专题3 铁金属材料-【创新大课堂】高考化学五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

专题三铁 考向一 铁及其化合物 1.(2026·河南卷，3分)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 1滴KSCN K2C2O4·HO 己适量稀 T 合 硫酸 溶液 固体 硫酸 酸 铁黄色 黄色 浅黄色 红色 绿色 红色 固体 溶液 溶液 溶液 溶液 溶液 ① ④ 已知：Fe3+在水溶液中由于水解与OH 配位 而显黄色；[Fe(C2O4)3]3呈绿色。下列说法 r 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Fe3+与SCN 结合所致 D.若向③中依次加入适量维生素CK[Fe(CN)s] 蜜 溶液，会出现蓝色沉淀 2.(2026·湖南卷，3分)常温下，铜铁混合物（粉 末状)能发生如图所示的转化关系。下列说法 错误的是 过量溶液h 黄绿色 红褐色 充分 气体c 气体e 沉淀g 溶液a 反应 →溶液b 过量 溶液d 深蓝色 铜铁 溶液f 混合物 固体残渣 A.溶液h可能是盐酸 B.向溶液b中通人过量气体e,空气中久置后 芈 可得沉淀g C.固体残渣中有铜，可能有铁 D.溶液f中含有[Cu(NH3)4] 郑 3.(2026·云南卷，3分)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 母 如下实验探究其成分。已知：步骤、步骤Ⅱ 均在氩气氛围中进行；PbS是一种黑色固体。 17 金属材料 步骤I 步骤Ⅱ 步骤Ⅲ 稀硫酸 湿润的醋 8酸铅试纸 上层清液 抽取a中 更换针筒 上层清液 ! b-NaOH溶液a日 b c目 d 黑色固体 KSCN溶液KFe(CNJ溶液 ①a中有气泡 ②10min后 ③c中无明显 ④d中产生 抽气，醋酸 现象，5min 蓝色沉淀 铅试纸变黑 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Fe2O3 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 铁红是一种红色颜料。 4.(2025·上海卷)铁红的主要成分是 ( A.Fe2Ss B.FesO C.FeS D.Fe2Os 5.(2025·上海卷)关于饱和氯化铁溶液说法正 确的是 A.常温显中性 B.加铁粉变红褐色 C.遇沸水后得到胶体 D.加氨水有白色沉淀 6.(2025·上海卷)（不定项）有关铁原子说法正 确的是 A.有4种不同能层的电子 B.有5个未成对电子 C.占据15个原子轨道 D.有26种能量不同的电子 7.(2025·上海卷)加热 试管中固体至红热，则 铁粉和硫粉 ( A.移开酒精灯后固体 保持红热 B.S只作还原剂 C.主要产生的气体副产物为SO D.最终得到黑色的Fe2S3 8.(2025·河南卷，3分)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 (黄色) （红棕色) (棕黄色) 溶液R 固体Q (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 9.(2024·新课标卷，6分) 湿棉花铁粉 实验室中利用下图装置 验证铁与水蒸气反应。 下列说法错误的是 肥皂液 ( A.反应为3Fe+4H2O(g)-Fe3O4+4H2 B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好 C.用木柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉 10.（2023·新课标卷)“肼合成酶”以其中的 Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与 NH3转化为肼(NH2NH2),其反应历程如下 所示。 NH, H一N 0 HN-NH, 下列说法错误的是 ( A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子 B.反应涉及N一H、N一O键断裂和N一N键 生成 C.催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+,后又被 还原为Fe2+ D.将NH2OH替换为ND2OD,反应可得 ND2 ND2 11.（2023·辽宁卷，3分)下列鉴别或检验不能 达到实验目的的是 ( ) A.用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3 B.用KSCN溶液检验FeSO4是否变质 C.用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是 否被氧化 D.加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否 混有乙醛 12.(2023·辽宁卷，3分)某工厂采用如下工艺 制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价 形式存在，下列说法错误的是 () Na CO+O, 淀粉水解液 矿渣 (含FeO、CrO) →焙烧一水浸滤液①，转化-CO。 滤渣 滤液② A.“焙烧”中产生CO2 B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 13.(2023·浙江1月，3分)探究铁及其化合物 的性质，下列方案设计、现象和结论都正确 的是 ( ) 实验方案 现象 结论 往FeCl2溶液中加 短时间内无 Fe2+的氧化能 入Zn片 明显现象 力比Zn2+弱 往Fe2(SO)3溶液 溶液先变成 中滴加KSCN溶 Fe3+与SCN B 血红色后无 液，再加入少量 的反应不可逆 明显变化 K2SO4固体 将食品脱氧剂样品 食品脱氧剂样 中的还原铁粉溶于 溶液呈浅 C 品中没有十3 盐酸，滴加KSCN 绿色 价铁 溶液 Fe3+先水解得 向沸水中逐滴加 溶液先变成 Fe(OH)3再聚 D5~6滴饱和FeCl3 红褐色再析 集成Fe(OH)3 溶液，持续煮沸 出沉淀 沉淀 14.(2022·山东卷)高压氢还原法可直接从溶液 中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元 素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程 如下，可能用到的数据见下表。 硫酸溶液，高压O,NH 高压H 硫化铜精矿→浸取 中和调pH→过滤→还原→过滤Cu 固体X -金属M Fe(OH)3 Cu(OH2) Zn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是 A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属 M为Zn B.浸取时，增大O2压强可促进金属离子 浸出 C.中和调pH的范围为3.2~4.2 D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 15.(2022·浙江6月，2分)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FeCl3、CH3OH、H2O B.隔绝空气加热分解生成FeO、CO2、H2O C.溶于氢碘酸(HI),再加CC14萃取，有机层 呈紫红色 D.在空气中，与SO2高温反应能生成 Fe2(SiO3)3 16.(2022·浙江6月，2分)下列说法正确的是 ( A.工业上通过电解六水合氯化镁制取金 属镁 19 B.接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧 化硫 C.浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁 质容器贮运浓硝酸 D.“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒 液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用 17.(2026·陕晋宁青卷，14分)一种从废旧电池 粉（主要成分为LiFePO4,含有少量FePO4、 石墨、A1等)中深度回收锂的工艺，部分流程 如下： HSO,氨水、NaF H.SO,HF H.SO,NaOH饱和Na,CO, lpH=2.7↓1 调pH 电应-南一签】成面-的南c0, 滤渣滤液1→一LiPO 铁铝渣滤液2 已知：①磷酸铁锂电池反应为IzCy十Li1-x FePO4 放电L,iFePO4+C,； ②“沉铝”时，滤渣中含Na3ILi3Al2F12和少 量NH4Fe3P6O2o。 回答下列问题： (1)废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应 式为 (2)“酸浸I”时，除粉碎外，可提高酸浸速率 的措施有 (任写两种)。该过程有H3PO4生 成，LiFePO4溶解的化学方程式为 滤渣的主要成分为 (3)“沉铝”时，NH4Fe3PsO2o中Fe元素的化 合价为 (4)“焙烧”时产生的HF,用 吸收后， 产物可以循环利用 (5)“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反 应A1PO4+3Ii+3OH-—A1(OH)3+ Li3PO4(平衡常数为aL6·mol一6)。若溶液 中c(1i+)为bmol·L-1,不考虑其他离子参 与反应，为防止I十沉淀，c(OH一)需小于 mol·L-1(用含a、b的代数式表 示)。 (6)滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含 (填化学式)。 (7)滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水 除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是 取 少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加 ,若产生蓝色沉淀， 则需补加H2O2溶液。 18.(2025·上海卷)[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2内界 为 ,配体有 种。 19.(2025·上海卷)Fe3+(aq)十xC1-(aq)== [FeCl]3-x(aq)(x=1、2、3、4),加水稀释至 体积为原来的2倍，则n(Fe3+) A.增大 B.不变 C.减小 并用浓度商Q与平衡常数K的大小关系解 释原因： 20.(2025·上海卷)已知：Fe3+(aq)+xC1-(aq) =一[FeCl]3-x(aq) K西 x 2 4 30.2 134.9 97.72 1.02 溶液中c(C1-)=12mol·L-1,试计算： c(FeCl2) c(Fe3)+c([FeCI]2)+c([FeCl2])+c(FeCla)+c([FeCl]) = 21.(2025·山东卷，12分)采用两段焙烧一水浸 法从铁锰氧化矿（主要含Fe2O3、MnO2及 Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取 Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： (NH)SO,回收SO ①Na,S HR ②调pHNH,HCO 低温 培烧 分离 滤渣 机相Cs一→密解Cos0,溶液 吸收稀HSO 反萃取 H.O.S CuSO,溶液 稀HSO 己知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解 生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体； Fe2(S04)3在650℃完全分解，其他金属硫 酸盐分解温度均高于700℃。 20 回答下列问题： (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸 盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为 MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式 为 “高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣 主要成分除SiO2外还含有 (填化学式)。 (2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与 两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸” 时金属元素的浸出率 (填“增大”“减 小”或“不变”)。 (3)HR萃取Cu2+的反应为：2HR(有机相) +Cu2+(水相)=CuR2(有机相)十2H+(水 相)。“反萃取”时加入的试剂为 (填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全 [c(Co2+)=1×10-5mol·L-1],则此时溶 液中c(H2S)= mol·L-1。已知： Ka1(H2S)=1X10-7,K2(H2S)=1X 10-13,Kp(CoS)=4X10-21。CoS“溶解”时 发生反应的离子方程式为 (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理 后所得产品导入 (填操作单元名称)》 循环利用。 22.(2024·安微卷，15分)测定铁矿石中铁含量 的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O2滴 定法。研究小组用该方法测定质量为ag的 某赤铁矿试样中的铁含量。 【配制溶液】 ①cmol·L-1K2Cr2O2标准溶液。 ②SnCl2溶液：称取6 g SnCl2·2H2O溶于 20mL浓盐酸，加水至100mL,加入少量 锡粒。 【测定含量】按下图所示（加热装置略去）操作 步骤进行实验。 微热溶解后 将溶液移入 边振荡边滴 锥形瓶：用 加SnClzi溶液 加入硫酸和 水洗涤表面 至黄色消失 磷酸混合液 表面皿 皿凸面和烧 过量1~2滴； 后，滴加指 杯内壁，洗 冷却后滴入 示剂，立即 涤液并入锥 HgC2饱和溶 用KCrO标 形瓶 液，静置 准溶液滴定数据 浓国 步骤1 步骤Ⅱ 步骤Ⅲ 处理 试样 酸 救 已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2可 将Sn+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+; Cr2O号可被Fe2+还原为Cr3+。 回答下列问题： (1)下列仪器在本实验中必须用到的有 (填名称)。 孙 (2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时 加入锡粒的原因： (3)步骤I中“微热”的原因是 (4)步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测 杯 定的铁含量 (填“偏大”“偏小”或“不 赵 变”)。 (5)若消耗cmol·L-1K2Cr2O2标准溶液 VmL,则ag试样中Fe的质量分数为 (用含a、c、V的代数式表示)。 (6)SnCl2-TiCl3-KMnO4滴定法也可测定 共 铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3 将铁矿石试样中Fe3+还原为Fe2+,再用 KMnO4标准溶液滴定。 尔 ①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2 HgCl2-K2Cr2O?滴定法的优点是 21 ②为探究KMnO,溶液滴定时，CI-在不同酸 度下对F2+测定结果的影响，分别向下列溶 液中加人1滴0.1mol·L1KMnO4溶液， 现象如下表： 溶液 现象 空白 2mL0.3mol·L1NaCl溶液+ 紫红色 实验 0.5mL试剂X 不褪去 2mL0.3mol·L1NaCl溶液+ 紫红色 实验i 0.5mL0.1mol·L1硫酸 不褪去 2mL0.3mol·L-1NaCl溶液+ 紫红色明 实验i 0.5mL6mol·L-1硫酸 显变浅 表中试剂X为 ;根据该实验可得出 的结论是 23.(2024·江苏卷，15分)回收磁性合金钕铁硼 (Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光 学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、 Fe2O3等（忽略硼的化合物），用0.4mol· L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤 渣。Nd,Fe浸出率（浸出液中某元素的物质的量 某元素的总物质的量 ×100%)随浸取时间变化如图所示。 100 20 80 % 40 10空 20 10 2030 40 浸取时间/min ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因 是 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提 纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂 提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理为： (R3 NH)2SO+Fe3+SO+H2O= 萃取 反萃取 H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层) 己知：(R3NH)2SO4+H++HSO4== 2(R3NH·HSO4) 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范 围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含 量迅速增多的原因是 ②反萃取后，Fe2(SO4)3 经转化可得到铁酸铋。 Fe Bi(铋) 铁酸铋晶胞如图所示 (图中有4个Fe原子位 于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原 子数目比N(Fe):N(Bi)= (3)净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得 到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液， Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应 的离子方程式为 ②将8.84mg 8.84 Nd(OH)CO3(摩 尔质量为221g· 7.60 mol-1)在氮气氛 6.2 围中焙烧，剩余 400 600 800 温度/℃ 固体质量随温度 变化曲线如图所示。550~600℃时，所得固 体产物可表示为NdOb(CO3)c,通过以上实 验数据确定该产物中n(Nd3+)：n(CO号-)的 比值 (写出计算过程)。 24.(2022·山东卷)实验室利用FeCl2·4H2O 和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置 如图所示（加热及夹持装置略）。已知SOCl2 22 沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气 体。回答下列问题： (1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热 装置 (填“a”或“b”)。装置b内发 生反应的化学方程式为 。装置c、d共同起到的作用是 (2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测 定n值进行如下实验： 实验I:称取1g样品，用足量稀硫酸溶解 后，用cmol·L-1K2Cr2O2标准溶液滴定 Fe2+达终点时消耗VmL(滴定过程中 Cr2O号转化为Cr3+,C1-不反应)。 实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量 SOC12反应后，固体质量为m2g。 则n= ；下列情况会导致n测量值 偏小的是 (填标号)。 A.样品中含少量FeO杂质 B.样品与SOCl2反应时失水不充分 C.实验I中，称重后样品发生了潮解 D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡 生成 (3)用上述装置、根据反应Ti02十CC1,△ TiCl4+CO2制备TiCl4。己知TiCl4与CCl4 分子结构相似，与CC14互溶，但极易水解。 选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiC14、CCl4 混合物进行蒸馏提纯（加热及夹持装置略）， 安装顺序为①⑨⑧ （填序号)，先 馏出的物质为 1 ⑦ 考向二 金属材料 1.(2026·黑吉辽蒙卷，3分)从铜阳极泥（主要 成分为Cu2Te和Cu2S,含少量Ag2S和Au) 中提取热电材料碲(Te)的流程如图。已知 Na2Te与适量空气反应可生成Na2Te2。下列 说法正确的是 ( NaS溶液适量空气 NaSO,溶液 铜阳极泥 滤液1（含NaTe沉碲一→碲粉 浸渍 滤液2 滤渣 A.“浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B.滤渣可以全部溶于浓HNO? C.Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D.“沉碲”过程中Na2SO3被氧化 2.(2025·甘肃卷，3分)处理某酸浸液（主要含 Li+、Fe2+、Cu2+、A13+)的部分流程如下： Fe粉 NaOH H2O2 Na.CO 酸浸液→沉铜→一碱浸→氧化 →→沉锂→… CuAI(OHIa沉淀Fe(OH3沉淀 LizCO 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 +3Cu2+-3Cu+2Fe3+ B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多， Al(OH)3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Ii2CO3的溶解度比 Na2CO3小的性质 3.(2025·山东卷，4分)钢渣中富含CaO、SiO2、 FeO、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。： 23 已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4) =2.3×10-9,Kp(FeC204)=3.2×10-7。 下列说法错误的是 ( ①试剂X ②H2C2O 滤液L分离 →滤液Ⅱ 盐酸 →滤渣Ⅱ 钢渣 酸浸 浸取液 滤渣T碱浸 转化Si02 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 4.(2025·陕晋宁青卷，3分)“国之重器”是我国 科技综合实力的结晶。下述材料属于金属材 料的是 () A.“C919”大飞机用的氮化硅涂层 B.“梦想”号钻探船钻头用的合金 C.“望宇”登月服用的聚酰亚胺隔热层 D.“雪龙2”号破冰船制淡水用的反渗透膜 5.(2025·黑吉辽蒙卷，3分)某工厂利用生物质 (稻草)从高锰钴矿（含MnO2、Co3O4和少量 Fe2O3)中提取金属元素，流程如下。已知“沉 钴”温度下Ks知(CoS)=10一20.4，下列说法错误 的是 HSO+稻草NaCO3Na2S 矿石一→浸田造液沉银德液沉钻一MSO,滤液 FeOOH CoS A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C.“浸出”时，3种金属元素均被还原 D.“沉”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-) =10-20.4 6.(2024·吉林卷，3分)某工厂利用铜屑脱除锌 浸出液中的C1一并制备Zn,流程如下。“脱 氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说 法正确的是 ( H2SO:H2O2 锌浸出液 铜屑 浸铜 →脱氯→脱氯液 CuCI固体 锌浸出液中相关成分（其他成分无干扰》 离子 Zn2+ Cu2+ CI 浓度/(g·L1) 145 0.03 1 A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解 完全 B.“浸铜”反应：2Cu+4H++H2O2 2Cu2++H2↑+2H2O C.“脱氯”反应：Cu+Cu2++2C1-—2CuCl D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 7.(2024·河北卷，3分)燕赵大地历史悠久，文 化灿烂。对下列河北博物院馆藏文物的说法 错误的是 ( 找国宫门青铜铺首 西汉透雕白玉壁 五代彩绘石质浮雕 元青花釉里红瓷盖罐 A.青铜铺首主要成分是铜锡合金 B.透雕白玉璧主要成分是硅酸盐 C.石质浮雕主要成分是碳酸钙 D.青花釉里红瓷盖罐主要成分是硫酸钙 8.(2023·湖南卷，3分)取一定体积的两种试剂 进行反应，改变两种试剂的滴加顺序（试剂浓 度均为0.1mol·L一1)，反应现象没有明显差 别的是 ( 24 选项 试剂① 试剂② A 氨水 AgNO3溶液 B NaOH溶液 Al2(SO4)3溶液 H2C2O4溶液 酸性KMnO4溶液 D KSCN溶液 FeCl3溶液 9.(2022·广东卷，2分)中华文明源远流长，在 世界文明中独树一帜，汉字居功至伟。随着时 代发展，汉字被不断赋予新的文化内涵，其载 体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合 金材料制成的是 字载体 选 D.液晶 项 A.兽骨 B.青铜器 C.纸张 显示屏 10.(2022·广东卷，2分)广东一直是我国对外 交流的重要窗口，馆藏文物是其历史见证。 下列文物主要由硅酸盐制成的是 ( ) 文 物 选 A.南宋 B.蒜头 C.广彩 D.铜镀 项 鎏金饰品 纹银盒 瓷咖啡杯 金钟座 11.(2022·湖南卷，3分)铝电解烟气净化的 一种简单流程如下： 过量NazC03 NaA1O2 烟气 吸收塔 冰晶石 (含HF) 合成槽一过滤Na,AF。) 滤液 下列说法错误的是 A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料 B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收 效率 C.合成槽中产物主要有Na3AlFs和CO2 D.滤液可回收进入吸收塔循环利用 12.(2026·黑吉辽蒙卷，13分)某工厂利用镍矿 (主要成分为NiS,含少量Fe2O3和CuS)制 备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条 件已略去)： 空气+氨水 气体a 足量02 H 镍矿 滤液1部分蒸滤液2转化一还原 氨浸 氨沉铜 →Ni粉 浸渣 CuS 滤液3 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH3)6]2+形式存 救 在，硫以SO和少量S2O形式存在； ②“部分蒸氨"”时c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2 转化为[Ni(NH3)z]2+,x=1~5。 回答下列问题： (1)依据核外电子排布，Ni元素位于周期表 拟 区。 (2)“氧压氨浸”时，加压的目的是 NiS转化为 Ni(NH3)6]SO4的化学方程式为 (3)滤液1中铜的主要存在形式为 量 (填离子符号)。气体a为 (填化学 式)。 (4)“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液 2中剩余的S2O号，该步骤无沉淀产生，则理 杯 论上每转化1molS2O3消耗O2的物质的 超 量为 mol (5)滤液3浓缩结晶得到的 (填化学 式)可用于生产化肥。 (6)近似条件下，不同[Ni(NH3)x]SO4溶液 中二价镍[Ni(Ⅱ)]浓度随“还原”步骤时间的 共 变化如图。为提高Ni(Ⅱ)的还原速率和转 化率，x应选择 (填“2”或“≥3”)。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释 尔 [Ni(NH3)]2+还原程度较低而[Ni(NH3)2]2 还原程度较高的原因： (结合离子方程式作答)。 25 [Ni(NH),]2+ ■x=1 2 ●x≥3 x≥3 0 40 80 120 时间/min 13.(2026·河北卷，14分)清洁生产工艺设计 钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科 院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产 工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。 主要流程如下： 50% ①HO NaOH溶液②CaO 税s8调pH ↓9：80℃ 、墨应密 水解 →Cr2O 140-180℃、40℃ 滤渣 母液 滤液 V205 已知：钒渣主要含FeO·V2O3、FeO· Cr2O3、SiO2和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的 区。 (2)氧化工序通常采用较大的O2流量，其目 的是 配平化学方程式： FeO·V2O3+ NaOH+O2△ Fe2O3+ Nas VO+ H2O. (3)滤渣的主要成分有MgO 。 (填化学式) (4)80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4的 溶解度随NaOH质量分数变化如图所示。 结合图像分析NaOH质量分数为30%时，冷 却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬 有效分离的原因 60- 80℃ 60. 40℃ 50 Na2CrO Na CrO 0 茫2 NasVO 0 Nas VO 10203040 50 26 3040 50 w(NaOH)/% w(NaOH)/% (5)母液返回 工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为 14.(2026·河南卷，14分)一种从废芯片（主要 含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等)中回收金属的工 艺流程如下： HSO Fe2(SO)(NH)2 Ce(NO)(NH)Ce(NO3)HCI Zn 废 焙烧浸出一浸出2 浸出3 一还原Au、Pd HCI 固体2 NaCIO 电解滤液1滤液2~沉淀滤液3 NaOH 固体1 流出液氧化 AgCl Ce(OH) 已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+;“浸出2” 中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au 和Pd转化为[AuCl4]-和[PdCl4]-。 回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有 (写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO,“浸出 1”中Cu参与反应的离子方程式为 (3)“电解”时，“滤液1”和FeSO4溶液分别作 阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作 阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解” 的目的是 (4)已知3Ce4++Au=3Ce3++Au3+的K 约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本 完全，但A山在“浸出2”中浸出率较低，原因 是 (5)“沉淀”产生的AgC1可被N2H4还原为 Ag,N2H4中N元素只转化为N2。理论上 AgC1与N2H4反应的物质的量之比为 26 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液 中，目的是 (7)“氧化”中，Ce3+转化为Ce(OH)4沉淀， 该反应的离子方程式为 15.（2026·湖南卷，15分)一种由硫化铅精矿 (含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工 艺流程如下： 烯烃和乙二 胺水溶液 空气、硫酸 CH CO, 硫化铅 加 高温 精矿 氧 一胺浸一沉留一还原 →高纯铅 co 酸性溶液单质S 再生→含钙粗产品 Ca(OH)2 已知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为 en)为一种二元弱碱。 ②Kp[Zn(0H)2]=3.0X10-17, Ks[Cd(OH)2]=7.2×10-15。 ③金属离子浓度不超过1.0×10-5mol· L一1时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第 族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程 式为 采用加压操作可提高反应速率，原因是 (3)“酸性溶液”经处理后，Cd2+、Zn2+浓度分 别为0.01mol·L1、0.02mol·L-1,调pH 使Zn+恰好沉淀完全时（假设溶液体积不 变)，Cd2+ (填标号)。 a.沉淀完全 b.部分沉淀 c.未沉淀 (4)“胺浸”后，PbSO4转化为配合物 [Pb(en)2]SO4,“沉铅”所得固体为碱式碳酸 铅[Pb2(OH)2CO3]。下列说法正确的是 (填标号)。 a.配合物[Pb(en)2]SO4中的配位原子为N b.“沉铅”过程中，溶液pH增大 c.流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (5)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为 ;若用炭代替CH4,将导 致铅纯度下降，原因是 (6)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成 分有 (写化学式)。 16.(2026·云南卷，14分)创新驱动，深挖“城市 矿山”。一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主 要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的 工艺如下： 0.01molL1PMS坑坏 稀盐酸 稀硝酸0.1 mol-L-KC1血酸 浴处理酸寝进海酸 上口滤渣2氧亿滤液4厅 溶金剑 X→纳米 滤液1 滤液2 Au NaOH溶液一碱沉滤液沉银一一Y Ni(OH)2 AgCl 已知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在 强酸介质中会水解 ②1O2表示具有高氧化活性的单线态氧 分子。 回答下列问题： (1)Au与Cu同族，属于 区元素。 (2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为 (3)“滤液2”中主要的金属离子有Ag、 (填离子符号)。 (4)“氧化溶金”中，KC1不能用HC1替代的原 因为 PMS发生反应的离子方程式：HSO5 so 十十1O2(将离子方程式 补充完整)。 (5)工序“X”中，抗坏血酸的作用为 27 (6)“碱沉”前，用0.1000mol·L-1的NaOH 标准溶液测定50.00mL“滤液1”中的H+及 Ni2+浓度，pOH和pNi与V(NaOH)的关系 如图(pOH=-lg[c(OH-)/(mol·L-1)], pNi=-lg[c(Ni2+)/(mol·L-1)],忽略 N2+的水解)。“滤液1”中N2+的浓度为 mol·L-1(结果保留小数点后3位). 14 T12 12 10 10 8 at(20.00,7.00) 6 -4 4 2 -2 01 0 5 152535455565 V(NaOH)/mL (7)“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有 少量Ag2O生成，其反应的化学方程式为 17.(2025·广东卷，14分)我国是金属材料生产 大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属 精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶 铁方法的工艺如下。 Cu配合物←…选择 Ni配合物←…萃取 一滤液2←沉铝 含SO水溶液 滤饼 Ni,Cu,N. S027 空气 矿粉一酸浸一浸取液PH30高 加热 →滤液1常温 固体残渣 NH3 H NaOH溶液 Fe00℃加热一Fe,O→电解-→Fe 已知，多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、 O等元素。 氢氧化物 Fe(OH) A1()H)3 Cu(OH) Ni(OH)2 Km(298K)2.8×1039 1.3×10-332.2×1020 5.5×1016 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 (2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式 为：一+02十H20高压 Fe2Os △ + H (3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液 体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中 c(Cu2+)=0.022mol·L-1,c(Ni2+)= 0.042mol·L-1 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍 易进入有机相的原因有 COOC1H2I H2C1000C CH19 A.镍与N、O形成配位键 B.配位时N2+被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 (5)Ni,Cu,N2晶体的立 。顶点 方晶胞中原子所处位置 O面心 ⑧体心 ! 如图。已知：同种位置原 子相同，相邻原子间的最 近距离之比d-Cu:d-N=√2：1，则x: y:之= ;晶体中与Cu原子最近且等 距离的原子的数目为 0 (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加 少量H2,但借助工业合成氨的逆反应，可使 Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程 式为 和 0 ②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以 Fe片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并 做相应标注 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型 冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 18.(2025·河南卷，14分)一种从预处理得到的 贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt, 含有少量SO2]中尽可能回收铑的工艺流程 如下： 28 浓盐酸王水 浓盐酸、DETA H 金体→酸溶面→酸溶2-煮沸→沉佬一→灼烧 高温 铑粉 合金粉 还原 滤液1滤渣 滤液2 NH.CI SnCl 浓盐酸 远铂 活化 还原 次，酸溶3 还原 含铂沉淀 滤液3 滤液4 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6], 则生成该物质的化学方程式为 “滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成 铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高 温还原”中发生反应的化学方程式为 (4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始 浓度为1.0×10-4mol·L1,为避免生成 Sn(OH),沉淀，溶液适宜的pH为 (填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5× 10-28]。 A.2.0 B.4.0 C.6.0 (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与 Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了 Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为 ；反应中同时生成[SnCl6]2-, Rh(Ⅲ)以[RhCls]3-计，则理论上SnCl2和 Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为 (6)“酸溶3”的目的是 19.(2025·江苏卷，14分)ZnS可用于制备光学 材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量 硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 五年真题分类汇编·化学 学校 班级 学号 姓名 密 题 电 优助光 加 XA 梦入含社C工行：今用说能以入际的：开用p (2/标金文卡街粉。汇房用原禾·Z00程分中 (填快步妆)。 ·含律reC.alL-om10.0-)5 .0210-am°l.1m.功为险子汇指全。 8.0X 10-27,Ka (H2 S)=1.0X 10-7, 期-).1a-0tXe.-)snZ(aR：H e H2SO O (强到子粉 风过B 出 (3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价 砷[As(Ⅲ)门，并回收生成的As2S3沉淀。 己知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸HAsO3形式 存在，As2S3十6H2O=2H3AsO3十3H2S。 60℃时，按n(S)： 100 n(As)=7:1向酸性 60 废液中加入ZnS,砷回 20 收率随反应时间的变 反应时间h 化如图乙所示。 乙 ①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离 子方程式： 0 ②反应4h后，砷回收率下降的原因有 20.(2025·陕晋宁青卷，14分)一种综合回收电 解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、 NH的硫酸盐)的工艺流程如下。 NH·HO NHsH2O O:(NHa)2S2O NHHCOs HPO HSO. 调pH }调pH=6.0 悠装一→盛可→可→一→一→酷甸 MO,MnO:橙烧MgNH.PO,6H.OX Mgo →焙烧→Mns0: H:O 已知：①常温下Kp(MgCO3)=10-5.17 Ksp[Mg(OH)2]=10-11.25,Ksp[Mn(OH)2] =10-12.72; O ②S2O结构式为 )一 ) 回答下列问题： (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采 取的措施有 (写 出两种)。 (2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧 化成Mn3O4的化学方程式： 当Mg2+(c=10-0.68mol·L-1)将要开始沉 淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为 mol·L-1. (3)“沉锰”中，过量的(NH4)2S2Os经加热水解 去除，最终产物是NH4HSO1和 (填化 学式)。 (4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱 式碳酸镁[rMgCO3·yMg(OH)2·之H2O],煅 烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能 得到轻质MgO的原因是 (5)“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时， Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完 全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程 式： H PO PO 0.8 H2POrNHi/ \NHa HPO 0.0+ 0.0 4.0 8.0 12.0 pH (6)“结晶”中，产物X的化学式为 (7)“焙烧”中，Mn元素发生了 (填 “氧化”或“还原”)反应。 21.(2025·黑吉辽蒙卷，14分)某工厂采用如下 工艺回收废渣（含有ZnS、PbSO4、FeS和 CuCl)中的Zn、Pb元素。 Zn (NH)2S (NH)2S20+ 滤液 NH·HO 滤液除铜 文沉锌 →ZnS 废渣→氧化浸出 Cu 滤液 HA、NaA溶液 滤渣皮韶滤液结品A→真空热解，纯P, 滤渣2 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS 转变为[Zn(NH3)4]2+;②K[Pb(OH)2]= 1014.8;③酒石酸（记作H2A)结构简式为 HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题： 30 (1)H,A分子中手性碳原子数目为 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O-)转变 为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大 后减小的原因为 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式 为 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素 符号)。 (6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成 PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原 因为 pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物， 该反应的化学方程式为 22.(2025·河北卷，14分)铬盐产品广泛应用于 化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺 将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾 资源，可实现绿色化学的目标。流程如下： KHCO- 过量 空气KCO(aq)/CO2CO2+H2O 400-500t1 蒸发习 04-0.6MPa 过然翅厦取-分离酸花-份离…K.C0, 滤渣I滤液I尾气滤液Ⅱ Fe(CO)5→还原分离…K,CO3 滤渣ⅡcO(g) 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、 Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： (1)基态铬原子的价层电子排布式： (2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4 的化学方程式： (3)浸取工序中滤渣I的主要成分：Fe2O3、 H2SiO3、 (填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因： (5)滤液的主要成分： (填化学式)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方 程式：Fe(CO)+ Cr(OH)3+ CO↑ (7)滤渣Ⅱ可返回 工序。（填工序名称） 23.(2024·河北卷，14分)V2O5是制造钒铁合 金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛 化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工 艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生 气体污染物等优点。工艺流程如下。 空气 R—N(CH)CI 树脂 洗脱液NH,CI溶液 800-850℃ 石煤+苛 化泥制→焙烧」 水浸 离子 团烘干 交换 洗脱→沉钒→…一→V.0, H2O(g)+ 滤渣①尾液 母液 气体① pHs865-70℃ 3%NH.HCO→盐浸 溶液 →滤液① 滤渣 己知：1石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为 大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成 分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 iⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与A12O3反应 生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2] 和偏铝酸钙均难溶于水。 回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为 焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ,产生的气体①为 (填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含 钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分 为 (填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳 酸钙，发生反应的离子方程式为 31 CO,加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因 为 浸取后低浓度的滤液①进入 (填 工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填标号)。 a.延长沉钒时间 b.将溶液调至碱性 c.搅拌 d.降低NH4CI溶液的浓度 24.(2024·安徽卷，14分)精炼铜产生的铜阳极 泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员 设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的 流程，如下图所示。 Na2S2O 疏酸，H0:盐酸H,0:浸渣起浸 浸渣1 浸出液电沉积Ag 浸取2 浸出液1 浸出液2还原→4u N2H N2 回答下列问题： (1)Cu位于元素周期表第 周期第 族。 (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 (3)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCI4 的化学方程式为 (4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。 (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 “电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环 利用的物质为 (填化学式)。 (6)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物 Au的物质的量之比为 (7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物 质结构的角度分析S4O-的结构为(a)而不 是(b)的原因： 25.(2024·新课标卷，14分)钴及其化合物在制 造合金、磁性材料、催化制及陶瓷釉等方面有 着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣 (主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中 富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： HSO KMnO MnO:ZnO 废渣→酸液→过滤] ↓调H过滤2 氧化沉钴 Co(OH) pH=5 MnO2 滤渣1 滤渣2 除钴液→回收利用 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全 (c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH: Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 “滤渣1”中金属元素主要为 (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用 是 取少量反应后的溶液，加入 化学试剂 检验 ,若出现蓝 色沉淀，需补加MnO2。 32 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程 式为 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写化 学式)，残留的Co3+浓度为 mol.L-1。 26.(2024·全国甲卷，14分)钴在新能源、新材 料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、 铅、铜、铁、钴、锰的十2价氧化物及锌和铜的 单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 H2SO H2S Na2S2Oa NaOH NaCIO ↓调pH=4↓ 楼譬哀风铜远国一远淀钳滤液 浸渣CuS MnO2滤渣 Co(OH) 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于 10-5mol·L1,其他金属离子不沉淀，即认 为完全分离。 已知：①Ksp(CuS)=6.3X10-36,Ksp(ZnS) =2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol· L一1)]和溶液pH的关系如图所示。 2 Fe3 Zn2+\Co2+ Mn2+Zn(OH)2 3 。 1234567891011121314 PH 回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 (2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程 式是 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和 c(Co2+)均为0.10mol·L-1,向其中加入 Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中 c(C02+)= mol·L-1, 据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。 (4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2,产生 H+的物质的量为 (5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4,分离 出的滤渣是 (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5, 加入适量的NaCIO氧化Co2+,其反应的离 救 子方程式为 (7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液 中回收氢氧化锌的方法是 吹 27.(2023·新课标卷，14分)铬和钒具有广泛用 途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式 存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。 从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下 图所示。 NazCO MgSO,溶液 NaOH H2O 稀HSO,NH)2SO4溶液 通空气 调pH 弥 铬钒渣 煅烧 →浸取 沉淀 除硅磷 水浸渣 滤渣 滤渣 潮 稀HSO4 Na2SzO3溶液 调pH 赵 调pH 分离钒 还原 Cr(OH) V2Os 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O月 存在，在碱性介质中以CrO-存在。 共 回答下列问题： (1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高 价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 尔 (填化学式)。 (2)水浸渣中主要有SiO2和 (3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的 问 杂质是 33 (4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3 和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制 溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若 pH<9时，会导致 pH>9时，会导致 (5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左 右得到V2O沉淀。V2O5在pH<1时，溶 解为VO或VO3+;在碱性条件下，溶解为 VO3或VO-。上述性质说明V2O5具有 (填标号)。 A.酸性 B.碱性 C.两性 (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠 (Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 28.(2023·湖北卷，14分)学习小组探究了铜的 氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列 问题： (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A 的名称为 ,装置B的作用为 浓硝酸、 铜片 NaOH溶液 A C (2)铜与过量H2O2反应的探究如下： 过量 +NaSO,溶液 ① 无明显现象 30% H2O2- ② →铜片溶解，溶液变蓝， 铜片 +稀HSO,少量无色气体产生 实验②中Cu溶解的离子方程式为 产生的气体为 比较实验①和②，从氧化 还原角度说明H+的作用是 (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得 到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物，提 纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完 全分解为ag黑色氧化物Y,”一言.X的化 学式为 (4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应) 与过量的酸性K】完全反应后，调节溶液至弱 酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol· L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消 耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知： 2Cu2++4I---2Cul↓+12,12+2S2O⅓ 一2I一+S4O层-)标志滴定终点的现象是 粗品中X的相对含量为 29.(2022·湖南卷，14分)钛(Ti)及其合金是理 想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要 成分为TiO2,含少量V、Si和A1的氧化物杂 质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： C、Cl2 Al Mg 粗 纯 钛 沸腾 降温TCl 除硅TiCl, 渣 氯化 收尘 钒 铝 尾气 VOCl2含Si、Al 处理 渣 杂质 已知“降温收尘”后，粗TC4中含有的几种物 质的沸点： 物质 TiCl VOCla SiCl AICla 沸点/℃ 136 127 57 180 回答下列问题： (1)已知△G=△H一T△S,△G的值只决定于 反应体系的始态和终态，忽略△H、△S随温 度的变化。若△G<0,则该反应可以自发进 行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能 自发进行的是 34 300 200 TiO:(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+O(g) 100- 0 -300 -400 C(s)+O2(g)=CO(g) -500 2G(s)+0g)=2C0(g 50060070080090010001100 温度/℃ A.C(s)+02(g)-CO2(g) B.2C(s)+O2(g)=2CO(g) C.TiO2(s)+2Cl2(g)-TiCl(g)+02(g) D.TiO2 (s)+C(s)+2Cl2 (g)--TiCl (g)+ CO2(g) (2)TiO2与C、C12,在600℃的沸腾炉中充分 反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 TiCl cO CO Cl 分压/MPa4.59×10 1.84×10-2 3.70×10-2 5.98X10-9 ①该温度下，TO2与C、Cl2反应的总化学方 程式为 ②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原 因是 (3)“除钒”过程中的化学方程式为 ;“除硅、铝”过程中，分离TiCl4 中含Si、A1杂质的方法是 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序 (填 “能”或“不能”)交换，理由是 (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加人 Mg冶炼Ti的方法相似的是 A.高炉炼铁 B.电解熔融氯化钠制钠 C.铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞 30.(2022·浙江6月)化合物X由三种元素组 成，某实验小组按如下流程进行相关实验： 紫红色固体 固体混合物盐酸 0.960g 足量NH A 1.965g 无色溶液 △ 尾气 B 白色沉淀 1.165g 0.015mol 白色沉淀 足量 无色沉淀 H2SO 2.330gBaC12溶液 C 化合物X在空气中加热到800℃，不发生 反应。 请回答： (1)组成X的三种元素为 ;X的化 学式为 (2)溶液C的溶质组成为 (用化学 式表示)。 (3)①写出由X到A的化学方程式 ②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应 的离子方程式 (4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气 体 31.(2022·全国甲卷，14分)硫酸锌(ZnSO1)是 制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医 学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱 锌矿的主要成分为ZnCO,杂质为SiO2以及 Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 菱锌矿 H,SO X KMnO 焙烧 浸取 调pH=5滤液①氧化滤液② 过滤 过滤 滤渣① 滤渣② HF Zn粉 滤液④ 脱钙镁 滤液③转化 ZnSO,·7HO 过滤 过滤 滤渣④ 滤渣③ ! 35 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如 下表： 离子 Fe+ Zn2 Cu2 Fe2 Mg Kp40×1086.7×10172.2X1020 8.0×10-16 18X10-1 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式 为 (2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 (3)加入物质X调溶液pH=5,最适宜使用 的X是 (填标号)。 A.NH3·H2O B.Ca(OH)2 C.NaOH 滤渣①的主要成分是 0 (4)向80~90℃的滤液①中分批加入适量 KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有 MnO2,该步反应的离子方程式为 (5)滤液②中加入锌粉的目的是 (6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并 循环利用，同时得到的副产物是 32.(2022·全国乙卷，14分)废I旧铅蓄电池的铅 膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还 有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保 护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现 铅的回收。 NaCO3HAc、HO2NaOH 铅膏一脱硫一酸浸一→沉铅 -→PbO 滤液 滤渣 滤液 一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电 PbSO PbCO3 BaSO BaCO 解质 Ksp 2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9 一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH 如下表： 金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH) AK(OH) Pb(OH)2 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1 回答下列问题： (1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程 式为 ,用沉淀溶解平衡原理 解释选择Na2CO3的原因： (2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中 BaSO4完全转化，原因是 (3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc),还要加 入H2O2。 (1)能被H2O2氧化的离子是 (iⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为 Pb(Ac)2,其化学方程式为 (m)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2, H2O2的作用是 (4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主 要成分是 (5)“沉铅”的滤液中，金属离子有 33.(2022·广东卷，14分)稀土(RE)包括镧、钇 等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南 方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种 从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工 艺如下： 酸化MgSO,溶液 月桂酸钠 矿物→浸取浸取液 氧化 调pH 过滤一滤液1 滤渣 盐酸 l55℃ RECl3 溶液 操作X加热搅拌一滤饼一过滤2 月桂酸 滤液2 36 已知：月桂酸(C1H23COOH)的熔点为44℃； 月桂酸和(C1H23COO)3RE均难溶于水。 该工艺条件下，稀土离子保持十3价不变； (C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8, Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金 属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg2+ Fe3+ A13+ RE3+ 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2-7.4 沉淀完全时的pH 3.2 4.7 (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离 子是 (2)“过滤1”前，用NaOH溶液凋pH至 的范围内，该过程中A3+发生反应的 离子方程式为 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤 液2中Mg2+浓度为2.7g·L-1。为尽可能多 地提取RE3+,可提高月桂酸钠的加入量，但应 确保“过滤2”前的溶液中c(C1H23CO)一)低于 mol·L-1(保留两位有效数字). (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提 高产率，其原因是 ②“操作X”的过程为先 ,再固液分离。 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有 (写化学式)。 (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合 金类催化剂Pt3Y。 ①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生 成1 mol Pt:3Y转移 mol电子。 ②Pt3YC用作氢氧燃料电池电极材料时，能 在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电 极反应为②10c2V2 ③1.7×103采用相同量的萃取剂，多次 cIVI 萃取的效果比单次萃取的效果好 7.解析高纯渙的制备实验(1)由仪器C的构造特点及 在实验中的作用可知，仪器C为直形冷凝管。CaBr2溶 液中的Br可抑制液澳与水反应，并可将Cl2还原为 C1厂，蒸馏时增大液溴的馏出量。仪器D中K2C2O1溶 液吸收蒸馏出的Br2和I2,发生氧化还原反应，溴和碘 分别转化为一1价，碳被氧化为CO2,由于馏分中的12 含量少，故D中发生的主要反应的化学方程式是 K2C0,十Br2△2C02◆+2KBr。(2)由(1)中分析可 知，D中有I生成，则将仪器D中接收的溶液转移至蒸 馏烧瓶中，边加热边向其中滴加酸性溶KMnO4液， KMnO4将I厂氧化生成单质碘，离子方程式是2MnO4 +16H++10I=-2Mn2++5I2+8H2O。(3)(2)中所 得固体R的主要成分为KBr,蒸馏装置中KBr被 K2Cr2O7氧化为溴蒸气，进入装置D中遇冷的蒸馏水液 化，沉入蒸馏水底部，蒸馏水起到冷凝和减少溴的挥发 的作用。(4)由氧化还原反应得失电子守恒可得关系 式：6KBr~K2Cr2O7,KBr全部反应，则n(K2CrO7)= 日a(KB)=言×品6mol,故称取的K,C,0,为吉× nolX294g·0l1×子-2g,5)转移造流时 n 要用玻璃棒引流，使滤液沿着烧杯内壁流下。 答案(1)直形冷凝管抑制液溴与水反应；除去C2 K2C,0,十Br2△2C02+十2KBr(2)蒸馏烧瓶 2MnO4+16H++10I—2Mn2++5l2+8H20 (3)冷凝减少溴的挥发(4)21” 68 (5)玻璃棒引流 8.解析(1)根据白色固体A用0.0250 mol HCI溶解后， 多余的酸用0.0150 mol NaOH恰好中和，知白色固体 A消耗HC1的物质的量为0.01mol,若A为MCO3,则 MCO3~2HCl,A的物质的量为0.005mol,摩尔质量为 0500g-100g·mol1,故A为CaC0:根据上述分 0.005mol 析可知，白色固体H为AgCI,其物质的量为 143.5g·m0l7=0.01mol,则X中含有0.005m0l 1.435g Ca、0.01 mol Cl,还含有0元素，其质量为1.195g 0.005mol×40g·mol-1-0.01mol×35.5g·mol-1 =ugm0=682=a0a.说X中aCa n(C):n(0)=0.005:0.01:0.04=1:2:8,X为 Ca(CO4)2。(2)B→C为NaCIO4和HI发生氧化还原反 应，HI被氧化为I2,NaCIO4被还原为NaCl,根据得失 电子守恒和原子守恒，配平可得反应的化学方程式。 (3)生成白色固体H的反应为[Ag(NH3)2]C1和HNO3 的反应。(4)溶液I为NH4NO3和HNO3的混合溶液， 阳离子有H+和NH,用蓝色石蕊试纸检验H+,用 NaOH溶液、湿润红色石蕊试纸检验NH。 答案(1)Ca、Cl、OCa(ClO4)2(2)8HI+NaClO4 —4I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4—4Hl3+ NaCl+4H2O(3)[Ag(NH3)2]++C1-+2H+- AgCI￥+2NH(4)用玻璃棒蘸取溶液I,点在蓝色 -15 石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H十；取溶液于试管 中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置 于试管口，若试纸变蓝说明有NH 考向三 1.C2.D3.B4.A5.B6.A7.D8.A9.C 10.A11.C12.C13.C 专题三铁金属材料 考向一 1.B2.C3.C4.D5.C6.AC7.A8.C9.B 10.D11.A12.B13.D14.D15.B16.D 17.解析从废旧电池粉中回收锂的工艺流程(1)根据 已知信息①可知，废旧电池放电时，正极发生得电子的 还原反应，电极反应式为Li1-x FePO4十xLi计+xe 一一LiFePO4。(2)“酸浸I”时，除粉碎外，还可通过适 当提高反应温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度来提高酸 浸速率。LiFePO4中Fe为十2价，Li为十1价，酸浸I 中有磷酸生成，根据原子守恒可得反应的化学方程式 2LiFePO4+3H2SO4--2H3 PO4+Li2SO+ 2FeSO4。加入硫酸酸浸时，LiFePO4、FePO4均可溶 解，A!与硫酸反应生成硫酸铝，石墨不溶于硫酸，故滤 渣的主要成分为石墨。(3)设NH4Fe3P6O0中Fe的化 合价为x,根据化合物中各元素化合价的代数和为0可 知，一3十4×（十1）+3x十6×（十5）+20×（一2）=0， 解得x=十3，故Fe的化合价为十3。(4)根据“沉铝”时 需要加入NaF可知，“焙烧”时产生的HF可用NaOH 溶液或Na2CO3溶液或Na HCO3溶液吸收，生成的 NaF可循环利用。(5)根据题给反应可知，其平衡常数 K=*)·c(0HaL·mol,则c3(1i) ·c(0H)=日molL4,已知溶渡中1i广求度为 bmol·L1,为防止Li+沉淀，则需满足b3mol3·L3 1 ·c3(0H)<&mo.L6c(oH)√amol· L1。(6)根据流程图可知，“酸浸Ⅱ”过程中加入硫酸， “除杂”后溶液中含有SO,故加入饱和N2CO3溶液 “沉锂”后，滤液2中溶质除Na2CO3外，还含Na2SO4。 (7)调pH=2.7,“沉铝”后滤液1中含有较多的Fe2+ 加入H2O2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+,便于后续加入 氨水使F3+转化为氢氧化铁沉淀除去。若溶液中 Fe+未被完全氧化，则向溶液中加入K3[Fe(CN)6]溶 液，产生蓝色沉淀，此时需要补加H2O2溶液。 答案(1)Li1-xFePO4+xLi++xe—-LiFePO4 (2)适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度 2LiFePO+3H2 SO==2H3 PO+Li2SO+2FeSO C(或石墨) (3)+3 (4)NaOH溶液 (6)Na2S04 (7)将Fe2+氧化为Fe3+K3[Fe(CN)6]溶液 18.解析[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2的内界为 [Fe(SCN)(H2O)5]2+,配体有SCN和H2O两种。 答案[Fe(SCN)(H2O)5]+2 9 19.A加水稀释至体积为原来的2倍，反应物和生成物浓！ 度均减小到原来的一半，导致浓度商Q增大，此时Q> K,平衡逆向移动，所以Fe3+的物质的量增大 20.解析K1 c([FeCl]2) c([FeCl2]) -e(Fe )e(ClKc(Fe)e(CI c(FeCl3) c([FeCl4]) K3- (F(C(F (C c(FeCl) c(Fe)+c(FeCl)+c(FeCl])+c(FeCl)+c(FeCl]) K.c(Fe )(Cr) FE)+K,·(e)(G)+K,·(Fex()+K,·(PFe)(G)+K,·(Fex(G) K3·c(C1) 1+K,·c(C)+K2·2(CI)+K3·c3(CI)+K,·(C) 97.72×12 30.2X12+1349X122+97.72×12+1,02×12≈0.80. 答案0.80 21.解析从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素的 工艺流程(1)MnO2转化为MnSO4得2e, NHHS)4转化为N,失3e,根据得失电子守恒， MnO2、NH1HSO4的化学计量数分别为3、2，即 3MnO2+2NH4HSO4→3MnSO4+N2,再根据原子 守恒，配平化学方程式为3MnO2十3 NH HSO4 低温焙烧 3MnSO1+N2+6H2O↑+NH3个。“高温 焙烧”时温度为650℃，根据已知信息可知，Fe2(SO4)3 可完全分解生成Fe2O3和SO3,“水浸”时Fe2O3不溶 于水，CaSO,微溶于水，故所得滤渣主要成分除SiO2 外还含有Fe2O3、CaSO4。(2)(NH4)2SO4在高温时完 全分解为气体，S元素逸出，故直接“高温焙烧”，金属氧 化物转化为硫酸盐的量减小，则“水浸”时金属元素的！ 浸出率减小。(3)“反萃取”时应使萃取反应逆向进行， 故应增大c(H+),结合得到CuSO4溶液知，加入的试： 剂为H2SO4。(4)pH=4时Co2+恰好沉淀完全，此时 c(s2)= Ksp(CoS)4X10-21 c(Co2+) 1×105mol·L-1=4× 10-16mol·L1,K(H2S)×Ka2（H2S) c(H）:c(HS）×H)·c(S)-2(H):c(S), c(HS) c(HS) c(HS) 则 c2(H+)·c(S2-) c (H2S ) Ka1(H2S)·K2(H2S) (10-4)2×4×10-16 1X107X1X10-8mol,L1=4×104molL-1, CoS“溶解”时CoS、H2O2、H2SO4发生反应，生成 CoSO4、S和H2O,结合得失电子守恒、原子守恒和电 荷守恒配平离子方程式为CoS+H2O2十2H+ Co2+十S十2H2O。(5)“沉锰”时发生反应：MnSO4十 2NHHCO-(NH)2SO+MnCOs+H2O+ CO2个，所得滤液主要含(NH4)2SO4,并入“吸收”液 中，经处理后所得产品导入“低温焙烧”循环利用。 答案(1)3MnO2+3NH4HSO4 低温焙烧3MnSO,+ N2↑+6H2O↑+NH3个Fe2O3、CaSO4(2)减小 (3)H2SO4(4)4×10-4CoS+H2O2+2H+- Co2++2H2O (5)低温焙烧 22.解析赤铁矿试样中铁含量的测定实验、仪器选择、方 1 案探究等(1)实验中配制K2Cr2O7标准溶液时需用 到容量瓶和量筒，量取浓盐酸也要用到量筒，K2Cr2O?: 标准溶液和SnCl2溶液均需盛放在酸式滴定管中，但！ 160 图中给的是碱式滴定管。(2)Sn2+易被空气氧化为 Sn4+,配制SnCl2溶液时加入少量锡粒，发生反应Sn +Sn4+=-2Sn2+,Sn4+被还原为Sn2+,从而防止 S2+被氧化。(3)步骤I中试样和浓盐酸反应时适当 加热可加快反应速率。(4)步骤Ⅲ中，若未“立即滴 定”，会导致部分Fe2+被空气中的O2氧化，则滴定时 消耗K2C江2O?标准溶液的体积偏小，从而导致测定的 铁含量偏小。(5)根据滴定时发生反应：6Fe2++ Cr2O号+14H+--6Fe3++2Cr3++7H20和消耗 VmL的K2Cr2O7标准溶液可计算出铁矿石中铁的含 量为5X56cVX10×100%=33,6cY%。(6)0从环 保角度看，SnCl2一TiCl3一KMnO4滴定法不存在重金 属汞、铬的污染。②为了做对照实验，实验1、ⅱ逐渐 增大硫酸的浓度，空白实验为不加硫酸的对照组，为保 持溶液总体积不变，且不引入其他离子，则试剂X应为 H2O。结合实验1、i来看，当硫酸的浓度为0.1mol ·LI时KMnO4溶液的紫红色不褪去，说明CI厂与 KMnO4未反应，当硫酸的浓度增至6mol·L1时 KMnO4溶液的紫红色明显变浅，说明此时KMnO4将 溶液中CI厂氧化为C2,则溶液酸度过高时CI厂对Fe2+ 的测定会有影响。 答案(1)容量瓶、量筒(2)Sn2+易被空气氧化为 Sn4+:2Sn2++O2+4H+--2Sn4++2H20,加入Sn, 发生反应Sn4++Sn一2Sn2+,从而防止Sn2+被氧化 (3)加快赤铁矿试样的溶解(4)偏小(5)33.6cY% (6)①不存在重金属汞、铬的污染②H2O溶液酸度 过高时，C1厂对Fe+的测定会有影响，酸度较低时CI 对Fe2+的测定基本无影响 3.解析物质成分分析、晶胞结构分析、热重曲线分析等 (1)①Fe2O3溶于HCl生成Fe3+,随着反应的进行， 溶液中c(H+)下降，Fe3+水解程度增大，生成的 Fe(OH)3会进入滤渣中。②浸出初期，Fe2O3溶解，Fe 浸出率上升，5min之后，HCl被逐渐消耗，c(H+)下 降，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣中，使得Fe浸出 率又下降。(2)①pH增大时，c(H+)减小，会促进反 应：(RNH)S0,+Fe++SOf+H,0反苹取 +(RNH)2Fe(OH)(SO1)2向萃取方向移动，根据已 知反应，c(H)增大，也会使(RNH)2SO4+H+ HSOM==2(R3NH·HSO4)平衡逆向移动，萃取剂 (R3NH)2SO4的浓度增大，也促进萃取反应正向进 行，故有机层中的Fe元素增多。②由均摊法知，晶胞 中位于面上的Fe有8个，位于晶胞内的Fe有4个，则 N(Fe)=8X号+4=8，位于晶胞面上的B有8个，则 N(Bi)=8X号=4，故N(e):N(Bi)=2:1 (3)①Nd3+、CO发生相互促进的水解反应，产物为 Nd(OH)CO3和CO2,根据电荷守恒、原子守恒配平反应 的离子方程式为2Nd3++3CO号+H2O= 2Nd(OH)CO3￥+CO2↑。②n[Nd(OH)CO3]= 884X103g=4×105mol,其中n(0H)=4× 221g·mol-T 10-5mol,550~600℃时，Nd(OH)CO3生成 Nd,O%(CO3),质量减少8.84mg-7.60mg=1.24mg。 焙烧产物中不含有H元素，则根据2OH~H2O,焙烧 过程中生成的H,0的质量为号×4×105m0l×18g· mol1×103mg·g1=0.36mg,则生成的C02的质量 为1.24mg-0.36mg=0.88mg,根据C0号~C02, 发生反应的C0g的物质的量为8X10g=2× 44g·mol-T 10-5mol,起始固体中含有的CO的物质的量= [Nd(OH)CO3]=4×10-5mol,则剩余固体中CO号 的物质的量为4×10-5mol一2×105mol=2×105mol, 焙烧过程中，Nd不会减少，则剩余固体中Nd3+的物质的！ 量为4×105mol,故产物中n(Nd3+):n(CO号)=(4× 10-5mol):(2×105mol)=2:1。 答案(1)①Fe(OH)3②浸出初期，c(H+)较大，Fe: 的浸出率较大，5min之后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生！ 成Fe(OH)3进入滤渣(2)①pH增大，有利于 (R3NH)2SO4的形成，促进萃取平衡向正反应方向移 动，有机层中的Fe元素增多②2：1(3)①2Nd3+ +3CO+H2O--2Nd(OH)CO3￥+CO2↑ ②2：1,8.84mgNd(OH)CO3的物质的量为4× 10-5mol,550~600℃时，固体分解产生H20与CO2,: 质量共减少1.24mg,其中n(H2O)=2×10-5mol, m(H20)=0.36mg,则m(C02)=1.24mg-0.36mg= 0.88mg,n(C02)=2×105mol,n(C02)=n(C0号)=2 ×105mol,n(Nd3+):n(CO号)=2：1 24.解析SOC2与H2O反应生成两种酸性气体，FeC12·! 4H2O与SOCl2制备无水FeC12的反应原理为：SOCl2 吸收FeCl2·4H2O受热失去的结晶水生成SO2和 HCl,HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。 (1)实验开始时先通N2,排尽装置中的空气，一段时间 后，先加热装置a,产生S()Cl2气体充满b装置后再加 热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FCl2· 4H,0+4S0C2△FcC,十4s02↑+8HC1个；装置c,d 的共同作用是冷凝回流SOl2;答案为：a;FeC2·4H2O +4S0C2△FeC2十4SO,+十8HC个：冷凝回流 SOCl2。 (2)滴定过程中Cr2O号将Fe2+氧化成Fe3+,自身被！ 还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++十Cr2O号+： 14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1g样品中 n(FeCl2)=6n(Cr2O号)=6cV×10-3mol;m1g样品 中结晶水的质量为(m1一m2)g,结晶水物质的量为 m2mol,n (FeCl2):n(H2O)-1:n=(6cVX 18 103molD:m1m2mol,解得n=1000Cm1二m2》 18 108cV- A.样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+, 导致消耗的K2Cr2O?溶液的体积V偏大，使n的测量 值偏小，A项选；B.样品与SOCl2反应时失水不充分， 则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；C.实验I称重 后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的 K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项 16 不选；D.滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生 成，导致消耗的K2Cr2O?溶液的体积V偏小，使n的 测量值偏大，D项不选；答案选AB。 (3)组装蒸馏装置对TCL4、CC14混合物进行蒸馏提纯， 按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨ ⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管 ⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管①，TiCL4极 易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装 顺序为①⑨⑧⑥①③⑤；由于TiCL4、CCl4分子结构相 似，TiCl4的相对分子质量大于CCL4,TiCl4分子间的 范德华力较大，TiC4的沸点高于CCl4,故先蒸出的物 质为CCl4:答案为：⑥⑩③⑤；CC14。 答案(1)a FeCla2·4H,0+4S0C2△FeCl2+ 4SO2个+8HCI个冷凝回流S(OC12 (2)1000Cm1-m22 108cV AB (3)⑥⑩③⑤CC14 考向二 .C2.D3.A4.B5.C6.C7.D8.D9.B 0.C11.C 2.解析利用镍矿制备超细镍粉的工艺流程、物质的分 离提纯等(1)基态Ni原子的核外电子排布式为 [Ar]3d84s2,故Ni位于周期表的d区。(2)“氧压氨浸” 时，加压可增大空气中O2在溶液中的溶解度，有利于 硫元素的氧化，从而提高氨水溶解NS形成 [Ni(NH3)6]2+的速率。NiS在O2与氨水共同作用下 转化为[Ni(NH3)6]SO4,根据得失电子守恒和原子守 恒可写出该反应的化学方程式为NiS十2O2+6NH3· H2O--[Ni(NH3)6]SO4+6H2O。(3)1个Cu(Ⅱ) 可与4个NH3分子形成配位键，故滤液1中铜的主要 存在形式为[Cu(NH3)1]2+。由已知②知，“部分蒸氨” 时，NH3被蒸出。(4)“转化”时S2O号被O2氧化为 SO?,根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可得离 子方程式：S2O号+202+20H==2SO星+H20,故 理论上每转化1molS2O?,消耗2molO2。(5)“部分 蒸复”时NH3未被完全蒸出，“转化”时产生SO,则 滤液3中含有NH、SO,浓缩结晶得到的 (NH4)2SO4可用于制作化肥。(6)结合所给图像可 知，当x=2时，溶液中N(Ⅱ)被还原耗时较短，且转化 率可达100%，而x≥3时，Ni(Ⅱ)的还原速率与转化率 均较低，故x应选择2。根据氧化还原反应规律可知， H2还原[Ni(NH3)2]+时溶液中发生反应 [Ni(NH3)2]2++H2--Ni+2NH,而还原 [Ni(NH3)]2+时发生反应[Ni(NH3)]2++H2一Ni +NH+H+,随着还原[Ni(NH3)]2+的反应进行，溶 液酸性增强，不利于“还原”步骤，故[Ni(NH3)]2+还原 程度较低而[Ni(NH3)2]+还原程度较高。 答案(1)d (2)增大O2溶解度，提高浸出速率和浸出率NS+ 202+6NH3.H2O--[Ni(NH3)6]S0+6H2O (3)[Cu(NH3)4]2+NH3 (4)2 (5)(NH1)2SO4 (6)2还原[Ni(NH3)]+时发生反应[Ni(NH3)]+: 十H2一一Ni+NH对十H+,溶液酸性增强，不利于“还！ 原”步骤 13.解析亚熔盐法高效提取钒和铬的工艺流程(1)V: 为23号元素，位于元素周期表第四周期VB族，Cr为 24号元素，位于元素周期表第四周期TB族，二者均位！ 于元素周期表的d区。(2)采用较大的O2流量可有效 增加O2含量，从而加快反应速率，并使反应更充分。 该反应中，Fe由十2价升高为十3价，V由十3价升高： 为+5价，1 mol Fe(0·V2O3失去5mol电子，O2中的： O由0价降低为-2价，1molO2得到4mol电子，根： 据得失电子守恒，Fe0·V2O3和O2的化学计量数分 别为4、5，再结合原子守恒配平化学方程式为4F0· V20,+24Na0H+50,A2Fe,0,+8NaV0,+ 12H2O。(3)结合上述分析可知，滤渣的主要成分有！ MgO.Fe2O3、CaSiO3。(4)由图可知，NaOH质量分数 为30%时，温度由80℃降低为40℃时，Na2CrO4的溶 解度几乎不变，而NaVO1的溶解度降低为接近0，有！ 利于冷却结晶过程中NaVO4析出，从而实现钒和铬的 有效分离。(5)母液中的主要溶质为NaOH,可返回氧！ 化工序重复利用。(6)还原工序中加入稀H2SO1和 Na2SO3,Na2CrO4被还原为Cr3+,Cr元素化合价由 十6降低为+3，SO号被氧化为SO星，S元素化合价由 +4升高为+6，根据得失电子守恒，CrO星和SO的： 化学计量数分别为2、3，反应环境为酸性，再结合原子！ 守恒、电荷守恒配平离子方程式为2CrO}十3S0O号十： 10H+-2Cr3++3SO+5H20。 答案(1)d (2)加快反应速率：使反应更充分4245281 12 (3)Fe2O3 CaSiO3 (4)与80℃时相比，40℃时Na3VO4的溶解度接近0， 而Na2CrO4的溶解度几乎不变 (5)氧化 (6)2CrO+3SO号+10H+--2Cr3++3SO号 +5H2O 14.解析从废芯片中回收金属的工艺流程(1)将废芯 片粉碎、提高焙烧温度或增大空气通入量均可提高“焙 烧”效率。(2)根据题给信息可知，“焙烧”中C未完全 转化为CuO,则“浸出1”中未转化的Cu被Fe3+氧化， 故Cu参与反应的离子方程式为Cu十2Fe3+一-Cu2+ 十2F2+。(3)“滤液1”中含有硫酸铜和硫酸亚铁，“电 解”时，“滤液1”和FSO4溶液分别作阴极液和阳极！ 液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换 膜作隔膜，故阳极的电极反应式为Fe2+一e一一 Fe3+,阴极的电极反应式为Cu2++2e一-Cu,故“电 解”的目的是将Cu2+转化为Cu,实现铜的回收，同时 生成Fe3+,实现硫酸铁的循环使用。(4)已知3Ce4+十 Au==3Ce3++Au3+的K约为4.8×105，从热力学 角度来看反应趋势很大，表明该反应可以进行得基本 完全，但“浸出2”中Au的浸出率较低，说明反应没有 充分发生，通常是动力学原因导致的，即该反应的活化： 能很高，在“浸出2”的条件下反应速率极慢，短时间内 无法充分反应，从而导致A在“浸出2”中浸出率较 低。(5)“沉淀”产生的AgCl可被N2H4还原为Ag,: 162 N2H4中N元素只转化为N2,根据得失电子守恒、原 子守恒可得反应的化学方程式为4AgCI十N2H4一 4Ag十N2个+4HCI,故理论上AgCI与N2H4反应的物 质的量之比为4：1。(6)“滤液3”中含有Ce3+和少量 Au、Pd元素，合并后可提高Au、Pd的回收率，流程的 最后将铈元素转化为Ce(OH)4进行回收，故将“滤液 3”合并到“浸出3”所得滤液中，可以富集铈元素，提高 (NH4)2Ce(NO3)6利用率。(7)“氧化”步骤中，NaClO 将Ce3+氧化为Ce4+,Ce4+在碱性条件下生成 Ce(OH)4沉淀，CIO被还原为C1,结合原子守恒、得 失电子守恒、电荷守恒可得反应的离子方程式为 2Ce3++CIO +60H +H2O--2Ce (OH) +Cl。 答案(1)将废芯片粉碎（或提高焙烧温度，增大空气 通入量) (2)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ (3)将Cu2+转化为Cu,实现铜的回收，将Fe2+氧化为 Fe3+,实现硫酸铁的循环利用 (4)该反应活化能大，反应速率慢(5)4：1 (6)提高Au、Pd的回收率，富集铈元素，提高 (NH4)2Ce(NO3)6利用率 (7)2Ce3++ClO+60H+H2O==2Ce (OH) +CI 5.解析由硫化铅精矿制备高纯铅的工艺流程(1)Pb 为82号元素，与C同主族，在元素周期表中位于第六 周期第NA族。(2)“加压氧化”时，PbS与硫酸、O2反 应生成S和PbSO4,离子方程式为2PbS十O2十4H++ 2SO?一2PbSO4+2S+2H2O。采用加压操作，可 提高O2在溶液中的溶解度，增大反应物浓度，从而加 快反应速率。(3)Z2+恰好沉淀完全时，溶液中 c(Zn2+)=1.0×10-5mol·L1,由Ksp[Zn(OH)2]= 0X10得0H）是.810mlL1= 3.0×10-12(mol·L1)2,c(Cd2+)=0.01mol·L-1, Q。=c(Cd+)·c2(0H)=0.01×3.0×10-12=3.0 ×1014>Ksp[Cd(OH)2]=7.2×1015,说明Cd2+会 发生沉淀，但Cd+沉淀完全时c2(OH厂)= 7.2×10-15 1.0X10万（mol,L1)2=7.2×1010(mol.L-1)2 >3.0×10-12(mol·L1)2,故Cd2+未沉淀完全，即 Cd2+部分沉淀，b正确。(4)配合物中en中的N提供 孤电子对，Pb+提供空轨道形成配位键，故配位原子为 N,a正确；根据题中信息可知“沉铅”过程中发生反应 2[Pb(en)2]2++CO2+4OH—Pb2(OH)2CO3￥+ 4en十H2O,反应消耗OH厂且生成H2O,导致溶液碱性 减弱，即溶液pH减小，b错误；流程中“胺浸”时消耗乙 二胺，“沉铅”时重新生成乙二胺，即“再生”后烯烃和乙 二胺可循环利用，C正确。(5)结合图示转化可知，“高温还 原”时Pb2(OH)2CO3与CH反应生成Pb、C)2等，化学方 程式为2Pb,(OH,C0,+CH,高温4Pb+3CO,十4H,0。炭 为固体，若用炭代替CH,固体炭会混入产品铅中，导致铅 纯度下降。(6)结合图示流程可知，“沉铅”后的溶液中 含有CO号、SO星，“再生”时加入Ca(OH)2,CO号、 SO与Ca(OH)2反应生成CaCO3、CaSO4。 答案(1)WA (2)2PbS+O2+4H++2S0?--2PbS04+2S+ 2H2O加压可增大氧气溶解度，提高反应物浓度 (3)b (4)ac （5)2Pb,(OH,C0,+CH,高温4Pb+3C0,+4H,0 固体炭会混入产品中 (6)CaCO3 CaSO 16解析从废弃印刷电路板中分离回收有价金属的工艺： 流程(1)Cu是29号元素，其价层电子排布式为 3d104s1,属于ds区元素，由于Au与Cu同族，故二者 均属于ds区元素。(2)结合所学可知，“酸浸1”中反应 的离子方程式为Ni+2H+一一N++H2个。(3)“滤！ 液2”中主要的金属离子为Ag+和Cu2+。(4)“氧化溶 金”时，根据已知①可知，PMS为过一硫酸盐，在强酸介 质中会水解，故不能用HC1代替KCI。结合已知信息 知，HSO5、SO号存在过氧键，则每个HSO5、SO 中，2个O为一1价，3个0为一2价，硫元素为十6价， 由已知②知，1O2中0为0价，则-1价的0发生歧化 反应生成0价和一2价的O,根据原子守恒、得失电子！ 守恒、电荷守恒配平该离子方程式为HSO5十SO号 —2SO+H++1O2。(5)由X到纳米Au是高价 态Au的化合物被还原为Au单质的过程，则加入抗坏， 血酸作还原剂。(6)结合滴定曲线可知，当加入 20.00 mL NaOH标准溶液时，恰好将H+完全中和，当加 入55.00 mLNaOH标准溶液时，Ni+恰好沉淀完全，则参 与生成Ni(OH)2的V(NaOH)=(55.00-20.00)mL= 35.00mL,根据关系式：Ni2+~20H得，“滤液1”中 c(Ni2+)= 2×35.00X103LX0.1000molL1 50.00×103L 0.035mol·L1。(7)“沉银”时，“滤液2”中的AgNO3与 “滤液3”中的NaOH反应会生成Ag2O,其化学方程式 为2AgNO3+2NaOH--Ag2O↓+2NaNO3+H2O. 答案(1)ds (2)Ni+2H+=-Ni2++H2↑ (3)Cu2+ (4)PMS在强酸介质中会水解，影响氧化溶金2SO星 H+ (5)还原剂 (6)0.035 (7)2AgNO3+2NaOH—Ag2O↓+2NaNO3+HzO l7,解析从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并冶铁的工 艺流程 (1)根据影响反应速率的因素知，“酸浸”时提高浸取速！ 率的措施有升高温度、增大SO2分压、降低矿粉的粒 度、增大酸的浓度等。(2)“酸浸”后Fe元素转化为！ Fe2+进入浸取液，高压加热时Fe2+与空气中O2反应 最终得到Fe2O3,根据得失电子守恒、原子守恒、电荷 守恒配平离子方程式为4Fe2++O2+4H20一一 2Fe2O3￥+8H+。(3)由表中数据知，Cu2+开始沉淀 时c(OH厂)=入 2.2×10-20 mol·L1=10-9mol· 1 0.022 L1,N+开始沉淀时c(OH) 5.5×1016 mol· 0.042 163 L1≈√131×10-8mol·L1>10-9mol·L1, Cu2+先沉淀，而“沉铝”时，Cu2+和Ni2+均不能沉淀， 故pH最高可调至一1g0” 109=5.00。(4)由配合物的 结构知，镍易进入有机相是因为镍与、)形成了配位 键，且烷基链具有疏水性。(5)由题图知，顶，点与面心 的最近距离：面心与体心的最近距离=√2：1，故Ni 位于面心，Cu位于顶，点，N位于体心，根据均摊法知， 晶胞中Ni的数目为6×号=3，Cu的数目为8×号 1,N的数目为1，故x:y：x=3:1:1,1个晶胞中距 离Cu最近的原子有3个（位于面心），每个Cu被8个 晶胞共用，故与Cu最近且等距离的原子个数为3×8× 号-12。(6)0工业合成复的逆反应为2NHEN, 十3H2,生成的H2与Fe2O3发生反应3H2十Fe2O3 700℃2Fe十3H20使Fe不断生成。②“电解”时， Fe2O3在阴极发生还原反应生成Fe,故石墨棒作阳极， 铁片作阴极，为避免Fe2O3、铁片与酸发生副反应，电 解质溶液应选择碱溶液，如N。H溶液，据此设计电解 池。③高炉炼铁时会产生CO等污染性气体，分析流程 图和电解池的工作原理知，这两种治铁方法中均不产 生污染性气体。 答案(1)升高温度、增大SO2分压、降低矿粉的粒度、 增大酸的浓度(2)4Fe2+428(3)5.00 Fe (4)AD(5)3:1:112(6)①2NH3N2+3H2 700℃ 3H2+Fe2O3= 2Fe+3H2(O Fe片 石墨棒 ② Fe,O,NaOH溶液 ③污染性气体排放低（低碳排放） 8.解析从贵金属合金粉中回收铑的工艺流程(1)由 上述流程分析可知，“酸溶1”的目的是除去合金粉中的 Fe。(2)已知“酸溶2”中Rh被氧化为H2[RhCl],王 水中浓HNO3被还原为NO2,结合原子守恒及得失电 子守恒可知，该反应的化学方程式为Rh十6HCI十 3HNO3—H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O。由上述流 程分析可知，“滤渣”的主要成分是SiO2。(3)“沉铑”中 得到的沉淀经“灼烧”后含有的少量的Rh2O3和RhCl3 被氢气还原为Rh,故“高温还原”中发生反应的化学方 程式为Rh,O,十3H,高温2Rh+3H,0和2RhCl,十 高温 3H2 2Rh十6HC12。(4)SnCl2初始浓度为1.0× 10一4mol·L1,恰好生成Sn(OH)2沉淀时，溶液中 KLSn(OH)2≈2.3x102mol·Ll, (OH)e(Sn) pOH≈11.6，pH≈2.4，故为避免生成Sn(OH)2沉淀， 溶液适宜的pH应小于2.4，故本题选A。 (5)[Rh(SnCls)5]4-带4个单位负电荷，Sn为+2价， 则Rh为十1价。“活化还原”过程中，Rh(Ⅲ)以 [RhCl;]3-计，被还原为Rh(I),SnCl2被氧化为 [SnCl6]2-,同时SnCl2与CI厂结合形成[SnCl3],每 形成1个[Rh(SnCl3)5]4-需要5个SnCl2,结合原子守 恒及得失电子守恒可知，理论上SnCl2和[RhCl6]3反！ 应的物质的量之比为6：1。(6)根据上述流程分析可 知，“酸溶3”的目的是将Rh与Zn、Sn分离。 答案(1)除Fe(2)Rh+6HCI+3HNO3- H3[RhCl6 ]+3NO2+3H2O SiO2 (3)Rh2O3+ 3H2 温2Rh十3H,0,2RhCg十3H,高温2R+6HCl (4)A(5)+16:1(6)将Rh与Zn、Sn分离 19.【命题点】由闪锌矿制备ZS的流程分析、Ksp相关计 算、晶胞掺杂等 流程分析 闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等，加入H2SO4、O2酸浸后， ZnS、FeS,CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd+,经过除 铁、除镉除去Fe3+与Cd+,调pH、沉锌后获得ZnS。 解析(1)①酸浸时，若不通入O2,会发生反应：ZnS十 H2SO4一ZnSO4+H2S,通入O2可以氧化S2-生成 S,促进酸浸反应正向进行，提高Zn+浸出率；③由②： 知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时 消耗溶液中的H+,加入的氧化物为ZnO。 (2)晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，： 则区域A中，由C1一替换S2一，区域B中，由Cu+替换！ Zn2+,按照均摊法，区域B中含Zn2+:3个，Cu+:1个、 $2:8×8+6×2=4个，(+2)X3+(+D×1+ (一2)×4=一1，则区域B带负电。 (3)①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废！ 液”，可写出反应的离子方程式：2H3AsO3+3ZnS十： 6H+-As2S3+3Zn2++6H20。 答案(1)①氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行 ②否pH=0时，c(H+)=1mol·L1 c(S2-)=Kn(HS)·K(H2S)·c(H2S) c2(H+) =1.0×10-7×1.2×10-13×10-2 12 mol·L1 =1.2×10-22mol·L c(Cd2+)= Ksn(CdS)_8.0×10-27 c(s2)1.2X102mol·L1≈6.67 ×10-5mol·L1>1.0×10-5mol·L1,则Cd2+未 沉淀完全 ③ZnO (2)CI负电 (3)①2H3AsO3+3ZnS+6H+—As2S3+3Zn2+ +6H2O ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减： 小，促进As2S3+6H2O=一2H3AsO3+3H2S平衡正 向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 快解 Cu+比Zn2+少一个单位正电荷，区域B替换后，所含 正电荷总数少1，负电荷总数不变，因此区域B带负电。 20.【命题点】工艺流程分析，涉及方程式的书写、Kn的 相关计算、实验条件的控制、氧化还原反应的判断等 流程分析 原料：电解锰工业废盐（含Mg2+、Mn2+、NHt的疏酸： 盐)除杂离子：Mg2+、NH 目标产物：MnSO4·H2O 沉锰I：加入NH3·H2O和O2,Mn2+转化为 16 Mn(OH)2后被氧化为MngO4,过滤获得Mn3O4,滤液 中含有未沉淀的Mn2+、Mg2+、NH、SO星。 沉锰Ⅱ：向滤液中加入(NH4)2S2Og,将未沉淀的 Mn2+转化为MnO2,滤液中含有Mg2+、NHt、SO。 沉镁I:向滤液中加入NH3·H2O和NH4HCO3调节 pH,使得部分Mg2+转化为zMgCO3·yMg(OH)2· H2O,滤液中含有未沉淀的Mg2+、NH、SO。 煅烧：rMgCO3·yMg(OH)2·zH2O经煅烧获得轻 质MgO。 沉镁Ⅱ：加入H3PO1,Mg2+转化为MgNH4PO4· 6H2O,滤液中含有NH4、SO星。 结晶：向滤液（含有NH、SO)中加入H2SO4调节 pH=6.0,促使NH和SO结合为(NH4)2SO4结晶 析出。……第(6)问 焙烧：MngO1、MnO2与(NH4)2SO1混合焙烧最终获得 MnSO4·H2O,Mn的化合价降低。 解析()废盐溶解时，升高温度、充分搅拌均可提高 溶解速率，但高温下NH易水解生成NH?逸出，故升 高温度要适当。 (2)Mn(OH)2被氧化成Mn3(O4,Mn元素化合价由+2 升高为平均价态十弩，氧气中氧元素化合价由0降低 为一2，根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式 为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4十6H2O。根据题目信 息可知，Kp[Mg(OH)2]>Kp[Mn(OH)2],故当 Mg2+开始沉淀时，Mn2+已生成沉淀，则溶液中 c(Mg2+)c(Mg2+)2(OH)KtMg(OH)2 c(Mn2+)c(Mn2).c2(OH)Ksp[Mn(OH)2] 101125 =1012元=10l.47c(Mg2+)=100.0molL1,则 c(Mn2+)=10-2.15mol·L-1。 (3)根据题给信息可知，S2O号中含有过氧键，在加热 水解过程中过氧键断裂，与水反应生成H2)2和 NH4HSO4,H2O2不稳定，分解生成O2。 (4)根据MgCO3和Mg(OH)2的KsD可知，Mg(OH)2更 难溶，当DH较大时，溶液中c()H)较大，主要生成 Mg()H)2,煅烧时没有CO2气体生成，不能得到疏松 的轻质MgO。 (5)根据题图可知，pH=8.0时，P元素主要以HPO 形式存在，已知加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完 全，此时存在形式为MgHPO4,pH=4.0时，P元素主 要以H2PO4形式存在，沉淀完全溶解，Mg元素主要以 Mg2+形式存在，则沉淀溶解的离子方程式为MgHPO1 +H3PO4=-Mg2++2H2PO4。 (7)Mn,0,中Mn元素的平均价态为十，MnO中 Mn元素为+4价，MnSO4·H2O中Mn元素为+2 价，故在焙烧中Mn元素化合价降低，Mn发生还原 反应。 答案(1)适当升高温度充分搅拌 (2)6Mn(0H)2+O2--2Mn3O4+6H2010-2.15 (3)02 (4)pH较大时，沉镁I主要生成Mg(OH)2(生成物碱 式碳酸镁中y值较大)，煅烧时没有CO2气体生成，使 得MgO结构不疏松，密度较大，不能得到轻质MgO (5)MgHPO+H3 PO-Mg2++2H2PO (6)(NH4)2SO4(7)还原 风向速览工艺流程大融合命题 以实际的工业生产为情境，通过工艺流程图的形式再！ 现生产的关键环节，结合文字说明和图表等信息，综合 考查元素化合物知识、氧化还原反应概念及陌生方程 式的书写、反应条件的控制与选择、产率的计算、K即的 应用及计算、绿色化学思想等。命题会更多地关注化： 工生产中的新技术、新方法，以真实的工业生产过程为 素材，使试题情境更加贴近实际生产，考查在实际情境： 中运用化学知识解决问题的能力；同时加大化学学科 内不同模块知识的融合，如将元素化合物知识与化学 反应原理、化学实验、结构化学等模块相结合，同时也！ 可能会涉及与其他学科如物理、生物等学科的交叉： 融合。 21.【命题点】无机工艺流程分析，涉及手性碳原子、原因： 分析、方程式书写等 流程分析 : 原料：ZnS、PbSO1、FeS、CuCl 除杂元素：Fe、Cu 目标产物：ZnS、Pb 氧化浸出：(NH)2SOg具有强氧化性，可将部分金属 元素氧化成其较高价态，NH3·H2O提供配体NH3,: 所得滤液中Zn、Cu元素分别以[Zn(NH3)4]2+和 [Cu(NH3)4]+形式存在，PbSO,不反应且FeS在碱： 性溶液中转化为Fe(OH)3,即滤渣1的主要成分为 PbSO和Fe(OH)3; 除铜：加入Zn置换出Cu,此时滤液中含金属元素的微： 粒主要是[Zn(NH3)4]2+; 沉锌：加入(NH4)2S,使Zn元素转化为ZnS沉淀； 浸铅：用H2A、Na2A溶液处理含PbSO1的滤渣1，使Pb元： 素转化为PbA,F(OH)3在“浸铅”时不发生反应，所以滤 渣2中的金属元素为Fe;…第（⑤）问 真空热解：将结晶后得到的PbA在真空条件下高温分 解，得到纯Pb。 解析(1)手性碳原子是指连有4个不同原子或原子： 团的饱和碳原子，根据酒石酸的结构简式，可知其分子： 中2个与羟基直接相连的碳原子均为手性碳原子，即1： 个H2A分子中有2个手性碳原子。 (2)S2O号中S元素的化合价为+6，S2O?中2个S原 子通过过氧键相连，过氧键中的O化合价为一1，其他 O的化合价为一2，“氧化浸出”过程中S元素化合价不！ 变，0元素化合价变为一2，因此S2O?转变为SO星。 (4)溶液中存在平衡[Cu(NH3)4]2+==Cu2++ 4NH3,加入Zn,发生反应Zn十Cu2+=-Zn2+十Cu和 Zn2+十4NH3==[Zn(NH3)1]2+,使该平衡不断正 移，最终使[Cu(NH3)4]+转化为[Zn(NH3)4]+,总： 反应为[Cu(NH3)4]2++Zn一[Zn(NH3)4]2+ +Cu. (6)“浸铅”步骤加入H2A、Na2A混合溶液，存在平衡： H2A==H++HA、HA=H++A2和PbSO4: +A2-一PbA+SO星，随体系pH升高，溶液中 c(A2-)增大，更有利于生成PbA;因为K[Pb(OH)2] 的数量级较小，所以Pb(OH)2也为难溶物，如果pH过！ 高即c(OH-)过大，会使Pb2+(aq)十2OH(aq)==! 165 Pb(OH)2(s)平衡正移，生成Pb(OH)2沉淀。 (7)根据题给信息可知，H2A的化学式为C4HO6,在 290℃“真空热解”PbA生成PB和2种气态氧化物，结 合氧化物定义知，H元素转化为H2。,根据原子守恒， C元素转化为CO,所以该反应的化学方程式为 PbLOOC(CHOH)COO]290 Pb 4CO+ 真空 2H2O↑。 答案(1)2(2)SO (3)温度升高反应速率增大，浸出率增大；温度过高会 导致NH3·H2O分解使NH3逸出，且温度高时 (NH4)2S2Og分解，反应物浓度降低，浸出率减小（其他 合理答案均可) (4)[Cu(NH3)4]2++Zn--[Zn(NH3)4]2++Cu (5)Fe (6)pH升高，c(A2-)增大，有利于生成PbA Pb(OH)2 真空Pb+4C04+ 90℃ (7)PbLOOC(CHOH)2COO= 2H2)个 22.【命题点】以铬铁矿为原料制取K2Cr2O7的化学工艺 流程，涉及价层电子排布式、化学方程式书写、操作原 因等 流程分析 原料：铬铁矿[Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2] 目标产物：K2Cr2O7 除杂元素：Fe、Mg、Al、Si 煅烧：在400~500℃下，Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2与 KOH和O2反应转化为Fe2O3、MgO、K2CrO4,Al2O3、 SiO2分别与过量的KOH反应，转化为KA1O2、 K2SiO3+ 浸取：KAIO2、K2SiO3与CO2反应，分别转化为A1(OH)3、 H2SiO3沉淀，Fe2O3、MgO与KHCO3-K2CO3(aq)、CO2均 不反应，则滤渣I的主要成分为Fe2O3、H2SiO3、MgO、 Al(OH)3;… 第(3)问 蒸发、分离：通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，分离出 K2CrO4固体，滤液I中含有K2CrO4; 酸化：向K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2提供酸 性环境，将K2CrO4转化为K2Cr2O7,同时有副产物 KHCO3生成； 分离：将K2Cr2O,与KHCO3分离，滤液Ⅱ的主要溶质 为KHCO3;……第(5)间 还原、分离：Fe(C))5作还原剂，将滤液I中剩余的 K2CrO4还原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3,同时 生成CO和KOH,其中Fe(OH)3和Cr(OH)3进入滤 渣Ⅱ，KOH进一步处理得到K2CO3 解析(1)铬是24号元素，其基态原子的核外电子排 布符合洪特规则特例，价层电子排布式为3d54s。 (2)煅烧时Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中的O2(作氧 化剂)发生反应生成K2CrO4、Fe2O3和H2O,根据得失 电子守恒、原子守恒，即可写出该反应的化学方程式。 (4)通入过量CO2的目的是提供酸性环境，使K2CrO4 转化为K2Cr2O7,加压的目的是增大CO2的溶解度，使 更多的CO2溶解在溶液中，从而保证酸化反应充分进 行，提高酸化反应速率和K2CxO4的转化率。 (6)由流程分析可知，该工序中反应物有Fe(CO)5、 K2CrO4、H2O,产物有Cr(OH)3、CO、KOH和 Fe(OH)3,根据得失电子守恒、原子守恒，即可写出该！ 反应的化学方程式。 (7)滤渣Ⅱ主要成分是Cr(OH)3、Fe(OH)3,可返回煅 烧工序，节约原料、实现绿色化学。 答案(1)3d54s 400~500℃ (2)4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH 8K2CrO+2Fe2O3+8H2O (3)MgO Al(OH)3 (4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行 (5)KHCO3 (6)Fe(CO)5+K2 CrO+4H2O==Cr (OH)3+ Fe(OH)3￥+2KOH+5CO↑ (7)煅烧 关键点拨 在书写陌生氧化还原方程式时，要抓住化合价变化的 元素进行分析，本题中还原、分离工序发生反应的化学 方程式中出现了金属羰基配合物Fe(CO)5,CO为中性： 配体，整体化合价为0，从而得出Fe的化合价也为0， 即反应中Fe的化合价发生变化。 23.解析利用石煤与苛化泥制备V2O5的流程(1)V为 23号元素，价层电子排布式为3d34s2;结合已知信息和： (3)中信息可知，焙烧后V的存在形式为Ca(VO3)2、 NaVO3,V为+5价；结合上述分析可得气体①： 为CO2。 (2)结合石煤和苛化泥的主要成分及已知信息知，焙烧： 所得产物主要为Ca(VO3)2、NaVO3、Na[Al(OH)4]: 等，其中Ca(VO3)2难溶于水，水浸后得到NaVO3、 Na[Al(OH)4]的混合溶液，结合该流程的目的为制备 V2O5知，滤液中的杂质主要为Na[Al(OH)4]。(3)盐 浸工序中Ca(VO3)2转化为CaCO3,结合电荷守恒、元 素守恒配平可得反应的离子方程式。加压条件下通入 CO2可增大溶液中HCO3浓度，促进Ca(VO3)2转化 为CaCO3,VO3进入溶液进行后续操作，从而提高钒 的浸出率。盐浸后滤液①中含有VO3,为提高钒的利： 用率，可将其加入离子交换工序。(4)离子交换时发生！ 阴离子交换反应：VO3+R—N(CH3)3C1一R一 N(CH3)3VO3十C1,根据所用树脂类型知，洗脱时可： 使用NaC1溶液，使钒元素转入溶液中： R-N(CHa)3VO+CI==R-N(CH3)3CI+VO3.; (5)将溶液调至碱性，NH4CI会转变成NH3·H2O,从 而影响沉钒；降低NH4CI的浓度会使沉钒不充分，也 会影响沉钒。 答案(1)3d34s2+5CO2(2)Na[Al(OH)4] (3)Ca(VO3)2+HCO3 +0H-=CaCO3+2VOg+ H2O使HCO?浓度增大，促进Ca(VO3)2转化为 CaCO3,使VO3进入溶液中离子交换(4)NaCI (5)bd 24.解析从铜阳极泥中分离提纯金和银的工艺流程、氧化 还原反应、物质间转化、物质结构分析等(1)铜元素是29： 号元素，根据构造原理可写出基态铜原子的核外电子排布！ 式为[Ar]3d4s',Cu在元素周期表中位于第四周期第 IB族。(2)结合流程转化可知，CU在酸性条件下被！ 166 H2O2氧化为Cu2+,故“浸出液1”中含有的金属离子 主要是Cu2+。(3)“浸取2”步骤中Au在盐酸作用下 被H2O2氧化为HAuCl1,根据Au、O元素的化合价变 化和得失电子守恒等可写出其化学方程式为2Au十 3H2O2+8HC1==2HAuC14十6H2O。(4)“浸取2”步 骤中Ag在盐酸作用下被H2O2氧化为AgCl,“浸取3” 中AgCl1与Na2S2O3作用生成[Ag(S2O3)2]3。(5)结 合“浸取液3”的主要成分及“电沉积”步骤中得到Ag,可 知该步骤中阴极反应式为[Ag(S2O3)2]3+e一 Ag￥十S2O,“电沉积”后溶液中含大量的Na+和 S2(O5,形成的Na2S2(O3可循环利用。(6)结合图示流 程及氧化还原反应规律可写出“还原”步骤的化学方程 式为4 HAuCl4+3N2H4一4Au+3N2个+16HCl,则 反应中被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为 3：4。(7)氧的半径比硫小，负电荷的密度更高，对相 应成键电子对的斥力大，所以(b)中氧氧键键能比(a) 中硫硫键小，更易断裂，(b)不稳定，故Na2S2O3不能被 I2氧化成(b)结构。 答案(1)四IB(2)Cu2+(3)2Au+3H2O2+ 8HCI-2HAuCI+6H2O (4)AgCI (5)[Ag(S2O3)2]3-+eAg￥+2S2O号 Na2S2O3(6)3:4(7)氧氧键中氧的半径比较小，所 以负电荷的密度比较高，对相应成键电子对的斥力大， 氧氧键的键能小，更易断裂，(b)不稳定（或其他合理答 案) 5.解析从湿法炼锌产生的废渣中回收含锰高钻成品的 工艺流程(1)将废渣进行粉碎处理，可增大废渣与硫 酸的接触面积，增大“酸浸”速率。Pb与冷的硫酸不反 应，且Pb的氧化物与硫酸反应生成的硫酸铅的溶解度 较小，故“滤渣1”中金属元素主要为Pb。(2)加入 MnO2的作用是将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+,便于后 续加入ZnO调pH=4时，Fe3+完全转化为Fe(OH)3 沉淀。为了检验滤液中Fe2+是否完全被氧化为Fe3+, 可取少量反应后的溶液，加入铁氰化钾溶液，若出现蓝 色沉淀，说明溶液中还存在Fe2+,需补加MnO2 (3)“氧化沉钻”过程中发生反应MnO4十3Co2++ 7H2O-MnO2↓+3Co(OH)3↓+5H+,前面加 MnO2生成的Mn2+也可与MnO1反应，离子方程式 为3Mn2++2MnO4+2H2O-5MnO2V+4H+。 (4)原废渣中Zn及添加的ZnO中的Zn一直在溶液 中，添加的KMnO4会生成K2SO4,故“除钻液”中主要 的盐有ZnSO4和K2SO1。根据表中Co3+沉淀完全时 的pH=1.1可知，Ksp[Co(OH)3]=1.0×10-5×(1.0 ×1012.9)3=1.0X1043.7,溶液pH=5时，c(OH) =1.0×109mol·L1,则残留的Co3+浓度为 Kn[Co(0H)31=1.0×10167mol·L1。 c3(OHΓ) 答案(1)增大“酸浸”速率Pb(2)将Fe2+氧化为 Fe3+铁氰化钾溶液Fe2+(3)MnO,+3Co2++ 7H20--MnO2↓+3Co(OH)3￥+5H+、3Mn2++ 2H2O+2MnO4=5MnO2￥+4H+(4)ZnSO4和 K2S041.0×10-16.7 6.解析从炼锌废渣中提取钻的工艺流程(1)“酸浸” 时磨碎废渣，能够增大反应物与稀硫酸的接触面积，加 快“酸浸”速率。(2)C0)溶于稀硫酸发生反应的化学！ 方程式为CoO+H2SO4一CoSO4十H2O。(3)由题： 给信息可知，此时c(Zn2+)≤10-5mol·L1,则c(S2-) c2n2号≥2.5×1017molL1,则c(Co2+)= Ksp(ZnS)、 Ksn(CoS) c(S2-） ≤1.6×10-4mol·L1<0.10mol·L1, Co2+开始沉淀，故不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。： (4)根据题给条件及氧化还原反应规律，可写出“沉锰” 步骤中发生反应的离子方程式：Mn2+十S2O号十 2H20一MnO2￥+2SO+4H+,则生成1.0mol: MnO2时，产生4.0molH+。(5)由已知②可知，溶液 pH=4时，Fe3+转化为Fe(OH)3。(6)“沉钻”时， Co2+与CIO反应转化为Co(OH)3与C,结合氧化： 还原反应规律可知，该反应的离子方程式为2C02+十！ C1O+5H20--2Co(OH)3￥+C1+4H+。(7)由 已知②可知，Zn2+在pH≈8.2~12时以Zn(OH)2沉 淀形式析出，故回收Zn(OH)2时应调pH≈8.2~12， 再过滤分离。 答案(1)加快“酸浸”速率(2)CoO十H2SO4一 CoS01+H20(3)1.6×10-4不能(4)4.0mol (5)Fe(OH)3(6)2Co2++C10+5H20 2Co(OH)3↓+C1-+4H+(7)用NaOH调节滤液 pH为8.2~12，将析出的沉淀过滤、洗涤、干燥 27.解析(1)根据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介 质中以CO星存在，故煅烧后含铬化合物主要为： Na2CrO4。(2)煅烧时通入空气，含铁化合物转化为！ Fe2O3,且Fe2O3不溶于水，故水浸渣中还含有Fe2O3。 (3)“沉淀”步骤加入稀H2SO1调pH到弱碱性是为了 让A1O2转化为A1(OH)3沉淀而除去。(4)体系中存！ 在平衡MgNH PO4一Mg2++NHt+PO,当pH: <9时，PO十H+==HPO,c(PO)降低，平衡： 正移，不利于生成MgNH PO4沉淀；而pH>9时 Mg2+会形成Mg(OH)2沉淀，原料利用率低。(5)根 据题干描述，V2O5既可与酸反应生成盐和水，又可与！ 碱反应生成盐和水，故V2O5具有两性。(6)分离钒后！ 溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O号存在，还原过程中 Cr2O号被S2O号还原为Cr3+,S2O号转化为SO, 因此反应的离子方程式为2Cr2O号十3SO号十10H! 一4Cx3++6SO+5H2O,之后调pH,Cx3+转化为： Cr(OH)3。 答案(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)3 (4)溶液中c(PO)降低，不利于生成MgNHPO4沉 淀Mg2+形成Mg(OH)2沉淀(5)C(6)3S2O号 +2Cr2O号+10H+-6SO+4Cr3++5H20 28.解析(1)仪器A的名称为具支试管；Cu与浓HNO3 反应产生的尾气直接用NaOH溶液吸收会引发溶液倒！ 吸，装置B起到安全瓶的作用，防止倒吸。(2)Cu在稀： H2SO4作用下，被H2O2氧化生成Cu2+和H2O,溶液； 变蓝。Cu2+作用下，H2O2会被催化分解生成O2。在 Na2SO4溶液中H2O2不能氧化Cu,在稀H2SO4中 H2O2能氧化Cu,说明H使得H2O2的氧化性增强。 (3)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuO,其在惰性 161 氛围下分解生成黑色氧化物(CuO),则： Cuo,Cu 64+16x80 n 则64十16x=80.又及=合·解得x=2,则X的化学式 n 为CuO2。(4)CuO2在酸性条件下生成Cu2+,Cu2+与 KI反应生成I2,l2遇淀粉变蓝，用Na2S2O3标准溶液 滴定I2,当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液的 蓝色褪去，且半分钟内不恢复时，表明I2已完全反应， 达到滴定终点。CuO2中Cu为十2价、O为一1价，结 合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应 2CuO2+8I+8H+—2Cul￥+3I2+4H2O,则 2CuO2~3L26Na2S2O3,则样品中m(CuO2）= 0.1000×15.00×10-3×2×96g=0.048g,w(Cu02) 6 =0.048g×100%=96%。 0.0500g 答案(1)具支试管安全瓶（防倒吸）(2)Cu十 H2O2十2H+一-C2++2H20O2增强H2O2的氧化 性(3)CuO2(4)滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时， 溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复96.0% 29.解析(1)依次编号为①C(s)十O2(g)一CO2(g), ②2C(s)十O2(g)==2C0(g),③TiO2(s)+2C12(g) 一-TiCl4(g)+O2(g),④TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g) ==TiC4(g)十CO2(g)。由图可知，600℃时C(s)+ O2(g)一一CO2(g)的△G<0,反应自发进行，故A不符 合题意；由图可知，600℃时2C(s)十O2(g)一一 2CO(g)的△G<0,反应自发进行，故B不符合题意；由 图可知，600℃时TiO2(s)+2Cl2(g)一TiCl4(g)+ O2(g)的△G>0,反应不能自发进行，故C特合题意：根 据盖斯定律，TiO2(s)十C(s)+2Cl2(g)一一TiCl4(g) 十CO2(g)可由①十③得到，则600℃时其△G<0,反应 自发进行，故D不符合题意。(2)①根据表中数据可 知，该温度下C主要生成CO和CO2,根据同温同体积 下气体的压强之比等于物质的量之比可知TiC4、CO 和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、 CL反应的总化学方程式为5T02十6C+10C12600℃ 5TiC14+2CO+4CO2。②随着温度升高，CO2与C发 生反应：C+C02高温2C0,导致C0含量升高。(3)“降 温收尘”后钒元素主要以VOC3形式存在，加入Al得 到VOC12渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平化学 方程式为3VOCl3+Al一一3VOCl2+AlCl3;AlCl3、 SCL4与TiC4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用 蒸馏的方法分离AIC3、SiC4。(4)若先“除硅、铝”再“除 钒”，“除钒”时需要加入A1,又引入A杂质，因此“除钒”和 “除硅、铝”的顺序不能交换。(5)本工艺中加入Mg冶炼 T的方法为热还原法。高炉炼铁的原理是用还原剂将铁 矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符 合题意；电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故 B不符合题意：铝热反应制锰是利用A作还原剂，将锰从 其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；Hg为 不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞， 故D不符合题意。 答案(1)C(2)①5Ti02+6C+10C12 60℃5TiCl +2C0十4CO2②随着温度升高，CO2与C发生反应：： C+CO2 高温2c0(3)①3 VOCI-+Al--3v0C2+ A1C3②蒸馏(4)不能若先“除硅、铝”再“除钒”，！ “除钒”时需要加入Al,又引入A1杂质(5)AC 30.解析化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足： 量氨气反应生成固体混合物A,A和盐酸反应生成： 0.960g紫红色固体应该是Cu,无色溶液B中加入 0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是 BaSO4,无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉 淀2.330g是BaO4,据此解答。(1)根据以上分析可 知Cu的物质的量是648.96=0.015mo1,第一次 1.165g 生成硫酸钡的物质的量是233g,m0一=0.05mol, 第二次生成硫酸钡的物质的量是233gm01可 2.33g 0.01mol,因此1.965gX中一定含有0.96gCu,Ba的 质量是0.005mol×137g·mol-1=0.685g,二者质量 之和是1.645g<1.965g,相差0.32g,根据原子守恒 可知应该是氧元素，物质的量是16gm0 0.32g = 0.02mol,则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3： 4,所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O,X的化学式为 BaCu3O4。(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然： 能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为 HCl、H2SO4。(3)①反应中Cu元素化合价降低，得到 电子，则氨气中氨元素化合价升高，被氧化生成氮气， 根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3十 BaCu3O4△Ba(OH)2十3Cu十N2十2H20。②X难溶： 于水，但可溶于复水中，说明有[Cu(NH3)4]2+生成，所！ 以该反应的离子方程式为BaCu3(O4+12NH3·H2()一 3Cu(NH3)4]2++Ba2++8OH-+8H2O。(4)反应中 氨气可能过量，高温下水是气态，氨气性质稳定，所以： 需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红 色石蕊试纸置于尾气出口，若变蓝，说明尾气中有 NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有： H2O。 答案(1)Ba、Cu、O BaCu3O4(2)HCl、HSO4 (3)2NH3+BaCu2O-A-Ba(OH2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3·H2O--3[Cu(NH3)4]2++ Ba2+十8OH-十8H2O(4)将湿润的红色石蕊试纸置于： 尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷： 的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。 31.解析由题千信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3,杂质 为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图！ 分析，黄锌矿培烧，主要发生反应：ZnC0,墙桃Z0十 CO2个，再加入H2SO1酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、: Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH =5,结合表格数据，过滤得到滤渣①为Fe(OH)3、 CaSO1、SiO2,滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、 Ca2+、Fe2+,再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化 Fe2+,过滤得到滤渣②为Fe(OH)3和MnO2,滤液② 中加入锌粉，发生反应Zn十Cu2+一Zn2+十Cu,过滤： 16 后得到滤渣③为C,再向滤液③中加入HF脱钙镁，过 滤得到滤渣④为CaF2、MgF2,滤液④为ZnSO4溶液，经一 系列处理得到ZnS)!·7H2O,据此分析解答。(1)焙烧 时，生成Zn0的反应为ZnC0,焙烧Zn0+c0,+. (2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大 硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率。(3)NH?·H2O 易分解产生NH?污粢空气，且经济成本较高，故A不 适宜：Ca()H),不会引入新的杂质，且成本较低，故B 适宜；NaOH会引入杂质Na+,且成本较高，C不适宜； 当沉淀完全时（离子浓度小于105mol·L1),结合表 格Kp计算各离子完全沉淀时的pH,pH<5的只有 Fe3+,故滤渣①中有Fe(OH)3,又因为CaSO4是微溶 物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、 CaSO4、,SiO2。(4)向80~90℃的滤液①中加入KM nO1溶液，可氧化Fe2+,得到Fe(OH)3和MnO2的滤 渣②，反应的离子方程式为3Fe2+十MnO十7HO 一3Fe(OH)3Y+MnO2￥+5H+。(5)滤液②中加入锌 粉，发生反应Zn十Cu2+一Zn2+十Cu,故加入锌粉的目 的为置换Cu2+为Cu从而除去。(6)滤渣④为CaF2、 MgF2,与浓硫酸反应可得到HF,同时得到的副产物为 CaSO4、MgSO4。 答案(1)ZnC03 ,培烧Zn0十C0z↑ (2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的 浓度等(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2 +MnO+7H2O=3Fe(OH)+MnO2+5H (5)置换Cu2+为Cu从而除去(6)CaSO4MgSO4 32.解析铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb,还有 少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠 溶液进行脱硫，疏酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固 体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液 中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为 4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成 分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧 化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属 阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理 得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生 成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为PbSO4(s)十 CO3(aq)=PbCO3(s)十SO1(aq),由一些难溶电 解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.4X 10-14,Ksp(PbSO4)=2.5×108,反应PbS04(s)+ CO号(aq)==PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K= c(SD片) c(Pb2+).c(SO)Ksp (PbSO4) c(CO)=c(Pb2+)·c(COg）=Ksp (PbCO) 7.4X10≈3.4X105>105,说明可以转化的比较初 2.5×10-8 底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少 铅的损失。(2)反应BaSO4(s)+CO号(aq)== BaCO3(s)+SO号(aq)的平衡常数K= c(SO) c(CO号-) c(Ba2).c(SO)Ksp(BaSO)1.1X10-10 c(Ba2+)·c(C0)K(BaC(0)=2.6X109≈ 0.04《105,说明该反应正向进行的程度有限，因此加 入碳酸钠不能使铅膏中的BaS)1完全转化。 (3)(1)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被 过氧化氢氧化为铁离子。（ⅱ）过氧化氢促进金属Pb 在酷酸溶液中转化为Pb(Ac)2,过氧化氢与Pb、HAc 发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O,依据得失电 子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb十 H2O2+2HAc—Pb(Ac)2+2H2O。(m)过氧化氢 也能使PbO2转化为Pb(Ac)2,铅元素化合价由+4价 降低到十2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。 (4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉 淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化 铁。(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的 BaSO1完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、 氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅，最终转化为了氧 化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳 酸钠、氢氧化钠时引入的Na十。 答案(1)PbSO4(s)+CO号(aq)一PbCO3(s)+ SO(aq)反应PbSO4(s)+CO⅓(aq)= PbC0,(s)+s0(aq)的平衡常数K=c(SO) c(CO号) c(Pb2+)·c(SO星)_Ksp(PbSO4) c(Pb2+)·c(CO号)Ksp(PbCO3) ≈3.4×105>105， PbSO1可以比较彻底的转化为PbCO3(2)反应 BaSO4(s)+CO⅓(aq)==BaCO3(s)+SO星(aq)的平 衡常数K= c(SO)c(Ba2+)·c(SO星) c(CO号-) c(Ba2+)·c(CO) Kn（BaS0≈0.04《10，反应正向进行的程度有限 Ksp (BaCO3) (3)()Fe2+(ii )Pb+H2O2+2HAc--Pb(Ac)2 +2H2O(川)作还原剂 (4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2+、Na+ 33,解析由流程可知，该类矿（含铁、铝等元素）加入酸化 MgSO1溶液浸取，得到的浸取液中含有RE3+、Mg2+、 Fe2+、Fe3+、Al3+、SO等离子，经氧化调pH使 Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有 RE3+、Mg2+、SO等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形 成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶 液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷 却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到REC3溶液。 (I)由分析可知，“氧化调pH”的目的是除去含铁、铝等元 素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+,以便后续除杂，所以 化合价有变化的金属离子是Fe+。(2)由表中数据可知， AB+沉淀完全的pH为4.7，而RE+开始沉淀的pH为 6,2,所以为保证F3+、AI3+沉淀完全，且RE+不沉淀，要 用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程 中A13+发生反应的离子方程式为A13+十3OH一 A1(OH)3￥。(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L1,即 0.1125mol·L1,根据Ksp[(C1H23COO)2Mg]= c(Mg2+)·c2(C11H23COO-),若要加入月桂酸钠后只 生成(C1H23COO)3RE,而不产生(C1H23COO)2Mg, 则c(C1H23CO)）< Ksp (C11 H23COO)2 Mg] c(Mg2+） /1.8×10-8 W0.1125 mol·L-1=4.0×10-4mol·L-1 (4)①“加热搅拌”有利于加快RE2+溶出，提高产率，其 原因是加热搅拌可加快反应速率。②“操作X”的结果 1( 是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C1H23COOH) 的熔点为44℃，故“操作X”的过程为先冷却结晶，再固 液分离。(5)由分析可知该工艺中，可再生循环利用的 物质有MgSO4。(6)①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt 为十4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YC3和 PtCL4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移 l5mol电子。②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生 还原反应，发生的电极反应为O2十4e一十2H2O ==40H-。 答案(1)Fe2+(2)4.7≤pH<6.2A13++3OH ==A1(OH)3￥(3)4.0×10-4(4)①加热搅拌可 加快反应速率②冷却结晶(5)MgSO4(6)①15 ②O2+4e+2H20—40H 专题四物质结构元素周期律 考向一 1.A2.B3.D4.C5.A6.D7.B8.A9.D 10.C11.B 考向二 1.B2.B3.A4.A5.D6.C7.B8.B9.D 10.D11.D12.A13.A14.C15.A16.A17.B 18.C19.D 考向三 1.A2.D3.C4.B 专题五化工生产中的重要非金属元素 考向一 1.D2.A3.D4.C5.B 6.解析药用硫黄中硫含量的测定实验(1)由图中仪器 构造特点可知，仪器①的名称是圆底烧瓶，仪器②的名 称是球形冷凝管。(2)由于S难溶于水，微溶于乙醇，故 步骤「中，乙醇的作用是作溶剂，溶解硫黄。(3)由于过 氧化氢能将乙醇氧化，干扰后续滴定，故步骤I中，样品 完全溶解后必须蒸馏除去乙醇。(4)由于水浴加热不能 持续保持100℃，故步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热。步骤 Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO?,实验操作是 取少量溶液于试管中，先加入HC】酸化，再加入氯化钡 溶液，若有白色沉淀生成，则溶液中含有SO星，反之不 含SO星。(5)步骤Ⅲ中是用盐酸标准溶液滴定溶液中 过量的碱，指示剂为甲基橙，故判断滴定达到终点的现 象为加入最后半滴HC】标准溶液，溶液恰好由黄色变为 橙色，且半分钟内颜色不恢复。(6)不加入硫黄进行步 骤I、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCI标准溶液体积为 V3mL,由此可知，起始加入的n(KOH)=cV3×10-3 mol。加入硫黄进行步骤I、Ⅱ、Ⅲ操作，用cmol·L1 HCI标准溶液滴定至终，点，消耗HC】标准溶液体积为 V2mL,由此可知，与S反应后剩余的KOH的物质的量 为cV2×103mol,故与单质硫反应消耗的KOH的物 质的量为c(V3-V2)×103mol,结合题中所给的离子方程 式可知，样品中硫的物质的量为V3-V,)×10 -mol,故 单次样品测定中硫的质量分数可表示为 16c(V3-V2)×10-3 ×100%。 答案(1)圆底烧瓶球形冷凝管(2)作溶剂，溶解硫 黄(3)防止乙醇被过氧化氢氧化，干扰后续滴定 (4)水浴加热不能持续保持100℃取少量溶液于试管 9