2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练02

2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(二) 1．氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜离子和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图： (1)写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式 。 (2)判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为 。 (3)“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如下图所示： 反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)∶n(CuSO4)＝3∶2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为 。实际反应中需不断滴加NaOH溶液的作用是： 。 (4)反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4∙10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液， ，洗涤、干燥得Na2SO4∙10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如下图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4∙10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计) (5)工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O。 ①写出阳极的电极反应方程式： 。 ②若电解时理论上生成14.4gCu2O时，电路中通过 mol电子。 答案：(1)CuFeS2＋4Fe3+＝5Fe2+＋Cu2+＋2S (2)取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生 (3)3Na2SO3＋2CuSO4＝Cu2O↓＋3Na2SO4＋2SO2↑ 因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量 (4)边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤 (5) ①Cu－e－＋Cl－＝CuCl ②0.2mol 解析：CuFeS2 “浸泡”时，生成Fe2+、Cu2+，通入氧气和硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH，来沉淀三价铁，溶液此时为硫酸铜，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到Cu2O。 (1)由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2＋4Fe3+＝5Fe2+＋Cu2+＋2S。 (2)判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生。 (3)反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)∶n(CuSO4)＝3∶2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生成，3Na2SO3＋2CuSO4＝Cu2O↓＋3Na2SO4＋2SO2↑，化学方程式为Na2SO3＋2CuSO4＝Cu2O↓＋3Na2SO4＋2SO2↑；不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量。 (4)若装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时(由微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根存在）；再向溶液中通入O2(将亚硫酸根氧化为硫酸根)至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。 (5)①阳极先生成难溶物CuCl，即Cu－e－＋Cl－＝CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O；②生成14.4g Cu2O时即0.1mol Cu2O生成，根据原子守恒，可知0.1mol Cu2O需要通过0.2mol电子。 2．氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，溶于浓盐酸，在潮湿空气中易水解和被氧化。工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl－)生产CuCl和电路板蚀刻液，流程如下： 回答下列问题： (1)生产过程中：X是 (填化学式)，Z为双氧水，写出Z与滤液①反应生成蚀刻液的离子方程式 。 (2)写出生成CuCl的离子方程式 。 (3)CuCl晶体的洗涤要经过水洗和无水乙醇洗，其中醇洗的作用是 。 (4)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是 。 (5)CuCl的另一种制备原理是： ①CuCl2溶液中加入一定量氨水，得到深蓝色溶液； ②深蓝色溶液与Cu继续反应得到[Cu(NH3)2]Cl； ③[Cu(NH3)2]Cl加浓盐酸中和即可得到CuCl。 写出②的化学方程式 。 (6)CuCl晶胞如图所示，晶体的密度为ρg⋅cm-3，晶胞边长为a nm，则阿伏加德罗常数为 mol。 (用含ρ、a的代数式表示，原子量Cu－64，Cl－35.5) 答案：(1) Fe 2H++2Fe2++H2O2= 2Fe3++2H2O (2)2Cu2+＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋4H+＋SO (3)CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失 (4)Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体 (5)[Cu(NH3)4]Cl2＋Cu=2[Cu(NH3)2]Cl (6) ×10-21 解析：(1)印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl－)加入X为Fe，Fe3+能够还原Fe反应生成Fe2+，Cu2+能够与Fe反应生成Cu，过滤后得到的溶液中含有Fe2+，Z为双氧水，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2H+＋2Fe2+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O。 (2)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu2+＋2Cl－＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋4H+＋SO。 (3)析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是：CuCl微溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少CuCl的损失。 (4)依据图示可知：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O反应中生成的CuSO4和SO2为1∶1，CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O＝2CuCl↓＋2H2SO4反应中消耗CuSO4和SO2为1∶1，所以理论上不需要补充SO2气体。 (5)CuCl2溶液中加入一定量氨水，得到深蓝色溶液中含有[Cu(NH3)4]2+，深蓝色溶液与Cu继续反应得到[Cu(NH3)2]Cl，化学方程式为[Cu(NH3)4]Cl2＋Cu=2[Cu(NH3)2]Cl。 (6)CuCl晶胞如图所示，晶胞中黑色球数目为4、白色球数目为8×＋6×＝4，该化合物为 CuCl，晶胞质量为4×＝ρg∙cm-3×(a×10-7cm)3，整理可得NA＝×10-21mol-1。 3．铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于1.0×10-5mol·L-1时，可忽略该离子的存在； ②AgCl(s)＋Cl－(aq)[AgCl2]－(aq)  K＝2.0×10-5； ③Na2SO3易从溶液中结晶析出； ④不同温度下Na2SO3的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； (2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 ； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，Cl－浓度不能超过 mol·L-1。 (4)在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol·L-1，两种离子分布分数δ{σ([Ag(SO3)2]3-)}＝随SO浓度的变化关系如图所示，若SO浓度为1.0mol·L-1，则[Ag(SO3)3]5-的浓度为 mol·L-1。 (5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 答案：(1) ds 3d104s1 (2) Cu2Se＋4H2O2＋4H+＝2Cu2+＋H2SeO3＋5H2O (3)使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为[AgCl2]－ 0.5 (4)0.05 (5) Na2SO3 高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产 解析：铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。 (1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：ds；3d104s1； (2)滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SeO3和H2O，反应的离子方程式为：Cu2Se＋4H2O2＋4H+＝2Cu2+＋H2SeO3＋5H2O，故答案为：Cu2Se＋4H2O2＋4H+＝2Cu2+＋H2SeO3＋5H2O； (3)①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为[AgCl2]－； ②由题目可知AgCl(s)＋Cl－(aq)[AgCl2]－(aq)，在“除金”工序溶液中，若Cl－加入过多，AgCl则会转化为[AgCl2]－，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令c [AgCl2]－＝1.0×10-5mol/L，由K＝＝2.0×10-5，可得c(Cl－)＝0.5mol/L，即Cl－浓度不能超过0.5mol/L，故答案为：0.5； (4)在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol/L，溶液中存在平衡关系：[Ag(SO3)2]3-＋SO[Ag(SO3)3]5-，根据图可知当c(SO)＝0.5mol/L时，此时c [Ag(SO3)2]3-＝c [Ag(SO3)3]5-＝0.0375mol/L，则该平衡关系的平衡常数K＝＝＝2，当c(SO)＝1mol/L时，K＝＝＝2，解得此时c [Ag(SO3)3]5-＝0.05mol/L，故答案为：0.05； (5)由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下Na2SO3的溶解度可知，高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答案为：Na2SO3；高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。 4．氮化钛(Ti3N4)常作仿金饰品，乳酸亚铁常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含FeTiO3，还含少量Al2O3、SiO2)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图，回答下列问题： 部分物质的熔点、沸点数据如表所示： 物质 TiCl4 Mg MgCl2 Ti 熔点/℃ －25 648.8 714 1667 沸点/℃ 136.4 1090 1412 3287 (1)Ti位于元素周期表第 周期 族。 (2)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。 “酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 %。 (3)“熔炼”时，温度在800～900℃，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为 。 (4)“还原”时得到钛和另一产物M，采用蒸馏法分离出钛，控制蒸馏的最低温度为 ，工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的M，阳极的电极反应式为 。 (5)利用FeSO4溶液和过量NH4HCO3溶液制备FeCO3的离子方程式为 ；用酸性KMnO4溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 。已知滴定反应为Fe2+＋MnO＋H+→Fe3+＋Mn2+＋H2O(未配平)。 (6)钛、氮组成的一种化合物的晶胞如图所示，钛的配位数为 ，该晶体的密度为 g∙cm-3，已知Ti、N原子半径之和等于anm(Ti、N相切)，NA为阿伏加德罗常数的值。 答案：(1)四 ⅣB (2)85 (3)TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO (4)1412℃；2Cl-－2e－＝Cl2↑ (5)Fe2+＋2HCO＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4 (6)6 解析：(1)钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第三周期ⅣB族。 (2)由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%。 (3)结合图示流程可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO。 (4)据图可知，“还原”时发生的反应为四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛和氯化镁(M)，由表格数据可知，四种物质中钛的沸点最高，钛的沸点高于氯化镁、四氯化钛和镁，所以采用蒸馏法分离出钛时，控制蒸馏的最低温度为1412℃；工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的氯化镁时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－＝Cl2↑。 (5)硫酸亚铁溶液与过量碳酸氢铵溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2+＋2HCO＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值。 (6)由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的钛原子与位于面心的氮离子距离最近，则钛原子的配位数为6；晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×＝4，位于棱上和体心的钛原子个数为12×+1＝4，钛原子核氮原子原子半径之和等于a nm，则晶胞的边长为2a nm，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得： ＝(2a×10-7)3d，解得d＝。 5．金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）中回收镓的流程如图所示。 常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。 金属离子 Ga3+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c＝0.01mol·L-1)的pH 4.5 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c＝1.0×10-5mol·L-1)的pH 5.5 4.7 3.2 9.0 请回答下列问题： (1)镓原子的基态原子核外电子排布式为 。 (2)为加快刚玉渣的酸浸速率，可采取的措施有______(填字母)。 A．将刚玉渣研细 B．适当升高温度 C．使用质量分数为98%的浓硫酸 D．增大体系的压强 (3)从“滤液①”中获得FeSO4∙7H2O的具体操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。 (4)“中和沉淀”过程中分离出的“滤渣①”的主要成分为 (填化学式)。若“滤液②”中阳离子浓度均为0.1mol·L-1，“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为 。 (5)“碱浸”时，镓元素参与的反应的化学方程式为 。 (6)“滤渣②”的主要成分为 。 答案：(1)[Ar]3d104s24p1 (2)AB (3)蒸发浓缩 冷却结晶 (4) Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3 5.5~7 (5)Ga(OH)3＋NaOH＝Na[Ga(OH)4]或Ga(OH)3＋NaOH＝NaGaO2＋2H2O (6)Al(OH)3 解析：刚玉渣加入稀硫酸酸化，滤渣中含有Ti和Si单质，则滤液①中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O，滤液②中主要含有Ga3+、Al3+、Fe3+，由“中和沉淀”得到的滤液③进入“结晶”步骤重复利用知，为避免“结晶”时产生Fe(OH)2沉淀，加入NaOH调节pH为5.5~7.5，“中和沉淀”得到Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3，再加入过量的NaOH溶液，Al(OH)3、Ga(OH)3溶解，分别生成[Al(OH)4]-(即AlO)和[Ga(OH)4]-(即GaO)，向滤液④中通入适量CO2，[Al(OH)4]-生成Al(OH)3沉淀除去，电解含有[Ga(OH)4]-的溶液得到Ga单质，据此分析解题。 (1)镓为31号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1； (2)A．将刚玉渣研细，增大接触面积，加快刚玉渣的酸浸速率，A正确； B．适当升高温度，加快刚玉渣的酸浸速率，B正确； C．质量分数为98%的浓硫酸电离出的H+较少，不利于酸浸，C错误； D．该反应没有气体参加反应，增大体系压强，不影响反应速率，D错误； 故选AB； (3) FeSO4∙7H2O中含有结晶水，故从溶液中得到FeSO4∙7H2O的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； (4)由分析可知，滤液②中含有Ga3+、Al3+、Fe3+，由“中和沉淀”得到Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3； 若“滤液②”中阳离子浓度均为0.1mol·L-1，“中和沉淀”过程中镓离子要完全沉淀，而Fe2+不沉淀，由表格数据可知，pH＝9.0时Fe2+完全沉淀，此时pOH＝5，Ksp[Fe(OH)2]＝c(Fe2+)∙c2(OH－)＝10-5×10-5×2＝10-15，滤液②中阳离子浓度均为0.1mol·L-1，则需控制c(OH－)＝mol·L-1＝10-7mol·L-1，pOH＝7，pH＝7，故应调节的pH范围为5.5~7； (5)“碱浸”时 Ga(OH)3与NaOH反应生成Na[Ga(OH)4]，化学方程式为Ga(OH)3＋NaOH＝Na[Ga(OH)4]或Ga(OH)3＋NaOH＝NaGaO2＋2H2O； (6)由分析可知，“碳酸化”过程向滤液④中通入适量CO2，[Al(OH)4]-生成Al(OH)3沉淀除去，[Ga(OH)]不发生反应。 6．炼锌工厂产生的含砷酸性污水需做无害化处理后排放，一种提取砷并将其资源化的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“沉淀”时，需控制溶液中HS-的浓度不能过高，原因为 。 (2)“转化”时，As2S3在CuSO4溶液中转化为HAsO2，HAsO2中As元素的化合价为 ，该反应的化学方程式为 。 (3)已知Ksp(CuS)=1×10-36、Ksp(PbS)＝1×10-26、Ksp(PbSO4)=1×10-8，若“转化”时，调节溶液中Cu2+浓度为10-8mol·L-1，SO的浓度为0.1mol·L-1，此时c(Pb2+)= ，滤渣中的Pb的存在形式为 。 (4)该流程制得99gAs2O3，则“还原”时消耗标准状况下SO2的体积为 。 答案：(1)HS- 的浓度过高，则与酸性废水中的H+反应产生有毒的H2S气体逸出 (2)＋3 As2S3＋3CuSO4＋4H2O＝2HAsO2＋3CuS↓＋3H2SO4 (3)10-7 mol/L PbSO4 (4)22.4 L 解析：(1)“沉淀”时，需控制溶液中HS-的浓度不能过高，原因为HS-的浓度过高，则与酸性废水中的H+反应产生有毒的H2S气体逸出； (2)HAsO2中As元素的化合价为+3，As2S3与CuSO4溶液反应时，As2S3转化为HAsO2，Cu2+与S2-结合生成CuS沉淀，则该反应的化学方程式为As2S3＋3CuSO4＋4H2O＝2HAsO2＋3CuS↓＋3H2SO4； (3)根据Ksp(CuS)＝1 ×10-36可知，当Cu2+浓度为10-8mol/L ，此时溶液中S2-浓度为10-28mol/L ，此时溶液中SO的浓度为0.1 mol/ L，再根据Ksp(PbSO4)=1 ×10-8分析可知，Pb2+浓度最大为10-7mol /L，再根据Ksp (PbS)=1 ×10-26计算可知，此时溶液中的S2-和Pb2+不能形成沉淀，则溶解时得到滤渣中Pb的存在形式为PbSO4； (5)根据电子守恒可知，生成1 mol As2O3消耗2 mol SO2，n(As2O3)＝＝0.5 mol，则消耗标准状况下V(SO2)＝2×0.5 mol ×22.4 L/mol＝22.4 L。 7．锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。 已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应： nHR＋Mn+MRn＋nH+(M代表被萃取的金属)。 (1)MnO2的作用是 。 (2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。 A．过滤 B．蒸发结晶 C．分液 D．蒸馏 (3)加入CaCO3调pH的目的是 。 (4)已知：Ksp(CaF2)＝5.3×10-9，Ksp(MgF2)＝5.2×10-11，向除铁后的溶液中加入MnF2，当溶液中c(Mg2+)＝1.0×10-5mol·L-1时，c(Ca2+)＝ mol·L-1。(保留1位有效数字) (5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式 。 (6) Co2+、Ni2+利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机相的pH控制在 左右为宜。 (7)回收液中Ni2+浓度的测定：取50.00mLNi2+回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇Ni2+显橙黄色)，用浓度为0.1000mol/L的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni2+＋H2Y2-＝[NiY]2-＋2H+)，达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积12.50mL。Ni2+物质的量浓度为 。 答案：(1)氧化Fe2+ (2)AC (3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去 (4)0.001 (5) MnR2＋2H+2HR＋Mn2+ (6)5.4 (7)0.0250mol/L 解析：(1)根据题意可知，浸出液中含有二价铁，MnO2的作用是氧化Fe2+； (2)根据流程图可知，该流程涉及的实验过程有过滤，分液，故选AC； (3)在用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入碳酸钙调节pH使三价铁形成氢氧化铁沉淀，故目的是：使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去； (4)当溶液中c(Mg2+)＝1.0×10-5mol/L时，c(F－)＝＝＝，c(Ca2+)＝＝≈0.001； (5)根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出Mn2+是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程式为：MnR2＋2H+2HR＋Mn2+； (6)根据图中信息可知，pH为5.4左右时，Co2+、Ni2+的萃取率相差较大，故无机相的pH控制在5.4左右； (7)根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1∶1，则Ni2+的物质的量为0.1000mol/L×0.0125L ＝0.00125mol，则Ni2+的物质的量浓度为＝0.025mol/L。 8．铁、钴、镍是重要的战略性金属。可采用酸浸-氨浸等工艺从铁钴镍矿中(主要含Co2O3、Nio、FeO、Fe2O3，少量MgO、SiO2)提取Fe、Co、Ni，并获得一系列化工产品，部分流程如下： 已知：Co2+易与NH3发生配位生成[Co(NH3)6]2+，[Co(NH3)6]2+不稳定，易被氧化为[Co(NH3)6]3+；Ka(HF)＝6.0×10-4、Kb(NH3∙H2O)＝1.8×10-5；相关金属离子[c0(Mn+)＝0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Fe3+ Co3+ Co2+ Ni3+ 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7 6.9 沉淀完全的pH 2.8 9 10 8.9 回答下列问题： (1)基态Co的价电子排布图 ，核外电子的空间运动状态有 种。 (2)纳米级SiO2可与NaOH反应，其化学方程式为 。 (3)“氨浸”过程中，CO(OH)2转化为[Co(NH3)6]3+的离子方程式为 。 (4)“氧化”的目的是 。“调pH”过程中，溶液的pH范围应调节为 时才能保证“滤渣2”纯度较高。 (5)“沉镍”过程中使用NH4HCO3溶液而不使用NaHCO3溶液的原因是 。“结晶”过程通入的酸性气体X是 (填化学式)。 (6)CoSO4、NiCO3、FeCl3可用来制备含镍、钴的铁合金，该合金的立方晶胞如图所示。晶体中每个Fe周围与它距离最近且相等的Fe有 个。 答案：(1) 15 (2)SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O (3)4Ca(OH)2＋O2＋24NH3∙H2O＝4[Co(NH3)6]3+＋12OH－＋22H2O或4Ca(OH)2＋O2＋24NH3＋2H2O＝4[Co(NH3)6]3+＋12OH－ (4)将Fe2+氧化为Fe3+ 2.8～6.5 (5)等浓度下NH4HCO3溶液的碱性弱于NaHCO3，防止生成Ni(OH)2 HCl (6)6 解析：铁钴镍矿经过硫酸酸浸，酸浸液中有Co3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，加入NH4F生成MgF2沉淀除去Mg2+，加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调pH值，滤渣2为Fe(OH)3，滤渣2酸浸使Fe(OH)3溶解，在HCl气流中结晶得到FeCl3，X为HCl，滤液再加入氨水得到Co(OH)2沉淀，酸浸得到Co2+，再加入NH4HCO3得到NiCO3沉淀，氨浸液中通入SO2，将Co3+还原为Co2+，最后得到CoSO4。 (1)基态Co的价电子排布图，基态Co共有15个原子轨道，所以核外电子的空间运动状态有15种； (2)二氧化硅与NaOH反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：SiO2＋2NaOH＝Na2SiO3＋H2O； (3)“氨浸”过程中，Co(OH)2溶于氨水同时被氧化为[Co(NH3)6]3+，离子方程式为：4Ca(OH)2＋O2＋24NH3∙H2O＝4[Co(NH3)6]3+＋12OH－＋22H2O或4Ca(OH)2＋O2＋24NH3＋2H2O＝4[Co(NH3)6]3+＋12OH－； (4)氧化的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH值让Fe3+沉淀，Co3+和Ni3+不沉淀，溶液的pH范围应调节为2.8～6.5； (5)Ni(OH)2也是沉淀，“沉镍”过程中使用NH4HCO3溶液而不使用NaHCO3溶液，原因是NaHCO3的碱性比NH4HCO3强，容易生成Ni(OH)2沉淀；为了防止FeCl3水解，由FeCl3溶液结晶为FeCl3晶体，需要在氯化氢气流中蒸发结晶； (6)由晶胞图可知，晶体中每个Fe周围与它距离最近且相等的Fe有上、下、左、右、前、后共6个。 9．锰锌铁氧体(MnxZn1-yFe2O4)元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备MnO2、ZnO和FeC2O4∙2H2O，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： (1)氨浸的作用是将_______元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 (2)煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是_______。 (3)沉锰反应的离子方程式为_______________________。某次实验时，将原料中的Mn以MnO2∙nH2O形式定量沉淀完全，消耗了2.0molKMnO4，并产出81gZnO(纯度为99.9%)，则该原料MnxZn1-yFe2O4化学式中x＝_______。 (4)沉铁时，选择K2C2O4是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐_______(填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是_____________________________。 (5)通过加入CaSO4固体，除去滤液中危害环境的C2O，已知Ksp(CaSO4)＝7.1×10-5，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10-9。反应CaSO4(s)＋C2O(aq)CaC2O4(s)＋SO的平衡常数为____________________。 答案：(1)Zn (2)氨水 (3)3Mn2+(aq)＋2MnO(aq)＋(5n＋2)H2O＝5MnO2∙nH2O(s)＋4H+(aq)或不含结晶水形式 ；0.75 (4)K2SO4；钾肥或其他合理用途 (5)3.1×104 解析：锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，KMnO4与Mn2+发生归中反应生成MnO2∙nH2O；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价铁离子，加入K2C2O4沉铁，将二价铁离子转化为FeC2O4∙2H2O。 (1)由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。 (2)由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。 (3)根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为3Mn2+(aq)＋2MnO(aq)＋(5n＋2)H2O＝5MnO2∙nH2O(s)＋4H+(aq) (便于后续计算)或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了2.0molKMnO4，则锰锌铁氧体中n(Mn2+)＝3.0mol，n(Zn2+)＝n(ZnO)＝＝1mol，由锰锌铁氧体化学式可知，n(Mn2+)∶n(Zn)＝x∶1－y＝3∶1，化合价代数和为0，则2x＋2－2y＋6＝8，解的x＝0.75。 (4)由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择K2C2O4可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。 (5)平衡常数K＝＝＝＝＝3.1×104。 10．稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。 已知：i．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48 ii．镭为第ⅡA族元素 回答下列问题： (1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是 _______(填标号)。 a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低 (2)Na2U2O7中铀元素的化合价为_____，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为______ __________________________________________。 (3)浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为_______，滤液可用于_______阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 (4)溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为________________________________________。 ②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)＝_______mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 (5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质_______。 答案：(1)b (2)＋6； 2U3O8＋O2＋6NaOH＝3Na2U2O7＋3H2O (3)Na3PO4•12H2O；热分解 (4)①2Ce(OH)4＋8H+＋2Cl﹣＝2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O ②4×10-7 (5)RaSO4 解析：独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8＋O2＋6NaOH＝3Na2U2O7＋3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、PO，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4＋8H+＋2Cl﹣＝2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。 (1)a．降低压强，分解速率降低，故a错误； b．降低温度，分解速率降低，故b正确； c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误； d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误； 故答案为b； (2)Na2U2O7中Na为+1价，O为－2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8＋O2＋6NaOH＝3Na2U2O7＋3H2O； (3)稀释过滤后的滤液中含有Na+、PO，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水； (4)①根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式：2Ce(OH)4＋8H+＋2Cl﹣＝2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O； ②当溶液pH＝4.5时，c(H+)＝1×10-4.5mol/L，c(OH﹣)＝1×10-9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10-45，则c(Th4+)＝4×10-7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀； (5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。 第 13 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(二) 1．氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜离子和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图： (1)写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式 。 (2)判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为 。 (3)“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如下图所示： 反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)∶n(CuSO4)＝3∶2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为 。实际反应中需不断滴加NaOH溶液的作用是： 。 (4)反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4∙10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液， ，洗涤、干燥得Na2SO4∙10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如下图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4∙10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计) (5)工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O。 ①写出阳极的电极反应方程式： 。 ②若电解时理论上生成14.4gCu2O时，电路中通过 mol电子。 2．氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇和稀硫酸，溶于浓盐酸，在潮湿空气中易水解和被氧化。工业上用制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl－)生产CuCl和电路板蚀刻液，流程如下： 回答下列问题： (1)生产过程中：X是 (填化学式)，Z为双氧水，写出Z与滤液①反应生成蚀刻液的离子方程式 。 (2)写出生成CuCl的离子方程式 。 (3)CuCl晶体的洗涤要经过水洗和无水乙醇洗，其中醇洗的作用是 。 (4)在CuCl的生成过程中理论上不需要补充SO2气体，其理由是 。 (5)CuCl的另一种制备原理是： ①CuCl2溶液中加入一定量氨水，得到深蓝色溶液； ②深蓝色溶液与Cu继续反应得到[Cu(NH3)2]Cl； ③[Cu(NH3)2]Cl加浓盐酸中和即可得到CuCl。 写出②的化学方程式 。 (6)CuCl晶胞如图所示，晶体的密度为ρg⋅cm-3，晶胞边长为a nm，则阿伏加德罗常数为 mol。 (用含ρ、a的代数式表示，原子量Cu－64，Cl－35.5) 3．铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于1.0×10-5mol·L-1时，可忽略该离子的存在； ②AgCl(s)＋Cl－(aq)[AgCl2]－(aq)  K＝2.0×10-5； ③Na2SO3易从溶液中结晶析出； ④不同温度下Na2SO3的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； (2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 ； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，Cl－浓度不能超过 mol·L-1。 (4)在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol·L-1，两种离子分布分数δ{σ([Ag(SO3)2]3-)}＝随SO浓度的变化关系如图所示，若SO浓度为1.0mol·L-1，则[Ag(SO3)3]5-的浓度为 mol·L-1。 (5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 4．氮化钛(Ti3N4)常作仿金饰品，乳酸亚铁常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含FeTiO3，还含少量Al2O3、SiO2)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图，回答下列问题： 部分物质的熔点、沸点数据如表所示： 物质 TiCl4 Mg MgCl2 Ti 熔点/℃ －25 648.8 714 1667 沸点/℃ 136.4 1090 1412 3287 (1)Ti位于元素周期表第 周期 族。 (2)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。 “酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 %。 (3)“熔炼”时，温度在800～900℃，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为 。 (4)“还原”时得到钛和另一产物M，采用蒸馏法分离出钛，控制蒸馏的最低温度为 ，工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的M，阳极的电极反应式为 。 (5)利用FeSO4溶液和过量NH4HCO3溶液制备FeCO3的离子方程式为 ；用酸性KMnO4溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 。已知滴定反应为Fe2+＋MnO＋H+→Fe3+＋Mn2+＋H2O(未配平)。 (6)钛、氮组成的一种化合物的晶胞如图所示，钛的配位数为 ，该晶体的密度为 g∙cm-3，已知Ti、N原子半径之和等于anm(Ti、N相切)，NA为阿伏加德罗常数的值。 5．金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）中回收镓的流程如图所示。 常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。 金属离子 Ga3+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c＝0.01mol·L-1)的pH 4.5 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c＝1.0×10-5mol·L-1)的pH 5.5 4.7 3.2 9.0 请回答下列问题： (1)镓原子的基态原子核外电子排布式为 。 (2)为加快刚玉渣的酸浸速率，可采取的措施有______(填字母)。 A．将刚玉渣研细 B．适当升高温度 C．使用质量分数为98%的浓硫酸 D．增大体系的压强 (3)从“滤液①”中获得FeSO4∙7H2O的具体操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。 (4)“中和沉淀”过程中分离出的“滤渣①”的主要成分为 (填化学式)。若“滤液②”中阳离子浓度均为0.1mol·L-1，“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为 。 (5)“碱浸”时，镓元素参与的反应的化学方程式为 。 (6)“滤渣②”的主要成分为 。 6．炼锌工厂产生的含砷酸性污水需做无害化处理后排放，一种提取砷并将其资源化的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“沉淀”时，需控制溶液中HS-的浓度不能过高，原因为 。 (2)“转化”时，As2S3在CuSO4溶液中转化为HAsO2，HAsO2中As元素的化合价为 ，该反应的化学方程式为 。 (3)已知Ksp(CuS)=1×10-36、Ksp(PbS)＝1×10-26、Ksp(PbSO4)=1×10-8，若“转化”时，调节溶液中Cu2+浓度为10-8mol·L-1，SO的浓度为0.1mol·L-1，此时c(Pb2+)= ，滤渣中的Pb的存在形式为 。 (4)该流程制得99gAs2O3，则“还原”时消耗标准状况下SO2的体积为 。 7．锰废渣的硫酸浸出液含有大量Mn2+、Co2+、Ni2+以及少量的Ca2+、Mg2+、Fe3+、Fe2+。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。 已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应： nHR＋Mn+MRn＋nH+(M代表被萃取的金属)。 (1)MnO2的作用是 。 (2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。 A．过滤 B．蒸发结晶 C．分液 D．蒸馏 (3)加入CaCO3调pH的目的是 。 (4)已知：Ksp(CaF2)＝5.3×10-9，Ksp(MgF2)＝5.2×10-11，向除铁后的溶液中加入MnF2，当溶液中c(Mg2+)＝1.0×10-5mol·L-1时，c(Ca2+)＝ mol·L-1。(保留1位有效数字) (5)写出反萃取出Mn2+的离子方程式 。 (6) Co2+、Ni2+利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相pH变化如图所示。无机相的pH控制在 左右为宜。 (7)回收液中Ni2+浓度的测定：取50.00mLNi2+回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇Ni2+显橙黄色)，用浓度为0.1000mol/L的Na2H2Y溶液进行滴定(Ni2+＋H2Y2-＝[NiY]2-＋2H+)，达到滴定终点时消耗Na2H2Y溶液的体积12.50mL。Ni2+物质的量浓度为 。 8．铁、钴、镍是重要的战略性金属。可采用酸浸-氨浸等工艺从铁钴镍矿中(主要含Co2O3、Nio、FeO、Fe2O3，少量MgO、SiO2)提取Fe、Co、Ni，并获得一系列化工产品，部分流程如下： 已知：Co2+易与NH3发生配位生成[Co(NH3)6]2+，[Co(NH3)6]2+不稳定，易被氧化为[Co(NH3)6]3+；Ka(HF)＝6.0×10-4、Kb(NH3∙H2O)＝1.8×10-5；相关金属离子[c0(Mn+)＝0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Fe3+ Co3+ Co2+ Ni3+ 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7 6.9 沉淀完全的pH 2.8 9 10 8.9 回答下列问题： (1)基态Co的价电子排布图 ，核外电子的空间运动状态有 种。 (2)纳米级SiO2可与NaOH反应，其化学方程式为 。 (3)“氨浸”过程中，CO(OH)2转化为[Co(NH3)6]3+的离子方程式为 。 (4)“氧化”的目的是 。“调pH”过程中，溶液的pH范围应调节为 时才能保证“滤渣2”纯度较高。 (5)“沉镍”过程中使用NH4HCO3溶液而不使用NaHCO3溶液的原因是 。“结晶”过程通入的酸性气体X是 (填化学式)。 (6)CoSO4、NiCO3、FeCl3可用来制备含镍、钴的铁合金，该合金的立方晶胞如图所示。晶体中每个Fe周围与它距离最近且相等的Fe有 个。 9．锰锌铁氧体(MnxZn1-yFe2O4)元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备MnO2、ZnO和FeC2O4∙2H2O，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： (1)氨浸的作用是将_______元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 (2)煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是_______。 (3)沉锰反应的离子方程式为_______________________。某次实验时，将原料中的Mn以MnO2∙nH2O形式定量沉淀完全，消耗了2.0molKMnO4，并产出81gZnO(纯度为99.9%)，则该原料MnxZn1-yFe2O4化学式中x＝_______。 (4)沉铁时，选择K2C2O4是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐_______(填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是_____________________________。 (5)通过加入CaSO4固体，除去滤液中危害环境的C2O，已知Ksp(CaSO4)＝7.1×10-5，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10-9。反应CaSO4(s)＋C2O(aq)CaC2O4(s)＋SO的平衡常数为____________________。 10．稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。 已知：i．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48 ii．镭为第ⅡA族元素 回答下列问题： (1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是 _______(填标号)。 a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低 (2)Na2U2O7中铀元素的化合价为_____，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为______ __________________________________________。 (3)浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为_______，滤液可用于_______阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 (4)溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为________________________________________。 ②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)＝_______mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 (5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质_______。 第 8 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $