题型02 化学工艺流程（期末真题汇编，江苏专用）高二化学上学期

题型02 化学工艺流程 1．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上一种制备高铁酸钾的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，制备的工艺流程如图所示： 已知：6KOH+3Cl2KCl+KClO3+3H2O。下列说法错误的是 A．反应①应在温度较高的情况下进行 B．反应②加入KOH固体既可与过量的Cl2反应，又能提供碱性环境 C．反应③中可能有Fe(OH)3沉淀生成 D．K2FeO4的净水原理与明矾的净水原理不同 2．(24-25高二上·江苏苏州·期末)四氧化三锰广泛应用于生产软磁材料、催化材料。一种以低品位锰矿（含、、及少量、、）为原料生产的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可用稀硫酸代替“溶浸”中的 B．“溶浸”步骤中作氧化剂 C．“沉锰”步骤中母液的主要成分为 D．“氧化”步骤中参加的反应： 3．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·期末)草酸亚铁(FeC2O4)晶体为淡黄色粉末，难溶于水，溶于稀酸，是生产锂电池的原材料。实验室制备FeC2O4部分实验过程如下： 已知室温时：、、。 下列说法正确的是 A．可用KMnO4溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否变质 B．室温时，反应的平衡常数 C．“操作a”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥 D．“操作a”所得滤液中存在： 4．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期末)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、。为了保护环境，充分利用铅资源，通过如图流程实现铅的回收，其中HAc是醋酸。下列说法不正确的是 A．“铅膏”中主要来源于该电池的正极材料 B．“酸浸”步骤中利用的原理之一是醋酸酸性大于碳酸 C．“酸浸”中的作氧化剂 D．“沉铅”后的滤液焰色反应呈黄色 5．(24-25高二上·江苏盐城东台·期末)太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。 Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。 制备工艺中涉及的主要物质转化如下： (1)下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。 A．ⅰ中，C做还原剂 B．碳酸的酸性强于硅酸 C．碳酸的热稳定性弱于硅酸 D．元素的电负性C>Si (2)ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mole-。 ①SiHCl3中，H的化合价为 ，电负性Si H(填“>”或“<”)。 ②该反应的化学方程式为 。 (3)ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因： 。 Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。 科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素Ga和As(它们在周期表中的位置如图)，并制成它们的化合物薄膜，其晶体结构类似单晶硅。 Si Ga As Se (4)写出基态Ga原子价层电子排布式 。 (5)As的第一电离能比Se大的主要原因是： 。 6．(24-25高二上·江苏盐城东台·期末)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。实验室提纯二氧化铈一种方法如下图所示： (1)X是一种气体单质，分子式为 。 (2)写出反应①中稀硫酸、H2O2与CeO2反应的化学方程式 。 (3)由反应②可知氧化性：X Ce(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，当消耗1molX转移电子物质的量为 mol。 (4)CeO2是汽车尾气净化装置的重要组成材料，工作原理如下图所示，CeO2在汽车尾气净化过程中起 作用。写出过程①发生反应的化学方程式 。 7．(24-25高二上·江苏镇江中学·期末)以Al2O3为载体的钯催化剂常用于石化行业加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废Pd-Al2O3催化剂(主要含有机物、活性炭、Pd、Al2O3，还有少量PdO、SiO2)为原料制备氯化钯的流程如下： 已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。 (1)“焙烧”的目的主要是将 、 氧化为气态物质除去。 (2)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“氯化浸取”的最佳条件为 、 。 (3)“氯化浸出”时，若盐酸浓度过高，可能发生的副反应离子方程式为 。 (4)滤渣1为 、 。已知，若要使溶液中不高于，则应加入氨水使pH不低于 。 (5)就“沉钯”中获得的进行“热分解”，生成的气体可返回 (填字母)工序继续使用。 A．焙烧 B．氯化浸出 C．转化、除杂 (6)工业上也可用还原制取海绵Pd，且对环境友好，该反应的化学方程式为 。 8．(24-25高二上·江苏扬州·期末)以粗NiSO4溶液(含Cu2+、Ca2+等杂质)为原料制备NiSO4·6H2O的部分过程如下： 已知：Ni2+、Ca2+能被有机萃取剂(简称HR)萃取，其萃取原理： Ni2+(水层)＋2HR(有机层) NiR2(有机层)＋2H+(水层) Ca2+(水层)＋2HR(有机层) CaR2(有机层)＋2H+(水层) (1)基态Ni2+的核外电子排布式为 。 (2)“沉铜”时，加料后以一定速率搅拌反应。该过程中，可提高“沉铜”速率的措施还有 。“沉铜”后，溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)“萃取”时，用一定量的HR充分萃取，能实现Ni2+与Ca2+的分离，原因是 。 (4)“反萃取”时，加入稀H2SO4，水层中Ni2+物质的量迅速增多的原因是 。 (5)取2.00 mL“反萃取”后的水层样品于锥形瓶中，加入30.00 mL 0.03000 mol·L−1Na2H2Y标准液。充分反应后，滴入2~3滴二甲酚橙指示剂，用0.03000 mol·L−1 ZnSO4标准液滴定过量的Na2H2Y。滴定至终点时，溶液的颜色变化为 。重复上述操作2~3次，平均消耗ZnSO4标准液13.40 mL。 已知：①M2+＋H2Y2−=[MY]2−＋2H+(M=Ni或Zn) ②二甲酚橙在酸性条件下呈现黄色，遇Zn2+显红紫色。 计算样品中Ni2+的物质的量浓度 。(写出计算过程) 9．(24-25高二上·江苏盐城东台·期末)2024年我国新能源汽车销量预计达1300万辆，Li2CO3是制造汽车锂电池必不可少的原材料。以锂云母精矿的浸出液(主要含Li+、Al3+、Fe3+、F-、SO等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如下图所示： 已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3++3HR FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中；碱性条件可促进萃取平衡向右移动，提高萃取率。 ②部分物质溶解度(g/100gH2O)数据见表： 温度 0℃ 20℃ 80℃ Li2CO3 1.54 1.33 0.85 LiHCO3 11.6 7.82 高于50℃，开始分解 (1)写出单质锂与水反应的化学方程式 。 (2)使用HR萃取剂时，需用一定浓度的NaOH溶液进行处理的目的是 。 (3)判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的操作方法是 。过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入 (填“冷水”或“热水”)至 ，待水流尽，重复2~3次。 (4)在上述工艺中，碳化反应的化学方程式为 。 (5)Li2CO3受热分解可产生Li2O。Li2O晶胞具有反萤石(CaF2)结构，为立方晶系晶体，其晶胞结构示意图如下图。该晶胞中离子的分数坐标如下： 氧离子：(0，0，0)；(，，0)；(，0，)；(0，，)；…… 锂离子：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)；…… ①在下图中画出Li2O晶胞沿x轴投影的俯视图 。 ②Li2O晶体中O2-的配位数为 。 ③若Li2O晶体晶胞棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O晶体密度为 g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。 10．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期末)五氧化二钒(V2O5)具有强氧化性，可作制硫酸的催化剂。利用废钒催化剂的酸浸液(含、和)制取V2O5的一种工艺路线如下： 已知：ⅰ．溶液中含+5价V的各种离子浓度与溶液pH的关系如图所示。 ⅱ．“离子交换”和“洗脱”可表示为4ROH+R4V4O12+4OH−(ROH为阴离子交换树脂)。 (1)“氧化”时控制溶液的pH<1，VO2+(约)反应的离子方程式为 。 (2)“调pH”时控制溶液pH约为7～8，pH不能过大的原因除了pH过大，OH-浓度过大，抑制后续离子交换反应向正向进行；还有 、 。 (3)“沉钒”时，得到NH4VO3沉淀。确认沉淀已洗涤干净的实验方法是 。 (4)“煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是 。 (5)为测定所制得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取0.5000g样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的溶液，再用标准溶液滴定过量的Fe2+至终点，消耗标准溶液的体积为10.00 mL。计算V2O5样品的纯度 (写出计算过程，杂质不参与反应)。实验过程中反应如下：(未配平)；(未配平)。 11．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)实验室以菱锰矿(含及少量Fe、Si的氧化物等)为原料制备高纯和的流程如下图所示。 已知：室温下、、、。 (1)该流程中可循环使用的物质有 。 (2)“焙烧”过程中发生的化学方程式： 。 (3)“沉铁”过程中会产生少量沉淀。在工业上可用于去除溶液中，反应为，其平衡常数 。 (4)制取在如图所示实验装置中，搅拌下使一定量的溶液与氨水混合溶液充分反应。 ①滴液漏斗中添加的药品是 。 ②混合溶液中氨水的作用是 。 (5)制取。固定其他条件不变，反应物物质的量浓度比值、温度、空气流量对溶液制取纯度的影响分别如图所示。 补充完整制取纯净的实验方案：取25mL0.7mol·L-1的溶液， ，控制搅拌速率500r·min-1反应8h， ，110℃干燥2h，得到纯净的(须使用的试剂：0.7mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1溶液)。 12．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期末)Sr与、同主族，实验室以天青石精矿(主要含，还含有少量、、)为原料制取，其实验流程如下： (1)浸取天青石精矿时，向溶液中加入适量浓氨水发生的反应为： (写离子方程式)。“浸取Ⅰ”的条件是温度在60~70℃，搅拌，反应3小时，温度过高将会导致的转化率下降，其原因是 。 (2)“焙烧”所得粗品用蒸馏水多次浸取得溶液。判断粗品已经浸取完全的方法： 。 (3)“沉淀”过程中除得到外，还得到一种可循环利用的物质，该物质为 。 (4)将与煤粉按照一定比例混合后煅烧得到一种黑灰()。设计以黑灰为原料，制取的实验方案 。 (已知：易溶于水，易水解。水浸时的浸取率随温度变化如图。实验中锶元素需充分转化，必须使用的试剂：蒸馏水，和溶液)。 13．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·期末从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)写出“氨浸”时，生成的离子方程式： ；该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因是 。 (2)“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是 ；写出砷酸铁的化学式： 。 (3)“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是 。 (4)写出“蒸氨”时，生成的化学方程式： 。 (5)以1 t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由： 。 14．(24-25高二上·江苏南京五校联盟·期末)氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量的流程如图： 已知：①卤块主要成分为，含有、等杂质。 ②四种化合物的溶解度()随温度()变化曲线如图所示。 (1)加速卤块在酸性溶液中溶解的措施有： 。(任写一点)。 (2)滤渣的成分 。 (3)加入饱和溶液后发生反应的化学方程式为 (溶解度低的物质以沉淀形式析出)。 产品中含量的测定： 步骤1：准确称量产品配成溶液。 步骤2：取试液于锥形瓶中，加入稀硫酸和的溶液，微热。 步骤3：冷却至室温，用溶液滴定剩余的至终点。此过程中反应的离子方程式为：。 步骤4：将步骤2、3重复两次 (4)①写出步骤2中发生反应的离子方程式： ； ②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果 (填“偏大、偏小”或“不变”)。 (5)若平均消耗溶液，则产品中的质量分数为 。(写出必要的计算过程) 15．(24-25高二上·江苏学·期末）氯化钴在工业催化、涂料工业、干湿指示剂等领域具有广泛应用。某钴矿石的主要成分包括和。由该矿石制体的方法如下(部分分离操作省略)： 资料：生成，开始沉淀时，完全沉淀时 (1)上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施有 (写出一条即可)。 (2)溶于浓硫酸是非氧化还原反应，溶液1中阳离子包括和 。 (3)已知时溶液中完全沉淀。沉淀2是 。 (4)溶液2中含有和。 ①已知：25℃时，当时可认为完全沉淀。若向溶液2中加入碱溶液，常温下，当 时完全沉淀。由此可知，通过调节无法将和完全分离。 ②溶液2中加入氨水和溶液的目的是 。 16．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期末）MgF2是一种重要的无机化工原料，可用于制备多晶材料、光学玻璃。现有如下两种途径可以制得。 途径Ⅰ：以工业级MgSO4溶液(含Fe3+和Mn2+等杂质)为原料制备MgF2，过程如下： (1)除杂 ①向硫酸镁溶液中加入Na2SO4，加热、保持溶液温度在80~95℃，将Fe3+转化为Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，反应后滤液的pH (填“增大”、“不变”或“减小”)； ②调节滤液的pH，使溶液呈弱碱性，向其中加入H2O2，将Mn2+转化为MnO2沉淀，写出该反应的离子方程式 。 ③Mn+(Fe3+、Mn2+、Mg2+)转变为氢氧化物沉淀的pH如图。除杂时未采取将Mn2+直接转化为Mn(OH)2的原因是 。 (2)沉镁 向“除杂”后滤液中加入Na2CO3，同时产生气体，写出生成Mg2(OH)2CO3的化学方程式 。 (3)酸溶 将所得Mg2(OH)2CO3置于 (填“玻璃”、“聚丙烯”或“石英”)烧杯中，加入适量的HF，搅拌溶解。 途径Ⅱ：以磷肥副产物H2SiF6溶解MgO，充分反应后过滤、得MgSiF6溶液，浓缩得MgSiF6·6H2O，300℃条件下煅烧得MgF2。 (4)溶解时，H2SiF6质量分数控制在18%~20%的原因： (20℃时，MgSiF6的溶解度30.8 g)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 化学工艺流程 1．(24-25高二上·江苏部分高中·期末)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上一种制备高铁酸钾的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2O，制备的工艺流程如图所示： 已知：6KOH+3Cl2KCl+KClO3+3H2O。下列说法错误的是 A．反应①应在温度较高的情况下进行 B．反应②加入KOH固体既可与过量的Cl2反应，又能提供碱性环境 C．反应③中可能有Fe(OH)3沉淀生成 D．K2FeO4的净水原理与明矾的净水原理不同 【答案】A 【分析】向KOH溶液，通入过量氯气，发生反应为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，除去KCl，KClO具有强氧化性，碱性条件下KClO与硝酸铁反应生成K2FeO4、KCl和H2O，离子方程式为，过滤得到滤渣K2FeO4，纯化，经过洗涤干燥得到纯K2FeO4晶体，据此分析； 【详解】A．根据已知可知温度高会产生副产品KClO3，A错误； B．反应②加入KOH固体既可与过量的Cl2反应，又能提供碱性环境生成K2FeO4，B正确； C．Fe3+在碱性条件下可能生成Fe(OH)3，C正确； D．根据题干信息可知K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，能够杀毒，同时生成胶体起净化作用，而明矾只生成胶体起净化作用，D正确； 故选A。 2．(24-25高二上·江苏苏州·期末)四氧化三锰广泛应用于生产软磁材料、催化材料。一种以低品位锰矿（含、、及少量、、）为原料生产的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可用稀硫酸代替“溶浸”中的 B．“溶浸”步骤中作氧化剂 C．“沉锰”步骤中母液的主要成分为 D．“氧化”步骤中参加的反应： 【答案】B 【详解】A．也能提供、，可用稀硫酸代替“溶浸”中的，故A正确； B．与、、反应生成、、，根据流程图，沉锰后得到+2价，因此、在酸性条件下将氧化成，本身被还原成，作还原剂，故B错误； C．“沉锰”步骤母液中含有，故C正确； D．氧化过程中反应方程式为，故D正确； 答案选B。 3．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·期末)草酸亚铁(FeC2O4)晶体为淡黄色粉末，难溶于水，溶于稀酸，是生产锂电池的原材料。实验室制备FeC2O4部分实验过程如下： 已知室温时：、、。 下列说法正确的是 A．可用KMnO4溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否变质 B．室温时，反应的平衡常数 C．“操作a”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥 D．“操作a”所得滤液中存在： 【答案】B 【分析】由题干流程图信息可知，硫酸亚铁铵加水并加入H2SO4进行酸化溶解，然后加入草酸，加热后反应生成草酸亚铁沉淀，通过过滤，洗涤，干燥即得到FeC2O4晶体，据此分析解题。 【详解】A．铵根中N为-3价能够被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不可用KMnO4溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否变质，应该用KSCN溶液等，A错误； B．室温时，反应的平衡常数K=====11.8，B正确； C．由分析可知，FeC2O4是沉淀，故“操作a”为过滤、乙醇洗涤、干燥，C错误； D．由分析可知，“操作a”为过滤出FeC2O4沉淀后所得滤液中，则存在：，否则将继续产生FeC2O4沉淀，D错误； 故答案为：B。 4．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期末)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、。为了保护环境，充分利用铅资源，通过如图流程实现铅的回收，其中HAc是醋酸。下列说法不正确的是 A．“铅膏”中主要来源于该电池的正极材料 B．“酸浸”步骤中利用的原理之一是醋酸酸性大于碳酸 C．“酸浸”中的作氧化剂 D．“沉铅”后的滤液焰色反应呈黄色 【答案】C 【分析】从主要含、废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅资源。通过如图流程可知“脱硫”时利用了沉淀转化原理，将PbSO4转化为PbCO3，便于后面的酸浸。在“酸浸”时将还原，最终铅元素全部转化为可溶性的Pb(Ac)2，“沉铅”时将Pb(Ac)2转化为Pb(OH)2，最后Pb(OH)2加热得到PbO。 【详解】A．铅蓄电池中铅做负极，二氧化铅做正极，“铅膏”中主要来源于该电池的正极材料，A正确； B．“酸浸”步骤中，其中的反应之一是，反应原理是强酸制弱酸，B正确； C．“酸浸”中PbO2通过和H2O2、HAc反应转化为Pb(Ac)2，此过程中，Pb元素的化合价降低， PbO2做氧化剂，H2O2做还原剂，C错误； D．“沉铅”后的滤液含有Na+，滤液焰色反应呈黄色，D正确； 故选C。 5．(24-25高二上·江苏盐城东台·期末)太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。 Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。 制备工艺中涉及的主要物质转化如下： (1)下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是___________(填字母)。 A．ⅰ中，C做还原剂 B．碳酸的酸性强于硅酸 C．碳酸的热稳定性弱于硅酸 D．元素的电负性C>Si (2)ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mole-。 ①SiHCl3中，H的化合价为 ，电负性Si H(填“>”或“<”)。 ②该反应的化学方程式为 。 (3)ⅲ中，利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因： 。 Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。 科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素Ga和As(它们在周期表中的位置如图)，并制成它们的化合物薄膜，其晶体结构类似单晶硅。 Si Ga As Se (4)写出基态Ga原子价层电子排布式 。 (5)As的第一电离能比Se大的主要原因是： 。 【答案】(1)BD (2) -1 < (3)高纯硅为共价晶体，熔沸点很高，而SiHCl3为分子晶体，熔沸点很低 (4) (5)As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素 【分析】石英砂在2000℃下用C单质进行还原，得到粗硅，粗硅在300℃在与HCl发生反应得到，用H2在1100℃进行还原得到高纯硅，据此回答。 【详解】（1）A．ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”，不符合题意； B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”，符合题意； C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸和硅酸是最高价氧化物对应水化物，能通过其酸性比较元素非金属性，不能通过碳酸的热稳定性弱于硅酸说明“非金属性C比Si强”，不符合题意； D．元素的电负性C>Si，则碳得到电子能力大于硅，能说明“非金属性C比Si强”，符合题意； 故选BD； （2）①1molSi与3molHCl反应转移4mole-，发生反应，生成1molH2得2mol电子，则3分子HCl中1分子HCl中氢原子得到2个电子，化合价由+1变为-1，反应中硅元素化合价由0变为+4，即SiHCl3中H的化合价为-1，硅显正价、氢显负价，推测电负性Si<H； ②该反应中粗硅和氯化氢加热300℃生成SiHCl3和氢气，化学方程式为； （3）高纯硅为共价晶体，熔沸点很高，而SiHCl3为分子晶体，熔沸点很低，故利用物质沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离； （4）基态Ga为31号元素，原子核外电子排布为，基态Ga原子价层电子排布式； （5）同一周期随着原子序数变大，第一电离能有变大的趋势，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se大。 6．(24-25高二上·江苏盐城东台·期末)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。实验室提纯二氧化铈一种方法如下图所示： (1)X是一种气体单质，分子式为 。 (2)写出反应①中稀硫酸、H2O2与CeO2反应的化学方程式 。 (3)由反应②可知氧化性：X Ce(OH)4(填“>”或“<”或“=”)，反应②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，当消耗1molX转移电子物质的量为 mol。 (4)CeO2是汽车尾气净化装置的重要组成材料，工作原理如下图所示，CeO2在汽车尾气净化过程中起 作用。写出过程①发生反应的化学方程式 。 【答案】(1) (2) (3) > 1∶2 4 (4) 催化 【分析】粗中Ce化合价为+4价，加入稀硫酸、H2O2，Ce化合价下降生成，发生的反应方程式为，故X为，再加入氢氧化钠和，Ce化合价升高生成Ce(OH)4，加热Ce(OH)4分解生成精，据此回答。 【详解】（1）由分析知，X氧气，分子式为； （2）加入稀硫酸、H2O2，Ce化合价下降生成，发生的反应方程式为； （3）根据氧化性规律，氧化剂大于氧化产物，反应②中作氧化剂，Ce(OH)4为氧化产物，所以氧化性＞Ce(OH)4；反应②中的氧化剂为，化合价由0价降低到-2价，降低4价，故1mol发生反应转移4mol电子，还原剂为，化合价由+3价升高到+4价，升高2价，1mol发生反应转移2mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；每有一个分子参与反应，化合价由0价降低到-2价，降低4价，转移电子的个数为4个，故1mol发生反应转移4mol电子； （4）由图可知，CeO2在反应①中先消耗，在反应②中又生成，故CeO2为反应的催化剂；过程①中CeO2与CO反应生成Ce2O3和CO2，发生反应的化学方程式为。 7．(24-25高二上·江苏镇江中学·期末)以Al2O3为载体的钯催化剂常用于石化行业加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废Pd-Al2O3催化剂(主要含有机物、活性炭、Pd、Al2O3，还有少量PdO、SiO2)为原料制备氯化钯的流程如下： 已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。 (1)“焙烧”的目的主要是将 、 氧化为气态物质除去。 (2)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“氯化浸取”的最佳条件为 、 。 (3)“氯化浸出”时，若盐酸浓度过高，可能发生的副反应离子方程式为 。 (4)滤渣1为 、 。已知，若要使溶液中不高于，则应加入氨水使pH不低于 。 (5)就“沉钯”中获得的进行“热分解”，生成的气体可返回 (填字母)工序继续使用。 A．焙烧 B．氯化浸出 C．转化、除杂 (6)工业上也可用还原制取海绵Pd，且对环境友好，该反应的化学方程式为 。 【答案】(1) 活性炭 有机物 (2) 70℃ 3：1 (3) (4) PdO SiO2 5 (5)C (6) 【分析】废催化剂，在空气中“焙烧”除去有机物、活性炭，用盐酸、氯酸钠“氯化浸出”，性质稳定，难溶于水、盐酸。加入氯酸钠，被转化为，和不溶于盐酸，过滤出、；滤液中含有、，滤液加氨水生成氢氧化铝沉淀（滤渣）。滤液有，加盐酸转化为，加热分解为。 【详解】（1）有机物、碳能燃烧生成二氧化碳，“焙烧”的目的是除去有机物、活性炭。 （2）根据温度、固液比对浸取率的影响图，、固液比时浸取率最高，则“氯化浸取”的最佳条件为、固液比。 （3）氯酸钠具有强氧化性，若盐酸浓度过高，氯酸钠和盐酸发生归中反应生成氯气，可能发生的副反应离子方程式为。 （4）性质稳定，难溶于水、盐酸，不溶于盐酸，所以滤渣1为和。若要使溶液中铝离子不高于，，，则，所以应加入氨水使不低于。 （5）“沉钯”中获得的，根据原子守恒，进行“热分解”，会生成氨气，氨气可返回“转化、除杂”工序继续使用，故选C。 （6）对环境友好，说明氧化产物是氮气，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为：。 8．(24-25高二上·江苏扬州·期末)以粗NiSO4溶液(含Cu2+、Ca2+等杂质)为原料制备NiSO4·6H2O的部分过程如下： 已知：Ni2+、Ca2+能被有机萃取剂(简称HR)萃取，其萃取原理： Ni2+(水层)＋2HR(有机层) NiR2(有机层)＋2H+(水层) Ca2+(水层)＋2HR(有机层) CaR2(有机层)＋2H+(水层) (1)基态Ni2+的核外电子排布式为 。 (2)“沉铜”时，加料后以一定速率搅拌反应。该过程中，可提高“沉铜”速率的措施还有 。“沉铜”后，溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)“萃取”时，用一定量的HR充分萃取，能实现Ni2+与Ca2+的分离，原因是 。 (4)“反萃取”时，加入稀H2SO4，水层中Ni2+物质的量迅速增多的原因是 。 (5)取2.00 mL“反萃取”后的水层样品于锥形瓶中，加入30.00 mL 0.03000 mol·L−1Na2H2Y标准液。充分反应后，滴入2~3滴二甲酚橙指示剂，用0.03000 mol·L−1 ZnSO4标准液滴定过量的Na2H2Y。滴定至终点时，溶液的颜色变化为 。重复上述操作2~3次，平均消耗ZnSO4标准液13.40 mL。 已知：①M2+＋H2Y2−=[MY]2−＋2H+(M=Ni或Zn) ②二甲酚橙在酸性条件下呈现黄色，遇Zn2+显红紫色。 计算样品中Ni2+的物质的量浓度 。(写出计算过程) 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8 (2) 适当升高反应温度 减小 (3)Ni2+与HR结合的能力大于Ca2+与HR结合的能力 (4)随着cH+的增大，NiR2转化为Ni2+的速率加快，转化程度迅速增大 (5) 黄色(浅黄色或无色)突变为红紫色，且30秒内不变色 0.249 mol·L−1 【分析】粗溶液(含、等杂质)为原料，加入NaHS固体，得到CuS沉淀，过滤后滤液加入有机萃取剂HR，萃取Ni2+，得到含有Ni2+有机相，有机相加入稀H2SO4反萃取得到NiSO4溶液，据此分析； 【详解】（1）Ni是第28号元素，基态Ni2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8； （2）提高“沉铜”速率的措施还有适当升高反应温度；“沉铜”时，发生反应，则溶液的减小； （3）“萃取”时用一定量的HR充分萃取，能实现与的分离，原因是Ca2+与HR结合的能力小于Ni2+与HR结合的能力（Ni2+与HR结合的能力大于Ca2+与HR结合的能力）； （4）适当增加浓度，所得水溶液中浓度增大，原因是存在平衡，随着cH+的增大，NiR2转化为Ni2+的速率加快，转化程度迅速增大 （5）因二甲酚橙在酸性条件下呈现黄色，遇Zn2+显红紫色，滴定至终点时，溶液的颜色变化为黄色(浅黄色或无色)突变为红紫色，且30秒内不变色；根据M2+＋H2Y2−=[MY]2−＋2H+(M=Ni或Zn)，，，。 9．(24-25高二上·江苏盐城东台·期末)2024年我国新能源汽车销量预计达1300万辆，Li2CO3是制造汽车锂电池必不可少的原材料。以锂云母精矿的浸出液(主要含Li+、Al3+、Fe3+、F-、SO等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如下图所示： 已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3++3HR FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中；碱性条件可促进萃取平衡向右移动，提高萃取率。 ②部分物质溶解度(g/100gH2O)数据见表： 温度 0℃ 20℃ 80℃ Li2CO3 1.54 1.33 0.85 LiHCO3 11.6 7.82 高于50℃，开始分解 (1)写出单质锂与水反应的化学方程式 。 (2)使用HR萃取剂时，需用一定浓度的NaOH溶液进行处理的目的是 。 (3)判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的操作方法是 。过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入 (填“冷水”或“热水”)至 ，待水流尽，重复2~3次。 (4)在上述工艺中，碳化反应的化学方程式为 。 (5)Li2CO3受热分解可产生Li2O。Li2O晶胞具有反萤石(CaF2)结构，为立方晶系晶体，其晶胞结构示意图如下图。该晶胞中离子的分数坐标如下： 氧离子：(0，0，0)；(，，0)；(，0，)；(0，，)；…… 锂离子：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)；…… ①在下图中画出Li2O晶胞沿x轴投影的俯视图 。 ②Li2O晶体中O2-的配位数为 。 ③若Li2O晶体晶胞棱长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O晶体密度为 g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。 【答案】(1) (2)NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果 (3) 向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无现象，则Li+已沉淀完全 热水 浸没沉淀 (4) (5) 8 【分析】锂云母浸出液中加入HR，，生成的FeR3可溶解在HR中，分液，有机层为FeR3，水溶液中存在金属离子为Li+、Al3+，沉锂时加入碳酸钠生Li2CO3、 和Al (OH)3沉淀，向Li2CO3、Al (OH)3中加入去离子水、CO2，Li2CO3和水、CO2反应生成LiHCO3，过滤，滤渣为Al (OH)3，滤液为LiHCO3，LiHCO3热分解生成电池级Li2CO3，据此回答。 【详解】（1）锂是碱金属元素，单质锂与水在加热条件下反应生成氢氧化锂和氢气，化学方程式为：； （2）萃取时发生反应，NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，使c(H+)减小，促进萃取反应向正向进行，提高萃取效果； （3）判断“沉锂”时Li+是否沉淀完全的方法是：向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液浑浊，则Li+未沉淀完全，若无明显现象，则Li+已沉淀完全；由题给信息②可知温度越高，Li2CO3的溶解度越小，故选用热水洗涤可以降低洗涤过程中Li2CO3的溶解损失，故过滤1后得到的固体进行洗涤，向过滤器中加入热水至浸没沉淀，待水流尽，重复2~3次； （4）碳化反应是Li2CO3和水、CO2反应生成LiHCO3的过程，反应方程式为; （5） ①根据氧离子的分数坐标可知，氧离子位于晶胞的面心、顶点，根据锂离子的分数坐标可知，锂离子位于晶胞的内部，填入氧离子的正四面体空隙，结合坐标位置，即得氧化锂晶胞沿x轴投影的俯视图为：； ②由晶胞图知，O2-位于面心和顶点，故距离O2-最近的Li+共有8个，则Li2O晶体中O2-的配位数为8； ③由图知，氧离子位于面心和顶点，锂离子为与晶胞内，1个晶胞中有4个氧离子，8个锂离子，晶胞参数为a cm，一个晶胞的体积为，1 mol晶胞质量为，所以晶体密度为。 10．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期末)五氧化二钒(V2O5)具有强氧化性，可作制硫酸的催化剂。利用废钒催化剂的酸浸液(含、和)制取V2O5的一种工艺路线如下： 已知：ⅰ．溶液中含+5价V的各种离子浓度与溶液pH的关系如图所示。 ⅱ．“离子交换”和“洗脱”可表示为4ROH+R4V4O12+4OH−(ROH为阴离子交换树脂)。 (1)“氧化”时控制溶液的pH<1，VO2+(约)反应的离子方程式为 。 (2)“调pH”时控制溶液pH约为7～8，pH不能过大的原因除了pH过大，OH-浓度过大，抑制后续离子交换反应向正向进行；还有 、 。 (3)“沉钒”时，得到NH4VO3沉淀。确认沉淀已洗涤干净的实验方法是 。 (4)“煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是 。 (5)为测定所制得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取0.5000g样品，用稀硫酸溶解、定容得溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的溶液，再用标准溶液滴定过量的Fe2+至终点，消耗标准溶液的体积为10.00 mL。计算V2O5样品的纯度 (写出计算过程，杂质不参与反应)。实验过程中反应如下：(未配平)；(未配平)。 【答案】(1) (2) pH大于8，的浓度降低 Al(OH)3溶解后带入杂质 (3)取最后一次洗涤后的滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净 (4)防止V2O5煅烧时被NH3还原 (5)91% 【分析】废钒催化剂的酸浸液(含、VO2+、K+、Fe3+、Al3+和)，加入氧化剂KClO3把VO2+氧化为，用KOH调节控制溶液pH约为7～8除去Fe3+、Al3+，同时VO转化为V4O，通过“离子交换”和“洗脱”，发生反应4ROH+V4OR4V4O12+4OH-，得到含有V4O的溶液，加入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO3)，煅烧钒酸铵生成V2O5。 【详解】（1）pH<1，VO2+(约0.1 mol·L−1)时，，则钒元素主要以形式存在，KClO3把VO2+氧化为，故离子方程式为6VO2+++3H2O=Cl−+6+6H+； （2）pH过大，OH−浓度过大，抑制后续离子交换反应向正向进行；pH大于8，转化为其他含钒离子，的浓度降低；Al(OH)3可能会溶解后带入杂质； （3）“沉钒”时，得到NH4VO3沉淀。确认沉淀已洗涤干净即检验是否则含有氯离子，实验方法是取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净； （4）加入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO3)，煅烧钒酸铵生成V2O5，其中氮元素为-3价，具有还原性，“煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是：防止V2O5煅烧时被NH3还原； （5）根据题给信息，结合得失电子守恒可知配平后的方程式为：；；，，根据方程式可知，与反应的Fe2+和与KMnO4反应的Fe2+的总的物质的量为，则有=5+ ，=，，V2O5样品的纯度：。 11．(24-25高二上·江苏南京六校联合体·期末)实验室以菱锰矿(含及少量Fe、Si的氧化物等)为原料制备高纯和的流程如下图所示。 已知：室温下、、、。 (1)该流程中可循环使用的物质有 。 (2)“焙烧”过程中发生的化学方程式： 。 (3)“沉铁”过程中会产生少量沉淀。在工业上可用于去除溶液中，反应为，其平衡常数 。 (4)制取在如图所示实验装置中，搅拌下使一定量的溶液与氨水混合溶液充分反应。 ①滴液漏斗中添加的药品是 。 ②混合溶液中氨水的作用是 。 (5)制取。固定其他条件不变，反应物物质的量浓度比值、温度、空气流量对溶液制取纯度的影响分别如图所示。 补充完整制取纯净的实验方案：取25mL0.7mol·L-1的溶液， ，控制搅拌速率500r·min-1反应8h， ，110℃干燥2h，得到纯净的(须使用的试剂：0.7mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1溶液)。 【答案】(1)或氨水、 (2) (3)10 (4) 氨水混合溶液 调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全 (5) 边搅拌边向其中加入50mL0.7mol·L-1NaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气 静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成 【分析】向菱锰矿(含及少量Fe、Si的氧化物等)中加入硫酸铵焙烧，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，铁的氧化物、二氧化硅不与硫酸铵反应，加水溶解，再加入氨水调节pH除去铁，过滤得到硫酸锰溶液，搅拌条件下使一定量的MnSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液充分反应制取，同时得到硫酸铵，据此解答。 【详解】（1）该流程中NH3或氨水、(NH4)2SO4既是反应物又是生成物，则该流程中可循环使用的物质有NH3或氨水、(NH4)2SO4； （2）“焙烧”过程中碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：； （3）反应，其平衡常数K==； （4）①溶液与氨水混合溶液充分反应，氨水受热易分解挥发，则三颈烧瓶中盛有MnSO4溶液，滴液漏斗中添加的药品是氨水混合溶液； ②反应生成MnCO3，则混合溶液中氨水的作用是：调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全； （5）由图可知，制取纯净Mn3O4需控制氢氧化钠与硫酸锰的浓度比值为2.0、温度75℃、空气流量在17L/min，此时得到的Mn3O4纯度较大，钡离子和硫酸根离子能生成硫酸钡沉淀，溶液用于检验得到Mn3O4沉淀是否洗涤干净；故制取纯净Mn3O4的实验方案：取25mL0.7mol/L的MnSO4溶液，边搅拌边向其中加入50mL0.7mol/LNaOH溶液，并保持75℃加热，同时以17L·min-1的流量向溶液中通入空气，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，静置过滤，用水洗涤2~3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol·L-1溶液，无沉淀生成，100℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4。 12．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期末)Sr与、同主族，实验室以天青石精矿(主要含，还含有少量、、)为原料制取，其实验流程如下： (1)浸取天青石精矿时，向溶液中加入适量浓氨水发生的反应为： (写离子方程式)。“浸取Ⅰ”的条件是温度在60~70℃，搅拌，反应3小时，温度过高将会导致的转化率下降，其原因是 。 (2)“焙烧”所得粗品用蒸馏水多次浸取得溶液。判断粗品已经浸取完全的方法： 。 (3)“沉淀”过程中除得到外，还得到一种可循环利用的物质，该物质为 。 (4)将与煤粉按照一定比例混合后煅烧得到一种黑灰()。设计以黑灰为原料，制取的实验方案 。 (已知：易溶于水，易水解。水浸时的浸取率随温度变化如图。实验中锶元素需充分转化，必须使用的试剂：蒸馏水，和溶液)。 【答案】(1) 温度过高将会导致的分解及氨水的分解挥发 (2)取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红 (3)氨水 (4)取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干 【分析】天青石精矿(主要含SrSO4，还含有少量SiO2、CaSO4、BaSO4)，加入碳酸氢铵溶液和氨水浸取，可将SrSO4转化为SrCO3，过滤后滤渣含有SiO2、CaCO3、BaSO4、SrCO3，滤液中含有NH，滤渣经过焙烧，“焙烧”所得SrO粗品用蒸馏水多次浸取得Sr(OH)2溶液，再和第一步浸取的滤液反应生成SrSO4，以此解答。 【详解】（1）浸取天青石精矿时，向NH4HCO3溶液中加入适量浓氨水将HCO转化为CO，增大溶液中CO的浓度从而促进生成SrCO3，故离子方程式为；NH4HCO3加热易分解，温度过高将会导致NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发，所以“浸取Ⅰ”的条件是温度在60~70℃、搅拌、反应3小时，温度过高将会导致SrSO4的转化率下降； （2）SrO粗品已经浸取完全时，浸取后的溶液中不再有Sr(OH)2，取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红说明浸取完全； （3）第一步浸取滤液中含有NH，在沉淀过程中会生成NH3H2O，可循环利用； （4）由图可知，90℃是Sr(OH)2的浸取率最高，取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干，故答案为：取适量的黑灰用90℃的热水浸取2~3次，将产生的气体用NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的3mol·L－1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。 13．(24-25高二上·江苏苏州昆山震川高级中学·期末从含砷氧化锌废渣(还含有Cu、Ni、Ag的氧化物等)制取活性氧化锌的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)写出“氨浸”时，生成的离子方程式： ；该工序锌的浸出率与温度关系如图，当温度高于328K时，锌的浸出率反而下降的原因是 。 (2)“除砷”时，需过量，一是生成[或]胶体吸附含砷微粒，二是 ；写出砷酸铁的化学式： 。 (3)“除铁”时，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。检验铁元素是否被完全除去的试剂是 。 (4)写出“蒸氨”时，生成的化学方程式： 。 (5)以1 t含锌元素10%的含砷氧化锌制得活性氧化锌113.4 kg，依据以上数据能否计算出锌元素的回收率。若能，写出计算结果，若不能，请说明理由： 。 【答案】(1) 或 温度高，氨挥发量增加，生成锌氨配合物减少，不利于锌的浸出 (2) 使砷酸根沉淀完全 (3)溶液 (4) (5)不能，“除杂”时添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率 【分析】含砷氧化锌废渣进行氨浸，发生生成。再加入锌粉发生金属的置换，铜、银和镍等金属变成金属单质过滤除去。滤液中加入硫酸亚铁等试剂生成砷酸铁除砷后加入高锰酸钾，被全部氧化为，再调pH将、转化为沉淀而除去。经过蒸氨后获得碱式碳酸锌，经干燥、热分解获得产品。 【详解】（1）根据流程图所给出反应物，“氨浸”时，生成在溶液中，故离子方程式为由于也提供了，故写成也可以；由于氨挥发，故温度越高，锌的浸出率越低； （2）“除砷”时，根据该工序目的是将除去，故过量，一是生成[或]胶体可吸附含砷微粒，二是与砷酸根反应生成沉淀；砷酸铁的化学式为； （3）检验用溶液； （4）生成的化学方程式为； （5）由于除Cu、Ag、Ni的过程中添加了锌粉，最终中的锌元素不完全来自于含砷氧化锌废渣中，故无法计算含砷氧化锌废渣中锌元素的回收率。 14．(24-25高二上·江苏南京五校联盟·期末)氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量的流程如图： 已知：①卤块主要成分为，含有、等杂质。 ②四种化合物的溶解度()随温度()变化曲线如图所示。 (1)加速卤块在酸性溶液中溶解的措施有： 。(任写一点)。 (2)滤渣的成分 。 (3)加入饱和溶液后发生反应的化学方程式为 (溶解度低的物质以沉淀形式析出)。 产品中含量的测定： 步骤1：准确称量产品配成溶液。 步骤2：取试液于锥形瓶中，加入稀硫酸和的溶液，微热。 步骤3：冷却至室温，用溶液滴定剩余的至终点。此过程中反应的离子方程式为：。 步骤4：将步骤2、3重复两次 (4)①写出步骤2中发生反应的离子方程式： ； ②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，将会导致最终结果 (填“偏大、偏小”或“不变”)。 (5)若平均消耗溶液，则产品中的质量分数为 。(写出必要的计算过程) 【答案】(1)将卤块粉碎或适当升高温度等 (2)BaSO4、Fe(OH)3 (3) (4) 偏小 (5)78.3% 【分析】卤块的成分有MgCl2•6H2O、MgSO4、FeCl2，加入H2O2之后，亚铁离子可以被氧化为三价铁离子，再向混合物中加入氯化钡溶液，可以将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入氧化镁，调节pH=4，可以促进铁离子的水解，将铁离子转化为氢氧化铁而除去，过滤，得到的滤液是氯化镁，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3，根据溶解度曲线可知，混合溶液中NaCl溶解度最小，再加入NaClO3饱和溶液得到NaCl沉淀与Mg(ClO3)2溶液，经过蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到Mg(ClO3)2•6H2O，据此回答。 【详解】（1）影响化学反应速率的因素有：升高温度、将固体粉碎成细小的颗粒、增加物质的浓度等，因此加速卤块在H2O2溶液中溶解的措施有：将卤块粉碎或适当升高温度等； （2）根据分析可知，滤渣有BaSO4和Fe(OH)3； （3）加入NaClO3饱和溶液后得到NaCl沉淀与Mg(ClO3)2溶液，方程式为：； （4）①步骤2中发生反应的离子方程式：； ②步骤3中若滴定前不用标准液润洗滴定管，会稀释K2Cr2O7溶液，使消耗K2Cr2O7溶液体积偏大，应用亚铁离子物质的量一定，故测定的物质的量偏小，则导致最终结果偏小； （5）消耗K2Cr2O7的物质的量是0.1mol∙L−1×0.015L=0.0015mol，则根据方程式可得关系式：，可知消耗亚铁离子的物质的量是0.0015mol×6=0.009mol，所以与氯酸镁反应的硫酸亚铁是1.00mol∙L−1×0.02L−0.009mol=0.011mol，则根据方程式可知氯酸镁的物质的量是，所以产品中的质量分数为=78.3%。 15．(24-25高二上·江苏学·期末）氯化钴在工业催化、涂料工业、干湿指示剂等领域具有广泛应用。某钴矿石的主要成分包括和。由该矿石制体的方法如下(部分分离操作省略)： 资料：生成，开始沉淀时，完全沉淀时 (1)上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施有 (写出一条即可)。 (2)溶于浓硫酸是非氧化还原反应，溶液1中阳离子包括和 。 (3)已知时溶液中完全沉淀。沉淀2是 。 (4)溶液2中含有和。 ①已知：25℃时，当时可认为完全沉淀。若向溶液2中加入碱溶液，常温下，当 时完全沉淀。由此可知，通过调节无法将和完全分离。 ②溶液2中加入氨水和溶液的目的是 。 【答案】(1)升温、搅拌等合理答案均可 (2)Co2+ 、Fe3+ (3)Fe(OH)3 (4) 9 将Mn2+氧化成MnO2与Co2+ 分离 【分析】钴矿石的主要成分包括和，加入硫酸加热，与硫酸反应，二氧化硅不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入氢氧化钠溶液调节pH值沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入氨水和双氧水氧化锰离子得到二氧化锰，过滤，将滤液经过一系列转化得到。 【详解】（1）上述矿石溶解过程中，能够加快化学反应速率的措施主要从温度、接触面积等角度分析，其措施主要有升温、搅拌等；故答案为：升温、搅拌等合理答案均可。 （2）溶于浓硫酸是非氧化还原反应，反应生成CoSO4和水，和硫酸反应生成MnSO4和水，和硫酸反应生成硫酸铁和水，因此溶液1中阳离子包括和Co2+ 、Fe3+；故答案为：Co2+ 、Fe3+。 （3）已知时溶液中完全沉淀，根据前面分析调价pH值是沉淀铁离子，因此沉淀2是Fe(OH)3；故答案为：Fe(OH)3。 （4）ⅰ.已知：时，当时可认为完全沉淀。若向溶液2中加入碱溶液，，解得，，则常温下，当9时完全沉淀。由此可知，通过调节无法将和完全分离；故答案为：9。 ⅱ.根据前面和分离时无法通过调节溶液pH值进行分析，因此溶液2中加入氨水和溶液的目的是在碱性条件下，将Mn2+氧化成MnO2与Co2+ 分离；故答案为：在碱性条件下，将Mn2+氧化成MnO2与Co2+ 分离。 16．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期末）MgF2是一种重要的无机化工原料，可用于制备多晶材料、光学玻璃。现有如下两种途径可以制得。 途径Ⅰ：以工业级MgSO4溶液(含Fe3+和Mn2+等杂质)为原料制备MgF2，过程如下： (1)除杂 ①向硫酸镁溶液中加入Na2SO4，加热、保持溶液温度在80~95℃，将Fe3+转化为Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，反应后滤液的pH (填“增大”、“不变”或“减小”)； ②调节滤液的pH，使溶液呈弱碱性，向其中加入H2O2，将Mn2+转化为MnO2沉淀，写出该反应的离子方程式 。 ③Mn+(Fe3+、Mn2+、Mg2+)转变为氢氧化物沉淀的pH如图。除杂时未采取将Mn2+直接转化为Mn(OH)2的原因是 。 (2)沉镁 向“除杂”后滤液中加入Na2CO3，同时产生气体，写出生成Mg2(OH)2CO3的化学方程式 。 (3)酸溶 将所得Mg2(OH)2CO3置于 (填“玻璃”、“聚丙烯”或“石英”)烧杯中，加入适量的HF，搅拌溶解。 途径Ⅱ：以磷肥副产物H2SiF6溶解MgO，充分反应后过滤、得MgSiF6溶液，浓缩得MgSiF6·6H2O，300℃条件下煅烧得MgF2。 (4)溶解时，H2SiF6质量分数控制在18%~20%的原因： (20℃时，MgSiF6的溶解度30.8 g)。 【答案】 减小 Mn2+＋H2O2＋2OH-=MnO2↓＋2H2O 若要将Mn2+完全转化为Mn(OH)2沉淀，就会将一部分Mg2+转化沉淀 2MgSO4＋2Na2CO3＋H2O=Mg2(OH)2CO3↓＋CO2↑＋2Na2SO4 聚丙烯 若H2SiF6浓度过低，溶解速率慢，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；H2SiF6浓度过高，会导致MgSiF6溶液浓度过大而析出 【分析】途径I：工业级MgSO4溶液中含Fe3+和Mn2+，经过除杂除去Fe3+和Mn2+得到MgSO4溶液，向MgSO4溶液中加入Na2CO3得到Mg2(OH)2CO3沉淀，Mg2(OH)2CO3用HF溶解生成MgF2，然后经烘干得到MgF2； 途径II：用H2SiF6溶解MgO获得MgSiF6溶液，MgSiF6溶液浓缩得MgSiF6·6H2O，300℃条件下煅烧MgSiF6·6H2O得MgF2。 【详解】(1)①工业级MgSO4溶液中含Fe3+和Mn2+，加入Na2SO4，加热、保持溶液温度在80~95℃，将Fe3+转化为Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，发生的离子反应为：2Na++6Fe3++4+12H2O= Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+12H+，反应后溶液的酸性增强，则反应后滤液的pH减小；故答案为：减小； ②加入H2O2，Mn2+被氧化转化为MnO2沉淀，1molMn2+失去2mol电子生成1molMnO2，则H2O2被还原成H2O，1molH2O2得到2mol电子，根据溶液呈弱碱性，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为Mn2+＋H2O2＋2OH-=MnO2↓＋2H2O；故答案为：Mn2+＋H2O2＋2OH-=MnO2↓＋2H2O； ③根据图象可知，除杂时未采取将Mn2+直接转化为Mn(OH)2的原因是：若要将Mn2+完全转化为Mn(OH)2沉淀（即Mn2+的浓度小于1×10-5mol/L时），就会将一部分Mg2+转化沉淀；故答案为：若要将Mn2+完全转化为Mn(OH)2沉淀，就会将一部分Mg2+转化沉淀。 (2)向“除杂”后的滤液MgSO4溶液中加入Na2CO3生成Mg2(OH)2CO3沉淀、同时产生气体，该气体为CO2，根据原子守恒，反应的化学方程式为：2MgSO4＋2Na2CO3＋H2O=Mg2(OH)2CO3↓＋CO2↑＋2Na2SO4；故答案为：2MgSO4＋2Na2CO3＋H2O=Mg2(OH)2CO3↓＋CO2↑＋2Na2SO4。 (3) Mg2(OH)2CO3中加入适量HF溶解时发生的反应为：Mg2(OH)2CO3+4HF=2MgF2+3H2O+CO2↑，由于玻璃中含有SiO2、石英晶体就是结晶的SiO2，HF能与SiO2发生反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，HF能腐蚀玻璃和石英烧杯，故“酸溶”时不能选用玻璃和石英烧杯、应选用聚丙烯烧杯；故答案为：聚丙烯。 (4)途径II用H2SiF6溶解MgO得到MgSiF6溶液，发生的反应为H2SiF6+MgO= MgSiF6+H2O，20℃时，MgSiF6的溶解度30.8 g，饱和MgSiF6溶液的质量分数为×100%=23.5%；若H2SiF6浓度过低，一方面溶解速率慢，另一方面得到的MgSiF6溶液的浓度小，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；若所用H2SiF6质量分数为20%，取100g质量分数为20%的H2SiF6，其中H2SiF6的质量为20g，根据H2SiF6+MgO= MgSiF6+H2O，反应消耗的MgO的质量为5.56g、生成的MgSiF6的质量为 23.06g，所得MgSiF6溶液的质量分数为×100%=21.8%（比23.5%略小），若H2SiF6浓度过高，会导致MgSiF6溶液浓度过大而析出，故溶解时，H2SiF6质量分数控制在18%~20%；故答案为：若H2SiF6浓度过低，溶解速率慢，会增加MgSiF6溶液浓缩成本；H2SiF6浓度过高，会导致MgSiF6溶液浓度过大而析出。 / 学科网（北京）股份有限公司 $