题型02 工艺流程综合题（期末真题汇编，山东专用）高二化学上学期

题型02 工艺流程综合题 2大考向概览 考向01 工艺流程选择题 考向02 工艺流程综合题 ◆考点01 工艺流程选择题 1.(2024-2025高二上·山东省菏泽市·期末)侯氏制碱法的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. 两步“吸氨”的目的和作用不同 B. 保持温度不变，碳酸化过程中缓慢通入CO2，溶液中的值先增大后不变 C. “盐析”加入NaCl，使平衡+Cl-NH4Cl(s)右移，析出NH4Cl晶体 D. 在整个制碱过程中，CO2和母液都得到了循环利用 2.(2024-2025高二上·山东省青岛市·期末)处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下： 常温下：①溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表，当溶液中金属离子浓度时，可认为沉淀完全。 物质 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 4.6 ②，。下列说法正确的是 A. “沉淀池Ⅰ”中浓度 B. “沉渣II”为CuS和ZnS C. “沉淀池II”中完全沉淀时，溶液中 D. “出水”液体中的阳离子只有 3.(2024-2025高二上·山东省淄博实验中学·期末)一种从冶金厂废炉渣（主要含Co、Cu、Mg、Ca等元素）中提取钴并得到副产品黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺流程如下： 已知：ⅰ．离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11；Ka(HF)=7.0×10-4。 ⅱ．HA为有机萃取剂，萃取原理：。 下列说法正确的是 A. “滤渣Ⅰ”为Cu B. “过滤Ⅱ”发生反应： C. “过滤Ⅲ”中，溶液中的最大值为7.0×10-1.5 D. “反萃取”时，为提高Co2+的萃取率，可以加入硫酸进行多次萃取 4.(2024-2025高二上·山东省实验中学·期末)某兴趣小组以铝土矿(主要成分为，还含有少量和)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝和金属铝的流程如图所示。 已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是 A. “碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好 B. 若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量有利于减少生成沉淀中的杂质 C. “操作X”可以是盐酸溶解、HCl气流中结晶、脱水、电解 D. 通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成 5.(2024-2025高二上·山东省滨州市·期末)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-，流程如下。 已知：①“脱氯”中，仅Cu元素化合价发生变化。 ②锌浸出液中相关成分浓度如下(其他成分无干扰)。 下列说法正确的是 A.“浸铜”时温度越高反应速率越快 B. “浸铜”时应加入足量H2O2和H2SO4，确保铜屑溶解完全 C.“脱氯”时发生反应：Cu + Cu2+ + 2Cl- = 2CuCl D.脱氯液的主要成分为ZnCl2 6.(2024-2025高二上·山东省滨州市·期末)中和法制备Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下。 已知：25℃时，H3PO4的Ka1=6.9×10⁻³，Ka2=6.2×10⁻⁸，Ka3=4.8×10⁻¹³；H2CO3的Ka1=4.2×10⁻⁷，Ka2=5.6×10-11；Na2HPO4·12H2O易风化。 下列说法正确的是 A.“中和”时，发生反应：H3PO4 + C = HP+H2O+CO2↑ B.“调pH”时X可为H3PO4或NaOH C.“系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、高温干燥 D.“系列操作”所得滤液显酸性 7.(2024-2025高二上·山东省德州市·期末)一种利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下。下列说法错误的是 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表所示： A.“酸浸”时不可用SO2代替H2O2 B.由流程可知氧化性：Co(Ⅲ)>H2O2 C.当Fe3+与Al3+完全沉淀时，溶液中c(Al3+):c(Fe3+)=103.5高温 D.“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3 + 2Li2CO3+ O2 ==== 4LiCoO2 + 6CO2 ◆考点02 工艺流程综合题 1.(2024-2025高二上·山东省菏泽市·期末)手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。一种从废旧手机主板中回收贵金属的方法如图所示。已知：水合肼(N2H4·H2O)为二元弱碱；Pd(NH3)2C12难溶于水。 回答下列问题： （1）为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施___________(写出一条即可)。 （2）溶液Y中含银微粒主要为___________。(填化学式) （3）水合肼的一级电离方程式为___________。已知水合肼与溶液Y反应后，对应的氧化产物为N2.若消耗等物质的量的水合肼、Zn粉，理论上生成的n(Ag)∶n(Au)= ___________(不考虑其他反应)。 （4）加入氨水，[PdCl4]2−转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：NH3___________Cl-(填“>”“<”或“=”)。[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀时，需要滴加浓盐酸将溶液的pH范围调至1～1.5，pH不能过小的原因是___________。2.(2024-2025高二上·山东省淄博实验中学·期末)天然锆英砂(主要成分为)常含有、、等氧化物杂质。工业上以锆英砂为原料制备的一种工艺流程如图所示。 已知：①“碱熔”时，锆英砂转化为 ； ②的溶解度随酸度降低而升高； ③已知：常温下，，溶液中离子浓度≤1.0×10-6mol/L即可认为该离子已沉淀完全 （1）“碱熔”前要对天然锆英砂进行粉碎处理，目的是___________。 （2）滤液1的主要成分为___________ “酸溶”后，锆元素以的形式存在，则酸溶的离子方程式为___________。 （3）萃取所用主要玻璃仪器有___________，“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用___________。 （4）煅烧发生的化学方程式___________。 （5）该流程中可循环利用的物质有___________。 （6）“除铜”时，若溶液中的浓度为，加入等体积的溶液，沉淀完全，则加入的溶液浓度至少为___________(溶液混合时体积变化忽略不计)。 3.(2024-2025高二上·山东省实验中学·期末)以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示： 已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在； ②和难溶于水，易溶于水， （1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的和。转化等物质的量的Se、Te时，消耗的物质的量之比为___________；根据图判断“焙烧”适宜的条件为 ___________等。 （2）“还原”得到金的反应的离子方程式为___________；加入过量的目的是___________。 （3）“煅烧”时还生成、和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“___________”操作单元；“沉铂”时先通入的气体X为___________(填化学式)。 （4）“沉钯”时，向的溶液中加入等体积的的溶液，充分反应后，溶液中___________。 (2024-2025高二上·山东省枣庄市薛城区、山亭区·期末)炼铁产生的废渣中含有大量CuS及少量铁和铁的化合物，实验室以该废渣为原料生产CuCl2的流程图如下： （1）“操作1”粉碎。粉碎的目的是___________； （2）“操作2”焙烧。高温条件下，通入空气，反应的化学方程式为___________。 （3）【查阅资料】 Fe(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.7 完全沉淀pH 3.2 6.7 “操作3”之前，为了使溶液中的Fe3+完全沉淀而除去，可加入的最佳试剂为___________(A．氨水 B．CuO C．KOH)，应调节溶液的pH___________(填数值范围)比较合适；“操作5”应在氯化氢氛围中进行加热，原因是___________。 （4）某实验小组探究NaHSO3溶液与CuCl2溶液的反应。 【查阅资料】 Cu2＋[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色溶液) ； Cu＋ [Cu(NH3)2]＋(无色溶液) [Cu(NH3)4]2＋(深蓝色溶液) 向 2mL 1mol·L-1的NaHSO3溶液加入2 mL 1mol·L-1CuCl2溶液得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。 ①推测无色气体为SO2 。实验验证方法为：___________。 ②推测白色沉淀为CuCl。 证明步骤为：完成实验后，立即过滤洗涤；然后取少量洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，观察到___________，反应的离子方程式为___________；露置一段时间，又观察到___________。 5.(2024-2025高二上·山东省滨州市·期末)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe2+、Mg2+和Mn2+)，实现镍、钴、镁元素的回收。 已知：①25℃时，部分金属氢氧化物的K如下。 ②“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 ③当离子浓度≤10⁻⁵mol·L⁻¹,可认为已沉淀完全。回答下列问题： （1）用硫酸浸取镍钴矿时，可提高浸取速率的措施有 (答出一条即可)。 （2）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H₂SO₅氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 ；滤渣的成分有MnO2、 (填化学式)。 （3）“氧化”时，保持空气通入速率不变，不同SO2体积分数下，Mn(Ⅱ)氧化率(指已被氧化的Mn(Ⅱ)在全部Mn(Ⅱ)中所占的比例)与时间的关系如图。 若混合气中不添加SO2，相同时间内Mn(II)氧化率较低的原因为 。 （4）将“钴镍渣”酸浸后，用金属萃取剂H2A2萃取酸浸液中的镍：Ni2+ + 2H2A2 ⇌ NiA2·2HA + 2H+。已知萃取前溶液pH=3，c(Ni2+)=0.05 mol·L⁻¹，萃取完成后溶液pH=1，则镍的萃取率= [萃取率=×100%](忽略体积变化)。 （5）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。 6.(2024-2025高二上·山东省德州市·期末)亚磷酸钠(Na2HPO3)用途广泛。“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图： 已知：亚磷酸180℃分解为PH3和磷酸，据此回答下列问题： （1）在“合成”过程中生成亚磷酸(H3PO3)，相应的离子方程式为: 。已知完全中和40mL NaOH溶液需要消耗同浓度的H3PO3溶液20mL，由此判断H3PO3属于 (填“一”“二”或“三”)元酸。 （2）滤渣1的成分为________，获得HI采取减压蒸馏的原因是______。 7.(2024-2025高二上·山东省德州市·期末)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。在工业生产中，通过钛铁矿(主要成分包含FeTiO3，以及含有Fe、Si、Al的氧化物杂质)来提炼钛并制备Fe3O4·xH2O的工艺流程如下图所示： 已知： ①25℃时，Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1×10⁻32； ②当溶液中离子浓度小于1×10⁻⁵ mol/L时，认为沉淀完全； ③ 1. TiO2(s)+2Cl2(g) ⇌ TiCl4(g) + O2(g)，K1 = 3.4×10-29 2. 2C(s) + O2(g) ⇌ 2CO(g)，K2=1.2×1048 （1）为了提高“酸浸”的速率，可采取的措施有____(任写一点)，该过程中Ti元素转化为TiO2+，不同温度下，Ti元素的浸出率如图所示，温度超过80℃后，浸出率下降的原因是_____。 （2）写出“水解”过程的离子反应方程式 。“水解”后过滤、洗涤得水浸渣(TiO2·xH2O)，检验TiO2·xH2O已洗涤干净的方法为 。 （3）二氧化钛高温氯化可以得到较高纯度的TiCl4，同时生成一种可燃性气体，其反应化学方程式为 ，通过计算说明“高温、氯化”操作单元加入碳粉的理由 。 （4）下列说法错误的是 A.滤渣I的主要成分是二氧化硅 B.用氨水调溶液的pH时，pH的理论最小值是9 C.滤液Ⅲ通过蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，可获得FeSO4·7H2O D.“还原”时加入过量铁粉可与硫酸反应，有利于TiO2+水解还同时将Fe3+还原为Fe2+ / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 工艺流程综合题 2大考向概览 考向01 工艺流程选择题 考向02 工艺流程综合题 ◆考点01 工艺流程选择题 1.(2024-2025高二上·山东省菏泽市·期末)侯氏制碱法的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 A. 两步“吸氨”的目的和作用不同 B. 保持温度不变，碳酸化过程中缓慢通入CO2，溶液中的值先增大后不变 C. “盐析”加入NaCl，使平衡+Cl-NH4Cl(s)右移，析出NH4Cl晶体 D. 在整个制碱过程中，CO2和母液都得到了循环利用 【答案】B 【解析】合成氨工业提供的氨气和二氧化碳，先吸氨，再碳酸化，过滤得到母液Ⅰ吸收氨气降温冷析得到氯化铵晶体，滤液中加入氯化钠盐析得到母液Ⅱ为饱和食盐水，再循环使用，过滤得到的碳酸氢钠晶体煅烧得到碳酸钠为纯碱，生成的二氧化碳重新回到碳酸化步骤循环使用。 A．“吸氨I”提供氨气作为反应物生成碳酸氢钠，“吸氨II”操作目的是增大浓度，有利于氯化铵析出，避免碳酸氢钠析出，A正确； B．饱和食盐水中通入氨气，存在氨水的电离平衡NH3·H2O+OH-，碳酸化过程中缓慢通入二氧化碳，OH-的浓度减小，平衡正向移动，故c()增大，故变小，选项B错误； C．“盐析”加入NaCl，使溶液中氯离子浓度增大，使平衡右移，减小了氯化铵的溶解度，析出更多NH4Cl晶体，选项C正确； D．由题给流程可知，制备碳酸钠的过程中二氧化碳、母液可以循环使用，选项D正确； 答案选B。 2.(2024-2025高二上·山东省青岛市·期末)处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下： 常温下：①溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表，当溶液中金属离子浓度时，可认为沉淀完全。 物质 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 4.6 ②，。下列说法正确的是 A. “沉淀池Ⅰ”中浓度 B. “沉渣II”为CuS和ZnS C. “沉淀池II”中完全沉淀时，溶液中 D. “出水”液体中的阳离子只有 【答案】A 【解析】水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳调节pH=4，除掉三价铁离子和铝离子得到“沉渣I”沉淀和沉淀，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质。 A．当完全沉淀时，，pH=4.6，，，p H=4时，，故A正确； B．根据表格中数据，pH=4时，Al3+沉淀不完全，故“沉渣II”CuS、ZnS和少量Al(OH)3，B错误； C．当锌离子完全沉淀时，铜离子也已经沉淀完全，硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C错误； D．“出水”液体中的阳离子有和，以及剩余微量的Ca2+、Zn2+，D错误； 故选A。 3.(2024-2025高二上·山东省淄博实验中学·期末)一种从冶金厂废炉渣（主要含Co、Cu、Mg、Ca等元素）中提取钴并得到副产品黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺流程如下： 已知：ⅰ．离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11；Ka(HF)=7.0×10-4。 ⅱ．HA为有机萃取剂，萃取原理：。 下列说法正确的是 A. “滤渣Ⅰ”为Cu B. “过滤Ⅱ”发生反应： C. “过滤Ⅲ”中，溶液中的最大值为7.0×10-1.5 D. “反萃取”时，为提高Co2+的萃取率，可以加入硫酸进行多次萃取 【答案】C D 【解析】该流程最终要提取镍和钴，故其他金属元素均需除去。酸浸后的阳离子有Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+，加入过量铁粉除去Cu2+，生成Fe2+用NaClO3氧化为黄钠铁矾晶体除去，NaF将Ca2+、Mg2+转化成沉淀除去，最终剩余Ni2+和Co2+萃取分离，从而完成提取，据此分析。 A．“滤渣Ⅰ”中含有生成的Cu和过量Fe，故A错误； B．“过滤Ⅱ”发生反应生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]晶体：，故B错误； C．“过滤Ⅲ”中，为使Mg2+、Ca2+沉淀完全，则c(F-)最小=mol·L-1，，溶液中的最大值为，故C正确； D．多次萃取可以提高萃取率，“反萃取”时，为提高Co2+的萃取率，可以通过多次加入硫酸溶液，进行多次萃取实现，故D正确； 故选：CD。 4.(2024-2025高二上·山东省实验中学·期末)某兴趣小组以铝土矿(主要成分为，还含有少量和)为主要原料制备絮凝剂聚合氯化铝和金属铝的流程如图所示。 已知滤渣a中含有难溶的铝硅酸盐。下列说法正确的是 A. “碱溶”时，所用NaOH溶液更换为氨水“碱溶”效果更好 B. 若滤液a浓度较大，“沉淀”时通入过量有利于减少生成沉淀中的杂质 C. “操作X”可以是盐酸溶解、HCl气流中结晶、脱水、电解 D. 通过控制沉淀ⅰ、ⅱ的比例可改变聚合氯化铝的组成 【答案】D 【解析】铝土矿加氢氧化钠溶液，和氢氧化钠溶液的反应生成四羟基合铝酸钠、转化为铝硅酸钠沉淀、不溶，过滤，滤液含四羟基合铝酸钠溶液、通入足量的二氧化碳后反应生成氢氧化铝沉淀，过滤，洗涤干燥后，将沉淀分三份，第一份加盐酸得到氯化铝溶液，与第二份氢氧化铝反应得到聚合氯化铝，第三份灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石使氧化铝熔融、电解之，就可以得到铝。 A．具有两性，能与强碱溶液反应，不能溶于弱碱，“碱溶”时与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，所用NaOH溶液不能更换为氨水，故A错误； B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度较小，因此会有碳酸氢钠固体从溶液中析出，因此并不有利于减少氢氧化铝固体中的杂质，故B错误； C．由分析可知，操作X应是灼烧氢氧化铝使之分解生成氧化铝，加冰晶石电解氧化铝就可以得到铝，故C错误； D．[Al2(OH)aClb]m中a、b可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度，故D正确； 故选D。 5.(2024-2025高二上·山东省滨州市·期末)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-，流程如下。 已知：①“脱氯”中，仅Cu元素化合价发生变化。 ②锌浸出液中相关成分浓度如下(其他成分无干扰)。 下列说法正确的是 A.“浸铜”时温度越高反应速率越快 B. “浸铜”时应加入足量H2O2和H2SO4，确保铜屑溶解完全 C.“脱氯”时发生反应：Cu + Cu2+ + 2Cl- = 2CuCl D.脱氯液的主要成分为ZnCl2 【答案】C 【解析】A项：温度过高会导致H2O2分解，反应速率未必加快，故不正确。 B项：“足量”H2O2和H2SO4不符合实际，可能引入杂质或增加成本。 C项：根据“脱氯”中Cu元素化合价变化，反应为：Cu + Cu2+ + 2Cl- = 2CuCl↓符合题目要求，正确。 D项：溶液中c(Zn2+)远大于c(Cl-),主要阴离子应为S,脱氯后主要成分为ZnSO4,而非ZnCl2。 综上，只有C项正确。答案：C。 6.(2024-2025高二上·山东省滨州市·期末)中和法制备Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下。 已知：25℃时，H3PO4的Ka1=6.9×10⁻³，Ka2=6.2×10⁻⁸，Ka3=4.8×10⁻¹³；H2CO3的Ka1=4.2×10⁻⁷，Ka2=5.6×10-11；Na2HPO4·12H2O易风化。 下列说法正确的是 A.“中和”时，发生反应：H3PO4 + C = HP+H2O+CO2↑ B.“调pH”时X可为H3PO4或NaOH C.“系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、高温干燥 D.“系列操作”所得滤液显酸性 【答案】B 【解析】A项错误：H3PO4与C反应应为2H3PO4 + Na2CO3 = 2NaH2PO4 + H2O +CO2↑,而非直接生成HP。 B项正确：“调pH”时，若pH过低可加NaOH，若pH过高可加H3PO4 ，均合理。 C项错误：Na2HPO4·12H2O易风化，应避免高温干燥，且应为蒸发浓缩、冷却结晶。 D项错误：HP 水解 (Kh ≈ 1.6×10-7) > 电离(Ka3=4.8×10-13),溶液呈碱性。 答案：B。 7.(2024-2025高二上·山东省德州市·期末)一种利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下。下列说法错误的是 已知：常温下，部分金属离子沉淀的pH如下表所示： A.“酸浸”时不可用SO2代替H2O2 B.由流程可知氧化性：Co(Ⅲ)>H2O2 C.当Fe3+与Al3+完全沉淀时，溶液中c(Al3+):c(Fe3+)=103.5高温 D.“高温焙烧”时的化学方程式：4CoCO3 + 2Li2CO3+ O2 ==== 4LiCoO2 + 6CO2 【答案】C 【解析】中钴元素化合价由+2、+3组成，含钴废料加硫酸、H2O2酸浸能与金属氧化物反应生成Co2+、Fe3+、Al3+，SiO2不反应过滤为滤渣，滤液中加入氨水调pH得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，加入碳酸氢铵沉钴，气体X为CO2，碳酸钴和碳酸锂在氧气作用下高温焙烧生成LiCoO2和二氧化碳。 A．“酸浸”时过氧化氢将+3价Co还原为，不能将Fe3+还原，而二氧化硫会将还原为，不能用SO2代替H2O2，A正确； B．“酸浸”时过氧化氢做还原剂，做氧化剂，氧化性，B正确； C．=3.0时铁离子完全沉淀，=10-38，=4.5时铝离子完全沉淀，=10-33.5，，C错误； D．“高温焙烧”时被氧化为，化学方程式为，D正确； 故答案选C。 ◆考点02 工艺流程综合题 1.(2024-2025高二上·山东省菏泽市·期末)手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。一种从废旧手机主板中回收贵金属的方法如图所示。已知：水合肼(N2H4·H2O)为二元弱碱；Pd(NH3)2C12难溶于水。 回答下列问题： （1）为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施___________(写出一条即可)。 （2）溶液Y中含银微粒主要为___________。(填化学式) （3）水合肼的一级电离方程式为___________。已知水合肼与溶液Y反应后，对应的氧化产物为N2.若消耗等物质的量的水合肼、Zn粉，理论上生成的n(Ag)∶n(Au)= ___________(不考虑其他反应)。 （4）加入氨水，[PdCl4]2−转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：NH3___________Cl-(填“>”“<”或“=”)。[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀时，需要滴加浓盐酸将溶液的pH范围调至1～1.5，pH不能过小的原因是___________。 【答案】（1）增大硝酸浓度、搅拌、适当升高温度 （2） （3） ①. ②. 6:1 （4） ①. > ②. pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为，易使[Pd(NH3)4]2+转化为[PdCl4]2- 【解析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+、Pd2+，Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液，再向HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au，向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y，再向溶液Y中加入水合肼得到Ag，向含溶液中加入氨水得到含溶液，再加入盐酸调pH得到。 （1）为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施增大硝酸浓度、搅拌、适当升高温度等。 （2）AgCl固体用氨水溶解，离子方程式为：，所以得到溶液Y中含银微粒主要为。 （3）水合肼为二元弱碱，其一级电离方程式为。 氧化为氮气可提供电子，氧化为可提供2 mol电子，而还原1 mol Ag+ 需 1 mol e⁻，还原(得 Au ) 需 3 mol e⁻。因此当“各消耗1 mol”时， 能还原 或 ，1 mol Zn 能还原 2 mol 或 ，所以银与金的产物之比为，。 （4）加入氨水，转化为，说明该条件下配位能力：。若pH过小，过大，氨气转化为铵根离子，同时使转化为，而不能获得沉淀。 2.(2024-2025高二上·山东省淄博实验中学·期末)天然锆英砂(主要成分为)常含有、、等氧化物杂质。工业上以锆英砂为原料制备的一种工艺流程如图所示。 已知：①“碱熔”时，锆英砂转化为 ； ②的溶解度随酸度降低而升高； ③已知：常温下，，溶液中离子浓度≤1.0×10-6mol/L即可认为该离子已沉淀完全 （1）“碱熔”前要对天然锆英砂进行粉碎处理，目的是___________。 （2）滤液1的主要成分为___________ “酸溶”后，锆元素以的形式存在，则酸溶的离子方程式为___________。 （3）萃取所用主要玻璃仪器有___________，“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用___________。 （4）煅烧发生的化学方程式___________。 （5）该流程中可循环利用的物质有___________。 （6）“除铜”时，若溶液中的浓度为，加入等体积的溶液，沉淀完全，则加入的溶液浓度至少为___________(溶液混合时体积变化忽略不计)。 【答案】（1）增大接触面积，提高碱熔效率 （2）①. ②. （3） ①. 烧杯、分液漏斗 ②. 浓盐酸 （4） （5）有机溶剂N235、 （6） 【解析】锆英砂主要成分为，常含有等氧化物杂质。加过量碳酸钠“碱熔”，锆英砂转化为、Al2O3转化为，水浸过滤，滤渣中含有、Fe2O3、CuO，滤渣用过量盐酸“酸浸”，得ZrOCl2、氯化铁、氯化铜溶液，加NaCN生成Cu(CN)2沉淀除铜，滤液中加盐酸、萃取剂萃取，水层加浓盐酸析出沉淀，煅烧得ZrO2。 （1）通过对天然锆英砂进行粉碎处理，可以增大反应物的接触面积，提高碱熔效率； （2）碱熔时，Al2O3与碳酸钠反应生成可溶性四羟基合铝酸钠、二氧化碳，则“水浸”时所得“滤液”中溶质的主要成分是；“酸浸”后，锆元素以的形式存在于溶液中，此过程中与盐酸发生反应生成ZrOCl2、NaCl、H2SiO3，反应的离子方程式为； （3）萃取是分离互不相溶的两种液体，所用主要玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；根据题给信息，的溶解度随酸度降低而升高，则“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用浓盐酸； （4）根据流程图可知，煅烧时生成，结合元素守恒，煅烧发生的化学方程式为：； （5）萃取时使用有机溶剂N235、，反萃取时又得到有机溶剂N235，煅烧时生成，则该流程中可循环利用的物质有：有机溶剂N235、； （6）设沉淀完全后，溶液中浓度为，则 ，此外根据化学式 可知，为了沉淀铜离子消耗的NaCN的浓度为0.4mol/L，故原来溶液浓度至少为(0.4+0.02×2)mol/L=0.44 mol/L。 3.(2024-2025高二上·山东省实验中学·期末)以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示： 已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以、、形式存在； ②和难溶于水，易溶于水， （1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的和。转化等物质的量的Se、Te时，消耗的物质的量之比为___________；根据图判断“焙烧”适宜的条件为 ___________等。 （2）“还原”得到金的反应的离子方程式为___________；加入过量的目的是___________。 （3）“煅烧”时还生成、和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“___________”操作单元；“沉铂”时先通入的气体X为___________(填化学式)。 （4）“沉钯”时，向的溶液中加入等体积的的溶液，充分反应后，溶液中___________。 【答案】（1）①. 2：3 ②. m(Na2CO3)： m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K （2） ①. 2AuCl+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3SO+12H+ ②. 将AuCl全部转化为Au，将PtCl还原为PtCl （3） ①. 氯化浸出 ②. Cl2 （4）1.1×10-6 【解析】将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为和，加水水浸、过滤得到含有、滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂。 （1）由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为、时，硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价，则消耗氧化剂氯酸钠的物质的量比为4:6=2:3；由图可知，m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K时，硒、碲脱除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350 — 400K，故答案为：2：3；m(Na2CO3): m(铂钯精矿)=1.4，温度为350—400K； （2）由分析可知，通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，得到金的反应的离子方程式为2AuCl+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3SO+12H+，故答案为：将AuCl全部转化为Au，将PtCl还原为PtCl； （3）由图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氮气、氯化铵和氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用于氯化浸出操作单元；由分析可知，沉铂时先通入氯气的目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，故答案为：氯化浸出；Cl2； （4）设溶液的体积为1L，沉钯时0.2mol六氯合钯酸根离子消耗铵根离子的物质的量0.4mol，由溶度积可知，充分反应后，溶液中六氯合钯酸根离子的浓度为=1.1×10-6mol/L，故答案为：1.1×10-6。 4.(2024-2025高二上·山东省枣庄市薛城区、山亭区·期末)炼铁产生的废渣中含有大量CuS及少量铁和铁的化合物，实验室以该废渣为原料生产CuCl2的流程图如下： （1）“操作1”粉碎。粉碎的目的是___________； （2）“操作2”焙烧。高温条件下，通入空气，反应的化学方程式为___________。 （3）【查阅资料】 Fe(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.7 完全沉淀pH 3.2 6.7 “操作3”之前，为了使溶液中的Fe3+完全沉淀而除去，可加入的最佳试剂为___________(A．氨水 B．CuO C．KOH)，应调节溶液的pH___________(填数值范围)比较合适；“操作5”应在氯化氢氛围中进行加热，原因是___________。 （4）某实验小组探究NaHSO3溶液与CuCl2溶液的反应。 【查阅资料】 Cu2＋[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色溶液) ； Cu＋ [Cu(NH3)2]＋(无色溶液) [Cu(NH3)4]2＋(深蓝色溶液) 向 2mL 1mol·L-1的NaHSO3溶液加入2 mL 1mol·L-1CuCl2溶液得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。 ①推测无色气体为SO2 。实验验证方法为：___________。 ②推测白色沉淀为CuCl。 证明步骤为：完成实验后，立即过滤洗涤；然后取少量洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，观察到___________，反应的离子方程式为___________；露置一段时间，又观察到___________。 【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率 （2）CuS＋2NaCl＋2O2CuCl2＋Na2SO4 （3） ①. B ②. 3.2—4.7 ③. 增大HCl浓度，防止CuCl2发生水解 （4） ①. 用湿润的品红试纸接近试管口，观察到褪色，品红试红色在烘箱中烘干又观察到恢复红色 ②. 沉淀溶解，得无色溶液 ③. CuCl＋2NH3·H2O= [Cu(NH3)2]＋＋Cl-＋H2O ④. 溶液变为深蓝色 【解析】由题给流程可知，向粉碎得到的废渣粉末中加入氯化钠、通入氧气焙烧，将铜元素转化为氯化铜、硫元素转化为硫酸钠，向焙烧渣中加入盐酸溶解，向溶解得到的溶液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，向反应后的溶液中加入氧化铜调节溶液pH在3.2—4.7的范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；滤液经蒸发结晶、趁热过滤得到氯化钠和滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到二水氯化铜，二水氯化铜在氯化氢氛围中进行加热脱水制得无水氯化铜。 （1）废渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高反应速率； （2）由分析可知，焙烧时发生的主要反应为硫化铜与氯化钠、氧气高温条件下反应生成氯化铜和硫酸钠，反应的化学方程式为CuS＋2NaCl＋2O2CuCl2＋Na2SO4； （3）由分析可知，为不引入杂质，加入氧化铜调节溶液pH在3.2—4.7的范围内的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而铜离子不转化为氢氧化铜沉淀；由分析可知，操作5为二水氯化铜在氯化氢氛围中进行加热脱水制得无水氯化铜，氯化铜是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化铜和盐酸，在氯化氢氛围中进行加热是因为增大氯化氢浓度，能抑制氯化铜的水解，避免所得氯化铜中混有杂质； （4）①二氧化硫漂白品红溶液的过程为可逆过程，则实验验证无色气体是二氧化硫的方法为用湿润的品红试纸接近试管口，视察到品红试纸的红色褪去，将品红试纸在烘箱中低温烘干又观察到品红试纸的红色恢复，说明无色气体是二氧化硫； ②由题意可知，氯化亚铜能与氨水反应生成无色的氯化二氨合亚铜和水，反应的离子方程式为CuCl＋2NH3·H2O= [Cu(NH3)2]＋＋Cl-＋H2O，氯化二氨合亚铜具有还原性，易被空气中的氧气氧化为深蓝色的氯化四氨合铜，则验证白色沉淀为氯化亚铜的方法为取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，先观察到沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间，溶液变为深蓝色。 5.(2024-2025高二上·山东省滨州市·期末)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe2+、Mg2+和Mn2+)，实现镍、钴、镁元素的回收。 已知：①25℃时，部分金属氢氧化物的K如下。 ②“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 ③当离子浓度≤10⁻⁵mol·L⁻¹,可认为已沉淀完全。回答下列问题： （1）用硫酸浸取镍钴矿时，可提高浸取速率的措施有 (答出一条即可)。 （2）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H₂SO₅氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 ；滤渣的成分有MnO2、 (填化学式)。 （3）“氧化”时，保持空气通入速率不变，不同SO2体积分数下，Mn(Ⅱ)氧化率(指已被氧化的Mn(Ⅱ)在全部Mn(Ⅱ)中所占的比例)与时间的关系如图。 若混合气中不添加SO2，相同时间内Mn(II)氧化率较低的原因为 。 （4）将“钴镍渣”酸浸后，用金属萃取剂H2A2萃取酸浸液中的镍：Ni2+ + 2H2A2 ⇌ NiA2·2HA + 2H+。已知萃取前溶液pH=3，c(Ni2+)=0.05 mol·L⁻¹，萃取完成后溶液pH=1，则镍的萃取率= [萃取率=×100%](忽略体积变化)。 （5）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。 【答案】（1）适当升高温度、适当增大硫酸浓度、将镍钴矿粉碎(其他合理答案均可得分) （2） Mn2+ + H2O + HS = MnO2 + S + 3H+ CaSO4、Fe(OH)3 （3） 无法生成氧化性比氧气更强的过一硫酸(H2SO5) （4） 99% （5） 11.1 【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。 （2）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁； （3） 无法生成氧化性比氧气更强的过一硫酸(H2SO5) （4）设溶液的体积为VL。萃取前总H+物质的量：n前(H+)=10-3Vmol； 萃取后总H+物质的量：n后(H+)=0.1V mol。 H+增加量：△n(H+)=(0.1V - 10-3V) = 0.099 V mol 。 根据反应方程式：△n(H+) = 2×△n(Ni2+) △n(Ni2+)= =0.0495V mol 萃取前Ni2+总物质的量：n前(Ni2+)=0.05V mol； 萃取率=×100% = 99%。 （5）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。 6.(2024-2025高二上·山东省德州市·期末)亚磷酸钠(Na2HPO3)用途广泛。“NaH2PO2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na2HPO3)的工业流程如图： 已知：亚磷酸180℃分解为PH3和磷酸，据此回答下列问题： （1）在“合成”过程中生成亚磷酸(H3PO3)，相应的离子方程式为: 。已知完全中和40mL NaOH溶液需要消耗同浓度的H3PO3溶液20mL，由此判断H3PO3属于 (填“一”“二”或“三”)元酸。 （2）滤渣1的成分为________，获得HI采取减压蒸馏的原因是______。 【答案】（1） H2P + I2 + H2O = H3PO3 + 2I- + H+ 二 （2） FeS、PbS 防止温度高于180℃时H3PO3 分解为PH3和磷酸 【解析】（1） 根据“合成”过程的投料，题目给出生成亚磷酸(H3PO3)，利用氧化还原反应方程式的书写方法得出：H2P + I2 + H2O = H3PO3 + 2I- + H+；完全中和40mL NaOH溶液需要消耗同浓度的H3PO3溶液20mL，说明NaOH与H3PO3参加反应得物质的执笔为2:1，可知每个H3PO3可以电离出2个H+，所以H3PO3是二元酸。 （2） 在“除铅”过程中加入过量得FeS与原料中得Pb2+反应生成PbS沉淀，还有剩余的FeS，故滤渣1的成分为FeS、PbS； 由亚磷酸180℃分解为PH3和磷酸可知，为防止亚磷酸发生分解反应，将亚磷酸转化为亚磷酸二氢钠时，应采用减压蒸馏，故答案为：防止温度高于180℃时H3PO3分解为PH3和磷酸。 7.(2024-2025高二上·山东省德州市·期末)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。在工业生产中，通过钛铁矿(主要成分包含FeTiO3，以及含有Fe、Si、Al的氧化物杂质)来提炼钛并制备Fe3O4·xH2O的工艺流程如下图所示： 已知： ①25℃时，Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1×10⁻32； ②当溶液中离子浓度小于1×10⁻⁵ mol/L时，认为沉淀完全； ③ 1. TiO2(s)+2Cl2(g) ⇌ TiCl4(g) + O2(g)，K1 = 3.4×10-29 2. 2C(s) + O2(g) ⇌ 2CO(g)，K2=1.2×1048 （1）为了提高“酸浸”的速率，可采取的措施有____(任写一点)，该过程中Ti元素转化为TiO2+，不同温度下，Ti元素的浸出率如图所示，温度超过80℃后，浸出率下降的原因是_____。 （2）写出“水解”过程的离子反应方程式 。“水解”后过滤、洗涤得水浸渣(TiO2·xH2O)，检验TiO2·xH2O已洗涤干净的方法为 。 （3）二氧化钛高温氯化可以得到较高纯度的TiCl4，同时生成一种可燃性气体，其反应化学方程式为 ，通过计算说明“高温、氯化”操作单元加入碳粉的理由 。 （4）下列说法错误的是 A.滤渣I的主要成分是二氧化硅 B.用氨水调溶液的pH时，pH的理论最小值是9 C.滤液Ⅲ通过蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，可获得FeSO4·7H2O D.“还原”时加入过量铁粉可与硫酸反应，有利于TiO2+水解还同时将Fe3+还原为Fe2+ 【答案】（1）搅拌或适当提高硫酸的浓度 温度超过80℃，促进TiO2+水解，导致钛元素浸出率下降 （2）TiO²+ + (x+1)H₂O TiO₂·xH₂O↓+2H+ 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净。 （3）TiO2 + 2C + 2Cl2 TiCl4+2CO K=K1K2=4.1×1019，远大于105，可见该单元加入碳粉使得TiO2氯化为TiCl4得以实现。 （4）BC 【解析】钛铁矿(主要成分为，含的氧化物等杂质)加入硫酸酸浸，得到滤渣Ⅰ为二氧化硅等；滤液加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+，与硫酸反应，有利于水解，除去滤渣Ⅱ为过量的铁粉，所得滤液加入热水水解，滤液再加氨水调节pH除去滤渣Ⅲ为氢氧化铝，继续加入氨水并通入空气进行沉铁，得到；水解后的通入氯气，高温条件下与碳粉氯化，再蒸馏，与氯化钠、氯化钾一样熔融后电解得到钛。 （1）为了提高“酸浸”的速率，根据化学反应速率的影响因素和规律，可以利用搅拌或适当提高硫酸的浓度或者适当提高酸浸的温度等措施。温度超过80℃，促进水解生成，导致钛元素浸出率下降。 （2）从流程图“水解”过程中知道水解产物为TiO₂·xH₂O，“水解”过程的离子反应方程式为 TiO2+ + (x+1)H₂O TiO₂·xH₂O↓+2H+。“酸浸”时加入了硫酸，故可通过检验S来检验水浸渣是否洗净。所以方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，若有沉淀生成，则未洗净，反之则洗净。 （3）二氧化钛高温氯化可以得到较高纯度的TiCl4，同时生成一种可燃性气体，其反应化学方程式为TiO2 + 2C + 2Cl2 TiCl4+2CO；由已知③，K=K1K2=4.1×1019，远大于105，可见该单元加入碳粉使得TiO2氯化为TiCl4得以实现。 （4）A.钛铁矿主要成分包含FeTiO3，以及含有Fe、Si、Al的氧化物杂质,加入硫酸后只有SiO2不溶，所以滤渣I的主要成分是二氧化硅。故A正确。 B.“调pH”时，要求亚铁离子不沉淀，而铝离子要沉淀完全，铝离子沉淀完全时，，c(OH-)=pOH=9，pH=5；故pH的理论最小值是5。故B错误。 C.由分析可知，“还原”步骤中加入过量的铁粉，滤渣Ⅱ的成分为未反应完的铁粉，滤液Ⅲ通过操作蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可获得FeSO4·7H2O。而用蒸发结晶时会导致FeSO4·7H2O受热分解。故C错误。 D.“水解”时反应为TiO2+ + (x+1)H₂O ⇌TiO₂·xH₂O↓+2H+，“还原”时使用过量铁粉的目的是与硫酸反应，有利于水解，另外还可以将还原为。 / 学科网（北京）股份有限公司 $