题型06 工艺流程综合题（期中真题汇编，北京专用）高二化学上学期

题型06 工艺流程综合题 1.【答案】（1）增大矿石的接触面积，提高反应速率     （2）①     ② bc     （3）①     ② 该反应是气体分子数减少的反应，其他条件相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，    ③ 时，的平衡转化率已经较高，增大压强对材料、设备、动力的要求更高，生产成本增加    ④      （4）      2.【答案】（1）研磨、搅拌     （2）     （3）① 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4    ②     ③ 反应Ⅰ：；同时发生反应Ⅱ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，反应速率：反应Ⅰ＞反应Ⅱ；     （4）① 阳    ② Fe2+还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，使MnO2产率大幅降低  3.【答案】① 2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑    ② 增大压强或增大氧气的浓度或降低温度    ③ BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2    ④ H2O2受热易分解    ⑤ O2+2H++2e-= H2O2    ⑥ AC 4.【答案】（1）     （2）加入硫酸，浓度增大，使的平衡向逆反应方向移动，从而抑制的水解     （3）①     ②      （4）288.0      5.【答案】① 将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度    ② Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu    ③ 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O    ④ 2.8×10-9    ⑤ 时，c(Cu2+)=2.2>    ⑥ 抑制铜离子水解 6.【答案】① H3AsO4 + 3NaOH == Na3AsO4 + 3H2O    ② 0.5    ③ 温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，使反应b 中Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降    ④ H3AsO4 + H2O + SO2 == H3AsO3 + H2SO4    ⑤ 调硫酸浓度约为7 mol·L－1，冷却至25℃，过滤    ⑥ abc 7.【答案】① CaO+ O2+ V2O3 Ca(VO3)2    ② Ca(VO3)2+ 4H+=2VO2++ Ca2++ 2H2O    ③ 酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大    ④ 调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）    ⑤ Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+ 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出    ⑥ pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3−    ⑦ 91(c1b1-5c2b2)/(1000a) 8.【答案】（1）①     ② 加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等    ③ 生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积     （2）①     ②     ③ ，能产生沉淀    ④ 发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀    ⑤ pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等    9.【答案】（1）①     ② ，与中的结合，降低，促进的沉淀溶解平衡正向移动；(或，增大，水解平衡逆移，有利于氧化)     （2），，     （3）①     ② 在的催化作用下，易分解(产生的快速脱离反应体系)    ③ a      10.【答案】（1）     （2）结晶时存在，增大和，平衡逆向移动     （3）     （4）将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液     （5）溶液中含有，经氧化为，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入     （6）①     ② 偏高      11.【答案】（1）①     ② 正反应方向    ③      （2）反应生成AgI沉淀，降低，逆向移动，反应生成AgI沉淀，提高了的氧化能力     （3）①     ② 将转化为AgI     （4）方法一：取滤渣，加入足量溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，ⅲ成立 方法二：取滤渣，加入足量KI溶液。过滤，若有固体剩余，加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，ⅲ成立      12.【答案】（1）     （2）①     ②     ③      （3）①     ② 加入后发生反应：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+、，促进了的转化    ③ pH减小，增大，不利于的溶解和电离，降低ⅰ中脱除率；由CuS的Ksp可知，CuS的溶解度极小，难溶于酸，所以对ⅱ中H2S的脱除率几乎无影响      13.【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率     （2）     （3）H2SO4     （4）① 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为氢氧化铁沉淀除去    ②      （5）     （6）     （7）      14.【答案】（1）        （2）① 加压、分离出氨、增加和投料比    ② 加压、400℃～500℃、铁触媒    ③ 经减压并加热、使被吸收的CO释放出来并收集、吸收液循环使用     （3）① 200℃    ②      15.【答案】（1）增大反应物接触面积，加快浸取速率     （2）Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O     （3）加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，使Co2++4Cl-平衡右移，浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度     （4）① 2Co2++3+2H2O=Co2(OH)2CO3↓+2    ② 温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少      16.【答案】（1）粉碎、70℃、催化剂     （2）     （3）双氧水分解、碘单质升华、催化剂活性降低     （4）     （5）产物无污染     （6）① I--6e-+6OH-=+3H2O    ② 浓KOH      17.【答案】1. ① 增大反应速率，提高浸出率    ②     ③ 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+     2. MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，调节pH≈5除去Fe3+、Al3+     3. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+     4.       18.【答案】（1）粉碎废钒、   适当升温     （2）V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O     （3）6VO2＋＋＋ 3H2O= 6＋ Cl-＋ 6H＋     （4）① 溶液中存在平衡： ，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为    ② 溶液中存在平衡： ， 加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出     （5）① 温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降    ② 温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降（合理即可）     （6）① 当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色（粉红色），且半分钟内不褪色    ②       19.【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率     （2）① 防止水解导致降低，影响元素浸出率    ② 与发生氧化还原反应，导致降低，平衡正向移动，溶解    ③ 远大于     （3）①     ② 3≤pH<5.5     （4）在时蒸发浓缩、冷却结晶      20.【答案】（1）①     ② bc     （2）① 0.85    ② 、时，的平衡转化率已经较高，增大压强对提升转化率作用有限，而且高压对材料、设备、动力的要求更高，生产成本增加    ③ 10V      21.【答案】（1）     （2）① <    ② 减小     （3）① A    ②      （4）① 或    ② 根据反应： ，电解产物中含有，需补充或使其完全转化为硝酸铵      22.【答案】（1）     （2）氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀     （3）CuS、CoS、NiS     （4）Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀     （5）蒸发结晶     （6）     （7）SO2      23.【答案】（1）① 20    ② 2.5    ③ 实验Ⅲ中出现浑浊的所需时间最短     （2）若，增大，与反应，不利于平衡正向进行，浸出率下降；若，增大，不利于平衡正向进行，浸出率下降     （3）①     ② 0.2      24.【答案】（1）     （2）① 、       ② bc    ③     ④ ABD    ⑤ 温度    ⑥ 在490℃时，随着反应的进行，反应物的转化率()上升，但反应物浓度下降，反应速率减小    ⑦ 低      25.【答案】（1）     （2）小于1.3时，去除率较低；大于1.3时，损失率较高(合理即可)     （3）① 沉淀不完全，导致产率降低    ② 控制反应速率，使海水中与充分接触，逐步生成沉淀。若加入过快，可导致局部浓度过大，覆盖，影响的纯度     （4）在气流中，增大，平衡逆向(即抑制水解的方向)移动，从而得到无水     （5）或      26.【答案】（1）HSO在溶液中既能发生电离：HSOSO+H+，又能发生水解：HSO+H2O H2SO3+OH—，HSO的电离程度大于水解程度     （2）c     （3）3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH 2Na2CrO4+8H2O     （4）H2O2受热易分解，使得氧化Cr(OH)3的H2O2减少，导致Na2CrO4的产率降低     （5）加入硫酸溶液使得溶液中H+浓度增大，反应2CrO+2H+Cr2O+H2O的平衡正向移动，Na2Cr2O7的产率增大     （6）      27.【答案】① TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5 kJ/mol    ② >    ③ 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应    ④ 饱和食盐水、FeCl2溶液、NaOH溶液    ⑤ MgCl2、AlCl3、FeCl3    ⑥ SiCl4    ⑦ 高于136℃，低于181℃ 28.【答案】（1）     （2）①     ②      （3）① 温度    ② 反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温衡转化率显著下降     （4）①     ②     ③ 偏大             试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型03 工艺流程综合题 1.(2025-2026高二上·北京市第五十中学·期中)以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）黄铁矿在通空气前需粉碎，其作用是　　　　　　　　　　　。 （2）反应：   是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： i． ii．______________________   ___________ iii． ①补全反应ii的热化学方程式：　　　　　　　　　　　。 ______________________   ___________ ②下列说法不正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （3）在体积可变的恒压密闭容器中投入和，不同条件下发生反应。实验测得在和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①时平衡转化率　　　　　　　　　　　，判断依据是　　　　　　　　　　　。 ②工业上通常采用和常压的条件，采用常压的原因是　　　　　　　　　　　。 ③M点对应的平衡混合气体的体积为，计算该温度下反应的平衡常数　　　　　　　　　　　。 （4）测定尾气中的含量。用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收尾气，将转化为，然后用淀粉作指示剂，用标准溶液进行滴定，消耗标准溶液。则尾气中的含量为　　　　　　　　　　　。 已知： 【答案】（1）增大矿石的接触面积，提高反应速率     （2）①     ② bc     （3）①     ② 该反应是气体分子数减少的反应，其他条件相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，    ③ 时，的平衡转化率已经较高，增大压强对材料、设备、动力的要求更高，生产成本增加    ④      （4）      【解析】黄铁矿与空气中的氧气发生氧化还原反应，生成和等，将中通入空气，在400~500℃下发生反应生成，反应方程式为，利用98.3%的浓硫酸吸收制备浓硫酸。 (1)黄铁矿在使用前需粉碎，可增大接触面积，提高反应速率； (2)① 根据盖斯定律可知反应可得到反应：   ，将代入后可得反应ii为，反应热； ②a．反应i中V由+5价降低到+4价，S由+4价升高到+6价，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，反应iii中V由+4价升高到+5价，O由0价降低到-2价，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，a项正确； b．反应i为可逆反应，因此投入，不能制得，b项错误； c．反应中为催化剂，加入催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，但平衡不移动，不能提高的转化率，c项错误； 答案选bc； (3)① 反应Ⅱ正向为气体体积减小的方向，其他条件相同时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即反应Ⅱ平衡正向移动，的转化率增大，由此可知，故，因此550℃、时； ② 工业上通常采用和常压的条件，是因为时，的平衡转化率已经较高，增大压强对材料、设备、动力的要求更高，生产成本增加； ③M点时，的平衡转化率，转化量为7.2mol，列三段式可得 平衡常数； (4)根据题意可得计量关系，可知的物质的量与物质的量相等，即，因此尾气中的含量为。 2.(2025-2026高二上·北京丰台·期中)电解锰渣含MnO2、MnCO3、FeCO3、SiO2等，将电解锰渣与电解残液混合制成浆液，能在脱除烟气(含SO2、O2、N2等)中SO2的同时，实现电解锰渣的资源化利用。 （1）上述流程中为增大反应速率采取的措施有　　　　　　　　　　　。 （2）电解锰渣中的MnO2能吸收烟气中的SO2，反应的方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）电解锰渣与电解残液混合后，浆液中部分离子浓度(mol·L-1)及pH在脱硫过程中的变化如下。 Mn2+ Fe2+ pH 0min 2.5×10-6 2.3×10-6 6.6×10-4 7.5 180min 1.3×10-4 7.5×10-5 1.7×10-2 1.7 ①用方程式表示脱硫过程溶液pH降低的原因　　　　　　　　　　　。 ②浆液中Mn2+浓度增大的原因如下： ⅰ.MnO2被SO2还原； ⅱ.MnO2被Fe2+还原； ⅲ.　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示) ③浆液中Fe2+浓度增大的可能原因是　　　　　　　　　　　。 （4）电解获得MnO2，装置如下图所示。 ①滤液2在电解池　　　　　　　　　　　(填“阳”或“阴”)极放电产生MnO2。 ②净化过程须除去Fe2+，研究发现，滤液2中即使含有少量Fe2+，也会导致MnO2产率大幅降低，分析原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）研磨、搅拌     （2）     （3）① 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4    ②     ③ 反应Ⅰ：；同时发生反应Ⅱ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，反应速率：反应Ⅰ＞反应Ⅱ；     （4）① 阳    ② Fe2+还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，使MnO2产率大幅降低      【解析】电解锰渣含有MnO2、MnCO3、FeCO3、SiO2等，首先进行研磨、搅拌得到浆液，然后通入烟气脱硫，得到含有硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸的溶液，除去不反应的二氧化硅滤渣，滤液经过净化，电解硫酸锰溶液得到二氧化锰和氢气、硫酸，电解残液混合制成浆液，浆液通入烟气。 (1)研磨、搅拌可以增大反应物的接触面积，从而增大反应速率； (2)MnO2能吸收烟气中的SO2，发生氧化还原反应生成硫酸锰，方程式为； (3)① 脱硫过程中二氧化硫、氧气、水发生氧化还原反应生成了硫酸，硫酸电离产生H+，使溶液中H+浓度增大，因而溶液中pH降低，该反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4； ② 浆液中Mn2+浓度增大的原因除了ⅰ.MnO2被SO2还原、ⅱ.MnO2被Fe2+还原；电解锰渣中MnCO3和酸性电解残液中氢离子反应生成锰离子、水和二氧化碳，也会使得溶液中锰离子浓度增大，反应为：； ③ 浆液中Fe2+浓度增大的可能原因是电解锰渣中FeCO3和酸性电解残液中氢离子反应生成亚铁离子，反应Ⅰ：；同时发生反应Ⅱ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，反应速率：反应Ⅰ＞反应Ⅱ； (4)① 滤液2中含有MnSO4，在电解池中，Mn2+在阳极失电子发生氧化反应生成MnO2，所以在电解池阳极放电产生MnO2； ② 滤液2中即使含有少量Fe2+，也会导致MnO2产率大幅降低，这是由于：Fe2+还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，使MnO2产率大幅降低。 3.(2025-2026高二上·北京市第十五中学·期中)H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。 (1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2 ①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是　　　　。 ②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是　　　　。 ③III中生成H2O2，反应的化学方程式是　　　　。 ④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因：　　　　。 (2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。 ①a极的电极反应式是　　　　。 ②下列说法正确的是　　　　。 A.该装置可以实现电能转化为化学能 B.电极b连接电源负极 C.该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 【答案】① 2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑    ② 增大压强或增大氧气的浓度或降低温度    ③ BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2    ④ H2O2受热易分解    ⑤ O2+2H++2e-= H2O2    ⑥ AC 【解析】(1)根据流程图示，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水，据此分析解答； (2)根据图示，左端电极上氧气转化为双氧水，氧元素的化合价由0价变为-1价，得电子发生还原反应，则a电极为阴极，电极反应为O2+2H++2e-= H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-= 4H++ O2↑，据此分析解答。 【解析】 (1) ① I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑； ②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g)2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度； ③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2； ④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低； (2)① 根据分析，a极的电极反应式是O2+2H++2e-= H2O2； ② A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确； B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误； C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确； 答案选AC。 易错点为(1)中的④ ，H2O2受热易分解，减压能够降低蒸馏温度，减小双氧水的分解，提高双氧水的产率。 4.(2025-2026高二上·北京育才学校·期中)以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下(部分操作和条件略)： Ⅰ．从废液中提纯并结晶出。 Ⅱ．将配制成溶液。 Ⅲ．溶液与稍过量的溶液混合，得到含的浊液。 Ⅳ．将浊液过滤，用热水洗涤沉淀，干燥后得到固体。 Ⅴ.煅烧，得到固体。 已知：在热水中分解。 （1）Ⅰ中加足量的铁屑除去废液中的，该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ中需加一定量硫酸，运用化学平衡原理简述硫酸的作用　　　　　　　　　　　。 （3）①Ⅲ中，生成的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 ②若浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （4）已知煅烧的化学方程式是 。现煅烧的，得到产品。若产品中杂质只有，则该产品中的质量是　　　　　　　　　　　。(摩尔质量/) 【答案】（1）     （2）加入硫酸，浓度增大，使的平衡向逆反应方向移动，从而抑制的水解     （3）①     ②      （4）288.0      【解析】(1)铁屑除去废液中的，发生氧化还原反应生成亚铁离子，离子方程式是； (2)是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶解是会水解，故加入硫酸，浓度增大，使的平衡向逆反应方向移动，从而抑制的水解； (3)① 生成的离子方程式是；② 若浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，说明发生氧化还原反应，生成氢氧化铁，化学方程式； (4)的中含有铁元素4×103mol，设产品中xmol，ymol，则有x+y=4×103mol，72x+160y=，解得x=2.2×103mol， y=1.8×103mol，故的质量=1.8×103mol×160g/mol=288.0kg； 5.(2025-2026高二上·北京市第一七一中学·期中)印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，以废液为原料制备，实现资源回收再利用，流程如图所示。 (1)粗溶液的制备 ①上述流程中能加快反应速率的措施有　　　　　　　 ②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有　　　　　　　 (2)溶液的精制 i.经检验，粗溶液含有 ii.向粗溶液滴加3%的溶液，当溶液中完全氧化后，加粉末调节溶液的， ⅲ.将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制溶液。 ①用离子方程式说明加入溶液的作用　　　　　　　 ②已知25℃时，，。调节溶液，此时　　　　　　　，已沉淀完全。 ③时判断尚未开始沉淀，根据是　　　　　　　(已知25℃时饱和溶液中的物质的量浓度为) (3)制备晶体 向精制的溶液中加一定量硫酸，加热蒸发，再冷却至晶体析出，过滤得到晶体。运用化学平衡原理简述硫酸的作用　　　　　　　 【答案】① 将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度    ② Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu    ③ 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O    ④ 2.8×10-9    ⑤ 时，c(Cu2+)=2.2>    ⑥ 抑制铜离子水解 【解析】印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，加适量的铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，过滤得到粗铜，在氧气中氧化生成粗氧化铜，加入过量的硫酸，得到粗硫酸铜溶液，制备，实现资源回收再利用。 【解析】 (1)① 上述流程中能加快反应速率的措施有：将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度，故答案为：将原料粉碎、适当提高溶液的浓度、提高反应温度； ② 印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，加适量的铁粉，发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu； (2)① 向粗溶液滴加3%的溶液，将溶液中完全氧化，便于生成氢氧化铁沉淀，从而与铜离子分离。用离子方程式说明加入溶液的作用：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故答案为：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O； ② 调节溶液，此时=2.8×10-9，小于1.0×10-5，已沉淀完全。故答案为：2.8×10-9； ③时，c(Cu2+)= =2.2>，尚未开始沉淀，根据是时，c(Cu2+)=2.2>(已知25℃时饱和溶液中的物质的量浓度为)，故答案为：时，c(Cu2+)=2.2>； (3)向精制的溶液中加一定量硫酸，抑制铜离子水解，加热蒸发，再冷却至晶体析出，过滤得到晶体。故答案为：抑制铜离子水解。 6.(2025-2026高二上·北京十四中·期中)As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。 （1） “碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应 的化学方程式是　　　　　　　　。 （2） “氧化”时，1 mol AsO33－转化为AsO43－至少需要O2　　　　　　　　mol。 （3） “沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有： a．Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) + 2OH－(aq)             ΔH ＜0 b．5Ca2+ + OH－ + 3AsO43－Ca5(AsO4)3OH   ΔH ＞0 研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是　　　　　　　　。 （4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是　　　　　　　　。 （5） “还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是 　　　　　　　　。 （6）下列说法中，正确的是　　　　　　　　（填字母）。 a．粗As2O3中含有CaSO4 b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率 c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的 【答案】① H3AsO4 + 3NaOH == Na3AsO4 + 3H2O    ② 0.5    ③ 温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，使反应b 中Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降    ④ H3AsO4 + H2O + SO2 == H3AsO3 + H2SO4    ⑤ 调硫酸浓度约为7 mol·L－1，冷却至25℃，过滤    ⑥ abc 【解析】试题分析：（1）H3AsO4与氢氧化钠发生中和反应生成Na3AsO4；（2）根据电子守恒计算1molAsO33-转化为AsO43-至少需要O2的物质的量；(3) 温度升高，Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq）  △H＜0，平衡逆向移动，c（Ca2+）、c(OH-)下降，所以反应b平衡逆向移动；（4）H3AsO4被SO2还原成H3AsO3；（5）根据图2，As2O3的溶解度在25℃、硫酸的浓度在7mol•L-1时最小；（6）CaSO4微溶于水；滤液2含有少量As2O3、硫酸；“沉砷”生成Ca5(AsO4)3OH可以富集砷元素； 解析：（1）H3AsO4与氢氧化钠发生中和反应生成Na3AsO4，反应方程式是H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；（2）1molAsO33-转化为AsO43-失电子2mol，1mol氧气得电子4mol，根据电子守恒，需要O2的物质的量 ；(3) 温度升高，Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq）  △H＜0，平衡逆向移动，c（Ca2+）、c(OH-)下降，反应b平衡逆向移动，所以随温度升高沉淀率下降；（4）H3AsO4被SO2还原成H3AsO3反应的化学方程式是H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；（5）根据图2，As2O3的溶解度在25℃、硫酸的浓度在7mol•L-1时最小，为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是调硫酸浓度约为7mol•L-1，冷却至25℃，过滤；（6）CaSO4微溶于水，钙离子未完全除去，所以粗As2O3中含有CaSO4，故a正确；滤液2含有少量As2O3、硫酸，滤液2可循环使用，提高砷的回收率，故b正确；“沉砷”生成Ca5(AsO4)3OH可以富集砷元素，故c正确。 Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq）  △H＜0，加热，平衡逆向移动； 7.(2025-2026高二上·北京市汇文中学·期中)工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：     【资料】+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH 的关系： pH 4～6 6～8 8～10 10～12 主要离子 VO2+ VO3− V2O74− VO43− （1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）酸浸： ①Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸 的离子方程式是　　　　　　　　　　。 ②酸度对钒和铝的溶解量的影响如下图所示： 酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据右图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。     （3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：     ①浸出液中加入石灰乳的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：　　　　　　　　　　　　　　。 ③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mL c1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol·L−1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4−被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是　　　　　　。（V2O5的摩尔质量：182 g·mol−1） 【答案】① CaO+ O2+ V2O3 Ca(VO3)2    ② Ca(VO3)2+ 4H+=2VO2++ Ca2++ 2H2O    ③ 酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大    ④ 调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）    ⑤ Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+ 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出    ⑥ pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3−    ⑦ 91(c1b1-5c2b2)/(1000a) 【解析】（1）根据反应流程：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与氧化钙和氧气反应生成Ca(VO3)2，化学方程式是CaO + O2 + V2O3 Ca(VO3)2；正确答案：CaO + O2 + V2O3 Ca(VO3)2。 （2）① 根据信息可知：pH在4～6之间，生成VO2+，所以Ca(VO3)2与盐酸反应离子方程式是：Ca(VO3)2 + 4H+＝2VO2+ + Ca2+ + 2H2O ；正确答案：Ca(VO3)2 + 4H+＝2VO2+ + Ca2+ + 2H2O。    ② 根据图象变化可知：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，因此酸浸时不选择更高酸度；正确答案：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大。        （3）① 浸出液中含有VO43—，加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀，便于钒元素的富集；正确答案：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）。    ② Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出；正确答案：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出。 ③ 根据信息可知：pH＞8时，钒的主要存在形式为V2O74−或VO43—等，不是VO3−，NH4VO3的产量明显降低；正确答案：pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3− 。 （4）高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子，根据反应规律：MnO4-～5Fe2+，消耗KMnO4的量b2×10-3×c2 mol，则消耗亚铁离子的量为5b2×10-3×c2 mol，再根据VO2+～Fe2+关系可知，用来还原VO2+的亚铁离子的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，因此VO2+ 的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，产品中V2O5的量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2) mol, 产品中V2O5的质量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2)×182=91(c1b1-5c2b2)×10-3g，则产品中V2O5的质量分数是91(c1b1-5c2b2)/(1000a)；正确答案：91(c1b1-5c2b2)/(1000a)。 8.(2025-2026高二上·北京市第四中学·期中)制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下： 资料：i．磷灰石的主要成分是 ii．可溶于水，微溶于水 ii． iv． （1）制备 ①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和　　　　　　　。 ②增大酸浸反应速率的措施有　　　　　　　(只写1条)。 ③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是　　　　　　　。 （2）制备 将、、混合并调节溶液的pH制备。 ①酸性条件下，生成的离子方程式是　　　　　　　。 ②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。 pH=1时，溶液中的，则　　　　　　　。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀　　　　　　　。 ③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。 ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是　　　　　　　。 ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是　　　　　　　(答出2点)。 【答案】（1）①     ② 加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等    ③ 生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积     （2）①     ②     ③ ，能产生沉淀    ④ 发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀    ⑤ pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等      【解析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。 (1)由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：； ②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等； ③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积； (2)①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：； ②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀； ③ ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀； ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。 9.(2025-2026高二上·北京北大附中·期中)辉铋矿(主要成分为难溶于水的，含等杂质)生产金属铋，流程如下： 已知： 溶液是的特征检验试剂，向含的溶液中滴入溶液，产生蓝色沉淀。 （1）浸出液中铋元素以形式存在，浸出渣中不含铁单质。 ①浸出过程中主要反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②浸出时加入盐酸有利于的溶解，从平衡移动角度解释可能的原因：　　　　　　　。 （2）用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有　　　　　　　。 （3）置换液可通过一定处理再生。 ①再生时，需加入溶液和盐酸，再生反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需与的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是　　　　　　　。 ③检验置换液中的金属离子未完全再生的操作和现象合理的是　　　　　　　。 a．取置换液于试管中，滴入溶液，产生蓝色沉淀 b．取置换液于试管中，滴入酸性溶液，溶液紫色褪去 c．取置换液于试管中，先滴入2滴新制氯水，再滴入2滴溶液，溶液变为血红色 【答案】（1）①     ② ，与中的结合，降低，促进的沉淀溶解平衡正向移动；(或，增大，水解平衡逆移，有利于氧化)     （2），，     （3）①     ② 在的催化作用下，易分解(产生的快速脱离反应体系)    ③ a      【解析】辉铋矿(主要成分为难溶于水的，含有等杂质)粉碎后加入盐酸、氯化铁溶液浸出，与溶液反应生成，不参与反应，过滤得到浸出液和浸出渣，浸出液的主要离子是，浸出渣的主要成分为、，从浸出渣中可回收；再向浸出液中加入稍过量的铁粉置换铋得到海绵铋，精炼海绵铋得到纯铋，置换液为氯化亚铁溶液，氧化再生后得到氯化铁溶液，可以在浸出时循环使用，据此解答。 (1)① 根据浸出渣能够分离得到S单质可知，在浸出过程中被氧化，分析浸出液组成，氧化剂是，结合题干“浸出液中铋元素以形式存在”，确定反应为； ② 浸出过程存在沉淀溶解平衡：，溶解生成和， 随后将氧化为S：，加入盐酸 ⅰ．可与结合成弱电解质，降低溶液，使的沉淀溶解平衡正向移动，促进溶解； ⅱ极易水解，转变为使降低，氧化性下降，提高可抑制其水解，从而使保持较高的浓度与氧化性，更好地氧化价S元素； (2)根据对流程的分析，置换过程主反应为Fe将Bi置换出来，自身被氧化为，另外浸出过程盐酸、过量，浸出液中剩余的、也可和Fe反应，反应的离子方程式有，，； (3)① 再生环节，加入溶液和盐酸，将氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，反应的离子方程式为； ②自身较易分解，且可作为其分解的催化剂，因此根据(3)① 方程式中的化学计量比投料会因的分解将不能全部被氧化，需加入过量以保证完全再生； ③ 检验置换液中的金属离子未完全再生，实质是在存在的情况下对进行检验： a．溶液是的特征检验试剂，滴入溶液，产生蓝色沉淀，证明未完全再生，a正确； b．利用的还原性检验的存在，需排除体系中其他还原性微粒的干扰，该混合物中存在有还原性的，故紫色被还原为无色的不能证明一定是未被氧化的造成的，b错误； c．由于溶液中一定存在再生的，故即使不加氧化剂，直接加入，也会使溶液变红，c错误； 故答案选a。 10.(2025-2026高二上·北京市陈经纶中学·期中)钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。 资料：ⅰ、溶液、溶液和溶液中的钛元素均以存在。 ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：。 （1）“氧化浸出”过程中被氧化，反应的离子方程式是　　　　　。 （2）溶液B中加入使结晶，随着的用量增大，的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：　　　　　。 （3）溶液经水解析出，反应的离子方程式是　　　　　。 （4）溶液D中加入后，被氧化为，萃取得到富钒溶液。用萃取钒时发生反应：，分液后得到含的有机溶液。由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是　　　　　。 （5）最终得到的中含有铁元素，原因是　　　　　。 （6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。 已知：ⅰ、将氧化为是该反应的催化剂。 ⅱ、还原性均被还原为。 ①溶液溶液、溶液溶液消耗标准溶液的体积分别为和，则溶液中与的物质的量之比是　　　　　。 ②若不加入，最终会导致测定结果中铁元素的含量　　　　　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 【答案】（1）     （2）结晶时存在，增大和，平衡逆向移动     （3）     （4）将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液     （5）溶液中含有，经氧化为，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入     （6）①     ② 偏高      【解析】该工艺流程以钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料，提取铁、钛和钒，原料联合氧化浸出得溶液A，溶液A中含有、、及，与铁屑反应得到溶液B，溶液B含有、、及，加入使结晶析出，溶液C中含有、及和少量，水解析出，溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化，再加入萃取剂萃取，分液后反萃取，最终得到。 (1)具有还原性，被氧化生成，离子方程式为； (2)加入使结晶得到晶体析出，即晶体与离子存在溶解平衡：，加入，增大和，使平衡逆向移动； (3)溶液中的钛元素以形式存在，发生水解析出，反应的离子方程式是 ； (4)由有机溶液重新得到含的水溶液，使平衡逆向移动，则应增大，故反萃取操作为将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液； (5)溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化为、，加入萃取剂萃取时，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入中； (6)①溶液A含有、，加入铝片，分别转化为、，即溶液a中含有、，由还原性，加入标准溶液滴定时，先发生反应， ，则，溶液b中含有，再加入标准溶液滴定时，发生，则，故溶液A中与的物质的量之比为； ②是将氧化为反应的催化剂，若不加入，该反应速率较慢，则滴定溶液a时，未完全被氧化，导致滴定溶液b时，消耗的标准溶液增多，使得测定结果中铁元素的含量偏高。 11.(2025-2026高二上·北京市十一学校·期中)某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。 （1）从正反应方向探究 实验.取溶液，加入溶液()，溶液呈棕黄色，不再发生变化。 ①通过检测出　　　　　　　，证实反应A存在限度。 ②加入，振荡，平衡向　　　　　　　移动。 ③除反应A外，KI还可以与发生　　　　　　　(写离子方程式)，促进与的反应。 （2）从逆反应方向探究 实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化，未检出。 ①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是　　　　　　　。 ②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去，能检出。 （3）乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。 查阅资料：。 实验验证： 已知：ⅰ.AgI难溶、微溶； ⅱ.一定条件下，微溶物可以向难溶物转化。 ①Ⅲ中KI溶液的作用是　　　　　　　(用离子方程式表示)。 ②Ⅳ中KI溶液的作用是　　　　　　　。 （4）检验、比较沉淀的成分，可明确的作用。 问题思考：在与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应： i.与在的促进下发生的氧化还原反应 ii.与在促进下发生的反应 iii.与的反应 确认是否发生反应ⅲ，设计实验：将反应后混合物过滤，　　　　　　　。 供选择试剂：稀溶液、KI溶液。 已知：溶于溶液；AgI难溶于稀。 【答案】（1）①     ② 正反应方向    ③      （2）反应生成AgI沉淀，降低，逆向移动，反应生成AgI沉淀，提高了的氧化能力     （3）①     ② 将转化为AgI     （4）方法一：取滤渣，加入足量溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，ⅲ成立 方法二：取滤渣，加入足量KI溶液。过滤，若有固体剩余，加入稀，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，ⅲ成立      【解析】（1）从正反应方向探究：取5 mL 0.01 mol⋅L−1 KI溶液，加入2 mL 0.01 mol⋅L−1 FeCl3溶液(pH=1)，铁离子不足，溶液呈棕黄色，不再发生变化，溶液中检测出Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，证明该反应存在限度；加入CCl4，振荡，反应生成的碘被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动；KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘，发生反应，消耗生成的碘，从而使平衡向正反应方向移动； （2）从逆反应方向探究：向碘水(含淀粉)中加入酸性FeSO4溶液，无明显变化，未检出Fe3+， 加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大Fe2+与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了的氧化能力，Fe2+被氧化成Fe3+的反应程度增大； （3）乙同学认为碘水中含有I−，加入Ag2SO4溶液也可能产生沉淀，做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入Ag2SO4溶液，由反应以及AgI难溶、AgIO3微溶，沉淀b为AgIO3和AgI；加入过量的KI溶液可将微溶的AgIO3转化成更难溶的AgI；加入稀硫酸，生成碘单质，使淀粉溶液变蓝；溶液中加入氯化钠溶液，过滤，向滤液中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的还原成了，离子方程式为：，据此分析回答。 (1)① 溶液中检测出Fe3+，说明Fe3+未完全转化为Fe2+，证明该反应存在限度； ② 加入CCl4，振荡，反应生成的碘被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动； ③KI中的碘离子能与反应A生成的单质碘发生反应：，消耗生成的碘，从而促进与的反应； (2)加入Ag2SO4溶液，碘离子与银离子结合生成AgI沉淀，碘离子的浓度减小，平衡逆向移动，可增大Fe2+与的反应程度，同时生成的AgI沉淀，提高了的氧化能力，Fe2+被氧化成Fe3+的反应程度增大； (3)① 由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液变蓝，根据说明KI将滤液中的还原成了，离子方程式为：； ② 已知，AgI难溶、AgIO3微溶，则沉淀b为AgIO3和AgI；加入过量的KI溶液可将微溶的AgIO3转化成更难溶的AgI； (4)若Fe2+与Ag+发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应iii，只需检验是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立；或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入稀HNO3，产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，iii成立。 12.(2025-2026高二上·北京市第八十中学·期中)以低品位铜钴矿(主要成分为、、，还有少量的FeO、、CaO、MgO等杂质)为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 ②萃取时发生反应 （1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是　　　　　　　　　　　。 （2）浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）加入试剂a　　　　　　　　　　　可使萃取剂再生。 （4）对于过程Ⅰ： ①加溶液作用是　　　　　　　　　　　。 ②加入碳酸钠调节溶液的pH=4时溶液中的　　　　　　　　　　　，由此可认为沉淀完全。 （5）滤渣1成分　　　　　　　　　　　。 （6）在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式　　　　　　　　　　　。 （7）产品纯度测定方法如下： 已知：与EDTA-2Na按物质的量1:1反应，若滴定至终点时消耗EDTA-2Na标准液的体积为20.00 mL，则产品纯度为　　　　　　　　　　　。(的摩尔质量是166 ) 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率     （2）     （3）H2SO4     （4）① 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为氢氧化铁沉淀除去    ②      （5）     （6）     （7）      【解析】铜钴矿(主要成分为CoO(OH)、Cu2(OH)2CO3、SiO2，还有少量的FeO、Fe2O3、CaO、MgO等杂质)中加入稀硫酸和Na2SO3浸取，Cu2(OH)2CO3、MgO、FeO转化为可溶性硫酸盐，部分钙元素以硫酸钙形式进入浸出渣，Co3+、Fe3+被亚硫酸钠还原为Co2+、Fe2+，SiO2不反应，则浸出渣的成分主要为：SiO2、CaSO4，浸出液的主要成分为：Co2+、Fe2+、Ca2+、Cu2+、Mg2+、；萃取浸出液使Cu2+进入有机层，反萃取得到硫酸铜溶液，处理得到硫酸铜晶体；水层加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液1含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再加入NaF，使Mg2+、Ca2+转化为氟化镁、氟化钙沉淀，过滤后，滤液2中含有Co2+，加入草酸盐使其转化为草酸钴，煅烧得到Co2O3；据此作答。 (1)铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率； (2)依据分析， CoO(OH)在酸性条件下被亚硫酸钠还原为Co2+，该反应的离子方程式为：； (3)萃取的反应为：，反萃取得到硫酸铜，则反萃取的反应为：，即试剂a为H2SO4； (4)①依据分析，结合表格数据可知，氢氧化铁更难溶，NaClO3具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，便于后续除去铁元素，故加NaClO3溶液作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为氢氧化铁沉淀除去； ②pH=4时，，则，由此可认为Fe3+沉淀完全； (5)依据分析，滤渣1 的成分为：； (6)CoC2O4⋅2H2O在足量空气中煅烧，钴元素化合价由+2变为+3，碳元素化合价由+3变为+4，氧元素化合价由0变为-2，结合氧化还原反应原理可知反应方程式为： ； (7)三价钴与EDTA-2Na按物质的量1:1反应，则，产品纯度。 13.(2025-2026高二上·北京房山·期中)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。 （1）在一定条件下，(g)和(g)反应生成0.2 mol (g)，放出9.24 kJ的热量，写出该可逆反应的热化学方程式　　　　　　。 （2）合成氨生产流程示意图如下。 ①理论上，为了增大平衡时的转化率，可采取的措施有　　　　　　(写出一条即可)。 ②流程中，有利于提高单位时间内氨气产率的措施有　　　　　(写出一条即可)。 ③“干燥净化”中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：   。为循环使用，应该怎样处理吸收CO后的铜氨废液？请提出你的建议：　　　　。 （3）实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中的物质的量分数的变化情况。 ①曲线a对应的温度是　　　　　　　。 ②M、N、Q点平衡常数的大小关系是　　　。 【答案】（1）        （2）① 加压、分离出氨、增加和投料比    ② 加压、400℃～500℃、铁触媒    ③ 经减压并加热、使被吸收的CO释放出来并收集、吸收液循环使用     （3）① 200℃    ②       【解析】(1)生成0.2 mol NH3放热9.24 kJ，则生成2 mol放热为9.24 kJ×10 mol=92.4 kJ。则该可逆反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ∆H=-92.4 kJ/mol。 (2)① 根据勒夏特列原理，增大转化率即使平衡正向移动，具体措施为：增大压强（减小容器体积）或降低温度或增加和投料比或及时分离出产物（任选一条即可）。 ② 单位时间内产率，需综合考虑反应速率和转化率，可通过以下措施：加压、400℃～500℃、铁触媒实现。 ③ 该反应是放热反应且气体分子数减小, 为循环使用，可采取以下措施：经减压并加热、使被吸收的CO释放出来并收集、吸收液循环使用。 (3)① 合成氨反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，曲线a NH3物质的量分数最大，说明温度最低，故曲线a对应的温度是200℃。 ② 平衡常数K只与温度有关，合成氨反应放热，温度越高，K越小；M、Q在曲线b（温度为400℃），N在曲线c（温度600℃），则：。 14.(2025-2026高二上·北京市第四中学·期中)以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。     已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：　　　　　　　　　　(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有　　　　　　　　　　。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：　　　　　　　　　　。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：　　　　　　　　　　　　　　。     （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：　　　　　　　　。 【答案】（1）① >    ② 、     （2）①     ② 与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀     （3）① 、、    ② 被氧气氧化为，把氧化为     （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂      【解析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 (1)①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 (2)①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀。 (3)①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 (4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 15.(2025-2026高二上·北京市八一学校·期中)钴的化合物用途广泛，如：LiCoO2作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿Co2O3(含Cr2O3、NiS等不溶于水的杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下： 资料：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-。 ②溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。 ③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示： （1）步骤ⅰ研磨的目的是　　　　　　　　　　　。 （2）步骤ⅱ中出现了淡黄色沉淀经检验为硫单质，写出发生该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 （3）从平衡移动角度解释步骤ⅲ中加入NaCl固体的目的是　　　　　　　　　　　。 （4）步vi用足量(NH4)2CO3作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co2(OH)2CO3]。 ①写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 ②实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）增大反应物接触面积，加快浸取速率     （2）Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O     （3）加入NaCl固体，溶液中氯离子浓度增大，使Co2++4Cl-平衡右移，浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度     （4）① 2Co2++3+2H2O=Co2(OH)2CO3↓+2    ② 温度过高，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少      【解析】由流程可知，原钴矿研磨后加入盐酸浸取，由题给信息可知，为分离Co2+与Cr2+、Ni2+，浸出液加入氯化钠固体，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度，加入有机胺试剂萃取、洗脱，可得到CoCl2溶液，加入碳酸铵生成碱式碳酸钴，煅烧生成Co3O4，加入碳酸锂烧结，可生成LiCoO2。 (1)步骤i为研磨，将原钴矿磨碎，目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率。 (2)步骤ii中出现了淡黄色沉淀，是NiS在酸性环境下将Co2O3还原为Co2+，NiS中的-2价的S被氧化为淡黄色的S单质，发生该反应的离子方程式：Co2O3+NiS+6H+=2Co2++S+Ni2++3H2O 。 (3)步骤iii中加入NaCl固体的目的是增大溶液中氯离子浓度，使Co2++4Cl-CoCl平衡右移，CoCl浓度增大，提高其在有机胺试剂中的浓度。 (4)① 在CoCl2溶液中加入碳酸铵，反应生成碱式碳酸钴，该反应的离子方程式为2Co2++3+2H2O=Co2(OH)2CO3↓+2； ② 由图象可知，温度升高，表示沉淀质量的曲线下降，曲线下降的原因是温度过高时，碳酸铵分解，碳酸铵浓度降低，沉淀质量减少。 16.(2025-2026高二上·北京育英中学·期中)碘酸钾是一种重要的无机物，可用作食盐中的加碘剂。其制备方法如下： I．过氧化氢氧化法 资料：碘酸是弱酸 （1）合成步骤中加快化学反应速率的措施是　　　　　　　　　　　。 （2）合成步骤中的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．氯酸钾氧化法 （4）在稀硝酸介质中，用氯酸钾氧化碘单质，然后用氢氧化钾中和碘酸氢钾[KH(IO3)2]，补全反应的化学方程式：　　　　　　。 ， （5）相对于氯酸钾氧化法，过氧化氢氧化法的优点是　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．电解法 （6）先将一定量的I2溶于过量的KOH溶液，发生反应：，将反应后溶液加入阳极区，制备纯度较高的碘酸钾。写出阳极的电极反应式　　　　　　　　　　　。阴极区出口排出　　　　　　　　　　　溶液。 【答案】（1）粉碎、70℃、催化剂     （2）     （3）双氧水分解、碘单质升华、催化剂活性降低     （4）     （5）产物无污染     （6）① I--6e-+6OH-=+3H2O    ② 浓KOH      【解析】向粉碎的I2中加入H2O2，在70℃和催化剂的作用下，反应生成HIO3和H2O，然后再加入K2CO3溶液，调节溶液至中性，生成KIO3和CO2及H2O，将所得溶液蒸发结晶、过滤、洗涤、烘干得到KIO3晶体。 (1)在合成步骤中，加快化学反应速率的措施有将碘单质粉碎、使用催化剂、反应温度控制在70℃左右等； (2)由流程分析可知：合成步骤中I2和H2O2应生成HIO3和H2O，根据化合价升降守恒和原子守恒，可得该反应的化学方程式为：I2+5H2O2 2HIO3+4H2O； (3)当合成温度若高于70℃，双氧水会分解、碘单质可能升华、催化剂活性也会降低，这些都会导致碘酸钾产率会降低，故反应温度应该控制在70℃左右； (4)由题意可知：KClO3氧化I2单质，生成碘酸氢钾[KH(IO3)2]，KClO3一般被还原为KCl，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得该反应的化学方程式为：； (5)根据反应产物之间的比较，可知过氧化氢氧化法的优点是产物无污染； (6)由题意可知：反应后溶液的中含有KI和KIO3，加入阳极区电解后可以得到纯度较高的KIO3，即KI在阳极失去电子，发生氧化反应生成了KIO3，根据原子守恒和电荷守恒，结合溶液显碱性，可得阳极的电极反应式为：I--6e-+6OH-=+3H2O； 阳极反应后消耗OH-，使阳离子浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极区，水电离产生的H+在阴极上得到电子被还原为H2逸出，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，K+与OH-结合生成的KOH从阴极流出，故阴极区出口排出KOH溶液。 17.(2025-2026高二上·北京五中·期中)MnO2是重要的化工原料，软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2 ②金属离于沉淀的pH Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是　　　　。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示： i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是　　　　。 ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是　　　　。 (2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：　　　　。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是　　　　。 (4)产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用c mol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为　　　　(用质量分数表示)。 【答案】1. ① 增大反应速率，提高浸出率    ②     ③ 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+     2. MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，调节pH≈5除去Fe3+、Al3+     3. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+     4.       【解析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰，据此分析。 (1)① 研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率； ②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为；ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，反应生成的可与过量发生反应，生成的可继续还原，从而提高了的利用率，减少了实际消耗的的量； (2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+； (3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为； (4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，离子方程式为：，剩余部分再与高锰酸钾反应，离子方程式为：，根据反应关系：，，与反应的，与反应的，则， ，产品纯度为：。 18.(2025-2026高二上·北京市第一零一中学·期中)为回收利用废钒催化剂(含有、及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收的新工艺，主要流程如下图。 已知：ⅰ．部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示： 物质 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ⅱ．    回答下列问题： （1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为　　　　　　　　　　　　　(写两条)。 （2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入和过量溶液发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。 （3）生成的反应中消耗1 mol 时转移6 mol电子，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。 （4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用： ①作用1：　　　　　　　　　　　　　。 ②作用2：　　　　　　　　　　　　　。 （5）最后钒以的形式沉淀出来。以沉钒率(沉淀中V的质量和废钒催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率逐渐下降的可能原因是(写两条)：ⅰ：　　　　　　　　　　　　　；ⅱ：　　　　　　　　　　　　　。 （6）测定产品中的纯度：称取a g产品，用硫酸溶解，得到溶液，加入的溶液()，再用的溶液滴定过量的至终点，消耗溶液mL。已知被还原为，杂质不参与反应。 ①滴定终点的实验现象是　　　　　　　　　　　　　。 ②产品中(摩尔质量：)的质量分数是　　　　　　　　(列出计算式即可)。 【答案】（1）粉碎废钒、   适当升温     （2）V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O     （3）6VO2＋＋＋ 3H2O= 6＋ Cl-＋ 6H＋     （4）① 溶液中存在平衡： ，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为    ② 溶液中存在平衡： ， 加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出     （5）① 温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降    ② 温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降（合理即可）     （6）① 当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色（粉红色），且半分钟内不褪色    ②       【解析】废钒催化剂粉碎、水浸，将溶解性物质VOSO4溶于水，然后过滤得到滤渣和滤液，根据溶解性表知，滤液中含有VOSO4，滤渣中含有V2O5等不溶性杂质，向滤渣中加入亚硫酸钠和稀硫酸，亚硫酸钠具有还原性，能将V2O5还原为VOSO4，然后过滤得到滤渣和滤液，将两部分滤液混合并加入氯酸钾，氯酸钾具有氧化性，能将VOSO4氧化为(VO2)2SO4，加入氨水，得到难溶性的NH4VO3，焙烧NH4VO3得到V2O5。 (1)水浸时，为了提高废钒的浸出率，可粉碎废钒、搅拌，适当升高温度，延长浸泡时间；答案为：粉碎废钒、适当升温。 (2)滤渣1的成分为V2O5、不溶性残渣，因为滤液1和滤液2中钒的存在形式相同，所以滤渣1的成分中的V2O5与亚硫酸钠、硫酸反应生成VOSO4，发生反应的化学方程式为V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O 。 (3)生成的反应中消耗1 mol KClO3时转移6 mol电子，故被还原为Cl-，反应的离子方程式为6VO2＋＋＋ 3H2O= 6＋ Cl-＋ 6H＋   。 (4)含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移动原理解释其作用，作用1：溶液中存在平衡： ，加入氨水，使OH-浓度增大，该平衡正移，从而使尽可能都转化为；作用2：溶液中存在平衡： ， 加入氨水，使浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出   。 (5)随着温度的升高，物质的溶解度越大，温度升高氨气的溶解度降低，故温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是：原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使浓度下降，沉钒率下降原因；3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降原因；4：平衡，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致浓度下降，沉钒率下降（答案合理即可）。 (6)①该反应滴定终点的现象为：当滴入最后半滴溶液时，溶液由无色变为浅紫红色（粉红色），且半分钟内不褪色。 ②根据元素化合价升降相同，滴定过程有2KMnO4∼5H2C2O4，则过量的H2C2O4物质的量为n(H2C2O4)=2.5n(KMnO4)=2.5b2C2×10−3mol，则与(VO2)2SO4溶液反应的H2C2O4物质的量为(b1c1−2.5b2c2)×10−3 mol，根据方程式可得2∼H2C2O4，根据钒守恒可知，n(V2O5)= n(H2C2O4)= (b1c1−2.5b2c2)×10−3 mol，则产品中V2O5的质量分数是。 19.(2025-2026高二上·北京市第十三中学·期中)下图是闪锌矿(主要成分是，含有少量)制备的一种工艺流程。 闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ 已知：为了估算方便，将难溶物的取近似值 难溶物 近似值 （1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其作用是　　　　　　　。 （2）“溶浸”过程使用过量的和的混合溶液浸取矿粉使元素浸出，同时滤渣中得到淡黄色固体，生产过程中无产生。 ①溶浸过程中，向溶液中加入的目的是　　　　　　　。 ②结合平衡移动的原理，解释溶于溶液的原因　　　　　　　。 ③在上述条件下，也能溶于溶液中，判断的依据是　　　　　　　。 （3）“除铁”过程的工艺流程如下图所示。 已知：当被沉淀的离子浓度小于时，认为该离子被沉淀完全。 ①在还原过程中粉发生的反应有　　　　　　　。 ②在氧化过程中需加入调节，若滤液中，则氧化过程需控制的范围是　　　　　　　。 （4）“结晶”过程       已知：硫酸锌溶解度与温度之间的关系如下表。 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 41.8 54.1 70.4 74.8 67.2 60.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为　　　　　　　，过滤、洗涤、在减压低温条件下干燥。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率     （2）① 防止水解导致降低，影响元素浸出率    ② 与发生氧化还原反应，导致降低，平衡正向移动，溶解    ③ 远大于     （3）①     ② 3≤pH<5.5     （4）在时蒸发浓缩、冷却结晶      【解析】结合题目可知，使用过量的和的混合溶液浸取矿粉，ZnS与发生氧化还原反应使锌元素浸出，获得相应的金属离子的硫酸盐，向浸出液中加入铁，还原残留的，经过浓缩结晶获得副产品。通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，向上述溶液中加入ZnO调节溶液的pH除去铁离子，最后通过蒸发浓缩、冷却结晶获得产品  。 (1)固体反应物粉碎后，可增大反应物的接触面积，从而加快反应速率。 (2)①溶液中，铁离子会水解，加入硫酸，可以抑制其水解，避免降低，影响Zn元素浸出率。 ②与发生氧化还原反应，导致降低，平衡正向移动，ZnS溶解。 ③ FeS的Ksp大于ZnS的Ksp，FeS溶解度更大，S2-浓度更高，更易被Fe3+氧化，，使FeS溶解平衡右移，故FeS可溶于溶液中。 (3)① 流程中，首先进行酸溶，溶液显酸性，需要加入过量铁单质进行反应，故发生反应： ，随后单质铁与铁离子发生反应： 。 ② 要锌离子不沉淀，根据溶度积常数， ，计算其氢氧根浓度， ，此时溶液的 ；同时确保铁离子沉淀完全， ，据此可知 ，此时溶液的 ，故控制的范围是3≤pH<5.5。 (4)由硫酸锌溶解度与温度的关系可知，硫酸锌的溶解度在时最大，所以从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为在时蒸发浓缩、冷却结晶。 20.(2025-2026高二上·北京市第十三中学·期中)以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）反应Ⅱ：   是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： i．    ii．______________     _______ iii．      ①补全反应ⅱ的热化学方程式：　　　　　　　。 ______________   _______ ②下列说法不正确的是　　　　　　　(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （2）在体积可变的恒压密闭容器中投入、，不同条件下发生反应Ⅱ．实验测得在、和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①、时平衡转化率　　　　　　　 ②工业上通常采用和常压的条件，采用常压的原因是　　　　　　　。 ③点对应的平衡混合气体的体积为，计算该温度下反应Π的平衡常数　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② bc     （2）① 0.85    ② 、时，的平衡转化率已经较高，增大压强对提升转化率作用有限，而且高压对材料、设备、动力的要求更高，生产成本增加    ③ 10V      【解析】(1)根据盖斯定律可知反应可得到反应：，，则，则反应ⅱ的热化学方程式为； a．反应ⅲ中V由+4价升高到+5价，O由0价降低到-2价，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，反应ⅰ中V由+5价降低+4价，S由+4价升高到+6价，有元素化合升降，属于氧化还原反应，a正确； b．反应ⅰ为可逆反应，投入催化剂不影响产量，而且投料量未知，无法判断三氧化硫的量，b错误； c．反应中为催化剂，加入催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，但平衡不移动，不能提高转化率，c错误； 故答案选bc。 (2)该反应正向为气体体积减小的方向，其他条件相同时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即反应Ⅱ平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，由此可知，故，因此550℃、0.1MPa时二氧化硫的平衡转化率； 工业上通常采用400℃-500℃和常压的条件，是因为400℃-500℃和常压时，二氧化硫的平衡转化率已经较高，增大压强对材料、设备、动力的要求更高，生产成本增加； M点时，的平衡转化率，列三段式， 平衡常数K==。 21.(2025-2026高二上·北京市第十五中学·期中)经一系列反应可以得到和，如下图所示。 （1）Ⅰ中，和在催化剂和加热的作用下反应，其化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ中，。在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线如下图所示。 ①比较：　　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是　　　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）Ⅲ中，降低温度，将转化为，再制备浓硝酸。 ①已知：    下列能量变化示意图中，正确的是　　　　　　　　　　　(填字母)。 ②与、化合的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （4）Ⅳ中，电解NO制备，其工作原理如下图所示。为使电解产物全部转化为，需补充物质A．A是　　　　　　　　　　　(填化学式)，请结合化学用语解释原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① <    ② 减小     （3）① A    ②      （4）① 或    ② 根据反应： ，电解产物中含有，需补充或使其完全转化为硝酸铵      【解析】(1)和在催化剂和加热的作用下反应生成一氧化氮和水，化学反应方程式为 ，故答案为 。 (2)① 该反应的正反应为气体物质的量减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平衡向气体物质的量减小的方向移动，即向正反应方向移动，即压强越高，NO的平衡转化率越大，根据图示知，相同温度下，压强时NO的转化率小于时NO的转化率，故<，故答案为：<。 ② 其他条件不变时，升高温度，平衡向着吸热反应方向移动，又根据图示知，相同压强下，随着温度的升高，NO的转化率降低，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，故逆反应方向为吸热反应，则正反应方向是放热反应，则随着温度的升高，该反应的平衡常数减小，故答案为：减小。 (3)① 反应 减去反应 可得反应 ，根据盖斯定律知，一般来说，物质由液态变为气态，吸收热量，即，，由降低温度，将转化为可知，，即反应物的总能量大于生成物和的总能量，且前者放出的热量小，故答案为：A。 ②与、反应生成硝酸，化学方程式为，故答案为：。 (4)电解NO制备，阳极反应为：，阴极反应为：，从两极反应可看出若要使电子得失守恒，阳极产生的量大于阴极产生的的量，总反应为 ，电解产物中含有，要使电解产物全部转化为，应补充适量的氨气或氨水，故答案为：或；根据反应： ，电解产物中含有，需补充或使其完全转化为硝酸铵。 22.(2025-2026高二上·北京市第一七一中学·期中)富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。 已知：i.浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、 ii.25℃时，金属硫化物的溶度积常数。 金属硫化物 NiS CoS CuS MnS （1）过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为　　　　　　　。 （2）过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是　　　　　　　。 （3）固体Y中主要物质的化学式为　　　　　　　。 （4）已知，在时完全沉淀转化为。过程③中沉淀剂不选择的原因可能是　　　　　　　。 （5）已知，温度高于20℃时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低。过程④中，采用的操作是　　　　　　　。 （6）过程⑤中发生下列反应。             利用和计算时，还需要利用　　　　　　　反应的。 （7）流程中可循环使用的物质是　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀     （3）CuS、CoS、NiS     （4）Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀     （5）蒸发结晶     （6）     （7）SO2      【解析】酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为，因为浸出液中含有Ni2+、 Co2+、 Cu2+ 、 Mn2+、 Fe2+，与氧气和石灰乳反应后，生成Fe(OH)3，根据金属硫化物的Ksp可知，向溶液1中加入NaHS，生成沉淀的先后顺序为，CuS、CoS、NiS、MnS，根据溶液2的成分分析，生成的沉淀中没有MnS，故溶液2中的MnSO4经过蒸发结晶得到固体MnSO4，最后经过焙烧得到Mn3O4，以此分析解答； (1)根据分析，含硫的阴离子主要为； 故答案为：； (2)根据分析，氧气的作用使得亚铁离子转化为铁离子，加入石灰乳使得铁离子转化为沉淀； 故答案为：氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀； (3)根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS; 故答案为：CuS、CoS、NiS； (4)，生成的硫离子，水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀； 故答案为：Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀； (5)对硫酸锰溶液进行蒸发结晶，得到晶体MnSO4； 故答案为：蒸发结晶； (6)根据盖斯定律，2① -2②，可得，与式③相比，差； 故答案为： (7)根据分析，MnSO4进行焙烧时产生SO2可以在步骤①中重复使用； 故答案为：SO2。 23.(2025-2026高二上·北京北大附中·期中)优化反应条件是研究化学反应的重要方向。 （1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。 实验序号 溶液 溶液 蒸馏水 温度/℃ 浓度/() 体积/mL 浓度/() 体积/mL 体积/mL Ⅰ 0.1 1.5 0.1 1.5 10 20 Ⅱ 0.1 2.5 0.1 1.5 9 a Ⅲ 0.1 b 0.1 1.5 9 30 ①表中，a为　　　　　　　，b为　　　　　　　。 ②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为　　　　　　　。 （2）硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下： 实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.5~9.5，解释其原因：　　　　　　　。 （3）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆(含CaO)上清液中的，并制取石膏()，其中的物质转化过程如下图所示。 ①过程Ⅱ中，反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②根据物质转化过程，若将10 L上清液中的转化为(浓度为 )，理论上共需要的物质的量为　　　　　　　mol。 【答案】（1）① 20    ② 2.5    ③ 实验Ⅲ中出现浑浊的所需时间最短     （2）若，增大，与反应，不利于平衡正向进行，浸出率下降；若，增大，不利于平衡正向进行，浸出率下降     （3）①     ② 0.2      【解析】(1)①实验目的为探究外界条件对化学反应速率的影响(这里指的是浓度和温度)，根据表格中的信息可知实验Ⅰ、Ⅱ对比探究的是硫代硫酸钠溶液浓度的变化对速率的影响，所以应保持温度不变，即； 实验Ⅲ的温度为30℃，与实验Ⅰ、Ⅱ温度不同，说明实验Ⅲ为研究温度对化学反应速率的影响，为控制变量，其他外界条件(浓度、压强)应保持不变。结合蒸馏水用量，每组实验应保持总体积不变，则应通过实验Ⅱ和实验Ⅲ对比得出结论，因此反应物用量Ⅲ和Ⅱ一致，即。 ② 结合反应原理：，观测反应速率的实验现象应为“出现浑浊所需时间”，注意易溶于水，不能观测产生一定量气体体积所需时间。也不能用反应速率快慢作为实验现象的描述。 取两支大小相同的试管，分别加入2 mL和 溶液，向盛有 溶液的试管中加入1 mL蒸馏水，摇匀。再同时向上述两支试管中分别 ，振荡。观察、比较两支试管中溶液出现浑浊的快慢。 (2)硫代硫酸钠浸银的反应为可逆反应，研究对反应的影响，应从平衡角度进行分析：当时，即溶液中增大，作为产物的浓度增大，平衡逆向移动，会降低银的浸出率；当时，尤其是在酸性条件下，增大，则发生(1)中的反应，则反应物浓度降低，平衡逆向移动，会降低银的浸出率。 (3)① 过程Ⅱ中、，故反应的离子方程式为。 ② 据图示可知：整个反应过程中，只有一种还原剂，一种氧化剂，根据得失电子守恒确定以下关系式：      所以消耗氧气： 。 24.(2025-2026高二上·北京北大附中·期中)硫酸是一种重要的工业原料，工业制硫酸的流程如下图： 已知：中S为价。 （1）黄铁矿在空气中反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）反应Ⅱ：    是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： ⅰ． ⅱ．   _______ⅲ． ①补全反应ⅱ的热化学方程式：　　　　　　　。    _______ ②下列说法不正确的是　　　　　　　(填序号)。 a．反应ⅰ和ⅲ均属于氧化还原反应 b．投入1 mol ，最多制得1 mol c．使用能提高的平衡转化率 ③以不同温度、压强在恒容容器内进行反应Ⅱ： ⅰ．反应Ⅱ的化学平衡常数的表示式为　　　　　　　。 ⅱ．下列叙述能证明该反应Ⅱ已达到化学平衡状态的是　　　　　　　填字母)。 A．容器内压强不再发生变化       B．的体积分数不再发生变化 C．容器内气体原子总数不再发生变化       D．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化 ⅲ．不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标X代表　　　　　　　(填“温度”或“压强”)。 ④其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度(某一转化率下，反应速率最快时的温度)，绘制某一转化率()下，反应速率(数值已略去)与温度的关系，如图所示。 ⅰ．解释490℃时，越大反应速率数值越低的原因　　　　　　　； ⅱ．越大最佳操作温度越　　　　　　　(填“高”或“低”)。 【答案】（1）     （2）① 、       ② bc    ③     ④ ABD    ⑤ 温度    ⑥ 在490℃时，随着反应的进行，反应物的转化率()上升，但反应物浓度下降，反应速率减小    ⑦ 低      【解析】(1)黄铁矿含，其中S为价，故在空气中发生化学反应S由-1价升为+4价，反应的化学方程式为 。 (2)① 根据盖斯定律可知 反应Ⅱ：    可由反应得到，即代入后可得反应ⅱ为    。 ②a．反应ⅰ中Ⅴ由价降低到价，S由价升高到价，有元素化合价升降，属于氧化还原反应；反应ⅲ中Ⅴ由价升高到价，O由0价降低到价，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，a项正确； b．是催化剂，在反应中不断循环使用，生成的量由反应物和的起始用量及反应限度决定，不由催化剂用量决定，b项错误； c．反应中是催化剂，加入催化剂通过改变反应路径，降低反应的活化能，增大反应速率，但平衡不移动，不能提高的平衡转化率，c项错误； 故选bc。 ③ⅰ．温度一定时，化学反应达到平衡时其生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积为常数，称为化学平衡常数，简称平衡常数。对于有纯固体或纯液体参与的反应，纯固体或纯液体不列入平衡常数的表达式中。此处、和均为气体，均应代入平衡常数的表达式，故K=。 ⅱ． A．恒容容器中，反应前后气体分子数不同，即压强不再发生变化达到平衡，A正确； B．的体积分数不再改变，达到平衡状态，B正确； C．反应中一直遵循原子守恒，不能由此判断是否达到平衡状态，C错误； D．制反应的气体分子数减小，在恒容容器内，反应未达平衡时，气体分子总数一直减小，气体总物质的量减小，气体的平均摩尔质量增大；当反应达到平衡状态时，气体分子总数和气体总物质的量均不再变化，气体的平均摩尔质量也不变，D正确； 故选ABD。 ⅲ．观察反应特征：    该反应气体分子数减小，故增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大； 该反应为放热反应，故升高温度，K减小，，平衡逆向移动，平衡转化率降低。观察图像，平衡转化率随X轴数值增大而减小，故X轴表示温度。 ④ⅰ．温度均为490℃，非温度因素，由图可知反应物的转化率()不同，则反应物浓度不同，确定影响因素为反应物浓度——反应物转化率()越大，反应物浓度越低，反应速率越低。故490℃时，越大反应速率数值越低的原因是在490℃时，随着反应的进行，反应物的转化率()上升，但反应物浓度下降，反应速率减小。 ⅱ．由图可知，转化率()越大，最佳操作温度即最大反应速率温度越低(见下图)。 25.(2025-2026高二上·北京通州·期中)海洋中蕴藏着丰富的镁资源。某海水提镁的工艺流程如下图所示(已知：海水中含有、等杂质离子)。 （1）步骤I中加适量溶液发生反应的离子方程式是　　　　　　。 （2）海水中钙离子含量过高，会影响氢氧化镁的纯度，碳酸钠加入量对钙去除率和镁损失率的影响如下图所示，工业上选取碳酸钠与钙离子最佳物质的量之比为1.3，原因是　　　　　　。 （3）已知： 氢氧化物 开始沉淀的pH 9.1 完全沉淀的pH 11.1 ①步骤II中一般控制溶液的pH在之间，若pH过低()会导致的问题是　　　　　　。 ②步骤II中常采用“搅拌”和“缓慢加入石灰乳”的方式制得，以避免造成镁离子的损失，请从化学反应速率角度解释“缓慢加入石灰乳”的原因　　　　　　。 （4）步骤IV中需在气流中加热晶体制得无水，请结合化学平衡移动原理解释原因　　　　　　。 （5）上述流程中，可以循环利用的物质是　　　　　　(写一种即可)。 【答案】（1）     （2）小于1.3时，去除率较低；大于1.3时，损失率较高(合理即可)     （3）① 沉淀不完全，导致产率降低    ② 控制反应速率，使海水中与充分接触，逐步生成沉淀。若加入过快，可导致局部浓度过大，覆盖，影响的纯度     （4）在气流中，增大，平衡逆向(即抑制水解的方向)移动，从而得到无水     （5）或      【解析】海水经过步骤Ⅰ（加入适量溶液、适量溶液）得到滤液(主要含Na+、Cl-、Mg2+)，滤液经步骤Ⅱ（加入石灰乳）得到，经步骤Ⅲ（加盐酸）得到溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、步骤Ⅳ得到无水，再经步骤Ⅴ（电解熔融）得到和，与反应生成的HCl可回到步骤Ⅲ循环使用。 (1)海水中含有，加入溶液，与反应生成沉淀。根据离子反应的书写规则，其离子方程式为； (2)观察钙去除率曲线，此时钙去除率已经比较高，再看镁损失率曲线，镁损失率较低，如果继续增加碳酸钠的量（比值大于1.3），虽然钙去除率还会有一定程度的上升，但镁损失率会明显增加，会造成镁损失过多，增加成本；如果比值小于1.3，钙去除率不够高，不能很好地除去钙离子杂质。 (3)① 步骤II中一般控制溶液的pH在之间，若pH过低（若小于10），根据开始沉淀的pH为9.1，完全沉淀的pH为11.1知，pH过低会使不能完全转化为沉淀（导致氢氧化镁产率降低）； ② 从化学反应速率角度看，“缓慢加入石灰乳”的原因：控制反应速率，缓慢加入石灰乳可以使反应充分进行，使与充分接触反应，逐步生成沉淀，若加入过快，可导致局部浓度过高，反应速率过快，导致沉淀中夹杂过多杂质（如），影响的纯度，生成的Mg(OH)2沉淀颗粒不均匀，易包夹未反应的Mg2+，导致其沉淀不完全，造成镁离子损失。 (4)是强酸弱碱盐，会发生水解反应：，在气流中加热，抑制水解（增加了浓度，使水解平衡逆向移动），从而制得无水； (5)从流程图中可以看出，步骤V电解熔融得到，而步骤II中转化为溶液需要，又因为与反应可生成，所以或可以循环利用。 26.(2025-2026高二上·北京市第五十五中学·期中)红矾钠()可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含、、、、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：ⅰ.Cr(Ⅵ)溶液中存在以下平衡： ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 4.3 5.6 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，溶液呈酸性，结合化学用语说明其原因：　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH至　　　　　　　　　　　(填字母序号)。 a．4.3~5.6                    b．4.3~7.1                    c．5.6~7.1                    d．7.1~9.2 （3）Ⅲ中，氧化沉淀的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 （5）Ⅳ中，加入的作用是　　　　　　　　　　　(结合平衡移动原理解释)。 （6）为了测定获得红矾钠()的纯度，称取上述流程中的产品a g配成100mL溶液，取出20mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗 mL。 (已知：) 所得(摩尔质量为298)的纯度的表达式为　　　　　　　　　　　×100%(用质量分数表示)。 【答案】（1）HSO在溶液中既能发生电离：HSOSO+H+，又能发生水解：HSO+H2O H2SO3+OH—，HSO的电离程度大于水解程度     （2）c     （3）3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH 2Na2CrO4+8H2O     （4）H2O2受热易分解，使得氧化Cr(OH)3的H2O2减少，导致Na2CrO4的产率降低     （5）加入硫酸溶液使得溶液中H+浓度增大，反应2CrO+2H+Cr2O+H2O的平衡正向移动，Na2Cr2O7的产率增大     （6）      【解析】由题给流程可知，向浸出液中加入亚硫酸氢钠溶液，将溶液中的重铬酸根离子转化为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬；向氢氧化铬中加入过氧化氢和氢氧化钠混合溶液，加热条件下将氢氧化铬转化为铬酸钠，向反应后的溶液中加入稀硫酸，将铬酸钠转化为重铬酸钠，反应得到的溶液经蒸发浓缩、趁热过滤得到重铬酸钠溶液，溶液经冷却结晶得到红矾钠。 (1)HSO在溶液中既能发生电离：HSOSO+H+，又能发生水解：HSO+H2O H2SO3+OH—，HSO的电离程度大于水解程度，所以亚硫酸氢钠溶液呈酸性，故答案为：HSO在溶液中既能发生电离：HSOSO+H+，又能发生水解：HSO+H2O H2SO3+OH—，HSO的电离程度大于水解程度； (2)由分析可知，Ⅱ中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，而镍离子不转化为氢氧化镍沉淀，则加入氢氧化钠溶液调节pH应在5.6~7.1范围内，故答案为：c； (3)由分析可知，Ⅲ中加入过氧化氢和氢氧化钠混合溶液的目的是加热条件下将氢氧化铬转化为铬酸钠，反应的离子方程式为3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH 2Na2CrO4+8H2O，故答案为：3H2O2+2Cr(OH)3+4NaOH 2Na2CrO4+8H2O； (4)由分析可知，加入过氧化氢和氢氧化钠混合溶液的目的是加热条件下将氢氧化铬转化为铬酸钠，过氧化氢不稳定，受热易分解生成氧气和水，则过程III中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，铬酸钠的产率反而降低的原因是过氧化氢受热易分解，氧化氢氧化铬的过氧化氢物质的量减少，导致铬酸钠的产率降低，故答案为：H2O2受热易分解，使得氧化Cr(OH)3的H2O2减少，导致Na2CrO4的产率降低； (5)铬酸钠溶液中存在如下平衡：反应2CrO+2H+Cr2O+H2O，加入硫酸溶液使得溶液中H+浓度增大，平衡正向移动，铬酸钠的产率增大，故答案为：加入硫酸溶液使得溶液中H+浓度增大，反应2CrO+2H+Cr2O+H2O的平衡正向移动，Na2Cr2O7的产率增大； (6)由得失电子数目守恒可得如下转化关系：，Na2Cr2O7·2H2O~3I2~6Na2S2O3，滴定消耗V1mLc1mol/L硫代硫酸钠溶液，则红矾钠纯度的表达式为=，故答案为：。 27.(2025-2026高二上·北京怀柔·期中)TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：     资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2 沸点/℃ 58 136 181（升华） 316 1412 熔点/℃ −69 −25 193 304 714 在TiCl4中的溶解性 互溶 —— 微溶 难溶 （1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。 已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1 ① 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的ΔH　　　　　0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据：　　　　　　　　　　　　　　　。     ③ 氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④ 氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有　　　　　　　　　　　　　。 （2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：     物质a是　　　　　　　　　　　　　　，T2应控制在　　　　　　　　　。 【答案】① TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5 kJ/mol    ② >    ③ 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应    ④ 饱和食盐水、FeCl2溶液、NaOH溶液    ⑤ MgCl2、AlCl3、FeCl3    ⑥ SiCl4    ⑦ 高于136℃，低于181℃ 【解析】① 生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=ΔH1+ΔH2=（-220.9 kJ·mol-1）+（+175.4 kJ·mol-1）=-45.5kJ·mol-1，即其热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5 kJ/mol； ② 根据图象，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H>0。 ③ 除去氯气中混有HCl一般采用将气体通过饱和食盐水，结合操作目的，因此先通过饱和食盐水，然后在通入FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的Cl2。 ④ 资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。 根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a为SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。 28.(2025-2026高二上·北京市十一学校·期中)是一种重要的工业原料。 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： i． ii． iii． ①铅室法制硫酸的总反应为　　　　　　　。 ②的结构式为其中原子的杂化方式为　　　　　　　。 （3）现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表　　　　　　　(填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：　　　　　　　。 （4）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为　　　　　　　。 ③若未加热煮沸，会使测定结果　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】（1）     （2）①     ②      （3）① 温度    ② 反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温衡转化率显著下降     （4）①     ②     ③ 偏大      【解析】(1)加热绿矾得到红棕色粉末，可知有生成，同时生成两种硫的氧化物，可知有生成，加热过程中结晶水先失去，则反应的化学方程式 。 (2)① 根据铅室法制硫酸反应过程，可知是催化剂，和是中间产物，是反应物，是产物，把i、ii、iii三步反应的化学方程式相加， 去掉中间产物，可得总的反应化学方程式 。 ②的结构式为，可知S原子与周围O原子的价层电子对数为，所以S原子采取的是杂化。 (3)① 从图可知，横坐标增大，的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若是压强，压强增大，的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应方向移动，的平衡转化率减小，故横坐标代表温度。 ② 用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡转化率下降。 (4)① 用软锰矿浆(主要成分为)吸收，并制备反应的化学方程式为。 ② 用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的反应是，结合已知反应可得到关系式 设待测液中元素的浓度为x，可得 解得即元素的浓度为。 ③ 若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定结果偏大。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型06 工艺流程综合题 1.(2025-2026高二上·北京市第五十中学·期中)以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）黄铁矿在通空气前需粉碎，其作用是　　　　　　　　　　　。 （2）反应：   是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： i． ii．______________________   ___________ iii． ①补全反应ii的热化学方程式：　　　　　　　　　　　。 ______________________   ___________ ②下列说法不正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （3）在体积可变的恒压密闭容器中投入和，不同条件下发生反应。实验测得在和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①时平衡转化率　　　　　　　　　　　，判断依据是　　　　　　　　　　　。 ②工业上通常采用和常压的条件，采用常压的原因是　　　　　　　　　　　。 ③M点对应的平衡混合气体的体积为，计算该温度下反应的平衡常数　　　　　　　　　　　。 （4）测定尾气中的含量。用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收尾气，将转化为，然后用淀粉作指示剂，用标准溶液进行滴定，消耗标准溶液。则尾气中的含量为　　　　　　　　　　　。 已知： 2.(2025-2026高二上·北京丰台·期中)电解锰渣含MnO2、MnCO3、FeCO3、SiO2等，将电解锰渣与电解残液混合制成浆液，能在脱除烟气(含SO2、O2、N2等)中SO2的同时，实现电解锰渣的资源化利用。 （1）上述流程中为增大反应速率采取的措施有　　　　　　　　　　　。 （2）电解锰渣中的MnO2能吸收烟气中的SO2，反应的方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）电解锰渣与电解残液混合后，浆液中部分离子浓度(mol·L-1)及pH在脱硫过程中的变化如下。 Mn2+ Fe2+ pH 0min 2.5×10-6 2.3×10-6 6.6×10-4 7.5 180min 1.3×10-4 7.5×10-5 1.7×10-2 1.7 ①用方程式表示脱硫过程溶液pH降低的原因　　　　　　　　　　　。 ②浆液中Mn2+浓度增大的原因如下： ⅰ.MnO2被SO2还原； ⅱ.MnO2被Fe2+还原； ⅲ.　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示) ③浆液中Fe2+浓度增大的可能原因是　　　　　　　　　　　。 （4）电解获得MnO2，装置如下图所示。 ①滤液2在电解池　　　　　　　　　　　(填“阳”或“阴”)极放电产生MnO2。 ②净化过程须除去Fe2+，研究发现，滤液2中即使含有少量Fe2+，也会导致MnO2产率大幅降低，分析原因　　　　　　　　　　　。 3.(2025-2026高二上·北京市第十五中学·期中)H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。 (1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2 ①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是　　　　。 ②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是　　　　。 ③III中生成H2O2，反应的化学方程式是　　　　。 ④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因：　　　　。 (2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。 ①a极的电极反应式是　　　　。 ②下列说法正确的是　　　　。 A.该装置可以实现电能转化为化学能 B.电极b连接电源负极 C.该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点 4.(2025-2026高二上·北京育才学校·期中)以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁的工艺如下(部分操作和条件略)： Ⅰ．从废液中提纯并结晶出。 Ⅱ．将配制成溶液。 Ⅲ．溶液与稍过量的溶液混合，得到含的浊液。 Ⅳ．将浊液过滤，用热水洗涤沉淀，干燥后得到固体。 Ⅴ.煅烧，得到固体。 已知：在热水中分解。 （1）Ⅰ中加足量的铁屑除去废液中的，该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ中需加一定量硫酸，运用化学平衡原理简述硫酸的作用　　　　　　　　　　　。 （3）①Ⅲ中，生成的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 ②若浊液长时间暴露在空气中，会有部分固体表面变为红褐色，该变化的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （4）已知煅烧的化学方程式是 。现煅烧的，得到产品。若产品中杂质只有，则该产品中的质量是　　　　　　　　　　　。(摩尔质量/) 5.(2025-2026高二上·北京市第一七一中学·期中)印刷电路板废液主要含、以及少量的等物质，以废液为原料制备，实现资源回收再利用，流程如图所示。 (1)粗溶液的制备 ①上述流程中能加快反应速率的措施有　　　　　　　 ②加入铁屑后，印刷电路板废液中发生的离子反应有　　　　　　　 (2)溶液的精制 i.经检验，粗溶液含有 ii.向粗溶液滴加3%的溶液，当溶液中完全氧化后，加粉末调节溶液的， ⅲ.将溶液加热至沸，趁热减压过滤，得到精制溶液。 ①用离子方程式说明加入溶液的作用　　　　　　　 ②已知25℃时，，。调节溶液，此时　　　　　　　，已沉淀完全。 ③时判断尚未开始沉淀，根据是　　　　　　　(已知25℃时饱和溶液中的物质的量浓度为) (3)制备晶体 向精制的溶液中加一定量硫酸，加热蒸发，再冷却至晶体析出，过滤得到晶体。运用化学平衡原理简述硫酸的作用　　　　　　　 6.(2025-2026高二上·北京十四中·期中)As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。 （1） “碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应 的化学方程式是　　　　　　　　。 （2） “氧化”时，1 mol AsO33－转化为AsO43－至少需要O2　　　　　　　　mol。 （3） “沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有： a．Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) + 2OH－(aq)             ΔH ＜0 b．5Ca2+ + OH－ + 3AsO43－Ca5(AsO4)3OH   ΔH ＞0 研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是　　　　　　　　。 （4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是　　　　　　　　。 （5） “还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是 　　　　　　　　。 （6）下列说法中，正确的是　　　　　　　　（填字母）。 a．粗As2O3中含有CaSO4 b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率 c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的 7.(2025-2026高二上·北京市汇文中学·期中)工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：     【资料】+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH 的关系： pH 4～6 6～8 8～10 10～12 主要离子 VO2+ VO3− V2O74− VO43− （1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）酸浸： ①Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸 的离子方程式是　　　　　　　　　　。 ②酸度对钒和铝的溶解量的影响如下图所示： 酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据右图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。     （3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：     ①浸出液中加入石灰乳的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：　　　　　　　　　　　　　　。 ③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mL c1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol·L−1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4−被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是　　　　　　。（V2O5的摩尔质量：182 g·mol−1） 8.(2025-2026高二上·北京市第四中学·期中)制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下： 资料：i．磷灰石的主要成分是 ii．可溶于水，微溶于水 ii． iv． （1）制备 ①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和　　　　　　　。 ②增大酸浸反应速率的措施有　　　　　　　(只写1条)。 ③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是　　　　　　　。 （2）制备 将、、混合并调节溶液的pH制备。 ①酸性条件下，生成的离子方程式是　　　　　　　。 ②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。 pH=1时，溶液中的，则　　　　　　　。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀　　　　　　　。 ③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。 ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是　　　　　　　。 ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是　　　　　　　(答出2点)。 9.(2025-2026高二上·北京北大附中·期中)辉铋矿(主要成分为难溶于水的，含等杂质)生产金属铋，流程如下： 已知： 溶液是的特征检验试剂，向含的溶液中滴入溶液，产生蓝色沉淀。 （1）浸出液中铋元素以形式存在，浸出渣中不含铁单质。 ①浸出过程中主要反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②浸出时加入盐酸有利于的溶解，从平衡移动角度解释可能的原因：　　　　　　　。 （2）用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有　　　　　　　。 （3）置换液可通过一定处理再生。 ①再生时，需加入溶液和盐酸，再生反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需与的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是　　　　　　　。 ③检验置换液中的金属离子未完全再生的操作和现象合理的是　　　　　　　。 a．取置换液于试管中，滴入溶液，产生蓝色沉淀 b．取置换液于试管中，滴入酸性溶液，溶液紫色褪去 c．取置换液于试管中，先滴入2滴新制氯水，再滴入2滴溶液，溶液变为血红色 10.(2025-2026高二上·北京市陈经纶中学·期中)钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。 资料：ⅰ、溶液、溶液和溶液中的钛元素均以存在。 ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：。 （1）“氧化浸出”过程中被氧化，反应的离子方程式是　　　　　。 （2）溶液B中加入使结晶，随着的用量增大，的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：　　　　　。 （3）溶液经水解析出，反应的离子方程式是　　　　　。 （4）溶液D中加入后，被氧化为，萃取得到富钒溶液。用萃取钒时发生反应：，分液后得到含的有机溶液。由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是　　　　　。 （5）最终得到的中含有铁元素，原因是　　　　　。 （6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。 已知：ⅰ、将氧化为是该反应的催化剂。 ⅱ、还原性均被还原为。 ①溶液溶液、溶液溶液消耗标准溶液的体积分别为和，则溶液中与的物质的量之比是　　　　　。 ②若不加入，最终会导致测定结果中铁元素的含量　　　　　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 11.(2025-2026高二上·北京市十一学校·期中)某小组验证“”(反应A)存在限度，并探究外加试剂对该平衡的影响。 （1）从正反应方向探究 实验.取溶液，加入溶液()，溶液呈棕黄色，不再发生变化。 ①通过检测出　　　　　　　，证实反应A存在限度。 ②加入，振荡，平衡向　　　　　　　移动。 ③除反应A外，KI还可以与发生　　　　　　　(写离子方程式)，促进与的反应。 （2）从逆反应方向探究 实验：向碘水(含淀粉)中加入酸性溶液，无明显变化，未检出。 ①甲同学认为加入溶液可增大与的反应程度。甲同学依据的原理是　　　　　　　。 ②验证：加入溶液，产生沉淀a，溶液蓝色褪去，能检出。 （3）乙同学认为碘水中含有，加入溶液也可能产生沉淀。做对照实验：直接向碘水(含淀粉)中加入溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。 查阅资料：。 实验验证： 已知：ⅰ.AgI难溶、微溶； ⅱ.一定条件下，微溶物可以向难溶物转化。 ①Ⅲ中KI溶液的作用是　　　　　　　(用离子方程式表示)。 ②Ⅳ中KI溶液的作用是　　　　　　　。 （4）检验、比较沉淀的成分，可明确的作用。 问题思考：在与碘水的混合液中加入溶液，可能发生如下反应： i.与在的促进下发生的氧化还原反应 ii.与在促进下发生的反应 iii.与的反应 确认是否发生反应ⅲ，设计实验：将反应后混合物过滤，　　　　　　　。 供选择试剂：稀溶液、KI溶液。 已知：溶于溶液；AgI难溶于稀。 12.(2025-2026高二上·北京房山·期中)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。 （1）在一定条件下，(g)和(g)反应生成0.2 mol (g)，放出9.24 kJ的热量，写出该可逆反应的热化学方程式　　　　　　。 （2）合成氨生产流程示意图如下。 ①理论上，为了增大平衡时的转化率，可采取的措施有　　　　　　(写出一条即可)。 ②流程中，有利于提高单位时间内氨气产率的措施有　　　　　(写出一条即可)。 ③“干燥净化”中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：   。为循环使用，应该怎样处理吸收CO后的铜氨废液？请提出你的建议：　　　　。 （3）实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中的物质的量分数的变化情况。 ①曲线a对应的温度是　　　　　　　。 ②M、N、Q点平衡常数的大小关系是　　　。 13.(2025-2026高二上·北京房山·期中)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。 （1）在一定条件下，(g)和(g)反应生成0.2 mol (g)，放出9.24 kJ的热量，写出该可逆反应的热化学方程式　　　　　　。 （2）合成氨生产流程示意图如下。 ①理论上，为了增大平衡时的转化率，可采取的措施有　　　　　　(写出一条即可)。 ②流程中，有利于提高单位时间内氨气产率的措施有　　　　　(写出一条即可)。 ③“干燥净化”中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：   。为循环使用，应该怎样处理吸收CO后的铜氨废液？请提出你的建议：　　　　。 （3）实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中的物质的量分数的变化情况。 ①曲线a对应的温度是　　　　　　　。 ②M、N、Q点平衡常数的大小关系是　　　。 14.(2025-2026高二上·北京市第四中学·期中)以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。     已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：　　　　　　　　　　(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有　　　　　　　　　　。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：　　　　　　　　　　。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：　　　　　　　　　　　　　　。     （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：　　　　　　　　。 15.(2025-2026高二上·北京市八一学校·期中)钴的化合物用途广泛，如：LiCoO2作锂电池的正极材料。已知利用原钴矿Co2O3(含Cr2O3、NiS等不溶于水的杂质)制备LiCoO2的工艺流程如下： 资料：①在含一定量Cl-的溶液中：Co2++4Cl-。 ②溶于有机胺试剂，有机胺不溶于水。 ③盐酸溶液中，有机胺试剂对金属离子的溶解率随盐酸浓度变化如图所示： （1）步骤ⅰ研磨的目的是　　　　　　　　　　　。 （2）步骤ⅱ中出现了淡黄色沉淀经检验为硫单质，写出发生该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 （3）从平衡移动角度解释步骤ⅲ中加入NaCl固体的目的是　　　　　　　　　　　。 （4）步vi用足量(NH4)2CO3作沉钴剂，在一定条件下得到碱式碳酸钴[Co2(OH)2CO3]。 ①写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 ②实验测得在一段时间内加入等量(NH4)2CO3所得沉淀质量随反应温度的变化如图所示，分析曲线下降的原因　　　　　　　　　　　。 16.(2025-2026高二上·北京育英中学·期中)碘酸钾是一种重要的无机物，可用作食盐中的加碘剂。其制备方法如下： I．过氧化氢氧化法 资料：碘酸是弱酸 （1）合成步骤中加快化学反应速率的措施是　　　　　　　　　　　。 （2）合成步骤中的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．氯酸钾氧化法 （4）在稀硝酸介质中，用氯酸钾氧化碘单质，然后用氢氧化钾中和碘酸氢钾[KH(IO3)2]，补全反应的化学方程式：　　　　　　。 ， （5）相对于氯酸钾氧化法，过氧化氢氧化法的优点是　　　　　　　　　　　。 Ⅲ．电解法 （6）先将一定量的I2溶于过量的KOH溶液，发生反应：，将反应后溶液加入阳极区，制备纯度较高的碘酸钾。写出阳极的电极反应式　　　　　　　　　　　。阴极区出口排出　　　　　　　　　　　溶液。 17.(2025-2026高二上·北京五中·期中)MnO2是重要的化工原料，软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2 ②金属离于沉淀的pH Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是　　　　。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示： i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是　　　　。 ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是　　　　。 (2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：　　　　。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是　　　　。 (4)产品纯度测定。向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用c mol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为　　　　(用质量分数表示)。 18.(2025-2026高二上·北京市第一零一中学·期中)为回收利用废钒催化剂(含有、及不溶性残渣)，科研人员研制了一种回收的新工艺，主要流程如下图。 已知：ⅰ．部分含钒物质常温下在水中的溶解性如下表所示： 物质 溶解性 可溶 难溶 难溶 易溶 ⅱ．    回答下列问题： （1）用水浸泡废钒催化剂，为了提高单位时间内废钒的浸出率，可以采取的措施为　　　　　　　　　　　　　(写两条)。 （2）滤液1和滤液2中含钒的主要物质成分相同。在滤渣1中加入和过量溶液发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。 （3）生成的反应中消耗1 mol 时转移6 mol电子，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。 （4）结合化学用语，用平衡移动原理解释加入氨水的作用： ①作用1：　　　　　　　　　　　　　。 ②作用2：　　　　　　　　　　　　　。 （5）最后钒以的形式沉淀出来。以沉钒率(沉淀中V的质量和废钒催化剂中V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率逐渐下降的可能原因是(写两条)：ⅰ：　　　　　　　　　　　　　；ⅱ：　　　　　　　　　　　　　。 （6）测定产品中的纯度：称取a g产品，用硫酸溶解，得到溶液，加入的溶液()，再用的溶液滴定过量的至终点，消耗溶液mL。已知被还原为，杂质不参与反应。 ①滴定终点的实验现象是　　　　　　　　　　　　　。 ②产品中(摩尔质量：)的质量分数是　　　　　　　　(列出计算式即可)。 19.(2025-2026高二上·北京市第十三中学·期中)下图是闪锌矿(主要成分是，含有少量)制备的一种工艺流程。 闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ 已知：为了估算方便，将难溶物的取近似值 难溶物 近似值 （1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其作用是　　　　　　　。 （2）“溶浸”过程使用过量的和的混合溶液浸取矿粉使元素浸出，同时滤渣中得到淡黄色固体，生产过程中无产生。 ①溶浸过程中，向溶液中加入的目的是　　　　　　　。 ②结合平衡移动的原理，解释溶于溶液的原因　　　　　　　。 ③在上述条件下，也能溶于溶液中，判断的依据是　　　　　　　。 （3）“除铁”过程的工艺流程如下图所示。 已知：当被沉淀的离子浓度小于时，认为该离子被沉淀完全。 ①在还原过程中粉发生的反应有　　　　　　　。 ②在氧化过程中需加入调节，若滤液中，则氧化过程需控制的范围是　　　　　　　。 （4）“结晶”过程       已知：硫酸锌溶解度与温度之间的关系如下表。 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 41.8 54.1 70.4 74.8 67.2 60.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为　　　　　　　，过滤、洗涤、在减压低温条件下干燥。 20.(2025-2026高二上·北京市第十三中学·期中)以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）反应Ⅱ：   是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： i．    ii．______________     _______ iii．      ①补全反应ⅱ的热化学方程式：　　　　　　　。 ______________   _______ ②下列说法不正确的是　　　　　　　(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （2）在体积可变的恒压密闭容器中投入、，不同条件下发生反应Ⅱ．实验测得在、和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①、时平衡转化率　　　　　　　 ②工业上通常采用和常压的条件，采用常压的原因是　　　　　　　。 ③点对应的平衡混合气体的体积为，计算该温度下反应Π的平衡常数　　　　　　　。 21.(2025-2026高二上·北京市第十五中学·期中)经一系列反应可以得到和，如下图所示。 （1）Ⅰ中，和在催化剂和加热的作用下反应，其化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ中，。在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强(、)下随温度变化的曲线如下图所示。 ①比较：　　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)。 ②随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是　　　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）Ⅲ中，降低温度，将转化为，再制备浓硝酸。 ①已知：    下列能量变化示意图中，正确的是　　　　　　　　　　　(填字母)。 ②与、化合的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 （4）Ⅳ中，电解NO制备，其工作原理如下图所示。为使电解产物全部转化为，需补充物质A．A是　　　　　　　　　　　(填化学式)，请结合化学用语解释原因是　　　　　　　　　　　。 22.(2025-2026高二上·北京市第一七一中学·期中)富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。 已知：i.浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、 ii.25℃时，金属硫化物的溶度积常数。 金属硫化物 NiS CoS CuS MnS （1）过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为　　　　　　　。 （2）过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是　　　　　　　。 （3）固体Y中主要物质的化学式为　　　　　　　。 （4）已知，在时完全沉淀转化为。过程③中沉淀剂不选择的原因可能是　　　　　　　。 （5）已知，温度高于20℃时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低。过程④中，采用的操作是　　　　　　　。 （6）过程⑤中发生下列反应。             利用和计算时，还需要利用　　　　　　　反应的。 （7）流程中可循环使用的物质是　　　　　　　。 23.(2025-2026高二上·北京北大附中·期中)优化反应条件是研究化学反应的重要方向。 （1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。 实验序号 溶液 溶液 蒸馏水 温度/℃ 浓度/() 体积/mL 浓度/() 体积/mL 体积/mL Ⅰ 0.1 1.5 0.1 1.5 10 20 Ⅱ 0.1 2.5 0.1 1.5 9 a Ⅲ 0.1 b 0.1 1.5 9 30 ①表中，a为　　　　　　　，b为　　　　　　　。 ②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为　　　　　　　。 （2）硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下： 实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.5~9.5，解释其原因：　　　　　　　。 （3）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆(含CaO)上清液中的，并制取石膏()，其中的物质转化过程如下图所示。 ①过程Ⅱ中，反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②根据物质转化过程，若将10 L上清液中的转化为(浓度为 )，理论上共需要的物质的量为　　　　　　　mol。 24.(2025-2026高二上·北京北大附中·期中)硫酸是一种重要的工业原料，工业制硫酸的流程如下图： 已知：中S为价。 （1）黄铁矿在空气中反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）反应Ⅱ：    是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： ⅰ． ⅱ．   _______ⅲ． ①补全反应ⅱ的热化学方程式：　　　　　　　。    _______ ②下列说法不正确的是　　　　　　　(填序号)。 a．反应ⅰ和ⅲ均属于氧化还原反应 b．投入1 mol ，最多制得1 mol c．使用能提高的平衡转化率 ③以不同温度、压强在恒容容器内进行反应Ⅱ： ⅰ．反应Ⅱ的化学平衡常数的表示式为　　　　　　　。 ⅱ．下列叙述能证明该反应Ⅱ已达到化学平衡状态的是　　　　　　　填字母)。 A．容器内压强不再发生变化       B．的体积分数不再发生变化 C．容器内气体原子总数不再发生变化       D．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化 ⅲ．不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标X代表　　　　　　　(填“温度”或“压强”)。 ④其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度(某一转化率下，反应速率最快时的温度)，绘制某一转化率()下，反应速率(数值已略去)与温度的关系，如图所示。 ⅰ．解释490℃时，越大反应速率数值越低的原因　　　　　　　； ⅱ．越大最佳操作温度越　　　　　　　(填“高”或“低”)。 25.(2025-2026高二上·北京通州·期中)海洋中蕴藏着丰富的镁资源。某海水提镁的工艺流程如下图所示(已知：海水中含有、等杂质离子)。 （1）步骤I中加适量溶液发生反应的离子方程式是　　　　　　。 （2）海水中钙离子含量过高，会影响氢氧化镁的纯度，碳酸钠加入量对钙去除率和镁损失率的影响如下图所示，工业上选取碳酸钠与钙离子最佳物质的量之比为1.3，原因是　　　　　　。 （3）已知： 氢氧化物 开始沉淀的pH 9.1 完全沉淀的pH 11.1 ①步骤II中一般控制溶液的pH在之间，若pH过低()会导致的问题是　　　　　　。 ②步骤II中常采用“搅拌”和“缓慢加入石灰乳”的方式制得，以避免造成镁离子的损失，请从化学反应速率角度解释“缓慢加入石灰乳”的原因　　　　　　。 （4）步骤IV中需在气流中加热晶体制得无水，请结合化学平衡移动原理解释原因　　　　　　。 （5）上述流程中，可以循环利用的物质是　　　　　　(写一种即可)。 26.(2025-2026高二上·北京市第五十五中学·期中)红矾钠()可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含、、、、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：ⅰ.Cr(Ⅵ)溶液中存在以下平衡： ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH 4.3 5.6 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，溶液呈酸性，结合化学用语说明其原因：　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH至　　　　　　　　　　　(填字母序号)。 a．4.3~5.6                    b．4.3~7.1                    c．5.6~7.1                    d．7.1~9.2 （3）Ⅲ中，氧化沉淀的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，的产率反而降低，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 （5）Ⅳ中，加入的作用是　　　　　　　　　　　(结合平衡移动原理解释)。 （6）为了测定获得红矾钠()的纯度，称取上述流程中的产品a g配成100mL溶液，取出20mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗 mL。 (已知：) 所得(摩尔质量为298)的纯度的表达式为　　　　　　　　　　　×100%(用质量分数表示)。 27.(2025-2026高二上·北京怀柔·期中)TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：     资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 化合物 SiCl4 TiCl4 AlCl3 FeCl3 MgCl2 沸点/℃ 58 136 181（升华） 316 1412 熔点/℃ −69 −25 193 304 714 在TiCl4中的溶解性 互溶 —— 微溶 难溶 （1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。 已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1 ① 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的ΔH　　　　　0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据：　　　　　　　　　　　　　　　。     ③ 氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④ 氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有　　　　　　　　　　　　　。 （2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：     物质a是　　　　　　　　　　　　　　，T2应控制在　　　　　　　　　。 28.(2025-2026高二上·北京市十一学校·期中)是一种重要的工业原料。 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为　　　　　　　。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： i． ii． iii． ①铅室法制硫酸的总反应为　　　　　　　。 ②的结构式为其中原子的杂化方式为　　　　　　　。 （3）现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标代表　　　　　　　(填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：　　　　　　　。 （4）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为　　　　　　　。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为　　　　　　　。 ③若未加热煮沸，会使测定结果　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 29.(2025-2026高二上·北京市第八十中学·期中)以低品位铜钴矿(主要成分为、、，还有少量的FeO、、CaO、MgO等杂质)为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 ②萃取时发生反应 （1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是　　　　　　　　　　　。 （2）浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）加入试剂a　　　　　　　　　　　可使萃取剂再生。 （4）对于过程Ⅰ： ①加溶液作用是　　　　　　　　　　　。 ②加入碳酸钠调节溶液的pH=4时溶液中的　　　　　　　　　　　，由此可认为沉淀完全。 （5）滤渣1成分　　　　　　　　　　　。 （6）在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式　　　　　　　　　　　。 （7）产品纯度测定方法如下： 已知：与EDTA-2Na按物质的量1:1反应，若滴定至终点时消耗EDTA-2Na标准液的体积为20.00 mL，则产品纯度为　　　　　　　　　　　。(的摩尔质量是166 ) 30.(2025-2026高二上·北京房山·期中)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。 （1）在一定条件下，(g)和(g)反应生成0.2 mol (g)，放出9.24 kJ的热量，写出该可逆反应的热化学方程式　　　　　　。 （2）合成氨生产流程示意图如下。 ①理论上，为了增大平衡时的转化率，可采取的措施有　　　　　　(写出一条即可)。 ②流程中，有利于提高单位时间内氨气产率的措施有　　　　　(写出一条即可)。 ③“干燥净化”中，有一步操作是用铜氨液除去原料气中的CO，其反应为：   。为循环使用，应该怎样处理吸收CO后的铜氨废液？请提出你的建议：　　　　。 （3）实验室研究是工业生产的基石。下图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中的物质的量分数的变化情况。 ①曲线a对应的温度是　　　　　　　。 ②M、N、Q点平衡常数的大小关系是　　　。 31.(2025-2026高二上·北京市第四中学·期中)制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下： 资料：i．磷灰石的主要成分是 ii．可溶于水，微溶于水 ii． iv． （1）制备 ①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和　　　　　　　。 ②增大酸浸反应速率的措施有　　　　　　　(只写1条)。 ③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是　　　　　　　。 （2）制备 将、、混合并调节溶液的pH制备。 ①酸性条件下，生成的离子方程式是　　　　　　　。 ②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。 pH=1时，溶液中的，则　　　　　　　。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀　　　　　　　。 ③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。 ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是　　　　　　　。 ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是　　　　　　　(答出2点)。 32.(2025-2026高二上·北京丰台·期中)电解锰渣含MnO2、MnCO3、FeCO3、SiO2等，将电解锰渣与电解残液混合制成浆液，能在脱除烟气(含SO2、O2、N2等)中SO2的同时，实现电解锰渣的资源化利用。 （1）上述流程中为增大反应速率采取的措施有　　　　　　　　　　　。 （2）电解锰渣中的MnO2能吸收烟气中的SO2，反应的方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）电解锰渣与电解残液混合后，浆液中部分离子浓度(mol·L-1)及pH在脱硫过程中的变化如下。 Mn2+ Fe2+ pH 0min 2.5×10-6 2.3×10-6 6.6×10-4 7.5 180min 1.3×10-4 7.5×10-5 1.7×10-2 1.7 ①用方程式表示脱硫过程溶液pH降低的原因　　　　　　　　　　　。 ②浆液中Mn2+浓度增大的原因如下： ⅰ.MnO2被SO2还原； ⅱ.MnO2被Fe2+还原； ⅲ.　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示) ③浆液中Fe2+浓度增大的可能原因是　　　　　　　　　　　。 （4）电解获得MnO2，装置如下图所示。 ①滤液2在电解池　　　　　　　　　　　(填“阳”或“阴”)极放电产生MnO2。 ②净化过程须除去Fe2+，研究发现，滤液2中即使含有少量Fe2+，也会导致MnO2产率大幅降低，分析原因　　　　　　　　　　　。 33.(2025-2026高二上·北京市第五十中学·期中)以黄铁矿为原料制取硫酸的原理示意图如下。 （1）黄铁矿在通空气前需粉碎，其作用是　　　　　　　　　　　。 （2）反应：   是制硫酸的关键步骤。使用作催化剂，涉及如下反应： i． ii．______________________   ___________ iii． ①补全反应ii的热化学方程式：　　　　　　　　　　　。 ______________________   ___________ ②下列说法不正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．反应i和iii均属于氧化还原反应 b．投入，最多制得 c．使用能提高的平衡转化率 （3）在体积可变的恒压密闭容器中投入和，不同条件下发生反应。实验测得在和压强下，平衡转化率随温度的变化如图所示。 ①时平衡转化率　　　　　　　　　　　，判断依据是　　　　　　　　　　　。 ②工业上通常采用和常压的条件，采用常压的原因是　　　　　　　　　　　。 ③M点对应的平衡混合气体的体积为，计算该温度下反应的平衡常数　　　　　　　　　　　。 （4）测定尾气中的含量。用氨基磺酸铵和硫酸铵的混合溶液吸收尾气，将转化为，然后用淀粉作指示剂，用标准溶液进行滴定，消耗标准溶液。则尾气中的含量为　　　　　　　　　　　。 已知： 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $