1) +2+4H2SO4=2+2+S； AC (2) 3×10-6 2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O (3) 2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ 增大，溶液中Cl-浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行，CuCl易与过多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐渐消失，产率下降 反应时间越长，CuCl被空气中的氧气氧化，产率下降 【解析】（1）①根据氧化还原反应特点分析元素化合价升降并配平。、和硫酸反应生成、和S，其化学方程式为+2+4H2SO4=2+2+S； ②A．将铜矿粉碎并搅拌，可提高反应物接触面积使反应更充分，可提高铜元素的浸出率，A项符合题意； B．增加铜矿的投料量，并不能增加浓度，不能提高铜元素的浸出率，B项不符合题意； C．适当提高硫酸浓度，使铜矿更易反应，反应速率大，能提高铜元素的浸出率，C项符合题意； D．适当缩短反应时间不能提高浸出率，D项不符合题意； 故答案选AC。 （2）①溶液总存在沉淀溶解平衡，根据溶度积常数计算，，用氨水调节溶液的pH为3时，为3×10-6，故答案是3×10-6； ②反应元素化合价未变，根据离子方程式特点配平。除铁后的溶液中滴加氨水-混合溶液，反应生成的离子方程式为2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O；故答案是2NH3·H2O+Mn2++2HCO=MnCO3↓+2NH+CO+2H2O； （3）①由题意分析，铜元素化合价降低，是常见还原剂，根据氧化还原反应特点，溶液、NaCl溶液和溶液反应生成CuCl沉淀的离子方程式是2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；故答案是2Cu2++2Cl-+SO+H2O=2CuCl↓+SO+2H+； ②增大，溶液中Cl-浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行，CuCl易与过多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐渐消失，产率下降，故答案是增大，溶液中Cl-浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行，CuCl易与过多的形成可溶的，使得CuCl沉淀逐渐消失，产率下降； ③反应时间越长，CuCl与空气接触越久，越容易被氧化，使得CuCl产率下降；故答案是反应时间越长，CuCl被空气中的氧气氧化，产率下降。 5．(23-24高二下·江苏南通·期末)硫酸氧矾（）是钒电池的活性物质，可由高纯通过还原法制备。 (1)溶液与氨水反应生成沉淀。 ①写出该反应的化学方程式： 。 ②向相同的溶液中分别加入等体积等浓度的氨水，测得不同温度条件下的沉钒率如题图所示。45℃时的沉钒率比40℃时低的可能原因是 。 (2)加热分解生成。 ①加热分解制备高纯时，需要在流动的空气中进行的原因是 。 ②加热过程中固体的质量变化如题图所示，制备需要控制的温度约为 ℃。 (3)由制备的过程如下所示： ①溶液由橙红色变为蓝黑色过程中，发生反应的化学方程式为 。 ②加入乙醇能促进晶体析出的原因是 。 ③为测定所得晶体中钒元素的质量分数，进行如下实验： 称取待测样品，配成溶液。取溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将完全转化为。除去过量并调节溶液，滴入指示剂，用硫酸亚铁铵标准溶液滴定至终点。平均消耗硫酸亚铁铵标准溶液。滴定过程中发生如下转化：。计算样品中钒元素的质量分数 （写出计算过程）。 【答案】(1) 温度升高，加剧氨水挥发；的溶解度增大 (2) 流动的空气会将分解生成的带走，防止被还原而引入杂质；空气中的氧气能将低价钒氧化为 450 (3) 降低溶剂的极性，减小了的溶解度 【解析】（1）①溶液与氨水反应生成沉淀：； ②45℃时的沉钒率比40℃时低的可能原因：温度升高，加剧氨水挥发；的溶解度增大； （2）①加热分解制备高纯时，需要在流动的空气中进行的原因：流动的空气会将分解生成的带走，防止被还原而引入杂质；空气中的氧气能将低价钒氧化为； ②由钒原子守恒得关系式：，则，温度选择约450℃； （3）①溶液由橙红色变为蓝黑色过程中，被氧化为，根据得失电子守恒，反应化学方程式：； ②加入乙醇能降低溶剂的极性，减小了的溶解度，从而促进晶体析出； ③根据反应关系式：，，，。 6．(22-23高二下·江苏南京师大附中·期末)(五氧化二钒)可作化学工业中的催化剂。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂(含有、、不溶性硅酸盐)回收的新工艺流程如下：    已知：①具有强氧化性 ②部分含钒物质常温下在水中的溶解性如表所示： 物质 溶解性 可溶 难溶 难溶 易㴦 ③ 回答下列问题 (1)在滤渣1中加入和过量溶液发生反应的化学方程式为 。 (2)在第Ⅱ步中需要加入氨水，请结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用为 。 (3)最后钒以的形式沉淀出来。请结合如图解释在第Ⅱ型步中温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是 (写两条)。    (4)需在流动空气中加热的原因可能是 。 (5)将0.250g产品溶于强碱溶液中，加热煮沸，调节为8～8.5，向反应后的溶液中加入硫酸算话的溶液(过量)，溶液中的还原产物为离子，滴加指示剂，用溶液滴定，达到终点时消耗标准溶液，则该产品的纯度为 (保留4位有效数字)。(已知：，写出计算过程) 【答案】(1) (2)作用1：溶液中存在平衡：，加入氨水，使浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为。作用2：溶液中存在平衡：，加入氨水，使浓度增大，该平衡正向移动，从而使尽可能沉淀析出； (3)原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水受热分解，氨气逸出溶液；原因3：平衡，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降。(任意答出2种原因) (4)把生成的及时带走，防止与发生氧化还原反应，影响纯度与产率 (5)91.00% 【分析】 废催化剂(含有、、不溶性硅酸盐)加水溶解，其中、不溶性硅酸盐不溶过滤得滤渣1，滤液1为，滤渣1加和过量溶液，发生反应，滤液2为溶液，与滤液1混合后，混合液中加入氯酸钾，被氧化生成，再加氨水生成固体，过滤出，经加热分解得到，据此分析解答。 【解析】（1）滤渣1加和过量溶液，发生反应； （2）加氨水作用1：溶液中存在平衡：，加入氨水，使浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为。作用2：溶液中存在平衡：，加入氨水，使浓度增大，该平衡正向移动，从而使尽可能沉淀析出； （3）在第Ⅱ型步中温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水受热分解，氨气逸出溶液；原因3：平衡，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降。(任意答出2种原因) （4）流动的空气可以把生成的及时带走，防止与发生氧化还原反应，影响纯度与产率； （5）根据电子守恒得以下关系式： n()=20.00×10-3L×0.250mol·L-1=5×10-3 mol； n()=1.25×10-3 mol；则m()=1.25×10-3 mol×182g·mol-1=0.2275g，则产品纯度为：。 7．(23-24高二下·江苏南京六校联合体·期末)钪(Sc)广泛应用于航空航天、超导、核能等领域。从钛白水解工业废酸(含Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、等离子)中提取Sc2O3的一种工艺流程如下： (1)①钪基态原子的电子排布式为 。 ②钛白水解工业废酸中需先加入H2O2生成难萃取的[TiO(H2O2)]2+，再进行萃取，写出该过程的离子方程式 。 (2)“萃取”可采用有机磷萃取剂(RO)3PO，其中—R代表烃基，(RO)3PO可通过以下反应制备：3ROH+POCl3⇌(RO)3PO+3HCl。 ①—R对(RO)3PO产率的影响如下表： —R —CH2CH3 —CH2CH2CH3 —CH2CH2CH2CH3 (RO)3PO产率/% 82 62 20 随着碳原子数增加，(RO)3PO产率降低的原因可能为 。 ②钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如图所示。采用一次萃取时，应选择最合适的O/A值为 。 (3)“反萃取”时生成Sc(OH)3、MnO2沉淀，生成MnO2反应的离子方程式为 。 (4)“沉钪”时得到Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如图所示，随温度升高钪的沉淀率先升高后降低的可能原因是 。 (5)“灼烧”时，Sc2(C2O4)3·6H2O[摩尔质量为462g/mol]在空气中分解得到Sc2O3，实验测得灼烧过程中固体残留率随温度的变化如图所示，500K时，固体的主要成分是 。(写出计算过程) 【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2 TiO2++H2O2=[TiO(H2O2)]2+ (2) 随着碳原子数增加，O—H键极性减弱更难断裂，(RO)3PO产率降低(或随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O—H键更难断裂，(RO)3PO产率降低) 1∶4 (3)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O (4)温度低于80℃时，随温度升高，沉淀反应速率加快，钪的沉淀率上升(或随温度升高，草酸电离程度增大，草酸根离子浓度增大，钪的沉淀率上升)；温度高于80℃时，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降 (5)Sc2(C2O4)3。 【分析】钛白水解工业废酸含有Sc3+、TiO2+、Mn2+、H+、SO等离子，加入H2O2是为了使TiO2+转化为难萃取的[TiO(H2O2)]2+，用有机萃取剂进行萃取，分液分离出油相，油相中加入NaOH溶液和H2O2，生成Sc(OH)3、MnO2沉淀，过滤后滤渣加入酸溶解，过滤除去MnO2，加草酸沉钪，Sc2(C2O4)3·6H2O，过滤后灼烧得到Sc2O3； 【解析】（1）①Sc的原子序数为21，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2； ②H2O2与TiO2+生成难萃取的[TiO(H2O2)]2+，离子方程式为：TiO2++H2O2=[TiO(H2O2)]2+； （2）①随着碳原子数增加，(RO)3PO产率降低的原因可能为随着碳原子数增加，O—H键极性减弱更难断裂，(RO)3PO产率降低(或随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O—H键更难断裂，(RO)3PO产率降低)； ②采用一次萃取时，最合适为O/A值应满足在保证萃取率较高的同时，增大A值，当O/A值1：4时，钪的萃取率已经很高，继续增加萃取剂时，萃取率提高不大，故应选择最合适的O/A值为1：4； （3）反萃取时，H2O2氧化Mn2+为MnO2，反应的离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O； （4）沉钪时随温度的升高，钪的沉淀率先升高后降低的可能原因是温度低于80℃时，随温度升高，沉淀反应速率加快，钪的沉淀率上升(或随温度升高，草酸电离程度增大，草酸根离子浓度增大，钪的沉淀率上升)；温度高于80℃时，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降； （5）设Sc2(C2O4)3·6H2O为1mol，质量为462g，由图可知，，500K时，失去的质量为462g，即刚好失去6个结晶水，故剩余的固体为Sc2(C2O4)3。 8．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期末)利用氨浸工艺从某矿石的硝酸浸取液(含)中提取的工艺流程如下： 已知：的。常温下，与形成可溶于水的配离子。易被空气氧化为，部分氢氧化物的即如下表(溶液中金属离子浓度小于可认为沉淀完全)。 氢氧化物 (1)“氨浸”工艺使用的氨性溶液由氨水、和配制，其中的会使滤泥中的胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。 ①常温下，的氨性溶液中， (填“>”、“<”或“=”)。 ②“氨浸”时，转化为。该反应的离子方程式为 。 ③的使用有效提高了的浸取速率，其原因是 。 (2)“镍钴分离”后，提纯获得的可制备晶体；饱和溶液经“析晶”可制得晶体。 ①晶体的晶胞属于立方晶胞(如图)。其中与O的最小间距大于与O的最小间距，则在晶胞中的位置为 (填“顶点”、“面心”或“体心”)；晶体中一个周围与其距离最近的O的个数为 。 ②“析晶”过程中通入的酸性气体A为 (填化学式)。 (3)科学处理滤液1还可获得若干高附加值化工产品。 ①“结晶纯化”过程中，无需引入新物质。晶体A中含6个结晶水，则理论上所得溶液中与的比值最高为 。 ②“热解”步骤对于上述氨浸工艺从矿石提取具有重要意义，主要在于可循环利用和 (填化学式)。 【答案】(1) > 2Co(OH)3+12NH3⋅H2O+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O+4OH- 或2Co(OH)3+8NH3⋅H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (2) 体心 12 HCl (3) 2:5 MgO 【分析】硝酸浸取液(含Ni2+ 、Co2+ 、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列操作得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【解析】（1）①NH3⋅H2O的Kb=1.0×10-4.7=，常温下，pH=9.9的氨性溶液中c(H+)=10-9.9mol/L，c(OH-)=10-4.1mol/L，可得=10-0.6<1，故c(NH3⋅H2O)>c()； ②“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应被还原为+2价，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]2+，则反应的离子方程式为2Co(OH)3+12NH3⋅H2O+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3⋅H2O+4+=2[Co(NH3)6]2+++13H2O； ③根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了Ni 、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积； （2）①由CoCl2可制备AlCoO3晶体，其立方晶胞如图，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12； ②“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl； （3）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质，晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2⋅6H2O，根据Mg(NO3)2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2MgO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2:5； ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析Mg(NO3)2+2H2O⇌Mg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2MgO+H2O，在于可重复利用HNO3和MgO。 9．(23-24高二下·江苏扬州江都中学·期末)催化剂广泛应用于冶金、化工等行业，从钒页岩预处理液(主要含)中提取的流程如下： 已知：①有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。 ②  。 ③的，。 (1)基态钒原子核外电子排布式为 。 (2)“转化”时，加入可将转化为。 ①该反应的离子方程式是 。 ②该步骤的目的是 。 (3)萃取时，与可结合成，其结构中含有两个五元环。 的结构式为 请写出的结构式： 。 [___________]。 (4)“沉钒”时向pH=8的溶液中加入溶液生成(常温下微溶于水)，沉钒率随温度变化情况如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降可能的原因是 。 (5)取0.250g所制得的产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8～8.5，再加入硫酸酸化的KI溶液(过量)，生成I2的同时，V(V)被还原为V(III)；以淀粉溶液作指示剂，用标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL，发生反应：。计算该产品的纯度 (写出计算过程)。 【答案】(1)[Ar]3d34s2或1s22s22p63s23p63d34s2 (2) 2++2H+=2+2CO2+2H2O 将转化为可以提高钒的萃取率 (3) (4)温度高于80℃时沉钒率下降可能的原因是：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；温度升高，NH4Cl受热分解，氨气逸出溶液；平衡，正反应可能是吸热反应，温度升高，该平衡右移，导致浓度下降，沉钒率下降 (5)根据电子守恒得以下关系式：V2O5~ 2I2~ 4Na2S2O3，滴定消耗n(Na2S2O3)=20.00×10-3L×0.250mol·L-l=5×10-3mol，则n(V2O5)=n(Na2S2O3)=1.25×10-3mol，则m(V2O5)=1.25×10-3mol×182g·mol-l=0.2275g，该产品纯度为= ×100%=91.00% 【分析】钒页岩预处理液(主要含)，加入可将转化为，萃取时，与可结合成，经过一系列处理后得到溶液，“沉钒”时向pH=8的溶液中加入溶液生成，煅烧得到。 【解析】（1）钒为23号元素，基态钒原子核外电子排布式为：[Ar]3d34s2或1s22s22p63s23p63d34s2。 （2）①“转化”时，加入可将转化为，被氧化为CO2，,是弱酸，在离子方程式中不能拆，该反应的离子方程式是2++2H+=2+2CO2+2H2O； ②有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，该步骤的目的是：将转化为可以提高钒的萃取率。 （3） 结合的结构式可知， 中2个与V原子形成配位键，配位原子为O原子， 的结构式：[]。 （4）温度高于80℃时沉钒率下降可能的原因是：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；温度升高，NH4Cl受热分解，氨气逸出溶液；平衡，正反应可能是吸热反应，温度升高，该平衡右移，导致浓度下降，沉钒率下降。 （5）根据电子守恒得以下关系式：V2O5~ 2I2~ 4Na2S2O3，滴定消耗n(Na2S2O3)=20.00×10-3L×0.250mol·L-l=5×10-3mol，则n(V2O5)=n(Na2S2O3)=1.25×10-3mol，则m(V2O5)=1.25×10-3mol×182g·mol-l=0.2275g，该产品纯度为= ×100%=91.00%。 10．(22-23高二下·江苏扬州·期末)以水氯镁石样品(主要成分，含少量有机色素和、、、)为原料，制备氯化镁的流程如下：    (1)脱色 ①此过程中能产生·OH(羟基自由基)，可使部分有机色素转化为和。·OH体现的性质是 。 ②相同时间内，测得不同温度下脱色率的变化如图所示。50℃前脱色率随着温度升高而升高，原因是 。    (2)沉淀 ①加氨水调节pH时，转化成的离子方程式为 。加入之前需进行的操作及原因是 。 ②已知：室温下、，溶液中离子浓度小于或等于 mol⋅L-1即认为已经除尽。除、离子时，、均沉淀完全，此时需控制溶液中不低于 。 (3)测定产品中含量的实验方案如下： 取一定量样品溶于水，加水定容至500 mL。取10.00 mL所得溶液于锥形瓶中，滴加0.2500 mol⋅L-1的溶液20.00 mL，充分反应后，过滤。向滤液中加入指示剂，用0.1000 mol⋅L-1溶液滴定至终点，消耗溶液10.00 mL。 已知： 样品中的物质的量为 (写出计算过程) 【答案】(1) 氧化性 升高温度，吸附速率加快，双氧水(·OH浓度增大)的氧化能力增强，氧化速率加快，形成胶体，吸附能力提高，脱色率提高 (2) 或 加热，将多余的双氧水分解，防止氧化后加入的 (3)0.2000 mol 【分析】水氯镁石样品(主要成分，含少量有机色素和、、、)，将样品溶于水后加活性炭吸附有机色素，同时加过氧化氢将氧化成；过滤除去活性炭，在滤液中加氨水调节溶液pH值将转化为Fe(OH)3沉淀，转化成，加入将、转化为硫化物沉淀，过滤得氯化镁溶液，再经一系列处理得到无水氯化镁。 【解析】（1）·OH具有较强得电子能力，体现氧化性；50℃前脱色率随着温度升高而升高，原因是升高温度，吸附速率加快，双氧水(·OH浓度增大)的氧化能力增强，氧化速率加快，形成胶体，吸附能力提高，脱色率提高 （2）①加氨水调节pH时，被溶液中的H2O2氧化转化成的离子方程式为或； 加入之前加热，将多余的双氧水分解，防止氧化后加入的； ②除、离子时，、均沉淀完全，此时需控制溶液中使完全沉淀，则=； （3）n(Ag+)总=0.2500mol·L-1×0.02L=0.005mol，10.00mL待测液中n(Ag+)=n(NH4SCN)= 0.1000mol·L-1×0.01L=0.0010mol；则氯离子消耗的银离子的物质的量=0.0050mol-0.0010mol=0.0040mol，原样品中氯的物质的量为0.0040mol×50=0.2000mol。 11．(22-23高二下·江苏南京宁海中学·期末)纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品(主要含，还含有、、等杂质)为原料制备纳米铁的流程如下：    已知：，，，。当溶液中离子浓度小于 mol⋅L-1时，可认为该离子沉淀完全。 (1)结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用： 。 (2)“除钴镍”完全后，溶液中的最大值为 mol⋅L-1。 (3)投入1 mol NaBH₄还原时，实际产生体积大于44.8 L(已折算为标准状况)的原因是 。 (4)用纳米铁去除废水中的。常温下，选择初始浓度为 mol⋅L-1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图-1所示。初始时去除率明显大于时的原因是 。    (5)利用该纳米铁制成的改性是一种优良的磁性材料，该晶胞的的结构如图-2所示，研究发现结构中的只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定所在晶胞的位置并说明理由： 。    【答案】(1)水解生成难溶的和()，加入铁粉消耗，促进水解正向进行，将转化为难溶的除去 (2)0.4 (3)部分与反应生成 (4)时，更多的与Fe反应，抑制了与Fe的反应；时，开始沉淀，生成 (5)在c位，由均摊法计算可得该结构中的数目为2，的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位 【解析】（1）“除钛”时加入铁粉的作用：TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+(TiO2++2H2O=H2TiO3+2H+)加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去。 （2）Ksp(CoS)=1.8×10-22，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=4.0×10-17，当溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全，除钴完全后，；除镍完全后，；溶液中c(Fe2+)的最大值为。 （3）投入1molNaBH4还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L(已折算为标准状况)的原因是部分NaBH4与H2O反应生成H2。 （4）初始pH=7时Cu2+去除率明显大于pH=5时的原因是pH=5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH>6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu(OH)2。 （5）Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2,O2-的数目为4，根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1，所以Fe2+应该在c位。 12．(22-23高二下·江苏南京江宁区·期末)将硫化砷渣转化为单质砷，可变废为宝，获得稀有的砷资源。一种用氯化铜溶液浸出硫化砷渣(主要成分为As2S3)制备砷，同时回收铜的工艺流程如下： 已知：①加热浸出得到滤液的主要成分是H3AsO3，H3AsO3是弱酸； ②氯化亚锡(SnCl2)易水解生成碱式氯化亚锡沉淀。 (1)加热浸出步骤的离子方程式为 。 (2)加热浸出时，浸出时间与浸出温度对砷的浸出率的影响如图-1、图-2所示，加热浸出的最佳条件是 。 (3)写出酸化还原步骤的化学方程式 。 (4)酸化还原时，无盐酸或盐酸太少均不利于还原反应的进行，原因是 。 (5)将CuS沉淀加入稀硫酸中，控制反应温度为50℃，加入适量H2O2溶液，过滤，向所得滤液中加入铁屑，可回收Cu。控制温度不宜过高的原因是 。 (6)CuS、ZnS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图-3所示(M代表Cu和Zn)，则Ksp(CuS)= 。向含等浓度ZnCl2和CuCl2的溶液中逐滴加入饱和Na2S溶液，先析出的是 。 【答案】 As2S3+3Cu2++6H2O3CuS+2H3AsO3+6H+ 温度80℃、时间60min 2H3AsO3+3SnCl2+6HCl=2As↓+3SnCl4+6H2O 当无盐酸或盐酸太少时，氯化亚锡(SnCl2)易水解生成碱式氯化亚锡沉淀 温度太高，H2O2会发生分解，反应物利用率降低 10-35 CuS 【分析】由工艺流程可知，硫化砷渣加入氯化铜溶液加热浸出，发生反应得到硫化铜沉淀和H3AsO3，硫化铜沉淀经处理可回收铜。滤液中含有H3AsO3，经浓缩后再加入稀HCl和SnCl2，酸化还原得到As单质，生成的SnCl4经电解生成SnCl2，可循环利用，据此分析解答。 【解析】(1)依据题中流程和已知信息可知浸出时发生反应的反应物为As2S3和CuCl2，产物为CuS和H3AsO3，根据电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒可写出反应的离子方程式为：As2S3+3Cu2++6H2O3CuS+2H3AsO3+6H+，故答案为：As2S3+3Cu2++6H2O3CuS+2H3AsO3+6H+； (2)依据题图可知加热浸出的最佳条件为温度80℃、时间60min，故答案为：温度80℃、时间60min； (3)根据反应流程可知，酸化还原步骤的反应物为H3AsO3、稀HCl和SnCl2，产物为As、SnCl4和H2O，根据电子得失守恒和原子守恒可写出反应的化学方程式为：2H3AsO3+3SnCl2+6HCl=2As↓+3SnCl4+6H2O，故答案为：2H3AsO3+3SnCl2+6HCl=2As↓+3SnCl4+6H2O； (4)根据已知信息“氯化亚锡(SnCl2)易水解生成碱式氯化亚锡沉淀”，可知其水解方程式为SnCl2+ H2OSn(OH)Cl↓+HCl，在酸化还原时，无盐酸或盐酸太少，都会使得氯化亚锡(SnCl2)水解平衡正向移动，因此为抑制其水解，需加入稀HCl，故答案为：当无盐酸或盐酸太少时，氯化亚锡(SnCl2)易水解生成碱式氯化亚锡沉淀； (5)由题可知，反应中加入了H2O2溶液，温度过高，H2O2会发生分解，反应物利用率降低，故应控制温度不宜过高，故答案为：温度太高，H2O2会发生分解，反应物利用率降低； (6)根据题中沉淀溶解平衡曲线可知，CuS的饱和溶液中，当c(S2-)=10-25mol/L时，c(Cu2+)=10-10mol/L，则Ksp(CuS)= c(Cu2+)c(S2-)=10-10mol/L10-25mol/L=10-35。由图可知，向含等浓度ZnCl2和CuCl2的溶液中逐滴加入饱和Na2S溶液，达到饱和时CuS需要的c(S2-)更小，则先析出的是CuS，故答案为：10-35；CuS。 13．(22-23高二下·江苏盐城·期末)从废钼催化剂(主要成分为MoS2，含少量SiO2、CuFeS2、As2O3)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示： 注：酸浸后钼元素以MoO形式存在。 回答下列问题： (1)高温焙烧时，废钼催化剂中的金属元素转化为金属氧化物，则“焙烧”过程中MoS2发生反应的化学方程式为 。 (2)“调pH”中，加入MoO3调节溶液的pH略大于 时，可除去目标杂质离子。 已知：溶液中某离子浓度≤10-5mol•L-1时，认为沉淀完全；常温下Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5，Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6。 (3)若反萃取剂A是氨水，则反萃取过程中MoO发生的离子方程式为 。 (4)已知“除砷”过程中，pH对As去除率的影响如图所示。当pH＞10后，随着pH的增大，去除率呈下降趋势的原因可能是 。 (5)钼酸铵溶液可用于测定磷肥含磷量，步骤如下：准确称量磷肥2.84g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，磷转化为磷酸。过滤、洗涤、弃去残渣。以硫酸—硝酸为介质，加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵沉淀(NH4)3H4PMo12O42•H2O，将过滤、洗涤后的沉淀溶于50.00mL6.00mol•L-1NaOH溶液后，定容至250mL。取25mL溶液，以酚酞为指示剂，用0.40mol•L-1盐酸溶液滴定其中过量的NaOH，消耗盐酸23.00mL。计算磷肥中磷的百分含量 (以P2O5计)(写出计算过程)。 已知：(NH4)3H4PMo12O42•H2O+26NaOH=12Na2MoO4+Na2HPO4+3NH3↑+17H2O。 【答案】(1)2MoS2+7O22MoO3+4SO2 (2)6.7 (3)MoO+4NH3•H2O=MoO+4NH+2H2O (4)当pH＞10后，随着pH的增大，加入的Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，导致沉淀剂量不足，使得As的去除率下降 (5)20.0% 【分析】本题是一道由废钼催化剂制备钼酸铵晶体的方法，首先在原料中焙烧，使其中的各种元素转化为相应的氧化物，再用硫酸溶解，用氧化钼调节pH除杂，再用有机萃取剂萃取其中的钼元素，随后加入氨水进行反萃取，加入氯化镁除去杂志后结晶即可，以此解题。 【解析】（1）高温焙烧时，MoS2中Mo转化为氧化物，S转化为二氧化硫，则相应的方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2； （2）调节pH时可以除去溶液中的铜离子和三价铁离子，则当三价铁离子除净时，此时c(OH-)=，此时，pH=2.83；同理可求出当铜离子除净时，pH=6.7，故答案为：6.7； （3）根据流程可知，反萃取时，是将钼从有机相中提取的过程，根据信息可知，该过程的方程式为：MoO+4NH3•H2O=MoO+4NH+2H2O； （4）根据流程可知，除砷时是镁离子，铵根离子和其形成沉淀而除去，而pH过高时镁离子容易形成沉淀从而失去了沉砷的效果，故答案为：当pH＞10后，随着pH的增大，加入的Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，导致沉淀剂量不足，使得As的去除率下降； （5）根据题意可知，过量的NaOH，n(NaOH)过量=0.4×23×10-3=0.0092mol，则和(NH4)3H4PMo12O42•H2O反应的NaOH，n(NaOH)反应=6×50×10-3-0.0092mol×=0.208mol，根据(NH4)3H4PMo12O42•H2O~26NaOH~P2O5，则n(P2O5)=n(NaOH)反应=×0.208mol=0.004mol，其质量=0.004×142=0.568g，磷肥中磷的百分含量=。 14．(22-23高二下·江苏扬州·期末)电解锰渣的主要成分是MnS，含有少量铁(Ⅱ)铁(Ⅲ)和钴(Ⅱ)的氧化物。一种由电解锰渣制取高纯溶液的流程如下：    已知：、 (1)已知：浸出后所得溶液中的阳离子主要有、，还含有少量、，“浸出”时MnS转化为和S的化学方程式为 (2)“浸出”时若仅使用稀硫酸，会产生一种污染性气体，该气体是 (填化学式) (3)“沉铁”时有气体生成，其可能原因是 (4)“沉钴”时用MnS不用溶液的原因可能是 (5)将溶液先沉淀为、再氧化可制备高纯固体。 请补充完整由溶液制备高纯固体的实验方案： 取100 mL 1.0 mol·L-1的溶液， ，同时加热一段时间，冷却，得到高纯固体。(实验中须使用的试剂：2.0 mol⋅L-1氨水、空气、溶液) 【答案】(1) (2) (3)“浸出”时稀硫酸过量，生成时产生了 (4)易导致硫酸锰溶液中引入杂质；溶液碱性强，易生成沉淀导致锰元素损失 (5)边搅拌边加入约(或略大于)100 mL 2.0 mol⋅L-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气 【分析】向电解锰渣中加入二氧化锰矿粉和稀硫酸浸出时，锰元素转化为锰离子、硫元素转化为硫单质、铁元素转化为铁离子、钴元素转化为亚钴离子，过滤得到含硫的浸渣和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的硫酸铁转化为沉淀，过滤得到和滤液；向滤液中加入硫化锰，将溶液中亚钴离子转化为硫化亚钴，过滤得到硫化亚钴和高纯硫酸锰溶液。 【解析】（1）由题意可知，浸出时硫化锰发生的反应为硫化锰与二氧化锰和稀硫酸反应生成硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （2）浸出时若仅使用稀硫酸，硫化锰与稀硫酸反应生成硫酸锰和硫化氢气体，故答案为：； （3）沉铁时发生的反应为碳酸钠溶液与硫酸铁溶液反应生成沉淀和碳酸氢钠，反应的方程式为12Na2CO3+3Fe2(SO4)3+12H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+5Na2SO4+12NaHCO3，反应时有二氧化碳生成说明浸出后所得溶液中含有过量的稀硫酸，或加入的碳酸钠溶液不足量，导致生成NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀时，反应生成了稀硫酸，生成二氧化碳的反应为稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，故答案为：“浸出”时稀硫酸过量，生成时产生了； （4）硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，使亚钴离子转化为沉淀时，也能将锰离子转化为氢氧化锰沉淀导致锰元素损失，反应生成的硫酸钠会混入硫酸锰溶液中，无法制得高纯硫酸锰溶液，故答案为：易导致硫酸锰溶液中引入杂质；溶液碱性强，易生成沉淀导致锰元素损失； （5）由题意可知，制备高纯四氧化三锰的总反应为硫酸锰溶液与氨水、氧气反应生成四氧化三锰沉淀、硫酸铵和水，反应的方程式为6MnSO4+O2+12NH3·H2O=2Mn3O4↓+6(NH4)2 SO4+ 6H2O，由方程式和题给试剂可知，制备四氧化三锰的实验方案为取100 mL 1.0 mol·L-1的硫酸锰溶液，边搅拌边加入约(或略大于)100 mL 2.0 mol⋅L-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入氯化钡溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气，同时加热一段时间，冷却，得到高纯四氧化三锰，故答案为：边搅拌边加入约(或略大于)100 mL 2.0 mol⋅L-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气。 15．(22-23高二下·江苏南通·期末)以废铜渣(主要成分Cu、CuO，及少量和铁的氧化物)为原料制备并测定其组成的部分过程如下：    (1)浸取。向废铜渣中加入一定量和稀硫酸，充分反应。 ①基态的核外电子排布式为 。 ②Cu转化为的离子方程式是 。 ③该步骤中实际用量超过理论用量的原因是 。 (2)除铁。向浸取后所得溶液中加入一定量，有黄色沉淀生成，该沉淀颗粒大、易沉降。 ①该反应的离子方程式为 。 ②通过调节溶液的pH使生成沉淀也可达到除铁的目的。加入“除铁”的优点是 。 (3)测定。为测定的组成，进行如下实验： 步骤1：称取3.540 g样品，加水溶解配成100.00 mL溶液A，取20.00 mL溶液A，加入一定量稀硫酸酸化后，用标准溶液滴定至终点，共用去标准溶液标准溶液16.00 mL。 步骤2：向步骤1滴定后所得溶液中加入过量KI溶液，充分反应。加入淀粉指示剂，用 标准溶液滴定至终点，共用去标准溶液20.00 mL。 实验过程中发生如下反应： 通过计算确定该样品的化学式 (写出计算过程)。 【答案】(1) 部分在、催化下分解 (2) 操作方便，无需控制pH；生成的沉淀颗粒大、易沉降，更易分离 (3) 【分析】该流程首先在废铜渣中加入双氧水和稀硫酸，将铜和氧化铜都转化为硫酸铜，铁的氧化物转化为三价铁，经过过滤除去二氧化硅；向浸取后所得溶液中加入一定量将三价铁转化为而除去，后续制备出产物，然后通过氧化还原滴定测定产物组成，据此作答。 【解析】（1）铜的原子序数为29，基态的核外电子排布式为。 ②Cu在酸性环境下被双氧水氧化成硫酸铜，转化为的离子方程式是。 ③该步骤中实际用量超过理论用量的原因是部分在、催化下分解导致双氧水的量减少。 （2）①浸取后溶液中的铁元素以的形式存在，三价铁和在水溶液中发生水解反应生成，其离子方程式为：。 ②加入“除铁”的优点是操作方便，无需控制pH；生成的沉淀颗粒大、易沉降，更易分离。 （3）由方程可计算出100.00 mL溶液A中n()=0.02mol，由、可计算出100.00 mL溶液A中n(Cu2+)=0.01mol，由此可计算处y:z=1:2，设y=1，z=2，根据化合价的代数和为0可得出x=2，设3.540 g样品中水的物质的量为amol，再根据质量守恒可建立如下关系：，a=0.02mol，进而可求出n=2。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$