云南省玉溪市江川区第一中学2025-2026学年高二上学期期中考试 化学试卷

云南省玉溪市江川区一中2025-2026学年高二年级期中考试 化学试卷 本试卷共7页，共18题，全卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡 上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2.选择题的作答:每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无 效。 3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸 和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 一、单项选择题:本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.下列热化学方程式中ΔH的绝对值能表示可燃物的燃烧热的是(　　) A. H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) 　ΔH＝－184.6 kJ/mol B. CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　 ΔH＝－283 kJ/mol C. 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　 ΔH＝－571.6 kJ/mol D. CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－802.3 kJ/mol 2.氯气、溴蒸气分别与氢气反应的热量变化如下： H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)，生成2 mol HCl放热Q1 kJ H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)，生成2 mol HBr放热Q2 kJ 下列说法不正确的是(　　) A. 上述两个反应中反应物的总能量均大于生成物的总能量 B. 上述两个反应中反应物的总键能均小于生成物的总键能 C. H2(g)和Cl2(g)反应生成1 mol HCl(g)时放出Q1 kJ的热量 D. 1 mol HBr(g)具有的能量大于1 mol HBr(l)具有的能量 3.已知某化学反应2B2A(g)===A2(g)＋2B2(g)的能量变化如图所示，下列有关叙述错误的是(　　) A. 该反应的进行一定需要加热 B. 该反应的ΔH＝(E1－E2) kJ·mol－1 C. 由2 mol A(g)和4 mol B(g)形成1 mol A2(g)和2 mol B2(g)，放出E2 kJ能量 D. 该反应中，反应物的总键能大于生成物的总键能 4.已知： ①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－Q1 ②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)　ΔH2＝－Q2 ③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝－Q3 取体积比为4∶1的甲烷和氢气的混合气体11.2 L(已折合成标准状况下)，经完全燃烧恢复到常温，放出的热量是(　　) A. 0.4Q1＋0.05Q2 B. 0.4Q1＋0.1Q2 C. 0.4Q1＋0.05Q3 D. 0.4Q1＋0.1Q3 5.已知：H2O(g)===H2O(l)　ΔH1＝Q1 kJ·mol－1； C2H5OH(g)===C2H5OH(l)　ΔH2＝Q2 kJ·mol－1； C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g)　ΔH3＝Q3 kJ·mol－1。 若使23 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(　　) A. Q1＋Q2＋Q3 B. 0.5(Q1＋Q2＋Q3) C. 0.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3 D. －(1.5Q1－0.5Q2＋0.5Q3) 6.NO催化O3分解的反应机理与总反应为 第一步：O3（g）＋NO（g）===O2（g）＋NO2（g）　ΔH1 第二步：NO2（g）===NO（g）＋O（g）　ΔH2 第三步：O（g）＋O3（g）===2O2（g）　ΔH3 总反应：2O3（g）===3O2（g）　ΔH4 其能量与反应历程的关系如图所示。下列叙述不正确的是（　　） A. ΔH1>0，ΔH2>0 B. ΔH2＝ΔH3－ΔH1 C. ΔH2>ΔH1，ΔH1>ΔH3 D. ΔH3＝ΔH4－ΔH2－ΔH1 7.已知反应S2(aq)+2I-(aq)2S (aq)+I2(aq),若向该溶液中加入含Fe3+的某溶液,反应机理如图所示。下列有关该反应的说法不正确的是(　　) ①2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq) ②2Fe2+(aq)+S2 (aq)2Fe3+(aq)+2S(aq) A. 反应①比反应②所需活化能大 B. 该反应可设计成原电池 C. 向该溶液中滴加淀粉溶液,溶液变蓝 D. 若不加Fe3+,正反应的活化能比逆反应的活化能大 8.炭黑是雾霾中的重要颗粒物,研究发现它可以活化氧分子,生成活化氧。活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。活化氧可以快速氧化SO2。 下列说法正确的是     (　　) A. 每活化一个氧分子吸收0.29 eV能量 B. 水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42 eV C. 氧分子的活化是C—O的断裂与O—O的形成过程 D. 炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂 9.工业上用Na2CO3固体作固硫剂,氢气还原辉钼矿(MoS2)获得钼(Mo)的反应原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)　ΔH。在恒容密闭容器中进行该反应,平衡时气体浓度和正逆反应平衡常数与温度的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) 　　 A. 该反应正向为放热反应,ΔH<0 B. 粉碎矿物和增大压强都能提高辉钼矿的平衡转化率 C. 结合图甲分析推测图乙中T1温度为130 ℃ D. 若图甲中A点对应温度下体系总压强为10 MPa,则H2O(g)的分压为5 MPa 10.在工业生产中，对能够发生的化学反应，研究和选择合适的反应条件才有实际意义。恒温恒压下，下列过程一定不能自发进行的是(　　) A. 4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH<0 B. CaO(s)＋CO2(g)===CaCO3(s)　ΔH<0 C. 2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)　ΔH>0 D. 2H2O(l)＋O2(g)===2H2O2(aq)　ΔH>0 11.合成氨的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92.4 mol·L-1。最近,科研人员合作研究,提出基于机械化学(“暴力”干扰使铁活化)在较温和的条件下由氮气合成氨的新方案(过程如图所示),利用这种方案所得氨的体积分数平衡时可高达82.5%。下列说法正确的是(　　) A. 该方案所得氨的含量高,主要是因为使用了铁作催化剂 B. 采用该方案生产氨气,活化能和ΔH均减小 C. 该方案氨的含量高,与反应温度较低有关 D. 为了提高氨气的产率,应尽量采取较高温度提高化学反应速率 12.一定温度下，反应MgCl2(l)⥫⥬Mg(l)＋Cl2(g)　ΔH＞0，达到平衡时，下列说法错误的是(　　) A. 将容器体积压缩为原来的一半，当体系再次达到平衡时，Cl2的浓度增大 B. 继续加入MgCl2(l)，平衡不移动 C. 减小氯气浓度，平衡正向移动，平衡常数不变 D. 升高温度该反应的化学平衡常数K增大 13.某温度下,水溶液中pOH与pH的关系如图所示。pOH=-lg c(OH-)。下列说法不正确的是(　　) A. b点温度高于25 ℃ B. 仅升高温度,可从b点变为a点 C. 向a点水中通入氨气,由水电离出的c水(H+)减小 D. b点所处温度下,0.1 mol·L-1 KOH溶液的pH=13 14.人体血液存在H2CO3/HC和HP/H2P等缓冲对。常温下,水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg X[X表示或]与pH的关系如图所示。已知pKa=-lg Ka,pKa1(H2CO3)=6.4,pKa2(H3PO4)=7.2。下列说法正确的是(　　) A. 曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系 B. a点→b点的过程中,水的电离程度逐渐减小 C. 当pH增大时,逐渐减小 D. 当c(H2CO3)=c(HC)时,c(HP)<c(H2P) 二、非选择题 15.已知几种含碳物质间的转化及能量变化关系如图所示。 (1)写出表示CO燃烧热的热化学方程式:　　　　　　　　　　。 (2)反应C(s)+2H2(g)==CH4(g)　ΔH=　　　 kJ·mol-1，该反应中反应物的总键能　　　(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总键能。若18 g C(s)与H2(g)反应，完全转化成CH4(g)，需要　　　 (填“吸收”或“放出”)　　　　kJ能量。 (3)在25 ℃、101 kPa下，30 g由CH4和CO组成的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量1 031.8 kJ。则混合气体中CH4和CO的物质的量分别为　　　　mol、　　mol。 三、实验题 16.对SO2、NOx、CO2和CO等气体进行回收利用是节能减排的重要课题。 (1)已知: ①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1 ②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)　ΔH=-113.0 kJ·mol-1 则反应:NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH=　　　　kJ·mol-1。 (2)工业上可用CO2与H2来生产甲醇。在2 L的恒容密闭容器中,充入1 mol CO2和3 mol H2在一定条件下发生反应:3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g),测得CO2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间变化如图所示: ①从反应开始到达到平衡,CO2的平均反应速率v(CO2)=　　　　　　　　　。 ②下列措施不能使CO2的平衡转化率增大的是　　　　(填标号)。 A.在原容器中再充入1 mol CO2 B.在原容器中再充入1 mol H2 C.在原容器中再充入1 mol氮气 D.使用更高效的催化剂 E.缩小容器的容积 F.将水蒸气从体系中分离 (3)工业上也可用CO生产甲醇。在一体积可变的密闭容器中充入10 mol CO与20 mol H2,在催化剂作用下发生反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH。CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。 ①压强为p1　　　　p2(填“>”“<”或“=”,下同);该反应的焓变ΔH　　　　0。 ②该反应在A、B、C三点条件下的平衡常数KA、KB和KC的大小关系为　　　　　　。 ③若达到平衡状态A时,容器的容积为2 L,则T1时反应的平衡常数K=　　　　　　。 17.工业上以菱锰矿(主要成分为MnCO3,还含少量的FeCO3、MgCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下。 已知:①该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 3.4 1.9 7.0 8.1 9.1 沉淀完全的pH 4.7 3.2 9.0 10.1 11.1 ②常温下,Ksp(CaF2)=1.60×10-10,Ksp(MgF2)=6.40×10-11。 回答下列问题: (1)对菱锰矿预处理时需要粉碎,从反应速率角度分析其原因: 　　　　　　　。 (2)向“浸出液”中加入MnO2的作用是 　　　　　　　　。 (3)加入氨水调节溶液pH的范围:　　　　　　　　　。 (4)“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分的化学式分别为　　　　　　　　,　　　　　　。 (5)加入NH4F的目的是将Ca2+、Mg2+沉淀除去,常温下,当溶液中Ca2+、Mg2+完全除去时c(Mn+)≤1.0×10-5 mol·L-1,则c(F-)≥　　　mol·L-1。 (6)“沉锰”:在30~35 ℃下,将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中,控制反应液的最终pH在6.5~7.0,得到MnCO3沉淀,该反应的离子方程式为　　　　　　　; 实验室可利用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否反应完全:2Mn2++5S2+8H2O＝16H++10S+2,如何确定“沉锰”中Mn2+已完全反应?  　　　　　　　　　。 18.某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 回答下列问题： (1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 　　　　　  、 　　　　　　 。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式 　　  。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是  　　　　　　　　 。 (3)写出“转化”中H2O2参加反应的方程式  　　　　　　　　　　　　　　　    。 (4)若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为  　　　　　　　  。 (5)加入NaOH溶液“调pH”，除去杂质离子，应控制的pH范围是  　　　　　　　   。 (6)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式  　　　　　　　　　 。 (7)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是 　　　　　　　　　  。 一、单选题 1.【答案】B 【解析】根据燃烧热的概念可知，A项，H2的指定产物为H2O(l)；C项，H2的化学计量数不是1；D项生成的不是液态水。 2.【答案】C 【解析】H2(g)和Cl2(g)反应生成1 mol HCl(g)时放出0.5Q1 kJ的热量，C错误。 3.【答案】A 【解析】由题图可知，该反应为吸热反应，某些吸热反应在常温下也可发生，A错误。 4.【答案】D 【解析】标准状况下，11.2 L混合气体中，n(CH4)＝×0.5 mol＝0.4 mol，则n(H2)＝0.1 mol，由于完全燃烧恢复到室温时，水为液体，因此H2燃烧放出的热量应按③进行计算，结果为0.4Q1＋0.1Q3。 5.【答案】D 6.【答案】B 【解析】第三步反应减去第一步反应得NO2（g）＋O（g）===NO（g）＋O2（g）　ΔH＝ΔH3－ΔH1，B错误。 7.【答案】D 【解析】由图知,反应①的活化分子平均能量与反应物分子平均能量之差大于反应②,则反应①比反应②所需活化能大,A正确;该反应是氧化还原反应,涉及电子的转移,可设计成原电池,B正确;溶液中有I2生成,滴加淀粉溶液,溶液变蓝,C正确;催化剂不能改变反应的ΔH,该反应为放热反应,不加Fe3+,逆反应活化能仍大于正反应活化能,D错误。 8.【答案】D 【解析】由图知,反应物的总能量高于生成物的总能量,则活化氧分子时放出能量,A错误;水可使第一步反应的活化能降低0.18 eV,使第二步反应的活化能降低0.42 eV,不是整个反应的活化能降低0.42 eV,B错误;氧分子的活化是O—O的断裂与C—O的形成过程,C错误;活化氧可以快速氧化SO2,而炭黑颗粒可以活化氧分子,故炭黑颗粒可以看作大气中SO2转化为SO3的催化剂,D正确。 9.【答案】C 【解析】由图甲可知升高温度,平衡时H2的浓度减小,则正反应是吸热反应,ΔH>0,故A错误;该反应是气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向进行,不利于反应正向进行,不能提高辉钼矿的平衡转化率,粉碎矿物也不能提高辉钼矿的平衡转化率,故B错误;根据图甲可知,130 ℃时该反应的平衡常数K==1,根据图乙可知,T1 ℃是正逆化学平衡常数相等,即此时平衡常数为1,故C正确;A点各组分的浓度之和为5 mol·L-1,在同一容器中,压强之比等于物质的量之比,也等于浓度之比,所以若A点对应温度下体系压强为10 MPa时,H2O(g)的浓度为2 mol·L-1,则H2O(g)的分压为10 MPa×=4 MPa,故D错误。 10.【答案】D 【解析】2H2O(l)＋O2(g)===2H2O2(aq)的ΔS<0，ΔH>0，D项符合题意。 11.【答案】C 【解析】由循环图看出,铁是合成氨的催化剂,但催化剂不影响平衡移动,A错误;使用催化剂能降低活化能,但不改变反应的ΔH,B错误;合成氨是放热反应,较低的反应温度有利于提高氮气的转化率及氨气的产率,C正确;合成氨是放热反应,较高温度虽会提高反应速率,但会降低氨气的产率,D错误。 12.【答案】A 【解析】将容器体积压缩为原来的一半，当体系再次达到平衡时，平衡常数不变，则Cl2的浓度不变，故A错误；继续加入MgCl2(l)，由于氯化镁是液态，因此平衡不移动，故B正确；减小氯气浓度，平衡正向移动，由于温度不变，因此平衡常数不变，故C正确；该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，因此该反应的化学平衡常数K增大，故D正确。 13.【答案】D 【解析】由图可知,b点对应的pOH=pH=6.5,则有c(H+)=c(OH-)=10-6.5 mol·L-1,KW=c(H+)c(OH-)=10-13>KW(25℃),故b点温度高于25 ℃,A正确;升高温度,水的电离平衡正向移动,c(H+)、c(OH-)均增大,则pH、pOH均减小,且二者相等,故升高温度,可从b点变为a点,B正确;向水中通入氨气,c(OH-)增大,抑制水的电离,则水电离的c水(H+)减小,C正确;b点对应的KW=10-13,0.1 mol·L-1 KOH溶液中c(H+)= mol·L-1=10-12 mol·L-1,则pH=12,D错误。 14.【答案】D 【解析】由电离平衡H2CO3HC+H+和H2PHP+H+可知,随pH增大,溶液中c(OH-)增大,电离平衡向右移动,减小,增大,即lg 减小,lg 增大,所以曲线Ⅰ表示lg 与pH的变化关系,曲线Ⅱ表示lg 与pH的变化关系,故A错误; a点→b点的过程中,pH<pKa1(H2CO3)=6.4,c(HC)逐渐增大,对水的电离的促进作用增大,所以水的电离程度逐渐增大,故B错误;根据Ka1(H2CO3)=和Ka2(H3PO4)=,可得=·c(HP),在曲线Ⅱ所在pH范围内,当pH增大时,H2P的电离被促进,HP的浓度逐渐增大,所以逐渐增大,故C错误;由题给信息可知,当c(H2CO3)=c(HC)时,lg =0,此时的pH为6.4,由图可推断,此时lg <0,说明c(HP)<c(H2P),故D正确。 二、非选择题 15.【答案】(1)CO(g)+O2(g)==CO2(g)　ΔH=-283.0 kJ·mol-1　(2)-247.2　小于　放出　370.8　(3)1　0.5 【解析】由图可知，碳和氢气在氧气中燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式为C(s) +2H2(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(l)　ΔH =-1 137.5 kJ·mol-1①，碳和氢气在氧气中燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为C(s)+2H2(g)+O2(g)==CO(g)+2H2O(l)　ΔH =-854.5 kJ·mol-1②，甲烷在氧气中燃烧生成二氧化碳和液态水的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(l)　ΔH =-890.3 kJ·mol-1③;(1)由盖斯定律可知，反应①-②可得一氧化碳在氧气中燃烧生成二氧化碳的反应为CO(g)+O2(g)==CO2(g)，则反应ΔH =(-1 137.5 kJ·mol-1)-(-854.5 kJ·mol-1)=-283 kJ·mol-1，则表示一氧化碳燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)==CO2(g)　ΔH =-283 kJ·mol-1;(2)由盖斯定律可知，反应①-③可得反应C(s)+2H2(g)==CH4(g)，则反应ΔH =(-1 137.5 kJ·mol-1)-(-890.3 kJ·mol-1)=-247.2 kJ·mol-1，所以该反应为反应物的总键能小于生成物的总键能，18 g碳与氢气反应生成甲烷放出的热量为×247.2 kJ·mol-1=370.8 kJ;(3)设混合气体中甲烷和一氧化碳的物质的量分别为a mol和b mol，由混合气体的质量可得:16a+28b=30，由燃烧放出的热量可得:890.3a+283b=1 031.8，解联立方程可得a=1、b=0.5。 16.【答案】(1)-41.8 (2)①0.037 5 mol·L-1·min-1　②ACD (3)①<　<　②KA=KB>KC　③0.04 【解析】(1)根据盖斯定律,反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)可以由①×-②×得到,故ΔH3== kJ·mol-1=-41.8 kJ·mol-1。 (2) ①由图像知,v(CO2)===0.037 5 mol·L-1·min-1。②CO2与H2发生反应:3H2(g)+CO2(g) CH3OH(g)+H2O(g),再充入1 mol CO2会使H2转化率升高、CO2转化率降低,A符合题意;再充入1 mol H2可以使CO2转化率升高,H2转化率降低,B不符合题意;恒容充入氮气,反应物浓度不变,平衡不移动,转化率不变,C符合题意;使用催化剂平衡不移动,转化率不变,D符合题意;缩小容积,压强增大,平衡正向移动,CO2转化率增大,E不符合题意;将水蒸气分离出来使生成物减少,平衡正向移动,CO2转化率增大,F不符合题意。 (3)①反应CO(g)+2H2(g)CH3OH 是气体分子数减小的反应,在同一温度下,压强越大,平衡正向进行的程度越大,CO转化率越大,T1时p2曲线对应的CO转化率更大,则p1<p2;同一压强下,温度升高,CO转化率减小,平衡逆向移动,故ΔH<0。②K只与温度有关,A、B对应的温度相同,K相同,C点温度比B点高,CO转化率比B点小,平衡逆向移动,K变小,则KA=KB>KC。③根据已知条件列出三段式: , 平衡常数K===0.04。 17.【答案】(1)增大反应物的接触面积,加快反应速率 (2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3)4.7≤pH<8.1 (4)SiO2　Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)4×10-3 (6)Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O　取少量“沉锰”后反应液于试管中,滴入Na2S2O8溶液,溶液不变为紫红色 【解析】根据菱锰矿的成分,先用盐酸溶解,SiO2不溶,向“浸出液”中加入二氧化锰将Fe2+氧化为Fe3+,用氨水调节溶液的pH来除去铁离子与铝离子,加入NH4F的目的是将Ca2+、Mg2+沉淀除去,最后利用锰离子和碳酸氢铵的反应来生成碳酸锰,最后得到高纯度碳酸锰产品。 (1)对菱锰矿预处理时需要粉碎,可以增大反应物的接触面积,加快反应速率。 (2)根据题目信息可得,Fe3+沉淀的pH比Fe2+小,向“浸出液”中加入MnO2可以将Fe2+氧化为Fe3+,防止除铁元素时将Mn2+同时沉淀。 (3)用氨水调节溶液的pH来除去铁离子与铝离子,但不能使锰离子沉淀,故加入氨水调节溶液pH的范围为4.7≤pH<8.1。 (4)菱锰矿(主要成分为MnCO3,还含少量的FeCO3、MgCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)粉碎后加入足量盐酸,只有SiO2与盐酸不反应,故“滤渣1”为SiO2;加氨水调pH将Fe3+、Al3+生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去,“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。 (5)已知:CaF2、MgF2的溶度积常数分别为1.60×10-10、6.40×10-11,则Ca2+沉淀完全时,Mg2+一定沉淀完全,完全沉淀时,c(Ca2+)≤1.0×10-5 mol·L-1,c(Ca2+)c2(F-)=1.60×10-10,解得c(F-)≥4×10-3 mol·L-1。 (6)在30~35 ℃下,将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中,控制反应液的最终pH在6.5~7.0,得到MnCO3沉淀,说明Mn2+与HC反应产生MnCO3和CO2,该反应的离子方程式为Mn2++2HC＝MnCO3↓+CO2↑+H2O;如果Mn2+没有完全反应,加入Na2S2O8溶液发生反应:2Mn2++5S2+8H2O＝16H++10S+2Mn,溶液会变为紫红色,则滴入Na2S2O8溶液,溶液不变为紫红色,确定Mn2+已完全反应。 18.【答案】(1)除去油脂　溶解铝及其氧化物　+H+=Al(OH)3↓+H2O (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4)Fe3+ (5)3.2≤pH＜7.2 (6)2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O (7)提高镍的回收率 【解析】(1)向废镍催化剂中主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质，加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑、Al2O3 + 2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解；滤液①含有NaAl(OH)4，加入稀硫酸可发生反应为：+H+=Al(OH)3↓+H2O； (2)滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后，Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②； (3)滤液②中加入H2O2溶液，H2O2具有氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+后，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； (4)若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+、则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+； (5)调节pH的目的为将Fe3+完成沉淀而除去，结合上述表格可知，Ni2+开始沉淀时的pH=7.2，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜7.2； (6)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClO-被还原为Cl-，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O； (7)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $