2026届高三化学二轮复习 化学基本原理类工艺流程题专练

高三复习化学基本原理类工艺流程题专练 1.（25-26高三上·上海·期中）中国已探明的稀土工业储量为5200万吨，约占世界的50%，是稀土资源最丰富的国家。以含、等的稀土矿浸取液为原料制氧化镧()的流程如下。(注：镧-La、铕-Eu) 已知：ⅰ．     ⅱ．， （1）．镧(La)元素位于元素周期表___________区。 A．s区 B．p区 C．d区 D．f区 （2）．脱铕：已知基态Eu原子的价层电子排布式是。可将稀土矿浸取液中的转化为进而与分离。从原子结构的角度解释易被还原为的原因：___________。 萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，。 （3）．萃取时需要用到的仪器有___________(不定项)。 A．分液漏斗 B．圆底烧瓶 C．烧杯 D．冷凝管 （4）．萃取时，需要适时打开活塞放气的原因是___________。 （5）．从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用：___________。 碳化：向溶液中持续通入，边搅拌边加入MgO维持，充分反应生成固体。制备过程中主要物质的转化关系如图所示。 （6）．制备总反应的离子方程式是___________。 （7）．理想情况下，恰好完全转化为时，，。结合计算，解释此时不生成沉淀的原因：___________。 （8）．上述制的流程中，除外，可以在流程中直接循环利用的物质还有___________。 2．（25-26高三上·辽宁·期中）锆(Zr)在核工业中地位重要，被称为原子时代的头号金属。用锆石(含少量、、和)制备纳米级和铁红的流程如图所示： 已知：①碱熔时，生成难溶于水的，酸浸时元素转化为。 ②灼烧时发生反应：。 ③已知：、、、形成沉淀的范围如下[开始沉淀时(金属离子)]。 金属离子 开始沉淀的 6.3 2.7 3.4 4.2 沉淀完全的 8.3 3.7 4.7 6.7 回答下列问题： (1)锆石粉碎的目的是_______。 (2)碱熔时，参与反应的化学方程式为_______。 (3)酸浸时，生成的离子方程式为_______；滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。 (4)要使和沉淀完全，调的最小值约为4.7；分离时，用到的玻璃仪器有普通漏斗、_______、_______。 (5)沉锆过程中，用无水乙醇洗涤的目的是_______。 (6)实验室中由制取，可选用的装置是_______(填序号)。 3．（2025·四川达州·模拟预测）钴广泛应用于机械制造、电子电器、航空航天、电池制造等行业，是国家重要的战略资源。用含钴废料(主要成分为，含少量、、、、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示，试回答下列问题： 已知：①具有强氧化性。 ②，。 (1)写出酸浸时与反应离子方程式：___________。浸出渣的主要成分为___________(填化学式)。 (2)向“浸出液”中加入适量的，发生反应的氧化剂：还原剂=___________。用平衡的原理解释加的目的：___________。 (3)“除钙镁”后，滤液中当除尽时，___________。 (4)“沉钴”时温度不能太高的原因是___________。 (5)钴硫化物可用于锂离子电池，电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。 结构1边长为apm，该钴硫化物的密度为___________，晶胞2中距Li最近的S有___________个。 4．（2025·浙江·模拟预测）过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答： (1)下列说法正确的是___________。 A．基态铬原子中存在10对成对电子 B．元素位于元素周期表第14列 C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关 D．配位键的强度： (2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为___________。 (3)化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。 ①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式___________。 ②化合物A、B分别结合质子后，测得的给质子能力比弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由___________。 ③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、溶液反应，得到含有[]的溶液。 (ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是___________。 (ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式___________。 (4)以铜锌矿(主要成分为，含有PbS和少量)原料实现如下转化： ①步骤Ⅰ中发生转化的化学方程式___________。 ②溶液D中，除、、外，写出三种大量存在的离子___________(按照离子浓度大小顺序)。 ③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的可促进反应进行”___________。 5．（2025·四川·三模）蛇纹石的组成可表示为，其中M代表、、。一种利用蛇纹石和绿矾()制备的工艺流程如下图所示。 已知： ⅰ.焙烧过程的主要反应：； ⅱ.焙烧生成的能破坏蛇纹石的硅酸盐结构，有利于生成硫酸盐和等。回答下列问题： (1)“焙烧”前将蛇纹石、绿矾研磨至粒径小于，目的是___________。 (2)“浸渣”的主要成分为___________(填化学式)。 (3)取相同质量的蛇纹石，在不同温度下焙烧相同时间，测得镁、镍浸出率的变化如图甲所示。 由图甲可知：“焙烧”时控制的最佳温度约为___________；在“焙烧”温度较低时，、的浸出率较低，可能的原因是___________。 (4)“矿化”时，、、的沉淀率(%)随“矿化剂”中质量浓度的变化关系如图乙所示。“矿化剂”是在的氨水(约为11)中溶解不同质量的形成的混合溶液。 已知：、、；。 ①图中的沉淀率几乎不变的原因是___________； ②的质量浓度大于后，的沉淀形式主要为___________(填化学式)； ③从平衡移动的角度解释的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 (5)“酸化”时，发生的主要反应的离子方程式为___________。 6．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 (1)焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是___________。 (2)焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是___________。 (3)滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有___________。 (4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是___________。 (5)沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：___________。 (6)测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是___________。 (的摩尔质量：) 7．（2025·安徽·三模）脆硫铅锑矿除含铅和锑主要金属外还含有铁、银、锌、铜、砷、铟等多种杂质金属，通常被认为是，该矿必须通过冶金过程才能分离铅锑。空气氧化法制备焦锑酸钠、硫代硫酸钠的工艺流程如下图所示： 已知：①铅、铁、银、锌、铜、铟元素都进入铅渣； ②“碱浸”后，锑、砷分别以硫代亚锑酸钠、硫代亚砷酸钠形式存在； ③常温下，，，通常残留在溶液中的离子浓度小于时就认为沉淀完全； ④难溶于冷水。 回答下列问题： (1)焦锑酸钠中Sb元素的化合价为______，硫代亚砷酸钠中As元素的杂化方式为______。 (2)“碱浸”中，加入NaOH提供碱性环境的作用是______。“操作Ⅰ”中用到的玻璃仪器有烧杯、______、______。 (3)“碱浸”过程中，发生反应的化学方程式为______。 (4)制备焦锑酸钠反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。 (5)常温下，若铅渣经过处理后溶液中只有和，且浓度均为，使完全沉淀而不沉淀，需控制溶液pH的范围是______。 (6)基态As原子的价电子排布式为______。砷化镓立方晶系结构如图所示，砷化镓的晶胞参数为xpm，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞密度为______。 8．（24-25高三上·辽宁锦州·月考）一种从废钴催化剂(主要成分为CoO、CoS，含少量、、等)中回收有价值金属的工艺流程如图。回答下列问题： 已知：钼酸是一种二元弱酸，“碱浸液”中主要成分为。 (1)“碱浸液”中的电荷守恒等式为___________。 (2)某学生欲用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的硝酸溶液，以酚酞试液为滴定指示剂。 ①排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的___________(填字母)。 A．    B．    C．    D． ②下列操作中可能使所测硝酸溶液的浓度偏低的是___________(填字母)。 A．量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 B．滴定前盛放硝酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 D．读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数 (3)“除铁”操作加入NaOH的目的是调节溶液的pH，使生成沉淀。已知，则水解反应的平衡常数___________。 (4)“沉钴”中溶液的pH、反应时间与的产率的关系如图1所示。 ①请从平衡移动原理角度解释pH过小导致的产率降低的原因：___________。 ②最佳pH条件下，保持溶液中的，则此时溶液中的___________。已知25℃，。 (5)“焙烧”后的气体用NaOH溶液吸收，则吸收液中、、三种微粒所占物质的量分数(α)随pH变化的关系如图2所示。 ①当溶液恰好呈中性时，则___________(填“>”“<”或“=”)。 ②当溶液中的时，则溶液的pH=___________。 9．（2025·河南·模拟预测）焦亚硫酸钠常作食品加工的抗氧化剂，蓝矾常作游泳池的消毒剂。以辉铜矿(主要成分是，含少量、等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流程如图所示。已知时完全沉淀，时开始沉淀。回答下列问题： (1)铜位于元素周期表___________区。分子的模型是___________。 (2)吸收池甲的主要溶质为___________(填化学式)。 (3)“煅烧”中主要包括等过程。写出和反应生成的化学方程式：___________。 (4)为了提高产品纯度，试剂X宜选择___________(填化学式)。 (5)蓝矾热失重图像如图所示。 “系列操作”中“干燥”适宜选择下列温度的是___________(填字母)。 a．    b．    c．    d． 图像中时对应硫酸铜晶体中结晶水数目n为___________。 (6)红葡萄酒中可添加作抗氧化剂。测定红葡萄酒中含量的操作如下：取红葡萄酒样品，用标准溶液滴定至终点，消耗标准液。已知滴定反应：。 ①该红葡萄酒样品中含量为___________。 ②有人提出，可用标准酸性溶液替代碘溶液测定，请判断该方案是否可行，并简述理由：___________。 10．（2025·上海宝山·二模）SO2也是常见的大气污染物，有科研工作者研究利用电化学原理吸收SO2和NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品，其工艺流程图如下(Ce为铈元素)。 (1)写出装置I中化学反应的离子方程式_______。 (2)含硫各微粒(H2SO3、和)存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数ω与溶液pH的关系如下图所示： 根据上图完成下列问题： ①pH=7时，溶液中c(Na+)_______c()+c() A．>　　　    B．=    　　　　C．< ②pH=9时溶液为Na2SO3溶液，写出一个用浓度表达的物料守恒关系式_______。 ③为获得尽可能纯的NaHSO3，应将溶液的pH控制在_______为宜。 A．1~3　　　B．3~6　　　C．4~5　　　D．6~9 ④由图中数据，可以估算出H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈_______。 A．10-6　　　　　B．10-7　　　　　C．10-8　　　　　D．10-9 (3)装置Ⅱ中的反应在酸性条件下进行，写出NO被氧化为离子方程式_______。 (4)已知进入装置Ⅳ的溶液中的浓度为0.80 mol∙L-1，要使1m3该溶液中的完全转化为NH4NO3，需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积为_______L。 11．（24-25高三上·江西宜春·阶段练习）BiVO4是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含及少量)制备BiVO4的工艺流程如下： 已知：Ⅰ．Bi2O3、NiO都是不溶于水的碱性氧化物。 Ⅱ．VO2++2HR(有几层)VOR2(有机层)+2H+。 回答下列问题： (1)基态V原子的价层电子轨道表示式为___________。 (2)滤渣的主要成分是___________；酸化时，完全转化为的最大pH为___________(已知：常温下，；离子浓度时沉淀完全)。 (3)“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为___________。 (4)反萃取剂应选用___________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；请说明理由___________。 (5)科学家用新颖的光电联合催化池模拟植物光合作用对CO2进行利用，原理如图： 光照时，3D-ZnO/Ni电极上生成乙醇的电极反应式为___________。 12．（24-25高三上·北京·阶段练习）以菱锰矿(主要成分为和少量等)为原料提纯的一种流程示意图如下。 已知：i．浸出渣C的主要成分为、、。 ii．常温时，部分物质的如下表所示： 物质 iii．的溶液，。 (1)将菱锰矿“研磨”的目的是___________。 (2)写出在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式：___________。 (3)用的溶液“沉锰”时浸出液对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。 注：锰的回收率 ①“沉锰”反应的离子方程式是___________。 ②分析浸出液时产品中存在的杂质可能是___________，说明判断依据___________。 (4)该流程中可以循环利用的物质有___________。 (5)检测产品中锰元素的质量分数，取产品溶于硫酸和磷酸的混合溶液中，取加入稍过量的溶液，使氧化为。待充分反应后，加热使分解。冷却后用溶液标准液滴定，消耗溶液。 ①产品中锰元素的质量分数为___________。 ②若未充分加热，则会使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 高三复习化学基本原理类工艺流程题专练 参考答案 1.（1）．D （2）．根据洪特规则，价层电子全满、半满时较稳定，f能级有7个原子轨道，（4f6）得电子生成的(4f7)的价层电子排布是半充满的，比较稳定，所以易被还原为 （ 3）．AC （ 4）．防止分液漏斗内压强过大，避免发生危险或影响实验效果 （5）．反萃取时，盐酸中H+与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-减小，使 平衡正向移动，溶解于水中 （6）． （ 7）．理想情况下，La3+恰好完全转化为时La2(CO3)3，，， ， ，所以此时不生成沉淀。 （8）．RCOOH的有机溶液 【分析】含、等的稀土矿浸取液，加RCOOH的有机溶液与反应生成易溶于有机溶剂的(RCOO)3La，萃取液加盐酸反萃取生成RCOOH和易溶于水的LaCl3，LaCl3溶液中通入二氧化碳、加入氧化镁反应生成La2(CO3)3沉淀和MgCl2，La2(CO3)3煅烧得到La2O3。据此分析解题。 （1）．镧(La)系为ⅢB族元素，位于元素周期表f区，故选D。 （2）．根据洪特规则，价层电子全满、半满时较稳定，f能级有7个原子轨道，（4f6）得电子生成的(4f7)的价层电子排布是半充满的，比较稳定，所以易被还原为。 （3）．萃取时需要加入萃取剂，“振荡-静置-分液”步骤，萃取时需要用到的仪器有分液漏斗和烧杯，故选AC。 （4）．萃取时，需要适时打开活塞放气的原因是防止分液漏斗内压强过大，避免发生危险或影响实验效果。 （5）．从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用：反萃取时，盐酸中H+与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-浓度减小，使 平衡正向移动，溶解于水中。 （6）．由制备过程转化关系图可知，制备La2(CO3)3时，LaCl3、CO2、MgO反应生成La2(CO3)3、MgCl2，总反应的离子方程式是：。 （7）．理想情况下，La3+恰好完全转化为时La2(CO3)3，，， ， ，所以此时不生成沉淀。 （8）．反萃取时加入盐酸生成RCOOH，RCOOH的有机溶液在流程中可在“萃取器”中循环利用。 2．(1)增大接触面积，提高碱熔速率； (2) (3) (4) 玻璃棒 烧杯 (5)减少溶解损失，增大挥发速率，提高产率； (6)③ 【分析】锆石(含少量、、和)，粉碎之后进行碱熔，和会与氢氧化钠反应，生成难溶于水的，之后再进行酸浸，会有滤渣沉淀，之后调节，使铁元素变成沉淀，分离出来的滤液加氰化钾沉铜，再加氨水沉锆，变成，灼烧之后变成； 【详解】（1）锆石粉碎的目的是增大接触面积，提高碱熔速率； （2）碱熔时，氧化铝为两性氧化物，与氢氧化钠反应可生成，故化学方程式为：； （3）根据题中给出的信息：碱熔时，生成难溶于水的，酸浸时元素转化为，则生成的离子方程式为：，锆石中含有二氧化硅，碱熔后生成硅酸钠，加入盐酸后转变成硅酸，滤渣1的主要成分是； （4）分离的操作为过滤，需要用到的玻璃仪器为，漏斗、烧杯、玻璃棒； （5）沉锆过程中，用无水乙醇洗涤的目的是减少溶解损失，增大挥发速率，提高产率； （6）由转化为，需要在坩埚中进行灼烧，所以选择的装置为③； 3．(1) 、 (2) 加入与反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去 (3) (4)、受热易分解 (5) 4 【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为，浸出液含有的阳离子主要有、、、、、等，浸出渣为硫酸钙和二氧化硅，加入将氧化为，加入调pH，可得到、沉淀，过滤后所得滤液主要含有、、，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后向滤液中加入萃取剂，萃取后的水层中主要含有，加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体，据此分析解题。 【详解】（1）已知具有强氧化性，浸出过程中加入的作用是将还原为，；根据分析知，与盐酸不反应，与生成的生成沉淀，浸出渣的主要成分为、，故答案为：；、； （2）根据流程图可知，加入的作用是将氧化为，该反应的离子方程式为，发生反应的氧化剂:还原剂；加入，与发生反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去，故答案为：1:6；加入与反应，使，，平衡正向移动，、完全水解为沉淀除去； （3）滤液中时，，故答案为：7.0×10-6； （4）由于受热不稳定，受热不稳，则“沉钴”时温度不能太高，故答案为：受热不稳定，受热不稳； （5） 由均推法得，结构1中含有的数目为，含有的数目为，密度为，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故答案为：；4。 4．(1)BD (2)或 (3) 或 电负性，键极性强，使得中更易解离，即给质子能力更强 防止由于温度过高而分解 (4) 、、 取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝条件下与足量反应，另一份在通入足量条件下与足量反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等) 【分析】铜锌矿主要成分为，含有PbS和少量，在通入足量的、控温及足量硫酸的条件下，发生反应；中S被氧化成（气体X），转化为，转化为；将生成的气体通入到溶液中，可还原为，为，加入后，与结合生成沉淀，与结合生成沉淀，溶液D中除、、外，大量存在的是和，由于硫酸锌完全电离且硫酸足量，则浓度大于，原料中还含有，因此离子浓度从大到小为、、。 【详解】（1） A．铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误； B．根据稀有气体氙为54号，推测可知元素位于元素周期表第14列，B正确； C．钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误； D．的配体分别为和，其中中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度，D正确。 （2）由图可知，的个数为，的个数为，的个数为，的个数为，根据晶胞所示结构，和配位，和配位，因此配合物的化学式为或； （3） ①B为，化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著，说明X分子中分子间氢键更强，则X为氰酸铵，其电子式可表示为或；②A中存在键，B中存在键。由于O的电负性比S大，所以键的极性比键的极性强。在和中，H与其他原子形成的键受键和键极性影响，键极性强，使得中更易解离，即给质子能力更强；而键极性弱，中较难解离，给质子能力更弱；③(ⅰ)因为受热易分解，低温可保证其参与反应的量，从而顺利得到含有[]的溶液，故将反应体系温度下降至低温的目的是防止分解 。(ⅱ)过程中化合物A在碱性条件下与过氧化氢反应被氧化，离子方程式为： （4）①由分析可知，步骤Ⅰ中发生转化的化学方程式为：；②溶液D中，除、、外，写出三种大量存在的离子、、；③证明步骤Ⅰ中通入的可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝条件下与足量反应，另一份在通入足量条件下与足量反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)。 5．(1)增大反应物接触面积，加快反应速率 (2)、 (3) 670℃ 焙烧温度低，反应较慢，有限时间内产生的少，不利于硫酸盐的生成，导致浸出率低 (4) ，除尽时约为3，4%的氨水约为11，此时已经沉淀完全 随矿化剂中的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小 (5) 【详解】（1）“焙烧”前将蛇纹石、绿矾研磨至粒径小于的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率。 （2）焙烧过程中的主要反应有： ； ， 反应生成的、均不溶于水，“浸渣”的主要成分为、。 （3）由图甲可知：焙烧温度为670℃，镁、镍浸出率最高；根据已知条件，焙烧过程分为两个阶段，绿矾氧化分解产生与反应，焙烧温度低，产生的少，不利于硫酸盐的生成，导致浸出率低。 （4）①，除尽时约为3，4%的氨水约为11，此时已经沉淀完全； ②随矿化剂中的质量浓度增大，在后生成； ③随矿化剂中的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小。 （5）“酸化”时，发生的主要反应的离子方程式为 6．(1) (2)增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 (3)     (4)除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。 (5)，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。 (6) 【分析】石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的钒矿石经水浸、过滤后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入铁粉、硫酸溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH=5，除去Al3+，过滤后加入有机试剂萃取V(Ⅳ)，静置分液得到含有V(Ⅳ)的有机物，加入H2SO4反萃取，得到含V(Ⅳ)的溶液，之后进行氧化沉钒得到多钒酸铵，煅烧得到V2O5。 【详解】（1）通焙烧，将转化为，V的化合价升高，做氧化剂，化学方程式为； （2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应； （3）铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和、反应，故发生的反应有 、、； （4）根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率； （5）溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质； （6）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。 7．(1) (2) 抑制的水解 漏斗 玻璃棒 (3) (4) (5) (6) 【分析】加入、“碱浸”后，铅、铁、银、锌、铜、铟元素都进入铅渣，锑、砷分别以硫代亚锑酸钠、硫代亚砷酸钠形式存在于浸出液中；通入压缩空气“空气氧化”，硫代亚锑酸钠转化为焦锑酸钠[NaSb(OH)6]沉淀和硫代硫酸钠溶液，过滤除去焦锑酸钠[NaSb(OH)6]，“氧化后液”中主要成分为硫代亚砷酸钠和硫代硫酸钠，据此回答问题。 【详解】（1）焦锑酸钠[NaSb(OH)6]中Na、O、H元素的价态分别为+1、-2、+1，根据化合物中元素正、负化合价的代数和等于零可知，焦锑酸钠中Sb元素的化合价为；As元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤA族，中As的孤电子对数，价层电子对数，As元素的杂化方式为。 （2）易水解，因此“碱浸”中，加入NaOH提供碱性环境的作用是抑制的水解；“操作Ⅰ”为过滤，该操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。 （3）“碱浸”过程中，被溶液溶解生成硫代亚锑酸钠，发生反应的化学方程式为。 （4）通入压缩空气“空气氧化”，硫代亚锑酸钠转化为焦锑酸钠[NaSb(OH)6]沉淀和硫代硫酸钠溶液，根据电子守恒和元素守恒，制备焦锑酸钠反应的化学方程式为，氧化剂和还原剂的物质的量之比为。 （5）溶液中的浓度为，则，则开始沉淀时溶液；，当溶液中时完全沉淀，，解得，，，故使完全沉淀而不沉淀，需控制溶液pH的范围是。 （6）As元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤA族，因此基态As原子的价电子排布式为；由晶胞结构图可知，每个晶胞中含As原子：个，Ga：4个，砷化镓晶胞密度。 8．(1) (2) C AD (3) (4) 存在溶解平衡，pH过小时，浓度过大，与反应，使溶解平衡右移，导致溶解，产率降低 (5) > 4.65 【分析】由流程图可知，废钼催化剂在空气中焙烧将氧化为同时放出，向固体中加入NaOH进行碱浸，将转化为溶液，过滤得到滤渣主要成为CoO、，滤液主要成分为，向滤渣中加入HNO3，得到和，然后加入NaOH溶液调节pH值进行除铁，即产生过滤除去，向滤液中继续加入碳酸氢铵溶液，将转化为，据此分析； 【详解】（1）“碱浸液”中的电荷守恒等式为 （2）①碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以C正确； ②A．导致待测液的体积偏大，测定结果偏低，A正确； B．对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果，B错误； C．导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，C错误； D．导致读取的标准液体积偏小，测定结果偏低，D正确； 故选AD； （3）由方程式可知，反应的水解平衡常数； （4）①存在溶解平衡过小时，浓度过大，与反应，使溶解平衡右移，导致溶解，产率降低； ②，最佳pH条件下即，，； （5）①根据电荷守恒等式可知，当溶液恰好呈中性时，即，则，所以； ②根据图像可知，；，当溶液中的时，，溶液的。 9．(1) ds 平面三角形 (2) (3) (4)、、或等 (5) b 1 (6) 不可行，还会与葡萄酒中其他还原成分(羟基和醛基)反应，导致测定误差较大 【分析】该工艺流程以辉铜矿(主要成分是，含少量、等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠，辉铜矿煅烧生成的与饱和纯碱溶液反应，在吸收池甲中控制pH=4.1，生成亚硫酸氢钠，继续与纯碱粉末反应，控制pH=，生成亚硫酸钠，再通入，生成；煅烧得的烧渣成分为、、，硫酸浸取后滤渣1为，双氧水氧化得到溶液中含有，加入试剂X为或等，调pH=4，除去，再经过系列操作得蓝矾。 【详解】（1）原子序数为29，位于元素周期表区，的中心原子S的价层电子对数，故VSEPR模型为平面三角形； 故答案为：ds；平面三角形； （2）吸收池甲中pH=4.1，溶液呈酸性，其主要溶质为亚硫酸氢钠； 故答案为：； （3）和反应生成和，化学反应方程式； （4）加入试剂X调pH=4促进完全水解生成，不引入杂质，可以加入或等； 故答案为：、、或等； （5）从蓝矾热失重图像中可看出，温度高于时，固体质量减少，干燥时控制温度使蓝矾不失水，即温度低于，但是为了节省实验时间，温度不宜太低，温度越低，干燥越慢，故控制温度，选b；根据图像中数据，起始蓝矾的物质的量为，在失重过程中铜元素质量不变，先失部分结晶水，再失全部结晶水，最终为硫酸铜，点对应固体摩尔质量为，即物质化学式为，n=1； 故答案为：b；1； （6）根据滴定反应式可知：；葡萄酒中含葡萄糖，其中含有羟基、醛基，都能被氧化，且溶液用硫酸酸化，硫酸能与焦亚硫酸钠反应，故不能用标准酸性溶液替代碘溶液测定； 故答案为：；不可行，还会与葡萄酒中其他还原成分(羟基和醛基)反应，导致测定误差较大。 10．(1)SO2+OH- = (2) A [Na+]=2([]+[]+[H2SO3]) C B (3)NO+2H2O+3Ce4+ =3Ce3+++4H+ (4)8960 【分析】装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH-=HSO，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO+2H++2e-=S2O+2H2O， 装置Ⅳ中通入氨气、氧气，2NO+O2+2H++2NH3=2NH4++2NO； 【详解】（1）装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO2+OH- =； （2）①pH=7时，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c()+2c()+c(OH-)，故溶液中c(Na+)=c()+2c()，则c(Na+)>c()+c()，答案为A； ②根据化学式Na2SO3，Na元素与S元素浓度为1：2，故物料守恒等式为[Na+]=2([]+[]+[H2SO3])； ③溶液的pH控制在4～5时，c()浓度最大，则为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在4～5左右，故C正确； ④⇌+H+，由图中数据，pH=7时，c()=c()，由K2的表达式可知，H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈c(H+)=10-7，故B正确； （3）由上述分析可知，装置II中NO被氧化为离子方程式为：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+； （4）NO的浓度为0.8mol/L，要使1m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，则失去电子数为：1000×(5-3)×0.8mol，设消耗标况下氧气的体积是V，根据电子守恒：×4=1000×(5-3)×0.8mol，解得V=8960L。 11．(1) (2) H2SiO3、Al(OH)3 8.37 (3) (4) 酸性 增大H+浓度，使萃取过程逆向移动，将VOR2(有机层)转化VO2+进入水层 (5)2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH- 【分析】某废催化剂(主要含(主要含及少量)中加入NaOH溶液，Al2O3、SiO2溶解，分别转化为和，V2O5转化为 ，Bi2O3、NiO不溶。过滤后，将浸出液加入H2SO4酸化，生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀；加入Na2SO3还原，生成VO2+和；萃取时，VO2+转化为VOR2进入有机层，反萃取后，VOR2从有机层转化为VO2+进入水层；加入NaClO3，将VO2+氧化为，再加入NH4Cl沉钒，生成NH4VO3沉淀。Bi2O3、NiO沉淀加盐酸进行酸溶，生成Bi3+和Ni2+，调节pH使Bi3+转化为Bi(OH)3沉淀；往沉淀中加入硝酸进行酸溶，然后与NH4VO3混合，从而获得BiVO4产品。 【详解】（1） V为23号元素，基态原子的价电子排布式为3d34s2，则基态V原子的价层电子轨道表示式为。 （2）由分析可知，滤渣的主要成分是H2SiO3、Al(OH)3；常温下， ， ， ，则酸化时，完全转化为Al(OH)3的最大pH=-lg10-8.37=8.37。 （3）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时被还原为VO2+，被氧化为，依据得失电子守恒，便可得出发生反应的离子方程式为 （4）萃取时发生反应：VO2++2HR(有几层)VOR2(有机层)+2H+，反萃取时，应使平衡逆向移动，使VOR2(有机层)转化VO2+(水层)，则反萃取剂应选用酸性溶液；理由：增大H+浓度，使萃取过程逆向移动，将VOR2(有机层)转化VO2+进入水层。 （5）光电联合催化池模拟植物光合作用对CO2进行利用，太阳能电池提供电能进行电解，将CO2转化为乙醇。由电子流动的方向判断，太阳能电池中，左侧电极为负极，右侧电极为正极，则电解池中，泡沫Ni网电极为阴极，FTO玻璃电极为阳极；光照时，3D-ZnO/Ni电极上，CO2得电子产物与电解质反应生成乙醇，CO2中的C元素显+4价，乙醇中C元素显-2价，依据电荷守恒、质量守恒，便可得出电极反应式为2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH-。 12．(1)增大接触而积，加快反应速率，使反应充分进行 (2) (3) 和中锰元素的质量分数均大于，推知必有含镁难溶杂质 (4) (5) 偏大 【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体焙烧，尾气为NH3和CO2，固体A加水浸锰，浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B主要为氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D为NH4Cl，气体E为CO2，据此回答。 【详解】（1）将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行； （2）在“氯化焙烧”过程，与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，发生反应的化学方程式：。 （3）①“沉锰”时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，反应的离子方程式是：。 根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c(Mg2+)=≈2×10-3 mol·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c(Mn2+)=≈0.5×10-8mol·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c(Mn2+)=≈1.9×10-1 mol·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c(Mg2+)=≈5.6 mol·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3；已知在碳酸锰中，Mn%=，在氢氧化锰中Mn%=，MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质； （4）结合分析可知，在流程中先消耗后重新生成，则该流程中可以循环利用的物质有。 （5）①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3mol，m(Mn)=bc×10-3mol×55g/mol=0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数、即产品中锰元素的质量分数为==； ②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $