专题5 金属元素及其化合物的性质-【十年高考】备战2027年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

第二部分　元素化合物 专题五　金属元素及其化合物的性质 扫码获取 本专题 数字资源 考点 2017~2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 2026年 合计 8.钠、镁、铝及其化合物的性质 3 4 3 3 6 1 20 9.铁、铜及其化合物的性质 2 6 4 3 7 2 24 10.工业生产流程题 0 4 4 15 21 10 54 命题热度 本专题命题热度非常高() 课程标准 备考策略 1.认识钠、镁、铝、铁、铜元素可以组成不同种类的物质,能根据物质的组成和性质对物质进行分类;同类物质具有相似的性质,一定条件下各类物质可以相互转化。 本专题是历年高考的考查重点,常在选择题中重点考查常见金属元素的基本反应、离子检验及用途,非选择题中常借助工艺流程的形式,以除杂或提纯等相关问题为主线,综合考查金属元素及其化合物的性质。 高频考点及可能题型:金属离子如Fe3+、Fe2+等的检验(选择题或非选择题,2~15分)、金属及其化合物的化学方程式的书写或正误判断(非选择题或选择题,2~15分)、金属化合物性质的实验探究(实验题,15分)、用含多种金属元素的矿物制备某种金属化合物(工艺流程题,15分)、有关金属及其化合物的计算(非选择题或选择题,2~6分)、直接考查氢氧化铝的两性或借助Cr(OH)3和Zn(OH)2等两性氢氧化物的性质考查氢氧化铝的两性(非选择题,2~6分)。以工艺流程的形式考查考生对陌生金属元素的认知能力,我们应该在熟练掌握常见金属元素铁、铜及其化合物的性质的应用的基础上,强化对陌生金属元素(如第四周期的Ti、V、Cr、Mn、Co、Ni、Ga等)的知识迁移能力。 2.了解钠、镁、铝、铁、铜及其重要化合物的主要性质,了解这些物质在生产、生活中的应用。 3.知道合金的组成及其主要应用,能根据合金的性质分析生产、生活及环境中的某些常见问题。 4.结合实例认识合金、金属及其化合物的多样性,了解通过化学反应可以探索物质,实现物质的转化。 考点8钠、镁、铝及其化合物的性质答案P276　 1.(2026·四川,11,3分,难度★★★)稀有金属镓(Ga)广泛用于电子工业,它和Al同族,性质相似。某刚玉灰主要含有氧化铝、硅铝酸钾、硫酸钾、硅酸钙和少量镓的化合物,从中分离富集镓的一种路线如下。其中,“高温煅烧”时,铝的化合物转化为MAlO2(M=K+或Na+)。 下列说法错误的是 (　　) A.“高温煅烧”时,1.0 mol Al2O3发生反应生成1.0 mol CO2 B.“酸浸”时,硅的化合物以固态物质形式在浸渣中被除去 C.“酸浸”时,镓的化合物发生的反应是[Ga(OH)4]-+4H+Ga3++4H2O D.晶体的化学式为MAl(SO4)2·xH2O(M=K+或Na+) 2.(2025·江苏,6,3分,难度★★★)下列化学反应表示正确的是 (　　) A.黑火药爆炸:2KNO3+C+3SK2CO3+N2↑+3SO2↑ B.电解饱和NaCl溶液制NaOH:Cl-+2H2O2OH-+H2↑+ClO- C.重油裂解获得的丙烯制聚丙烯:nCH2CH—CH3􀰷CH2—CH—CH3􀰻 D.向饱和氨盐水中通入过量CO2:NaCl+NH3+H2O+CO2NaHCO3↓+NH4Cl 3.(2025·广东,7,2分,难度★★★)能满足下列物质间直接转化关系,且推理成立的是 (　　) 单质X氧化物1氧化物2酸(或碱)盐 A.X可为铝,盐的水溶液一定显酸性 B.X可为硫,氧化物1可使品红溶液褪色 C.X可为钠,氧化物2可与水反应生成H2 D.X可为碳,盐的热稳定性:NaHCO3>Na2CO3 4.(2025·海南,4,2分,难度★★)下列化合物性质描述错误的是 (　　) ①CO　②SO2　③NO2　④Na2O2 A.既可作氧化剂也可作还原剂:①②③④ B.与水作用后溶液呈酸性:②③ C.与水反应释放O2:④ D.常态下呈现颜色:①②③④ 5.(2025·云南,3,3分,难度★★)下列化学方程式错误的是 (　　) A.煤制水煤气:C+H2O(g)CO+H2 B.Na2O2供氧:2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 C.覆铜板制作印刷电路板:2FeCl3+3Cu3CuCl2+2Fe D.铅酸蓄电池放电:Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O 6.(2025·江西,7,3分,难度★★★)由下列实验事实得出的结论正确的是 (　　) 选项 实验事实 结论 A NH3和空气的混合气体通过热的Cr2O3,Cr2O3持续红热 该反应ΔH<0 B 向NCCl溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液,生成白色沉淀 NCCl是离子化合物 C 向Na2O与水反应后的溶液中滴入酚酞溶液,先变红后褪色 Na2O有漂白性 D 向CaCl2溶液中通入CO2,无明显现象,再通入NH3生成白色沉淀 < 7.(2025·陕晋宁青,7,3分,难度★★★)下列有关反应方程式错误的是 (　　) A.泡沫灭火器反应原理:6NaHCO3+Al2(SO4)33Na2SO4+2Al(OH)3↓+6CO2↑ B.用金属钠除去甲苯中的微量水:2Na+2H2O2NaOH+H2↑ C.用NaOH溶液吸收尾气中的NO2:2NO2+2OH-N+N+H2O D.氯气通入冷的石灰乳中制漂白粉:Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O 8.(2024·北京,8,3分,难度★★)关于Na2CO3和NaHCO3的下列说法中,不正确的是 (　　) A.两种物质的溶液中,所含微粒的种类相同 B.可用NaOH溶液使NaHCO3转化为Na2CO3 C.利用两者热稳定性差异,可从它们的固体混合物中除去NaHCO3 D.室温下,两者饱和溶液的pH差约为4,主要是由于它们的溶解度差异 9.(2024·江苏,10,3分,难度★★★)在给定条件下,下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 (　　) A.HCl制备:NaCl溶液H2和Cl2HCl B.金属Mg制备:Mg(OH)2MgCl2溶液Mg C.纯碱工业:NaCl溶液NaHCO3Na2CO3 D.硫酸工业:FeS2SO2H2SO4 10.(2024·广东,7,2分,难度★★★)“光荣属于劳动者,幸福属于劳动者”。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是 (　　) 选项 劳动项目 化学知识 A 水质检验员:用滴定法测水中Cl-含量 Ag++Cl-AgCl↓ B 化学实验员:检验Na2O2是否失效 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑ C 化工工程师:进行顺丁橡胶硫化 碳碳双键可打开与硫原子形成二硫键 D 考古研究员:通过14C测定化石年代 C60与石墨烯互为同素异形体 11.(2023·北京,12,3分,难度★★★)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,②CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是 (　　) A.Na2O2、CaH2中均有非极性共价键 B.①中水发生氧化反应,②中水发生还原反应 C.Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2,CaH2中阴、阳离子个数比为2∶1 D.当反应①和②中转移的电子数相同时,产生的O2和H2的物质的量相同 12.(2023·浙江,4,3分,难度★★)物质的性质决定用途,下列两者对应关系不正确的是 (　　) A.铝有强还原性,可用于制作门窗框架 B.氧化钙易吸水,可用作干燥剂 C.维生素C具有还原性,可用作食品抗氧化剂 D.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气,可作潜水艇中的供氧剂 13.(2023·广东,10,2分,难度★★★)部分含Na或含Cu物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 (　　) 物质类别 A.可存在c→d→e的转化 B.能与H2O反应生成c的物质只有b C.新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D.若b能与H2O反应生成O2,则b中含共价键 14.(2022·广东,6,2分,难度★★)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是 () 选项 劳动项目 化学知识 A 面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包 Na2CO3可与酸反应 B 环保工程师用熟石灰处理酸性废水 熟石灰具有碱性 C 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与H2O高温下会反应 D 技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板 铝能形成致密氧化膜 15.(2022·海南,5,2分,难度★)钠和钾是两种常见金属,下列说法正确的是(　　) A.钠元素的第一电离能大于钾 B.基态钾原子价层电子轨道表示式为 C.钾能置换出NaCl溶液中的钠 D.钠元素与钾元素的原子序数相差18 16.(2022·重庆,3,3分,难度★★)下列叙述正确的是 (　　) A.Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br- B.Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O C.1 mol SO3与1 mol NO2分别通入1 L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3 D.0.1 mol·L-1醋酸和0.1 mol·L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O 17.(2022·湖南,7,3分,难度★★★)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下: 下列说法错误的是 () A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料 B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率 C.合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2 D.滤液可回收进入吸收塔循环利用 18.(2021·北京,7,3分,难度★★)下列方程式不能准确解释相应实验现象的是 (　　) A.酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- B.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体:4Na+O22Na2O C.铝溶于氢氧化钠溶液,有无色气体产生:2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑ D.将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀:SO2+2H2S3S↓+2H2O 19.(讲解 2021·湖南,6,3分,难度★★★)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下: 下列说法错误的是 (　　) A.物质X常选用生石灰 B.工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁 C.“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO D.“煅烧”后的产物中加稀盐酸,将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2 20.(讲解 2020·江苏,3,2分,难度★★★)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是(　　) A.铝的金属活动性强,可用于制作铝金属制品 B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料 C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸 D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水 考点9铁、铜及其化合物的性质答案P277　 1.(2026·湖南,11,3分,难度★★★)常温下,铜铁混合物(粉末状)能发生如图所示的转化关系。下列说法错误的是 (　　) A.溶液h可能是盐酸 B.向溶液b中通入过量气体e,空气中久置后可得沉淀g C.固体残渣中有铜,可能有铁 D.溶液f中含有[Cu(NH3)4]2+ 2.(2026·河南,9,3分,难度★★★)某同学设计以下实验,探究铁的化合物的性质(忽略②~⑤试管中溶液体积变化)。 已知:Fe3+在水溶液中由于水解与OH-配位而显黄色;[Fe(C2O4)3]3-呈绿色。下列说法错误的是(　　) A.②到③说明加入稀硫酸能抑制Fe3+的水解 B.④与⑤中c(SCN-):④>⑤ C.④与⑥中呈现红色均是由于Fe3+与SCN-结合所致 D.若向③中依次加入适量维生素C、K3[Fe(CN)6]溶液,会出现蓝色沉淀 3.(2025·北京,1,3分,难度★★)我国科研人员在研究嫦娥五号返回器带回的月壤时,发现月壤钛铁矿(FeTiO3)存在亚纳米孔道,吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子。加热月壤钛铁矿可生成单质铁和大量水蒸气,水蒸气冷却为液态水储存起来以供使用。下列说法不正确的是 (　　) 　　　 　　　　　 　　　　　 　　 A.月壤钛铁矿中存在活泼氢 B.将地球上开采的钛铁矿直接加热也一定生成单质铁和水蒸气 C.月壤钛铁矿加热生成水蒸气的过程中发生了氧化还原反应 D.将获得的水蒸气冷却为液态水的过程会放出热量 4.(2025·黑吉辽内蒙古,6,3分,难度★★★)微粒邂逅时的色彩变化是化学馈赠的视觉浪漫。下列对颜色变化的解释错误的是 (　　) 选项 颜色变化 解释 A 空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中,黑色铜丝恢复光亮的紫红色 2CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu2O+H2O B Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液,固体由白色变为红褐色 3Mg(OH)2(s)+2Fe3+2Fe(OH)3(s)+3Mg2+ C FeSO4溶液中加入K3[Fe(CN)6],浅绿色溶液出现蓝色浑浊 Fe2++[Fe(CN)6]3-+K+KFe[Fe(CN)6]↓ D K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液,溶液由橙色变为黄色 Cr2+2OH-2Cr+H2O 5.(2025·江苏,11,3分,难度★★★)探究含铜化合物性质的实验如下: 步骤Ⅰ　取一定量5% CuSO4溶液,加入适量浓氨水,产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ　将沉淀分成两等份,分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸,沉淀均完全溶解,溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ　向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉,无明显现象;继续加入稀盐酸,振荡后静置,产生少量气泡,铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 (　　) A.步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4 B.步骤Ⅱ的两份溶液中:c深蓝色(Cu2+)<c蓝色(Cu2+) C.步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]2++FeCu+Fe2++4NH3↑ 6.(2025·浙江,10,3分,难度★★★)下列含铁化合物的制备方案正确的是 (　　) 选项 目标产物 制备方案 A FeCl3·6H2O FeCl2溶液通足量Cl2后,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 B Fe2O3 红热的铁粉与水蒸气反应 C FeCl2 FeCl2·4H2O在干燥的HCl气流中脱水 D Fe(OH)2 FeCl2溶液中滴加煮沸过的NaOH溶液,在空气中过滤 7.(2025·广东,5,2分,难度★★)声波封印材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是 (　　) A.制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯,其单体是CH3CH2Cl B.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成,Fe3O4具有磁性 C.光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换,涉及物理变化 D.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料,单晶硅是一种共价晶体 8.(2025·广东,12,4分,难度★★★)CuCl微溶于水,但在Cl-浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]-和[CuCl3]2-而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸,得到含[CuCl2]-和[CuCl3]2-的溶液,下列叙述正确的是 (　　) A.加水稀释,[CuCl3]2-浓度一定下降 B.向溶液中加入少量NaCl固体,[CuCl2]-浓度一定上升 C.H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2]H++Cu++2Cl- D.体系中,c(Cu+)+c(H+)=c(Cl-)+c([CuCl2]-)+c([CuCl3]2-)+c(OH-) 9.(2025·河南,4,3分,难度★★)X是自然界中一种常见矿物的主要成分,可以通过如图所示的四步反应转化为Q(略去部分参与反应的物质和反应条件)。已知X和Q的组成元素相同。 固体X (黄色)固体Y (红棕色)溶液Z (棕黄色)溶液R (浅绿色)固体Q (黑色) 下列说法错误的是 (　　) A.Y常用作油漆、涂料等的红色颜料 B.溶液Z加热煮沸后颜色会发生变化 C.RQ反应需要在强酸性条件下进行 D.Q可以通过单质间化合反应制备 10.(2024·全国新课标,9,6分,难度★★★)实验室中利用下图装置验证铁与水蒸气反应。下列说法错误的是 (　　) A.反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 B.酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好 C.用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气 D.使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉 11.(2024·山东,5,2分,难度★★)物质性质决定用途,下列两者对应关系错误的是 (　　) A.石灰乳除去废气中二氧化硫,体现了Ca(OH)2的碱性 B.氯化铁溶液腐蚀铜电路板,体现了Fe3+的氧化性 C.制作豆腐时添加石膏,体现了CaSO4的难溶性 D.用氨水配制银氨溶液,体现了NH3的配位性 12.(2024·湖南,7,3分,难度★★★)某学生按图示方法进行实验,观察到以下实验现象。 ①铜丝表面缓慢放出气泡,锥形瓶内气体呈红棕色; ②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快,气体颜色逐渐变深; ③一段时间后气体颜色逐渐变浅,至几乎无色; ④锥形瓶中液面下降,长颈漏斗中液面上升,最终铜丝与液面脱离接触,反应停止。 下列说法正确的是 (　　) A.开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢,原因是铜丝在稀硝酸中表面钝化 B.锥形瓶内出现了红棕色气体,表明铜与稀硝酸反应生成了NO2 C.红棕色逐渐变浅的主要原因是3NO2+H2O2HNO3+NO D.铜丝与液面脱离接触,反应停止,原因是硝酸消耗完全 13.(2023·江苏,11,3分,难度★★★)室温下,探究0.1 mol·L-1FeSO4溶液的性质,下列实验方案能达到探究目的的是 (　　) 选项 探究目的 实验方案 A 溶液中是否含有Fe3+ 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴新制氯水,再滴加KSCN溶液,观察溶液颜色变化 B Fe2+是否有还原性 向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液,观察溶液颜色变化 C Fe2+是否水解 向2 mL FeSO4溶液中滴加2~3滴酚酞溶液,观察溶液颜色变化 D Fe2+能否催化H2O2分解 向2 mL 5% H2O2溶液中滴加几滴FeSO4溶液,观察气泡产生情况 14.(2023·浙江,3,3分,难度★★)氯化铁是一种重要的盐,下列说法不正确的是 (　　) A.氯化铁属于弱电解质 B.氯化铁溶液可腐蚀覆铜板 C.氯化铁可由铁与氯气反应制得 D.氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体 15.(2023·全国乙,11,6分,难度★★★★)一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是 (　　) A. 硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀 6FeSO4+O2+2H2O 2Fe2(SO4)3+2Fe(OH)2↓ B. 硫化钠溶液出现浑浊颜色变深 Na2S+2O2Na2SO4 C. 溴水颜色逐渐褪去 4Br2+4H2OHBrO4+7HBr D. 胆矾表面出现白色粉末 CuSO4·5H2OCuSO4+5H2O 16.(2022·山东,12,4分,难度★★★)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下,可能用到的数据见下表。 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是 (　　) A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S;金属M为Zn B.浸取时,增大O2压强可促进金属离子浸出 C.中和调pH的范围为3.2~4.2 D.还原时,增大溶液酸度有利于Cu的生成 17.(2022·江苏,7,3分,难度★★)下列物质性质与用途具有对应关系的是 (　　) A.石墨能导电,可用作润滑剂 B.单晶硅熔点高,可用作半导体材料 C.青铜比纯铜熔点低、硬度大,古代用青铜铸剑 D.含铅化合物颜色丰富,可用作电极材料 18.(2022·福建,6,4分,难度★★★)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下: 下列说法错误的是 (　　) A.“浸出”产生的气体含有H2 B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素 C.流程中未产生六价铬化合物 D.“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3 19.(2022·广东,1,2分,难度★★)中华文明源远流长,在世界文明中独树一帜,汉字居功至伟。随着时代发展,汉字被不断赋予新的文化内涵,其载体也发生相应变化。下列汉字载体主要由合金材料制成的是 () 汉字载体 选项 A.兽骨 B.青铜器 C.纸张 D.液晶显示屏 20.(2022·湖南,13,4分,难度★★★)为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。 实验 操作与现象 ① 在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色。 ② 在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀。 ③ 在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液,变红褐色;将上述混合液分成两份,一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液,无蓝色沉淀生成;另一份煮沸,产生红褐色沉淀。 依据上述实验现象,结论不合理的是 () A.实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B.实验②说明Fe3+既发生了水解反应,又发生了还原反应 C.实验③说明Fe3+发生了水解反应,但没有发生还原反应 D.整个实验说明S对Fe3+的水解反应无影响,但对还原反应有影响 21.(2021·广东,10,2分,难度★★)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 (　　) A.a可与e反应生成b B.b既可被氧化,也可被还原 C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体 D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系 22.(2021·湖北,2,3分,难度★★)“乌铜走银”是我国非物质文化遗产之一。该工艺将部分氧化的银丝镶嵌于铜器表面,艺人用手边捂边揉搓铜器,铜表面逐渐变黑,银丝变得银光闪闪。下列叙述错误的是 (　　) A.铜的金属活动性大于银 B.通过揉搓可提供电解质溶液 C.银丝可长时间保持光亮 D.用铝丝代替银丝,铜也会变黑 23.(2023·重庆,15,14分,难度★★★)Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料,以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如下。 25 ℃时各物质溶度积见下表: 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ca(OH)2 溶度积(Ksp) 4.9×1017 2.8×10-39 5.0×10-6 回答下列问题: (1)Fe3O4中Fe元素的化合价是+2价和　　　价。O2-的核外电子排布式为　　　　。  (2)(2023·重庆,3,2分,★★)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行,其原因是  　。  (3)反应釜2中,加入CaO和分散剂的同时通入空气。 ①反应的离子方程式为　。  ②为加快反应速率,可采取的措施有  　(写出两项即可)。  (4)①反应釜3中,25 ℃时,Ca2+浓度为5.0 mol·L-1,理论上pH不超过　　　　。  ②称取CaCl2水合物1.000 g,加水溶解,加入过量Na2C2O4,将所得沉淀过滤洗涤后,溶于热的稀硫酸中,用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定,消耗24.00 mL。滴定达到终点的现象为　　　　　　　　　　　　　,该副产物中CaCl2的质量分数为　　　　。  24.(2022·海南,15,9分,难度★★★)胆矾(CuSO4·5H2O)是一种重要化工原料,某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu,含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。 回答问题: (1)步骤①的目的是　。  (2)步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成　　　　　(填化学式)污染环境。  (3)步骤②中,在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4,反应的化学方程式为  　。  (4)经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是  　。  (5)实验证明,滤液D能将I-氧化为I2。 ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是  　。  ⅱ.乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,写出乙同学的实验方案及结果  　(不要求写具体操作过程)。  考点10工业生产流程题答案P280　 1.(2025·黑吉辽内蒙古,11,3分,难度★★★★)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素,流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4,下列说法错误的是 (　　) A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C.“浸出”时,3种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4 2.(2025·福建,4,4分,难度★★★)以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料,制备阻燃剂亚磷酸铝[Al2(HPO3)3]的工艺流程如图。下列说法错误的是 (　　) A.“沉淀1”可用于实验室制备CO2 B.“调pH”时应将溶液调至酸性 C.“沉铝”时存在反应2AlCl3+3Na2HPO3Al2(HPO3)3↓+6NaCl D.电解“滤液1”可制得Na和Cl2 3.(2025·四川,13,3分,难度★★★★)一种主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿,通过如下流程可制得重要的化工产品白磷(P4)、K2CO3、Al2O3。其中,电炉煅烧发生的反应为2Ca3(PO4)2+2KAlSi3O8+10C6CaSiO3+2KAlO2+P4↑+10CO↑。 下列说法错误的是 (　　) A.“电炉煅烧”必须隔绝空气 B.浸渣的主要成分是CaSiO3 C.“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D.“中和沉淀”需要控制溶液的pH 4.(2025·湖南,12,3分,难度★★★)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下: 已知:①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下,金属化合物的Ksp: 金属 化合物 CdS CdCO3 MnS MnCO3 Ksp 8.0×10-27 1.0×10-12 2.5×10-13 2.3×10-11 下列说法错误的是 (　　) A.粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B.试剂X可以是Na2S溶液 C.“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D.“沉锰”时,发生反应的离子方程式为Mn2++HCMnCO3↓+H+ 5.(2025·江西,8,3分,难度★★★)一种以HxRuO2为催化剂,捕捉CO2制备NaHCO3的流程为 下列说法正确的是 (　　) A.氢气的作用是还原CO2 B.反应中有NH4HCO3生成 C.“产物分离”的方法为过滤 D.温度升高,NaHCO3的产率增大 6.(2025·甘肃,11,3分,难度★★★)处理某酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)的部分流程如下: 下列说法正确的是 (　　) A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式:2Fe+3Cu2+3Cu+2Fe3+ B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多,Al(OH)3沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 7.(2024·湖南,11,3分,难度★★★)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下。 已知:①H3PO4的电离常数为=6.9×10-3,=6.2×10-8,=4.8×10-13; ②Na2HPO4·12H2O易风化。 下列说法错误的是 (　　) A.“中和”工序若在铁质容器中进行,应先加入Na2CO3溶液 B.“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4 C.“结晶”工序中溶液显酸性 D.“干燥”工序需在低温下进行 8.(2024·贵州,13,3分,难度★★★★)贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究,开发了制备高纯纳米钛酸钡(BaTiO3)工艺。部分流程如下。 下列说法正确的是 (　　) A.“气体”主要成分是H2S,“溶液1”的主要溶质是Na2S B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 C.“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应 D.“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱,以提高纯度 9.(2024·全国新课标,8,14分,难度★★★★)一种点击化学方法合成聚硫酸酯(W)的路线如下所示: 下列说法正确的是 (　　) A.双酚A是苯酚的同系物,可与甲醛发生聚合反应 B.催化聚合也可生成W C.生成W的反应③为缩聚反应,同时生成 D.在碱性条件下,W比聚苯乙烯更难降解 10.(2023·辽宁,10,3分,难度★★★)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,下列说法错误的是 (　　) A.“焙烧”中产生CO2 B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2 C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 11.(双选)(2023·山东,13,4分,难度★★★★)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下,H2SO3的电离平衡常数=1.3×10-2,=6.3×10-8。下列说法正确的是 (　　) A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C.溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体Ⅰ D.若Cu2O产量不变,参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时,需补加NaOH的量减少 12.(2026·黑吉辽内蒙古,16,13分,难度★★★)某工厂利用镍矿(主要成分为NiS,含少量Fe2O3和CuS)制备超细镍粉,物质转化流程如下(部分反应条件已略去): 已知:①滤液1中镍以[Ni(NH3)6]2+形式存在,硫以S和少量S2形式存在; ②“部分蒸氨”时c(NH3)减小,[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+,x=1~5。 回答下列问题: (1)依据核外电子排布,Ni元素位于周期表　　　　区。  (2)“氧压氨浸”时,加压的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。NiS转化为[Ni(NH3)6]SO4的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)滤液1中铜的主要存在形式为　　　　　　(填离子符号),气体a为　　　(填化学式)。  (4)“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S2。该步骤无沉淀产生,则理论上每转化1 mol S2消耗O2的物质的量为　　　mol。  (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[Ni(NH3)x]SO4溶液中二价镍[Ni(Ⅱ)]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高Ni(Ⅱ)的还原速率和转化率,x应选择　　　(填“2”或“≥3”)。  已知酸性条件不利于“还原”步骤,解释[Ni(NH3)]2+还原程度较低而[Ni(NH3)2]2+还原程度较高的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(结合离子方程式作答)。  13.(2026·山东,17,12分,难度★★★★)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　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0.010 mol AgCl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)。  14.(2026·广东,18,14分,难度★★★★)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(298 K) 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) 图1 “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起始电解液中c(Fe2+)=1.4 mol·L-1,c(Mg2+)=0.056 mol·L-1。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-1(列算式)。  (4) 图2 “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]-+　　　　HS+　　　 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　　　　　　　　　　　　　　　　　。  图3　图4 (7)①Sb与N同族,AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是　　　　。  ②AlSb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)  15.(2026·云南,15,14分,难度★★★★)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: 已知:①PMS为过一硫酸盐(含过氧键),在强酸介质中会水解。 ②1O2表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题: (1)Au与Cu同族,属于　　　　区元素。  (2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为　。  (3)“滤液2”中主要的金属离子有Ag+、　　　　(填离子符号)。  (4)“氧化溶金”中,KCl不能用HCl替代的原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　;PMS发生反应的离子方程式:HS+S　　　　+　　　　+1O2(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0.100 0 mol·L-1的NaOH标准溶液测定50.00 mL“滤液1”中的H+及Ni2+浓度,pOH和pNi与V(NaOH)的关系如图(pOH=-lg[c(OH-)/(mol·L-1)],pNi=-lg[c(Ni2+)/(mol·L-1)],忽略Ni2+的水解)。“滤液1”中Ni2+的浓度为　　　　 mol·L-1(结果保留小数点后3位)。  (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  　。  16.(2026·贵州,16,14分,难度★★★★)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。 ③25 ℃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　　　　。  图1 (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。 图2 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 ℃、溶液中c{[Al(OH)4]-}=0.1 mol·L-1时,pH为　　　　。  17.(2026·四川,17,15分,难度★★★★)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  　。  18.(2026·湖南,16,15分,难度★★★★)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。 ②Ksp[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1.0×10-5 mol·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 mol·L-1、0.02 mol·L-1,调pH使Zn2+恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变),Cd2+　　　　(填字母)。  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　　　　(填字母)。  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)。  19.(2026·河南,15,14分,难度★★★★)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++Au3Ce3++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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  20.(2026·河北,16,14分,难度★★★★)清洁生产工艺设计 钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺,实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下: 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+　　Na3VO4+　　H2O。  (3)滤渣的主要成分有MgO、　　　　、　　　　(填化学式)。  (4)80 ℃和40 ℃时,Na3VO4和Na2CrO4的溶解度随NaOH质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH质量分数为30%时,冷却结晶工序降温至40 ℃有利于实现钒和铬有效分离的原因:  　。  (5)母液返回　　　　工序。  (6)还原工序中,反应的离子方程式为  　。  21.(2026·陕晋宁青,16,14分,难度★★★★)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: 已知:①磷酸铁锂电池反应为LixCy+Li1-xFePO4LiFePO4+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　　　　(填化学式)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)。若溶液中c(Li+)为b mol·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。  22.(2025·黑吉辽内蒙古,16,14分,难度★★★★)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知:①“氧化浸出”时,PbSO4不发生变化,ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+; ②Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8; ③酒石酸(记作H2A)结构简式为 HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题: (1)H2A分子中手性碳原子数目为　　　　　。  (2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(S2)转变为　　　　　(填离子符号)。  (3)“氧化浸出”时,浸出率随温度升高先增大后减小的原因为  　。  (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为  　。  (5)滤渣2中的金属元素为　　　　　(填元素符号)。  (6)“浸铅”步骤,PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为  　,  pH过高可能生成　　　　　(填化学式)。  (7)290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反应的化学方程式为  　。  23.(2025·山东,17,12分,难度★★★★)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素,工艺流程如下: 已知:该工艺条件下,(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4,高温则完全分解为气体;Fe2(SO4)3在650 ℃完全分解,其他金属硫酸盐分解温度均高于700 ℃。 回答下列问题: (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“高温焙烧”温度为650 ℃,“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有　　　　　(填化学式)。  (2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下,与两段焙烧工艺相比,直接“高温焙烧”“水浸”时金属元素的浸出率　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  (3)HR萃取Cu2+反应为2HR(有机相)+Cu2+(水相)CuR2(有机相)+2H+(水相)。“反萃取”时加入的试剂为　　　　　(填化学式)。  (4)“沉钴”中,pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5 mol·L-1],则此时溶液中c(H2S)=　　　　　 mol·L-1。已知:Ka1(H2S)=1×10-7,Ka2(H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中,经处理后所得产品导入　　　　　(填操作单元名称)循环利用。  24.(2025·福建,11,15分,难度★★★★)从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、MoO3和V2O5,以及少量NiO、CaO)中提取钼的工艺流程如下: 已知:VOSO4和(MoO)2(SO4)3均易溶于水;草酸(H2C2O4)在水中的溶解度见下表。 温度(℃) 20 40 60 80 溶解度(g/100 g) 9.5 21.5 44.3 84.5 (1)“酸浸”中钼和钒分别转化为MoO3+和VO2+。100 ℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。 ①最佳草酸浓度为　　　　 mol·L-1。  ②VO2+中钒的价电子排布式为　　　　。  ③生成(MoO)2(C2O4)3的化学方程式为  　。  (2)“酸转化”中加浓硫酸后,过滤前的操作为　　　　;“滤渣2”为　　　　(填名称)。  (3)“沉钼”中,HMT(结构如图)在溶液中转变为(HMT-H)+,一个(HMT-H)+有　　　　个可形成氢键的位点;沉淀为[MoO(OH)3]4(HMT-H)2SO4。  (4)“碱浸转化”中,[MoO(OH)3]4(HMT-H)2SO4在碱作用下分解出MoO(OH)3,后者转化为CaMoO4的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　;“滤液2”中可循环利用的物质为　　　　。  (5)关于该工艺流程,下列说法错误的是　　　　(填字母)。  a.“气体1”为CO b.“滤渣1”主要含炭、NiO和CaC2O4 c.“滤液1”含H2C2O4 d.CaMoO4粗产品含CaSO4 25.(2025·广东,18,14分,难度★★★★)我国是金属材料生产大国,绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知:多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp(298 K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16 (1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写一条)。  (2)“高压加热”时,生成Fe2O3的离子方程式为: 　　　　+O2+　　H2O　　Fe2O3↓+　　H+  (3)“沉铝”时,pH最高可调至　　　　(溶液体积变化可忽略)。已知:“滤液1”中c(Cu2+)=0.022 mol·L-1,c(Ni2+)=0.042 mol·L-1。  (4)“选择萃取”中,镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有　　　　　。  A.镍与N、O形成配位键 B.配位时Ni2+被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 (5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知:同种位置原子相同,相邻原子间的最近距离之比dNi—Cu∶dNi—N=∶1,则x∶y∶z=　　　　　;晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为　　　　　。  (6)①“700 ℃加热”步骤中,混合气体中仅加少量H2,但借助工业合成氨的逆反应,可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　和　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②“电解”时,Fe2O3颗粒分散于溶液中,以Fe片、石墨棒为电极,在下面的虚线框中,画出电解池示意图并做相应标注。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③与传统高炉炼铁工艺相比,上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(写一条)。  26.(2025·海南,15,10分,难度★★★)有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖中主要含MgO·Al2O3 75.0%、Cu 12.0%,其资源化回收的一种工艺流程如图所示。 回答问题: (1)“粉碎”的目的是　　　　　　　　　　　。  (2)“加压氨浸”时铜转化为配位离子,该过程的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)“碱熔”中产生的气体C为　　　,滤渣E是　　　(均填化学式)。E与　　　(填物质名称)反应可生成用于城市废水处理的[Al2(OH)mCl6-m]n。  (4)某批次试验,废砖投料20.0 kg,产出CuO 2.70 kg,则Cu的回收率为　　　　。  (5)从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  27.(2025·广西,16,14分,难度★★★★)回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知:IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题: (1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。“滤液1”中的主要阳离子有　　　　　　　　　(填化学式)。  (2)“反应1”生成ICl的化学方程式为　　　　　　　　　。  (3)“试剂X”可选用　　　　(填字母)。  　 　　　　　 　　　　　 　　　　 a.葡萄糖 b.Al c.Na2O2 d.H2SO4 (4)“调pH”至弱酸性的主要目的是　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。  (5)若“滤液3”中含有0.3 mol,“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为　　　　mol。  (6)将得到的I2进一步纯化,可采用的方法是　　　　　　　　　　　　　　。不考虑操作和反应损失,该流程回收Ag的量低于预期,主要原因是　　　　　　　　　　　　。  28.(2025·云南,15,14分,难度★★★★)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下: 已知:①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25 ℃时,Mn(OH)2的Ksp为1.9×10-13。 回答下列问题: (1)基态Cu原子的价层电子排布式为　　　　　　　　　。  (2)“还原酸浸”时,MnO2反应的离子方程式为   　。  (3)“浸金银”时,Au溶解涉及的主要反应如下: ①Au+5S2+[Cu(NH3)4]2+[Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O+4OH-+12S2 上述过程中的催化剂为　　　　　。  (4)“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为  　。  (5)根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　　　　　。  (6)25 ℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,无Mn(OH)2析出,则c(Mn2+)≤　　　　 mol·L-1。  (7)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有　　　个。  ②NA为阿伏加德罗常数的值,晶胞边长为a nm,则晶体的密度为　　　 g·cm-3(列出计算式即可)。  29.(2025·四川,17,15分,难度★★★★)为了节约资源,减少重金属对环境的污染,一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究,设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题: (1)铜元素位于元素周期表第　　　　周期、第　　　　族。  (2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中,铜盐发生反应的化学方程式为　。  (3)滤渣①中,除SiO2外,主要还有　　　　。  (4)“中和除杂”步骤,调控溶液pH=3.5左右,发生反应的离子方程式为　。  (5)“深度脱氯”时,Cl-的存在使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应,生成能被空气氧化的CuCl沉淀,使Cl-被脱除。欲脱除1.0 mol Cl-,理论上需要锌粉　　　　 mol。  (6)CuCl可以通过　　　　(填字母)将其溶解,并返回到　　　　步骤中。  a.盐酸酸化、双氧水氧化 b.硫酸酸化、KMnO4氧化 c.硝酸酸化和氧化 d.硫酸酸化、双氧水氧化 (7)“电解分离”采用无隔膜电解槽,以石墨为阳极,铜为阴极。 ①“电解分离”时,阴极产生大量气泡,说明铜、锌分离已完成,其理由是　。  ②“电解分离”前,需要脱氯的原因有  　。  30.(2025·湖南,16,14分,难度★★★★)一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2,有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液(NiSO4、CoSO4、MnSO4)的工艺流程如下: 已知:①金属氢氧化物胶体具有吸附性,可吸附金属阳离子。 ②常温下,溶液中金属离子(假定浓度均为0.1 mol·L-1)开始沉淀和完全沉淀(c≤1.0×10-5mol·L-1)的pH: 物质 Fe3+ Al3+ Cu2+ Ni2+ Co2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题: (1)基态Ni的价层电子排布式为　　　　。  (2)“酸浸还原”时,“滤渣”的主要成分是　　　　(写化学式);SO2还原Co2O3的化学方程式为　。  (3)“沉铁”时,Fe2+转化为Fe2O3的离子方程式为　　　　　　　　　　　,加热至200 ℃的主要原因是　　　　。  (4)“沉铝”时,未产生Cu(OH)2沉淀,该溶液中c(Cu2+)不超过　　　　mol·L-1。  (5)“第二次萃取”时,　　　　、　　　　(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示,M表示金属元素)更稳定,这些配合物中氮原子的杂化类型为　　　　。  31.(2025·湖北,16,14分,难度★★★★★)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂,通过以下两种工艺制备: 已知:室温下,TiO2是难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低。 20 ℃时,NaF的溶解度为4.06 g/100 g水,温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题: (1)基态氟离子的电子排布式为　。  (2)20 ℃时,CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L-1,用c表示CaF2的溶度积Ksp=　　　。  (3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOHCa(OH)2+2NaF。分析混合物Ⅰ的组成,测得反应的转化率为78%。水浸分离,NaF的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应　　　　(填“正向”或“逆向”)进行程度大。  ②分析以上产率变化,推测溶解度S(CaF2)　　　　(填“>”或“<”)S[Ca(OH)2]。  (4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%,写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式:  　。  (5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为　　　　(填字母)。  a.蒸发至大量晶体析出,趁热过滤 b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶、过滤 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有　　　(填字母)。  a.增大反应物间的接触面积 b.破坏反应物的化学键 c.降低反应的活化能 d.研钵表面跟反应物更好接触 32.(2025·江西,16,14分,难度★★★★)稀散金属镓(Ga,第ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为SiO2、KAlSi3O8、Al2O3、Al2SiO5和少量Ga)为原料制备金属镓的工艺流程图如下: 回答下列问题: (1)滤液1的pH为14.78,依据Al(Ⅲ)和Si(Ⅳ)的分布系数图,铝元素在溶液中的主要存在形式为　　　　(填化学式),SiO2与碱反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　。  (2)水热再生过程中,需要定量补充KAl(OH)4固体的目的是　　　　　　　　　　　　,以获得高纯度分子筛(KAlSiO4·1.5H2O)材料。滤液2的pH　　　　(填“大于”或“小于”)滤液1的pH。  (3)已知树脂片段的结构为。在吸附Ga(OH时,中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是　　　　。  (4)操作X为　　　　。  (5)硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构,推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是  　。  33.(2025·安徽,15,14分,难度★★★★)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等,一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知25 ℃时,Ksp(SrSO4)=10-6.46,Ksp(BaSO4)=10-9.97。 回答下列问题: (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为　　　　　　　。  (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、　　　　(填离子符号)。  (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;25 ℃时,向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L-1 BaCl2溶液,充分反应后,理论上溶液中c(Sr2+)·c(S)=　　　　(mol·L-1)2(忽略溶液体积的变化)。  (4)其他条件相同时,盐浸2 h,浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是　。  图1 图2 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、　　　　　　(填化学式)。  (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中,能提取其中的Sr2+,原因是　。  (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是　　(填标号)。  a.加热脱水 b.在HCl气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 34.(2025·河南,15,14分,难度★★★★)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)“酸溶1”的目的是　。  (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为　;  “滤渣”的主要成分是　　　　　(填化学式)。  (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为  　。  (4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为　　　(填字母)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。  A.2.0 　　　B.4.0 　　　C.6.0 (5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为　　　　;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为　　　　　。  (6)“酸溶3”的目的是　。  35.(2025·陕晋宁青,16,14分,难度★★★★)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2+、Mg2+、N的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知:①常温下Ksp(MgCO3)=10-5.17,Ksp[Mg(OH)2]=10-11.25,Ksp[Mn(OH)2]=10-12.72; ②S2结构式为。 回答下列问题: (1)制备废盐溶液时,为加快废盐溶解,可采取的措施有　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　(写出两种)。  (2)“沉锰Ⅰ”中,写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式:  　。  当Mg2+(c=10-0.68 mol·L-1)将要开始沉淀时,溶液中剩余Mn2+浓度为　　　 mol·L-1。  (3)“沉锰Ⅱ”中,过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除,最终产物是NH4HSO4和　　　　　(填化学式)。  (4)“沉镁Ⅰ”中,当pH为8.0~10.2时,生成碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O],煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时,不能得到轻质MgO的原因是  　。  (5)“沉镁Ⅱ”中,加H3PO4至pH=8.0时,Mg2+沉淀完全;若加至pH=4.0时沉淀完全溶解,据图分析,写出沉淀溶解的离子方程式:  　。  (6)“结晶”中,产物X的化学式为  　。  (7)“焙烧”中,Mn元素发生了　　　　　(填“氧化”或“还原”)反应。  36.(2025·甘肃,16,15分,难度★★★★)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺,部分流程如下: 已知:As2O3熔点314 ℃,沸点460 ℃ 分解温度:CuO 1 100 ℃,CuSO4 560 ℃,ZnSO4 680 ℃,PbSO4高于1 000 ℃ Ksp(PbSO4)=1.8×10-8 (1)设计焙烧温度为600 ℃,理由为　。  (2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,该反应的化学方程式为  　。  (3)酸浸的目的为　。  (4)从浸出液得到Cu的方法为  　(任写一种)。  (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料,室温下该化合物晶胞如图所示,晶胞参数a≠b≠c,α=β=γ=90 °。Cs与Pb之间的距离为　　　　　　　 pm(用带有晶胞参数的代数式表示);该化合物的化学式为　　　　,晶体密度计算式为　　　　　　　　　　　 g·cm-3(用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示,MCs、MPb和MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。  37.(2024·北京,18,15分,难度★★★★)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)生产纯铜,流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎,其作用是  　。  (2)(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合,取相同质量,在不同温度下焙烧相同时间,测得“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图所示;400 ℃和500 ℃时,固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2 500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO ①温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②温度高于425 ℃,根据焙烧时可能发生的反应,解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是    　。  (4)用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)粗铜经酸浸处理,再进行电解精炼;电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液,并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理,消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量,原因是   　。  38.(2024·山东,18,12分,难度★★★★)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)“热浸”时,难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,消耗Fe3+物质的量之比为　　　　　;溶液中盐酸浓度不宜过大,除防止“热浸”时HCl挥发外,另一目的是防止产生　　　　　　　　(填化学式)。  (2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用,利用该吸收液的操作单元为　　　　　　　　。  (3)“还原”中加入铅精矿的目的是  　。  (4)“置换”中可选用的试剂X为　　　　　(填字母);“置换”反应的离子方程式为　。  A.Al　　　B.Zn　　　C.Pb　　　D.Ag (5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板,用作　　　　　(填“阴极”或“阳极”)。  39.(2024·福建,11,16分,难度★★★★★)锂云母的主要成分为K(Li1.5Al1.5)(AlSi3O10)(OH)xF2-x,实验室探索一种碱浸分解锂云母制备LiOH的工艺流程如下: (1)“高压浸出”中: ①“滤渣1”中卤化物Y为　　　　。(填化学式)  ②一定条件下,元素浸出率与CaO用量的关系如图,为提高锂浸出率,CaO最佳用量为　　　　g。(保留小数点后一位)  ③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下: ⅰ.尺寸越小,颗粒总表面积越大,有利于反应液接触 ⅱ.尺寸越小,颗粒聚集趋势越大,不利于反应液渗入 一定条件下,颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中,锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是　。  (2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为  　。  (3)“沉淀转化”反应2Li3PO4(s)+3Ca(OH)2(aq)6LiOH(aq)+Ca3(PO4)2(s)的平衡常数K=　　　　　　　　。(列出计算式)  已知:25 ℃时,Ksp(Li3PO4)=m,Ksp[Ca3(PO4)2]=n。 (4)“操作Z”为加热、趁热过滤和　　　　　　;趁热过滤的主要目的是　。  (LiOH分解温度约为1 000 ℃) (5)LiOH的晶胞结构如图所示。 晶胞结构 x轴方向投影图 ①晶体中与一个O紧邻的Li有　　　　个。  ②一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为　　　　。  ③晶体中微粒间作用力有　　　　。(填字母)  a.氢键　b.离子键　c.金属键　d.范德华力 e.极性共价键　f.非极性共价键 40.(2024·广东,18,14分,难度★★★★)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中,LAEM是一种新型阴离子交换膜,允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。 已知: ①pKa(HF)=3.2。 ②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。 ③浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,Fe2+最多可与2个Cl-配位,其他金属离子与Cl-的配位可忽略。 (1)“电解”中,反应的化学方程式为  　。  (2)“浸取”中,由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为  　　　　　　　　　　　　　。  (3)“还原”的目的:避免　　　　元素以　　　　(填化学式)微粒的形式通过LAEM,从而有利于Ga的分离。  (4)“LAEM提取”中,原料液的Cl-浓度越　　　　,越有利于Ga的提取;研究表明,原料液酸度过高,会降低Ga的提取率。因此,在不提高原料液酸度的前提下,可向Ⅰ室中加入　　　　(填化学式),以进一步提高Ga的提取率。  (5)“调pH”中,pH至少应大于　　　　,使溶液中c(F-)>c(HF),有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 mol·L-1,则[AlF6]3-浓度为　　　　mol·L-1。  (6)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心,形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中,粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni=　　　　,其立方晶胞的体积为　　　　nm3。  41.(2024·广西,15,14分,难度★★★★)广西盛产甘蔗,富藏锰矿。由软锰矿(MnO2,含SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO等杂质)制备光电材料KMnF3的流程如下。回答下列问题: 已知: 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Ksp 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 4.9×10-17 1.9×10-13 (1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4,其主要作用是　　　　　　　　　　。为提高“浸取”速率,可采取的措施是　　　　　　　　　　(任举一例)。  (2)“滤渣1”的主要成分是　　　　(填化学式)。  (3)常温下,用CaCO3调节溶液pH至5~6时,可完全沉淀的离子有　　　　(填化学式)。  (4)“X”可选用　　　　(填字母)。  A.H2S B.H2O2 C.Zn D.(NH4)2S (5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰,得到Mn2(OH)2CO3沉淀。写出生成Mn2(OH)2CO3的离子方程式　　　　　　　　　　。  (6)KMnF3立方晶胞如图,晶胞参数为a pm,该晶体中与一个F-紧邻的K+有　　　　个。已知NA为阿伏加德罗常数的值,晶体密度为　　　　g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。  42.(2024·河北,16,14分,难度★★★★)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知:ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ⅱ.高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成四羟基合铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和四羟基合酸钙均难溶于水。 回答下列问题: (1)钒原子的价层电子排布式为　　　　　　;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　　　,产生的气体①为　　　　　　　(填化学式)。  (2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为　　　　　　(填化学式)。  (3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙,发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　;CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为　　　　　　　　　　　　;浸取后低浓度的滤液①进入　　　　　　　　　(填工序名称),可实现钒元素的充分利用。  (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　　　　　　　　　　　(填化学式)。  (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为　　　　(填序号)。  a.延长沉钒时间 b.将溶液调至碱性 c.搅拌 d.降低NH4Cl溶液的浓度 43.(2024·湖北,16,13分,难度★★★★)铍用于航天器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径如图所示。 已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+ 回答下列问题。 (1)基态Be2+的轨道表示式为　　　　　　　　。  (2)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态,冷却过程的特点是　　　　　　　　　。  (3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,观察到的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“滤液2”可以进入　　　　　　步骤再利用。  (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用是　。  (6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物,4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶角,且每个Be的配位环境相同,Be与Be间通过CH3COO-相连,其化学式为　　　　　　　　　。  44.(2024·安徽,15,14分,难度★★★★)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程,如下图所示。 回答下列问题: (1)Cu位于元素周期表第　　　　　　周期第　　　　　　族。  (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是　　　　　　　　　　。  (3)“浸取2”步骤中,单质金转化为HAuCl4的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的　　　　　　(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。  (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为　　　　　　　　　　(填化学式)。  (6)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为　　　　　　　　　　。  (7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4的结构为(a)而不是(b)的原因:  　。  45.(2024·江西,15,14分,难度★★★★)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石[主要成分为CePO4,含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。 已知:ⅰ.Ksp[Th(OH)4]=4.0×10-45,Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10-20,Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10-48; ⅱ.镭为第ⅡA族元素。 回答下列问题: (1)关于独居石的热分解,以下说法正确的是　　　　(填字母)。  a.降低压强,分解速率增大 b.降低温度,分解速率降低 c.反应时间越长,分解速率越大 d.提高搅拌速度,分解速率降低 (2)Na2U2O7中铀元素的化合价为　　　　价,热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学方程式为　。  (3)浓缩结晶后,得到的晶体产物的化学式为　　　　,滤液可用于　　　　阶段循环利用,避免产生大量的高碱度废水。  (4)溶解阶段,将溶液pH先调到1.5~2.0,反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为  　。  ②当溶液pH=4.5时,c(Th4+)=　　 mol·L-1,此时完全转化为氢氧化钍沉淀。  (5)以BaSO4为载体形成共沉淀,目的是去除杂质　　　　　　　　　　。  46.(2024·贵州,16,14分,难度★★★★)煤气化渣属于大宗固废,主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺,制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下。 已知: ①25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39,Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12; ②2Na[Al(OH)4](aq)Al2O3·3H2O(s)+2NaOH(aq)。 回答下列问题。 (1)“滤渣”的主要成分为　　　　(填化学式)。  (2)25 ℃时,“碱沉”控制溶液pH至3.0,此时溶液中c(Fe3+)=　　　　mol·L-1。  (3)“除杂”时需加入的试剂X是　　　　。  (4)“水热合成”中,NH4H2PO4作为磷源,“滤液2”的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　,水热合成NaFePO4的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2,其工艺如图: ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4,“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。  ②NaFeO2的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有　　　　个。  甲　　乙　　丙 ③若“焙烧”温度为700 ℃,n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)=9∶8时,生成纯相Na1-xFeO2,则x=　　　　,其可能的结构示意图为　　　　(填“乙”或“丙”)。  47.(2024·甘肃,15,15分,难度★★★★)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO、MgO、Al2O3和SiO2等)为原料,对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用,有效减少了环境污染,主要流程如图所示。 已知:Ksp(CaSO4)=4.9×10-5　Ksp(CaCO3)=3.4×10-9 (1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是　　　　　　。  (2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和　　　　　。  (3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　,该反应能进行的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O可用于　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示,沿x轴方向的投影为图乙,晶胞底面显示为图丙,晶胞参数a≠c,α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为　　　　　　 pm;化合物的化学式是　　　　　　　　　　,其摩尔质量为M g·mol-1,阿伏加德罗常数的值是NA,则晶体的密度为　　　　　　 g·cm-3(列出计算表达式)。  48.(2024·全国甲,26,14分,难度★★★★)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1,其他金属离子不沉淀,即认为完全分离。 已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。 ②以氢氧化物形式沉淀时,lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题: (1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是  　。  (2)“酸浸”步骤中,CoO发生反应的化学方程式是　。  (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(Co2+)=　　　　　 mol·L-1,据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离　　　　　(填“能”或“不能”)。  (4)“沉锰”步骤中,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为　　　　　。  (5)“沉淀”步骤中,用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是　　　　　　　　　。  (6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,其反应的离子方程式为　。  (7)根据题中给出的信息,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是  　。  49.(2023·辽宁,16,14分,难度★★★★)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知: 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8 回答下列问题: (1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为　　　　　　　　　　　　　　　　  　(答出一条即可)。  (2)“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5),1 mol H2SO5中过氧键的数目为　　　。  (3)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　(H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO2、　　　　　(填化学式)。  (4)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为　　　　　时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是　    　。  (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为  　。  (6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25 ℃),需控制pH不低于　　　　(精确至0.1)。  50.(2023·山东,17,12分,难度★★★★)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、S和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下。 已知:常温下,Ksp(Li2CO3)=2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 (1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡:B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-(常温下,Ka=10-9.24);B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下,在0.10 mol·L-1硼砂溶液中,[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-,该水解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,该溶液的pH=　　　。  (2)滤渣Ⅰ的主要成分是　　　　(填化学式);精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0 mol·L-1,则常温下精制Ⅱ过程中C浓度应控制在　　　 mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外,还将增加　　　　　　　　　　　　的用量(填化学式)。  (3)精制Ⅱ的目的是　　　　　　　　　　;进行操作X时应选择的试剂是　　　　　,若不进行该操作而直接浓缩,将导致　　　　　　　　　　　　　。  51.(2022·辽宁,16,14分,难度★★★★)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4,工艺流程如下: 已知:①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3,FeS2转变为Fe2O3; ②金属活动性:Fe>(H)>Bi>Cu; ③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下: 金属离子 开始沉淀pH 完全沉淀pH Fe2+ 6.5 8.3 Fe3+ 1.6 2.8 Mn2+ 8.1 10.1 回答下列问题: (1)为提高焙烧效率,可采取措施为　　　　。  a.进一步粉碎矿石　　b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度 (2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,反应的化学方程式为  　。  (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为:①充分浸出Bi3+和Mn2+;②　　　　　　　　　　。  (4)滤渣的主要成分为　　　　(填化学式)。  (5)生成气体A的离子方程式为　。  (6)加入金属Bi的目的是  　。  52.(2022·山东,17,13分,难度★★★★)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下: 回答下列问题: (1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,离子方程式为　　　　 　　　　　　　　　　　　。  (2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(Si)=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,c(Na+)=　　　　　 mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是　　　　。  项目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4 Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10 (3)S浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为　　　　　　　(填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,回收利用洗涤液X的操作单元是　　　　;一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　　　(填字母)。  A.65 ℃、P2O5%=15、SO3%=15 B.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=20 C.65 ℃、P2O5%=10、SO3%=30 D.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=10 图甲 图乙 53.(2022·江苏,16,14分,难度★★★★)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3,其部分实验过程如下: (1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2,该反应的离子方程式为  　。  (2)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀,该沉淀中Cl-含量与加料方式有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为　　　(填序号)。  A.将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B.将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中 (3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程,可制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取,其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸,使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是　。  ②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移,应选择的实验条件或采取的实验操作有　　　　　　　　　　(填两项)。  ③与“反萃取”得到的水溶液比较,过滤Ce2(CO3)3沉淀的滤液中,物质的量减小的离子有　　　　　(填化学式)。  (4)实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂,滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色,滴定反应为Fe2++Ce4+Fe3++Ce3+。请补充完整实验方案:①准确量取25.00 mL Ce3+溶液[c(Ce3+)约为0.2 mol·L-1],加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后,用稀硫酸酸化,将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容;②按规定操作分别将0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4+溶液装入如图所示的滴定管中:③　。  54.(2022·广东,18,14分,难度★★★★)稀土(RE)包括镧、钇等元素,是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理,一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下: 已知:月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃;月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下,稀土离子保持+3价不变;(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8;Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8;有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+ 开始沉淀 时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全 时的pH / 3.2 4.7 / (1)“氧化调pH”中,化合价有变化的金属离子是　　　　　　。  (2)“过滤1”前,用NaOH溶液调pH至　　　　的范围内,该过程中Al3+发生反应的离子方程式为　。  (3)“过滤2”后,滤饼中检测不到Mg元素,滤液2中Mg2+浓度为2.7 g·L-1。为尽可能多地提取RE3+,可提高月桂酸钠的加入量,但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于　　　　　　　　 mol·L-1(保留两位有效数字)。  (4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率,其原因是    　。  ②“操作X”的过程为:先　　　　　　　　,再固液分离。  (5)该工艺中,可再生循环利用的物质有  　　　　　　　(写化学式)。  (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。 ①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时,生成1 mol Pt3Y转移　　　　 mol电子。  ②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时,能在碱性溶液中高效催化O2的还原,发生的电极反应为　。  学科网（北京）股份有限公司 $ 专题五　金属元素及其化合物的性质 考点8　钠、镁、铝及其化合物的性质 1.A　本题考查工艺流程分析。 由化学方程式Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑可知,1 mol Al2O3发生反应生成1 mol CO2,但该反应条件是高温固相反应,反应可逆,不能保证1 mol Al2O3完全转化,A错误;“高温煅烧”时,硅元素转化为Na2SiO3,加稀硫酸“酸浸”:Si+2H+H2SiO3↓,硅酸是不溶性固体,进入浸渣被除去,B正确;Ga与Al同主族、性质相似,煅烧生成[Ga(OH)4]-(镓酸盐),“酸浸”时,[Ga(OH)4]-和H+反应,反应类比[Al(OH)4]-与酸的反应,C正确;由流程分析可知,D正确。 2.D　黑火药爆炸反应:2KNO3+3C+SK2S+N2↑+3CO2↑,A项错误;电解饱和NaCl溶液:2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-,B项错误;丙烯生成聚丙烯的反应:,故C项错误;向饱和氨盐水中通入过量CO2,析出溶解度更小的NaHCO3晶体,D项正确。 对于化学方程式或离子方程式正误判断,要关注以下几点: (1)是否符合客观事实,此点往往体现在生成物考查上; (2)判断是否符合原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒(如果是氧化还原反应)。 3.B　若X为铝,氧化物为Al2O3,仅生成一种氧化物,不符合题意,A项错误;若X为硫,氧化物1为SO2,SO2可使品红溶液褪色,其他转化关系均成立,B项正确;若X为钠,氧化物2为Na2O2,2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,C项错误;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,热稳定性Na2CO3>NaHCO3,D项错误。 4.D　本题考查常见氧化物的性质。CO中C的化合价为+2,SO2中S的化合价为+4,NO2中N的化合价为+4,Na2O2中O的化合价为-1,均处于中间价态,均可被氧化或还原,故①②③④均可作氧化剂或还原剂,A项正确;SO2与水反应生成H2SO3(酸性),NO2与水反应生成HNO3(酸性),溶液均呈酸性,B项正确;Na2O2与水反应生成O2(2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑),C项正确;CO(无色)、SO2(无色)常态下无颜色,而NO2(红棕色)、Na2O2(淡黄色)常态下有颜色,D项错误;故选D。 5.C　C和水蒸气高温制备可燃性CO和H2(水煤气),A项正确;Na2O2与CO2反应可生成O2,同时生成Na2CO3,B项正确;FeCl3和Cu反应方程式为2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2,C项错误;铅酸蓄电池放电时,Pb和PbO2在H2SO4作用下发生反应生成PbSO4,D项正确。 6.A　本题考查物质的性质与应用。NH3和空气的混合气体通过热的Cr2O3,Cr2O3持续红热,说明反应放热,ΔH<0,A项正确;向NCCl溶液中加入硝酸酸化的AgNO3生成AgCl白色沉淀,说明溶液含Cl-,但Cl-可能来自NCCl水解,而非其直接电离,无法证明NCCl是离子化合物,B项错误;Na2O与水反应生成NaOH,溶液呈强碱性使酚酞变红,酚酞的变色范围为8~10,褪色可能是Na2O和水反应生成的溶液碱性过大,而非Na2O本身具有漂白性,C项错误;向CaCl2溶液中通入CO2,无沉淀产生,再通NH3生成CaCO3沉淀,是因为通NH3后营造了碱性环境,使CaCO3能够存在,该现象不能证明<,D项错误;故选A。 7.D　用NaOH溶液吸收NO2时,NO2发生歧化反应:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O,C项正确;石灰乳溶解度小,离子方程式中不拆,应该是Cl2+Ca(OH)2Ca2++ClO-+Cl-+H2O,D项错误。 8.D　Na2CO3会发生水解生成、OH-、H2CO3;NaHCO3会发生电离生成H+、C,发生水解生成H2CO3、OH-,同时两者溶液中都存在水的电离,电离出H+、OH-,两者溶液中微粒的种类相同,A项正确。NaHCO3属于酸式盐,与NaOH反应生成正盐Na2CO3,化学方程式为NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O,B项正确。NaHCO3受热易分解,可转化为Na2CO3,而Na2CO3热稳定性较强,利用两者热稳定性差异,可从它们的固体混合物中除去NaHCO3,C项正确。室温下Na2CO3和NaHCO3饱和溶液的pH相差较大的主要原因是C的水解程度远大于HC的水解程度,D项错误。 Na2CO3、NaHCO3的鉴别 (1)加热法:分别加热固体,产生使澄清石灰水变浑浊的气体的是NaHCO3固体。 (2)溶解法:加水分别溶解,溶解放热的是Na2CO3,溶解吸热的是NaHCO3。 (3)气体法:逐滴滴加稀盐酸,立即产生气泡的是NaHCO3溶液。 (4)测pH法:用pH试纸测相同浓度的稀溶液,pH值大的是Na2CO3溶液。 9.A　电解NaCl溶液可得到NaOH、H2和Cl2,H2在Cl2中燃烧可生成HCl,A项正确;电解MgCl2溶液得到Mg(OH)2,B项错误;H2CO3的酸性比HCl弱,故NaCl溶液中通入CO2不能得到NaHCO3,C项错误;SO2与H2O反应生成H2SO3,D项错误。 10.D　用滴定法测水中Cl-含量,利用了Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀,通过测定AgCl沉淀的质量从而测定水中Cl-的含量,劳动项目与所述化学知识有关联,A项不符合题意;利用过氧化钠与水生成氢氧化钠和氧气的反应可以检验Na2O2是否失效,劳动项目与所述化学知识有关联,B项不符合题意;天然橡胶的结构中有碳碳双键,进行顺丁橡胶硫化时,碳碳双键打开与硫原子形成二硫键,橡胶由线型结构变为网状结构,强度增大,弹性增强,劳动项目与所述化学知识有关联,C项不符合题意;核素14C具有放射性,通过半衰期计算化石年代,与“C60与石墨烯互为同素异形体”无关联,D项符合题意。 11.C　Na2O2的电子式为Na+]2-Na+,Na2O2中有离子键和非极性键,CaH2的电子式为[]-Ca2+H]-,CaH2中只有离子键,不含非极性键,A项错误;①中水的化合价不发生变化,不涉及氧化还原反应,②中水中的氢元素化合价由+1价降低到0价,水发生还原反应,B项错误; Na2O2由Na+和构成,阴、阳离子个数之比为1∶2,CaH2由Ca2+和H-组成,阴、阳离子个数之比为2∶1,C项正确;①中每生成1 mol氧气转移2 mol电子,②中每生成1 mol氢气转移1 mol电子,转移电子数相同时,生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2,D项错误。 12.A　铝可用于制作门窗框架,是因为铝形成的合金具有硬度大、密度小、抗腐蚀等性质,不是因为铝的强还原性,A不正确;CaO易吸水,并与水反应生成Ca(OH)2,可吸收气体或密闭环境中的水分,所以可用作干燥剂,B正确;食品中含有的Fe2+等易被空气中的O2氧化,维生素C具有还原性,且对人体无害,可用作食品抗氧化剂,C正确;Na2O2能与人体呼出的CO2和水蒸气反应生成O2,可作潜水艇中的供氧剂,D正确。 13.B　根据题意,由图可知a、b、c对应物质分别为钠、氧化钠(或过氧化钠)、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。由上述分析可知,氢氧化钠和硫酸铜反应可生成氢氧化铜,氢氧化铜受热分解可生成氧化铜,所以可存在c→d→e的转化,A合理;钠、氧化钠(或过氧化钠)都能与H2O反应生成氢氧化钠,B不合理;新制的氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基,C合理;若b能与H2O反应生成O2,则b为过氧化钠,过氧化钠中含有共价键和离子键,D合理。 14.A　小苏打是NaHCO3,用作发泡剂的原理是小苏打受热分解生成CO2,在面包内部形成许多气孔,使得面包疏松多孔,A项符合题意;熟石灰具有碱性,可以与酸性废水中的酸性物质发生反应,B项不符合题意;铁与水蒸气在高温条件下发生反应生成Fe3O4,工人需要将模具干燥后再注入熔融钢水,C项不符合题意;铝易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜,阻止内部的铝进一步反应,故镀铝钢板耐腐蚀,D项不符合题意。 15.A　同主族元素的第一电离能从上到下依次减小,因此,钠元素的第一电离能大于钾,A项说法正确;基态钾原子价层电子排布式为4s1,其轨道表示式为,B项说法错误;钾、钠均能与水剧烈反应,因此,钾不能置换出NaCl溶液中的钠,C项说法错误;钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19,两者原子序数相差8,D项说法错误。 16.A　氯气和溴的氧化性都强于铁离子,都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子,故A正确;钠在氧气中燃烧生成过氧化钠,故B错误;NO2与H2O反应除生成HNO3外还有NO生成,故所得H2SO4和HNO3的浓度肯定不同,C错误;硼酸的酸性弱于碳酸,不能与碳酸钠反应生成二氧化碳气体,D错误。 17.C　HF能与陶瓷中的SiO2反应,故吸收塔不宜用陶瓷作内衬材料,A项说法正确;溶液喷淋可以使烟气与溶液充分接触,提高吸收效率,B项说法正确;烟气(含HF)通入吸收塔,加入过量的碳酸钠,发生的反应为Na2CO3+HFNaF+NaHCO3,合成槽中的反应为Na[Al(OH)4]+6NaF+4NaHCO3Na3AlF6+4Na2CO3+4H2O,C项说法错误;滤液中主要成分为Na2CO3,可以进入吸收塔回收利用,D项说法正确。 18.B　CH3COONa溶液呈碱性是因为CH3COO-发生了水解:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,A项不符合题目要求;金属钠在空气中加热生成的淡黄色固体是过氧化钠,反应的化学方程式为2Na+O2Na2O2,B项符合题目要求;铝与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气,离子方程式为:2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑,C项不符合题目要求;将SO2通入H2S溶液中生成S单质和水,反应的化学方程式为SO2+2H2S3S↓+2H2O,D项不符合题目要求。 19.D　海水中的镁元素以镁盐的形式存在,“沉镁”即使Mg2+转化为氢氧化镁,与Mg2+直接反应的物质一般是氢氧化钙,那么物质X通常选用生石灰(氧化钙),A项说法正确;工业上通常用电解熔融氯化镁的方法制备金属镁,B项说法正确;根据流程图中步骤“氯化”图示可知,反应物为碳单质、氯气和氧化镁,产物为氯化镁和一氧化碳,C项说法正确;由于MgCl2会发生水解反应:MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl,加热时HCl会挥发,使平衡不断右移,最终生成Mg(OH)2,D项说法错误。 从海水中提取镁 (1)工艺流程: (2)注意事项:①由MgCl2·6H2O到无水MgCl2,必须在HCl气流中加热,以防MgCl2水解。②因镁在高温下能与O2、N2、CO2等气体发生反应,故工业电解MgCl2得到的镁常在H2氛围中冷却。 20.D　A项,制作铝金属制品主要是利用铝质量轻、不易腐蚀的性质;B项,Al2O3熔点高,与可作为冶炼铝的原料无因果关系;C项,Al(OH)3可用于中和过多的胃酸,是因为Al(OH)3属于两性氢氧化物,能与盐酸反应。 考点9　铁、铜及其化合物的性质 1.C　本题考查Cu、Fe及其化合物性质,涉及工艺流程知识。由题意推知红褐色沉淀g是Fe(OH)3,深蓝色溶液f中含[Cu(NH3)4]2+,气体e为NH3,黄绿色气体c是Cl2,溶液b与过量Cl2反应得到溶液d,d含Fe3+、Cu2+,若h为盐酸,g→a可发生反应Fe(OH)3+3HClFeCl3+3H2O,FeCl3溶液(a)可与Cu、Fe混合物反应,A正确;溶液b中含Fe2+,通入过量NH3,反应生成Fe(OH)2,在空气中久置变为Fe(OH)3,B正确;Fe的金属活动性比Cu强,会先与溶液a反应,若Fe有剩余会置换出溶液中的Cu2+,溶液b中存在Cu2+,则固体残渣中不可能有铁,C错误;溶液d中含Cu2+,与过量NH3反应生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+,D正确。 2.B　本题考查铁离子(Fe3+)的水解、络合平衡及氧化还原性质。Fe3+在水中水解生成[Fe(OH)]2+等黄色配合物,溶液呈黄色(②),加入稀硫酸后,H+浓度升高,抑制水解平衡(Fe3++H2OFe(OH)2++H+),水解产物减少,Fe3+主要以水合离子形式存在,颜色变浅(③),A项正确;④中Fe3+与SCN-形成红色络合物Fe(SCN)3,c(SCN-)较低;⑤中加入K2C2O4·H2O固体后,Fe3+优先与C2形成更稳定的绿色络合物[Fe(C2O4)3]3-,导致:Fe3++3SCN-Fe(SCN)3反应平衡向左移动,c(SCN-)增大,故c(SCN-):⑤>④,B项错误;④中呈现红色是由于Fe3+与SCN-直接生成红色络合物[Fe(SCN)3],⑥中呈现红色是因为⑤中加入稀硫酸后,C2与H+结合,[Fe(C2O4)3]3-解离出Fe3+,Fe3+再与SCN-结合显红色,C项正确;③中含Fe3+(浅黄色),维生素C将其还原为Fe2+,Fe2+与[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀,D项正确。 3.B　月壤钛铁矿吸附并储存了大量来自太阳风的氢原子,A项正确;地球上的钛铁矿不一定吸附氢原子,加热钛铁矿没有还原剂就不能生成单质铁和水蒸气,B项错误;月壤钛铁矿加热生成单质铁和水蒸气的过程中铁元素化合价降低,发生了氧化还原反应,C项正确;H2O由气态变为液态,释放出能量,D项正确。 4.A　空气中灼烧过的铜丝伸入乙醇中,黑色铜丝恢复光亮的紫红色,氧化铜被乙醇还原成单质铜,A项错误。Mg(OH)2悬浊液中加入FeCl3溶液,白色氢氧化镁转化成红褐色氢氧化铁,B项正确。亚铁离子与铁氰化钾会产生蓝色沉淀,C项正确。Cr2在碱性条件下会转化成Cr,D项正确。 高中化学常见物质颜色 铁:铁粉是黑色的;纯净铁是银白色的。 Fe2+——浅绿色 Fe3O4——黑色晶体 Fe(OH)2——白色固体 Fe3+——棕黄色 Fe(OH)3——红褐色固体 Fe(SCN)3——溶液呈红色 Fe(NH4)2(SO4)2——淡蓝绿色 FeO——黑色粉末 FeS——黑色固体 Fe2O3——红棕色粉末 FeCl3——棕黄色固体 铜:单质是紫红色 Cu2+——蓝色 CuO——黑色 Cu2O——红色 CuSO4(无水)——白色 CuSO4·5H2O——蓝色 Cu2(OH)2CO3——绿色 Cu(OH)2——蓝色 [Cu(NH3)4]SO4——溶液呈深蓝色 5.B　由题干可知 步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀为Cu(OH)2,A项错误;步骤Ⅱ中得到的深蓝色溶液含[Cu(NH3)4]2+,[Cu(NH3)4]2+为配离子,Cu2+很难电离出来,故c深蓝色(Cu2+)<c蓝色(Cu2+),B项正确;步骤Ⅲ中无明显现象是由于[Cu(NH3)4]2+很难电离出Cu2+,溶液中Cu2+浓度很小,导致无明显现象,C项错误;步骤Ⅲ中[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3,加入盐酸,H+消耗NH3,使平衡正向移动,得到较多的Cu2+,Fe+Cu2+Cu+Fe2+产生红色固体,Fe还能跟盐酸反应产生H2,D项错误。 6.C　本题考查铁元素及其化合物。FeCl2溶液通足量Cl2后,得到FeCl3溶液,加热会促进Fe3+水解且水解生成的HCl挥发,导致生成Fe(OH)3,无法得到FeCl3·6H2O,A项错误;红热的铁粉与水蒸气反应会生成Fe3O4,得不到Fe2O3,B项错误;HCl抑制FeCl2水解,在HCl气流中脱水,可防止其被空气中的氧气氧化,则让FeCl2·4H2O在干燥的HCl气流中脱水可以得到FeCl2,C项正确;FeCl2溶液中滴加煮沸过的NaOH溶液,在空气中过滤,生成的Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3,该制备方案不能得到Fe(OH)2,D项错误;故选C。 7.A　聚氯乙烯的单体为CH2CHCl,A项错误;四氧化三铁具有磁性,B项正确;晶态和非晶态间的转换是原子排列方式的不同,是物理变化,C项正确;单晶硅为金刚石结构,为共价晶体,D项正确。 8.A　将适量CuCl完全溶于盐酸,存在以下转化关系:①CuCl(s)Cu+(aq)+Cl-(aq),②CuCl(s)+Cl-(aq)[CuCl2]-(aq),③[CuCl2]-+Cl-[CuCl3]2-。 加水稀释,反应③平衡逆向移动,且由于体积增大,[CuCl3]2-浓度一定下降,A项正确;加入少量NaCl固体,反应②、③均正向移动,[CuCl2]-浓度不一定上升,B项错误;[CuCl2]-不能拆开,正确的电离方程式为H[CuCl2]H++[CuCl2]-,C项错误;依据溶液中的电荷守恒,有c(H+)+c(Cu+)=c(Cl-)+c([CuCl2]-)+2c([CuCl3]2-)+c(OH-),D项错误。 9.C　由Z的棕黄色、R的浅绿色可推出含有铁元素,由固体X为黄色可推出固体X为FeS2,固体Q为黑色,且与X组成元素相同,可知固体Q为FeS。固体Y为红棕色,推知Y为Fe2O3,可作油漆、涂料等的红色颜料,A项正确;含Fe3+的溶液煮沸过程中Fe3+的水解程度变大,生成的Fe(OH)3为红褐色,颜色发生改变,B项正确;Fe2+FeS不能在强酸性环境下进行,因为FeS可溶于强酸,C项错误;根据反应Fe+SFeS可知,D项正确。 10.B　在高温条件下,铁能与水蒸气发生反应生成H2,化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,A项正确;实验中,肥皂液起到“收集”氢气的作用,故可用火柴点燃肥皂泡检验生成的氢气,C项正确;硬质玻璃试管可作高温条件下气+固反应的反应器,故可使用硬质玻璃试管盛装还原铁粉,D项正确。若将酒精灯移至湿棉花下方加热,则温度达不到反应温度,反应难以发生,B项错误。 11.C　A项,SO2是酸性氧化物,与石灰乳反应生成CaSO3和H2O,该反应体现了Ca(OH)2的碱性,正确;B项,Fe3+具有氧化性,能够氧化Cu:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,工业上用于制作电路板,正确;C项,豆浆制作豆腐,利用胶体遇电解质发生聚沉的性质,与CaSO4难溶性无关,错误;D项,NH3中氮原子存在孤电子对,可以与Ag+形成配位键,正确。 12.C　金属铜与稀硝酸不会产生钝化,开始时反应速率较慢,可能的原因是铜表面有氧化铜,A项说法错误;由于装置内有空气,铜与稀硝酸反应生成的NO迅速被氧气氧化为红棕色的NO2,产生的NO2浓度逐渐增大,气体颜色逐渐变深,B项说法错误;装置内氧气逐渐被消耗,生成的NO2量逐渐达到最大值,同时装置内的NO2能与溶液中的H2O反应:3NO2+H2O2HNO3+NO,因此气体颜色逐渐变浅,C项说法正确;由于该装置为密闭体系,生成的NO无法排出,气压逐渐增大,将锥形瓶内液体压入长颈漏斗,铜丝与液面脱离接触,反应停止,D项说法错误。 13.B　检验溶液中是否含有Fe3+应直接向待测液中滴加KSCN溶液,向待测液中滴加氯水会将Fe2+氧化为Fe3+而干扰实验,A错误;向2 mL FeSO4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液,若观察到溶液紫色褪去,说明Fe2+有还原性,B正确;Fe2+发生水解反应Fe2++2H2O2H++Fe(OH)2使溶液显酸性,应滴加2~3滴石蕊溶液,观察溶液颜色变化,C错误;H2O2会将Fe2+氧化为Fe3+,有可能是Fe3+的催化作用,D错误。 14.A　氯化铁在水溶液和熔融状态下可完全电离,属于强电解质,A错误;FeCl3与铜反应:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,可用来腐蚀覆铜板,B正确;氯气具有强氧化性,氯气与铁单质可在加热条件下反应生成氯化铁,C正确;向沸水中滴加5~6滴饱和氯化铁溶液,继续加热至液体呈红褐色,Fe3+发生水解反应可得到氢氧化铁胶体,D正确。 15.D　FeSO4溶液中Fe2+易被氧化为Fe3+,进而形成Fe(OH)3沉淀,反应的化学方程式应为12FeSO4+3O2+6H2O4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3↓,A错误;硫化钠溶液出现浑浊的成分为S单质,B错误;溴与水发生反应Br2+H2OHBr+HBrO,溴水褪色是由于HBrO易分解,导致Br2与H2O反应的平衡右移而褪色,C错误;胆矾失去结晶水导致表面出现白色粉末(CuSO4),D正确。 16.D　根据流程可知,CuS精矿(含Zn、Fe元素的杂质)在高压O2作用下,用硫酸溶液浸取过程中发生氧化还原反应,所得反应产物为Cu2+、S、H2O、Zn2+、Fe3+,然后通入NH3调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,因此过滤得到的固体X中含有S、Fe(OH)3,滤液中含有Cu2+、Zn2+;然后向滤液中通入高压H2,因为还原性Zn>H2>Cu,因此Cu2+可被高压H2还原为金属Cu,金属Cu可通过过滤分离出来,而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中,再经一系列处理可得到金属Zn。根据上述分析可知,A项说法正确;CuS难溶于硫酸溶液,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),增大O2的压强,可以增大O2氧化S2-的速率,使之更快地转化为S,从而加快沉淀溶解平衡正向移动,促进金属离子的浸出,B项说法正确;要使Fe3+转化为沉淀,而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中,结合氢氧化物形成沉淀的pH范围,可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2,C项说法正确;在溶液中用高压H2还原Cu2+变为金属Cu所发生的反应为H2+Cu2+2H++Cu,若还原时增大溶液的酸度,c(H+)增大,平衡向左移动,不利于Cu的生成,D项说法错误。 17.C　石墨是混合型晶体,质软,可用作润滑剂,但用作润滑剂与其能导电无关,故A项不符合题目要求;单晶硅用作半导体材料与其熔点高无关,故B项不符合题目要求;青铜是铜合金,比纯铜熔点低、硬度大,适宜用青铜铸剑,故C项符合题目要求;含铅化合物可用作电极材料,但与含铅化合物颜色丰富无关,故D项不符合题目要求。 18.D　由流程可知,加入稀硫酸溶解,反应中生成氢气,溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+,加入Na2S分离出的滤渣1含CoS和NiS,再加入草酸使Fe2+转化成FeC2O4,过滤分离可除去Fe2+。Cr、Fe、Ni、Co四种金属均能与稀硫酸反应生成H2,A项说法正确;由流程可知,沉铁后分离出硫酸铬,则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素,B项说法正确;由上述分析可知,流程中未产生六价铬的化合物,C项说法正确;“滤渣2”的主要成分是FeC2O4,D项说法错误。 19.B　兽骨的主要成分为无机矿物和有机质,A项错误;青铜器中含有铜、锡、铅等金属,是合金材料,B项正确;纸张的主要成分为纤维素,C项错误;液晶显示屏的材料比较复杂,但一定不是合金,D项错误。 20.D　FeCl3溶液为棕黄色,Fe(OH)3胶体呈红褐色,溶液由棕黄色变为红褐色,说明加热促进了Fe3+的水解,A项结论合理;实验②与实验①相比较,说明少量的S促进了Fe3+的水解,滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀,说明溶液中存在Fe2+,即Fe3+也发生了还原反应,B项结论合理;实验③是向过量的Na2SO3溶液中滴加少量的FeCl3溶液,分组实验说明Fe3+发生水解,但是未发生还原反应,C项结论合理;综合分析整个实验,可知S对Fe3+的水解反应和还原反应都有影响,D项结论不合理。 21.C　从物质类别和化合价可知,a、b、c、d、e分别是Fe、Fe2+、Fe(OH)2、Fe(OH)3、Fe3+。根据2Fe3++Fe3Fe2+可知,A项合理;b中铁的化合价为+2价,处于中间价态,既有氧化性,又有还原性,B项合理;Fe3+遇浓碱液生成Fe(OH)3沉淀,而不是胶体,C项不合理;根据Fe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe3+Fe2+可知,D项合理。 22.D　根据金属活动性顺序表,铜的金属活动性大于银,A项叙述正确;通过揉搓,手上的汗水可提供电解质溶液,B项叙述正确;银丝表面的氧化银发生还原反应,氧化银转化为单质银,单质银活动性较弱,可长时间保持光亮,C项叙述正确;铜的活动性比铝弱,氧化铝不能被铜还原为单质铝,因此铜不会变黑,D项叙述错误。 23. (1)+3　1s22s22p6 (2)防止二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁 (3)①4CaO+6H2O+4Fe2++O24Fe(OH)3+4Ca2+ ②适当升高温度、搅拌 (4)①11　②最后半滴标准液加入后,溶液变为红色,且半分钟内不变色　66.6% 解析FeCl2溶液中加入氧化钙生成氢氧化亚铁,FeCl2溶液中加入氧化钙和空气生成氢氧化铁,反应釜1、2中物质混合后调节pH,加压过滤分离出沉淀,处理得到四氧化三铁,滤液处理得到氯化钙水合物。 (1)Fe3O4可以写成FeO·Fe2O3,故Fe元素的化合价是+2价和+3价。O2-为氧原子得到2个电子形成的,核外电子排布式为1s22s22p6。 (2)空气中氧气具有氧化性,反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行,其原因是防止二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁。 (3)①反应釜2中,加入CaO和分散剂的同时通入空气,氧气将二价铁氧化为三价铁,三价铁与氧化钙和水反应生成氢氧化铁,反应的离子方程式为4CaO+6H2O+4Fe2++O24Fe(OH)3+4Ca2+。 ②为加快反应速率,可采取的措施有适当升高温度、搅拌等。 (4)①反应釜3中,25 ℃时,Ca2+浓度为5.0 mol·L-1,故此时c(OH-)== mol·L-1=1.0×10-3 mol·L-1,c(H+)=10-11 mol·L-1,则pH=11,反应不能使钙离子生成沉淀,防止引入杂质,故理论上pH不超过11。 ②高锰酸钾溶液显紫红色,故滴定达到终点的现象为:最后半滴标准液加入后,溶液变为红色,且半分钟内不变色; 氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀,向草酸钙沉淀中加入稀硫酸转化为草酸,草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应:2Mn+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,结合质量守恒可知,5CaCl2~5H2C2O4~2Mn,则该副产物中CaCl2的质量分数为 ×100%=66.6%。 24. (1)除油污　(2)SO2 (3)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O (4)胆矾晶体易溶于水　 (5)ⅰ.溶液C经步骤③加热浓缩后,H2O2已完全分解 ⅱ.取滤液,向其中加入适量硫化钠溶液,使铜离子恰好完全沉淀,再加入I-,不能被氧化 解析 原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤,可以除去原料表面的油污;滤渣中的固体B与过量的稀硫酸、H2O2反应,其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4,溶液C为含CuSO4、H2SO4、H2O2的混合液,加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。 (1)原料表面含有少量的油污,Na2CO3溶液呈碱性,可以除去原料表面的油污,故步骤①的目的是:除去原料表面的油污。 (2)在加热的条件下,铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O,SO2是一种大气污染物,步骤②中,若仅用浓H2SO4溶解固体B,将生成SO2污染环境。 (3)步骤②中,在H2O2存在下,Cu溶于稀H2SO4生成CuSO4和H2O,该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。 (4)胆矾是一种易溶于水的晶体,因此,经步骤④得到的胆矾,不能用水洗涤的主要原因是:胆矾晶体易溶于水,用水洗涤会导致胆矾的产率降低。 (5)ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应,在加热的条件下,其分解更快,因此,甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2,理由是:溶液C经步骤③加热浓缩后,H2O2已完全分解。 ⅱ.I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化;滤液D中含有CuSO4和H2SO4,乙同学通过实验证实,只能是Cu2+将I-氧化为I2,较简单的实验方案是除去溶液中的Cu2+,然后再向其中加入含有I-的溶液,观察溶液是否变色;除去溶液中的Cu2+的方法有多种,可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物,如加入Na2S将其转化为CuS沉淀,因此,乙同学的实验方案为:取少量滤液D,向其中加入适量Na2S溶液,直至不再有沉淀生成,静置后向上层清液中加入少量KI溶液,若上层清液不变色,则证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化,故只能是Cu2+将I-氧化为I2。 考点10　工业生产流程题 1.C　在“浸出”时,硫酸作催化剂使生物质水解得到还原剂(葡萄糖),同时作浸取剂溶解高锰钴矿,A项正确;生物质(稻草)来源广泛且可再生,B项正确;“浸出”时,MnO2→Mn2+、Co3O4→Co2+,而铁元素化合价未变化,C项错误;依据Ksp(CoS)=10-20.4知,“沉钴”后上层清液中c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4,D项正确。 2.D　本题考查物质制备工艺流程、物质之间的转化。因石灰渣主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙,“碱溶”时加入碳酸钠和水反应生成的“沉淀1”的主要成分为碳酸钙,碳酸钙和盐酸反应可用于实验室制备CO2,A项正确;“调pH”时加入H3PO3可除去可能剩余的Na2CO3,并和生成的Na2HPO3反应。若未将溶液调至酸性,后续加入的AlCl3会转化为Al(OH)3等杂质,降低产品纯度与产率,B项正确;根据题给信息以及化学方程式的书写要求可知,“沉铝”时存在反应2AlCl3+3Na2HPO3Al2(HPO3)3↓+6NaCl,C项正确;“调pH”后,“滤液1”中的主要溶质为NaCl,电解NaCl溶液无法得到金属Na,D项错误;故选D。 3.C　本题考查化工工艺流程。“电炉煅烧”时生成P4,P4可与氧气反应,故必须隔绝空气,A项正确;根据分析可知,浸渣的主要成分是CaSiO3,B项正确;“炉气水洗”因P4、CO均不溶于水,磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷,使P4与CO分离,C项错误;“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸,不会溶解生成的Al(OH)3(只溶于强酸强碱中),但需要控制溶液的pH,防止生成KHCO3,D项正确;故选C。 4.D　本题考查化学工艺流程中工业废料的处理和金属的回收。富集液中含有两种金属离子Cd2+、Mn2+,其浓度相当,加入试剂X沉铬,由金属化合物的Ksp可知,CdCO3、MnCO3的Ksp接近,不易分离,则试剂X选择含S2-的试剂,得到CdS滤饼,加入NaHCO3溶液沉锰,发生反应:Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O。 粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积,有利于提高金属元素的浸出率,A项正确;由分析可知,试剂X可以是Na2S溶液,B项正确;若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”,由题中信息以及Ksp数据可知,金属离子Cd2+、Mn2+浓度相当,则Cd2+也会沉淀,后续流程中无法分离Cd和Mn,所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换,C项正确;“沉锰”时,发生反应的离子方程式是Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O,D项错误。 5.B　本题考查物质制备流程、氧化还原、物质分离操作等。CO2中C的化合价为+4,NaHCO3中C的化合价也为+4,CO2未被还原;N中N的化合价从+5降至-3,H2还原的是N,A项错误;反应生成的NH3极易溶于水,在“产物分离”之前会和CO2、H2O反应生成NH4HCO3,B项正确;“产物分离”得到固体和馏分,馏分为NH3,该方法应该是蒸馏,C项错误;NaHCO3受热易分解,温度升高会导致其分解,产率减小,D项错误;故选B。 6.D　“沉铜”过程中发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+Fe2++Cu,A项错误;Al(OH)3是两性氢氧化物,过量的NaOH与Al(OH)3反应生成Na[Al(OH)4],B项错误;“氧化”过程中铁元素由+2价被H2O2氧化为+3价,C项错误;“沉锂”过程中发生反应:2Li++Na2CO3Li2CO3↓+2Na+,生成了溶解度更小的Li2CO3,D项正确。 7.C　H3PO4与Na2CO3先发生反应,通过加入X调节pH,使产物完全转化为Na2HPO4,通过结晶、过滤、干燥,最终得到Na2HPO4·12H2O成品。铁是较活泼金属,可与H3PO4反应生成氢气,故“中和”工序若在铁质容器中进行,应先加入Na2CO3溶液,A项正确。若“中和”工序加入Na2CO3过量,则需要加入酸性物质来调节pH,为了不引入新杂质,可加入H3PO4;若“中和”工序加入H3PO4过量,则需要加入碱性物质来调节pH,为了不引入新杂质,可加入NaOH,因此“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4,B项正确。“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液,由已知可知H3PO4的=6.2×10-8,=4.8×10-13,则HP的水解常数Kh==≈1.6×10-7,由于Kh>,则Na2HPO4的水解程度大于电离程度,溶液显碱性,C项错误。由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水,故“干燥”工序需要在低温下进行,D项正确。 8.B　重晶石矿(主要成分为BaSO4)通过一系列反应,转化为BaS溶液;加盐酸酸化,生成BaCl2和H2S气体;在BaCl2溶液中加入过量的NaOH,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得到Ba(OH)2·8H2O;过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH;Ba(OH)2·8H2O加水溶解后,加入Ti(OC4H9)4,进行合成反应,得到BaTiO3粗品,洗涤得到最终产品。由分析可知,“气体”主要成分为H2S气体,“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH,A项错误。由分析可知,“系列操作”得到的是Ba(OH)2·8H2O晶体,故“系列操作”可以是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,B项正确。“合成反应”是Ba(OH)2与Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3,该反应中元素化合价未发生变化,不是氧化还原反应,C项错误。“洗涤”时,若使用稀H2SO4,BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4,故不能使用稀硫酸,D项错误。 9.B　结合聚合物的结构及单体的结构特点,反应③的化学方程式为 , 生成W的反应③为缩聚反应,同时生成,C项错误;苯酚的同系物是结构式中含有一个苯环,且苯环上直接连有一个羟基,与苯酚相差n个CH2原子团的化合物,而双酚A有两个苯环和两个酚羟基,不是苯酚的同系物,A项错误;可发生催化聚合生成W,化学方程式为 ,B项正确;W为聚硫酸酯,在碱性条件下能够发生水解,聚苯乙烯为加聚反应产物,通过碳碳单键连接形成的聚合物,难以降解,D项错误。 10.B　焙烧过程中有氧气参与,能将Cr2O3、FeO分别氧化为Cr和Fe3+,并放出CO2,水浸后滤渣的主要成分为Fe(OH)3,滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr,A项和C项正确、B项错误;转化过程中CrCr(OH)3,发生还原反应,故淀粉水解液中葡萄糖起还原作用,D项正确。 11.CD　反应 Ⅰ 发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。常温下,HS的水解常数Kh=≈≈7.69×10-13<,NaHSO3溶液呈酸性,反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间,所以反应Ⅱ发生反应的化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2O2NaHSO3+CO2。反应Ⅱ为非氧化还原反应,A项错误。当pH=11时,NaHSO3已经转化为了Na2SO3,因此低温真空蒸发的主要目的是防止Na2SO3被氧化,B项错误。溶液Y中的溶质有Na2SO3和少量NaOH,因此可以吸收气体Ⅰ(SO2),C项正确。反应Ⅲ发生反应的化学方程式为4NaOH+2CuSO4+Na2SO3Cu2O↓+3Na2SO4+2H2O。当反应Ⅲ中的X(Na2SO3)与CuSO4物质的量之比增大时,说明Na2SO3(X)过量,Na2SO3可与H+发生反应,因此调节pH=5时需补加的NaOH的量减少,D项正确。 12. (1)d (2)增大O2溶解度,加快氧化反应速率,提高镍矿浸出率 NiS+2O2+6NH3·H2O[Ni(NH3)6]SO4+6H2O (3)[Cu(NH3)4]2+　NH3 (4)2 (5)(NH4)2SO4 (6)2　H2+[Ni(NH3)]2+Ni+N+H+生成H+,酸性增强,不利于还原。而H2+[Ni(NH3)2]2+Ni+2N酸性较弱,还原程度较大 解析 本题考查利用镍矿制备超细镍粉的过程,内容涉及元素周期表分区、原料处理、操作目的分析、化学方程式书写、条件选择、提纯除杂,最终获得产品。 由流程图可知:镍矿主要成分为NiS、Fe2O3和CuS,氧压氨浸通入空气和氨气,Ni生成[Ni(NH3)6]2+,S转化为S、S2,Cu元素转化为[Cu(NH3)4]2+,Fe2O3不会溶解,为浸渣,部分蒸氨沉出CuS,滤液2通足量O2,氧化S2,加H2还原得到Ni粉。 (1)Ni原子序数为28,价电子排布式为3d84s2,属于d区。 (2)O2在水中溶解度小,加压目的是增大O2溶解度,加快氧化反应速率,提高镍矿浸出率。 NiS被O2氧化,得化学方程式:NiS+2O2+6NH3·H2O[Ni(NH3)6]SO4+6H2O。 (3)CuS加氨水溶解,可生成[Cu(NH3)4]2+,部分蒸氨,把NH3蒸出,[Cu(NH3)4]2+转化为CuS和NH3。 (4)1 mol S2被氧气氧化成S,转移8 mol e-,所以消耗2 mol O2。 (5)[Ni(NH3)x]2+被H2还原得到N,阴离子为S,故溶质为(NH4)2SO4,可生产氮肥。 (6)由图像可知x=2时,Ni(Ⅱ)浓度下降最快,反应速率最快,剩余离子浓度最小(转化率最高),故选2。 H2还原[Ni(NH3)]2+和[Ni(NH3)2]2+的离子方程式分别为 ①H2+[Ni(NH3)]2+Ni+N+H+, ②H2+[Ni(NH3)2]2+Ni+2N。 ①式中生成H+,由已知可知酸性不利于“还原”步骤,可得①进行程度小,②中相对进行程度大。 13. (1)3Cu2Se+20H++8N6Cu2++3H2SeO3+8NO↑+7H2O (2)KMnO4 (3)将+3价Au还原为+1价,提供配体　2[AuSO3]-2Au↓+S+SO2↑ (4)0.25 (5)HCl 解析 本题考查工艺流程中试剂选择与作用、离子方程式书写、浓度计算等。 (1)酸浸时,Cu2Se与稀HNO3发生氧化还原反应,-2价Se被氧化为H2SeO3(弱酸不拆),Cu+→Cu2+,HNO3被还原为NO,反应的离子方程式为3Cu2Se+20H++8N6Cu2++3H2SeO3+8NO↑+7H2O。 (2)“球磨提金”时,Cl-→Cl2↑,则氧化剂为KMnO4。 (3)依据信息“球磨提金时,生成的高活性Cl2直接和Au反应生成AuCl3”,则“酸溶”时,AuCl3与Cl-配位形成AuC,“萃取”时AuC进入有机相,“反萃取”时加入Na2SO3溶液,作用一是作为还原剂,将+3价Au还原为+1价(题目中提示:水相中Au以[AuSO3]-形式存在);作用二是提供配体与Au+形成[AuSO3]-。“酸化析金”时,[AuSO3]-中Au+→Au、S→S,发生自身氧化还原反应的离子方程式为2[AuSO3]-2Au↓+S+SO2↑。 (4)“溶银”时,发生反应:AgCl(s)+2NH3[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq)　K1 依据AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)　Ksp和Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+　K,得出K1=Ksp·K=1.6×10-10×1.0×107=1.6×10-3。AgCl全部溶解时,溶液中c(Cl-)=c{[Ag(NH3)2]+}=0.01 mol·L-1,则c2(NH3)≥=0.062 5,c(NH3)≥ mol·L-1=0.25 mol·L-1。 (5)“还原提银”中,[Ag(NH3)2]+被N2H4·H2O还原为Ag,N2H4·H2O被氧化为N2,反应方程式为N2H4·H2O+4[Ag(NH3)2]+4Ag↓+N2↑+4N+4NH3↑+H2O,滤液X中主要含有NH4Cl、NH3·H2O和NaCl(少量),而其中加入HCl与NH3·H2O生成NH4Cl,与原有NH4Cl共同导入“球磨提金”步骤中,加以循环利用。 14. (1)增大盐酸与金精矿的接触面积 (2)铁粉 (3)①Fe2++2e-Fe　②×10-13 (4)利用x1 mol·L-1的H2O2溶液与HCl浸出后,过滤,将滤渣用x3 mol·L-1的H2O2溶液与HCl浸出,过滤 (5)3　3H2O　3S　9 (6)杂冠醚的空腔半径与Ag+半径接近 (7)①GaN　②A、B　C(或者C　A、B) 解析 本题考查工艺流程、电化学原理、配位化学基础、物质结构与性质。 (1)将固体矿物研磨粉碎,可大幅增大固液两相接触面积,提升浸取反应速率与金属浸出率,是矿物浸取工艺常规操作。 (2)沉锑工序中,原料[SbCl4]-中Sb的化合价为+3,最终生成单质Sb,化合价降低被还原;Fe单质失电子发生氧化反应,作还原剂。 (3)①“电解”目的是回收沉锑试剂铁粉,Fe2+在阴极得电子还原为Fe;装置中阴离子交换膜仅允许阴离子迁移,阳离子Fe2+定向移向阴极发生还原反应。 ②阳极区存在Fe2+、Mg2+,为避免生成氢氧化物沉淀,需同时满足两种氢氧化物溶度积限制。 Fe(OH)3:c3(OH-)≤==2×10-39,c(OH-)≤ mol·L-1; Mg(OH)2:c2(OH-)≤==1×10-10,c(OH-)≤ mol·L-1 Fe(OH)2对OH-浓度限制更严格,因此阳极c(OH-)上限由Fe3+决定。 (4)由题给信息可知,在H2O2浓度为x1 mol·L-1时,Ag浸取率接近100%,Au浸取率低,先过滤除去Ag;再用浓度x3 mol·L-1的H2O2浸取滤渣中的Au,可提高金的提取率和纯度。 (5)Au元素化合价:+3→0,2个Au共得6e-;S(HS)元素化合价:+4→+6,每个失2e-,需3个HS,共失6e-,结合电荷守恒、原子守恒,配平化学方程式得2[AuCl4]-+3HS+3H2O2Au↓+3S+8Cl-+9H+。 (6)冠醚是一类大环多醚,其空腔大小决定了它能络合哪种尺寸的金属离子。如果冠醚能够选择性地络合银离子(Ag+),说明其空腔结构与Ag+的离子半径相匹配,符合“尺寸匹配”原理。 (7)①离子键占比由元素电负性差值决定,Ga与N电负性差值大于Al与Sb的电负性差值;电负性差值越大,化学键离子键成分占比越高,故GaN离子键百分数更大。②由“均摊法”可知,1个该晶胞中含有的A位置原子数为8×=1,含有的B位置原子数为6×=3,含有的C位置原子数为4,根据化学式AlSb可知,A、B位置应为1种原子,C位置应为1种原子,故Al占据A、B位置,Sb占据C位置,或Al占据C位置,Sb占据A、B位置。 15. (1)ds (2)Ni+2H+Ni2++H2↑ (3)Cu2+ (4)若使用HCl代替KCl,会导致溶液酸性过强,使PMS发生水解而降低氧化能力　H+　2S (5)作还原剂,将高价态的Au还原为Au单质 (6)0.035 (7)2AgNO3+2NaOHAg2O↓+2NaNO3+H2O 解析 本题考查物质制备的工艺流程、元素周期表分区判断、陌生化学方程式书写、滴定图像分析计算。 工艺流程: (1)Cu为ds区元素,Au与Cu同族,故Au属于ds区元素。 (2)稀盐酸为非氧化性酸,可与活泼金属Ni反应,反应的离子方程式为Ni+2H+Ni2++H2↑。 (3)“酸浸2”时,稀硝酸可以将Cu、Ag氧化为Cu2+和Ag+,故滤液2中主要含有Cu2+、Ag+。 (4)由信息①可知PMS在强酸性介质中会发生水解,故不能用HCl代替KCl;HS和S中均含有2个-1价的O,二者中-1价的O均发生歧化反应,反应生成O2和S,同时HS中H+被电离进入溶液中,根据得失电子守恒和质量守恒可得:HS+SH++2S+1O2。 (5)“氧化溶金”时,Au转化为高价态的Au配合物,加入抗坏血酸时可以将高价态的Au配合物转化为Au单质。 (6)根据图示信息当V(NaOH)=20.00 mL时,H+反应完全,当V(NaOH)=55.00 mL时,Ni2+被完全沉淀,则与Ni2+反应的n(NaOH)=0.1 mol·L-1×(55-20)×10-3 L=0.003 5 mol,结合Ni2++2OH-Ni(OH)2↓可得,c(Ni2+)==0.035 mol·L-1。 (7)“滤液3”中有“沉碱”时剩余的NaOH,“滤液2”中有AgNO3,二者发生反应:2AgNO3+2NaOH2Ag2O↓+2NaNO3+H2O。 16. (1) (2)粉碎 (3)5.00 mol·L-1 (4)Sc(OH)3+3H+Sc3++3H2O (5)①Mg2+　②洗脱　c(HNO3)大于5.00 mol·L-1时,Fe元素洗脱率约为90%,Sc元素洗脱率几乎为0,可将二者分离 (6)12.6 解析 本题以从钪铝渣中回收钪和铝为载体,考查价层电子轨道表示式、操作名称、试剂选择、离子方程式书写和pH计算等。 (1)钪(Sc)是第21号元素,其基态Sc原子的价层电子排布式为3d14s2,则价层电子轨道表示式为。 (2)根据题给信息可知,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,故预处理时应先将废渣粉粹,减少包裹和夹杂作用,以增大“碱浸”时反应物的接触面积,提高浸出率。 (3)由题给信息可知,“碱浸”主要目的是将铝与钪分离,根据题图1可知,NaOH溶液浓度为5.00 mol·L-1时,Al的浸取率为90%左右,且Sc元素浸取率较小。 (4)酸浸时,Sc(OH)3转化为Sc3+,其离子方程式为Sc(OH)3+3H+Sc3++3H2O。 (5)①根据题图2可知,pH≤2时Mg2+萃取率很低,故加入有机萃取剂协同萃取后,Mg2+进入无机溶液1;②Mg2+进入无机溶液1后,有机物中含有Sc3+、Fe3+,加入HNO3洗脱,Fe3+进入无机溶液2。 (6)设Al(OH)3的沉淀溶解平衡反应为反应Ⅰ,则有反应ⅠAl(OH)3Al3++3OH-　Ksp=10-32.9,设反应Ⅱ为Al3++4OH-[Al(OH)4]-　K=1033.3,反应Ⅲ:Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-可由反应Ⅰ+反应Ⅱ得到,故反应Ⅲ的平衡常数K3=Ksp×K=10-32.9×1033.3=100.4,溶液中c{[Al(OH)4]-}=0.1 mol·L-1时,K3==,解得c(OH-)=10-1.4 mol·L-1,则pOH=1.4,pH为12.6。 17. (1)四　ⅡB (2)PbFe6(SO4)4(OH)12PbSO4+Fe2(SO4)3+2Fe2O3+6H2O (3)将Ag元素转化为AgCl沉淀,提高Ag的回收率　Fe3+、Zn2+ (4)PbSO4+4Cl-+Ca2+[PbCl4]2-+CaSO4　增大Cl-浓度,利于生成[PbCl4]2-;Ca2+与PbSO4产生的S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↑、2N-6e-8H++N2↑,生成H+,使得溶液的pH降低 解析 本题考查工艺流程分析、元素周期表、氧化还原方程式书写、难溶电解质的溶解平衡、电解原理。 (1)Zn原子序数是30,价电子排布式为3d104s2,位于元素周期表中第四周期第ⅡB族。 (2)根据题干条件:硫酸根不分解、铅以PbSO4形式存在,配平化学方程式得PbFe6(SO4)4(OH)12PbSO4+Fe2(SO4)3+2Fe2O3+6H2O。 (3)浸渣含Ag2S,焙烧后转化为银的硫酸盐Ag2SO4,Ksp(AgCl)=1.8×10-10≪Ksp(Ag2SO4),Cl-与Ag+结合生成AgCl沉淀,后续氯化银可回收,提高Ag回收率。焙烧后ZnS被空气氧化为可溶性锌盐、PbFe6(SO4)4(OH)12分解生成可溶性Fe2(SO4)3;PbSO4、CaSO4、SiO2不溶于稀硫酸。故浸出的主要金属离子:Fe3+、Zn2+。 (4)“溶铅”时,将铅盐转化为[PbCl4]2-,没有元素化合价发生变化,根据电荷守恒和原子守恒可得离子方程式是PbSO4+4Cl-+Ca2+[PbCl4]2-+CaSO4。食盐水中添加CaCl2,可增大Cl-浓度,利于生成[PbCl4]2-,CaCl2与PbSO4溶解后释放出的S结合,促进反应正向移动。 (5)分离PbCl2后的母液中含有NaCl及PbCl2,应返回到溶铅工序中使用。 18. (1)ⅣA (2)2PbS+O2+4H++2S2PbSO4+2S+2H2O　增大O2在溶液中的溶解度,提高液相中c(O2),加快氧化反应速率 (3)b　(4)ac (5)2Pb2(OH)2CO3+CH44Pb+3CO2+4H2O　过量炭可能会残留在产物铅中,难以分离 (6)CaCO3　CaSO4 解析 本题属于工艺流程图的分析。 (1)Pb是82号元素,位于第六周期第ⅣA族。 (2)PbS在酸性条件下被氧化,2PbS+O2+4H+2Pb2++2S+2H2O,生成的Pb2+会立即与溶液中的S结合生成PbSO4沉淀,反应的离子方程式为2PbS+O2+4H++2S2PbSO4+2S+2H2O;气体加压,溶解度提升,氧化剂浓度升高,反应速率加快。 (3)Zn2+恰好沉淀完全时,c(Zn2+)=10-5 mol·L-1,c2(OH-)== mol2·L-2=3.0×10-12 mol2·L-2,此时溶液中Cd2+初始浓度为0.01 mol·L-1,离子积Qc=c(Cd2+)·c2(OH-)=0.01×3.0×10-12=3.0×10-14>Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15,Qc>Ksp,说明Cd(OH)2已经沉淀了。若达到该c(OH-),平衡时最大可溶解Cd2+:c(Cd2+)平衡= mol·L-1=0.002 4 mol·L-1,原Cd2+浓度为0.01 mol·L-1,剩余0.002 4 mol·L-1>10-5 mol·L-1,所以Cd2+没有完全沉淀。 (4)配位原子:乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中,N原子有孤电子对,能与金属离子形成配位键。所以配位原子是N,a正确;“沉铅”过程通入CO2,发生反应:2[Pb(en)2]2++CO2+H2OPb2(OH)2CO3+4enH+(或者是游离的en结合质子)。CO2夺取了配合物中的碱性配体en,生成碳酸盐沉淀和en的碳酸盐/碳酸氢盐,pH应该减小。另外,从产物看,生成了碱式碳酸铅,消耗了OH-或产生了H+,pH也是降低的,b错误;流程图中,“再生”步骤加入了Ca(OH)2,箭头指向“烯烃和乙二胺水溶液”回到“胺浸”步骤。说明烯烃和乙二胺得到了循环利用,c正确。 (5)过量的炭可能会残留在产物铅中,难以分离,导致铅纯度下降。而CH4是气体,反应产物也是气体(CO2,H2O),容易分离,不会引入固体杂质。 (6)加入Ca(OH)2(强碱)进行再生。强碱制弱碱,Ca(OH)2会将en从其盐中置换出来(恢复为游离胺),同时Ca2+会与溶液中的C结合生成CaCO3。反应的化学方程式为Ca(OH)2+(enH2)CO3CaCO3↓+en+2H2O。前面步骤引入的是硫酸根,Ca2+遇到S会生成CaSO4(微溶)。 19. (1)将废芯片粉碎(或适当升温、通入足量空气等) (2)2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+ (3)将滤液1中的Fe2+氧化为Fe3+,实现Fe2(SO4)3的循 环利用,同时回收金属Cu (4)该反应的活化能较大,反应速率慢 (5)4∶1 (6)提高Au、Pd的回收率,富集铈元素,提高(NH4)2Ce(NO3)6利用率 (7)2Ce3++ClO-+6OH-+H2O2Ce(OH)4↓+Cl- 解析 本题考查工艺流程。“焙烧”时,在高温条件下氧化芯片中的金属,使大部分金属转化为对应氧化物;“浸出1”溶解回收Cu,实现Cu与Ag、Pd、Au的初步分离;“浸出2”利用强氧化剂Ce4+氧化溶解Ag,使之与Au、Pd分离;“浸出3”在高浓度Cl-条件下,将Au、Pd转化为稳定的配合物,实现高效浸出。 (1)焙烧效率与反应物接触面积、温度、氧气量等有关,常见措施:将废芯片粉碎、适当升高焙烧温度、通入过量空气等。 (2)“焙烧”后Cu未完全转化为CuO,“浸出1”的试剂是H2SO4和Fe2(SO4)3。Fe3+可氧化Cu,反应的离子方程式为Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+。 (3)已知“滤液1”中含Fe2+,电解时阳极的电极反应为Fe2+-2e-Fe3+,阴极的电极反应为Cu2++2e-Cu,“滤液1”中的Fe2+氧化为Fe3+,实现Fe2(SO4)3的循环利用,同时回收Cu。 (4)3Ce4++Au3Ce3++Au3+　K≈4.8×105,平衡常数很大,但实际浸出率低,原因是该反应活化能较高,反应速率慢,导致Au被氧化的速率慢,浸出率低。 (5)AgCl被N2H4还原为Ag,AgCl中Ag+→Ag,每个Ag+得到1个电子;N2H4中N元素转化为N2,N的化合价从-2升高到0,每个N2H4失去4个电子,根据得失电子守恒,可得n(AgCl)×1=n(N2H4)×4,得n(AgCl)∶n(N2H4)=4∶1。 (6)“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]-和[PdCl4]2-,“滤液3”中含有AgCl沉淀,过滤后的滤液中含有的Cl-可作为配体,有利于Au、Pd形成稳定的配合物,同时回收“滤液3”中残留的Ag+、Ce4+等,提高金属回收率。 (7)氧化剂NaClO转化为Cl-,还原剂Ce3+转化为Ce(OH)4,在碱性环境下,利用得失电子守恒可写出该反应的离子方程式:2Ce3++ClO-+6OH-+H2O2Ce(OH)4↓+Cl-。 20. (1)d (2)增大O2浓度,加快反应速率,确保Fe2+、V3+充分氧化为Fe3+、V5+,提高钒和铬的浸出率　4　24　5　2　8　12 (3)Fe2O3　CaSiO3 (4)NaOH质量分数为30%时,40 ℃下Na3VO4溶解度很小,大量结晶析出;Na2CrO4溶解度大,留在母液,从而分离钒和铬 (5)氧化 (6)2Cr+3S+10H+2Cr3++3S+5H2O 解析 本题考查工艺流程、物质结构与元素周期律、氧化还原反应与操作目的、溶解图像分析、离子方程式书写。 (1)V、Cr为元素周期表第四周期过渡金属,价电子排布含3d轨道,位于d区。 (2)增大O2浓度,加快反应速率,确保Fe2+、V3+充分氧化为Fe3+、V5+,提高钒和铬的浸出率。 反应物中FeO·V2O3转化为Na2VO4和Fe2O3。V元素化合价升高(+3→+5),Fe元素化合价升高(+2→+3),O2得电子,化合价降低(0→-2),根据得失电子守恒和质量守恒,可配平化学方程式4FeO·V2O3+24NaOH+5O22Fe2O3+8Na3VO4+12H2O。 (3)在“氧化”后加入CaO“沉淀”步骤中,SiO2转化为可溶性硅酸钠,再与Ca2+生成不溶性CaSiO3;同时Fe2O3不溶于碱性溶液。因此滤渣主要成分为Fe2O3、CaSiO3。 (4)NaOH质量分数为30%时,40 ℃下Na3VO4溶解度很小,大量结晶析出;Na2CrO4溶解度大,留在母液,从而分离钒和铬。 (5)母液含未结晶的Na2CrO4及少量Na3VO4,可返回“氧化”工序,作为NaOH补充来源,实现资源循环利用,降低废水排放。 (6)酸性条件下Cr最终被还原为Cr3+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式得2Cr+3S+10H+2Cr3++3S+5H2O。 21. (1)Li1-xFePO4+xLi++xe-LiFePO4 (2)适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌(写出两种即可) 2LiFePO4+3H2SO42H3PO4+Li2SO4+2FeSO4　石墨(或C) (3)+3　(4)NaOH　(5)　(6)Na2SO4 (7)将Fe2+氧化为Fe3+,有利于其沉淀析出　K3[Fe(CN)6]溶液 解析 本题考查工艺流程、电极反应式书写、化合价计算、水溶液离子平衡。(1)根据LixCy+Li1-xFePO4LiFePO4+Cy,可知放电时正极反应为Li1-xFePO4+xLi++xe-LiFePO4。 (2)可提高酸浸速率的措施有:适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等。LiFePO4与H2SO4反应为复分解反应,根据原子守恒可得反应的化学方程式:2LiFePO4+3H2SO42H3PO4+Li2SO4+2FeSO4;根据已知②信息判断:Li、Al、Fe、P等元素在“酸浸Ⅰ”时转化为可溶性离子,则“酸浸Ⅰ”所产生的滤渣为石墨。 (3)设铁元素的化合价为x,则根据物质化合价代数和为0可列出1+3x+5×6-2×20=0,解得x=3,则Fe元素化合价为+3。 (4)HF为酸性物质,用NaOH溶液吸收后可以在“沉铝”步骤中循环利用。 (5)AlPO4+3Li++3OH-Al(OH)3+Li3PO4的平衡常数。K==a,将c(Li+)=b mol·L-1代入解得c(OH-)= mol·L-1。 (6)在“酸浸Ⅱ”时引入S,饱和Na2CO3溶液引入Na+,故“滤液2”中溶质除Na2CO3外还有Na2SO4。 (7)“滤液1”中含有Fe2+,加入H2O2使其转化为Fe3+,有利于其沉淀与Li+分离,若Fe2+未完全转化为Fe3+,则加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀。 22. (1)2 (2)S (3)随着温度升高,化学反应速率加快,浸出率增大;温度增加到一定程度导致NH3·H2O分解成NH3逸出,(NH4)2S2O8也分解,反应物浓度降低,导致反应速率下降,浸出率减小 (4)Zn+[Cu(NH3)4]2+[Zn(NH3)4]2++Cu　(5)Fe (6)pH升高会使得溶液中A2-浓度增大,使PbSO4(s)+A2-PbA(s)+S平衡右移,促进PbA的形成　Pb(OH)2[或Pb(OH] (7)Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)2H2O↑+4CO↑+Pb 解析 本题考查以废渣为原料,通过一定工艺流程回收Zn、Pb的过程,体现了废物回收与利用的环境保护意识。 (1)酒石酸分子中连接羟基的2个碳原子均为手性碳原子,故含有的手性碳原子个数为2。 (2)过二硫酸铵中存在过氧键,作氧化剂,因此“氧化浸出”时,S2转变为S。 (3)“氧化浸出”时,随温度升高,反应速率增大,因此浸出率增大;温度过高时,氨气逸出,反应物浓度降低,因此浸出率减小。 (4)据已知滤液中Zn的存在形式为[Zn(NH3)4]2+,可知滤液中NH3浓度较高,由此可推测CuCl经“氧化浸出”转变为二价铜离子的存在形式为[Cu(NH3)4]2+,“除铜”步骤的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+Cu+[Zn(NH3)4]2+。 (5)“氧化浸出”后,铜、锌元素进入滤液,铅、铁元素进入滤渣。“浸铅”后,铅元素进入滤液,因此滤渣2中的金属元素为Fe。 (6)酒石酸是二元弱酸,pH升高,有利于H2A转化为Na2A,且A2-水解亦被抑制,使c(A2-)增加,有利于PbSO4转变为PbA,提高了PbSO4的转化率。由Pb(OH)2的Ksp可知Pb(OH)2为难溶物质,pH较高会使Pb元素转变为Pb(OH)2,进一步提高pH还可能生成Pb(OH,降低Pb元素的浸出率。 (7)PbA在290 ℃“真空热解”生成Pb和2种气态氧化物。PbA中非金属元素为C、H、O。根据质量守恒定律,H转变为H2O,C转变为CO,所以“真空热解”的化学方程式为PbC4H4O6Pb+4CO↑+2H2O↑。 23. (1)3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2↑+6H2O+NH3↑　CaSO4和Fe2O3 (2)减小　(3)H2SO4 (4)4.0×10-4　CoS+2H++H2O2Co2++S+2H2O (5)低温焙烧 解析 (1)根据试题信息“MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成”,可推断“低温焙烧”阶段MnO2为氧化剂,NH4HSO4为还原剂,还原反应的产物为MnSO4,氧化反应的产物为N2。根据流程中“低温焙烧”时用稀硫酸进行“吸收”,可推断有碱性气体NH3产生。利用“电子守恒”和“元素守恒”配平相关氧化还原反应的方程式,即3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+NH3+N2+6H2O。“低温焙烧”时金属氧化物转化为金属硫酸盐,分别以Fe2(SO4)3、MnSO4、CoSO4、CuSO4和CaSO4的形式存在。“高温焙烧”温度为650 ℃,此时Fe2(SO4)3完全分解并产生SO3,可推断固体产物为Fe2O3,其他金属硫酸盐则不分解。在“两段焙烧”中,SiO2存在形式不变,则“水浸”后滤渣的主要成分是SiO2、Fe2O3和CaSO4(微溶),其他金属元素则以可溶性硫酸盐的形式存在于滤液中。故第二问答案为Fe2O3、CaSO4。 (2)(NH4)2SO4低温分解产生的NH4HSO4起到还原剂和硫酸化剂的作用,还原高价锰氧化物MnO2的同时,将金属元素转化为相应硫酸盐。若采用直接“高温焙烧”将导致大部分(NH4)2SO4直接分解为气体(NH3、SO2和N2),导致原料损失而无法使金属氧化物完全转化为可溶性硫酸盐,故“水浸”时金属元素的浸出率减小。 (3)由于Cu2+与萃取剂HR(有机相)结合能力较强,Cu2+先由水相提取并富集到有机相,经分液后进入“反萃取”流程。根据题中萃取原理,强酸性条件下平衡向左移动,促使Cu2+由有机相进入水相。结合“反萃取”后产物为CuSO4溶液,则加入试剂为硫酸。 (4)“沉钴”体系中,存在沉淀溶解平衡Co2++S2-CoS(s),反应平衡常数为;体系中还存在弱酸电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-,平衡常数分别为(H2S)和(H2S)。考生可采取将前述平衡进行耦合的思路,得总反应方程式为Co2++H2SCoS(s)+2H+,平衡常数为K==。将c(H+)=1×10-4 mol·L-1,c(Co2+)=1×10-5 mol·L-1,(H2S)=1×10-7,(H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21代入该式,可得到c(H2S)=4×10-4 mol·L-1。溶解CoS时是在酸性条件下,以H2O2作为氧化剂,CoS作为还原剂,氧化反应产物为单质S,还原反应产物为H2O。则该反应的离子方程式为CoS+H2O2+2H+Co2++S+2H2O。 (5)根据流程信息,“水浸”后的滤液中含有MnSO4、CoSO4和CuSO4,经过“萃取分离”和“沉钴”后,溶液中存在的主要成分是MnSO4。“沉锰”时加入NH4HCO3,发生反应为MnSO4+2NH4HCO3MnCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O,因此,“沉锰”所得滤液的主要成分为(NH4)2SO4“低温焙烧”时,无论是(NH4)2SO4分解为NH4HSO4,还是NH4HSO4与金属氧化物反应生成金属硫酸盐,都会产生大量的NH3,经稀硫酸吸收同样生成(NH4)2SO4。经处理后所得(NH4)2SO4固体应导入“低温焙烧”操作单元,实现原料的循环利用。 24. (1)①2.0　②3d1　③2MoO3+4H2C2O4(MoO)2(C2O4)3+2CO2↑+4H2O (2)冷却结晶　草酸 (3)4 (4)4CaO+4MoO(OH)3+O24CaMoO4+6H2O　HMT (5)ab 解析 本题考查物质制备的工艺流程、价层电子排布式、实验的基本操作等。 (1)①为使目标元素Mo尽可能多地进入液相,杂质元素Ni和Ca最大限度进入固相从而实现对它们的分离,根据浸出率与草酸浓度的关系图,最佳草酸浓度应为2.0 mol·L-1。②V的核电荷数为23,价层电子排布式为3d34s2;VO2+中V的化合价为+4,V失去4个电子得到+4价V,故价层电子排布式为3d1。③生成可溶性(MoO)2(C2O4)3的反应物为MoO3和H2C2O4,反应的化学方程式为2MoO3+4H2C2O4(MoO)2(C2O4)3+2CO2↑+4H2O。 (2)加入浓硫酸,(MoO)2(C2O4)3和VOC2O4转化为(MoO)2(SO4)3、VOSO4和H2C2O4,此时体系温度升高。根据草酸溶解度表,低温有利于草酸的结晶析出,过滤前的操作应为“冷却结晶”,“滤渣2”为“草酸”。 (3)(HMT-H)+中3个N原子各有一个孤电子对,均可形成N…H—X氢键(即作为氢键受体),另有1个N原子形成了N—H,可形成N—H…Y氢键(即作为氢键给体),所以形成氢键的位点共有4个。 (4)依题意,MoO(OH)3中的Mo(V)被空气中的O2氧化,化学方程式为4CaO+4MoO(OH)3+O24CaMoO4+6H2O。在“碱浸转化”过程中,(HMT-H)+转化为HMT,故“滤液2”中可循环利用的物质为HMT。 (5)“气体1”为草酸被氧化后生成的CO2。“酸浸”中,随着草酸的浓度增大,镍的浸出率显著降低,“滤渣1”中的镍成分应为NiC2O4而非NiO。“酸转化”后滤液为草酸的饱和溶液,因此“滤液1”仍含有H2C2O4。“碱浸转化”中,加入的CaO和[MoO(OH)3]4(HMT-H)2SO4释放的硫酸根反应生成微溶的CaSO4,因此CaMoO4粗产品含CaSO4。选项a、b符合题意。 25. (1)适当增加通入SO2的量、适当升温、搅拌等(写出一条,合理即可) (2)4Fe2+　4　2　8　(3)5　(4)AD (5)3∶1∶1　12 (6)①2NH3N2+3H2　3H2+Fe2O33H2O+2Fe ② ③不生成有毒有害气体 解析 本题借助从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni以及对新型绿色冶铁方法的探究,考查化学反应速率、化学平衡的影响因素、离子方程式的书写、Ksp的计算、晶胞结构等。 (1)升温、增大接触面积、增大反应物浓度等皆可加快反应速率。 (2)由于酸浸中通SO2,SO2具有还原性,可推测浸取液中含Fe2+,再考虑酸性环境,故产物中有H+,结合电荷守恒、得失电子守恒、原子守恒即可配平方程式。 (3)滤液1中c(Cu2+)=0.022 mol·L-1,c(OH-)==10-9 mol·L-1,此时c2(OH-)·c(Ni2+)=(10-9 mol·L-1)2×0.042 mol·L-1<Ksp[Ni(OH)2],此pH下,Ni2+不沉淀,沉铝过程中Cu2+、Ni2+均不沉淀,Al3+要完全沉淀,c(Al3+)≤10-5 mol·L-1,由=1.3×10-6 mol·L-1<10-5 mol·L-1,可知pH=5时,能确保Al3+全沉淀,此时Cu2+恰好刚开始沉淀,故pH最大值为5。 (4)镍易进入有机相的原因有:镍与N、O形成配位键,可以使镍进入有机相,A正确;配位时中心离子是Ni2+,镍元素化合价不变,没有发生氧化还原反应,B错误;配合物与水形成氢键,不能解释镍进入有机相,C错误;烷基具有疏水性,能与水分层,可以使其进入有机相,D正确。 (5)顶点原子:8×=1,面心原子:×6=3,体心原子:1,由dNi—Cu∶dNi—N=∶1,结合几何关系推知顶点原子为Cu,面心原子为Ni,体心原子为N。晶胞中Cu∶Ni∶N=1∶3∶1,故x∶y∶z=3∶1∶1,与顶点Cu距离最近的是面心上的Ni,共12个。 (6)①H2具有还原性,NH3可分解为N2、H2,可推得化学方程式。 ②电解要得到Fe,故Fe片作阴极,石墨棒作阳极,电解液为NaOH溶液和Fe2O3颗粒,可画出示意图。 ③从物质角度分析,新型冶铁方法不产生有毒气体。 26. (1)加快“加压氨浸”的速度 (2)2Cu+O2+8NH3·H2O2Cu(NH3)4(OH)2+6H2O (3)CO2　Al(OH)3　盐酸 (4)90% (5)实现Na2CO3、CO2等物质的循环利用,原料利用率高　资源综合利用,既回收铜又制得铝盐絮凝剂,减轻固体废弃物对环境的压力 解析 本题考查化学工艺流程的分析。(1)“粉碎”的目的是通过增大接触面积加快“加压氨浸”的速度。 (2)“加压氨浸”时铜与氧气、氨气反应转化为配位离子铜氨离子,该过程的化学反应方程式为2Cu+O2+8NH3·H2O2Cu(NH3)4(OH)2+6H2O。 (3)“碱熔”所加的“碱”实际上是纯碱(Na2CO3),与滤渣B中的Al2O3反应产生的气体C为CO2。根据分析滤液D中为Na[Al(OH)4],与气体C(CO2)反应可生成滤渣E为Al(OH)3。Al(OH)3→[Al2(OH)mCl6-m]n,需要引入Cl-,故可让Al(OH)3与盐酸反应获得聚合氯化铝。 (4)废砖中Cu的质量为m(Cu)=20.0 kg×12.0%=2.40 kg。产出的2.70 kg CuO中Cu的质量为m'(Cu)=2.70 kg×=2.16 kg。则Cu的回收率为×100%=90.0%。 (5)本工艺的环保与绿色化学优势,可归纳为 ①实现Na2CO3、CO2等物质的循环利用,原料利用率高。 ②资源综合利用,既回收铜又制得铝盐絮凝剂,减轻固体废弃物对环境的压力。 27. (1)Ag+与I-结合比Ag+与NH3结合更稳定 (2)AgI+Cl2AgCl+ICl　(3)ab (4)5I-++6H+3I2+3H2O (5)0.25 (6)升华　“滤液1”中的未回收处理 解析 AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)用浓氨水溶解,Ag2O转化为,浓氨水不能溶解AgI,过滤后得到的滤渣中含有AgI,滤液1中含有,AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl,加水后ICl转化为IO-,加入NaOH后,IO-在碱性条件下转化成I-和I,过滤后滤液2中存在I-和I,滤渣AgCl用浓氨水溶解后转化为,用试剂X将还原为Ag,试剂X可以用葡萄糖,滤液2用盐酸调节pH,使IO-歧化生成的I-、转化为I2,过滤后的滤液3中含有,加入Na2S2O4将I还原为I2,过滤、洗涤、干燥得到I2。 (1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因:Ag+与I-结合比Ag+与NH3结合更稳定,或AgI+2NH3+2I-的K的数量级为-108,不利于反应的进行。由分析可知,“滤液1”中的主要阳离子有。 (2)“反应1”中AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl,化学方程式为AgI+Cl2AgCl+ICl。 (3)由上(2)得到的产物经“过滤2”分别得到滤渣AgCl和滤液ICl。滤渣AgCl经氨水溶解后得到[Ag(NH3)2]+,此时Ag的化合价为+1,欲获得单质Ag,需选择的试剂X为还原剂,即发生反应:2[Ag(NH3)2]++2OH-+CH2OH(CHOH)4CHOCH2OH(CHOH)4COO++N+2Ag+3NH3+H2O,3[Ag(NH3)2]++Al3Ag+6NH3+Al3+。结合以上信息,“试剂X”可选用ab。 (4)由上(2)可知“滤液3”为ICl,根据已知信息“IO-在碱性条件下易歧化成I-和I”,反向推导可知,ICl在碱性条件下水解得到IO-和Cl-,IO-进一步歧化为I-和I。故“调pH”前所含溶液主要阴离子为I-、I和Cl-,在酸性条件下I-和I发生归中反应:I+5I-+6H+3I2+3H2O,但若酸性太强,影响后续的还原反应,因此用盐酸调至弱酸性。结合以上信息,“调pH”至弱酸性的主要目的是I+5I-+6H+3I2+3H2O。 (5)由上(4)可知“过滤3”得到的滤液主要有I。高价态的I具有氧化性,使用S2将I还原为I2。I还原为I2转移5e-,S2被氧化为2S转移6e-,根据原子守恒和电子守恒,发生“反应3”为6I+5S2+2H2O3I2+10S+4H+,即 6I~5S2 6 5 0.3 x=0.25 结合以上信息,“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为0.25 mol。 (6)将得到的I2进一步纯化,可采用的方法是升华(或将I2溶解于CCl4中,经萃取、蒸馏方法获得)。不考虑操作和反应损失,该流程回收Ag的量低于预期,主要原因是未回收处理“滤液1”。 28. (1)3d104s1 (2)MnO2+S+2H+Mn2++S+H2O (3)[Cu(NH3)4]2+ (4)提高原料H2SO4、Na2SO3的利用率 (5)MnO2>Fe3+>Cu2+ (6)0.19 (7)①12　② 解析 本题考查化学工艺流程及晶胞的简单计算,涉及工艺原理,Ksp计算,陌生离子反应方程式书写,配位数、密度计算等。 (1)Cu为29号元素,基态铜原子价层电子排布式为3d104s1。 (2)“还原酸浸”时,S将MnO2还原为Mn2+,自身被氧化成S。 (3)第一步参与反应,最后一步又生成,且反应前后量不变,所以催化剂为[Cu(NH3)4]2+。 (4)浸出后的滤液中依然有剩余的H2SO4、Na2SO3等,循环后可以继续用来还原酸浸,提高原料利用率。 (5)“还原酸浸”时,S将Fe3+还原为Fe2+,而Cu2+没有被还原,说明氧化性Fe3+>Cu2+,而氧化时MnO2将Fe2+又氧化为Fe3+,说明氧化性MnO2>Fe3+。 (6)pH=8.0,则c(H+)=10-8 mol·L-1,c(OH-)=10-6 mol·L-1,代入Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)·c2(OH-)=c(Mn2+)·(10-6)2=1.9×10-13,得c(Mn2+)=0.19 mol·L-1。 (7)①该晶胞为面心立方晶胞,距离Sb最近的Mn位于面心,周围共12个。 ②ρ== g·cm-3。 29. (1)四　ⅠB (2)2CuCl2+3Na2CO3+2H2OCu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2OCu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2↑ (3)PbSO4 (4)4Fe3++3Zn2(OH)2CO3+3H2O4Fe(OH)3+6Zn2++3CO2↑ (5)0.5 (6)d　碱浸脱氯 (7)①放电顺序:Cu2+>H+>Zn2+,阴极产生大量气泡,说明溶液中已经没有Cu2+,Zn2+因氧化性弱于H+未参与反应,留在溶液中,实现铜、锌的分离　②若不脱氯,Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境,Cl2可与阴极产生的H2反应可能会发生爆炸,存在安全隐患,且影响铜、锌分离效果 解析 本题考查物质的分离、除杂型工艺流程。(1)Cu是29号元素,在元素周期表中位于第四周期第ⅠB族。 (2)“碱浸脱氯”时,碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和碳酸氢钠,化学方程式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2OCu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2OCu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2↑。 (3)烟道灰中的PbO与稀H2SO4反应生成PbSO4沉淀,SiO2不与稀H2SO4反应,所以滤渣①中除SiO2外,还有PbSO4。 (4)“中和除杂”步骤,调控溶液pH=3.5左右,此时溶液中的Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀,离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应,促进Fe3+的水解平衡正向移动,Zn2(OH)2CO3+4H+2Zn2++3H2O+CO2↑,总离子方程式为3Zn2(OH)2CO3+3H2O+4Fe3+6Zn2++3CO2↑+4Fe(OH)3。 (5)“深度脱氯”时发生的反应为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl,从反应可知脱除2 mol Cl-需要1 mol Cu,而Zn与Cu2+反应生成Cu的反应为Zn+Cu2+Zn2++Cu,即生成1 mol Cu需要1 mol Zn。所以脱除1.0 mol Cl-,根据反应比例关系,理论上需要锌粉0.5 mol。 (6)盐酸酸化和双氧水氧化使CuCl转化为CuCl2,而最终要获得的是硫酸锌,氯离子为杂质,不能用盐酸,a项错误;KMnO4氧化会引入Mn2+、K+等杂质离子,b项错误;硝酸酸化和氧化会引入N,c项错误;CuCl能被硫酸酸化的双氧水氧化,且没有引入杂质,d项正确;故答案为d。酸酸化、双氧水氧化后的溶液可以返回到碱浸脱氯步骤。 (7)①“电解分离”时,放电顺序:Cu2+>H+>Zn2+,阴极发生还原反应,阴极产生大量气泡,说明溶液中已经没有Cu2+(因为Cu2+会先在阴极得到电子被还原),Zn2+因氧化性弱于H+未参与反应,留在溶液中,此时溶液中的H+得到电子生成H2,产生气泡,所以说明铜、锌分离已完成;②“电解分离”前,需要脱氯是因为Cl-在阳极会被氧化生成Cl2,污染环境,采用无隔膜电解槽,Cl2可与阴极产生的H2反应可能会发生爆炸,存在安全隐患,同时Cl-存在会使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应生成CuCl沉淀,影响铜的纯度。 30. (1)3d84s2 (2)SiO2　SO2+Co2O3+H2SO42CoSO4+H2O (3)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3+8H+　防止形成Fe(OH)3胶体,防止其吸附其他金属阳离子,造成产率下降 (4)1×10-2 (5)Co2+　Ni2+　sp2 解析 本题考查化学工艺流程涉及酸浸还原、沉淀反应、萃取等操作。 通过分析多金属结核的成分,加入SO2、H2SO4进行酸浸还原,得到的滤渣中含有SiO2,滤液中含有Mn2+、Fe2+、Co2+、Al3+、Ni2+、Cu2+,通入空气,调解pH=3.2,沉铁得到Fe2O3滤渣,继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到Al(OH)3,加入萃取剂第一次萃取Cu2+,分液得到Cu2+的萃取液1,萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取,得到电池级镍钴锰混合溶液,萃余液2中电解得到金属锰,据此解答。 (1)基态Ni原子的价层电子排布式为3d84s2。 (2)“酸浸还原”时,“滤渣”的主要成分是SiO2;SO2将+3价钴还原为+2价钴,同时由于硫酸的作用得到CoSO4,化学方程式为SO2+Co2O3+H2SO42CoSO4+H2O。 (3)“沉铁”时,Fe2+转化为Fe2O3,铁元素化合价上升,则O2作氧化剂,离子方程式为4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3+8H+;已知金属氢氧化物胶体具有吸附性,可吸附金属阳离子,则加热至200 ℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体,防止其吸附其他金属阳离子,造成产率下降。 (4)由表可知,Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-5mol·L-1×)2=10-19.6,“沉铝”时,未产生Cu(OH)2沉淀,则c(Cu2+)<=mol·L-1=1×10-2mol·L-1; (5)由流程可知,第二次萃取时,主要萃取Co2+、Ni2+,因此Co2+、Ni2+与混合萃取剂形成的配合物更稳定;六元杂环是平面结构,N原子提供单电子用于环内形成大π键,剩余1个孤对电子形成配位键,N的价层电子对数为3,是sp2杂化。 31. (1)1s22s22p6 (2)4c3 (3)①正向　②< (4)CaF2+2NaOH+TiO2CaTiO3+2NaF+H2O (5)a (6)ab 解析 (1)氟元素位于元素周期表第二周期,原子序数为9,氟离子(F-)核外有10个电子,根据元素核外电子排布规则,氟离子的电子排布方式为1s22s22p6。 (2)CaF2是难溶电解质,一定温度下,在水中CaF2(s)存在以下动态平衡:CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq)。在20 ℃下,此反应达到平衡后,形成CaF2的饱和溶液,不同离子的浓度之间存在如下关系:c(F-)=2c(Ca2+)。根据难溶电解质CaF2的溶度积常数的计算式Ksp=c2(F-)×c(Ca2+)可知:Ksp(CaF2)=c×(2c)2=4c3。 (3)本题工艺Ⅰ中,原料CaF2与NaOH一起研磨引发的是一个固相反应,其化学反应为CaF2+2NaOHCa(OH)2+2NaF。在该固相反应体系中,得到的产物均以固态的形式存在,各物质可以通过粉末X射线衍射分析方法得到相应物质的相对含量。本题中“分析混合物Ⅰ,测得反应的转化率为78%”,即为该分析法得到的产物转化率。最终要获得较纯净的产物NaF,必须将该固相混合物通过水溶液浸取才能得到。在水溶液中,NaOH和NaF均可溶于水,CaF2和Ca(OH)2在水中溶解度很低(难溶)。分析工艺Ⅰ可以发现,在固相反应体系中,NaF的产率为78%,远大于水溶液中的产率(8%),这一事实说明在固相反应体系中,CaF2+2NaOHCa(OH)2+2NaF正向反应的程度较大。而在水溶液中,化学反应CaF2+2NaOHCa(OH)2+2NaF正向进行的程度很小(NaF的产率仅为8%),表明此条件下该反应逆向进行。此反应式中NaOH和NaF为可溶性物质,CaF2和Ca(OH)2为难溶电解质,根据化学平衡的移动原理,CaF2的溶解度应该小于Ca(OH)2方能推动此反应逆向进行。 (4)对比工艺Ⅰ和Ⅱ中水浸产物含量的大小,可以发现工艺Ⅱ中NaF的产率远大于工艺Ⅰ的,两种工艺的差异在于工艺Ⅱ中引入了TiO2。已知CO2可与Ca(OH)2反应得到难溶物质CaCO3,依据类比法,既然TiO2为酸性氧化物,由此可以推测Ca(OH)2与TiO2之间会发生化学反应,反应方程式为Ca(OH)2+TiO2CaTiO3+H2O。 (5)从溶液中分离提纯溶质的方法有多种,主要包括冷却结晶法、蒸发溶剂法。冷却结晶法是基于溶质的溶解度随温度改变而发生显著变化,而蒸发溶剂法则是基于溶质的溶解度随温度变化不大。根据题干提示,已知温度变化对NaF的溶解度影响不大,因此从滤液Ⅱ中获取NaF晶体时,需将溶液蒸发至有大量晶体析出,然后趁热过滤,才能得到大量NaF晶体产物,可溶性杂质留在母液中加以除去。若选择蒸发至有晶膜出现后冷却,因NaF溶解度随温度变化不大,此时只能得到少量NaF晶体,大量NaF仍存在于溶液中。 (6)本题采用固相反应法制备NaF,其特点是将机械力化学应用在无机化合物制备中。液相反应中,化学物质以分子态和离子态形式存在,反应物易于充分接触,有利于反应的进行和物质的转化。与此不同,固相反应体系中的反应物以颗粒态(非分子态、离子态)形式存在,彼此难于进行充分接触,不利于反应的进行和物质的转化。通过研磨操作,可以将反应物磨成细小的颗粒,以增大反应物之间的接触面积,有利于彼此间的接触。因此,a选项可以促进固相反应。 参与反应的物质在研磨等外界机械力的作用下,原有的大块颗粒破碎,同时也会导致部分离子键在外力的作用下断裂,使部分离子外露,有助于形成新的化学键。因此,b选项有助于固相反应。 化学反应活化能的改变需要外加催化剂,本工艺中并未添加任何催化剂,因此不会降低反应的活化能。c选项不符合题目要求。 在研磨作用下,可以将反应物变成细小的颗粒物,确实能增加反应物与研钵(研磨器皿)表面的充分接触,但对于促进固相反应的作用很小。故d选项不符合本题要求。 32. (1)Al(OH　SiO2+4OH-Si+2H2O　SiO2+3OH-HSi+H2O (2)使溶液中的n(Al)∶n(Si)为1∶1　大于 (3)配位作用 (4)浓缩结晶、过滤 (5)钾离子处在结构的层间及空洞中,能够通过阳离子交换释放 解析 本题考查工艺流程、实验的基本操作、晶胞的结构分析与应用。(1)根据分析,滤液1的pH为14.78,依据Al(Ⅲ)和Si(Ⅳ)的分布系数图,铝元素在溶液中的主要存在形式为Al(OH,硅元素在溶液中的主要存在形式为Si与HSi,故SiO2与碱反应的离子方程式为SiO2+4OH-Si+2H2O、SiO2+3OH-HSi+H2O。 (2)根据分析,加入KAl(OH)4固体水热再生的目的是获得高纯度分子筛(KAlSiO4·1.5H2O)材料,同时得到含有Ga(OH的滤液2,水热再生过程中,为了使溶液中的n(Al)∶n(Si)为1∶1,需要定量补充KAl(OH)4固体,更好地得到KAlSiO4·1.5H2O。滤液1的主要成分为KAl(OH)4、K4SiO4、K3HSiO4、KGa(OH)4,向滤液1中加入水解后呈碱性的KAl(OH)4固体后过滤得到滤液2:2K4SiO4+2KAl(OH)4+3H2O2KAlSiO4·1.5H2O↓+8KOH、2K3HSiO4+2KAl(OH)4+H2O2KAlSiO4·1.5H2O↓+6KOH,滤液的碱性变强,故滤液2的pH大于滤液1的pH。 (3)已知树脂片段的结构为,其中的N与O原子均存在孤电子对,Ga(OH的中心镓离子提供空轨道,形成配位键,则在吸附Ga(OH时,中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是配位作用。 (4)根据分析,用树脂吸附滤液2中的Ga(OH,再加入K2S、KOH进行树脂解吸得到含KGa(OH)4的溶液,将所得溶液浓缩结晶、过滤除去析出的K2S晶体,得到富镓溶液,故操作X为浓缩结晶、过滤。 (5)从晶胞结构来看,钾离子处在结构的层间及空洞中,钾离子与晶胞结构中的其他离子结合力较弱,能够通过阳离子交换释放,从而脱离晶胞进入土壤中,能被植物吸收。 33. (1)5s2 (2)Ca2+、Mg2+ (3)SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)　10-8.97 (4)温度升高,Ba2+与SrSO4的碰撞次数增加,导致锶浸出率增大 (5)BaSO4、SiO2 (6)Sr2+相较于Ca2+、Mg2+,与窝穴体a的空腔直径更为适配 (7)a 解析 (1)第五周期第ⅡA族元素,最外层只有2个电子,其基态原子价电子排布式为5s2。 (2)向含锶废渣中加入稀盐酸酸浸,SrCO3、CaCO3、MgCO3溶解,故“浸出液”中主要金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+。 (3)由于相同温度下,Ksp数值SrSO4大于BaSO4,故向SrSO4固体中加入BaCl2溶液盐浸,SrSO4可转化为BaSO4,反应的离子方程式为SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)。依据上述反应,向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L-1 BaCl2溶液,充分反应后剩余n(Ba2+)=0.001 mol,生成n(Sr2+)=0.01 mol,依据Ksp(BaSO4)求出,c(S)= mol·L-1=10-7.97 mol·L-1,而c(Sr2+)=0.1 mol·L-1,故c(Sr2+)·c(S)=10-8.97(mol·L-1)2。 (5)依据上述分析,“盐浸”时发生沉淀的转化,生成BaSO4沉淀,SiO2不参与反应,故“浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2。 (6)窝穴体a与K+之所以形成超分子,是因为K+直径与窝穴体a空腔直径相近。故其能提取Sr2+的原因是Sr2+相较于Ca2+、Mg2+,与窝穴体a的空腔直径更为适配。 (7)SrCl2是强酸强碱盐,SrCl2不水解,直接加热SrCl2·6H2O失水至恒重,可制得无水SrCl2,故选a。 由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是加热脱水,考生易错选b项(在HCl气流中加热)。考生在复习备考中,多次遇到由AlCl3·6H2O制备无水AlCl3的试题,都是要求在HCl气流中加热脱水。因为AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl　ΔH>0,若不在HCl气流中加热,由于水解产物HCl易挥发,且正反应吸热,最终得到的产物是Al(OH)3而不是AlCl3固体。 元素Sr位于第五周期第ⅡA族,金属性比Ca还强,Sr2+不水解,不会存在加热失水过程中平衡移动问题。 34. (1)除去Fe (2)Rh+HNO3+6HClH3[RhCl6]+NO↑+2H2O　SiO2 (3)Rh2O3+3H22Rh+3H2O　2RhCl3+3H22Rh+6HCl (4)A (5)+1　6∶1 (6)除去还原生成的Sn和过量的Zn 解析 (1)贵金属合金粉成分中,只有活泼金属铁能与盐酸反应置换出氢气,因此“酸溶1”的目的是除去Fe。 (2)王水为浓硝酸和浓盐酸的混合溶液,浓硝酸被浓盐酸稀释,可理解为稀硝酸,故硝酸对应的还原产物为NO,题中指出Rh转化为H3[RhCl6],故该反应的化学方程式为Rh+HNO3+6HClH3[RhCl6]+NO↑+2H2O。通常情况下,SiO2不溶于氢氟酸以外的酸,因此SiO2不溶于王水,“滤渣”的主要成分为SiO2。 (3)分析工艺流程可知,“高温还原”中发生的是H2将Rh2O3和RhCl3还原为Rh的反应,对应化学方程式为2RhCl3+3H22Rh+6HCl,Rh2O3+3H22Rh+3H2O。 (4)判断是否有沉淀生成的依据是溶度积规则:比较Q和Ksp[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28],当Q<Ksp时不生成沉淀。可根据选项中3个pH,计算对应的Q值。 A B C pH 2.0 4.0 6.0 c(OH-)/(mol·L-1) 1.0×10-12 1.0×10-10 1.0×10-8 Q 1.0×10-28 1.0×10-24 1.0×10-20 从表中结果可知,只有A满足不生成沉淀的要求,因此A选项符合题意。 (5)根据元素周期律可知,Sn的常见化合价有+2和+4,如果这里的Sn为+4价,则Rh化合价=(-4)-(+4)×5-(-1)×15=-9,显然不合理。因此推测Sn为+2价,则Rh化合价为(-4)-(+2)×5-(-1)×15=+1。“活化还原”中,SnCl2除了参与氧化还原反应外,还参与了配位反应,计算参加反应的SnCl2的物质的量时应把二者相加。根据氧化还原反应中化合价升降数目相等可以确定,1 mol [RhCl6]3-被还原需要1 mol SnCl2被氧化,但从[Rh(SnCl3)5]4-的组成可知,同时有5 mol SnCl2参与配位,因此SnCl2共计消耗6 mol,因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为6∶1。 (6)“酸溶3”的目的是除去与铑粉混合在一起的金属。根据实际工艺的特点,二次还原中加入的金属Zn过量,且Zn比Sn活泼,“活化还原”中加入的过量SnCl2也会被Zn还原为金属Sn。因此“酸溶3”的目的是除去过量的Zn和还原生成的Sn。 35. (1)将废盐粉碎　搅拌 (2)6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O　10-2.15 (3)O2 (4)pH过大时生成Mg(OH)2,而MgCO3的含量低,煅烧时没有CO2气体生成,使得MgO结构不疏松,密度较大,不能得到轻质MgO (5)MgHPO4+H3PO4Mg2++2H2P (6)(NH4)2SO4　(7)还原 解析 (1)为加快废盐溶解、加快反应速率,可将废盐粉碎、搅拌、适当升高溶解温度等。 (2)Mn(OH)2被氧化为Mn3O4时Mn的化合价由“+2”价升至“+”价,O2中O的化合价由“0”价降至“-2”价,据氧化还原反应电子转移守恒和原子个数守恒可配平化学方程式。 当Mg2+将要开始沉淀时,c(OH-)==10-5.285 mol·L-1,c(Mn2+)==10-2.15 mol·L-1。 (3)由S2结构可知,水解产物为S和H2O2,H2O2不稳定,受热分解为H2O和O2。 (4)由Ksp(MgCO3)=10-5.17,Ksp[Mg(OH)2]=10-11.25可知,pH过大时生成Mg(OH)2或MgCO3含量低,煅烧时没有CO2气体生成,使得MgO结构不疏松,密度较大,不能得到轻质MgO。 (5)由题图知,pH=8.0时,P元素主要以HP形式存在,加H3PO4至pH=8.0时,Mg2+沉淀完全,此时存在形式为MgHPO4,pH=4.0时,P元素主要以H2P形式存在,沉淀完全溶解,Mg元素以Mg2+形式存在,则沉淀溶解的离子方程式为MgHPO4+H3PO4Mg2++2H2P。 (6)由流程可知向滤液(含N、S)中加入H2SO4调节pH=6.0,使N和S结合为(NH4)2SO4结晶析出。 (7)焙烧过程将Mn3O4、MnO2转化为MnSO4,Mn元素发生还原反应。 (1)工艺流程分析 工艺流程可以解离为原料及其预处理、工业要求与反应条件的控制、目标产品的分离和提纯三个过程。 (2)解题方法 四个知道:反应物是什么?发生了什么反应?生成什么?有什么作用? 36. (1)使As2O3气化,S转化为SOx,CuSO4分解产生CuO,实现物质的初步分离 (2)4SO2+Na2CO3+2Na2S3Na2S2O3+CO2 (3)使CuO溶于酸液,便于分离出不溶的PbSO4 (4)加入Fe粉(或加入Zn粒、电解等,合理即可) (5)　CsPbBr3　 解析 (1)结合流程图中冷凝得到As2O3,并分离出SOx,及CuSO4分解温度560 ℃,ZnSO4、PbSO4、CuO分解温度均高于600 ℃,可推断设计焙烧温度为600 ℃的原因为使S转化为SOx,使CuSO4分解为CuO,使As2O3气化。 (2)根据得失电子守恒和原子守恒,可推断产物还有CO2,配平后可写出该反应的化学方程式。 (3)水浸分离出ZnSO4溶液后得到固体PbSO4、CuO,可推知酸浸可使CuO溶解,并分离出PbSO4。 (4)加入Fe粉或Zn粒的置换法、电解法等可从浸出液得到Cu。 (5)由晶胞图知Cs与Pb之间的距离为体对角线的一半,即 pm;根据均摊法,Cs的个数为1,Pb的个数为8×=1,Br的个数为×12=3,故该化合物的化学式为CsPbBr3。一个晶胞的质量为 g,体积为(a×10-10×b×10-10×c×10-10) cm3,故晶体密度为 g·cm-3。 37. (1)增大接触面积,加快反应速率,使反应更充分 (2)(NH4)2SO42NH3↑+SO3+H2O (3)①(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶盐CuSO4含量增加　②焙烧温度高于425 ℃时可能发生反应:4CuFeS2+13O2+6CuSO410CuO+2Fe2(SO4)3+8SO2,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低 (4)Fe+Cu2+Cu+Fe2+ (5)粗铜若未经酸浸处理,杂质Fe会参与放电 解析 黄铜矿(主要成分为CuFeS2,含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵,通入空气焙烧,黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下,转化成CuSO4,得到的混合气体中主要含NH3,用硫酸吸收,得到硫酸铵,是溶液A的主要溶质,可以循环利用;固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物,加水分离,主要形成含硫酸铜的滤液C和含SiO2的滤渣D,向滤液C中加入过量的铁,置换得到粗铜和滤液E,粗铜再经电解精炼可以得到纯铜。 (1)黄铜矿在焙烧前需粉碎,是为了增大反应物的接触面积,加快反应速率,使反应更充分。 (2)铵盐不稳定,易分解,(NH4)2SO4的分解为非氧化还原反应,产物中有NH3和SO3,故化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑+SO3+H2O。 (3)①由题图可知,温度低于425 ℃,随焙烧温度升高,铜浸出率显著增大,是因为温度低于425 ℃时,随焙烧温度升高,(NH4)2SO4分解产生的SO3增多,可溶盐CuSO4含量增加,故铜浸出率显著增加。 ②温度高于425 ℃时,随焙烧温度升高,CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO,发生反应4CuFeS2+13O2+6CuSO410CuO+2Fe2(SO4)3+8SO2,铜浸出率降低。 (4)加入Fe可置换硫酸铜溶液中的铜,反应的离子方程式为Fe+Cu2+Cu+Fe2+。 (5)粗铜中含有Fe杂质,加酸可以除去单质Fe,但粗铜若未经酸浸处理,杂质Fe会参与放电,则消耗相同电量时,会降低得到纯铜的量。 38. (1)1∶1　H2S　(2)热浸 (3)将滤液中的Fe3+还原为Fe2+,提高原料利用率 (4)C　Pb+2[AgCl2]-PbCl2+2Ag+2Cl- (5)阳极 解析 结合工艺要求和流程图可知,“热浸”时利用Fe3+的氧化性将铅精矿中的硫元素氧化为硫单质除去;银和铅元素转化为配离子留在溶液中,冷却、过滤,将银、铅元素分离;“过滤Ⅱ”所得溶液中含有Fe3+,铅精矿将滤液中的Fe3+还原为Fe2+,“置换”中加入铅置换出单质银。 (1)1 mol PbS和1 mol Ag2S均含有1 mol -2价的硫,Fe3+将-2价的硫氧化为单质S,PbS和Ag2S的物质的量相等时,消耗的Fe3+的物质的量相等;“热浸”时若盐酸浓度过大,会生成有毒气体H2S。 (2)“电解Ⅰ”中阳极生成Cl2,“尾液”中含有FeCl2,用尾液吸收Cl2后得到FeCl3溶液,可用于“热浸”操作单元。 (3)“还原”时加入铅精矿的目的是将滤液中的Fe3+还原为Fe2+,提高原料利用率。 (4)为将银、铅元素分离,且不引入新杂质,可用Pb将[AgCl2]-中的银还原出来,离子方程式为Pb+2[AgCl2]-PbCl2+2Ag+2Cl-。 (5)“电解Ⅱ”的目的是分离银和铅。富银铅泥制成电极板用作阳极,电解时,Ag不参与电极反应,Pb在阳极被氧化,又在阴极析出,从而达到分离的目的。 39. (1)①CaF2　②4.5　③该条件下ⅱ的影响程度大于ⅰ的影响程度 (2)H3PO4+3LiOHLi3PO4↓+3H2O　(3) (4)蒸发结晶　除去Ca(OH)2杂质 (5)①4　②四面体形　③bde 解析 第(1)题,①“高压浸出”中加入的CaO溶于水生成Ca(OH)2,Ca(OH)2电离出的Ca2+与F-结合形成难溶的CaF2。②结合图中曲线,锂的浸出率最大时,CaO最佳用量约为4.5 g。③只考虑ⅰ的影响,颗粒尺寸越小,颗粒总表面积越大,有利于反应液接触,锂的浸出率越大;只考虑ⅱ的影响,颗粒尺寸越小,颗粒聚集趋势越大,不利于反应液渗入,锂的浸出率越小。区域Ⅰ中,锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低,说明ⅱ的影响程度大于ⅰ的影响程度。 第(2)题,“净化”过滤后滤液中主要含LiOH,以及少量的NaOH和Ca(OH)2。“沉锂”中加入H3PO4生成磷酸锂的化学方程式为3LiOH+H3PO4Li3PO4↓+3H2O。 第(3)题,“沉淀转化”反应2Li3PO4(s)+3Ca(OH)2(aq)6LiOH(aq)+Ca3(PO4)2(s)的平衡常数K==。 第(4)题,“滤液2”中主要含LiOH和少量Ca(OH)2,由于Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小,加热升温会析出Ca(OH)2固体,故趁热过滤的主要目的是除去杂质Ca(OH)2。除杂后的滤液主要含LiOH,需通过蒸发结晶得到LiOH固体。 第(5)题,根据LiOH的晶胞结构及其x轴方向投影图可知,在晶胞中Li位于8个顶角和上、下底面的2个面心,O位于前、后、左、右4个侧面上,晶体为层状结构。①晶体中与一个O紧邻的Li有4个,与一个Li紧邻的O也有4个。②因∠O—Li—O=129°,故一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形而非正四面体形。③由于O无法提供价层孤电子对,且层间距离远,OH-间不能形成氢键;LiOH为离子化合物,不存在金属键;Li+与OH-间存在离子键;根据LiOH晶体呈层状结构,层间存在范德华力;O—H键属于极性共价键。故b、d、e选项符合题意。 40. (1)2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑ (2)Ga3++4Cl-[GaCl4]-　(3)铁　[FeCl4]- (4)大　NaCl　(5)3.2　4.0×10-7　(6)2∶1∶1　8a3 解析 (1)“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼单质铝,反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑。 (2)“浸取”中,由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-[GaCl4]-。 (3)已知浸取液中,Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在,LAEM是一种新型阴离子交换膜,允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区,为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM,故要加入铝片还原Fe3+,从而有利于Ga的分离。 (4)“LAEM提取”中,原料液的Cl-浓度越高,越有利于向生成[GaCl4]-的方向进行,即越有利于Ga的提取,在不提高原料液酸度的前提下,同时不引入新杂质,可向Ⅰ室中加入NaCl,提高Cl-浓度,以进一步提高Ga的提取率。 (5)由pKa(HF)=3.2可知,Ka(HF)==10-3.2,为了使溶液中c(F-)>c(HF),则c(H+)=×10-3.2 mol·L-1<10-3.2 mol·L-1,故pH至少应大于3.2,才会有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成;若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 mol·L-1,根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10,[AlF6]3-浓度为= mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1。 (6)由题意可知该记忆合金晶体的晶胞可看作是由两种结构单元各4个构成的大立方体,每个结构单元含有Co的个数为8×=1个,则1个晶胞含有8个Co、4个Ga、4个Ni,则晶胞中,粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni=2∶1∶1,该记忆合金晶体的晶胞参数为2a nm,其立方晶胞的体积为8a3 nm。 41. (1)把二氧化锰还原为硫酸锰　把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 (2)SiO2　(3)Al3+　(4)D (5)2Mn2++3C+2H2OMn2(OH)2CO3↓+2HC (6)4　 解析 软锰矿中含有MnO2和少量SiO2、Fe2O3、Al2O3、CuO等。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿,二氧化锰被还原为硫酸锰,氧化铁被还原为硫酸亚铁,氧化铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜,二氧化硅不溶于硫酸,滤渣是二氧化硅,滤液中加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝,过滤,滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜,过滤,滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰沉淀,最终将碳酸锰转化为KMnF3。 (1)二氧化锰具有氧化性,“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4,其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素,为提高“浸取”速率,可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。 (2)二氧化硅不溶于硫酸,“滤渣1”的主要成分是SiO2。 (3)根据溶度积常数,Fe2+完全沉淀时,c(OH-)= mol·L-1=7×10-6.5 mol·L-1,pH约为8.4;Al3+完全沉淀时,c(OH-)= mol·L-1≈5.1×10-10 mol·L-1,pH约为4.7;Cu2+完全沉淀时c(OH-)= mol·L-1≈4.7×10-8 mol·L-1,pH约为6.7;常温下,用CaCO3调节溶液pH至5~6时,可完全沉淀的离子有Al3+。 (4)加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜,Fe2+和H2S不反应,所以不能选用H2S;铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀,所以“X”可选用(NH4)2S,选D。 (5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰,得到Mn2(OH)2CO3沉淀,反应的离子方程式为2Mn2++3C+2H2OMn2(OH)2CO3↓+2HC。 (6)1个晶胞中含有1个K+,根据化学式KMnF3可知,1个晶胞中含有1个Mn2+、3个F-,可知晶胞顶角为Mn2+、棱上为F-,该晶体中与一个F-紧邻的K+有4个;已知NA为阿伏加德罗常数的值,晶体密度为 g·cm-3= g·cm-3。 42. (1)3d34s2　+5价　CO2 (2)Na[Al(OH)4] (3)HC+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2V　提高溶液中HC浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放V　沉钒 (4)NaCl　(5)bd 解析 焙烧过程中,通入空气,石煤和苛化泥在高温条件下反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、Na[Al(OH)4]、CaO和CO2等。水浸过程中,分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2等]。离子交换、洗脱过程中,富集和提纯V。沉钒过程中,生成NH4VO3。盐浸过程中,滤渣①中含有钒元素,通过盐浸,使滤渣①中的钒元素进入滤液①中,再将滤液①回流到离子交换工序,进行V的富集。 (1)钒是23号元素,其价层电子排布式为3d34s2;焙烧过程中,氧气被还原,V2O3被氧化生成V,偏钒酸盐中钒的化合价为+5价;CaCO3在800 ℃以上开始分解,生成的气体①为CO2。 (2)由已知信息可知,高温下,苛化泥的主要成分NaOH与Al2O3反应生成的四羟基合铝酸钠溶于水,所以滤液中杂质的主要成分是Na[Al(OH)4]。 (3)在弱碱性环境下,Ca(VO3)2与HC和OH-反应生成CaCO3、V和H2O,离子方程式为HC+OH-+Ca(VO3)2CaCO3+H2O+2V。滤液①中含有V、N等,且浓度较低,若要利用其中的钒元素,滤液①应进入沉钒工序。 (4)由离子交换工序中树脂的组成可知,洗脱液中应含有Cl-,考虑到水浸所得溶液中含有Na+,为避免引入其他杂质离子,且NaCl廉价易得,故洗脱液的主要成分应为NaCl。 (5)沉钒过程是生成NH4VO3。NH4Cl呈弱酸性,如果将溶液调至碱性,OH-与N反应,不利于生成NH4VO3,b符合题意;同样地,降低NH4Cl溶液的浓度,也不利于生成NH4VO3,d符合题意。 43. (1) (2)快速冷却 (3)先出现白色浑浊,后白色浑浊迅速消失 (4)BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O　反萃取分液 (5)电解出的钠单质将氯化铍还原为铍单质 (6)Be4O(CH3COO)6 解析 首先铝硅酸盐加热熔融,然后快速冷却到其玻璃态,再加入稀硫酸“酸浸过滤”,“滤渣”的成分为H2SiO3,“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,“水相1”中含有Al3+,“有机相”为BeA2(HA)2,加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入“水相2”中,分离出含NaA的煤油,最后对“水相2”加热,并过滤分离出Be(OH)2,通过系列操作得到金属铍,据此回答。 (1)基态Be2+的电子排布式为1s2,其轨道表达式为。 (2)熔融态物质冷却凝固时,缓慢冷却会形成晶体,快速冷却会形成非晶态,即玻璃态,所以从“热熔冷却”中得到玻璃态,其冷却过程的特点为快速冷却。 (3)“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,则“水相1”中含有Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,发生反应:Al3++3OH-Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-[Al(OH)4]-,可观察到的现象为先出现白色浑浊,后白色浑浊迅速消失。 (4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O;“滤液2”的主要成分为NaOH,可进入“反萃取分液”步骤再利用。 (5)氯化铍熔融态导电性弱,电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用为电解出的钠单质将氯化铍还原为铍单质。 (6)由题意可知,该配合物中有4个Be位于四面体的4个顶角,四面体中心只有1个O,Be与Be之间总共有6个CH3COO-,则该配合物的化学式为Be4O(CH3COO)6。 44. (1)四　ⅠB (2)Cu2+ (3)2Au+3H2O2+8HCl2HAuCl4+6H2O (4)AgCl (5)[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag+2S2　Na2S2O3 (6)3∶4 (7)O原子半径较小,其p轨道与S的p轨道重叠形成较稳定的π键;S原子半径较大,p轨道间不易重叠形成稳定的π键 解析 (1)铜的原子序数是29,位于周期表中的第四周期第ⅠB族。 (2)铜阳极泥加入硫酸、H2O2,Cu被转化为Cu2+,所以“浸出液1”中含有Cu2+,反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。 (3)由题中信息可知,单质金与盐酸、H2O2反应转化为HAuCl4,反应的化学方程式为2Au+3H2O2+8HCl2HAuCl4+6H2O,其原理是:H2O2具有强氧化性,可以氧化单质金,Cl-可与Au3+形成配离子,减小溶液中Au3+的浓度,促进H2O2氧化单质金的反应正向进行。 (4)单质银与盐酸、H2O2反应的原理与金类似:H2O2氧化单质银,Cl-可与Ag+形成氯化银沉淀,减小溶液中Ag+的浓度,促进H2O2氧化单质银的反应正向进行。所以“浸渣2”的主要成分是氯化银。 (5)阴极发生得电子的还原反应,由信息可知还原产物是单质银,故可得阴极的电极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag+2S2。放电后阴极区溶液的主要离子是S2和Na+,故阴极区溶液中可回收利用的物质是Na2S2O3。 (6)由题中信息可知:1 mol N2H4被氧化为N2,转移4 mol电子;得到1 mol Au,转移3 mol电子。由电子守恒可知被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比是3∶4。 (7)对比(a)、(b),其区别在于(a)中存在OS和S—S,(b)中存在SS和O—O。解答本题应从结构角度解释OS中的π键比SS中的π键稳定。 45. (1)b (2)+6　2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O (3)Na3PO4·12H2O(或Na3PO4)　热分解 (4)①2Ce(OH)4+8H++2Cl-2Ce3++Cl2↑+8H2O ②4.0×10-7 (5)镭(或Ra) 解析 流程梳理: (1)独居石为固体,降低压强,其分解速率不变,a错误;降低温度,分解速率降低,b正确;反应时间的长短,对分解速率无影响,c错误;提高搅拌速度,分解速率增大,d错误。 (2)Na2U2O7中Na为+1价,O为-2价,根据化合物中正、负化合价代数和为0,知U为+6价。热分解阶段U3O8生成Na2U2O7,U元素化合价升高,被空气中的氧气氧化,1 mol U3O8失去3×6-mol=2 mol电子,1 mol氧气得4 mol电子,根据得失电子守恒,U3O8、O2的化学计量数分别为2、1,结合原子守恒,配平化学方程式为2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O。 (3)热分解时CePO4、Th3(PO4)4和NaOH反应得到Ce(OH)4、Th(OH)4和Na3PO4,稀释过滤后得到含Na3PO4、NaOH的滤液,浓缩结晶得到的晶体产物为Na3PO4·12H2O,滤液主要含NaOH,可用于热分解阶段循环利用,避免产生大量的高碱度废水。 (4)①盐酸溶解Ce(OH)4得到含Ce3+的溶液,Ce元素由+4价降低为+3价,则氯离子被氧化为Cl2,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式为2Ce(OH)4+8H++2Cl-2Ce3++8H2O+Cl2↑。②溶液pH=4.5时,c(OH-)=10-9.5 mol·L-1,Ksp[Th(OH)4]=c(Th4+)·c4(OH-)=4.0×10-45,则c(Th4+)= mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1。 (5)结合流程图知,以BaSO4为载体形成共沉淀,目的是除去杂质镭。 46. (1)SiO2　(2)2.8×10-6　(3)NaOH溶液 (4)提供Na+和反应所需要的碱性环境 Fe2++N+3OH-+Na++H2PNaFePO4↓+NH3↑+3H2O (5)①4Fe3O4+6Na2CO3+O212NaFeO2+6CO2 ②3　③　④乙 解析 向煤气化渣(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸,SiO2不与浓硫酸反应,成为滤渣,Fe2O3、Al2O3及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁,向其中加氢氧化钠溶液进行碱浸,铁离子转化为氢氧化铁沉淀;过滤,滤液1中含硫酸铝和硫酸镁,加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去,过滤,滤液主要含Na[Al(OH)4]和NaOH,往其中加氢氧化铝晶种发生已知②中的反应,过滤得Al2O3·3H2O和NaOH溶液,焙烧Al2O3·3H2O得Al2O3;向煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸化、足量的铁还原,然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO4。 (1)“酸浸”过程中Fe2O3转化为Fe3+,Al2O3转化为Al3+,MgO转化为Mg2+,SiO2不参与反应,即“滤渣”的主要成分为SiO2。 (2)25 ℃时,“碱沉”控制溶液pH至3.0,即c(H+)=10-3 mol·L-1,则c(OH-)=10-11 mol·L-1,此时溶液中c(Fe3+)== mol·L-1=2.8×10-6 mol·L-1。 (3)“除杂”时须调节溶液pH使Mg2+沉淀为Mg(OH)2,Al3+转化为Na[Al(OH)4],所以加入的试剂X是NaOH溶液。 (4)“水热合成”中,NH4H2PO4作为磷源,“滤液2”为NaOH溶液,其既可以提供合成NaFePO4所需要的Na+,又可以提供反应所需要的碱性环境;水热合成NaFePO4的离子方程式为Fe2++N+3OH-+Na++H2PNaFePO4↓+NH3↑+3H2O。 (5)①该工艺经碳热还原得到Fe3O4,“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2,其化学方程式为4Fe3O4+6Na2CO3+O212NaFeO2+6CO2。 ②由NaFeO2的晶胞结构示意图可知,每个晶胞中含有Fe:4×+2=3,Na:8×+2=3,O:8×+4=6,即每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有3个。 ③若“焙烧”温度为700 ℃,n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)=9∶8时,==,生成纯相Na1-xFeO2,则=,解得x=;丙图中Na:1+6×=,≠,乙图中Na:2+2×=,=,则其可能的结构示意图为乙。 47. (1)NH3　(2)SiO2 (3)CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4　Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 (4)净水　(5)a　Ca3N3B　×1030 解析 焙烧产生的气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3,则该气体为NH3;硫酸铵与高炉渣生成硫酸盐,焙烧产物经过水浸1,过滤的滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2;滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵;滤液浓缩结晶,析出NH4Al(SO4)2·12H2O,剩余富镁溶液;滤渣与(NH4)2CO3一起水浸,滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。 (1)高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3。 (2)“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。 (3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙,反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3CaCO3+(NH4)2SO4,该反应之所以能发生,根据提供的Ksp可知:Ksp(CaSO4)>Ksp(CaCO3),微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。 (4)铝产品NH4Al(SO4)2·12H2O溶于水后,Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可用于净水。 (5)图丙中,Ca位于正方形顶点,N位于正方形中心,Ca与N的距离为a pm。由均摊法可知,晶胞中Ca的个数为8×+2=3,N的个数为8×+2×=3,B的个数为4×=1,则化合物的化学式是Ca3N3B。摩尔质量为M g·mol-1,阿伏加德罗常数的值是NA,晶胞体积为a2c×10-30cm3,晶体的密度为×1030 g·cm-3。 晶胞密度计算公式 48. (1)使固体和酸充分接触,加快反应速率 (2)CoO+H2SO4CoSO4+H2O (3)1.6×10-4　不能 (4)4.0 mol (5)Fe(OH)3 (6)2Co2++ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO (7)用NaOH调溶液的pH为82到120之间,使锌沉淀完全并过滤 解析 酸浸时,+2价金属氧化物和Zn与稀硫酸反应生成硫酸盐MSO4(M=Zn、Pb、Cu、Fe、Co、Mn),PbSO4难溶于水与Cu单质存在于浸渣中;沉铜时生成难溶于酸的CuS沉淀;沉锰时,Mn2+转化为MnO2沉淀,并将Fe2+氧化为Fe3+,调整溶液pH=4产生的滤渣为Fe(OH)3;NaClO氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀。 (1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是使固体和酸充分接触,加快反应速率。 (2)CoO与稀硫酸反应生成CoSO4的化学方程式为CoO+H2SO4CoSO4+H2O。 (3)Zn2+沉淀完全时,c(Zn2+)为1×10-5 mol·L-1,此时溶液中c(S2-)== mol·L-1=2.5×10-17 mol·L-1,则c(Co2+)== mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1,c(Co2+)小于0.10 mol·L-1,说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀,据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。 (4)“沉锰”步骤中,Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去,发生的反应为S2+Mn2++2H2OMnO2↓+4H++2S,因此,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为4.0 mol。 (5)“沉锰”步骤中,S2同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3,因此,分离出的滤渣是Fe(OH)3。 (6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,为了保证Co2+被完全氧化,NaClO要适当过量,其反应的离子方程式为2Co2++ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4HClO。 (7)根据题中给出的信息,“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5,溶液中Zn元素以Zn2+形式存在,当pH>12,氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2-,因此,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法:用NaOH调溶液的pH为82到120之间,使锌沉淀完全过滤。 49. (1)将镍钴矿粉碎、充分搅拌、适当提高硫酸浓度、适当提高浸取温度等 (2)NA (3)Mn2++HS+H2OMnO2↓+S+3H+　Fe(OH)3 (4)9.0%　二氧化硫也具有较强的还原性,当二氧化硫体积分数增大,会使得其消耗一部分O2,导致Mn(Ⅱ)氧化速率减小 (5)4Co(OH)2+O24CoO(OH)+2H2O (6)11.1 解析 (1)提高反应速率的方法包含:增大反应物接触面积、充分搅拌、提高反应物浓度、升高反应温度等。 (2)结合电荷守恒,氢为+1价,硫为+6价,可知1 mol该物质包含1 mol过氧键,因此过氧键数目为NA。 (3)氧化剂为过一硫酸,还原剂为Mn2+,氧化产物为MnO2,还原产物为S,再由H2O配平两边,结合过一硫酸第一步电离完全第二步微弱电离可知,该反应的离子方程式为Mn2++HS+H2OMnO2↓+S+3H+;结合表格数据可知,Mg2+在Co2+与Ni2+之后沉淀,因此滤渣的另一种成分是Fe(OH)3。 (4)由题图可知,二氧化硫体积分数为9.0%时,反应速率最大。二氧化硫也具有较强的还原性,当二氧化硫体积分数增大,会使得其消耗一部分氧气,导致Mn(Ⅱ)氧化速率减小。 (5)“沉钴镍”得到的含钴物质为Co(OH)2,可被空气氧化为CoO(OH),因此反应的化学方程式为4Co(OH)2+O24CoO(OH)+2H2O。 (6)结合氢氧化镁的Ksp可知,当镁离子完全沉淀时,其浓度为1×10-5 mol·L-1,代入Ksp计算可得此时氢氧根浓度为1×10-2.9 mol·L-1,则pH为11.1。 50. (1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]- 9.24 (2)Mg(OH)2、CaSO4　5.5×10-3　Na2CO3、CaO (3)进一步除去溶液中的Ca2+　盐酸　一部分Li+以LiOH和Li2CO3的形式沉淀析出,从而使沉锂产率降低 解析 (1)依据信息“[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-”,可写出水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2[B(OH)4]-;已知B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-的Ka==10-9.24,因在硼砂溶液中B(OH)3和[B(OH)4]-浓度相等,故Ka=c(H+),可得c(H+)=10-9.24 mol·L-1,则溶液中pH=9.24。 (2)依据流程中加入试剂的顺序知,精制Ⅰ中加入的CaO可与水反应产生Ca(OH)2,其目的是除去水浸后溶液中的Mg2+和S,因此滤渣Ⅰ为Mg(OH)2和CaSO4;精制Ⅱ中Li+不能转化为Li2CO3沉淀,因此Qc(Li2CO3)<Ksp(Li2CO3),c2(Li+)·c(C)=(2.0)2·c(C)<2.2×10-2,解得c(C)<5.5×10-3 mol·L-1,即常温下精制Ⅱ过程中c(C)应控制在5.5×10-3 mol·L-1以下;若脱硼后直接进行精制Ⅰ,则滤液中含HCl,会消耗后续操作中更多的生石灰,引入更多的Ca2+,进而需要消耗更多的纯碱除去Ca2+,因此除无法回收HCl外,还将增加CaO、Na2CO3的用量。 (3)精制Ⅱ加入纯碱的目的是进一步除去溶液中的Ca2+;依据流程知,精制Ⅱ后滤液中存在Na+、Li+、Cl-、OH-、C,因此进行操作X时应选择的试剂是盐酸,用来除去滤液中的OH-、C,防止对后续浓缩、沉锂过程造成干扰;若不进行该操作,则一部分Li+在浓缩时会转化为Li2CO3和LiOH随NaCl析出,导致沉锂过程中产率降低。 51. (1)ab　(2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2 (3)抑制金属离子水解　(4)SiO2 (5)Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O (6)将Fe3+转化为Fe2+ 解析 联合焙烧:由已知信息①和第(2)问题干可知,联合焙烧过程中发生转化如下:Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4,故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2。水浸:MnSO4进入滤液,滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2;酸浸:加入过量浓盐酸后,Bi2O3和Fe2O3发生如下转化:Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+,因Mn2O3有氧化性,会与浓盐酸发生氧化还原反应Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O,气体A为Cl2,滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2,滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+;由已知信息②可知,Fe的金属活动性强于Bi,且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液,故加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。 (1)联合焙烧时进一步粉碎矿石,可以增大矿石与空气的接触面积,提高焙烧效率,a符合题意;鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应,b符合题意;降低焙烧温度,反应速率减小,不利于提高焙烧效率,c不符合题意。 (2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3,根据原子守恒可知还应生成SO2,结合得失电子守恒,反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2。 (3)加入浓盐酸后,溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-,而酸浸后取滤液进行转化,加入过量浓盐酸还可防止金属离子水解生成沉淀而进入滤渣,造成BiOCl产率偏低。 (4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2。 (5)因Mn2O3有氧化性,会与浓盐酸发生氧化还原反应:Mn2O3+6H++2Cl-2Mn2++Cl2↑+3H2O。 (6)由已知信息③可知,pH=2.6时Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀,但Fe2+还没开始沉淀,为防止目标产物混入Fe(OH)3杂质,故要将Fe3+转化为Fe2+;在调pH后获得含FeCl2的滤液,为了不引入新的杂质,可加入Bi作还原剂。 四步解析生产流程题 第一步 挖掘题干信息,分析原材料,确定其主要成分及所含杂质。 第二步 原材料预处理,通过酸浸和碱浸等手段,完成初步分离。 第三步 分析核心反应,通过氧化、中和及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。 第四步 产品的分离与提纯及含量测定,通过沉淀、结晶及煅烧等手段,得到粗产品,通过滴定等定量实验,完成含量测定。 52. (1)6HF+SiO22H++Si+2H2O (2)2.0×10-2　S (3)CaSO4·0.5H2O　减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率　酸解　AD 解析 氟磷灰石用硫酸溶解后过滤,得到粗磷酸和滤渣,滤渣经洗涤后结晶转化为石膏(CaSO4·2H2O);粗磷酸经精制Ⅰ除杂,过滤,滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。 (1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,该反应的离子方程式为6HF+SiO22H++Si+2H2O。 (2)精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(Si)=1∶1加入Na2CO3脱氟,该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3Na2SiF6↓+CO2↑+H2O,充分反应后得到沉淀Na2SiF6,此时溶液为Na2SiF6的饱和溶液,c(Na+)=2c(Si),根据Na2SiF6的溶度积常数可知Ksp(Na2SiF6)=c2(Na+)·c(Si)=4c3(Si),c(Si) = mol·L-1=1.0×10-2 mol·L-1,因此c(Na+)=2c(Si)=2.0×10-2 mol·L-1;同时,粗磷酸中硫酸钙也达到饱和状态,c(Ca2+)=c(S)== mol·L-1=3.0×10-2 mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时,c(Ba2+)== mol·L-1=1.0×10-4 mol·L-1,当BaSO4沉淀开始生成时,c(Ba2+)== mol·L-1≈3.3×10-9 mol·L-1,因此,首先转化为沉淀的离子是S,然后是Si。 (3)由图像知100 ℃、P2O5为45%的混合体系中,石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O;硫酸钙在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2+(aq)+S(aq),加入硫酸增大了硫酸根离子浓度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,具有回收利用的价值,由于“酸解”时使用的也是硫酸,因此,回收利用洗涤液X的操作单元是“酸解”;由图乙信息可知,位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。 由图乙信息可知,A项,P2O5%=15、SO3%=15,该点坐标位于65 ℃以下,晶体以CaSO4·2H2O的形式存在,能实现晶体的完全转化;B项,P2O5%=10、SO3%=20,该点坐标位于两个温度线之间,不能实现晶体的完全转化;C项,P2O5%=10、SO3%=30,该点坐标位于65 ℃线上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,不能实现晶体的完全转化;D项,P2O5%=10、SO3%=10,该点坐标位于80 ℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,能实现晶体的完全转化。 53. (1)2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O　(2)B (3)①降低溶液中氢离子的浓度,促进碳酸氢根离子的电离,增大溶液中碳酸根离子的浓度　②酸性条件;多次萃取 ③Ce3+　(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液,加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸,用0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2滴定,当滴入最后半滴标准液时,溶液由紫红色变为亮黄色,即达到滴定终点,记录标准液的体积 解析 首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣,得到三价铈,加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈,增大三价铈浓度,之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈,再加入氨水和碳酸氢铵制备产物,据此解题。(1)根据题给信息,反应物为CeO2与H2O2,产物为Ce3+和O2,根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为:2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O。(2)反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3,故选B。(3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物。②根据萃取原理可知,应选择的实验条件是酸性条件;为了使Ce3+尽可能多地发生上述转移,可以采用多次萃取。③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+,沉淀并过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小,即Ce3+物质的量减小。(4)应该用标准液滴定待测Ce4+溶液,用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂。故答案为:从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液,加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸,用0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2滴定,当滴入最后半滴标准液时,溶液由紫红色变为亮黄色,即达到滴定终点,记录标准液的体积。 (1)粗读题干,挖掘图示 如制备类无机化工流程题,通过粗读试题,知道制取什么、大致流程和有什么提示等。图示中一般会呈现超出教材范围的知识,但题目中往往会有提示或者问题中并不涉及,所以一定要关注题目的关键词,尽量弄懂流程图,但不必将每一种物质都推出,只需推出所问的物质是什么即可。 (2)带着问题,精读信息 信息包括三个方面:一是题干,二是流程图示,三是设置问题。读题干抓住关键字、词;读流程图重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)及实验操作方法等。 (3)跳跃思维,规范答题 答题时应注意前后问题往往没有“相关性”,即前一问未答出,但不会影响后面答题。要求用论述回答的试题,可采用“四段论法”:改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么原理→有什么变化→得出什么结论。 54. (1)Fe2+ (2)4.7~6.2　Al3++3OH-Al(OH)3↓ (3)4.0×10-4 (4)①加热可以提高分子运动扩散速度,搅拌增加溶剂与溶质的接触面积,使溶出更彻底,提高溶出速度,提高产率　②冷却结晶 (5)MgSO4 (6)①15　②O2+4e-+2H2O4OH- 解析 (1)由题干信息可知,原料矿物中含铁、铝及稀土元素。浸取液中稀土离子保持+3价不变,镁离子、铝离子无还原性。故氧化调pH中,二价铁离子被氧化为三价铁离子。 (2)过滤1的目的是除掉溶液中的铝离子和铁离子。故在过滤前,应使铝离子和铁离子完全沉淀,又不能使稀土离子沉淀。由表格可知,pH为4.7~6.2时,铁离子和铝离子沉淀完全,稀土离子尚未沉淀。铝离子沉淀的离子方程式为Al3++3OH-Al(OH)3↓。 (3)过滤2后,滤饼中检测不到镁元素,说明加入月桂酸钠后,月桂酸根离子未与镁离子结合生成沉淀,而是与稀土离子结合生成沉淀。故为保证镁离子恰好不沉淀,根据月桂酸镁的Ksp公式,有c(C11H23COO-)=4.0×10-4mol·L-1。 (4)根据题干信息可知,月桂酸的熔点为44 ℃,而加热搅拌阶段的温度为55 ℃。故为了分离月桂酸与RECl3溶液,需要冷却至44 ℃以下,待月桂酸完全结晶再进行固液分离。 (5)根据(3)题干信息,过滤2操作后,滤饼中不存在镁离子,故镁离子仍以MgSO4的形式存在于滤液2中,可再次酸化循环利用。 (6)①由题干信息可知,稀土元素化合价不易发生变化。故YCl3中Y元素为+3价,PtCl4中Pt元素为+4价,Pt3Y中Y为+3价,Pt为-1价。所以Pt元素化合价降低,Cl元素化合价应升高生成氯气。故该反应的化学方程式为2YCl3+6PtCl42Pt3Y+15Cl2↑,生成1 mol Pt3Y转移电子15 mol。 ②由题意知,Pt3Y/C是催化剂,不参与反应。氢氧燃料电池的正极反应为氧气得电子,在碱性条件下生成氢氧根离子,故电极反应为O2+4e-+2H2O4OH-。 学科网（北京）股份有限公司 $