题型03 物质的转化及应用综合题（期末真题汇编，江苏专用）高二化学下学期

**基本信息** 聚焦物质转化与工业应用，汇编江苏多地高二期末真题，涵盖锌、锂、铁等12类元素工艺流程，注重真实情境与核心素养融合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题（综合题）|12道|锌冶炼、废旧电池回收、磷酸亚铁锂制备等流程，涉及晶胞结构、离子反应、沉淀溶解平衡|情境具时代性（如比亚迪刀片电池），问题分梯度（基础计算与机理分析结合），体现真实工业应用（废旧电子回收、纳米材料制备）|

题型03 物质的转化及应用综合题 1．(1) 4 氧离子半径小于硫离子，两者中立方ZnO晶胞的边长小，体积小，使密度更大 破坏铁酸锌的晶体结构，增加铁酸锌与酸液的接触面积，加速铁酸锌的酸溶 0.1L (2) 将氧化为，进一步促进ZnS的溶解 氧分压为0.8MPa时，锌的浸出率高；铁元素主要以形式存在，有利于形成铁矾沉淀而与锌分离 2．(1) 粉碎废旧电池正极材料 搅拌、适当升高温度、增大c(NaOH)等 (2) 2.5×10-15 酚酞或甲基橙 3.0 (3)温度升高促进水解，导致滤液碱性增强 (4)2×103 (5) 顶角或顶点 6 正八面体 3．(1)1s22s22p63s23p63d6或 [Ar]3d6 (2) (3)溶液中存在Al3+的水解平衡， 加入FeO，消耗H+，减小，水解平衡正向移动，Al3+转化为氢氧化铝沉淀，从而达到“除铝”的目的。 (4) (5) 两个反应同时进行，但由于，反应Ⅰ的速率更快，所以开始时c(SO2)上升，而反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低 (6) 4 22.4 4．(1)适当增大硫酸浓度或搅拌 (2) (S=O写成S→O也可以) CaSO4、Fe(OH)3 (3)SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (4) ClO-＋2Co2+＋5H2O==2Co(OH)3↓＋Cl-＋4H+ 99%或0.99 (5)n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol 粗品中n(Ni2+)= 粗品中NiSO4•7H2O的纯度为： 5．(1) C、H (2) 氧化铁被盐酸溶解为，浸出率上升；随着盐酸的消耗，浓度减小，水解为氢氧化铁，浸出率下降 (3)具有润滑性，可用作润滑剂 (4)湿法工艺：能耗低；或干法工艺：原料廉价、可获得副产品气态烃和 6．(1) 适度提高碱浸温度；适度加快搅拌速率 (2) 充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次萃取 (3) 200 6 层与层之间分子间作用力较弱，易于滑动 7．(1)或 (2) (3) 或 NaOH质量分数为、沉淀温度100℃时 随温度升高，促进水解或HF气体逸出，浓度减小，平衡逆向移动，浓度增大，增多 0.07或 (4) 6 8．(1)AC (2) (3) 避免产生污染性气体 2 柠檬酸根离子带负电荷，吸附在金的表面，同性相斥，粒子间的排斥力增大，粒子不易团聚 (4) 9．(1) 搅拌、延长反应时间 5~8 、、 (2) 正四面体形 4 10．(1)[Ar]3d5 (2)CO2、SO2 (3)2+4MoO+6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O (4)充分搅拌 、适当延长浸出时间 (5) 调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+生成Fe(OH)3而被除去 98.5% (6)稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤 11．(1)2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4 (2)增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解 (3) c(Cl-)>1.3 mol·L-1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl-逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl-)<1.3 mol·L-1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯 Fe3＋、H＋、Na＋ (4)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 (5)Bi2O3 12．(1)S、Cu、Fe (2) (3) (4)加水稀释时，一方面降低了溶液中氯离子浓度，使平衡逆向移动，沉淀量增加；另一方面溶液的酸性减弱，氯化亚铜易水解，水解平衡正向移动，沉淀量减少。开始一段时间，前者是主要因素，继续增大水量后，后者上升为主要因素 (5)乙醇易挥发，便于干燥，防止氯化亚铜被氧化 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型03 物质的转化及应用综合题 1．(24-25高二下·江苏南通·期末)锌被称为“现代工业的保护剂”，是消费量仅次于铝和铜的第三大有色金属。 (1)传统工艺以焙烧硫化锌精矿（主要含ZnS、）冶炼锌。 ①立方ZnS晶胞结构如图所示，该晶体中与距离最近且相等的的数目为_______。一种立方ZnO的晶胞结构和立方ZnS相似，立方ZnO的密度大于立方ZnS的原因是_______。 ②在高温焙烧条件下易生成铁酸锌，氧化锌，并产生一种气体。写出该反应的化学方程式：_______。 ③铁酸锌结构稳定，直接酸浸的浸出率低，将铁酸锌球磨后有助于促进锌、铁的浸出。球磨的作用是_______；亚铜离子催化铁酸锌溶解的机理如图所示。溶解，理论上需要消耗水合肼溶液的体积为_______。 (2)ZnS与酸反应较慢，很难高效浸出，一种协同助浸工艺可同时实现锌高效浸出和铁同步沉淀： 已知：锌浸出渣粉主要含，废电解液含。 ①浸出后的溶液经淋洗生成铁矾的离子方程式为_______。 ②在协同助浸体系中，ZnS的溶解速率明显加快。研究表明，过程中主要发生了反应，则通入的作用为_______。 ③向密封反应釜中通入，锌浸出率、浸出液中铁的质量浓度随氧分压的变化如图所示。该工艺选择氧分压为0.8MPa的原因是_______。 【答案】(1) 4 氧离子半径小于硫离子，两者中立方ZnO晶胞的边长小，体积小，使密度更大 破坏铁酸锌的晶体结构，增加铁酸锌与酸液的接触面积，加速铁酸锌的酸溶 0.1L (2) 将氧化为，进一步促进ZnS的溶解 氧分压为0.8MPa时，锌的浸出率高；铁元素主要以形式存在，有利于形成铁矾沉淀而与锌分离 【详解】（1）①立方ZnS晶胞中，位于顶点和面心，位于四面体间隙，每个周围距离最近且相等的数目为4，立方结构相似，但半径小于，两者中立方ZnO晶胞的边长小，体积小，使密度更大。 ②在高温焙烧时，硫元素被氧化为二氧化硫，金属元素生成铁酸锌、氧化锌，方程式为：。 ③球磨的作用：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸出率。由图中机理可知，溶解时， 催化下，水合肼还原，自身被氧化为氮气。，含为，还原铁离子需要电子，失去，故需要为，体积为：。 （2）①浸出后溶液中的在淋洗时生成，结合电荷守恒和原子守恒配平为：。 ②反应中，铁离子被还原为亚铁离子，通入氧气可以把亚铁离子氧化为铁离子，再生成硫酸铁，维持其浓度，加快溶解。 ③由图可知：氧分压为0.8MPa时，锌浸出率已较高(接近最大值)，且浸出液中铁的质量浓度较低，铁元素主要以形式存在，有利于形成铁矾沉淀而与锌分离。 2．(24-25高二下·江苏镇江七校等校联考·期末)某工厂以废旧电池正极材料为主要原料制取Li2CO3及Co(OH)2，其工艺流程如图所示(LiCoO2难溶于水及碱溶液，酸性条件下+3价的钴具有强氧化性)。 回答下列问题： (1)要提高“碱浸”速率，可以采取的措施有___________、___________(写两条)。“碱浸”时发生反应的离子方程式为___________。 (2)以2.00mol·L-1的H2SO4标准液滴定20.00mL“碱浸”所用的NaOH溶液，试剂a为指示剂，达到滴定终点时消耗15.00mL H2SO4标准液。 ①2.00mol·L-1的H2SO4标准液中，c水(H+)=___________mol·L-1。 ②试剂a为___________，c(NaOH)=___________mol·L-1。 (3)温度升高“滤液”碱性增强，其原因是___________。 (4)某温度下，Co(OH)2、CoCO3达到溶解平衡的某悬浊液中，c(Co2+)=10-5mol·L-1，___________{，}。 (5)假设CoO3的立方晶胞结构如图所示，则Co在晶胞中的位置为___________；晶体中一个Co周围与其最近的O的个数为___________，构成几何图形为___________。 【答案】(1) 粉碎废旧电池正极材料 搅拌、适当升高温度、增大c(NaOH)等 (2) 2.5×10-15 酚酞或甲基橙 3.0 (3)温度升高促进水解，导致滤液碱性增强 (4)2×103 (5) 顶角或顶点 6 正八面体 【分析】废旧正极材料加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠溶液，LiCoO2不溶于碱溶液，过滤，向滤渣中加入酸浸剂硫酸和硫代硫酸钠，调节溶液pH值进行沉钴，过滤得到Co(OH)2沉淀，向滤液中加入碳酸钠溶液进行沉锂得到碳酸锂。据此分析。 【详解】（1）要提高“碱浸”速率，主要从浓度、温度，催化剂及接触面积等情况思考，可以采取的措施有粉碎废旧正极材料、适当升高温度、搅拌、增大碱的浓度等。“碱浸”时铝和氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠溶液和氢气，因此发生的反应方程式为2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，离子方程式为。 （2）①2.00 mol∙L−1的H2SO4标准液中，c(H+)=4 mol∙L−1，溶液中c(OH－)=，则c水(H+)=c(OH－)=2.5×10−15mol∙L−1； ②强酸滴定强碱，常用酚酞或甲基橙作指示剂，因此试剂a为酚酞溶液或甲基橙，根据H2SO4~2NaOH，则c(NaOH)=； （3）滤液中含有四羟基合铝酸根，四羟基合铝酸根水解呈碱性，温度升高“滤液”碱性增强，其原因是温度升高，四羟基合铝酸根的水解程度增大，导致滤液碱性增强； （4）某温度下，Co(OH)2、CoCO3达到溶解平衡的某悬浊液中，c(Co2+)=10−5 mol∙L−1，则，c(OH-)=。，c()=，则。 （5）由晶胞结构可知，白色球位于晶胞顶点，一个晶胞中含有白色球的个数为，黑色球位于棱上，一个晶胞中含有黑色球的个数为，结合CoO3的分子式，可知白色球代表Co，黑色球代表O。则Co在晶胞中的位置为顶点或顶角。晶胞中Co的上、下、左、右、前、后共6个O距离Co最近，Co的配位数为6。6个O构成一个正八面体的结构，Co位于正八面体的中心。 3．(24-25高二下·江苏南京第一中学、镇江中学·期末)比亚迪采用磷酸亚铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程。以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料制备的流程如下： 已知几种金属离子沉淀的pH如表所示： 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0 完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2 (1)Fe2+离子的基态核外电子排布式为___________。 (2)加入FeS固体还原时，产生S单质，此反应的离子方程式为___________。 (3)从平衡的角度解析加FeO“除铝”的原因(结合离子方程式说明)___________。 (4)“高温煅烧”制备的化学方程式为___________。 (5)为减少尾气的排放，工业上常将转化为固定，但存在CO又会同时发生以下两个反应： 序号 反应 活化能 平衡常数 1 2 ①反应：的___________。 ②恒容、恒温条件下，反应体系中随时间t变化的总趋势如图所示。结合已知信息分析随时间t变化的原因___________。 (6)Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。 ①距离Mg原子最近的Fe原子个数是___________。 ②若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg 48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为___________L。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d6或 [Ar]3d6 (2) (3)溶液中存在Al3+的水解平衡， 加入FeO，消耗H+，减小，水解平衡正向移动，Al3+转化为氢氧化铝沉淀，从而达到“除铝”的目的。 (4) (5) 两个反应同时进行，但由于，反应Ⅰ的速率更快，所以开始时c(SO2)上升，而反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低 (6) 4 22.4 【分析】硫铁矿(主要成分是，含少量、和)在空气中焙烧，生成、SO2，加入稀硫酸酸浸，滤渣1为，滤液中含有，加入FeS还原Fe3+转化为Fe2+，过滤除去滤渣2为S以及过量的FeS，滤液中加入FeO除去铝，试剂R/H2SO4氧化Fe2+转化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁，生成，“高温煅烧”将转化为。 【详解】（1）Fe为26号元素，Fe2+离子的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或 [Ar]3d6。 （2）加入FeS固体还原时，产生S单质，Fe3+被还原为Fe2+，此反应的离子方程式为。 （3）溶液中存在Al3+的水解平衡， 加入FeO，消耗H+，减小，水解平衡正向移动，Al3+转化为氢氧化铝沉淀，从而达到“除铝”的目的。 （4）“高温煅烧”时转化为，Fe化合价降低，得电子，因此H2C2O4被氧化，C元素化合价从+3升高为+4，氧化产物为二氧化碳，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学方程式为。 （5）①根据盖斯定律可知，目标反应可由反应1×4-反应2得到，； ②根据已知，在CO存在下，两个反应同时进行，但由于，反应Ⅰ的速率更快，所以开始时c(SO2)上升，而反应Ⅱ的平衡常数较大，随着反应Ⅱ的持续进行，容器中c(CO2)继续增大，c(CO)继续减小，导致反应Ⅰ平衡逆向移动，c(SO2)又逐渐降低。 （6）①由晶胞的结构图可知，距离Mg原子最近的Fe原子个数是4。 ②若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则一个晶胞中含有的个数为，一个晶胞中含有Mg的个数为8，48g Mg的物质的量为2mol，设储存的物质的量为x mol，则可得，x=1，则含Mg 48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为22.4L。 4．(24-25高二下·江苏镇江第一中学·期末)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+和Mn2+)，实现镍、钴元素的回收并获得Co(OH)3和NiSO4•7H2O。 回答下列问题： (1)在一定温度下，用硫酸浸取已粉碎的镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_____。(答出一条即可) (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，写出H2SO5的结构式：_____。Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，滤渣的成分为MnO2、_____(填化学式)。 (3)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_____。 (4)写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式：_____。“镍钴分离”后溶液中c(Ni2＋)=1.0mol·L-1，若“滤液1”中c()=10-5mol·L-1，则沉镍率=_____。[已知：Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，沉镍率=×100%] (5)测定NiSO4•7H2O粗品的纯度。取3.000gNiSO4•7H2O粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.00mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.1000mol·L–1的Na2H2Y标准溶液滴定，平均消耗标准溶液25.00mL。计算确定粗品中NiSO4•7H2O的纯度_____(写出计算过程，结果保留四位有效数字)。(已知：Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+) 【答案】(1)适当增大硫酸浓度或搅拌 (2) (S=O写成S→O也可以) CaSO4、Fe(OH)3 (3)SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (4) ClO-＋2Co2+＋5H2O==2Co(OH)3↓＋Cl-＋4H+ 99%或0.99 (5)n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol 粗品中n(Ni2+)= 粗品中NiSO4•7H2O的纯度为： 【分析】硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+和Mn2+)中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的H2SO5，加入石灰乳调节pH，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，亚铁离子也被H2SO5氧化成铁离子，故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3；过滤后滤液中加入NaClO沉钴，过滤后滤液中加入Na2CO3沉镍，生成硫酸钠滤液1和碳酸镍沉淀，硫酸酸化生成硫酸镍，浓缩结晶得到NiSO4•7H2O，据此分析； 【详解】（1）用硫酸浸取已粉碎的镍钴矿并不断搅拌时，适当增大硫酸浓度或搅拌可提高浸取速率； （2） H2SO5中S形成6条共价键，O形成两条，H形成1条，故H2SO5的结构式：(S=O写成S→O也可以)；根据分析，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，滤渣的成分为MnO2、CaSO4、Fe(OH)3； （3）的体积分数高于9.0%时，相同时间内氧化率开始降低的原因是：有还原性，过多将会降低的浓度，且生成的也会被还原成，降低氧化速率 （4）溶液中的正二价钴元素被NaClO氧化为三价钴元素形成氢氧化钴沉淀，自身被还原为Cl-，离子方程式为：ClO-＋2Co2+＋5H2O=2Co(OH)3↓＋Cl-＋4H+；根据可知，c(Ni2+)=，沉镍率； （5）n(Ni2+)=n(H2Y2-)=0.1000mol/L×25.00×10-3L=2.5000×10-3mol，粗品中n(Ni2+)=，粗品中NiSO4•7H2O的纯度为：。 5．(24-25高二下·江苏常州·期末)回收废旧电子产品部件钕铁硼()，有利于实现稀土资源可持续发展。 (1)干法工艺。下，在中焙烧木屑制成生物炭，再经下列过程可制得稳定的。 已知：金属活动性仅次于、。单质具有磁性，但其氧化物、氢氧化物无磁性。、。 ①下，在中将预处理后样品与生物炭混合、焙烧，发生碳/氢化反应生成碳化钕、以及、单质。生物炭中主要含有的元素为_____(填元素符号)。 ②碳/氢化后的产物冷却后，“水解”生成，同时获得气态烃和。其中与水发生反应的化学方程式为_____。 ③水解所得固体成分主要为和，经_____(填序号)分离后，在下焙烧制得。 A．磁选    B．结晶    C．过滤    D．萃取 (2)湿法工艺。预处理后样品经灼烧转化为对应氧化物，再经下列步骤获得。 ①酸浸。用盐酸浸取灼烧后样品，、元素的浸出率与浸出时间的关系如图-1所示。浸取初期，元素的浸出率先上升后下降的原因是_____。 ②沉钕。向浸出液中加入溶液，转化为沉淀。 反应的平衡常数与、、的代数关系式为_____。 ③焙烧。下，在空气中焙烧生成和一种氧化物，该反应的化学方程式为_____。 (3)上述两种工艺流程中分离出的是重要的副产品。晶体为片层结构，层内的环状结构如图-2所示，层间为分子间作用力。根据晶体结构特点，写出一条物理性质及相应的用途：_____。 (4)对比上述两种工艺，您更倾向选用哪种工艺制取？请做出选择，并给出一条相应的主要理由：_____。 【答案】(1) C、H (2) 氧化铁被盐酸溶解为，浸出率上升；随着盐酸的消耗，浓度减小，水解为氢氧化铁，浸出率下降 (3)具有润滑性，可用作润滑剂 (4)湿法工艺：能耗低；或干法工艺：原料廉价、可获得副产品气态烃和 【详解】（1）①根据题意，800℃下，在中将预处理后样品（）与生物炭混合、焙烧，发生碳/氢化反应生成碳化钕、以及、单质，根据元素守恒，可知生物炭中主要含有的元素为：C和H元素； 故答案为：C、H。 ②根据题意，碳/氢化后的产物冷却后，“水解”生成，同时获得气态烃和，说明与水发生反应生成和气态烃C2H6，反应方程式为：； 故答案为：。 ③Nd(OH)3为固体，Fe为金属，因此分离Nd(OH)3和Fe可以使用磁选法； 故答案为：A。 （2）①盐酸浸取时，氧化铁溶解生成Fe3+，浸出率上升。随着盐酸消耗，H+浓度减小，Fe3+水解为氢氧化铁，浸出率下降； 故答案为：氧化铁被盐酸溶解为，浸出率上升；随着盐酸的消耗，浓度减小，水解为氢氧化铁，浸出率下降。 ②根据反应：，，结合，，，可以推出关系式，； 故答案为：。 ③下，在空气中焙烧生成和一种氧化物，根据元素守恒配平，反应方程式为：； 故答案为：。 （3）根据题给信息，H3BO3具有片层结构，层内的环状结构间有分子间作用力，因此具有润滑性，可用作润滑剂； 故答案为：具有润滑性，可用作润滑剂。 （4）根据以上分析可知湿法工艺能耗低，干法工艺原料廉价，可获得副产品气态烃和H2； 故答案为：湿法工艺：能耗低；或干法工艺：原料廉价、可获得副产品气态烃和。 6．(24-25高二下·江苏连云港·期末)利用钼精矿(含及少量的FeS、)为原料制备纳米材料的部分工艺流程如下所示： (1)“氧化、碱浸”时，在75℃转化为易溶于水的、。 ①该反应的化学方程式为_______。 ②加料完成后，提高钼元素浸出效率的方法还有_______(填两种)。 (2)“氧化、碱浸”后的水溶液经萃取、反萃取后可获得溶液。 ①“水相”中通入稍过量的气体可生成沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②“萃取”时为了将水层中Mo元素尽可能多地转移到有机层，应采取的实验操作有_______(填两项)。 (3)反萃取后获得的溶液会含有少量，可以加入溶液生成沉淀分离，后经处理可制备纳米材料。 ①为避免中混有，向溶液边搅拌边加入溶液，至溶液pH=7停止加入。此时溶液中_______。 已知：，，，。 ②二维层状晶体结构如图所示。Mo原子的配位数为_______；二维层状具有良好润滑性能，可能的原因是_______。 【答案】(1) 适度提高碱浸温度；适度加快搅拌速率 (2) 充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次萃取 (3) 200 6 层与层之间分子间作用力较弱，易于滑动 【分析】钼精矿(含及少量的FeS、)经过氧化、碱浸，在75℃转化为易溶于水的、，转化为，滤渣的主要成分是FeS，加入有机萃取剂，将水层中Mo元素尽可能多地转移到有机层，得到的水层主要含有、，有机层中加氨水反萃取可获得溶液，经历系列操作得到纳米材料； 【详解】（1）①与在75℃转化为易溶于水的、，该反应氧化剂是，化学方程式为：； ②加料完成后，提高钼元素浸出效率的方法还有将钼精矿粉碎、适度提高碱浸温度、适度加快搅拌速率等操作； （2）①“水相”中含有的与过量的气体反应生成沉淀和，离子方程式为：； ②“萃取”时为了将水层中Mo元素尽可能多地转移到有机层，应采取的实验操作有：充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次萃取； （3）①在 pH=7 时，碳酸体系的与 的关系为：，对于，在临界不沉淀条件下：，代入 表达式：，因此：，对于BaMoO4，沉淀发生时：，由方程 (2) 解出，代入方程 (1)：整理得：，化简得到，因此，溶液中 ，即比值为 200； ②如图可知，Mo原子与周围6个S原子相连，故Mo原子的配位数为6；二维层状结构与石墨类似，具有良好润滑性能，可能的原因是层与层之间分子间作用力较弱，易于滑动； 7．(24-25高二下·江苏徐州·期末)不溶于水，溶于酸、碱，主要用于核技术。以铍矿石焙烧后的浸出液（主要成分为）为原料制备的工艺流程如下。 (1)基态Mn原子的核外电子排布式为________。 (2)“除锰”时，发生反应的离子方程式为________。 (3)已知：常温下，。 ①“沉铍”时，溶液中的铍元素转化为，反应的离子方程式为________。 ②沉淀中与加入NaOH质量分数、沉淀温度的关系如图1、图2所示，选择合适的“沉铍”条件为________。随温度升高，减小的可能原因为________。 ③“沉铍”时，控制，析出，所得浸出液中，此时溶液中为________。 (4)“沉铍”后滤液中远高于排放标准，向其中加入硫酸铁生成，晶胞结构为正四棱柱形状，如图3所示，从x或z方向投影图如图4所示。该晶胞含有________个。请在图5中用“”画出该晶胞沿y方向的平面投影图中的位置________。 【答案】(1)或 (2) (3) 或 NaOH质量分数为、沉淀温度100℃时 随温度升高，促进水解或HF气体逸出，浓度减小，平衡逆向移动，浓度增大，增多 0.07或 (4) 6 【分析】铍矿石焙烧后的浸出液主要成分为，加高锰酸钾溶液发生反应。“除锰” ，加氢氧化钠溶液“沉铍”，发生反应。 【详解】（1）Mn是25号元素，基态Mn原子的核外电子排布式为； （2）“除锰”时，被 氧化为，中Mn元素化合价由+2升高为+4、中Mn元素化合价由+7降低为+4，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为； （3）①“沉铍”时，溶液中的转化为沉淀，反应的离子方程式为。 ②的值越小，中含杂质F-越少，根据沉淀中与加入NaOH质量分数、沉淀温度的关系，NaOH质量分数为、沉淀温度100℃时，中含杂质F-最少，合适的“沉铍”条件为NaOH质量分数为、沉淀温度100℃。随温度升高，促进水解或HF气体逸出，浓度减小，平衡逆向移动，浓度增大，增多，所以随温度升高减小。 ③“沉铍”时，控制，析出，c(Be2+)=，所得浸出液中，。 （4） Na+位于晶胞的棱和面上，该晶胞含有个。图5中用“”画出该晶胞沿y方向的平面投影图中的位置为。 8．(24-25高二下·江苏淮安·期末) 金(Au)是一种重要的贵金属。某研究小组在实验室条件下以电子废料（含铜和金以及其他不溶于水和酸的杂质）为原料提炼金单质，流程如下： (1)“富金”的目的是分离金和铜元素。则试剂X可选用 。 A．FeCl3 B．王水 C．稀硝酸 D．稀硫酸 (2)“溶金”时，Au单质被氧化为氯金酸H[AuCl4](强酸)，写出Au单质与含双氧水的浓盐酸发生反应的离子方程式：____。 (3)①“沉金”步骤中，不加还原剂直接加水稀释也可以得到金单质，与之相比，工业上用葡萄糖做还原剂的主要优势是____。 ②若用Zn作为还原剂，1mol H[AuCl4]被足量的Zn完全还原时，消耗的Zn的物质的量是____mol。 ③用柠檬酸钠还原氯金酸可以制备几十个纳米级的金纳米颗粒。已知柠檬酸含有三个羧基，柠檬酸根离子能吸附在Au的表面。1972年，Frens等发现适当提高柠檬酸钠与氯金酸的比值能够减小金纳米颗粒的粒径，使纳米金具有良好的分散性，原因是：____。 (4)研究表明H[AuCl4]•4H2O（摩尔质量为412g/mol）热分解得到Au的过程可分为四步。某实验小组取一定质量的H[AuCl4]•4H2O样品进行热重分析，剩余固体质量与起始固体质量比随温度变化的曲线如图所示： ①130.7℃时固体的成分是____。 ②分解过程中生成的AuCl3是一种褐红色晶体，无论是固态还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。写出Au2Cl6的结构式____。 ③写出247.4℃～344.5℃时发生反应的化学方程式____。 【答案】(1)AC (2) (3) 避免产生污染性气体 2 柠檬酸根离子带负电荷，吸附在金的表面，同性相斥，粒子间的排斥力增大，粒子不易团聚 (4) 【分析】电子废料含铜和金以及其他不溶于水和酸的杂质，用试剂X除去铜，从而达到富金的目的，滤液1含有铜离子，滤渣1含有金和杂质，用含双氧水的浓盐酸溶解金，Au单质被氧化为氯金酸，滤渣2为杂质，向滤液2中加入还原剂沉金，得到金单质，据此分析。 【详解】（1）“富金”的目的是分离金和铜元素，试剂X能溶解铜且不能溶解金，氯化铁能溶解铜，不能溶解金，A符合题意；王水能溶解铜和金，B不符合题意；稀硝酸能溶解铜，不能溶解金，C符合题意；稀硫酸既不能溶解铜，也不能溶解金，D不符合题意。故选AC； （2）“溶金”时，Au单质被氧化为氯金酸H[AuCl4](强酸)，被还原为水，发生反应的离子方程式为。 （3）①“沉金”步骤中，不加还原剂直接加水稀释也可以得到金单质，转化为金单质的同时有氯气生成，则用葡萄糖做还原剂的主要优势是避免产生污染性气体氯气； ②用Zn作为还原剂，反应的化学方程式为，则1 mol 被足量的Zn完全还原时，消耗的Zn的物质的量是2 mol； ③柠檬酸含有三个羧基，柠檬酸根离子能吸附在Au的表面，适当提高柠檬酸钠与氯金酸的比值能够减小金纳米颗粒的粒径，使纳米金具有良好的分散性，原因是柠檬酸根离子带负电荷，吸附在金的表面，同性相斥，粒子间的排斥力增大，粒子不易团聚。 （4）假设称取的质量为412g，36至130.7℃损失72g，即4molH2O，此时固体为HAuCl4；130.7至142.6℃，损失36.5g，损失1molHCl，此时固体为AuCl3；142.6至247.4℃，损失71g，即1molCl2，此时固体为AuCl；247.4至344.5℃，损失35.5g，0.5molCl2，此时固体为Au。 ①的摩尔质量为412 g/mol ，由图可知，130.7℃时固体的摩尔质量为340 g/mol ，可推知失去了全部的结晶水，故固体的成分是； ②由的二聚体的结构可知，二聚体的结构式为； ③由图可知，247.4℃时固体的摩尔质量为232.5 g/mol，则固体的成分为AuCl，344.5℃时固体的摩尔质量为197 g/mol，则固体的成分为Au，247.4℃～344.5℃时发生反应的化学方程式为。 9．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)可用于制备多种物质。 25℃时，相关物质的见下表。 物质 (1)的制备。由软锰矿粉(主要成分为，含少量、、)制备的过程可表示为：    ①浸取。保持温度、各物质投料量及浓度不变，能提高浸出率的措施有___________。 ②沉淀。室温下，浸取后溶液中浓度为，欲使溶液中、的浓度均小于，则需加入MnO调节pH的范围为___________。 ③过滤。滤渣的主要成分有___________。 (2)由制备催化剂。 ①基态的价电子排布式为___________；的空间结构为___________。 ②将一定量和固体投入超纯水中混合搅拌，在120℃下反应10小时，得到黑色固体，反应的离子方程式为___________；再加入和溶液，经过搅拌、陈化、造粒、干燥、煅烧等工序得到比表面积较高的催化剂。其中一种成分的晶胞结构如图所示，每个周围紧邻的的个数为___________。    【答案】(1) 搅拌、延长反应时间 5~8 、、 (2) 正四面体形 4 【分析】软锰矿粉中加入稀硫酸与、、反应分别生成硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝，加入MnO调节溶液的pH使、沉淀，过滤得到滤渣为、、，经系列操作后得到硫酸锰； 【详解】（1）①增大反应物接触面积可加快反应速率，则能提高浸出率的措施有：搅拌、延长反应时间； ②氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol•L-1，解得：c(OH-)=1×10-9mol•L-1，c(H+)=1×10-5mol•L-1则pH=5，同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH约为3.5，若溶液中c(Mn2+)=0.1mol•L-1，开始沉淀时，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)=1×10-13，c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，c(H+)==10-8mol/L，pH=8，故pH范围是：5＜pH＜8； ③沉淀步骤得到氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，二氧化硅难溶于水，则滤渣的主要成分有、、； （2）①锰为25号元素，失去2个电子形成基态Mn2+，基态价电子排布式为3d5；中心S原子价层电子对数=4+＝4，则中心S原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形； ②和加入超纯水中得到黑色固体，反应的离子方程式为；由图可知每个周围紧邻的的个数为4。 10．(23-24高二下·江苏镇江·期末)从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的一种工艺流程如图所示。 已知：①“沉钼”前钼元素主要以MoO形式存在； ②该条件下Ksp(NiCO3)=1.5×10-7。 (1)Fe3+的基态核外电子排布式为___________ (2)“焙烧”生成的气体主要成分为___________(填化学式)。 (3)“沉钼”的离子方程式为___________。 (4)“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应。提高镍元素浸出率的方法还有___________。 (5)①“除铁”时加入Na2CO3的作用是___________。 ②“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0mol·L-1，“沉镍”后所得滤液中c()=1.0×10-5mol·L-1，则沉镍率=___________[沉镍率=×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。 (6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系： 温度 低于30.8℃ 30.8~53.8℃ 53.8~280℃ 高于280℃ 晶体形态 NiSO4•7H2O NiSO4•6H2O 多种结晶水合物 NiSO4 从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•6H2O晶体的操作是：___________、洗涤、干燥等。 【答案】(1)[Ar]3d5 (2)CO2、SO2 (3)2+4MoO+6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O (4)充分搅拌 、适当延长浸出时间 (5) 调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+生成Fe(OH)3而被除去 98.5% (6)稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤 【分析】废钼催化剂加入纯碱、空气焙烧生成气体有二氧化碳、二氧化硫，物质有钼酸钠、铁、镍的氧化物，水浸后过滤滤液中的钼酸钠用硝酸铵、硝酸沉钼得到钼酸铵沉淀，滤渣用硫酸酸浸，加碳酸钠沉铁，加碳酸氢钠沉镍，最后经一系列操作转化为硫酸镍晶体，据此作答。 【详解】（1）铁为26号元素，所以Fe3+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5，答案：[Ar]3d5； （2）焙烧时MoO3与碳酸钠发生Na2CO3+MoO3Na2MoO4+CO2↑、2MoS2+2Na2CO3+7O22Na2MoO4+2CO2+4SO2， 根据流程可知，该步骤中Ni元素转化成NiO，有2NiS+3O22NiO+2SO2，因此生成气体是二氧化碳和二氧化硫气体，答案：CO2、SO2； （3）沉钼最后得到( NH4)2Mo4O13·2H2O沉淀，反应的离子有、和氢离子，离子方程式为2+4MoO+6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O，答案：2+4MoO+6H+= ( NH4)2Mo4O13· 2H2O↓+H2O； （4）“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应，提高镍元素浸出率的方法还有充分搅拌 、延长浸出时间，答案：充分搅拌 、延长浸出时间； （5）①“除铁”时加入Na2CO3的作用是调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+生成Fe(OH)3而被除去，根据Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)·c()，“沉镍”后滤液中c()=1.0×10-5mol/L，此时溶液中c(Ni2+)==1.5×10-2mol/L，沉镍率==98.5%，答案：调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+生成Fe(OH)3而被除去、98.5%； （6）根据流程图可知，制备NiSO4•6H2O，依据表中信息可知，温度在30.8~53.8℃范围析出晶体为NiSO4•6H2O，因此从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•6H2O晶体的操作是：稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤、洗涤、干燥等，答案：稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤。 11．(23-24高二下·江苏镇江·期末)以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：Bi3＋易与Cl-形BiCl，BiCl易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋。 (1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为___________。 (2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH．一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是___________。 (3)铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为BiCl(水层)＋2TBP(有机层)⇌BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl-(水层)。 ①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为1.3mol·L-1的可能原因是___________。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子为___________(填化学式)。 (4)“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为___________。 (5)在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400℃时制得超细氧化铋，其化学式为___________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol-1) 【答案】(1)2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4 (2)增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解 (3) c(Cl-)>1.3 mol·L-1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl-逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl-)<1.3 mol·L-1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯 Fe3＋、H＋、Na＋ (4)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 (5)Bi2O3 【分析】焙烧时空气中的氧气和MnO2作氧化剂，FeS2转变为Fe2O3，Bi2S3生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，利用浓盐酸酸浸，过滤，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋，以此解答。 【详解】（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4，答案：2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4； （2）Bi3＋易与Cl－形成，易发生水解， 其反应的离子方程式为＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋，增大H＋浓度，平衡逆向移动，浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解，答案：增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或)、Fe3＋水解； （3）①c(Cl－)＞1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)＜1.3 mol·L－1时，铋离子水解(＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋)程度增大，不利于铋离子的萃取提纯； ②“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，加入萃取剂TBP的目的让Bi3+和Fe3+分离，则萃取后分液所得水相中的主要阳离子为Fe3＋、H＋、Na＋，答案：c(Cl-)＞1.3 mol·L-1时，铋离子(萃取平衡＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl-逆向移动)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl-)＜1.3 mol·L-1时，铋离子水解(＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯、Fe3＋、H＋、Na＋； （4）为使萃取充分，萃取时边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中，答案：边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中； （5）设氧化铋的化学式为Bi2Ox，则，解得x≈3，因此氧化铋的化学式为Bi2O3，答案：Bi2O3。 12．(24-25高二下·江苏无锡·期末)用低品位铜矿(主要成分为和)为原料制备流程如图。 已知：的主要性质有： ①难溶于乙醇和水，易溶于高浓度的体系； ②露置于潮湿的空气中易被氧化为绿色的碱式氯化铜； ③酸性弱时易水解。 (1)“浸取”操作中，化合价升高的元素有(填元素符号)___________。 (2)“除锰”操作中用氨水、溶液将其中的转化为沉淀而除去，该反应的离子方程式为___________。 (3)“还原”过程中反应的离子方程式为___________。 (4)“稀释”过程中，的产率随加水量的增加先上升后下降的原因是___________。 (5)用乙醇代替水洗涤的原因是___________。 【答案】(1)S、Cu、Fe (2) (3) (4)加水稀释时，一方面降低了溶液中氯离子浓度，使平衡逆向移动，沉淀量增加；另一方面溶液的酸性减弱，氯化亚铜易水解，水解平衡正向移动，沉淀量减少。开始一段时间，前者是主要因素，继续增大水量后，后者上升为主要因素 (5)乙醇易挥发，便于干燥，防止氯化亚铜被氧化 【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，将S元素氧化形成硫单质除去，同时将亚铁离子氧化为铁离子，将Cu+氧化为铜离子，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液经过一系列处理得到高活性氧化铜，加入盐酸，氯化钠，铜单质还原，加水稀释后得到氯化亚铜，据此解答。 【详解】（1）低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，二氧化锰具有氧化性，将S元素氧化形成硫单质除去，同时将亚铁离子氧化为铁离子，将Cu+氧化为铜离子，所以“浸取”操作中，化合价升高的元素有：S、Cu、Fe； （2）“除锰”操作中用氨水、溶液将其中的转化为沉淀而除去，该反应的离子方程式为：； （3）“还原”过程中加入了氯化钠，盐酸，铜，生成了氯化亚铜，反应的离子方程式为，故答案为：； （4）根据题目已知条件，开始稀释时，降低了氯离子浓度，使逆向移动，的产率增加，继续加水，使溶液酸性减弱，氯化亚铜易水解，导致产率下降，所以“稀释”过程中，的产率随加水量的增加先上升后下降的原因：加水稀释时，一方面降低了溶液中氯离子浓度，使平衡逆向移动，沉淀量增加；另一方面溶液的酸性减弱，氯化亚铜易水解，水解平衡正向移动，沉淀量减少。开始一段时间，前者是主要因素，继续增大水量后，后者上升为主要因素； （5）乙醇易挥发，易干燥，用乙醇代替水洗涤的原因是：乙醇易挥发，便于干燥，防止氯化亚铜被氧化。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型03 物质的转化及应用综合题 1．(24-25高二下·江苏南通·期末)锌被称为“现代工业的保护剂”，是消费量仅次于铝和铜的第三大有色金属。 (1)传统工艺以焙烧硫化锌精矿（主要含ZnS、）冶炼锌。 ①立方ZnS晶胞结构如图所示，该晶体中与距离最近且相等的的数目为_______。一种立方ZnO的晶胞结构和立方ZnS相似，立方ZnO的密度大于立方ZnS的原因是_______。 ②在高温焙烧条件下易生成铁酸锌，氧化锌，并产生一种气体。写出该反应的化学方程式：_______。 ③铁酸锌结构稳定，直接酸浸的浸出率低，将铁酸锌球磨后有助于促进锌、铁的浸出。球磨的作用是_______；亚铜离子催化铁酸锌溶解的机理如图所示。溶解，理论上需要消耗水合肼溶液的体积为_______。 (2)ZnS与酸反应较慢，很难高效浸出，一种协同助浸工艺可同时实现锌高效浸出和铁同步沉淀： 已知：锌浸出渣粉主要含，废电解液含。 ①浸出后的溶液经淋洗生成铁矾的离子方程式为_______。 ②在协同助浸体系中，ZnS的溶解速率明显加快。研究表明，过程中主要发生了反应，则通入的作用为_______。 ③向密封反应釜中通入，锌浸出率、浸出液中铁的质量浓度随氧分压的变化如图所示。该工艺选择氧分压为0.8MPa的原因是_______。 2．(24-25高二下·江苏镇江七校等校联考·期末)某工厂以废旧电池正极材料为主要原料制取Li2CO3及Co(OH)2，其工艺流程如图所示(LiCoO2难溶于水及碱溶液，酸性条件下+3价的钴具有强氧化性)。 回答下列问题： (1)要提高“碱浸”速率，可以采取的措施有___________、___________(写两条)。“碱浸”时发生反应的离子方程式为___________。 (2)以2.00mol·L-1的H2SO4标准液滴定20.00mL“碱浸”所用的NaOH溶液，试剂a为指示剂，达到滴定终点时消耗15.00mL H2SO4标准液。 ①2.00mol·L-1的H2SO4标准液中，c水(H+)=___________mol·L-1。 ②试剂a为___________，c(NaOH)=___________mol·L-1。 (3)温度升高“滤液”碱性增强，其原因是___________。 (4)某温度下，Co(OH)2、CoCO3达到溶解平衡的某悬浊液中，c(Co2+)=10-5mol·L-1，___________{，}。 (5)假设CoO3的立方晶胞结构如图所示，则Co在晶胞中的位置为___________；晶体中一个Co周围与其最近的O的个数为___________，构成几何图形为___________。 3．(24-25高二下·江苏南京第一中学、镇江中学·期末)比亚迪采用磷酸亚铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程。以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料制备的流程如下： 已知几种金属离子沉淀的pH如表所示： 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0 完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2 (1)Fe2+离子的基态核外电子排布式为___________。 (2)加入FeS固体还原时，产生S单质，此反应的离子方程式为___________。 (3)从平衡的角度解析加FeO“除铝”的原因(结合离子方程式说明)___________。 (4)“高温煅烧”制备的化学方程式为___________。 (5)为减少尾气的排放，工业上常将转化为固定，但存在CO又会同时发生以下两个反应： 序号 反应 活化能 平衡常数 1 2 ①反应：的___________。 ②恒容、恒温条件下，反应体系中随时间t变化的总趋势如图所示。结合已知信息分析随时间t变化的原因___________。 (6)Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。 ①距离Mg原子最近的Fe原子个数是___________。 ②若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg 48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为___________L。 4．(24-25高二下·江苏镇江第一中学·期末)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+和Mn2+)，实现镍、钴元素的回收并获得Co(OH)3和NiSO4•7H2O。 回答下列问题： (1)在一定温度下，用硫酸浸取已粉碎的镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_____。(答出一条即可) (2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，写出H2SO5的结构式：_____。Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，滤渣的成分为MnO2、_____(填化学式)。 (3)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_____。 (4)写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式：_____。“镍钴分离”后溶液中c(Ni2＋)=1.0mol·L-1，若“滤液1”中c()=10-5mol·L-1，则沉镍率=_____。[已知：Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，沉镍率=×100%] (5)测定NiSO4•7H2O粗品的纯度。取3.000gNiSO4•7H2O粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.00mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.1000mol·L–1的Na2H2Y标准溶液滴定，平均消耗标准溶液25.00mL。计算确定粗品中NiSO4•7H2O的纯度_____(写出计算过程，结果保留四位有效数字)。(已知：Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+) 5．(24-25高二下·江苏常州·期末)回收废旧电子产品部件钕铁硼()，有利于实现稀土资源可持续发展。 (1)干法工艺。下，在中焙烧木屑制成生物炭，再经下列过程可制得稳定的。 已知：金属活动性仅次于、。单质具有磁性，但其氧化物、氢氧化物无磁性。、。 ①下，在中将预处理后样品与生物炭混合、焙烧，发生碳/氢化反应生成碳化钕、以及、单质。生物炭中主要含有的元素为_____(填元素符号)。 ②碳/氢化后的产物冷却后，“水解”生成，同时获得气态烃和。其中与水发生反应的化学方程式为_____。 ③水解所得固体成分主要为和，经_____(填序号)分离后，在下焙烧制得。 A．磁选    B．结晶    C．过滤    D．萃取 (2)湿法工艺。预处理后样品经灼烧转化为对应氧化物，再经下列步骤获得。 ①酸浸。用盐酸浸取灼烧后样品，、元素的浸出率与浸出时间的关系如图-1所示。浸取初期，元素的浸出率先上升后下降的原因是_____。 ②沉钕。向浸出液中加入溶液，转化为沉淀。 反应的平衡常数与、、的代数关系式为_____。 ③焙烧。下，在空气中焙烧生成和一种氧化物，该反应的化学方程式为_____。 (3)上述两种工艺流程中分离出的是重要的副产品。晶体为片层结构，层内的环状结构如图-2所示，层间为分子间作用力。根据晶体结构特点，写出一条物理性质及相应的用途：_____。 (4)对比上述两种工艺，您更倾向选用哪种工艺制取？请做出选择，并给出一条相应的主要理由：_____。 6．(24-25高二下·江苏连云港·期末)利用钼精矿(含及少量的FeS、)为原料制备纳米材料的部分工艺流程如下所示： (1)“氧化、碱浸”时，在75℃转化为易溶于水的、。 ①该反应的化学方程式为_______。 ②加料完成后，提高钼元素浸出效率的方法还有_______(填两种)。 (2)“氧化、碱浸”后的水溶液经萃取、反萃取后可获得溶液。 ①“水相”中通入稍过量的气体可生成沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②“萃取”时为了将水层中Mo元素尽可能多地转移到有机层，应采取的实验操作有_______(填两项)。 (3)反萃取后获得的溶液会含有少量，可以加入溶液生成沉淀分离，后经处理可制备纳米材料。 ①为避免中混有，向溶液边搅拌边加入溶液，至溶液pH=7停止加入。此时溶液中_______。 已知：，，，。 ②二维层状晶体结构如图所示。Mo原子的配位数为_______；二维层状具有良好润滑性能，可能的原因是_______。 7．(24-25高二下·江苏徐州·期末)不溶于水，溶于酸、碱，主要用于核技术。以铍矿石焙烧后的浸出液（主要成分为）为原料制备的工艺流程如下。 (1)基态Mn原子的核外电子排布式为________。 (2)“除锰”时，发生反应的离子方程式为________。 (3)已知：常温下，。 ①“沉铍”时，溶液中的铍元素转化为，反应的离子方程式为________。 ②沉淀中与加入NaOH质量分数、沉淀温度的关系如图1、图2所示，选择合适的“沉铍”条件为________。随温度升高，减小的可能原因为________。 ③“沉铍”时，控制，析出，所得浸出液中，此时溶液中为________。 (4)“沉铍”后滤液中远高于排放标准，向其中加入硫酸铁生成，晶胞结构为正四棱柱形状，如图3所示，从x或z方向投影图如图4所示。该晶胞含有________个。请在图5中用“”画出该晶胞沿y方向的平面投影图中的位置________。 8．(24-25高二下·江苏淮安·期末) 金(Au)是一种重要的贵金属。某研究小组在实验室条件下以电子废料（含铜和金以及其他不溶于水和酸的杂质）为原料提炼金单质，流程如下： (1)“富金”的目的是分离金和铜元素。则试剂X可选用 。 A．FeCl3 B．王水 C．稀硝酸 D．稀硫酸 (2)“溶金”时，Au单质被氧化为氯金酸H[AuCl4](强酸)，写出Au单质与含双氧水的浓盐酸发生反应的离子方程式：____。 (3)①“沉金”步骤中，不加还原剂直接加水稀释也可以得到金单质，与之相比，工业上用葡萄糖做还原剂的主要优势是____。 ②若用Zn作为还原剂，1mol H[AuCl4]被足量的Zn完全还原时，消耗的Zn的物质的量是____mol。 ③用柠檬酸钠还原氯金酸可以制备几十个纳米级的金纳米颗粒。已知柠檬酸含有三个羧基，柠檬酸根离子能吸附在Au的表面。1972年，Frens等发现适当提高柠檬酸钠与氯金酸的比值能够减小金纳米颗粒的粒径，使纳米金具有良好的分散性，原因是：____。 (4)研究表明H[AuCl4]•4H2O（摩尔质量为412g/mol）热分解得到Au的过程可分为四步。某实验小组取一定质量的H[AuCl4]•4H2O样品进行热重分析，剩余固体质量与起始固体质量比随温度变化的曲线如图所示： ①130.7℃时固体的成分是____。 ②分解过程中生成的AuCl3是一种褐红色晶体，无论是固态还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。写出Au2Cl6的结构式____。 ③写出247.4℃～344.5℃时发生反应的化学方程式____。 9．(23-24高二下·江苏扬州仪征精诚高级中学·期末)可用于制备多种物质。 25℃时，相关物质的见下表。 物质 (1)的制备。由软锰矿粉(主要成分为，含少量、、)制备的过程可表示为：    ①浸取。保持温度、各物质投料量及浓度不变，能提高浸出率的措施有___________。 ②沉淀。室温下，浸取后溶液中浓度为，欲使溶液中、的浓度均小于，则需加入MnO调节pH的范围为___________。 ③过滤。滤渣的主要成分有___________。 (2)由制备催化剂。 ①基态的价电子排布式为___________；的空间结构为___________。 ②将一定量和固体投入超纯水中混合搅拌，在120℃下反应10小时，得到黑色固体，反应的离子方程式为___________；再加入和溶液，经过搅拌、陈化、造粒、干燥、煅烧等工序得到比表面积较高的催化剂。其中一种成分的晶胞结构如图所示，每个周围紧邻的的个数为___________。    10．(23-24高二下·江苏镇江·期末)从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的一种工艺流程如图所示。 已知：①“沉钼”前钼元素主要以MoO形式存在； ②该条件下Ksp(NiCO3)=1.5×10-7。 (1)Fe3+的基态核外电子排布式为___________ (2)“焙烧”生成的气体主要成分为___________(填化学式)。 (3)“沉钼”的离子方程式为___________。 (4)“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应。提高镍元素浸出率的方法还有___________。 (5)①“除铁”时加入Na2CO3的作用是___________。 ②“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0mol·L-1，“沉镍”后所得滤液中c()=1.0×10-5mol·L-1，则沉镍率=___________[沉镍率=×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。 (6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系： 温度 低于30.8℃ 30.8~53.8℃ 53.8~280℃ 高于280℃ 晶体形态 NiSO4•7H2O NiSO4•6H2O 多种结晶水合物 NiSO4 从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•6H2O晶体的操作是：___________、洗涤、干燥等。 11．(23-24高二下·江苏镇江·期末)以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：Bi3＋易与Cl-形BiCl，BiCl易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl-＋2H＋。 (1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为___________。 (2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH．一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是___________。 (3)铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为BiCl(水层)＋2TBP(有机层)⇌BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl-(水层)。 ①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示。c(Cl-)最佳为1.3mol·L-1的可能原因是___________。 ②萃取后分液所得水相中的主要阳离子为___________(填化学式)。 (4)“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl-较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为___________。 (5)在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400℃时制得超细氧化铋，其化学式为___________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol-1) 12．(24-25高二下·江苏无锡·期末)用低品位铜矿(主要成分为和)为原料制备流程如图。 已知：的主要性质有： ①难溶于乙醇和水，易溶于高浓度的体系； ②露置于潮湿的空气中易被氧化为绿色的碱式氯化铜； ③酸性弱时易水解。 (1)“浸取”操作中，化合价升高的元素有(填元素符号)___________。 (2)“除锰”操作中用氨水、溶液将其中的转化为沉淀而除去，该反应的离子方程式为___________。 (3)“还原”过程中反应的离子方程式为___________。 (4)“稀释”过程中，的产率随加水量的增加先上升后下降的原因是___________。 (5)用乙醇代替水洗涤的原因是___________。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $