题型01 工业流程题（期末真题汇编，江苏专用）高三化学上学期

题型01 工业流程题 1．(24-25高三·江苏苏州·期末)以电炉钛渣(主要成分为，含少量等)为原料制备催化剂的流程如下： (1)原料 ①晶胞如图-1所示，其中的配位数(与金属离子距离最近且相等的的个数)比大，则处于晶胞体心的离子是 。 ②常温下，根据计算得到6的溶液中约为，实际测得6的溶液中远大于，且存在稳定的离子，可能的原因是 。 (2)浸取 用浓度均为6的和混合溶液浸取电炉钛渣，中、元素的浸出率随时间的变化如图-2所示。已知：能与反应转化为和；能与生成微溶的。 ①浸取时，发生反应的离子方程式为 。 ②实验表明，用浓度均为6的和混合溶液浸出电炉钛渣的速率高于用12溶液浸出的速率，其原因是 。 ③为提高元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是 。 (3)加氨 加入氨水的目的是 。 (4)催化甲醇水溶液光解制，同时可得到、等产物(如图-3所示)。光催化剂的表观量子产率()为60%。实验测得催化剂吸收的光子数为，溶液中产生的物质的量为，根据以上数据计算生成的物质的量为 (不考虑其它产物，写出计算过程)。 2．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)磷石膏主要成分为CaSO4，含少量SiO2、Fe2O3等，以此为原料可制备轻质碳酸钙和铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]，流程如下图： (1)转化步骤的主要目的是 。 (2)除杂时所得滤渣的成分为 。 (3)碳化过程在如图所示的装置中进行依次先后通入两种气体，直至不再有沉淀生成，则先后通入的气体分别为 、 。 (4)称取流程中轻质碳酸钙0.5000g，用盐酸充分溶解，过滤，将滤液和洗涤液转移至250mL容量瓶中，定容、摇匀，取出25.00mL，加入指示剂(铬黑T)，调节pH>12，用0.02000mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定(滴定过程中Ca2+与按1：1反应)，至终点时消耗Na2H2Y溶液23.60mL。计算产品中碳酸钙的质量分数 (写出计算过程)。 (5)制取铝铵矾的实验方案：在滤液中 ，蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得硫酸铵固体；在烧杯中加入100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液，不断搅拌下加入 ，用无水乙醇洗涤、干燥，即得产品。(部分物质的溶解度随温度的变化如图所示)。 3．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物，硒鼓废料是含硒、碲、碳、铜、铁的合金，实验室模拟工业回收硒的流程图如下： 查阅相关资料如下： 物理性质 熔点 沸点 升华 溶解性 SeO2 340℃ 684℃ 315℃ 易溶于水 TeO2 733℃ 1260℃ 450℃ 微溶于水 结合相关信息，回答下列问题： (1)写出基态硒原子的电子排布式 。 (2)除加热外，还可 ，既可增大废料的氧化速率，又可 。 (3)步骤⑤提纯SeO2的方法是 。 (4)步骤⑥发生的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (5)制取绿矾晶体：将废渣Ⅰ粉碎，加入过量硫酸酸化，充分反应后再加入足量铁粉，过滤， ，过滤、用乙醇洗涤，即的淡绿色晶体。 (6)硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图： 该晶胞中硒原子个数为 ，Se的配位数为 。 4．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)方铅矿主要成分为PbS，含有FeS2杂质等，软锰矿主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等，下面是用这两种矿石制备PbSO4和Mn3O4工艺流程： 已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水； ②PbCl2(s)＋2Cl-(aq)PbCl (aq)　ΔH>0； ③Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13(溶液中金属离子浓度小于10-5 mol·L-1可视为完全沉淀)。 (1)写出“浸取”时MnO2溶解PbS的化学方程式： ；随着反应的进行，PbS的溶解速率逐渐降低的原因是 ；加入饱和NaCl的目的是 。 (2)操作Ⅰ为 ，操作Ⅱ沉降时往往加入冰水降温，原理是 。 (3)已知：反应温度和溶液pH对Mn3O4的纯度和产率影响分别如图1、图2所示，请补充完整由滤液X制备Mn3O4的实验方案： ，真空干燥4小时得产品Mn3O4.(实验中须使用的试剂：氨水、空气) 5．(23-24高三上·江苏扬州·期末)镓(31Ga)及其化合物在半导体、光电材料等领域有广泛应用。 (1)以酸性含溶液(含少量)为原料通过除杂等一系列操作制得粗镓，粗镓经过电解精炼制得高纯镓。体系中含镓微粒的物质的量分数随的关系如图所示。已知：。 ①的基态核外电子排布式为 。 ②“除杂”包括加入溶液调节、加入足量除去和、过滤等步骤。调节溶液的目的为 。 ③“电解精炼”时，以粗镓为阳极，含的碱性溶液为电解液，阴极析出镓的电极反应式为 ；阴极同时有少量气体产生。测得电解过程溶液中镓浓度与电流效率()随时间的变化如图所示。反应后，降低的原因是 。 (2)具有优异的光电性能，可由与发生反应制得。 ①制得GaN时生成一种有机物的化学式为 。 ②的一种晶胞如图所示。晶体中距离最近且相等的的数目为 。 ③准确称取样品，加入溶液，加热使固体充分溶解，用足量溶液吸收产生的。向吸收液中滴加指示剂，用的盐酸滴定至终点，消耗盐酸。 过程中涉及反应：；，计算样品的纯度 (写出计算过程)。 6．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)以废旧锂离子电池正极材料(主要成分为镍钴锰酸锂，还有少量镁铝合金和含铁化合物)为原料，回收Ni2＋、Co2+、Mn2＋的过程可表示为： 已知：Ksp(MnF2)=5×10-3    Ksp(MgF2)=8×10-11 (1)“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为Ni2＋、Co2+、Mn2＋进入溶液。该过程中H2O2的作用是 。保持其他条件相同，搅拌相同时间，测得不同温度下镍、钴、锰的浸出率如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是 。 (2)“除铁”生成黄钠铁矾沉淀时需控制溶液的pH为1.5~1.8。该过程中需不断加入NaOH溶液，其作用是 。 (3)物质X可调节溶液的pH，X为 (填序号)。 A．NH4Cl      B．(NH4)2SO4      C．NH4HCO3 (4)“除铝”后的滤液中含有Mg2＋，可以用MnF2除去。结合反应的平衡常数解释用MnF2能除去Mg2＋的原因是 。 (5)回收液可用于合成锂离子电池正极材料，合成前需测定其中Co2+等离子的浓度。 测定原理：用过量标准K3[Fe(CN)6]溶液氧化经预处理的回收液样品中的Co2+，再用标准CoSO4溶液滴定过量的K3[Fe(CN)6]。 反应方程式为：Co2++[Fe(CN)6]3-=Co3++[Fe(CN)6]4-。 测定过程：取预处理后的回收液样品20.00mL，向其中加入20.00mL0.0520mol·L-1 K3[Fe(CN)6]溶液，充分反应；再用0.0500mol·L-1CoSO4溶液滴定反应后的溶液，消耗CoSO4溶液12.00mL。 数据分析：计算预处理后的回收液样品中Co2+的物质的量浓度 。(写出计算过程) 7．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)工业上以铬铁矿主要成分为，还含有、等杂质为主要原料生产红矾钠晶体，其主要工艺流程如图： 已知：在碱性条件下能将氧化为。 固体A为 。 实验室中操作的名称为 。 固体C中含有的物质是 和，则的作用是 。 已知：，，当时开始沉淀．室温下，Ⅱ中需调节溶液pH范围为 杂质离子浓度小于视为沉淀完全。 写出Ⅲ中发生反应的离子方程式 。 Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是 结合化学方程式回答；工业上也可设计如图示装置，用锂离子电池为难电离锂碳化合物为电源，电解溶液制取，该装置工作时E电极的名称是 极；电源的A极的电极反应式为 当电解过程中转移了电子时，理论上右侧溶液的质量减少 g。 8．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铋、锗等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，。 ②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③易水解。 请回答下列问题： (1)下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是 (填字母)。 a．适当升高温度        b．酸浸过程中不断搅拌        c．将硫酸浓度增大到70%        d．加大废料的用量 (2)“浸液1”中约为，则除时应控制的范围是 。(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全) (3)“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为 。 (4)“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低或过高，原因是 。 (5)①存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中的配位数为 。 ②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为 。 ③加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。时所得固体的化学式为 。(写出计算过程) 9．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)以固体为原料制备纯，其部分实验过程如下：    已知：①； ②， 有两性，； ③ 。 (1)“酸溶”后再“氧化”可提高氧化速率，理由是 。 (2)“氧化”时产生气体中还有一定量。转化为反应的离子方程式为 。 (3)若“氧化”不充分，“沉钯”时所得的产率降低，其原因是 ；氧化液中Pd的浓度一定，为提高的产率，“沉钯”时需控制的条件有：反应的温度、 。 (4)可用作乙烯氧化制乙醛的催化剂，其部分反应机理如下：。形成配位键时，配体中电子云密度较大的区域易进入中心原子(或离子)的空轨道。乙烯分子与Pd2+形成的配位键中，乙烯分子提供电子对的区域是 。 (5)已知：受热易水解，能与盐酸反应生成溶液；固体受热至175℃会分解为。请补充完整制备的实验方案：取沉钯后过滤所得， ，得到干燥的粉末。实验中须使用的试剂：热蒸馏水、浓盐酸、溶液、稀。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型01 工业流程题 1．(24-25高三·江苏苏州·期末)以电炉钛渣(主要成分为，含少量等)为原料制备催化剂的流程如下： (1)原料 ①晶胞如图-1所示，其中的配位数(与金属离子距离最近且相等的的个数)比大，则处于晶胞体心的离子是 。 ②常温下，根据计算得到6的溶液中约为，实际测得6的溶液中远大于，且存在稳定的离子，可能的原因是 。 (2)浸取 用浓度均为6的和混合溶液浸取电炉钛渣，中、元素的浸出率随时间的变化如图-2所示。已知：能与反应转化为和；能与生成微溶的。 ①浸取时，发生反应的离子方程式为 。 ②实验表明，用浓度均为6的和混合溶液浸出电炉钛渣的速率高于用12溶液浸出的速率，其原因是 。 ③为提高元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是 。 (3)加氨 加入氨水的目的是 。 (4)催化甲醇水溶液光解制，同时可得到、等产物(如图-3所示)。光催化剂的表观量子产率()为60%。实验测得催化剂吸收的光子数为，溶液中产生的物质的量为，根据以上数据计算生成的物质的量为 (不考虑其它产物，写出计算过程)。 【答案】(1) HF溶液中存在电离平衡：HF⇌H++F-，浓HF溶液中，HF分子浓度大，与F-形成离子，减小了F-的浓度，促进电离平衡正向移动，c（H+）增大 (2) Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O F-浓度增大对浸出速率的影响大于H+减小的影响 充分搅拌、适当升高温度 (3)有利于生成（NH4）3FeF6沉淀 (4)1.1×10-5mol 【分析】电炉钛渣(主要成分为，含少量等) 用浓度均为6的和混合溶液浸取，转化为和，离子方程式为：Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O，过滤，弃去滤渣，向滤液中加入氨水，中和HF，提高的浓度，进一步除去，使其生成（NH4）3FeF6沉淀，过滤，将滤液热水解，逸出HF和NH3，同上得到H2TiO3，H2TiO3受热分解得到TiO2，据此分析； 【详解】（1）①体心阳离子配位数为12，顶点阳离子配位数为6，故晶胞体心的离子为； ②常温下，根据计算得到6mol•L-1的HF溶液中c（H+）约为4.5×10-2mol•L-1实际测得6mol•L-1的HF溶液中c（H+）远大于4.5×10-2mol•L-1且存在稳定的离子，可能的原因是HF溶液中存在电离平衡：HF⇌H++F-，浓HF溶液中，HF分子浓度大，与F-形成离子，减小了F-的浓度，促进电离平衡正向移动，c（H+）增大； （2）①根据题意可知，Fe2TiO5能与HF反应转化为和；能与生成微溶的，浸取时，发生反应的离子方程式为：Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O； ②实验表明，用浓度均为6mol•L-1的HF和NH4F混合溶液浸出电炉钛渣的速率高于用12mol•L-1HF溶液浸出的速率，其原因是F-浓度增大对浸出速率的影响大于H+减小的影响； ③为了提高Ti元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是充分搅拌、适当升高温度； （3）加入氨水的目的是中和HF，提高的浓度，有利于生成（NH4）3FeF6沉淀； （4）根据TiO2的表观量子产率（）为60%。实验测得催化剂吸收的光子数为1.4×10-4mol，可得反应转移的电子数为：1.4×10-4mol×0.6=8.4×10-5mol，又有CH3OH～HCHO～2e-，CH3OH～HCOOH～4e-，所以有8.4×10-5mol=2n（HCHO）+4n（HCOOH），n（HCHO）=2×10-5mol，解得：4n（HCOOH）=1.1×10-5mol。 2．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)磷石膏主要成分为CaSO4，含少量SiO2、Fe2O3等，以此为原料可制备轻质碳酸钙和铝铵矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]，流程如下图： (1)转化步骤的主要目的是 。 (2)除杂时所得滤渣的成分为 。 (3)碳化过程在如图所示的装置中进行依次先后通入两种气体，直至不再有沉淀生成，则先后通入的气体分别为 、 。 (4)称取流程中轻质碳酸钙0.5000g，用盐酸充分溶解，过滤，将滤液和洗涤液转移至250mL容量瓶中，定容、摇匀，取出25.00mL，加入指示剂(铬黑T)，调节pH>12，用0.02000mol·L-1Na2H2Y标准溶液滴定(滴定过程中Ca2+与按1：1反应)，至终点时消耗Na2H2Y溶液23.60mL。计算产品中碳酸钙的质量分数 (写出计算过程)。 (5)制取铝铵矾的实验方案：在滤液中 ，蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得硫酸铵固体；在烧杯中加入100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液，不断搅拌下加入 ，用无水乙醇洗涤、干燥，即得产品。(部分物质的溶解度随温度的变化如图所示)。 【答案】(1)将硫酸钙转化为碳酸钙和硫酸铝铵 (2)Fe(OH)3、SiO2 (3) NH3 CO2 (4)94.4% (5) 加入3 mol∙L−1硫酸溶液至不再产生气泡为止 硫酸铵固体至完全溶解 【分析】磷石膏中加入碳酸氢铵-氨水，将硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，得到硫酸铝铵溶液，过滤得到滤渣，滤渣主要有碳酸钙、二氧化硅、氧化铁，向滤渣中加入盐酸、再通入氨气，过滤得到滤渣，滤渣主要是氢氧化铁、二氧化硅，滤液主要是氯化钙、氯化铵，将滤液碳化，最终得到轻质碳酸钙。 【详解】（1）根据题中前后物质分析，转化步骤的主要目的是将硫酸钙转化为碳酸钙和硫酸铝铵；故答案为：将硫酸钙转化为碳酸钙和硫酸铝铵。 （2）氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，二氧化硅不与盐酸反应，氯化铁溶液通入氨气生成氢氧化铁沉淀，因此反应除杂时所得滤渣的成分为Fe(OH)3、SiO2；故答案为：Fe(OH)3、SiO2。 （3）碳化过程在如图所示的装置中进行依次先后通入两种气体，直至不再有沉淀生成，由于氨气在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶液度小，通入氨气形成饱和溶液后再与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，则先后通入的气体分别为NH3、CO2；故答案为：NH3；CO2。 （4）根据题中信息得到产品中碳酸钙的质量分数；故答案为：94.4%。 （5）制取铝铵矾的实验方案：由于溶液中还存在碳酸氢根，因此在滤液中加入3 mol∙L−1硫酸溶液至不再产生气泡为止，蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得硫酸铵固体；在烧杯中加入100mL1mol·L-1Al2(SO4)3溶液，根据图中曲线，可能硫酸铝过量，因此在不断搅拌下加入硫酸铵固体至完全溶解，冷却，用无水乙醇洗涤、干燥，即得产品；故答案为：加入3 mol∙L−1硫酸溶液至不再产生气泡为止；硫酸铵固体至完全溶解。 3．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物，硒鼓废料是含硒、碲、碳、铜、铁的合金，实验室模拟工业回收硒的流程图如下： 查阅相关资料如下： 物理性质 熔点 沸点 升华 溶解性 SeO2 340℃ 684℃ 315℃ 易溶于水 TeO2 733℃ 1260℃ 450℃ 微溶于水 结合相关信息，回答下列问题： (1)写出基态硒原子的电子排布式 。 (2)除加热外，还可 ，既可增大废料的氧化速率，又可 。 (3)步骤⑤提纯SeO2的方法是 。 (4)步骤⑥发生的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (5)制取绿矾晶体：将废渣Ⅰ粉碎，加入过量硫酸酸化，充分反应后再加入足量铁粉，过滤， ，过滤、用乙醇洗涤，即的淡绿色晶体。 (6)硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图： 该晶胞中硒原子个数为 ，Se的配位数为 。 【答案】(1)[Ar]3d104s24p4 (2) 将废料粉碎 提高原料的利用率 (3)升华，将温度控制在315℃到450℃之间 (4)1:2 (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6) 4 4 【分析】由流程可知，硒鼓废料在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500℃时SeO2与TeO2均为气体，冷却，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亚硒酸，废渣II为TeO2，亚硒酸受热分解生成二氧化硒，及少量TeO2，升华分离得纯净的二氧化硒，再加亚硫酸溶液还原得到Se单质； 【详解】（1）基态硒原子的核电荷数34，最外层电子数6，电子排布式为[Ar]3d104s24p4； （2）除加热外，还可将废料粉碎，既可增大废料的氧化速率，又可提高原料的利用率； （3）根据SeO2和TeO2升华的温度，二者分离的最适宜方法是升华，将温度控制在315℃到450℃之间，故答案为：升华，将温度控制在315℃到450℃之间； （4）步骤⑥发生氧化还原反应为2H2SO3+SeO2=Se+2H2SO4，S元素化合价升高，H2SO3是还原剂，Se元素化合价降低，SeO2是氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2； （5）铁粉和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入过量铁粉可防止亚铁氧化为铁离子，过滤得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、用乙醇洗涤，可得绿矾晶体； （6）由均摊法，灰球个数为，黑球在晶体内部，总共有4个，则该晶胞中硒原子个数为4，Se的配位数为4。 4．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)方铅矿主要成分为PbS，含有FeS2杂质等，软锰矿主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等，下面是用这两种矿石制备PbSO4和Mn3O4工艺流程： 已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水； ②PbCl2(s)＋2Cl-(aq)PbCl (aq)　ΔH>0； ③Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13(溶液中金属离子浓度小于10-5 mol·L-1可视为完全沉淀)。 (1)写出“浸取”时MnO2溶解PbS的化学方程式： ；随着反应的进行，PbS的溶解速率逐渐降低的原因是 ；加入饱和NaCl的目的是 。 (2)操作Ⅰ为 ，操作Ⅱ沉降时往往加入冰水降温，原理是 。 (3)已知：反应温度和溶液pH对Mn3O4的纯度和产率影响分别如图1、图2所示，请补充完整由滤液X制备Mn3O4的实验方案： ，真空干燥4小时得产品Mn3O4.(实验中须使用的试剂：氨水、空气) 【答案】(1) PbS＋MnO2＋4HCl=MnCl2＋PbCl2＋S＋2H2O 反应物HCl浓度降低；生成的S覆盖在PbS表面减小了反应物的接触面积，降低了反应速率 促进PbCl2溶解 (2) 趁热过滤 反应PbCl2(s)＋2Cl-(aq)PbCl(aq)是吸热反应，降温有利于析出更多PbCl2固体 (3)取滤液X，50 ℃水浴加热，边搅拌边滴加氨水调节溶液pH约为8.5，边通空气边用氨水维持溶液pH一直处于8.5左右，直至固体质量不在增加为止，静置，过滤，洗涤沉淀2～3次 【分析】方铅矿主要成分为PbS，含有FeS2杂质等，软锰矿主要成分为MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3等，加入盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，反应生成、和S，过滤除去固体S，滤液中可通过加入调节pH，使溶液中Fe3+、Al3+完全沉淀与Mn2+分离，趁热过滤后向滤液中加入冰水，冷却过滤后滤液经系列转化得目标产物，加入硫酸钠溶液可进行沉淀转化形成硫酸铅沉淀。 【详解】（1）“浸取”时加入盐酸和饱和氯化钠溶液浸取，反应生成、和S，化学方程式：PbS＋MnO2＋4HCl=MnCl2＋PbCl2＋S＋2H2O；随着反应的进行，反应物HCl浓度降低；生成的S覆盖在PbS表面减小了反应物的接触面积，降低了反应速率；根据可知，加入饱和NaCl的目的是促进PbCl2溶解； （2）根据分析可知，PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，则操作Ⅰ为：趁热过滤； （3）取滤液X，50 ℃水浴加热，边搅拌边滴加氨水调节溶液pH约为8.5，边通空气边用氨水维持溶液pH一直处于8.5左右，直至固体质量不在增加为止，静置，过滤，洗涤沉淀2～3次。 5．(23-24高三上·江苏扬州·期末)镓(31Ga)及其化合物在半导体、光电材料等领域有广泛应用。 (1)以酸性含溶液(含少量)为原料通过除杂等一系列操作制得粗镓，粗镓经过电解精炼制得高纯镓。体系中含镓微粒的物质的量分数随的关系如图所示。已知：。 ①的基态核外电子排布式为 。 ②“除杂”包括加入溶液调节、加入足量除去和、过滤等步骤。调节溶液的目的为 。 ③“电解精炼”时，以粗镓为阳极，含的碱性溶液为电解液，阴极析出镓的电极反应式为 ；阴极同时有少量气体产生。测得电解过程溶液中镓浓度与电流效率()随时间的变化如图所示。反应后，降低的原因是 。 (2)具有优异的光电性能，可由与发生反应制得。 ①制得GaN时生成一种有机物的化学式为 。 ②的一种晶胞如图所示。晶体中距离最近且相等的的数目为 。 ③准确称取样品，加入溶液，加热使固体充分溶解，用足量溶液吸收产生的。向吸收液中滴加指示剂，用的盐酸滴定至终点，消耗盐酸。 过程中涉及反应：；，计算样品的纯度 (写出计算过程)。 【答案】(1) [Ar]3d104s24p1 避免Na2S在强酸性条件下产生有毒气体H2S[或产生H2S使溶液中c(S2−)减小] Ga(OH)＋3e-=Ga＋4OH- 溶液中Ga(OH)浓度增大使电流效率趋向于增大；阴极发生产生H2的反应时溶液中c(H+)增大，电流效率趋向于减小。15 h后，后者为影响电流效率的主要因素 (2) CH4 4 99.96% 【分析】以酸性含Ga3+溶液(含少量Zn2+、Cu2+)为原料通过除杂等一系列操作制得粗镓，粗镓经过电解精炼制得高纯镓； GaN具有优异的光电性能，可由NH3NH3与Ga(CH3)3发生反应制得； 【详解】（1）①Ga的原子序数为31，为第四周期ⅢA元素，Ga的基态核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，故答案为：[Ar]3d104s24p1； ②由于含Ga3+的溶液显酸性，S2-在酸性条件下，能够生成有毒气体H2S，使S2-浓度下降，影响沉淀效率，故答案为：避免Na2S在强酸性条件下产生有毒气体H2S[或产生H2S使溶液中c(S2−)减小]； ③阴极为发生还原反应生成金属Ga，电极反应式为：+3e-=Ga+4OH-，故答案为：+3e-=Ga+4OH-； ④由于阴极的电极反应式为：+3e-=Ga+4OH-，的浓度越大，生成Ga转移的电子数越多，根据电流效率的定义式可知，电流效率越大即溶液中浓度增大使电流效率趋向于增大；由于阴极同时有少量气体产生，即发生副反应：2H2O+2e=H2↑+2OH-，若转移6mol电子时，发生副反应产生6molOH-，而阳极的电极反应式为：Ga-3e-+4OH-=，阳极消耗8molOH-，说明发生副反应时，电解液中c(OH-)减小，则c(H+)增大，由题图1可知，pH减小，的浓度减小，使电流效率趋向于减小；15h后，后者为影响电流效率的主要因素，所以反应15h后，电流效率减小，故答案为：溶液中的浓度越大，使电流效率趋向于增大；阴极中产生H2的反应时溶液中c(H+)增大，使电流效率趋向于减小。15h后，后者为影响电流效率的主要因素； （2）①Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN和一种有机物，根据质量守恒定律可知，该有机物为CH4，故答案为：CH4； ②位于体心的白球与四个黑球形成正四面体结构，所以距离Ga最近且相等的N的数目为4，故答案为：4； ③根据电荷守恒和元素守恒可建立关系式：GaN～NH3～NH3·H3BO3～HCl，n(GaN)= n(HCl)=0.1000mol·L-1×23.80×10-3L=2.38×10-4mol，则GaN样品的纯度为：，故答案为：99.96%。 6．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)以废旧锂离子电池正极材料(主要成分为镍钴锰酸锂，还有少量镁铝合金和含铁化合物)为原料，回收Ni2＋、Co2+、Mn2＋的过程可表示为： 已知：Ksp(MnF2)=5×10-3    Ksp(MgF2)=8×10-11 (1)“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为Ni2＋、Co2+、Mn2＋进入溶液。该过程中H2O2的作用是 。保持其他条件相同，搅拌相同时间，测得不同温度下镍、钴、锰的浸出率如图所示。60℃时浸出率达到最大，可能的原因是 。 (2)“除铁”生成黄钠铁矾沉淀时需控制溶液的pH为1.5~1.8。该过程中需不断加入NaOH溶液，其作用是 。 (3)物质X可调节溶液的pH，X为 (填序号)。 A．NH4Cl      B．(NH4)2SO4      C．NH4HCO3 (4)“除铝”后的滤液中含有Mg2＋，可以用MnF2除去。结合反应的平衡常数解释用MnF2能除去Mg2＋的原因是 。 (5)回收液可用于合成锂离子电池正极材料，合成前需测定其中Co2+等离子的浓度。 测定原理：用过量标准K3[Fe(CN)6]溶液氧化经预处理的回收液样品中的Co2+，再用标准CoSO4溶液滴定过量的K3[Fe(CN)6]。 反应方程式为：Co2++[Fe(CN)6]3-=Co3++[Fe(CN)6]4-。 测定过程：取预处理后的回收液样品20.00mL，向其中加入20.00mL0.0520mol·L-1 K3[Fe(CN)6]溶液，充分反应；再用0.0500mol·L-1CoSO4溶液滴定反应后的溶液，消耗CoSO4溶液12.00mL。 数据分析：计算预处理后的回收液样品中Co2+的物质的量浓度 。(写出计算过程) 【答案】(1) 做还原剂 温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快 (2)提供以生成沉淀；消耗，控制pH在内，促进黄铁钠矾沉淀 (3)C (4)加入后，会发生反应：，该反应的平衡常数为，正向进行的程度很大，可以将除去。 (5)0.022mol/L 【分析】废旧锂离子电池正极材料的主要成分为镍钴锰酸锂，还有少量铝箔和含铁化合物，“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为、、进入溶液，铝箔和含铁化合物转化为离子也进入溶液，加入NaOH溶液可将铁元素转化为黄钠铁矾沉淀，加入X调节pH将铝元素转化为沉淀，得到回收液含、、。 【详解】（1）①“酸浸”时，三价镍、三价钴、四价锰转化为、、，金属元素的化合价降低，被还原，则做还原剂； ②由于高温会加快分解，60℃时浸出率达到最大，可能的原因是温度低于60℃时，酸浸反应速率较慢；温度高于60℃时，分解反应速率较快。 （2）“除铁”过程中需不断加入溶液生成黄钠铁矾沉淀，由沉淀的化学式可知，过量的NaOH的作用是提供以生成沉淀；消耗，控制pH在内，促进黄铁钠矾沉淀。 （3）加入可调节溶液的pH，和发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，符合题意，故选C。 （4）加入后，会发生反应：，该反应的平衡常数为，正向进行的程度很大，可以将除去。 （5）加入的的总物质的量为，与溶液反应的的物质的量为，则与样品反应的的物质的量为，根据题中给出的反应方程式可知，样品中的，则预处理后的回收液样品中的物质的量浓度为。 7．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)工业上以铬铁矿主要成分为，还含有、等杂质为主要原料生产红矾钠晶体，其主要工艺流程如图： 已知：在碱性条件下能将氧化为。 固体A为 。 实验室中操作的名称为 。 固体C中含有的物质是 和，则的作用是 。 已知：，，当时开始沉淀．室温下，Ⅱ中需调节溶液pH范围为 杂质离子浓度小于视为沉淀完全。 写出Ⅲ中发生反应的离子方程式 。 Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，理由是 结合化学方程式回答；工业上也可设计如图示装置，用锂离子电池为难电离锂碳化合物为电源，电解溶液制取，该装置工作时E电极的名称是 极；电源的A极的电极反应式为 当电解过程中转移了电子时，理论上右侧溶液的质量减少 g。 【答案】 过滤 氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去 阳 。 【分析】铬铁矿主要成分为FeO和，含有、等杂质，加入过量稀硫酸，只有与稀硫酸不反应，则过滤得固体A为，溶液B中含有、、，在B中加入过氧化氢，可生成，调节溶液pH可除去、，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有，在溶液D中加入和NaOH，发生氧化还原反应，过滤得溶液E含有，酸化可得，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得，以此解答该题。 【详解】根据以上分析，固体A为，故答案为：； 根据以上分析，实验室中操作的名称为过滤，故答案为：过滤； 固体C中含有的物质是和，则的作用是氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去；当时开始沉淀，室温下，除去溶液中的、，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：，，解得：，，同理完全变成沉淀时，pH约为，故pH范围是：，故答案为：氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去；； 在溶液D中加入和NaOH，发生氧化还原反应，生成和，所以Ⅲ中发生反应的离子方程式为，故答案为：； Ⅳ中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，原因为会氧化盐酸中的氯离子，反应离子方程式为：；电解溶液制取，则E电极发生，说明E电极生成氢离子，电极反应为氢氧根失电子发生氧化反应，所以该装置工作时E电极的名称是阳极，B极为正极，A极为负极，电极反应式为；当电解过程中转移了电子时，则右侧反应消耗氢氧根离子，放出氧气，右侧移动到左侧的钠离子也为，所以理论上右侧溶液的质量减少，故答案为：；阳；；。 【点睛】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用以及电解池的原理等，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验和计算能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，题目难度较大。 8．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铋、锗等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，。 ②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③易水解。 请回答下列问题： (1)下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是 (填字母)。 a．适当升高温度        b．酸浸过程中不断搅拌        c．将硫酸浓度增大到70%        d．加大废料的用量 (2)“浸液1”中约为，则除时应控制的范围是 。(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全) (3)“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为 。 (4)“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低或过高，原因是 。 (5)①存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中的配位数为 。 ②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为 。 ③加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。时所得固体的化学式为 。(写出计算过程) 【答案】(1)ab (2)3～6 (3) (4)pH过高Ge4+水解程度变大，pH过低逆向移动，均不利于沉锗的进行 (5) 4 电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键 ZnO 【分析】废料加入稀硫酸初步酸溶得到含有铁元素和锌元素的滤液，滤液经过除铁结晶得到硫酸锌晶体，固体再经过浓硫酸处理得到含铋元素的固体和含有铟元素和锗元素的滤液，经过萃取分离两种元素，在分别经过一系列处理得到氯化锗； 【详解】（1）a．适当升高温度，可以加快反应速率，提高浸取率； b．酸浸过程中不断搅拌，可以增大接触面积，提高浸取率； c．将硫酸浓度增大到 ，铋的氧化物也会反应，滤液不纯，达不到酸浸1的目的； d．加大废料的用量，使得酸不足，不可以提高浸取率； 故选ab； （2）“浸液1”中约为，则除铁离子时应控制的范围是使得铁离子完全沉淀而锌离子不沉淀，，pOH=11，则pH=3；，pOH=8，pH=6，则应控制的范围是3～6； （3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应转化为水和，离子方程式为； （4）沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低，原因是Ge4+水解的化学方程式为，pH过高Ge4+水解程度变大，pH过低逆向移动，均不利于沉锗的进行； （5）①最上面的位于与其直接相连的四个锌离子构成的体心，所以晶体中的配位数为4； ②电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键，导致键中离子键成分百分数小于键。 ③假设初始为1molZnSO4·7H2O，质量为287g，加热到145℃，温度为1050℃时，固体质量为287g×28.2%=81g，其中锌为65g，则还有16g氧，则得到物质为氧化锌：ZnO。 9．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)以固体为原料制备纯，其部分实验过程如下：    已知：①； ②， 有两性，； ③ 。 (1)“酸溶”后再“氧化”可提高氧化速率，理由是 。 (2)“氧化”时产生气体中还有一定量。转化为反应的离子方程式为 。 (3)若“氧化”不充分，“沉钯”时所得的产率降低，其原因是 ；氧化液中Pd的浓度一定，为提高的产率，“沉钯”时需控制的条件有：反应的温度、 。 (4)可用作乙烯氧化制乙醛的催化剂，其部分反应机理如下：。形成配位键时，配体中电子云密度较大的区域易进入中心原子(或离子)的空轨道。乙烯分子与Pd2+形成的配位键中，乙烯分子提供电子对的区域是 。 (5)已知：受热易水解，能与盐酸反应生成溶液；固体受热至175℃会分解为。请补充完整制备的实验方案：取沉钯后过滤所得， ，得到干燥的粉末。实验中须使用的试剂：热蒸馏水、浓盐酸、溶液、稀。 【答案】(1)将配合物内界的转化为外界的，酸溶后的远大于酸溶前的 (2) (3) 未被氧化的在碱性条件下转化为，能将转化为可溶性的 NaOH的用量(或反应时溶液的pH) (4)乙烯分子中的键 (5)用热蒸馏水洗涤2-3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加稀与溶液，无白色沉淀生成，停止洗涤操作。向所得中加入足量浓盐酸，搅拌使其充分反应，蒸发溶液至有大量晶体析出，利用余热蒸干，在175℃加热固体至恒重，研磨 【分析】加入热的浓盐酸，发生已知信息中反应生成和，反应后溶液中加入NaClO3溶液将氧化为氮气，再加NaOH溶液发生已知②中反应，生成沉淀；过滤，将溶于盐酸得到PdCl2。 【详解】（1）“酸溶”后内界中的氨气分子转化为铵根离子，从而提高铵根离子浓度，可提高氧化速率； （2）“氧化”时产生气体中还有一定量，原因为NaClO3能与氯离子氧化成氯气， 反应离子方程式为：； （3）若氧化不充分，则溶液中未被氧化的在碱性条件下转化为，能将转化为可溶性的；因有两性，能溶于强碱，“沉钯”时需控制溶液的pH值防止碱性太强导致溶解； （4）乙烯分子与Pd2+形成的配位键的是乙烯分子中的键； （5）制备的实验方案：取沉钯后过滤所得，用热蒸馏水洗涤2-3次，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加稀与溶液，无白色沉淀生成，停止洗涤操作。向所得中加入足量浓盐酸，搅拌使其充分反应，蒸发溶液至有大量晶体析出，利用余热蒸干，在175℃加热固体至恒重，研磨，得到干燥的粉末。 / 学科网（北京）股份有限公司 $