专题七 考点2 铁、铜及其化合物-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

已知：常温下，Kn(Li2CO3)=2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 120 LiCI· 40 LiOH 12±+ 簸1.0 Li2CO3 0.5 020406080100 温度/℃ 回答下列问题： (1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O三H+[B(OH)4](常温下， K,=10-9.24);B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B,O,(OH)4·8H2O。常温下，在 0.10mol·L1硼砂溶液中，[B,O(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和 [B(OH)4],该水解反应的离子方程式为 ,该溶液pH= (2)滤渣I的主要成分是 (填化学式)；精制I后溶液中L计的浓度为2.0mol·L1, 则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制在 mol·L1以下。若脱硼后直接进行精 制I,除无法回收HC1外，还将增加 的用量（填化学式）。 (3)精制Ⅱ的目的是 ;进行操作X时应选择的试剂是 ,若不进行该 操作而直接浓缩，将导致 10.(2022·全国甲卷，27)硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产 的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化 钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇 重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题： (1)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠， 同时生成CO,该反应的化学方程式为 (2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 95%乙醇 。 回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超 硫化钠粗品 过冷凝管高度的1/3。若气雾上升过高，可采取的措施是 热源 (3)回流时间不宜过长，原因是 。 回流结束后，需进行的 操作有①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为 (填标号)。 A.①②③ B.③①② C.②①③ D.①③② (4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 。过滤除 去的杂质为 。 若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 (5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量 洗涤，干燥，得到Na2S·xH2O。 考点2铁、铜及其化合物 1.（2026·河南卷，9)某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质（忽略②~⑤试管中溶液体积 变化)。 1滴稀硫酸 商KSCN溶液 KC,04H0固体 适量稀硫酸 水合硫酸铁 黄色固体黄色溶液 浅黄色溶液 红色溶液 绿色溶液 红色溶液 ① ② ③ ④ ⑤ ⑤ 已知：Fe3+在水溶液中由于水解与OH配位而显黄色；[Fe(C,O4)3]3呈绿色。下列说法错误 的是 ( A.②到③说明加入稀硫酸能抑制Fe3+的水解 B.④与⑤中c(SCN):④>⑤ C.④与⑥中呈现红色均是由于Fé3+与SCN结合所致 D.若向③中依次加入适量维生素C、Kg,[Fe(CN)s]溶液，会出现蓝色沉淀 75 2.(2026·河北卷，4)化学助力体育强国与健康中国建设。下列说法错误的是 A.乒乓球拍底板加入碳纤维材料，强度更高，质量更轻 B.速滑冰刀由合金钢制成，熔点、强度均高于纯铁 C.竞赛泳衣多采用氨纶复合面料，疏水、亲肤、弹性好 D.铅球由铸铁和钢制成，硬度更大，更安全、更耐用 3.(2026·云南卷，9)某兴趣小组将1.0g铁粉和足量硫粉在氩气中加热得黑色固体，设计如下 实验探究其成分。已知：步骤I、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行：PbS是一种黑色固体。 步骤I 步骤川 步骤Ⅲ 上层清液 稀硫酸 湿润的醋酸铅试纸 更换针筒 抽取a中上层清液 bU一NaOH溶液 b c d圈 黑色固体 KSCN溶液 KFe(CN)sJ溶液 ②10min后抽气 ③c中无明显现象，④d中产生蓝色沉淀 ①a中有气泡 醋酸铅试纸变黑 5min后出现浅红色 下列说法错误的是 A.a中黑色固体成分有FeS B.Fe与S在空气中燃烧的产物可能有Fe2Og C.步骤I使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率 D.b中使用CuSO4溶液替代NaOH溶液，则无需使用醋酸铅试纸检验 4.（2025·河南卷，4)X是自然界中一种常见矿物的主要成分，可以通过如图所示的四步反应转 化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。 固体X 固体Y 溶液Z 溶液R 固体Q (黄色) (红棕色) (棕黄色) (浅绿色) (黑色) 下列说法错误的是 A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C.R→Q反应需要在强酸性条件下进行D.Q可以通过单质间化合反应制备 5.(2025·甘肃卷，11)处理某酸浸液（主要含Li计、Fe2+、Cu2+、A13+)的部分流程如下： Fe粉 NaOH H2O2 Na,CO 酸浸液→沉铜→碱浸→氧化 →→沉锂→… Cu Al(OH)2 Fe(OH) Li,CO 沉淀 沉淀 下列说法正确的是 A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe十3Cu+—3Cu+2Fe3 B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH),沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了Li,CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 6.(2025·山东卷，l3)钢渣中富含Ca0、SiO2、Fe0、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离 钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Km(CaC2O)=2.3×10-9, Ksp(FeC2O4)=3.2X10-7。 下列说法错误的是 ( 76 ①试剂X ②H2C2O4 →滤液Ⅱ 盐酸 滤液1，分离 钢渣→酸浸 →滤渣Ⅱ 滤渣 →碱浸 浸取液，转化-Si0, 个 NaOH溶液 试剂Y A.试剂X可选用Fe粉 B.试剂Y可选用盐酸 C.“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中 D.“酸浸”后滤液I的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 7.(2025·江苏卷，11)探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤I取一定量5%CuSO,溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别 呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐 酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 ( ) A.步骤I产生的蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4 B.步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色(Cu2+)<c首色(Cu2+) C.步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]++FeCu十Fe2++4NH,个 8.(2025·江苏卷，12)室温下，有色金属冶炼废渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物）用过量的较浓 H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。 NaHSO3溶液(NH4)2C2O4溶液 浸取液→提铜 →沉镍→NiC2O Cu 已知：K(HS04)=1.2×102,K(H2S03)=1.2×102,K2(H2S03)=6.0×10-8。下列说 法正确的是 () A.较浓H2SO,溶液中：c(H+)=2c(SO2)+c(OH) B.NaHSO3溶液中：2HSO3=SO号十H,SO3的平衡常数K=5.0×10-6 C.(NH4)2C2O4溶液中：c(NH3·H2O)+c(OH)=c(H2C2O4)十c(HC2O4)+c(H) D.“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：C提期(Na)=c沉，(Na) 9.(2025·河南卷，8)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 水 过量氨水 过滤 过量浓盐酸 洗涤 CS0,溶液蓝色沉淀深蓝色溶液深蓝色沉淀深蓝色固体 黄绿色溶液 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ 下列说法错误的是 ( A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B.③中现象说明配体与Cu+的结合能力：NH,>H,O C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 77 10.(2025·北京卷，1)我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时，发现月壤钛铁矿(F- TO,)存在亚纳米孔道，吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单 质铁和大量水蒸气，水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是() A.月壤钛铁矿中存在活泼氢 B.将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C.月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D.将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 11.（多选)(2024·山东卷，14)钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu,0。为探究 Cu,O的性质，取等量少许Cu,O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量0.3mol·L1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉 淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量6mol·L1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段 时间后，溶液颜色变为深蓝色 A.试管甲中新生成的沉淀为金属Cu B.试管甲中沉淀的变化均体现了HO,的氧化性 C.试管乙实验可证明Cu(I)与NH,形成无色配合物 D.上述两个实验表明Cu,O为两性氧化物 12.(2022·浙江卷，22)关于化合物FeO(OCH3)的性质，下列推测不合理的是 A.与稀盐酸反应生成FeCl?、CHOH、H2O B.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O C.溶于氢碘酸(HI),再加CCL4萃取，有机层呈紫红色 D.在空气中，与SiO2高温反应能生成Fe2(SiO3)3 13.(2025·江苏卷，16)海洋出水铁质文物表面有凝结物，研究其形成原理和脱氯方法对保护文 物意义重大。 (1)文物出水清淤后，须尽快浸泡在稀NaOH或Na,CO3溶液中进行现场保护 ①玻璃中的SiO2能与NaOH反应生成 (填化学式)，故不能使用带磨口玻 璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液。 ②文物浸泡在碱性溶液中比暴露在空气中能减缓吸氧腐蚀，其原因有 (2)文物表面凝结物种类受文物材质和海洋环境等因素的影响。 ①无氧环境中，文物中的Fe与海水中的SO在细菌作用下形成FS等含铁凝结物。写出 Fe与SO2反应生成FeS和Fe(OH),的离子方程式： ②有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成FeOOH等凝结物。 (i)铁在盐水中腐蚀的可能原理如图所示。依据原理设计如下实验：向NaC】溶液中加入 K3[Fe(CN)。]溶液（能与Fe2+形成蓝色沉淀）和酚酞，将混合液滴到生铁片上。预测该实验 的现象为 CO细Y 生铁片 生铁片 -Fe Fe 78 ()铁的氢氧化物吸附某些阳离子形成带正电的胶粒，是凝结物富集C1的可能原因。该胶 粒的形成过程中，参与的主要阳离子有 (填离子符号)。 (3)为比较含氯FeOOH在NaOH溶液与蒸馏水中浸泡的脱氯效果，请补充实验方案：取一定 量含氯FOOH模拟样品，将其分为两等份， 比较滴加AgNO,溶液体积[Kp(AgCI)=1.8×101°。实验须遵循节约试剂用量的原则，必 须使用的试剂：蒸馏水、0.5mol·L1NaOH溶液、0.5mol·L1HNO3溶液、0.05mol·L1 AgNO3溶液]。 14.(2023·全国乙卷，27)LiMn204作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿 (MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O,的流程如下： 硫酸MnO2石灰乳BaS 碳酸锂C0,和02 ↓ 菱锰矿→反应器调pH7一分离器一电解相一M0,一→爱烧窑一LiM,0 滤渣电解废液 已知：Kp[Fe(OHD3]=2.8×10-9,K[AI(OHD3]=1.3X103,KpNi(OHD2]=5.5×10-16。回答 下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 为提高溶矿速率，可采取的措施是 (举1例)。 (2)加人少量MnO2的作用是 不宜使用H2O2替代MnO2,原因是 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4,此时c(Fe3+)= mol·L1;用石灰乳调 节至pH≈7，除去的金属离子是 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 电解废液可在反应器中循环利用。 (6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 15.(2023·辽宁卷，16)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含N+、Co2+、Fe2+、Fe+、 Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。 混合气 石灰乳(S0,+空气) NaOH NaOH 硫酸浸取液氧化 滤液，沉钻像滤液，沉镁]一上层清液 滤渣 钴镍渣 沉渣 已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8 回答下列问题： (1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。 79 (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(H2SO), 1molH2SO,中过氧键的数目为 (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO,氧化为MnO2,该反应的离子方程式为 (H2SO,的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、 (填化学式)。 (4)“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 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 100 送80 S02体积分数 60 00.0% 口0.8% △2.0% 。9.0% 20 016.0% 0 0 20 时间/min40 60 (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为 (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于 (精确至0.1)。 16.(2022·全国乙卷，27)二草酸合铜（Ⅱ）酸钾(K2[Cu(C,O,)2])可用于无机合成、功能材料制 备。实验室制备二草酸合铜（Ⅱ）酸钾可采用如下步骤： I.取已知浓度的CuSO4溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转 变成黑色，过滤。 Ⅱ.向草酸(H2C2O4)溶液中加入适量K2CO3固体，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。 Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80~85℃，加人I中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。 V.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体，进 行表征和分析。 回答下列问题： (1)由CuSO4·5H2O配制I中的CuSO溶液，下列仪器中不需要的是 (填仪器名称)。 (2)长期存放的CuSO4·5H2O中，会出现少量白色固体，原因是 (3)I中的黑色沉淀是 (写化学式)。 (4)Ⅱ中原料配比为n(H2C2O4):n(K2CO3)=1.5：1,写出反应的化学方程式 (5)Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入K,CO3应采取 的方法。 (6)Ⅲ中应采用 进行加热。 (7)Ⅳ中“一系列操作”包括 80(4)已知Kn[Co(OHD2]=5.9X1015,若“沉钻过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中c(OH)=1.0×104mol·L1, Co2浓度为K[Co(0H)2]_=5.9X10-15 c(OH) (1.0X10-4)2mol·L1= 5.9×107mol·L-1。“850℃煅烧”时，Co(0H)2与0， 反应生成C0O,和H2O,该反应的化学方程式为 850℃ 6Co(0H)2+02= 2Co3O4+6H20。 (5)a.Si一C1键极性更大，则Si一C1键更易断裂，因此， SiCL4比CCl易水解，a有关； b.Si的原子半径更大，因此，SiCl中的共用电子对更加 偏向于Cl,从而导致Si一CI键极性更大，且Si原子更易 受到水电离的OH的进攻，因此，SiCL比CCL易水解， b有关； C.通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si一Cl 键键能更大不能说明Si一C1更易断裂，故不能说明 SiCl4比CCl4易水解，c无关； d.Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形 成化学键，从而导致SiCL比CCL易水解，d有关； 综上所述，导致SiCl,比CCL易水解的因素有abd。 答案：(1)4Ⅷ(2)SiCL,+3H20—H2SiO3+4HCI (3)焰色试验 (4)5.9×10-6C0(0H)2+02 850℃2Co,0,+ 6H20(5)abd 9.解析：流程梳理 盐酸 HC气体 生石灰纯碱 饱和Na,CO,溶液 来-反蓝置-径水浸帮-如-怪区-浓军瘦 含硼固体 周体滤渣【滤渣Ⅱ NaCl LiCO, 除硼元素 MgC·6阻lo商遇ao.cS80,加人盐酸 Mg(OH)2 2LiCl+Na,CO,= Mg0+2HC1↑+5H,01 Li,CO,+2NaCl 以高镁卤水为原料制备L2CO,的工艺流程。 (1)[B,O,(OH)4]2水解生成等物质的量浓度的 B(OH),和[B(OH),]厂，则根据原子守恒和电荷守恒可 配平其水解反应的方程式为[B,O3(OH)4]-十5H2O →2B(OH)3+2[B(OH)4]。该溶液中c[B(OH)3]= c{[B(OH)4]厂)，根据B(OH)3在水中存在的平衡 B(OH)3+H2O一H++[B(OH)4]的平衡常数K。= c(Ht)·cB(OH,]=102知，c[B(OH),]= c[B(OH)3] c{[B(OH)4]}时，c(Ht)=109.4mol·L1,pH= 一1g109.24=9.24。(2)加入生石灰是为了除去水浸后 滤液中残留的Mg+、SO,则滤渣I的主要成分为 Mg(OH)2、CaSO4;精制Ⅱ加入纯碱的目的是沉淀Ca2+ 而不沉淀Li计，根据Km(Li,CO3)=2.2X102,精制I后溶 液中c(Li计)=2.0mol·L1,知应控制c(CO)< Kp(L2C03)_2.2×10 c2(Li) 2.02mol,L1=0.0055ml·L1。 若脱硼后直接进行精制I,除无法回收HCl(可与CaO反应) 外，还会增加生石灰的用量，同时也会增加Na2CO的用量 (3)精制I加入的生石灰过量，精制Ⅱ加入纯碱（过量）的目的 是除去溶液中C+,操作X是为了除去过量的碳酸钠，结 合“浓缩”时得到NaCl可知，加入的试剂为盐酸，若不进行 该操作而直接浓缩，由于NCO,水解使溶液呈碱性，则会 有LiOH和Li2CO3析出。 答案：(1)[B,O(OH)4]2+5H202B(OHD3+ 2B(OH)]9.24 (2)Mg(OH)2、CaSO0.0055CaO、Na2CO3 (3)除去精制I引入的Ca2+盐酸Li,CO,、LiOH与NaCl 一同析出，会造成沉锂步骤制得的L,C○，减少 19 10.解析：(1)工业上常用芒硝(Na2SO,·10H2O)和煤粉在高温 下生产硫化钠，同时生产CO,根据得失电子守恒，反应的化 学方程式为：S0,·10H,0+4C高温 NaS+4CO+ 10HO:(2)由题千信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定 量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸 石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降 低温度，使气压降低；(3)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间 过长，Na2S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易 造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回 流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正 确的顺序为①③②，答案选D。(4)硫化钠易溶于热乙醇， 使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙 醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于 热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量 晶体；(5)己醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液 冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量冷水洗涤，再千燥，即可 得到Na2S·xHO 答案：(1)Na,S0,·10H,0+4C商温Na,S十4C0+ +10H2O (2)硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物 等杂质，这些杂质可以直接作沸石降低温度 (3)硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，a2S会直 接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管 下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸D (4)防止滤液冷却重金属硫化物温度逐渐恢复至室 温(5)冷水 [考点2] 1.BA.Fe3+水解使溶液显黄色，加入稀硫酸后c(H)增 大，水解平衡逆向移动，抑制F3+水解，溶液黄色变浅 A正确；B.④中Fe3+与SCN结合生成红色配合物，游 离SCN浓度低；⑤中Fe3+与C,O结合生成更稳定的 配合物Fe[(C2O,)a]3+,释放出SCN,故c(SCN):⑤> ④，B错误；C.④中直接是Fe3+与SCN结合显红色；⑥ 中加入稀硫酸后，C2O与H+结合，解离出F3+,再与 SCN结合显红色，C正确；D.维生素C具有还原性，可 将③中的Fe3+还原为Fe2+,Fe2+与K3[Fe(CN)g]反应 生成蓝色沉淀，D正确 2.B碳纤维的性能特点：高强度、低密度、轻量化，加入碳 纤维材料，能使球拍底板强度更高，质量更轻，A正确； 合金钢相比于纯铁，硬度大，熔，点低，B错误；氨纶属于合 成纤维，特点是疏水、高弹性、亲肤，C正确；铅球由铸铁 和钢制成，属于合金，硬度大，D正确。 3.CA.分析可知，a中黑色固体成分有FeS,A项正确；B. Fe与S在空气中燃烧，二者均被氧气氧化，可能生成 Fe,O3,B项正确；C.步骤I、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进 行，其目的是防止FeSO4、H2S被氧化，步骤I使用煮沸 后的稀硫酸，其目的是除去溶解氧，C项错误；D.醋酸铅 试纸用于检验生成的H2S气体，b中使用CuSO4溶液替 代NaOH溶液，H2S与CuSO4发生反应：CuSO4十H2S 一CuSY十H2SO4,CuS为黑色固体，难溶于稀硫酸，可 达到检验H2S的目的，D项正确。 4.CX是自然界中一种常见矿物的主要成分，根据溶液 Z、R、Q的颜色可知X中含有铁元素，根据固体颜色可知 X是FeS2,Y是Fe2O3,溶液中Z含有Fe+、溶液R中含 有Fe2+,Q是FeS。 A.Fe2O3可用作油漆、涂料等的红色颜料，A正确；B.含 有Fe3+的溶液加热转化为Fe(OH)3胶体，溶液颜色发 生变化，B正确；C.FS可溶于酸，所以R→Q反应不能 在酸性溶液中进行，C错误；D.在加热条件下Fe和S化 合生成FeS,D正确。 5.D酸浸液（主要含Li计、Fe2+、Cu2+、A1+)加入铁粉“沉 铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到 Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2,把Fe2+氧化为 Fe(OH),沉淀，再经过多步操作，最后加入Na2CO3,得 到Li2CO3沉淀。 0 A.“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程 式：Fe十Cu2+一Cu+Fe2+,A错误：B.A1(OH)3是两 性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误； C.“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+,铁元素化合价升 高，C错误；D.加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了 Li2CO,的溶解度比Na2CO,小的性质，D正确。 6.A钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+ Ca2+等，滤渣I为SiO2,滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得 到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉 淀，最后得到SiO2,滤液I加入试剂X和H2C2O分离， 由于Fe2(C2O,)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为 Fe3+,再加入H2C2O,使CaC2O,先沉淀，滤渣Ⅱ为 CaC2O4,滤液Ⅱ中有Fe3+,依次解题。 A.根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+, 试剂X应该是氧化剂，不可选用Fe粉，A错误；B.加入 试剂Y,将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为 SiO2,试剂Y可以是盐酸，B正确；C.根据分析，“分离” 后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中，C正确；D.“酸浸”后滤 液I中pH过小，酸性强，造成C2O浓度小，使 Ca2+(aq)十C2O(aq)CaC20,(s)平衡逆向移动，得 到CaC2O4沉淀少，滤渣Ⅱ质量减少，D正确。 7.B[Cu(NH2)4]SO4可溶于水，步骤I中，向CuSO4溶 液中加入适量浓氨水，Cu+与NH3·H2O反应生成蓝 色沉淀Cu(OH)2,A错误；步骤Ⅱ中，向Cu(OH)2沉淀 中加入浓氨水，得到的深蓝色溶液中铜元素的存在形式 为[Cu(NH3)4]2+,Cu2+在配离子的内界，很难电离出 来，而向Cu(OH)2沉淀中加入稀盐酸，得到的蓝色溶液 中铜元素的存在形式为Cu2+,则c深袁色(Cu2)< c黄色(Cu+),B正确；步骤Ⅲ中无明显现象是因为 [Cu(NH3)4]2+极难电离出Cu2+,溶液中Cu+浓度太 低，与铁发生反应的速率极慢，无明显现象，C错误；步 骤Ⅲ中加入稀盐酸后，H会与NH3结合成NH,使 [Cu(NH2)4]+一Cu2++4NH,平衡正移，溶液中 c(Cu2+)增大，Cu+与铁发生置换反应析出红色的Cu, 离子方程式为Fe十[Cu(NH)4]2+十4H—Fe2++Cu 十4NH,产生气泡表明加入的稀盐酸与铁钉发生置换 反应：Fe十2H—H2个+Fe2+,D错误。 8.B若H2S○，两步均完全电离，则溶液中存在电荷守 恒：c(H)=2c(SO)+c(OH),但根据题给信息 K。(HSO4)=1.2×102知，在较浓的H2SO4溶液中 H2SO4仅第一步电离完全，电离出大量的H+会抑制第 二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在HSO,因此电 荷守恒应表示为c()=c(HO,)+2c(SO)+c(OH),A 错误；该反应的平衡常数K=(HS0)·c(S0) (HSO) c(H,SO) .c(H)·c(SOg)_Ke(H,S0,） c(+)·c(HSO) c(HSO) Ka (H2SO) 1.2X10-=5.0X106,B正确；NH时得到1个OH生 6.0×10-8 成NH3·H2O,C2O得1个H+生成HC2O,、得2个 H生成H2C,O4,水电离出的H+与OH浓度相等，即 c水(H)=c*(OH),则溶液中存在质子守恒： c(OH)=c(NH3.H2O)+c(OH)=2c(H2 C2O)+ c(HC2OA)十c(H)=c*(H),C错误；考虑过程中溶 液的少量损耗（吸附在沉淀表面被过滤除去）， n援，(Na)>nx,(Na),同时“沉镍”过程中加入了 (NH4),C,O4溶液，溶液体积增加，因此c挺翻(Na)> cx,(Na+),D错误。 象水 9.D该实验过程中，相关物质转化如下：CuSO,(aq) Cu(OD,(S)进量氨水[Cu(NH4]S0,(aq)乙 醇 [Cu(NH)SO (s)- 量浓盐酸[CuC。 19 A.②中沉淀为Cu(OH)2(s),④中沉淀为 [Cu(NH)4]SO,(s),二者不是同一物质，故A项说法正 确；B.③中含有的溶质为[Cu(NH3)4]SO,Cu2+与NH 中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说 明配体结合能力：NH3>H2O,故B项说法正确； C.[Cu(NH3),]SO为离子化合物，属于强极性物质，乙 醇属于极性相对低的有机物，向[Cu(NH,),门SO,的水 溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得 [Cu(NH)4]SO,在水溶液中析出，即[Cu(NH3)4]SO, 在乙醇中的溶解度小于在水中，故C项说法正确；D.由 于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有[CuCL]2-,因此向⑤ 中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故D项说法错误； 综上所述，说法错误的是D项。 10.BA.月壤钛铁矿中的氢来自太阳风，以原子态吸附， 属于活泼氢，A正确；B.地球上的钛铁矿若未吸附足够 氢原子，根据原子守恒可知，加热可能无法生成水蒸 气，因此“一定生成”的说法错误，B错误；C.生成水时 H被氧化(0→十1)，Fe被还原（如十3→0），存在化合价 变化，属于氧化还原反应，C正确：D.水蒸气液化是物 理变化，但会释放热量，D正确。 11.ACA.Cu2O中滴加过量0.3mol/LHNO,溶液并充 分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝 色，说明Cu2O转化成Cu2+,Cu元素的化合价由+1价 升至十2价，根据氧化还原反应的特，点知，Cu元素的化 合价还有由十1价降至0价，新生成的沉淀为金属Cu, A项正确；B.Cu2O与0.3mol/LHNO3发生的反应为 Cu2O+2HNO3=Cu(NO3)2十Cu十H2O,该过程中 HNO3表现酸性，后滴加浓硝酸发生的反应为Cu十 4HNO2(浓)Cu(NO3)2+2NO2个+2H2O,该过程 中HNO3表现氧化性和酸性，B项错误；C.Cu2O中滴 加过量6mol/L氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色 溶液，静置一段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(I) 与NH3形成无色配合物易被空气中的O2氧化成深蓝 色[Cu(NH)4]2+,C项正确；D.既能与酸反应生成盐 和水、又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化 物，Cu2O溶于6mol/L氨水形成的是配合物，Cu2O不 属于两性氧化物，是碱性氧化物，D项错误；答案 选AC。 l2.BA.由分析可知，化合物FeO(OCH3)中Fe的化合价 为十3价，故其与稀盐酸反应生成FeCl3、CHOH H2O,反应原理为：FeO(OCH3)十3HCl=FeCl3+ H2O十CH3OH,A不合题意；B.由分析可知，化合物 FeO(OCH,)中Fe的化合价为十3价，C为一2，若隔绝 空气加热分解生成FeO、CO,、H2O则得失电子总数不 相等，不符合氧化还原反应规律，即不可能生成FO、 CO2、H2O,B符合题意；C.由分析可知，化合物 FeO(OCH,)中Fe的化合价为十3价，故其溶于氢碘酸 (HI)生成的Fe3+,能将I厂氧化为I2,反应原理为： 2FeO(OCH)+6HI =2Fel,+I,2H,O+ 2CHOH,再加CCl萃取，有机层呈紫红色，C不合题 意；D.化合物FeO(OCH3)在空气中高温将生成 FeO,、CO2和H2O,然后Fe2O,为城性氧化物，SiO 为酸性氧化物，故化合物FeO(OCH3)与SiO2高温反 应能生成Fe2(SiO3)3,D不合题意；故答案为：B。 13.解析：(1)①SiO2是酸性氧化物，可与NaOH溶液发生 反应，化学方程式为SiO2十2 NaOH =Na2SiO3 +H2O。 ②吸氧腐蚀时正极反应式为O,2十4e十2H2O 4OH,根据化学平衡移动原理，碱性溶液中，OH浓 度较大，会抑制O2得电子，使吸氧腐蚀的速率减慢；O2 在高离子浓度的液体中溶解度较小，碱性溶液比纯水 溶解氧的能力低，减少了文物与○2的接触，减缓吸氧 腐蚀。 (2)①无氧、弱碱性的海水中，F在细菌作用下，被 SO氧化为+2价的FeS、Fe(OH)2,根据得失电子守 恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式： 4Fe+S0+4H,0每茵FeS+3Fe(OH),十2OH。 ②(1)由题图知，铁片在NaCI溶液中发生吸氧腐蚀， 开始时，负极反应式为Fe一2e一Fe2+,正极反应式 为O2+4e+2H,0—4OH。Fe2+与K[Fe(CN)6] 反应生成KFe[Fe(CN)。]蓝色沉淀，即铁片上会出现蓝 色区域；溶液中酚酞遇到OH厂变红，铁片上会出现红 色区域；由“有氧环境中，海水中的铁质文物表面形成 FeOOH”知，Fe2+在盐水中被O2氧化成黄色的 FeOOH。(ii)铁片发生吸氧腐蚀，负极区生成Fe2+ 被O2进一步氧化为Fe+,此时体系中的阳离子主要 有Fe3+、Fe+ (3)要检验脱氯效果，应控制样品用量、脱氯时间、取用 体积等变量相同，利用Ag与C的反应进行实验。 实验中，首先需要将等量的含氯FOOH模拟样品分别 用等体积的0.5mol·L1NaOH溶液与蒸馏水浸泡脱氯， 然后过滤，得到上层清液，取等体积的两种上层清液，先用 0.5mol·L1HNO溶液酸化，再加入0.05mol·L AgNO,溶液，通过比较出现AgCI白色沉淀时消耗AgNO, 溶液体积的大小，即可比较脱氯效果。 答案：(1)①Na2SiO3②碱性环境抑制吸氧腐蚀正极 反应的进行，反应速率减慢；碱性溶液中，O2溶解度较 小，减少文物与O2的接触，减缓吸氧腐蚀 (2)①4Fe+SO:+4H,0细菌FeS+3Fe(OH), +20H ②()滴加混合溶液后，铁片表面将出现蓝色和红色 区域，较长时间后出现黄色斑点 (i)Fe3+、Fe2+ (3)分别加人等体积（如5mL)的0.5mol·L1NaOH 溶液和蒸馏水至浸没样品，在室温下，搅拌、浸泡 30min;过滤，各取等量上层清液（如2mL)置于两支 小试管中，分别滴加3mL0.5mol·L1HNO3溶液酸 化，再分别滴加0.05mol·L AgNO3溶液；记录每份 上层清液至出现AgCI白色沉淀时消耗的AgNO,溶液 体积 14.解析：根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入 硫酸和MnO,,可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、 Ni、A1等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的 MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+;随后将溶液 pH调至约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧 化物的溶度积可以将溶液中的AI3+沉淀出来；随后加 入BaS,可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣； 分离后溶液中含有大量的Mn2+,将此溶液置于电解槽 中电解，得到MnO2,将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到 最终产物LiMn2O4。 (I)菱锰矿中主要含有MnCO3,加入硫酸后可以与其反 应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MCO,十 H2SO,MnSO,十H,O十CO,↑；为提高溶矿速率，可 以将菱锰矿粉碎。 (2)根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含 有的Fe+氧化为Fe3+,但不宜使用H2O2氧化Fe2+, 因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使 溶液中的Fe+全部氧化为Fe3+。 (3)溶矿完成以后，反应器中溶液H=4,此时溶液中 c(0H)=1.0×10-10mol·L-1,此时体系中含有的 c(Fe3+)= K2[Fe(0H)]=2.8×109mol·L1,这 C(OH) 时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5mol·L1,认为 Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈T,这时溶液 中c(OH)=1.0×10-7mol·L-1,溶液中c(A13+)= 1.3×102mol·L1,c(Ni2+)=5.5×102mol·L-1 c(A1+)小于1.0X105mol·L1,A13+沉淀完全，这一阶 段除去的金属离子是A13+。 19 (4)加入少量BaS溶液除去N+,此时溶液中发生反应的 离子方程式为BaS+Ni2++SO—BaSO,↓+NiSY,生 成的沉淀有BaSO、NiS。 (5)在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2,反应的离 子方程式为Mn+十2H,0电解H,本+Mn0,十十 2H;该反应中消耗Mn2+,生成H,为保持电解液成 分稳定，应不断补充Mn(OH)2。 (6)煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成 LiMn,0,反应的化学方程式为2Li,CO,十8Mn0,掇烧 4LiMn2O+2C02↑+O2↑。 答案：(1)MnCO3+H2SO,-MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿 (2)将Fe2+氧化为Fe3+H2O2在Fe3+、Mn+等的催 化作用下会快速分解 (3)2.8×10-9A13+(4)BaS0,、NiS (5)M+十2H,0电解H,↑+Mn0,↓+2H*补充 Mn(OH)2 (6)2Li2C03+8MnO, 橙烧4LiMn,0,+200,个+0，↑ 15.解析：在“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(H2SO0),用石灰乳调节 pH=4,Mn2+被H2SO,氧化为MnO2,发生反应的离子 方程式H2O+Mn2++HSO,一MnO2Y+SO+ 3H,Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中， Co2+变为Co(OH)2,在空气中可被氧化成CoO(OH)。 (1)用硫酸浸取镍钻矿时，为提高浸取速率可适当增大 硫酸浓度、升高温度或将镍钻矿粉碎增大接触面积。 0 (2)(H2SO)的结构式为O一S—O—O一H,所以 OH 1molH2SO,中过氧键的数目为NA。 (3)根据题干信息可知，“氧化”中Mn+被H2SO,氧化 为MnO2,则H2SO,被还原为SO,结合H2SO的电 离第一步完全可知，反应的离子方程式为Mn2+十 HSO5+H2O一MnO2￥+SO+3H+;“氧化”中 Fe2+会被氧化为Fe3+,用石灰乳调节pH=4时Fe元 素沉淀为Fe(OH)3,Ca2+与SO结合生成CaSO4沉 淀，故滤渣中还含有Fe(OH)3、CaSO4。 (4)根据图示可知SO2体积分数为9.0%时，Mn(Ⅱ)氧 化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还 原性，过多将会降低H2SO,的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化 速率。 (5)“沉钻镍”中得到的Co(OH)2,在空气中可被氧化成 CoO(OH),该反应的化学方程式为：4Co(OH)2十O2 -4CoO(OH)+2H,O. (6)氢氧化镁的Kp=10108,当镁离子完全沉淀时， c(Mg2+)=105mol/L,根据Kp可计算c(OH)= 10-2.mol/L,根据Km=10-1“,c(H+)=10-1.1mol1/L, 所以溶液的pH=11.1。 答案：(1)适当增大硫酸浓度（或适当升高温度或将镍 钴矿粉碎增大接触面积)(2)NA (3)H2O+Mn2++HSO;-MnO2+SO+3H Fe(OH)3、CaSO4 (4)9.0%SO2有还原性，过多将会降低H2SOs的浓 度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (5)4Co(0H)2+02=4Co0(OH)+2H2O (6)11.1 16.解析：(1)由CuS0,·5H20固体配制硫酸铜溶液，需用 天平称量一定质量的CuSO,·5HO固体，将称量好的固 体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解CuSO4· 5H2O,因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。 (2)CuSO,·5H2O含结晶水，长期放置会风化失去结 晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。(3) 硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜 沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀 (4)草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5：1发生非氧 化还原反应生成KHC2O4、K2C2O,、CO2和水，依据原 子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O,十2K2C0 =2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2个。(5)为防 止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减 缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。(6)Ⅲ中 将混合溶液加热至80一85℃，应采取水浴加热，使液体 受热均匀。(7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓 缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸 汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草 酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体。 答案：(1)分液漏斗和球形冷凝管 (2)CuSO4·5H,O风化失去结晶水生成无水硫酸铜 (3)CuO (4)3H2 C2O,++2K,CO2KHC,O+ K2C2O,+2H2O+2C02个 (5)分批加入并搅拌(6)水浴 (7)冷却结晶、过滤、洗涤 [考点3] 1.CA.“浸渍”时Na2S和生成的Na2Te都具有还原性， 通入过量空气时，过量O2会进一步将S2氧化为更高价 态的物质，发生副反应，A错误；B.铜阳极泥中的Au不 参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于 王水)，因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；C.Na2Te 被O2氧化生成Naz Te的反应的化学方程式为：4 NazTe 十O2+2H2O一2Na2Te2+4NaOH,反应生成强碱 NaOH,溶液中c(OH)增大，碱性增强，C正确；D.滤液 1中Te在Na2Te2中为一1价，沉碲得到0价碲单质，Te 化合价升高被氧化，因此Na2SO3做氧化剂参与氧化还 原反应，被还原，D错误。 2.CA.若h为盐酸，盐酸与Fe(OH)3反应生成含Fe3+ 的盐酸体系，只要Fé3+不足，仅部分铜溶解，仍可满足流 程，存在这种可能性，A正确；B.溶液b中含有F®+，通 入过量NH3生成Fe(OH)2,Fe(OH)2在空气中久置会 被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3,即沉淀g,B正确；C. 流程最终得到含铜氨络离子的溶液，说明溶液b中一定 含有Cu2+;铁的还原性比铜强，铜铁混合物中铁先发生 反应，铁完全反应后铜才反应，若固体残渣中有铜，则一 定无铁，C错误；D.Cu2+与过量NH3反应生成深蓝色络 离子[Cu(NH3)4]+,因此f中含有该离子，D正确。 3.ACA.反应器甲中需CaO吸收CO2生成CaCO3,故初 始钙基物质I为CaO,A正确；B.CO和CO2均在反应器 甲中被转化或吸收，仅N2未参与反应，故气体X为纯 N2,B错误；C.因高炉煤气中n(CO)：n(CO2):n(N2) =2：3：5,设高炉煤气中n(C0)=2mol,n(C02)=3 mol,n(N2)=5mol。还原2 mol FeO需2 mol CO,生成 2molC02;体系中n落(C02)=(3十2)mol=5mol,需5 nol CaO吸收，故n(FeO)：n(CaO)=2：5,C正确；D. 因高炉煤气中n(CO):n(CO2):n(N2)=2:3:5,设 高炉煤气中n(C0)=2mol,n(C02)=3mol,n(N2)=5 mol。甲中2 mol CO转化为2 mol CO2,体系ns(CO2) =(3+2)mol=5mol,乙中2 mol Fe与2 nol CO2反 850℃ 应，Fe十CO2 -Fe0十CO,生成2 mol CO,剩余nw (CO2)=(5-2)mol=3mol,因同时发生反应FeO+CO 850℃ Fc十00，合气中C8=号，D错。 4.BA.由图中转化信息可知，B(OH),既能与盐酸反应 生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两 性氢氧化物，A正确；B.由题中信息可知，B2C的熔点远 远高于BeCl2的，因此Be,C不可能是分子晶体，而BeCl, 19 的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体 类型不相同，B错误；C.Na2[Be(OH)4]中Be原子与4 个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子 对，因此，其杂化方式为sp3,C正确；D.Be2C中的Be化 合价为十2，C的化合价为一4，因此其与H20反应生成 Be(OH)2和CH4,该反应的化学方程式为Be2C+4H2O =2Be(OH)2十CH4个，D正确。 5.解析：(1)提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提 高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉 碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 (2)“浸出1”中使用了H2SO,和Fe2(SO4)1,Fe3+具有氧 化性，可以将Cu氧化为Cu+,自身被还原为Fe2+。离 子方程式为：2Fe3++Cu—2Fe2++Cu2+ (3)“滤液1”中含有Fe2+、Cu2+等离子，阳极液为FSO 溶液，阳极反应为Fe2+一e—Fe3+,阴极反应为：Cu+ 十2e一Cu。通过电解，可以将Fe+氧化为Fe+,同 时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1 被回收。 (4)3Ce++Au一3Ce3++Au3+的K约为4.8X105 从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完 全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发 生)，这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能 很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间 内无法有效浸出。 (5)AgCl被还原为Ag,Ag→Ag,每个Ag得1e。 N2H4被氧化为N2,N从一2-0，每个N失2e,1mol N2H4失4e。根据得失电子守恒可得化学方程式为： 4AgC1+N2H=4Ag+N2个+4HC1,因此n(AgCI): n(N2H,)=4:1。 (6)“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]和[PdCl4]2, 使用(NH4)2Ce(NO3)。和HCI。而沉淀步骤中，滤液3 含有未反应的Ce3+,流程的最终目的是要将铈元素转化 为C(OH),沉淀进行回收。将“滤液3”合并到主流程 中，可以将分散的铈元素集中起来，使所有的Ce3+一起 进入“还原”后的流出液，最终统一进行氧化沉淀，提高 铈的回收率。 (7)氧化”步骤中，NaCIo将Ce3+氧化为Ce+,在碱性条 件下生成Ce(OH),沉淀。ClO被还原为Cl。根据氧 化还原反应配平，离子方程式为2Ce3+十ClO+6OH +H2O=2Ce(OH)4￥+C1。 答案：(1)将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入 量（任选一条即可） (2)2Fe3++Cu-2Fe2++Cu2+ (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fε2+氧化再 生为Fe3+(或Fe(SO,),)以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4：1 (6)将分散的铈元素集中（或富集C3+),以便在后续步 骤中统一氧化回收生成Ce(OH)4沉淀，提高利用率 (7)2Ce3+CIO+60H-H2O-2Ce(OH) +C1 6.解析：(1)V(钒，原子序数23)和Cr(铬，原子序数24)均 为过渡金属，价电子排布分别为3d4s2、3d4s,均位于 元素周期表的d区。 (2)FeO·V2O3被O2氧化，Fe元素由+2价升高为+3 价，V元素由十3价升高为十5价，O2中0由0价降低 为一2价，根据得失电子守恒、原子守恒可得：4FO· V2O3+24Na0H+502 △2Fe,0,+8Na,V0, +12H20。 答案：(1)d(2)提高O2浓度，加快反应速率，使钒渣充 分氧化，提高钒、铬的浸出率42452812 (3)Fe2 O2 CaSiOa Ca(OH)2 (4)当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na,VO4的溶 解度很低，易结品析出，而Na2CrO,的溶解度仍较大，留 在母液中，从而实现钒和铬的有效分离