2027届高考化学一轮复习专题训练：工业流程图题

**基本信息** 2027届高考化学工业流程图专题，含20道综合题，覆盖金属提取与无机化工制备真实情境，融合元素化合物、反应原理与计算，适配一轮复习综合能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |工业流程图题|20小题（金属12题+无机8题），每小题14分左右|元素化合物、Ksp/配位平衡、化学计算、实验操作|真实工业情境（如废旧电池回收、高纯金属制备），问题梯度分明（基础方程式书写到原理分析），整合多地区模拟题，贴近高考命题趋势|

2027届高考化学工业流程图题专题 可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Al 27　Si 28　P 31　S 32　Cl 35.5　K 39　Ca 40　Mn 55　Fe 56　Cu 64　Zn 65　Br 80　Ag 108　Ba 137 一、金属矿物提取与回收（本题共12小题） 1．（山东卷）一种从铜阳极泥 (主要含Au、Ag2Se、Cu2Se) 中分离提取贵金属Au、Ag的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性 Cl2直接和Au 反应生成AuCl3。 Ksp (AgCl) = 1.6 × 10-10；Ag+ + 2NH3 ⇌ [Ag (NH3(2[+ K = 1.0× 107。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成二元弱酸H2SeO3 的离子方程式为___________________ _____________________________________________。 (2)“球磨提金”时，生成 Cl2 的反应中作氧化剂的是 (填化学式)。 (3)“酸溶”时，AuCl3转化为 [AuCl4[-；“反萃取”时加入Na2SO3 溶液后，水相中Au以 [AuSO3[- 形式存在，Na2SO3 的两个作用是 。“酸化析金”时，[AuSO3[- 发生自身氧化还原反应的离子方程式为 。 (4)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使 0.010molAgCl完全溶于1.0 。 L氨水，则反应后溶液中c (NH3( ≥ mol.L-1。 (5)“还原提银”所得滤液X 经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X 时加入的物质是 (填化学式)。 2．（广东卷）金 (Au) 是一种战略性金属。从某金精矿 (含金、银、Sb2S3、FeS2、SiO2和MgO等) 中提取金并综合 利用部分物质的一种工艺如下。 已知：Au(Ⅲ(和Ag (Ⅰ(在一定条件下均可与 Cl- 形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 Fe (OH(3 Fe (OH(2 Mg(OH(2 Ksp(298K( 2.8 × 10-39 4.9 × 10-17 5.6 × 10-12 (1) 金精矿研磨成粉是为了 ，提高浸取速率。 (2)“沉锑”的反应中，还原剂为 。 (3)“电解”在电解池 (图 1) 中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为 。 ②初始电解液中 c (Fe2+( = 1.4mol/L，c (Mg2+( = 0.056mol/L。为防止阳极室电解过程中产生沉淀， 理论上，最终阳极室 c (OH-(应不大于 mol/L(列算式)。 (4)“X”包含多个步骤，需同时用到HCl 和H2O2 溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中 c (H2O2( 的变化如图 2，Au 在滤液 2中主要以 [AuCl4[ -存在。为尽可能提高金的提取率和纯度， “X”包括的步骤为 。 (5)“沉金”通过NaOH 的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成Au的离子方程式为 。 2[AuCl4[ -+ HSO3-+ = 2Au ↓+ + 8Cl- + H+。 (6) 某杂冠醚可选择性地与含银废液中的Ag+形成如图 3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与Ag+有配位作用且 。 (7) ① Sb与N 同族，AlSb与 GaN 中离子键成分的百分数较大的是 。 ② AlSb晶体的立方晶胞结构如图 4，其原子占据 A、B、C 三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al 占据 位置，Sb 占据 位置。 (填编号) 3．（重庆卷）从金精矿 (含Au、FeS2和FeAsS 等) 提取金的一种综合利用工艺流程包括如下三个过程： (1) 焙烧金精矿 ① S 元素位于周期表第 周期。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是 。 ③焙烧时，FeS2 分解为FexS 和气态 S，该化学方程式为 。 ④烟气中含有As4和As4S4等物质。已知As4分子为正四面体形，As4S4分子结构可视为 4 个 S原子分别嵌入As4 的 4条棱上，则As4S4 分子的结构有 种。 (2) 制备硫代硫酸盐 ①气体 a的化学式为 。 ②固体Ⅰ和固体Ⅱ是两种非金属单质，其名称分别为 。 (3) 提取金 ①浸金过程中，Au 在 O2 的作用下与 S2O3 (2)-生成 [Au(S2O3( 2[3-，其离子方程式为 。 ②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，Zn 置换过程中会有Zn(OH(2，生成而影响提金的效果。 25℃时，溶液中 c(NH3( = 0.1mol/L，c{r( [Zn(NH3( 4[2+r{( 。 = 9×10-4。 mol/L，为确保 [Zn(NH3( 4[2+不转化为Zn(OH(2沉淀，理论上pH 不应高于 。 (Zn2+ +4NH3= [Zn(NH3( 4[2+K= 3 × 109，Ksp [Zn(OH(2[= 3 × 10-17( 。 4．（四川卷）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银 的方法。浸渣主要含有 SiO2、PbFe6(SO4(4 (OH)12、CaSO4、ZnS 和少量Ag2S 等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 PbSO4 PbCl2 CaSO4 Ag2SO4 AgCl Ksp 2.5 × 10-8 1.7 × 10-5 4.9 × 10-5 1.2 × 10-5 1.8 × 10-10 回答下列问题： (1) 闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第 周期、第 族。 (2)“煅烧”温度控制在 350℃ 左右，PbFe6 (SO4(4 (OH)12 中的硫酸根不分解、铅以PbSO4 形式存在，其分解反应的化学方程式是 。 (3)“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是 ，浸出的主要金属离子是 。 (4)“溶铅”时，使用含 CaCl2 的热浓食盐水将铅盐转化为 [PbCl4[2-，其离子方程式是 。食盐水中添加 CaCl2 的作用有 。 (5)[PbCl4[2-溶液适当稀释和降温，便析出PbCl2沉淀。分离PbCl2后的母液，应返回 步骤中。 (6)“电解”时，PbCl2压片组成阴极，惰性电极作阳极，NH4Cl溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生 Cl2和少量 O2 外，阳极附近溶液中还伴有少量N2生成和pH 下降，导致溶液pH 下降的原因有 。 5．（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： ( 0.01mol·L⁻¹PMS 稀硝酸 0.1mol·L⁻¹KCl 抗坏血酸 滤渣! 酸浸2 滤渣2 氧 化溶金 滤液4 X 滤液2 滤液3 沉银 Ni(OH)₂ AgCl 稀盐 酸 预处理 酸浸1 滤液1 NaOH 溶液— 碱沉 →纳 米A WPCB- ) 已知：① PMS为过一硫酸盐(含过氧键),在强酸介质中会水解。 ②O₂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，KCI不能用HCI替代的原因为 PMS发生反应的离子方程式： HSO+so3-= + +'o₂(将离子方程式补充完整)。 (5)工序“X”中，抗坏血酸的作用为 (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VINaOH)的关系如图(pOH=-1g[c(OH⁻)/(mol ·L⁻¹)], pNi=- lg[c(Nr²)/(mol- L⁻¹)],忽略Ni² 的水解)。“滤液1”中Ni²的浓度为 mol·L! (结果保留小数点后3位)。 pOH 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 6．（江西卷）稀散金属铟 (In)是重要的战略资源。粗In(OH)3中主要杂质元素有 As(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)，精制工艺流程图如下： 已知： a) 萃取剂 [Hbet ] [Tf2N ]是离子液体 b)Ksp [In(OH)3[ = 6.4×10-34，Ksp [Fe(OH)3[ = 2.8×10-39 c)分配率 (Fe) = nFe (有机 (n F)e相(有) n Fe (相))(水相) ×100% 回答下列问题： (1)离子液体 [Hbet ] [Tf2N ] (填“能”或“不能”)与水互溶。 (2)阶段Ⅰ, In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素 C(Vc)的作用是 。 (3) 有机相 2可循环用于阶段 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (4) 试剂①可选择HCl或H2SO4，主要元素的含量如下表 (wt%，按投料计质量分数)。 元素 粗 In( OH ) 3/wt% 水相 2/(mg.L-1) 精制In(OH)3/wt% H2SO4 组 HCl 组 H2SO4 组 HCl 组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i ．水相 2中，H2SO4 组Pb2+ 浓度远小于HCl组，原因是 。 ii ．实际工艺中选用 HCl的原因是 _______________________________________________________ _________________。 (5) 阶段Ⅲ,溶液中 c(OH-( = mol.L-1 时，In3+ 恰好沉淀完全。 (6) 水相 2中的砷酸 (H3AsO4) 最终转化成FeAsO4沉淀，杂质As 被除去。写出总化学反应方程式 。 7．（河北卷）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： 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+ Na3 VO4+ H2O (3) 滤渣的主要成分有MgO 、、(填化学式)。 (4)80℃ 和 40℃ 时，Na3 VO4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： 。 (5) 母液返回 工序。 (6) 还原工序中，反应的离子方程式为 。 8．（贵州卷）钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣 [含 Sc(OH)3 及 Al、 Mg、Fe等的氢氧化物] 中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中 Sc(OH)3夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以 Sc3+ 的形式被浸出。 ③ 25°C 时，Ksp [Al(OH(3[ = 10-32.9，Al3+ + 4OH- ⇌ [Al(OH)4[- K = 1033.3。回答下列问题： (1) 基态钪原子的价层电子轨道表示式为 。 (2)“预处理”工序的操作是 。 (3)“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH 溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图 1，最佳NaOH 溶液浓度为 。 (4)“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为 。 (5)pH 对萃取率的影响如图 2，HNO3 溶液浓度对洗脱率的影响如图 3。 ①“无机溶液 1”中存在的金属阳离子主要是 。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+ 的工序是 ，依据是 。 (6)“碱浸”工序中，25°C、溶液中 c{[Al(OH)4 ]-} = 0.1 o mol.L-1 时，pH 为 。 9．（湖南卷）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： 已知：①乙二胺 (H2NCH2CH2NH2，简写为 en) 为一种二元弱碱。 ② Ksp [Zn(OH)2[ = 3.0×10-17，Ksp [Cd(OH)2[ =7.2 × 10-15。 ③金属离子浓度不超过 1.0×10-5O mol . O L-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 0.01 O mol . O L-1、0.02 O mol. O L-1，调pH 使 Zn2+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)。 10．（陕晋青宁卷）一种从废旧电池粉 (主要成分为LiFePO4，含有少量 FePO4、石墨、Al等) 中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 放电 ( 充电 )已知：①磷酸铁锂电池反应为LixCy +Li1-xFePO4 ⇌ LiFePO4 + Cy； ②“沉铝”时，滤渣中含Na3Li3Al2F12和少量NH4Fe3P6O20。 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，NH4Fe3P6O20 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AlPO4 + 3Li+ + 3OH- =Al(OH)3+Li3PO4 (平衡常数为 a L6 . mol-6)。若溶液中 c(Li+) 为 bmol. L-1，不考虑其他离子参与反应，为防止Li+ 沉淀， c(OH-) 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。 11．（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： 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[2-。 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 Au 在“浸出 2”中浸出率较低，原因是 。 (5)“沉淀”产生的 AgCl可被N2H4 还原为 Ag，N2H4 中N 元素只转化为N2。理论上 AgCl 与N2H4反应的物质的量之比为 。 (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 。 12．（黑吉辽蒙卷）某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，转化为的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体为__________（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，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择_______（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 二、无机化工产品制备（本题共8小题） 13．（北京卷）重晶石的主要化学成分为BaSO4，还含有少量的 SiO2 等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯BaCO3。 (1) 焙烧。使重晶石转化为粗BaS。该过程中生成 BaS 的反应有： i ．BaSO4 (s( + 4C (s( =BaS (s( + 4CO(g( ΔH =+571kJ . mol-1 ii ．BaSO4 (s( + 2C (s( =BaS (s( + 2CO2 (g( ΔH =+226kJ . mol-1 iii ．BaSO4 (s( + 4CO(g( =BaS (s( + 4CO2 (g( ΔH = kJ . mol-1。 (2) 浸钡。已知BaS 可溶于水。粗BaS 在热水中浸出，产生Ba(HS(2 和Ba(OH(2。取一定量粗 BaS，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中 c(Ba2+(、c(OH-(随加入水的体积 (V。水。( 的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、 。 ② V水 = vmL 时，几乎不产生H2S，溶液中 c (S2-( = mol . L-1(用含 c1、c2 的代数式表示)。 ③当 V水 > vmL 后，c (OH-( 比 c (Ba2+( 的变化幅度小，解释原因： 。 (3) 沉钡。Ba (OH(2 与NH4HCO3 反应快，导致浸出液中HS- 和 S2- 等被包裹而降低产品纯度，而Ba (HS(2 与NH4HCO3 反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式： 。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生H2S 的原因： 。 14．（北京卷）实验小组制备高锰酸钾。 资料：i ． K2MnO4 为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为 3MnO4 (2)- + 2H2O = 2MnO4- + MnO2 ↓+4OH-， ii ．浓碱性条件下，MnO4- 可被 OH- 还原为MnO4 (2)-。 iii ．KMnO4 的溶解度随温度升高而增大。 (1) 制备KMnO4 步骤 实验 Ⅰ 制备K2MnO4：将 0.015molKClO3、0.030molMnO2 和 0.080molKOH 三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。 Ⅱ 制备KMnO4：将X 用水溶解后，滴加 3mol . L-1CH3 COOH 至pH = 10(约 20mL)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约 100 mL 紫红色溶液 Y 和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯 KMnO4：将 Y 转移至蒸发皿中，90° C 水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体Z。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式： 。 高温 □KClO3 + □MnO2 + □ === □KCl + □K2MnO4 + □ ②Ⅱ中K2MnO4 歧化的原因：随pH 降低，MnO4 (2)- 的还原性不变，氧化性 。 ③取Ⅲ中少量Z 溶解，得紫红色KMnO4 溶液和少量棕黑色固体 (检验为MnO2)。 (2) 对Ⅲ中产生MnO2 的原因进行分析和探究 ①甲认为 CH3 COO- 将 MnO4- 还原，设计实验 i 验证：用含 0.2mol ⋅ L-1KMnO4 和 0.6mol ⋅ L-1 O CH3 COOK 的溶液 (pH=10( 代替 Y 重复Ⅲ的操作，所得固体含 MnO2。乙认为该现象不能证明CH3 COO- 还原了 MnO4-，理由是 ________________________________________________________ _________________。 ②乙设计和实施了实验 ii：用 代替 Y 重复Ⅲ的操作，所得固体不含 MnO2，实验 i 和 ii 证实了甲的观点。 ③丙用 0.15mol ⋅ L-1KCl 代替 CH3COOK 重复实验 i，证实Ⅲ中 Cl- 不能还原MnO4-。实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将 Y 转移至蒸发皿中，90°C 水浴浓缩，洗涤，干燥。 (3) 测定KMnO4 纯度并计算产率 按I 中投料，经优化步骤制得产品，取 1/4 配制成 250mL 待测液。酸性条件下，用待测液滴定H2C2O4标准溶液，MnO4- 被还原为Mn2+。测得 c(KMnO4( = amol ⋅ L-1。 ①滴定反应的离子方程式是 _____________________________________________________________ __________________。 (H2C2O4 是二元弱酸) ② KMnO4 的产率是 。 [产率 = (实际产量/ 理论产量) × 100%] 15．（湖北卷）赤铁矿主要成分为 Fe2 O3 (含少量 Si、Al、Mg等元素的氧化物)，结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁 (FePO4) 的低碳新工艺流程如下： 已知：25°C 时，H3PO4 的电离常数Ka1 = 6.92× 10-3；Ksp [Fe(OH)3[ = 2.80× 10-39。 回答下列问题： (1) 基态铁原子的价层电子排布式为 。 (2) 预处理将赤铁矿中部分Fe3+ 转化为Fe2+，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是 。 (3)“酸浸”条件：c (H+(为 8mol.L-1 的HCl-H3PO4混合酸，n (H3PO4( :n(Fe) = 1.05: 1。混合酸中盐酸的作用是 (答两条即可)。 (4) 酸浸液中加入H2O2，Fe2+ 被氧化成 [FeCl4[- 的离子方程式为 。 (5)“沉淀”步骤中，用氨水调节pH 至 2.00生成FePO4 . 2H2O 沉淀，无Fe(OH)3沉淀。基于Fe(OH)3 (s) ⇌Fe3+(aq) + 3OH-(aq)，该溶液中Fe3+ 浓度不大于 mol.L-1，此时滤液中的主要成分为 (填化学式)。 (6)FePO4 . 2H2O 沉淀煅烧得到FePO4，质量符合锂电池材料的工业规格。 pH = 2.40时，得到的沉淀FePO4 . 2H2O中含Fe(OH)3、FeO(OH) 等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中Fe与P 原子个 数比为 1.02:1。此时，产物中杂质是 (填化学式)。 16．（湖北卷）金属氯化物与三氟甲磺酸 (CF3SO3H，Mr =150)的反应常用于制备无水金属三氟甲磺酸盐。某同学在实验室中按照如下流程制备无水 Mg (CF3SO3( 2，Mr = 322。已知 CF3SO3H 是一种超强酸，沸点162°C，易溶于水、乙醚 (沸点 35°C) 和氯仿 (沸点 62°C)。 回答下列问题： Ⅰ. 按照上图组装仪器并检验装置的气密性，向烧瓶中加入MgCl2颗粒 (1.9 Og，0.02mol)。 (1) 仪器 a的名称 。 Ⅱ. 打开活塞，持续通入 N2，流速调至每秒逸出 2个气泡，缓慢滴加无水 CF3SO3H(10mL，0.113 O mol)，升温至 60°C，搅拌 1 Oh。 (2) 滴加过程中，装置A中的固体逐渐溶解，装置B中的现象是 。反应完毕，取装置 C中少量液体于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3 溶液，产生的沉淀是 (填化学式)。 (3) 装置A中发生反应的化学方程式为 。 Ⅲ. 反应完毕，向反应液中加入无水乙醚，析出固体。过滤，用无水乙醚洗涤、干燥，得粗产物。 (4) 查阅文献获知，乙醚与 CF3SO3H 混合时会剧烈放热。为了防止局部过热，加入乙醚时宜采取的措 施有 (答一条即可)。 Ⅳ. 粗产物提纯后，得到产品 5.8g。 (5)向混有少量 (CH3CH2( 2O (+)H . CF3SO3-杂质的粗产物中加入氯仿，煮沸、过滤，除去杂质。煮沸的主 要目的是 。 (6) 该实验的产率为 % (保留一位小数)。 17．（重庆卷）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用 SiHCl3氢还原法，该法的主 要反应有 (忽略其他副反应)： 反应 1 SiHCl3 (g( +H2 (g( ⇌ Si(s( + 3HCl(g( ΔH1 反应 2 2SiHCl3 (g( ⇌ Si(s( + SiCl4 (g( + 2HCl(g( ΔH2> 0 反应 3 SiHCl3(g( ⇌ SiCl2 (g( +HCl(g( ΔH3> 0 (1) ①反应 1的平衡常数K 随温度 T的升高而增大，则 ΔH1 0(填“>”、“<”或“= ”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。 一定条件下，反应 100h后，测得硅芯棒增重 16.0kg，则多晶硅的沉积速率为 kg/h。 (2) 在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为 x。体系压强为 100 kPa时，x与温度 T的关系如图所示。 ①在 1320 。 K 时，反应1的平衡常数Kp = kPa(保留小数点后两位，分压 = 总压 × 物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为 50 kPa，SiHCl3和HCl的曲线交叉点相对于M 点，将位于 区域 (填“高温”或“低温”)，其原因是 。 ③多晶硅的产率常用 表示，若n初始 (SiHCl3( = 1.0mol 和n初始 (H2( = 10mol，则M 点对应的 η= 。 (3) 相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。 一种在 CaCl2熔盐中电解SiO2制备 Si的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为 。 ②若阳极只产生 CO和 CO2，当产生的气体总量为 2.24L(标准状况) 时，生成 1.75gSi，则n(CO( : n(CO2( 为 。 18．（四川卷）某研究小组合成了配合物 Ni2 (hpta)(H2biim(4，用作制备一种金属 Ni纳米催化剂的前驱体。配合物合成步骤如下。 已知：(i)Ni (OAc )2 . 4H2 O为水合醋酸镍，易溶于水；H4 hpta为 ；H2 biim 为 。 (ii)THF(四氢呋喃) 是沸点为 67℃ 的有机溶剂，能与水互溶。 回答下列问题： (1) 步骤Ⅰ用到的仪器除了烧杯，还有 (填标号)。 a ． b ． c ． d ． (2) 步骤Ⅱ的部分装置如图所示 (省略加热及夹持装置)，仪器M 的名称是 ，步骤Ⅱ中，结束实验的正确操作是 (填标号)。 a ．先关闭冷凝水，再停止加热，等待冷却 b ．先停止加热，等待冷却，再关闭冷凝水 (3) 步骤Ⅳ的部分装置如下图所示，减压过滤时，用抽气泵抽走抽滤瓶内空气，产生压力差，加快过滤速度。 ①减压过滤时，若操作不当，易引起倒吸。实验装置中必须安装安全瓶，安全瓶的 (填“a”或“b ”) 口应与抽滤瓶连接。 ②过滤完成后，依次用少量 THF、蒸馏水和无水乙醇洗涤产品。每次加入溶剂洗涤前，都须暂停抽滤，其目的是 ，用蒸馏水洗涤的目的是 。 (4) 干燥后得到2.10 g 配合物 (M = 904g. mol-1)，则产率为 (保留至 0.1%)。 (5) 取一定量配合物，在N2氛围下匀速升温至 1000℃ 煅烧，制得了一种金属Ni纳米催化剂。配合物中Ni 被还原为单质，还原剂来源于 。 19．（云南卷）16 . (15分) 镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方 法，原理如下： 己知：CH₂Cl₂有毒、易挥发，p=1.33g ·cm³。 实验步骤如下： I.向双颈烧瓶中加入10mL含 Ni(NO₃)₂·6H₂O(1mmol) 的乙 醇溶液，通过仪器a 逐滴加入3mL 含bpy(2mmol)的乙醇溶液(装 置如右图，加热及夹持装置省略),加热搅拌，冷却至室温。 Ⅱ.将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20mLCH₂Cl₂溶解，再加少量 蒸馏水洗涤、分液。 Ⅲ. 有机层经减压蒸除溶剂，加入15mL乙醇和2mmol NaBPh₄ (Ph为苯基),产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯 后得紫色晶体(配合物Z,M₁=1009) m₁g。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为 (2)下列安全标识中，本实验不涉及的是_ (填标号)。 A. B. C. D. (3)步骤Ⅱ中洗涤的目的为 ,分液时CH₂Cl₂ 在_ 层(填“上”或“下”)。 (4)步骤Ⅲ中乙醇的作用为 (5)步骤Ⅲ中用 法提纯粗产品。 (6)配合物Z 的产率为_ (列出计算式即可)。 (7)测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是_ (填标号)。 A. 核磁共振氢谱法 B.质谱法C. 红外光谱法 D.X 射线衍射法 (8) 实验小组进一步探究不同投料比对 Ni(Ⅱ) 配合物结构的影响，以n(Ni²): n(bpy)=1:3 进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测Ni²+的配位数为 20．（黑吉辽蒙卷）某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（）的快速降解，制备对苯二甲酸（）。 反应式： 实验步骤： Ⅰ．向反应瓶中加入、、催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热至；随后加入，继续搅拌加热回流（回流温度）。 Ⅱ．反应混合物冷却后倒出，用水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。 Ⅲ．用稀盐酸调节滤液，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥得到固体。 已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是_______（填标号）。 （2）步骤Ⅰ中降解反应主要产物为乙二醇和____________（填结构简式）。 （3）步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是______________________，催化剂可采用________法便捷分离。 （4）步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的_______和______（填名称）。 （5）取步骤Ⅲ所得固体与标准品均三甲氧基苯（，）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为，则所得固体中对苯二甲酸含量为_____%（精确至1%）。 （6）若采用题中方法降解和（）的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。较大时，_______（填“”或“”）的降解产物析出。 —— 本卷完 —— 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高考化学工业流程图题专题 可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Al 27　Si 28　P 31　S 32　Cl 35.5　K 39　Ca 40　Mn 55　Fe 56　Cu 64　Zn 65　Br 80　Ag 108　Ba 137 一、金属矿物提取与回收（本题共12小题） 1．（山东卷）一种从铜阳极泥 (主要含Au、Ag2Se、Cu2Se) 中分离提取贵金属Au、Ag的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性 Cl2直接和Au 反应生成AuCl3。 Ksp (AgCl) = 1.6 × 10-10；Ag+ + 2NH3 ⇌ [Ag (NH3(2[+ K = 1.0× 107。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成二元弱酸H2SeO3 的离子方程式为___________________ _____________________________________________。 (2)“球磨提金”时，生成 Cl2 的反应中作氧化剂的是 (填化学式)。 (3)“酸溶”时，AuCl3转化为 [AuCl4[-；“反萃取”时加入Na2SO3 溶液后，水相中Au以 [AuSO3[- 形式存在，Na2SO3 的两个作用是 。“酸化析金”时，[AuSO3[- 发生自身氧化还原反应的离子方程式为 。 (4)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使 0.010molAgCl完全溶于1.0 。 L氨水，则反应后溶液中c (NH3( ≥ mol.L-1。 (5)“还原提银”所得滤液X 经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X 时加入的物质是 (填化学式)。 【答案】(1)3Cu2Se + 20H+ + 8NO3- = 6Cu2+ + 3H2SeO3 + 8NO↑+7H2O (2)KMnO4 (3) ①. 将 +3 价的Au 还原为 +1 价、提供配体 ②. 2[AuSO3 ]- = 2Au↓+SO4 (2)- + SO2 ↑ (4)0.25 (5)HCl 【解析】 【小问 1详解】 Cu2Se 中 Cu为 +1 价被氧化为 Cu2+，Se为-2 价被氧化为H2SeO3，NO3- 被还原为NO，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为 3Cu2 Se + 20H + + 8NO3- = 6Cu2+ + 3H2 SeO3 + 8NO ↑ +7H2O； 【小问 2详解】 “球磨提金”时，加入的KMnO4在酸性条件下氧化 Cl- 生成 Cl2，Mn 元素化合价降低，作氧化剂； 【小问 3详解】 SO3 (2)- 具有还原性，将 [AuCl4[- 中 +3 价 Au 还原为低价 +1 价 Au；SO3 (2)- 作为配体，与 Au形成络离 子 [AuSO3[- 进入水相实现反萃取，因此 Na2SO3 的作用为将 +3 价的 Au还原为 +1 价，提供配体； [AuSO3[- 中 Au降价生成 Au单质，S元素部分转化为 SO2、部分为 SO4 (2)-，结合得失电子守恒和原 子、电荷守恒配平方程式为 2[AuSO3 ]- = 2Au↓+SO4 (2)- + SO2↑ ; 【小问 4详解】 ( ,得平衡游离 c ( NH 3 ( = 0.25mol . L - 1 ，因此 c ( NH 3 ( ≥ 0.25mol . L - 1 ； )已知：AgCl (s( ⇌ Ag+ (aq( + Cl- (aq(Ksp = 1.6× 10-10；Ag+ + 2NH3 ⇌ [Ag (NH3(2[+K = 1.0× 107，总反应为 AgCl + 2NH3 ⇌ [Ag (NH3(2[+ + Cl-，平衡常数K总 =Ksp × K = 1.6× 10-3。 0.010molAgCl 完全 溶 于 1 L 氨 水 ，平 衡 时 c ( [ Ag(NH3)2 ]+( = c (Cl-( = 0 .010 mol. L-1，代 入 K总 = c([Ag (NH3)2 ]+(.c (Cl-( c2 (NH3( 【小问 5详解】 还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放NH3，滤液X 含铵盐，球磨提金工序需要NH4Cl，向滤液X加入HCl，将NH3转化为NH4Cl，可循环至球磨提金步骤。 2．（广东卷）金 (Au) 是一种战略性金属。从某金精矿 (含金、银、Sb2S3、FeS2、SiO2和MgO等) 中提取金并综合 利用部分物质的一种工艺如下。 已知：Au(Ⅲ(和Ag (Ⅰ(在一定条件下均可与 Cl- 形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 Fe (OH(3 Fe (OH(2 Mg(OH(2 Ksp(298K( 2.8 × 10-39 4.9 × 10-17 5.6 × 10-12 (1) 金精矿研磨成粉是为了 ，提高浸取速率。 (2)“沉锑”的反应中，还原剂为 。 (3)“电解”在电解池 (图 1) 中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为 。 ②初始电解液中 c (Fe2+( = 1.4mol/L，c (Mg2+( = 0.056mol/L。为防止阳极室电解过程中产生沉淀， 理论上，最终阳极室 c (OH-(应不大于 mol/L(列算式)。 (4)“X”包含多个步骤，需同时用到HCl 和H2O2 溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中 c (H2O2( 的变化如图 2，Au 在滤液 2中主要以 [AuCl4[ -存在。为尽可能提高金的提取率和纯度， “X”包括的步骤为 。 (5)“沉金”通过NaOH 的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成Au的离子方程式为 。 2[AuCl4[ -+ HSO3-+ = 2Au ↓+ + 8Cl- + H+。 (6) 某杂冠醚可选择性地与含银废液中的Ag+形成如图 3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与Ag+有配位作用且 。 (7) ① Sb与N 同族，AlSb与 GaN 中离子键成分的百分数较大的是 。 ② AlSb晶体的立方晶胞结构如图 4，其原子占据 A、B、C 三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al 占据 位置，Sb 占据 位置。 (填编号) 【答案】(1) 增大反应物接触面积 (2) Fe(或铁粉) ①. Fe2+ + 2e- =Fe (4) 先控制 H2 O2 浓度在 x1mol/L，与 HCl溶液浸出 Ag后过滤除去，再控制 H2 O2 浓度在 x3mol/L与HCl溶液浸出Au，过滤 (5) 2 [AuCl4[- + 3HSO3- + 3H2O= 2Au ↓+3SO4 (2)- + 8Cl- + 9H+ (6) 杂冠醚的空腔大小与Ag+ 的直径 (大小) 相匹配 (7) ①.GaN ②. A、B或 C③. C 或A、B 【解析】 【分析】先通过盐酸 + 氧化剂体系，将硫化锑转化为可溶性配离子 [SbCl4 ]-，过滤后滤泥含有Au、 Ag、SiO2、S等；滤液主要含 [SbCl4 ]-，还会存在Fe3+、Mg2+ 等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时也将Fe3+ 还原为Fe2+，滤液 1 含有Mg2+、Fe2+，通过电解实现沉锑试剂的回收循环，降低原料成本。滤泥除硫后得到含金银粉体，通过控制H2O2 浓度在酸性条件下实现金、银的选择性浸出，最后用亚硫酸钠还原沉金得到单质金，回收的锑可进一步加工制备光电材料AlSb，实现副产物高值化利用。 【小问 1详解】 固体研磨成粉，可增大反应物接触面积，加快反应浸取速率。 沉锑过程中，Fe 将 [SbCl4]- 中 +3 价 Sb 还原为 Sb单质，Fe 被氧化，作还原剂。 【小问 3详解】 ①电解回收沉锑试剂 (铁粉)，阴极Fe2+得电子生成Fe 单质，故阴极反应为Fe2+ + 2e- = Fe。 ②阳极室要防止产生沉淀，由Ksp数据可知，Fe(OH(2和Mg (OH(2 两种沉淀中，Fe(OH(2先沉淀，但考虑到阳极Fe2+失电子生成Fe3+，最终 c (Fe3+( =1.4 O mol/L，Ksp [Fe(OH(3[ = c (Fe3+( . c3 (OH-(，计算得不产生沉淀时 c (OH ，该值远小于Fe(OH(2 沉淀的临界c (OH-(，因此按Ksp [Fe(OH(3[计算。 【小问 4详解】 由图可知，c (H2O2(在 x1 时Ag浸取率接近 100%，Au浸取率很低，先过滤除去Ag；再将 c (H2O2( 调至 x3 ，Au浸取率接近 100%，可提高金的提取率和纯度。 【小问 5详解】 Au 从 +3 价降为0，2 个Au 共得 6e-；HSO3- 中 S 从 +4 价升为 +6 价 (生成 SO4 (2)- )，每个失 2e-，因此 HSO3-系数为 3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式 2 [AuCl4[ - + 3HSO3- + 3H2O= 2Au↓ +3SO4 (2)-+ 8Cl-+ 9H+。 【小问 6详解】 超分子选择性识别的原理，除了配位作用，还需要空腔尺寸与离子大小匹配。 【小问 7详解】 ①离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，N 电负性远大于Sb，Ga 和Al电负性相近，因此GaN 中电负性差更大，离子键成分更大。 ② AlSb为 1:1型化合物，晶胞中：A(顶点) 数目为8 B(面心) 数目为6 × , A+ B 共 4个；C(晶胞内部) 共 4 个，满足 4:4 = 1:1。由此可知，顶点和面心是一种原子，晶胞内部是另一种原子，因此Al 和 Sb分别占据顶点 (A) +面心 (B) 和体内四面体空隙 (C)；二者可互换顺序。 3．（重庆卷）从金精矿 (含Au、FeS2和FeAsS 等) 提取金的一种综合利用工艺流程包括如下三个过程： (1) 焙烧金精矿 ① S 元素位于周期表第 周期。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是 。 ③焙烧时，FeS2 分解为FexS 和气态 S，该化学方程式为 。 ④烟气中含有As4和As4S4等物质。已知As4分子为正四面体形，As4S4分子结构可视为 4 个 S原子分别嵌入As4 的 4条棱上，则As4S4 分子的结构有 种。 (2) 制备硫代硫酸盐 ①气体 a的化学式为 。 ②固体Ⅰ和固体Ⅱ是两种非金属单质，其名称分别为 。 (3) 提取金 ①浸金过程中，Au 在 O2 的作用下与 S2O3 (2)-生成 [Au(S2O3( 2[3-，其离子方程式为 。 ②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，Zn 置换过程中会有Zn(OH(2，生成而影响提金的效果。 25℃时，溶液中 c(NH3( = 0.1mol/L，c{r( [Zn(NH3( 4[2+r{( 。 = 9×10-4。 mol/L，为确保 [Zn(NH3( 4[2+不转化为Zn(OH(2沉淀，理论上pH 不应高于 。 (Zn2+ +4NH3= [Zn(NH3( 4[2+K= 3 × 109，Ksp [Zn(OH(2[= 3 × 10-17( 。 ( ③ . xFeS 2 — —— Fe x S + ( 2 x - 1 ( S ↑ ④ . 2 )【答案】(1)①. 三 ②.增大增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分高温 (2) ①. SO2 ②. 砷、硫 (3) ①. 4Au + O2+ 8S2O3 (2)-+ 2H2O = 4[Au(S2O3)2 ]3-+ 4OH-②. 10 【解析】 【小问 1详解】 ① S的核电荷数为16，电子排布为 2、8、6，共 3 个电子层，周期数等于电子层数，因此位于第三周期。 ②将矿石研磨成粉末可以增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分。 ③无氧焙烧，FeS2 分解为FexS 和气态 S，根据Fe、S 原子守恒配平得到化学反应方程式为 ( 高 — 温 — )xFeS2 ———FexS +(2x- 1(S ↑。 ④ As4 为正四面体，一共有 6条棱，从 6条棱中选 4条嵌入 S原子，等价去掉 2条棱，正四面体去掉 2条棱只有两种情况，两条棱相邻 (共顶点) 和两条棱异面 (对棱)，因此As4S4 分子的结构只有 2 种不同的结构。 【小问 2详解】 ①含FexS的焙渣在空气中焙烧，FexS 被氧化生成二氧化硫，因此气体 a为SO2。 ②烟气中含有As4、As4S4，因此反应后得到非金属固体单质Ⅰ为砷；H2S 和 SO2 发生反应 2H2S+ SO2 = 3S ↓+2H2O，得到的非金属固体单质Ⅱ为硫。 【小问 3详解】 ① Au 被 O2 氧化为 +1 价进入配离子，O2被还原，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到 离子方程式为 4Au + O2+ 8S2O3 (2)-+ 2H2O= 4[Au(S2O3)2 ]3-+ 4OH-。 ②配合物稳定常数 K ，代入数据： ，解得 c (Zn2+( = 3 × 10-9mol/L ， 不生成Zn(OH(2沉淀满足 c (Zn2+(. c2 (OH-(≤ Ksp [Zn(OH(2[，则 c (OH-( ≤ 4．（四川卷）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银 的方法。浸渣主要含有 SiO2、PbFe6(SO4(4 (OH)12、CaSO4、ZnS 和少量Ag2S 等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 PbSO4 PbCl2 CaSO4 Ag2SO4 AgCl Ksp 2.5 × 10-8 1.7 × 10-5 4.9 × 10-5 1.2 × 10-5 1.8 × 10-10 回答下列问题： (1) 闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第 周期、第 族。 (2)“煅烧”温度控制在 350℃ 左右，PbFe6 (SO4(4 (OH)12 中的硫酸根不分解、铅以PbSO4 形式存在，其分解反应的化学方程式是 。 (3)“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是 ，浸出的主要金属离子是 。 (4)“溶铅”时，使用含 CaCl2 的热浓食盐水将铅盐转化为 [PbCl4[2-，其离子方程式是 。食盐水中添加 CaCl2 的作用有 。 (5)[PbCl4[2-溶液适当稀释和降温，便析出PbCl2沉淀。分离PbCl2后的母液，应返回 步骤中。 (6)“电解”时，PbCl2压片组成阴极，惰性电极作阳极，NH4Cl溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生 Cl2和少量 O2 外，阳极附近溶液中还伴有少量N2生成和pH 下降，导致溶液pH 下降的原因有 。 【答案】(1) ①.四 ②. Ⅱ B ( 350 ° C )(2)PbFe6 (SO4(4 (OH)12 ————PbSO4 +Fe2 (SO4(3 + 2Fe2O3 + 6H2O (3) ①. 将Ag元素转化为AgCl沉淀，提高Ag的回收率 ②. Fe3+、Zn2+ (4) ①. PbSO4 + 4Cl- + Ca2+ = [PbCl4[2- + CaSO4②. 增大 Cl- 浓度，利于生成 [PbCl4[2-； Ca2+ 与PbSO4产生的 SO4 (2)- 结合，促进反应正向移动 (5) 溶铅 (6) 阳极发生电极反应 2H2O- 4e- = 4H+ + O2↑、2NH = 8H+ +N2↑,生成H+，使 得溶液的pH 降低 【解析】 【小问 1详解】 Zn元素原子序数 30，核外电子层为 4 层，价电子排布 3d104s2，位于元素周期表第四周期Ⅱ B 族； 【小问 2详解】 ( 学方程式为 PbFe 6 ( SO 4 ( 4 ( OH ) 1 2 — ——— PbSO 4 + Fe 2 ( SO 4 ( 3 + 2 Fe 2 O 3 + 6 H 2 O ； )由题，350℃ 下PbFe6 (SO4(4 (OH)12 分解，硫酸根不分解，产物为PbSO4、Fe2 (SO4(3、Fe2O3、H2O，化350°C 【小问 3详解】 酸浸加入少量 NaCl 电离出 Cl-，煅烧生成的 Ag2 SO4 会与 Cl- 发生沉淀转化，生成溶度积更小的AgCl 固体留存于酸浸渣，避免银随Zn2+、Fe3+ 进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为Fe3+、Zn2+； 【小问 4详解】 溶铅时 PbSO4固体和 Cl-、Ca2+ 反应生成可溶性 [PbCl4[2- 与 CaSO4 沉淀，离子方程式：PbSO4 + 4Cl- + Ca2+ = [PbCl4[2- + CaSO4；食盐水中的 CaCl2 电离出 Cl- 增大体系氯离子浓度，促进 PbSO4 转化为可溶性 [PbCl4[2-，同时 Ca2+ 结合反应生成的 SO4 (2)- 生成 CaSO4 沉淀，降低溶液中硫酸根浓 度，推动溶铅平衡正向移动； 【小问 5详解】 稀释降温后 [PbCl4[2-解离析出PbCl2，分离PbCl2后的母液富含 Cl-、Ca2+，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； 【小问 6详解】 电解时阳极除 Cl- 失电子发生氧化反应生成 Cl2 外，水电离出的 OH- 和电解液中NH失电子均会失电子，分别发生反应 2H2O- 4e- = 4H+ + O2↑、2NH = 8H+ +N2↑ 生成 O2、N2，两个阳极反应均生成H+，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH 下降。 5．（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： ( 0.01mol·L⁻¹PMS 稀硝酸 0.1mol·L⁻¹KCl 抗坏血酸 滤渣! 酸浸2 滤渣2 氧 化溶金 滤液4 X 滤液2 滤液3 沉银 Ni(OH)₂ AgCl 稀盐 酸 预处理 酸浸1 滤液1 NaOH 溶液— 碱沉 →纳 米A WPCB- ) 已知：① PMS为过一硫酸盐(含过氧键),在强酸介质中会水解。 ②O₂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，KCI不能用HCI替代的原因为 PMS发生反应的离子方程式： HSO+so3-= + +'o₂(将离子方程式补充完整)。 (5)工序“X”中，抗坏血酸的作用为 (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VINaOH)的关系如图(pOH=-1g[c(OH⁻)/(mol ·L⁻¹)], pNi=- lg[c(Nr²)/(mol- L⁻¹)],忽略Ni² 的水解)。“滤液1”中Ni²的浓度为 mol·L! (结果保留小数点后3位)。 pOH 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 【说明】原卷未提供官方答案，建议教师自行解答或参照评分标准。 6．（江西卷）稀散金属铟 (In)是重要的战略资源。粗In(OH)3中主要杂质元素有 As(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)、Pb(Ⅱ)，精制工艺流程图如下： 已知： a) 萃取剂 [Hbet ] [Tf2N ]是离子液体 b)Ksp [In(OH)3[ = 6.4×10-34，Ksp [Fe(OH)3[ = 2.8×10-39 c)分配率 (Fe) = nFe (有机 (n F)e相(有) n Fe (相))(水相) ×100% 回答下列问题： (1)离子液体 [Hbet ] [Tf2N ] (填“能”或“不能”)与水互溶。 (2)阶段Ⅰ, In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素 C(Vc)的作用是 。 (3) 有机相 2可循环用于阶段 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 (4) 试剂①可选择HCl或H2SO4，主要元素的含量如下表 (wt%，按投料计质量分数)。 元素 粗 In( OH ) 3/wt% 水相 2/(mg.L-1) 精制In(OH)3/wt% H2SO4 组 HCl 组 H2SO4 组 HCl 组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i ．水相 2中，H2SO4 组Pb2+ 浓度远小于HCl组，原因是 。 ii ．实际工艺中选用 HCl的原因是 _______________________________________________________ _________________。 (5) 阶段Ⅲ,溶液中 c(OH-( = mol.L-1 时，In3+ 恰好沉淀完全。 (6) 水相 2中的砷酸 (H3AsO4) 最终转化成FeAsO4沉淀，杂质As 被除去。写出总化学反应方程式 。 【答案】(1) 不能 (2) 将Fe(Ⅲ(还原为Fe(Ⅱ( (3) Ⅰ (4)①. PbSO4 的溶解度小于PbCl2②. In 元素的损失更少 (5)4×10-10 (6)4FeCl2 + 8NaOH + O2 + 4H3AsO4 = 4FeAsO4↓+8NaCl +10H2O 【解析】 【小问 1详解】 由题给流程知，阶段 1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。 【小问 2详解】 由图可知，水中加入 Vc 后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc 是典型的 还原剂，其作用为将Fe( Ⅲ(还原为Fe( Ⅱ(，实现In 和Fe的初步分离。 【小问 3详解】 有机相 2的成分为萃取剂[Hbet[[Tf2N[，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环用于阶段Ⅰ。 【小问 4详解】 i ．由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物PbSO4。或PbCl2，将Pb元素除去，H2SO4组Pb2+ 浓度低，说明PbSO4。更难溶。 ii ．由表格数据，HCl 体系水相 2中In浓度远大于硫酸体系，即In 保留量更多，最终精制In (OH(3中In的wt% 更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。 【小问 5详解】 恰好沉淀完全时，c (In3+( = 1× 10-5mol/L，此时 【小问 6详解】 由分析知，阶段Ⅰ中Fe( Ⅲ(被还原为Fe( Ⅱ(，水相 2 中Fe2+、H3AsO4反应生成FeAsO4 沉淀，铁由 +2 价变为 +3 价，故需要加入氧化剂，没有给出氧化剂时，考虑空气中的氧气，根据电子得失守恒、原子守恒配平化学方程式为 4FeCl2 + 8NaOH + O2 + 4H3AsO4 = 4FeAsO4↓+8NaCl +10H2O。 7．（河北卷）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： 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+ Na3 VO4+ H2O (3) 滤渣的主要成分有MgO 、、(填化学式)。 (4)80℃ 和 40℃ 时，Na3 VO4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： 。 (5) 母液返回 工序。 (6) 还原工序中，反应的离子方程式为 。 【答案】(1)d(2) ①.提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分 (或提高钒、铬的浸出率等， — — 合理即可) ②. 4FeO·V2O3+ 24NaOH + 5O2Δ2Fe2O3 + 8Na3 VO4 + 12H2O (3) ①. Fe2O3 ②. CaSiO3 (4) 在NaOH 质量分数为30% 时，40℃ 下Na3 VO4 的溶解度远小于 80℃,而Na2 CrO4 的溶解度变化不大。降温至 40℃ 时，Na3 VO4 大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5) 氧化 (6)2CrO4 (2)- + 3SO3 (2)- + 10H+ = 2Cr3+ + 3SO4 (2)- + 5H2O 【解析】 【小问 1详解】 根据元素周期表分区规则，V(23号) 属于第ⅤB 族，Cr(24号) 属于第ⅥB 族，它们的价电子排布分别为 3d34s2 和 3d54s1，均位于 d 区。 【小问 2详解】 首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe( Ⅱ)、V( Ⅲ)、氧化为Fe( Ⅲ)、V( Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大 O2 流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分 (或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)。配平化学方程式：FeO·V2O3 中Fe为+2价，V为 +3 价；Fe2O3 中Fe为 +3 价，Na3 VO4 中 V为 +5 价。每 1 mol FeO·V2O3 中，Fe失去1 mol e -，2 mol V 共失去 4 mol e -，总计失去 5 mol e - 。 O2每 1 mol得 4 mol e -，因此FeO·V2O3 与 — — ( Δ )O2 的系数比为 4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O22Fe2O3 + 8Na3 VO4 + 12H2O。 【小问 3详解】 在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3 VO4、Na2CrO4，SiO2 与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入H2O 和 CaO ，CaO 与水反应生成 Ca(OH)2 。 Ca(OH)2 与 Na2SiO3 生成 CaSiO3 沉淀，MgO与Fe2O3 不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、 CaSiO3。 【小问 4详解】 观察图像：在 80℃ 时，Na3 VO4和Na2CrO4 的溶解度均较高，且随NaOH 浓度增加而降低。在 40℃时，Na3 VO4 溶解度显著降低，而Na2CrO4 溶解度仍较高。当NaOH 质量分数为30% 时，40℃ 下 Na3 VO4 溶解度远小于 80℃,而Na2CrO4 溶解度变化不大。因此，降温至 40℃ 时，Na3 VO4 大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 【小问 5详解】 母液主要含Na2CrO4和未结晶析出的Na3 VO4，以及过量的NaOH 等。根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 【小问 6详解】 还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为 Cr3+，SO3 (2)- 被氧化为 SO4 (2)-。根据氧化还原反应配平，离子方程式为 2CrO4 (2)- + 3SO3 (2)- + 10H+ = 2Cr3+ + 3SO4 (2)- + 5H2O。 8．（贵州卷）钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣 [含 Sc(OH)3 及 Al、 Mg、Fe等的氢氧化物] 中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中 Sc(OH)3夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以 Sc3+ 的形式被浸出。 ③ 25°C 时，Ksp [Al(OH(3[ = 10-32.9，Al3+ + 4OH- ⇌ [Al(OH)4[- K = 1033.3。回答下列问题： (1) 基态钪原子的价层电子轨道表示式为 。 (2)“预处理”工序的操作是 。 (3)“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH 溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图 1，最佳NaOH 溶液浓度为 。 (4)“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为 。 (5)pH 对萃取率的影响如图 2，HNO3 溶液浓度对洗脱率的影响如图 3。 ①“无机溶液 1”中存在的金属阳离子主要是 。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+ 的工序是 ，依据是 。 (6)“碱浸”工序中，25°C、溶液中 c{[Al(OH)4 ]-} = 0.1 o mol.L-1 时，pH 为 。 【说明】原卷未提供官方答案，建议教师自行解答或参照评分标准。 9．（湖南卷）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： 已知：①乙二胺 (H2NCH2CH2NH2，简写为 en) 为一种二元弱碱。 ② Ksp [Zn(OH)2[ = 3.0×10-17，Ksp [Cd(OH)2[ =7.2 × 10-15。 ③金属离子浓度不超过 1.0×10-5O mol . O L-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 0.01 O mol . O L-1、0.02 O mol. O L-1，调pH 使 Zn2+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)。 【答案】(1)IVA (2) ①. 2PbS+ O2 + 4H+ + 2SO4 (2)- = 2PbSO4 + 2S+ 2H2O②. 增大体系中氧气的压强 (或浓度)，从而加快反应速率 (3)b(4)ac (5) ①. 高—温— 2Pb2 (OH(2CO3 + CH4 ——— 4Pb+3CO2 + 4H2O②. 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 (6)①.CaSO4②.CaCO3 【解析】 【小问 1详解】 Pb的原子序数为 82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IVA族。 【小问 2详解】 “加压氧化”中，PbS与空气中的 O2及加入的硫酸反应，生成PbSO4 沉淀和单质 S。根据电子守恒和 原子守恒，可写出离子方程式为 2PbS+ O2 + 4H+ + 2SO4 (2)- = 2PbSO4 + 2S+ 2H2O。采用加压操作 可以增大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。 【小问 3详解】 当Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中 c(Zn2+( =1.0×10-5。 mol. L-1，此时溶液中 c2 (OH-( = 对于 Cd2+，其浓度商 Qc = c(Cd2+(. c2 (OH-( = 0.01× 3.0 × 10-12 = 3.0 × 10-14 。 因为 Qc = 3.0 × 10-14> Ksp [Cd(OH)2 ] = 7.2×10-15，故有 Cd(OH)2 沉淀生成；若 Cd2+沉淀完全，需要 c2 (OH，说明此时 Cd2+ 并未沉淀完全。因此 Cd2+部分沉淀，选 b。 【小问 4详解】 a ．乙二胺 (H2NCH2CH2NH2)中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与Pb2+形成配位键，正确； b ．“沉铅”过程中通入 CO2，生成碱式碳酸铅 [Pb2 (OH)2CO3 ]，消耗了溶液中的碱性物质 (乙二胺)，导致溶液pH 减小，错误； c ．由流程图可知，“再生”工序加入 Ca(OH(2后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环利用，正确； 故选 ac。 【小问 5详解】 “高温还原”中，Pb2 (OH)2CO3 与 CH4反应生成Pb、CO2和H2O。反应中 Pb元素化合价由 +2降至0，C 元素化合价由 -4升至 +4，根据得失电子守恒配平化学方程式为 2Pb2 (OH(2CO3 + 高温 CH4 ——— 4Pb+3CO2 + 4H2O。若用炭代替 CH4，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入 液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。 【小问 6详解】 “沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入 CO2后产生的碳酸根离子 (或碳酸氢根离子)，加入 Ca(OH)2进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的 CaSO4和难溶的CaCO3 沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为 CaSO4和 CaCO3。 10．（陕晋青宁卷）一种从废旧电池粉 (主要成分为LiFePO4，含有少量 FePO4、石墨、Al等) 中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 放电 ( 充电 )已知：①磷酸铁锂电池反应为LixCy +Li1-xFePO4 ⇌ LiFePO4 + Cy； ②“沉铝”时，滤渣中含Na3Li3Al2F12和少量NH4Fe3P6O20。 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，NH4Fe3P6O20 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AlPO4 + 3Li+ + 3OH- =Al(OH)3+Li3PO4 (平衡常数为 a L6 . mol-6)。若溶液中 c(Li+) 为 bmol. L-1，不考虑其他离子参与反应，为防止Li+ 沉淀， c(OH-) 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。 ,当两浓度相等时，c2 (H+( =Ka1⋅ Ka2= 10-16.68，所以 c (H+( = 10-8.34mol/L ，即pH = 8.34，A 错误； B ．若不考虑 CO3 (2)- 水解，溶解度 s 满足Ksp [CaCO3[ = s2 = 10-8.48，得 s= 10-4.24mol/L ；但实际上CO3 (2)- 会水解为HCO3- 、H2CO3，因此溶解度大于 10-4.24mol/L ，B 错误； C ．根据物料守恒，c(Ca2+) = c(H2CO3) + c(HCO3-) + c(CO3 (2)-) ，故 c(Ca2+) 最大；CO3 (2)- 的第一步水 解常数Kh，溶液中 OH- 主要由 CO3 (2)- 水解产生，设 CO3 (2)- 水解浓度为 x， CO3 (2)- + H2O ⇌ HCO3- + OH- 变mol (始mol)/ (/)L (L) 10x (-)4.24 x (0) x (0) x≈ 4.7 × 10-5mol/L 平mol/L 10-4.24-x x x ,水解率超过 50%，这说明水解程度很大，产生了较多的HCO3-， 故 c(HCO3-) > c(CO3 (2)-) ，浓度顺序成立，C 正确； D ．平衡常数KKsp 代入Ksp= 10-8.48、K1 = 10-6.35、K2 = 10-10.33，得K = 10-4.50，不是 104.50，D 错误； 故选 C。 二、非选择题：本题共 4小题，共 58分。 15.【答案】(1) ①.水浴加热 ②. 反应物 (或磺化剂)、溶剂、吸水剂 (任写两种即可) (2) 出现白色沉淀 (或溶液变浑浊) (3)将反应液沿烧杯内壁缓慢倒入盛有饱和NaCl 溶液的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌 (4) ①.过滤速度快，得到的固体较干燥 ②. D- SO3Na易溶于水，用蒸馏水洗涤会使其大量溶解导致产率降低 (5)ac(6)X 射线衍射 【解析】 【小问 1详解】 反应温度为 60℃,低于水的沸点，为了便于控制温度且使受热均匀，应采用水浴加热；在该磺化反应中，浓硫酸参与反应引入磺酸基，故为反应物，题干已知“D可溶于浓硫酸”，故浓硫酸作溶剂，同时浓硫酸在酯化、磺化等反应中常做吸水剂 (促进反应正向进行)，故浓硫酸的作用有反应物、溶剂、吸水剂 (任写两种即可)； 【小问 2详解】 由已知可得，反应物大豆苷元 (D) 难溶于水，而其磺化产物易溶于水，若反应不完全，反应液中会残留未反应的D，将其滴入蒸馏水中时，难溶于水的D 会析出，导致出现白色沉淀 (或溶液变浑浊)； 【小问 3详解】 步骤Ⅰ的反应液中含有大量未反应的浓硫酸，将其与饱和NaCl溶液混合的过程相当于浓硫酸的稀释，为了防止液体沸腾飞溅，必须将密度大且溶解放热的反应液缓慢加入饱和NaCl溶液中，并不断搅拌以利于散热； 【小问 4详解】 抽滤 (减压过滤) 利用抽气泵使吸滤瓶内压强减小，与普通过滤相比，其压差大，因此过滤速度快，且能将沉淀中的水分抽得更干；由于产物D- SO3Na易溶于水，若用蒸馏水洗涤会造成产物严重流失，改用 20%NaCl溶液洗涤，利用同离子效应 (Na+ 浓度大)可降低产物的溶解度，从而减少损失； 【小问 5详解】 a ．重结晶时应加热溶解制成热的饱和溶液 (或浓溶液)，若制成稀溶液，冷却后可能无晶体析出，a错误； b ．活性炭具有吸附性，可用于吸附有色杂质，b正确； c ．趁热过滤的目的是防止目标产物提前结晶析出，该步骤只能截留不溶性杂质 (如活性炭)，而可溶性杂质会透过滤纸留在滤液中，c 错误； d ．冷却结晶可使溶解度随温度降低而减小的目标产物析出，d 正确。 故选 ac； 【小问 6详解】 在物质结构研究中，测定晶体内部原子在晶胞中的数目、位置及排列方式等微观结构信息，最常用的现代分析技术是X 射线衍射 (XRD)； 【小问 7详解】 根据反应路线，理论上 10.0g大豆苷元 (D)完全反应生成的D - SO3Na的质量为m理论 g ，实际得到的纯净D- SO3Na的质量为m实际 =11.0× 99.5%g ，产率 = m理论 (m实际) × 16.【答案】(1)xLi++ Li1-xFePO4+ xe-= LiFePO4 (2)①.适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等 (任写两种)②. 2LiFePO4 +3H2SO4 =Li2SO4 + 2FeSO4 + 2H3PO4③. C(石墨) (3) +3(4)NaOH 溶液或Na2CO3 溶液 (6 )Na 2SO 4(7 ) ①.将 Fe 2+ 氧化 为 Fe 3+ ，便 于后 续 沉 淀 ②. 铁 氰化钾 溶 液(K3[Fe(CN(6[( 【解析】 【小问 1详解】 磷酸铁锂电池放电时的总反应为：LixCy + Li1-xFePO4 = LiFePO4 + Cy，正极Li1-xFePO4 与Li+得电子生成LiFePO4，故正极的电极反应式为 xLi+ + Li1-xFePO4 + xe-= LiFePO4； 【小问 2详解】 “酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等 (任写两种)均可提高酸浸速率； “酸浸I”时，LiFePO4 与H2SO4反应生成Li2SO4、FeSO4和H3PO4，化学方程式为：2LiFePO4 + 3H2SO4 = Li2SO4 +2FeSO4 +2H3PO4；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为 C(石墨)； 【小问 3详解】 再NH4Fe3P6O20 中，设Fe 化合价为x，NH为 +1 价，P为 +5 价，O为-2 价，化合价代数和为0，即+1+ 3x+ 6× (+5) + 20× (-2) =0 ，解得 x=+3，即Fe 为 +3 价； 【小问 4详解】 流程中“沉铝”步骤消耗NaF，HF 与NaOH 或Na2CO3反应生成的NaF 可循环，故选用NaOH 溶液或Na2CO3 溶液； 【小问 5详解】 反应AlPO4+ 3Li++ 3OH-= Al(OH)3+ Li3PO4的平衡常数表达式为K a L6 .mol-6，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足 Q> K，即 > a L6.mol-6，带入 c(Li+) 为 bmol. L-1，c3 mol. L-1； 【小问 6详解】 沉锂反应的反应方程式为 2Li+ + CO3 (2)- = Li2CO3，则体系阳离子为Na+，阴离子为 SO4 (2)- (酸浸II引入硫酸根)，故除过量Na2CO3 外，主要含Na2SO4； 【小问 7详解】 沉铝产物含NH4Fe3P6O20，Fe 为 +3 价，由分析知，酸浸后溶液含FeSO4，H2O2作氧化剂，将Fe2+ 氧化为Fe3+，便于后续沉淀；由于Fe2+ 与铁氰化钾溶液 (K3[Fe(CN(6[( 生成蓝色沉淀，故取少量加 H2O2 溶液后的滤液 1，滴加铁氰化钾溶液 (K3[Fe(CN(6[(，若产生蓝色沉淀，则Fe2+ 未完全氧化为Fe3+，则需补加H2O2 溶液。 11．（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： 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[2-。 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 Au 在“浸出 2”中浸出率较低，原因是 。 (5)“沉淀”产生的 AgCl可被N2H4 还原为 Ag，N2H4 中N 元素只转化为N2。理论上 AgCl 与N2H4反应的物质的量之比为 。 (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 。 【说明】原卷未提供官方答案，建议教师自行解答或参照评分标准。 12．（黑吉辽蒙卷）某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，转化为的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体为__________（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，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择_______（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，转化为的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体为__________（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，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择_______（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 【答案】（1）d （2） ①. 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率 ②. （3） ①. ②. （4）2 （5） （6） ①. 2 ②. 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高 【解析】 【分析】镍矿的主要成分为，含少量和，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成、，浸渣为；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气，减小，转化为，转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的充分氧化为，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； 【小问1详解】 Ni是28号元素，价电子排布为，根据周期表分区规则，属于d区。 【小问2详解】 加压可增大氧气的溶解度，提高浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；与氧气、氨水反应生成，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为。 【小问3详解】 氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 【小问4详解】 被氧化为，中S 的平均化合价为 +2价，中S的化合价为+6价，总共失去电子，反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗的物质的量为。 【小问5详解】 在“还原”步骤中，被还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的（由和结合），阴离子是一直未参与后续反应的。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。 【小问6详解】 观察题给图像，当时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而时反应提前停滞（转化率低），时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2； 当时，发生反应：，会释放一个游离的，游离会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 当时，发生反应：，恰好生成2个，体系不会生成游离的，反应能顺利进行到底。 二、无机化工产品制备（本题共8小题） 13．（北京卷）重晶石的主要化学成分为BaSO4，还含有少量的 SiO2 等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯BaCO3。 (1) 焙烧。使重晶石转化为粗BaS。该过程中生成 BaS 的反应有： i ．BaSO4 (s( + 4C (s( =BaS (s( + 4CO(g( ΔH =+571kJ . mol-1 ii ．BaSO4 (s( + 2C (s( =BaS (s( + 2CO2 (g( ΔH =+226kJ . mol-1 iii ．BaSO4 (s( + 4CO(g( =BaS (s( + 4CO2 (g( ΔH = kJ . mol-1。 (2) 浸钡。已知BaS 可溶于水。粗BaS 在热水中浸出，产生Ba(HS(2 和Ba(OH(2。取一定量粗 BaS，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中 c(Ba2+(、c(OH-(随加入水的体积 (V。水。( 的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、 。 ② V水 = vmL 时，几乎不产生H2S，溶液中 c (S2-( = mol . L-1(用含 c1、c2 的代数式表示)。 ③当 V水 > vmL 后，c (OH-( 比 c (Ba2+( 的变化幅度小，解释原因： 。 (3) 沉钡。Ba (OH(2 与NH4HCO3 反应快，导致浸出液中HS- 和 S2- 等被包裹而降低产品纯度，而Ba (HS(2 与NH4HCO3 反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式： 。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生H2S 的原因： 。 重晶石的主要化学成分为BaSO4，还含有少量的 SiO2 等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下过程可制备高纯BaCO3。 (1) 焙烧。使重晶石转化为粗BaS。该过程中生成 BaS的反应有： i ．BaSO4 (s( + 4C (s( =BaS (s( + 4CO (g( ΔH =+571kJ. mol-1 ii ．BaSO4 (s( + 2C (s( =BaS (s( + 2CO2 (g( ΔH =+226kJ. mol-1 iii ．BaSO4 (s( + 4CO (g( =BaS (s( + 4CO2 (g( ΔH = kJ . mol-1。 (2) 浸钡。已知BaS 可溶于水。粗BaS 在热水中浸出，产生Ba(HS(2和Ba(OH(2。取一定量粗 BaS，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中 c (Ba2+(、c (OH-(随加入水的体积 (V水( 的变化示意图如下。 ①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、 。 ② V水 =vmL时，几乎不产生H2S，溶液中 c (S2-( = mol.L-1(用含 c1、c2 的代数式表示)。 ③当 V水 >vmL后，c (OH-( 比 c (Ba2+( 的变化幅度小，解释原因： 。 (3) 沉钡。Ba (OH(2 与NH4HCO3反应快，导致浸出液中HS- 和 S2- 等被包裹而降低产品纯度，而Ba (HS(2 与NH4HCO3反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 ①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式： 。 ②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生H2S的原因： 。 【答案】(1) - 119 (2) ①.漏斗、玻璃棒 ②.c2 - c1③.稀释溶液时，Ba2+ 仅随溶液体积增大直接被稀释，而S2-、HS- 的水解平衡会正向移动，生成了额外的 OH-，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小 (3) ①. OH- +H2S =HS- +H2O②. 溶液中存在电离平衡：HCO3- ⇌ H+ + CO3 (2)-，Ba2+ 与 CO3 (2)- 结合生成BaCO3 沉淀，使 CO3 (2)- 降低，促使HCO3- 的电离平衡正向移动；产生的H+ 浓度增大，进而与溶液 中的HS- 结合，促使平衡H+ +HS- ⇌ H2S ↑ 正向移动，从而产生H2S气体 【解析】 【小问 1详解】 根据盖斯定律，用反应ii× 2 - 反应 i即可得到反应iii： ΔH = 2× (+226kJ.mol-1( - (+571kJ.mol-1( =-119kJ. mol-1； 【小问 2详解】 ①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。 ②题目条件明确指出“几乎不产生H2S，因此可以忽略H2S，根据物料守恒：c (Ba2+( = c (HS-( + c (S2-(，由图可知，c (Ba2+( = c2mol.L-1，所以：c2 = c (HS-( + c (S2-(，而溶液中的 OH- 主要来源于S2- 的水解，根据水解方程式：S2- +H2O⇌ HS- + OH-，c (HS-( ≈ c (OH-( = c1mol.L-1，故 c (S2-( = (c2 -c1(mol .L-1。 ③当 V水 >v 。 mL 后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时Ba2+ 仅随溶液体积增大直接被稀释，但根据勒夏特列原理，S2-、HS- 的水解平衡会正向移动，额外释放出OH-，因此 c(OH-) 的下降幅度比 c (Ba2+( 更小。 【小问 3详解】 ①根据题意，Ba(OH(2 与NH4HCO3反应快，而Ba(HS(2 与NH4HCO3反应慢，所以预处理的目的是消除浸出液中的 OH-，将Ba(OH)2转化为Ba(HS)2，对应离子反应为：OH- +H2S =HS- +H2O； ②加入NH4HCO3后，溶液存在HCO3- 的电离平衡：HCO3- ⇌ H+ + CO3 (2)-，Ba2+ 与 CO3 (2)- 结合生成 BaCO3 沉淀，释放出更多的H+，H+ 随即与溶液中HS- 发生结合：H+ +HS- ⇌ H2S ↑,生成H2S气体逸出体系。 14．（北京卷）实验小组制备高锰酸钾。 资料：i ． K2MnO4 为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为 3MnO4 (2)- + 2H2O = 2MnO4- + MnO2 ↓+4OH-， ii ．浓碱性条件下，MnO4- 可被 OH- 还原为MnO4 (2)-。 iii ．KMnO4 的溶解度随温度升高而增大。 (1) 制备KMnO4 步骤 实验 Ⅰ 制备K2MnO4：将 0.015molKClO3、0.030molMnO2 和 0.080molKOH 三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。 Ⅱ 制备KMnO4：将X 用水溶解后，滴加 3mol . L-1CH3 COOH 至pH = 10(约 20mL)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约 100 mL 紫红色溶液 Y 和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯 KMnO4：将 Y 转移至蒸发皿中，90° C 水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体Z。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式： 。 高温 □KClO3 + □MnO2 + □ === □KCl + □K2MnO4 + □ ②Ⅱ中K2MnO4 歧化的原因：随pH 降低，MnO4 (2)- 的还原性不变，氧化性 。 ③取Ⅲ中少量Z 溶解，得紫红色KMnO4 溶液和少量棕黑色固体 (检验为MnO2)。 (2) 对Ⅲ中产生MnO2 的原因进行分析和探究 ①甲认为 CH3 COO- 将 MnO4- 还原，设计实验 i 验证：用含 0.2mol ⋅ L-1KMnO4 和 0.6mol ⋅ L-1 O CH3 COOK 的溶液 (pH=10( 代替 Y 重复Ⅲ的操作，所得固体含 MnO2。乙认为该现象不能证明CH3 COO- 还原了 MnO4-，理由是 ________________________________________________________ _________________。 ②乙设计和实施了实验 ii：用 代替 Y 重复Ⅲ的操作，所得固体不含 MnO2，实验 i 和 ii 证实了甲的观点。 ③丙用 0.15mol ⋅ L-1KCl 代替 CH3COOK 重复实验 i，证实Ⅲ中 Cl- 不能还原MnO4-。实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将 Y 转移至蒸发皿中，90°C 水浴浓缩，洗涤，干燥。 (3) 测定KMnO4 纯度并计算产率 按I 中投料，经优化步骤制得产品，取 1/4 配制成 250mL 待测液。酸性条件下，用待测液滴定H2C2O4标准溶液，MnO4- 被还原为Mn2+。测得 c(KMnO4( = amol ⋅ L-1。 ①滴定反应的离子方程式是 _____________________________________________________________ __________________。 (H2C2O4 是二元弱酸) ② KMnO4 的产率是 。 [产率 = (实际产量/ 理论产量) × 100%] 实验小组制备高锰酸钾。 资料：i ． K2MnO4 为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为 3MnO4 (2)- + 2H2O= 2MnO4- +MnO2↓+4OH-， ii ．浓碱性条件下，MnO4- 可被 OH- 还原为MnO4 (2)-。 iii ．KMnO4 的溶解度随温度升高而增大。 (1) 制备KMnO4 步骤 实验 Ⅰ 制备 K2MnO4 ：将 0.015molKClO3、0.030molMnO2 和 0.080molKOH 三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。 Ⅱ 制备KMnO4：将X 用水溶解后，滴加 3mol.L-1CH3COOH 至pH = 10(约 20mL)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约 100 mL紫红色溶液 Y 和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯KMnO4：将 Y 转移至蒸发皿中，90° C 水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体Z。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式： 。 高温 □KClO3 + □MnO2 + □ === □KCl+ □K2MnO4 + □ ②Ⅱ中K2MnO4 歧化的原因：随pH 降低，MnO4 (2)- 的还原性不变，氧化性 。 ③取Ⅲ中少量Z 溶解，得紫红色KMnO4溶液和少量棕黑色固体 (检验为MnO2)。 (2) 对Ⅲ中产生MnO2 的原因进行分析和探究 ① 甲认为 CH3COO - 将 MnO 4- 还原，设计实验 i验证：用含 0.2 mol . L-1KMnO 4和 0 .6 mol . L-1CH3 COOK 的溶液 (pH=10(代替 Y 重复Ⅲ的操作，所得固体含 MnO2。乙认为该现象不能证明CH3 COO- 还原了 MnO4-，理由是 ________________________________________________________ _________________。 ②乙设计和实施了实验 ii：用 代替 Y 重复Ⅲ的操作，所得固体不含 MnO2，实验 i和 ii证实了甲的观点。 ③丙用 0.15mol.L-1KCl 代替 CH3COOK 重复实验 i，证实Ⅲ中 Cl- 不能还原MnO4-。实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将 Y 转移至蒸发皿中，90°C 水浴浓缩，洗涤，干燥。 (3) 测定KMnO4纯度并计算产率 按I中投料，经优化步骤制得产品，取 1/4配制成 250mL待测液。酸性条件下，用待测液滴定H2C2O4标准溶液，MnO4- 被还原为Mn2+。测得 c(KMnO4( = amol.L-1。 ①滴定反应的离子方程式是 _____________________________________________________________ __________________。 (H2C2O4 是二元弱酸) ② KMnO4 的产率是 。 [产率 = (实际产量/ 理论产量) × 100%] 【答案】 ①. 1KClO3 + 3MnO2 + 6KOH KCl + 3K2MnO4 + 3H2O②. 增强 (2) ①.实验没有排除 OH- 还原MnO4- 的干扰，因此不能直接归因于醋酸根 (或KMnO4 溶液在加热条件下自身分解产生MnO2) ②. 含 0.2mol .L-1KMnO4且用 KOH 调节pH = 10的溶液 (3) ①. 5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O②. 5000a% 【解析】 【小问 1详解】 ①根据投料的物质的量比例，Cl 从 +5 价降为-1 价得 6e-，每个Mn 从 +4 价升为 +6 价失 2e-，电子 守恒得KClO3和MnO2系数比为 1:3；再结合反应环境是KOH 熔融体系，补全反应物为KOH，生成高—温— 物为H2O，根据原子守恒配平：1KClO3+ 3MnO2+ 6KOH——— 1KCl +3K2MnO4+ 3H2O； ②歧化反应中MnO4 (2)- 既是氧化剂又是还原剂，题目说明还原性不变，只有氧化性随pH 降低增强后， MnO4 (2)- 夺取电子的能力 (即氧化性) 增强，从而更容易自身发生氧化还原 (歧化)反应。 【小问 2详解】 ①资料ii 说明浓碱性条件下，MnO4- 可被 OH - 还原为MnO42- ，后续歧化生成MnO2 ；实验 i溶液为pH = 10的碱性环境，浓缩过程中碱浓度逐渐升高，可能是 OH - 还原了MnO4- 产生 MnO2 ，无法证明是 CH3COO- 的作用；(也可能是KMnO4 溶液在加热条件下自身分解产生MnO2)。 ②为了证明确实是 CH3COO- 起到了还原作用，需要设计一个空白对照实验。即在完全相同的条件(浓度、温度、90℃ 水浴、pH = 10) 下，排除掉 CH3COO- 的存在。因此，应使用KOH 调节pH = 10的含 0.2mol.L-1KMnO4 溶液来代替 Y 进行加热浓缩，若此时不产生MnO2，则可证实甲的观点。 【小问 3详解】 ①酸性条件下MnO4- 被还原为Mn2+，H2C2O4作为弱酸不能拆写，被氧化为 CO2，根据电子守恒 (Mn降 5 价，每个 C 升 1 价)、电荷守恒和原子守恒配平：离子方程式为：5H2C2O4+ 2MnO4- + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+8H2O； ②理论产量：MnO2 为限量试剂，步骤I中0.03mol MnO2 完全转化为K2MnO4共 0.03mol，根据歧 化反应 3MnO4 (2)- ∼ 2MnO4-，理论生成KMnO4 的物质的量为 0.03molmol 。 实际产量：取 出 1/4 产品配成 250mL 待测液，则n(KMnO4)总 = amol.L-1 × 0.25L × 4= amol 。 产率 = 15．（湖北卷）赤铁矿主要成分为 Fe2 O3 (含少量 Si、Al、Mg等元素的氧化物)，结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁 (FePO4) 的低碳新工艺流程如下： 已知：25°C 时，H3PO4 的电离常数Ka1 = 6.92× 10-3；Ksp [Fe(OH)3[ = 2.80× 10-39。 回答下列问题： (1) 基态铁原子的价层电子排布式为 。 (2) 预处理将赤铁矿中部分Fe3+ 转化为Fe2+，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是 。 (3)“酸浸”条件：c (H+(为 8mol.L-1 的HCl-H3PO4混合酸，n (H3PO4( :n(Fe) = 1.05: 1。混合酸中盐酸的作用是 (答两条即可)。 (4) 酸浸液中加入H2O2，Fe2+ 被氧化成 [FeCl4[- 的离子方程式为 。 (5)“沉淀”步骤中，用氨水调节pH 至 2.00生成FePO4 . 2H2O 沉淀，无Fe(OH)3沉淀。基于Fe(OH)3 (s) ⇌Fe3+(aq) + 3OH-(aq)，该溶液中Fe3+ 浓度不大于 mol.L-1，此时滤液中的主要成分为 (填化学式)。 (6)FePO4 . 2H2O 沉淀煅烧得到FePO4，质量符合锂电池材料的工业规格。 pH = 2.40时，得到的沉淀FePO4 . 2H2O中含Fe(OH)3、FeO(OH) 等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中Fe与P 原子个 数比为 1.02:1。此时，产物中杂质是 (填化学式)。 【答案】(1)3d64s2 (2) 矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率 (3) 提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供 Cl-，与 Fe3+ 形成稳定配离子 [FeCl4[-， 促进铁元素浸出、同时 Cl-不引入杂质，不干扰后续FePO4 沉淀生成 (任选两条) (4)2Fe2++ H2O2+ 8Cl-+ 2H+= 2[FeCl4 ]- + 2H2O (5)①. 2.80 ×10-3 ②. NH4Cl、MgCl2、AlCl3 (6)Fe2O3 【解析】 【小问 1详解】 Fe为 26号元素，电子排布 [Ar ]3d64s2，价层电子排布式为：3d64s2； 【小问 2详解】 矿石晶格畸变产生微裂纹，增大矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，有效提升浸出反应速率； 【小问 3详解】 “酸浸”加入盐酸，提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供 Cl-，与Fe3+形成稳定配离子 [FeCl4[ -，促进铁元素浸出；同时 Cl-不引入杂质，不干扰后续FePO4 沉淀生成 (任选两条)； 【小问 4详解】 酸浸液中加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+ 与 Cl-形成配合物 [FeCl4[ -，离子方程式为：2Fe2+ + H2O2+ 8Cl-+ 2H+= 2[FeCl4 ]- + 2H2O； 【小问 5详解】 ① pH =2，c(H+) =10-2 Omol/L，c(OH-) = =10-12 Omol/L，Ksp [Fe(OH)3 ] = c(Fe3+) . c3 =2.80×10-39，c Omol. L-1；矿石含Al、Mg杂质，加 HCl、H3PO4、NH3 . H2O，故阳离子主要为：NH、Al3+、Mg2+，阴离子主要为：Cl-，此时滤液中的主要成分为NH4Cl、MgCl2、AlCl3； 【小问 6详解】 FePO4 . 2H2O中Fe与P 原子个数比为1:1，煅烧沉淀得到的目标产物中Fe与P 原子个数比为1.02 :1，Fe比例偏高，说明杂质不含P、只含铁，原料杂质Fe(OH)3、FeO(OH) 煅烧脱水生成Fe2O3，故产物中杂质是Fe2O3。 16．（湖北卷）金属氯化物与三氟甲磺酸 (CF3SO3H，Mr =150)的反应常用于制备无水金属三氟甲磺酸盐。某同学在实验室中按照如下流程制备无水 Mg (CF3SO3( 2，Mr = 322。已知 CF3SO3H 是一种超强酸，沸点162°C，易溶于水、乙醚 (沸点 35°C) 和氯仿 (沸点 62°C)。 回答下列问题： Ⅰ. 按照上图组装仪器并检验装置的气密性，向烧瓶中加入MgCl2颗粒 (1.9 Og，0.02mol)。 (1) 仪器 a的名称 。 Ⅱ. 打开活塞，持续通入 N2，流速调至每秒逸出 2个气泡，缓慢滴加无水 CF3SO3H(10mL，0.113 O mol)，升温至 60°C，搅拌 1 Oh。 (2) 滴加过程中，装置A中的固体逐渐溶解，装置B中的现象是 。反应完毕，取装置 C中少量液体于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3 溶液，产生的沉淀是 (填化学式)。 (3) 装置A中发生反应的化学方程式为 。 Ⅲ. 反应完毕，向反应液中加入无水乙醚，析出固体。过滤，用无水乙醚洗涤、干燥，得粗产物。 (4) 查阅文献获知，乙醚与 CF3SO3H 混合时会剧烈放热。为了防止局部过热，加入乙醚时宜采取的措 施有 (答一条即可)。 Ⅳ. 粗产物提纯后，得到产品 5.8g。 (5)向混有少量 (CH3CH2( 2O (+)H . CF3SO3-杂质的粗产物中加入氯仿，煮沸、过滤，除去杂质。煮沸的主 要目的是 。 (6) 该实验的产率为 % (保留一位小数)。 【答案】(1) 恒压滴液漏斗 (或恒压分液漏斗) (2)①.气泡增多 (或有气泡产生) ②. AgCl (3)MgCl2 +2CF3SO3H6CMg(CF3SO3)2 +2HCl ↑ (4)冰水浴冷却 (或缓慢滴加、不断搅拌等) (5) 使杂质分解，挥发除去乙醚，并使 CF3SO3H 溶解在氯仿中(6)90.1 【解析】 【小问 1详解】 由装置图可知仪器 a的名称为恒压滴液漏斗 (恒压分液漏斗)； 【小问 2详解】 反应生成HCl气体，随N2进入装置B，HCl不与浓硫酸反应，因此导管口持续有气泡冒出；HCl 被装置 C 的蒸馏水吸收，溶液中含 Cl-，与硝酸酸化的AgNO3反应生成AgCl沉淀； 【小问 3详解】 MgCl2 与三氟甲磺酸发生复分解反应，生成目标产物和HCl，HCl 挥发推动反应进行，配平即可得到反应方程式MgCl2 + 2CF3SO3H6CMg(CF3SO3)2 + 2HCl↑; 【小问 4详解】 乙醚与三氟甲磺酸混合剧烈放热，缓慢滴加、不断搅拌或冰水浴冷却都可以避免热量聚集，防止局部过热； 【小问 5详解】 升高温度可以使杂质 (CH3CH2( 2O ( +)H .CF3SO3- 分解成乙醚和 CF3SO3H ，从而使乙醚挥发除去，并 使 CF3SO3H溶解在氯仿中； 【小问 6详解】 n(MgCl2( = 0.02mol，理论生成n[Mg(CF3SO3)2[ = 0.02mol，理论产量 = 0.02mol× 322g/mol= 6.44g，产率 17．（重庆卷）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用 SiHCl3氢还原法，该法的主 要反应有 (忽略其他副反应)： 反应 1 SiHCl3 (g( +H2 (g( ⇌ Si(s( + 3HCl(g( ΔH1 反应 2 2SiHCl3 (g( ⇌ Si(s( + SiCl4 (g( + 2HCl(g( ΔH2> 0 反应 3 SiHCl3(g( ⇌ SiCl2 (g( +HCl(g( ΔH3> 0 (1) ①反应 1的平衡常数K 随温度 T的升高而增大，则 ΔH1 0(填“>”、“<”或“= ”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。 一定条件下，反应 100h后，测得硅芯棒增重 16.0kg，则多晶硅的沉积速率为 kg/h。 (2) 在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为 x。体系压强为 100 kPa时，x与温度 T的关系如图所示。 ①在 1320 。 K 时，反应1的平衡常数Kp = kPa(保留小数点后两位，分压 = 总压 × 物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为 50 kPa，SiHCl3和HCl的曲线交叉点相对于M 点，将位于 区域 (填“高温”或“低温”)，其原因是 。 ③多晶硅的产率常用 表示，若n初始 (SiHCl3( = 1.0mol 和n初始 (H2( = 10mol，则M 点对应的 η= 。 (3) 相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。 一种在 CaCl2熔盐中电解SiO2制备 Si的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为 。 ②若阳极只产生 CO和 CO2，当产生的气体总量为 2.24L(标准状况) 时，生成 1.75gSi，则n(CO( : n(CO2( 为 。 【答案】(1) ①. > ②. 0.16 (2)①. 0.28②. 低温 ③. 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下 x (SiHCl3(比原压强更小，x(HCl )更大，降温使平衡逆向移动，x (SiHCl3( 增大、 x(HCl)减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域 ④. 20.97% (3)①. SiO2+ 4e-= Si + 2O2-②. 3:1 【解析】 【小问 1详解】 ① 平衡常数K 随温度升高增大，说明升温时反应 1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此 ΔH1> 0。 ② 沉积速率 kg/h。 【小问 2详解】 ① 1320 K 时，由图得 x(H2( = 0.88，x(SiHCl3( = x(HCl) = 0.050，总压 100kPa，反应 1的压强平衡常数Kp kPa。 ② 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下 x(SiHCl3( 比原压强更小，x(HCl) 更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；因正反应为吸热反应，故需降低温 度。 ③ 设生成n(Si) = ymol，η= y，根据 Si守恒：平衡后所有含 Si气体总物质的量为 1- y，总气体物质的量为n总 ，则 1ny=1- 0.88- 0.05= 0.07；根据H 守恒：初始总H 为1+10×2=21mol，即 2 × 0.88n总 + 0.05n总 + 0.05n总 =21，解得n总 = ，代入得y=1- 0.07× ≈ 0.2097，即 η≈ 20.97%。 【小问 3详解】 ① 阴极发生 SiO2得电子还原为 Si的反应，电极反应为 SiO2 + 4e- = Si+ 2O2-。 ② 标况下 2.24 L气体总物质的量为 0.1 mol，n(Si) = = 0.0625mol，转移电子总数： 0.0625mol × 4= 0.25mol ，阳极反应为：C + O2- - 2e- = CO ↑、C + 2O2- - 4e- = CO2↑,根据转移电子守恒：2n(CO( + 4n(CO2( = 0.25mol，联立n(CO) + n(CO2( = 0.1mol，得n(CO(:n(CO2( = 0.075mol:0.025mol=3:1。 18．（四川卷）某研究小组合成了配合物 Ni2 (hpta)(H2biim(4，用作制备一种金属 Ni纳米催化剂的前驱体。配合物合成步骤如下。 已知：(i)Ni (OAc )2 . 4H2 O为水合醋酸镍，易溶于水；H4 hpta为 ；H2 biim 为 。 (ii)THF(四氢呋喃) 是沸点为 67℃ 的有机溶剂，能与水互溶。 回答下列问题： (1) 步骤Ⅰ用到的仪器除了烧杯，还有 (填标号)。 a ． b ． c ． d ． (2) 步骤Ⅱ的部分装置如图所示 (省略加热及夹持装置)，仪器M 的名称是 ，步骤Ⅱ中，结束实验的正确操作是 (填标号)。 a ．先关闭冷凝水，再停止加热，等待冷却 b ．先停止加热，等待冷却，再关闭冷凝水 (3) 步骤Ⅳ的部分装置如下图所示，减压过滤时，用抽气泵抽走抽滤瓶内空气，产生压力差，加快过滤速度。 ①减压过滤时，若操作不当，易引起倒吸。实验装置中必须安装安全瓶，安全瓶的 (填“a”或“b ”) 口应与抽滤瓶连接。 ②过滤完成后，依次用少量 THF、蒸馏水和无水乙醇洗涤产品。每次加入溶剂洗涤前，都须暂停抽滤，其目的是 ，用蒸馏水洗涤的目的是 。 (4) 干燥后得到2.10 g 配合物 (M = 904g. mol-1)，则产率为 (保留至 0.1%)。 (5) 取一定量配合物，在N2氛围下匀速升温至 1000℃ 煅烧，制得了一种金属Ni纳米催化剂。配合物中Ni 被还原为单质，还原剂来源于 。 【答案】(1)ad(2) ①.圆底烧瓶 ②. b (3) ①. b②. 使装置恢复常压，让洗涤剂充分浸润产品，避免洗涤剂被快速抽走，提升洗涤效果 ③. 除去产物表面附着的可溶性杂质 (4)77.4% (5)H2biim 【解析】 【小问 1详解】 步骤I 为称量固体试剂，需要电子天平 (a) 称量固体质量，需要药匙 (d) 取用固体；量筒用于量取液体体积，蒸发皿用于蒸发溶液，均不需要。 【小问 2详解】 图中仪器M 为圆底烧瓶；加热回流结束后，需先停止加热，待装置冷却后再关闭冷凝水，若先关冷凝水，低沸点溶剂 THF 会挥发逸出污染环境，正确操作是先停止加热，待体系充分冷却，再关闭冷凝水，故选 b。 【小问 3详解】 ①减压过滤中气流方向为抽滤瓶 → 安全瓶 → 抽气泵，安全瓶的作用是防止自来水进入抽滤瓶，连接抽滤瓶的应为短管口 (b)，若发生倒吸，水会留在安全瓶底部，不会从短口倒回抽滤瓶。 ②每次加入溶剂洗涤前，都须暂停抽滤，其目的是：使装置恢复常压，让洗涤剂充分浸润产品，避免洗涤剂被快速抽走，提升洗涤效果。产物中的杂质如未反应的醋酸镍、生成的醋酸等可溶于水，用蒸馏水洗涤的目的是除去产物表面附着的可溶性杂质。 【小问 4详解】 目标产物Ni2 (hpta) (H2biim)4 中，1mol 产物含 2molNi、1molhpta、4molH2biim，根据原料量计算理论产量，Ni：n mmol，H4hpta：n mmol，H2biim： n mmol，因此H4hpta为限量试剂，理论产量m= 3.0× 10-3mol× 904g/mol= 2.712g，产率 【小问 5详解】 在氮气氛围下无外界还原剂，Ni2+ 被还原，还原剂来自配合物自身的有机配体，如H2biim中含有低价态的N，可将Ni2+ 还原为Ni 单质。 19．（云南卷）16 . (15分) 镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方 法，原理如下： 己知：CH₂Cl₂有毒、易挥发，p=1.33g ·cm³。 实验步骤如下： I.向双颈烧瓶中加入10mL含 Ni(NO₃)₂·6H₂O(1mmol) 的乙 醇溶液，通过仪器a 逐滴加入3mL 含bpy(2mmol)的乙醇溶液(装 置如右图，加热及夹持装置省略),加热搅拌，冷却至室温。 Ⅱ.将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20mLCH₂Cl₂溶解，再加少量 蒸馏水洗涤、分液。 Ⅲ. 有机层经减压蒸除溶剂，加入15mL乙醇和2mmol NaBPh₄ (Ph为苯基),产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯 后得紫色晶体(配合物Z,M₁=1009) m₁g。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为 (2)下列安全标识中，本实验不涉及的是_ (填标号)。 A. B. C. D. (3)步骤Ⅱ中洗涤的目的为 ,分液时CH₂Cl₂ 在_ 层(填“上”或“下”)。 (4)步骤Ⅲ中乙醇的作用为 (5)步骤Ⅲ中用 法提纯粗产品。 (6)配合物Z 的产率为_ (列出计算式即可)。 (7)测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是_ (填标号)。 A. 核磁共振氢谱法 B.质谱法C. 红外光谱法 D.X 射线衍射法 (8) 实验小组进一步探究不同投料比对 Ni(Ⅱ) 配合物结构的影响，以n(Ni²): n(bpy)=1:3 进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测Ni²+的配位数为 【说明】原卷未提供官方答案，建议教师自行解答或参照评分标准。 20．（黑吉辽蒙卷）某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（）的快速降解，制备对苯二甲酸（）。 反应式： 实验步骤： Ⅰ．向反应瓶中加入、、催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热至；随后加入，继续搅拌加热回流（回流温度）。 Ⅱ．反应混合物冷却后倒出，用水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。 Ⅲ．用稀盐酸调节滤液，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥得到固体。 已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是_______（填标号）。 （2）步骤Ⅰ中降解反应主要产物为乙二醇和____________（填结构简式）。 （3）步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是______________________，催化剂可采用________法便捷分离。 （4）步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的_______和______（填名称）。 （5）取步骤Ⅲ所得固体与标准品均三甲氧基苯（，）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为，则所得固体中对苯二甲酸含量为_____%（精确至1%）。 （6）若采用题中方法降解和（）的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。较大时，_______（填“”或“”）的降解产物析出。 某研究组采用如下方案实现了聚对苯二甲酸乙二酯（）的快速降解，制备对苯二甲酸（）。 反应式： 实验步骤： Ⅰ．向反应瓶中加入、、催化剂和磁搅拌子，搅拌并加热至；随后加入，继续搅拌加热回流（回流温度）。 Ⅱ．反应混合物冷却后倒出，用水稀释；过滤，滤渣用水洗涤，合并滤液；从体系中分离催化剂。 Ⅲ．用稀盐酸调节滤液，析出沉淀；过滤，沉淀用水洗涤，干燥得到固体。 已知：常温下，催化剂为油状物，难溶于水，易溶于。 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ实验装置搭建时应选择的玻璃仪器是_______（填标号）。 （2）步骤Ⅰ中降解反应主要产物为乙二醇和____________（填结构简式）。 （3）步骤Ⅱ中滤渣用水洗涤的目的是______________________，催化剂可采用________法便捷分离。 （4）步骤Ⅲ中用水洗涤是为除去沉淀上残留的_______和______（填名称）。 （5）取步骤Ⅲ所得固体与标准品均三甲氧基苯（，）混合；该混合物的核磁共振氢谱中，四种氢吸收峰（忽略杂质的氢吸收峰）的峰面积比为，则所得固体中对苯二甲酸含量为_____%（精确至1%）。 （6）若采用题中方法降解和（）的混合物，当进行步骤Ⅲ时，调节滤液可实现上述两种聚合物降解产物的分步析出。较大时，_______（填“”或“”）的降解产物析出。 【答案】（1）ADF （2） （3） ①. 洗出滤渣表面吸附的对苯二甲酸钠，提高对苯二甲酸产率 ②. 分液 （4） ①. 氯化钠 ②. 氯化氢（或盐酸） （5）95 （6）BPA−PC 【解析】 【小问1详解】 本实验需要加热回流，反应总液体体积约20mL，加上固体反应物，选用100mL两颈圆底烧瓶A，单口烧瓶B无法满足回流、搅拌/测温的多接口需求，C容积太小；回流需要球形冷凝管D；回流温度为138℃，超过100℃，因此选择量程0~200℃的温度计F。 【小问2详解】 步骤Ⅰ为碱性条件下PET的酯水解反应，酯基水解后在NaOH环境中，羧基转化为羧酸钠，因此主要产物为乙二醇和对苯二甲酸钠，其结构简式为； 【小问3详解】 未反应的PET等不溶物滤渣表面会吸附产物对苯二甲酸钠，洗涤可回收产物，提高产率；已知催化剂常温下为油状物，难溶于水，与水体系分层，因此可直接分液分离，操作便捷。 【小问4详解】 调节pH过程中，NaOH与盐酸反应生成NaCl，且加入了过量稀盐酸，沉淀表面会吸附残留的NaCl和HCl，因此水洗除去这两种杂质。 【小问5详解】 ，均三甲氧基苯含3个苯环氢、9个甲氧基氢，对应峰面积比中的；对苯二甲酸含2个羧基氢、4个苯环氢，对应剩下的峰面积比，因此可得，，含量为。 【小问6详解】 PET降解产物为对苯二甲酸（羧酸），BPA-PC降解产物为双酚A（酚类）；羧酸酸性强于酚，酸性越弱，其盐越容易在较低（即较大pH）条件下质子化析出，因此pH较大时，BPA-PC的降解产物先析出。 —— 本卷完 —— 学科网（北京）股份有限公司 $