2023年高三高考化學(xué)真題和模擬題分類匯編專題15工藝流程綜合題含解析

專題15 工藝流程綜合題1全國甲卷〕(ZnSO)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學(xué)上有諸多應(yīng)用。硫酸4鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO

，雜質(zhì)為SiO3

Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：此題中所涉及離子的氯氧化物溶度積常數(shù)如下表：離子 Fe3+ Zn2+ Cu2+

Fe2+

Mg2+K 4.01038 6.71017sp

2.21020

8.01016

1.81011答復(fù)以下問題：菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學(xué)方程式為 。為了提高鋅的浸取效果，可實行的措施有 、 。(3)參與物質(zhì)X調(diào)溶液pH=5，最適宜使用的X是 (填標(biāo)號)。NHHO B．Ca(OH) C．NaOH3 2 2濾渣①的主要成分是 、 、 。向80~90℃的濾液①中分批參與適量KMnO溶液充分反響后過濾，濾渣②中有MnO，該步反響的離子4 2方程式為 。濾液②中參與鋅粉的目的是 。濾渣④與濃HSO反響可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產(chǎn)物是 、 。2 4焙燒【答案】(1)ZnCO3

ZnO+CO2↑將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積 增大硫酸的濃度等B Fe(OH)3 CaSO4 SiO24(4)3Fe2++MnO-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+4Cu2+Cu從而除去CaSO4 MgSO4【解析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCOSiO

Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結(jié)合流3 2焙燒ZnCO3

ZnO+CO2↑H2SO4Zn2+Ca2+Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，參與物質(zhì)XpH=5，結(jié)合表格數(shù)據(jù)，過濾得到Fe(OH)、CaSO、SiO

的濾渣①，3 4 22 2 4 4 Zn2+Cu2+Mg2+Ca2+Fe2+KMnO4Fe2+，過濾得到Fe(OH)3MnO2的濾渣②，濾液②中參與鋅粉，發(fā)生反響Zn+Cu2+=Zn2+=CuCu，再向濾液③HFCaF、MgFZnSOZnSO·7HO2 2 4 4 據(jù)此分析解答。焙燒ZnO的反響為：ZnCO3

ZnO+CO2↑；可承受將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；(3)A．NH3·H2ONH3污染空氣，且經(jīng)濟(jì)本錢較高，故A不適宜；Ca(OH)2不會引入的雜質(zhì)，且本錢較低，故B適宜；NaOHNa+，且本錢較高，C不適宜；故答案選B；當(dāng)沉淀完全時(10-5mol/L)KsppH＜5Fe3+，故濾渣①Fe(OH)CaSO是微溶物，SiO不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)、CaSO、SiO；3 4 2 3 4 280~90℃KMnO4Fe2+Fe(OH)3MnO2的濾渣②，反響的離子方程式3Fe2+MnO-+7HO=3Fe(OH)↓+MnO↓+5H+；4 2 3 2濾液②中參與鋅粉，發(fā)生反響Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故參與鋅粉的目的為置換Cu2+為Cu從而除去；CaF、MgFHFCaSO、MgSO。2 2 4 42全國乙卷〕廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和。還有少量l的鹽或氧化物等。為了保護(hù)環(huán)境、充分利用鉛資源，通過以以下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。難溶電解質(zhì)PbSO難溶電解質(zhì)PbSOPbCOBaSO4 3 4BaCO3Ksp2.51087.410141.110102.6109確定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表：金屬氫氧化物金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)Al(OH)23Pb(OH)22.36.83.57.23.28.34.69.1答復(fù)以下問題：在“脫硫”中PbSO轉(zhuǎn)化反響的離子方程式為 ，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇NaCO的緣由4 2 3 。在“脫硫”中，參與NaCO不能使鉛膏中BaSO完全轉(zhuǎn)化，緣由是 。2 3 4在“酸浸”中，除參與醋酸HAc)，還要參與HO。2 2(ⅰ)能被HO氧化的離子是 ；2 2(ⅱ)HO促進(jìn)了金屬Pb在醋酸中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)，其化學(xué)方程式為 ；2 2 2(ⅲ)HO也能使PbO轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)，HO的作用是 。2 2 2 2 2 2“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是 。(5)“沉鉛”的濾液中，金屬離子有 ?！敬鸢浮?1)PbSO4(s)+CO2-(aq)=PbCO3(s)+SO2-(aq) 反響PbSO4(s)+CO2-(aq)=PbCO3(s)+SO2-(aq)的平衡常數(shù)c(SO2-)K= 4c(CO2-)3

34=3.4105>105，PbSO4

4 3 4PbCO3c(SO2-)反響B(tài)aSO4(s)+CO2-(aq)=BaCO3(s)+SO2-(aq)的平衡常數(shù)K= 4 =0.04<<105，反響正向進(jìn)展的程度有限3 4 c(CO2-)3Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作復(fù)原劑Fe(OH)、Al(OH)3 3Ba2+、Na+4 PbSO、PbO、PbOPbBa、Fe、Al的鹽或氧化物等，向鉛膏中參與碳酸鈉溶液進(jìn)展脫硫，硫酸鉛轉(zhuǎn)化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中參與醋酸、過氧化氫進(jìn)展酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH4.9pH4 濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向濾液中參與氫氧化鈉溶液進(jìn)展沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進(jìn)展處理得到PbO。4“脫硫”中，碳酸鈉溶液與硫酸鉛反響生成碳酸鉛和硫酸鈉，反響的離子方程式為：PbSO(s)+CO2-(aq)=43sp 4PbCO(s)+SO2-(aq)，由一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)的數(shù)據(jù)可知，K(PbCO)=7.410-14sp 43 4 sp 3

(PbSO)=2.510-8，PbSO4(s)+CO2-(aq)=PbCO3(s)+SO2-(aq)的平衡常數(shù)c(SO2-)K= 4

3c(Pb2+)c(SO2-)4

K=

4(PbSO4

)2.5 = ≈3.41052.5 c(CO2-)c(Pb2+)c(CO2-) K (PbCO3 3 sp 3

) 7.410-14成的碳酸鉛可由酸浸進(jìn)入溶液中，削減鉛的損失。BaSO4(s)+CO2-(aq)=BaCO3(s)+SO2-(aq)的平衡常數(shù)c(SO2-)

3c(Ba2+)c(SO2-) K

4(BaSO

) 1.110-10K= 4 =

4 = sp

4 = ≈0.04<<105，說明該反響正向進(jìn)展的程度有限，因此加c(CO2-)c(Ba2+)c(CO2-) K (BaCO3 3 sp

) 2.610-9入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉(zhuǎn)化。(3)〔i〕過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有復(fù)原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。過氧化氫促進(jìn)金屬PbPb(Ac)，過氧化氫與Pb、HAcPb(Ac)2 2H2O，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知，反響的化學(xué)方程式為：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。PbO2Pb(Ac)，鉛元素化合價由+4價降低到了+2價，PbO

是氧化劑，則過氧2 2化氫是復(fù)原劑。(4)pH4.9pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵。(5)依據(jù)分析可知，參與碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉(zhuǎn)化，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為了氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉(zhuǎn)化為了氫氧化鉛、最終變?yōu)榱搜趸U，因此沉鉛的濾液中，金屬離子有Ba2+和參與碳酸鈉、氫Na+。3浙江卷〕化合物X由三種元素組成，某試驗小組按如下流程進(jìn)展相關(guān)試驗：化合物X在空氣中加熱到800℃，不發(fā)生反響。請答復(fù)：組成X的三種元素為 ；X的化學(xué)式為 。溶液C的溶質(zhì)組成為 (用化學(xué)式表示)。(3)①寫出由X到A的化學(xué)方程式 。②X難溶于水，但可溶于氨水中，寫出該反響的離子方程式 。(4)設(shè)計試驗，檢驗尾氣中相對活潑的2種氣體 ?！敬鸢浮?1) Ba、Cu、O BaCu3O4(2)HCl、H2SO4Δ2NH3+BaCu3O4

Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3

2 3 HO＝3Cu(NH)2+Ba2＋+8OH－+8H2 3 43將潮濕的紅色石蕊試紙置尾氣出口，假設(shè)變藍(lán)，說明尾氣中有NH。將尾氣通入冷的集氣瓶中，假設(shè)有液珠，說明有H2O3【解析】化合物X由三種元素組成，在加熱條件下和足量氨氣反響生成固體混合物A，A和鹽酸反響生成440.960gCuB0.015mol1.165gBaSO，無色溶液CBaCl22.330gBaSO，據(jù)此解答。44Cu0.96g÷64g/mol＝0.015mol，第一次生成硫酸鋇的物質(zhì)的量是3 1.165g÷233g/mol＝0.005mol，其次次生成硫酸鋇的物質(zhì)的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此1.965gX中確定0.96gCu，Ba0.005mol×137g/mol＝0.685g1.645g＜1.965g0.32g原子守恒可知應(yīng)當(dāng)是氧元素，物質(zhì)的量是0.32g÷16g/mol＝0.02mol，則Ba、Cu、O三種原子的個數(shù)之比是1：3：4，所以組成XBa、Cu、O，XBaCuO3 4依據(jù)氯原子原子守恒以及溶液C照舊能與氯化鋇反響生成硫酸鋇可知溶液CHCl、H2SO。4Cu元素化合價降低，得到電子，則氨氣中氮元素化合價上升，被氧化生成氮氣，依據(jù)原子守恒Δ可知由X到A的化學(xué)方程式為2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。②X難溶于水，但可溶于氨水中，說明有Cu(NH)2生成，所以該反響的離子方程式為BaCuO+12NHHO34 3 4 3 2＝3Cu(NH)2+Ba2＋+8OH－+8HO。34 23反響中氨氣可能過量，高溫下水是氣態(tài)，氮氣性質(zhì)穩(wěn)定，所以需要檢驗的是氨氣和水蒸氣，試驗方案為：將潮濕的紅色石蕊試紙置尾氣出口，假設(shè)變藍(lán)，說明尾氣中有NH。將尾氣通入冷的集氣瓶中，假設(shè)有液珠，說明有H2O。34廣東卷〕(RE)包括鑭、釔等元素，是高科技進(jìn)展的關(guān)鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：：月桂酸CH

COOH熔點為44C；月桂酸和CHCOO

RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離11 23

11 23 3子保持3CH11pH見下表。

23

COO2

MgK

sp

1.8108，Al(OH)

pH8.8；有關(guān)金屬離子沉3離子 Mg2

Al3

RE3開頭沉淀時的pH 8.8沉淀完全時的pH /

1.53.2

3.64.7

6.2~7.4/(1)“氧化調(diào)pH”中，化合價有變化的金屬離子。(2)“過濾1”前，用NaOH溶液調(diào)pH至 的范圍內(nèi)，該過程中Al3發(fā)生反響的離子方程式為 ?！?”后，濾餅中檢測不到Mg元素，濾液2中Mg2濃度為2.7gL1。為盡可能多地提取RE3，可提高 月桂酸鈉的參與量，但應(yīng)確保“2”前的溶液中cCH

低于 molL1(保存兩位有效數(shù)字)。11 23①“加熱攪拌”有利于加快RE3溶出、提高產(chǎn)率，其緣由是 。②“操作X”的過程為：先 ，再固液分別。該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有 (寫化學(xué)式)。稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑PtY。3①復(fù)原YCl3

和PtCl4

熔融鹽制備Pt

Y1molPt3

Y轉(zhuǎn)移 mol電子。3②PtY/C用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化O的復(fù)原，發(fā)生的電極反響為 。3 2【答案】(1)Fe2+(2)4.7pH<6.2 (3)4.010-4

AlOH3加熱攪拌可加快反響速率 冷卻結(jié)晶MgSO4(6)15 O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，該類礦(含鐵、鋁等元素)MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3、Mg2、Fe2、Fe3、Al3、SO2pH使Fe3、Al3形成沉淀，經(jīng)過濾除去，濾液1中含有RE3、4Mg2、SO2等離子，參與月桂酸鈉，使RE3形成CH

RE沉淀，濾液2MgSO

溶液，可4 11 23 3 4循環(huán)利用，濾餅加鹽酸，經(jīng)加熱攪拌溶解后，再冷卻結(jié)晶，析出月桂酸，再固液分別得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化調(diào)pH”目的是除去含鐵、鋁等元素的離子，需要將Fe2+氧化為Fe3+Fe2+，故答案為：Fe2+；由表中數(shù)據(jù)可知，Al3pH4.7，而RE3pH6.2~7.4，所以為保證Fe3、Al3沉淀完全，且RE3不沉淀，要用NaOHpH4.7pH<6.2的范圍內(nèi)，該過程中Al3發(fā)生反響的離子方程式為Al33OH

AlOH3

，故答案為：4.7pH<6.2Al33OH

AlOH；32中Mg2濃度為2.7gL10.1125mol/L，依據(jù)K

[CHCOOsp 11 23 2

Mg]=c(Mg2)c2CH11 23

COO- ，假設(shè)要參與月桂酸鈉后只生成CH

RE，而不產(chǎn)生CH

COO

Mg，則1.8101.81080.1125KspKspCH COOMg11 23c(Mg2)2

11 23 2cCH COO- 11 23

= =410-4molL1，故答案為：410-4；①“加熱攪拌”有利于加快RE3溶出、提高產(chǎn)率，其緣由是加熱攪拌可加快反響速率，故答案為：加熱攪拌可加快反響速率；②“X”CH

COOH熔點為44C，故“X”的過程為：11 23先冷卻結(jié)晶，再固液分別，故答案為：冷卻結(jié)晶；由分析可知，該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有MgSO，故答案為：MgSO；4 4①YCl3

中Y為+3價，PtCl4

Pt為+4Pt

Y0YCl3

和PtCl4

熔融鹽制備PtY31molPt3Y15mol電子，故答案為：15；②堿性溶液中，氫氧燃料電池正極發(fā)生復(fù)原反響，發(fā)生的電極反響為O2+4e-+2H2O=4OH，故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-。5湖南卷〕)主要成分為TiO2，含少量V、SiAl的氧化物雜質(zhì))為原料，制備金屬鈦的工藝流程如下：“降溫收塵”后，粗TiCl中含有的幾種物質(zhì)的沸點：4物質(zhì) TiCl VOCl SiCl AlCl4 3 4 3沸點/℃136

127 57 180答復(fù)以下問題：ΔG=ΔH-TΔS，ΔG的值只打算于反響體系的始態(tài)和終態(tài)，無視ΔH、ΔS隨溫度的變化。假設(shè)ΔG<0，則該反響可以自發(fā)進(jìn)展。依據(jù)以以下圖推斷：600℃時，以下反響不能自發(fā)進(jìn)展的是 。A．C(s)O(g)CO(g)2 2B．2C(s)O(g)2CO(g)2C．TiO(s)2Cl(g)TiCl(g)O(g)2 2 4 2D．TiO(s)C(s)2Cl(g)TiCl(g)CO(g)2 2 4 2TiOC、Cl，在600℃的沸騰爐中充分反響后，混合氣體中各組分的分壓如下表：2 2物質(zhì)分壓MPa

TiCl CO CO Cl4 2 24.59102 1.84102 3.70102 5.98109①該溫度下，TiO與C、Cl反響的總化學(xué)方程式為 ；2 2②隨著溫度上升，尾氣中CO的含量上升，緣由是 。“除釩”過程中的化學(xué)方程式為 ；“除硅鋁”過程中分別TiCl4中含Si、Al雜質(zhì)的方法是 ?！俺C”和“除硅、鋁”的挨次 (填“能”或“不能”)交換，理由是 。(5)以下金屬冶煉方法與本工藝流程中參與Mg冶煉Ti的方法相像的是 。高爐煉鐵C．鋁熱反響制錳【答案】(1)C

電解熔融氯化鈉制鈉D．氧化汞分解制汞(2) 5TiO2+6C+10Cl2

5TiCl4+2CO+4CO2 隨著溫度上升，CO2與C發(fā)生反響C+CO

高溫2CO23VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸餾2不能 假設(shè)先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要參與Al，又引入Al雜質(zhì)；(5)AC44【解析】鈦渣中參與C、Cl2進(jìn)展沸騰氯化，轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的氯化物，降溫收塵后得到粗TiClAl除TiClMgTi。44(1)C(s)+O(g)=CO(g)2C(s)+O(g)=2CO(g)，③TiO(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+O(g)，④2 2 2 2 2 4 2TiO2

(s)+C(s)+2Cl

(g)=TiCl2

(g)+CO4

；由圖可知，600℃時C(s)+O(g)=CO(g)的G<0，反響自發(fā)進(jìn)展，故A不符合題意；2 2由圖可知，600℃時2C(s)+O(g)=2CO(g)的G<0，反響自發(fā)進(jìn)展，故B不符合題意；2由圖可知，600℃時TiO(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+O(g)的G>0，反響不能自發(fā)進(jìn)展，故C符合題意；2 2 4 2依據(jù)蓋斯定律，TiO(s)+C(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+CO(g)可由①+600℃時其G<0，反響自發(fā)2 2 4 2進(jìn)展，故D不符合題意；C；①依據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，該溫度下CCOCO，依據(jù)一樣條件下氣體的壓強之比是物質(zhì)的量之比2TiCl、COCO5：2：4TiOC、Cl反響的總化學(xué)方程式為4 22 2 6002 2

2 22600℃25TiO2+6C+10Cl2

5TiCl4+2CO+4CO，故答案為：5TiO+6C+10Cl

5TiCl4+2CO+4CO；②隨著溫度上升，CO2

與C發(fā)生反響C+CO2

高溫22COCO含量上升，故答案為：隨著溫度上升，CO2C發(fā)生反響C+CO2

高溫2CO；“降溫收塵”VOCl3AlVOCl2渣，依據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平方3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4TiCl4沸點差異較大，“除硅、鋁“過程中可承受蒸餾的方法分

、SiCl，故答案為：3VOCl+Al=3VOCl+AlCl；蒸餾；3 4 3 2 3假設(shè)先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”AlAl雜質(zhì)，因此“除釩”和“除硅、鋁”的挨次不能交換，故答案為：不能；假設(shè)先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”AlAl雜質(zhì)；本工藝中參與Mg冶煉Ti的方法為熱復(fù)原法；A．高爐煉鐵的原理是用復(fù)原劑將鐵礦石中鐵的氧化物復(fù)原成金屬鐵，屬于熱復(fù)原法，故A符合題意；B．電解熔融氯化鈉制取金屬鈉的原理是電解法，故B不符合題意；CAl作復(fù)原劑，將錳從其化合物中復(fù)原出來，為熱復(fù)原法，故C符合題意；D．Hg為不活潑金屬，可以直接用加熱分解氧化汞的方法制備汞，故D不符合題意；AC，故答案為：AC。1二?！持饕煞譃?/p>

、CuCO

FeO

、FeO等雜質(zhì))為原料制備硫酸錳的一種工藝流程如下：

3 3 2 3“氧化”時，反響的離子方程式為 。可用一種試劑檢驗氧化后的溶液中是否含有Fe2+，該試劑為 (寫化學(xué)式)。3 參與MnCO調(diào)整pH=3.3時可以將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)而除去，該反響的離子方程式為 3 “沉銅“c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中緩慢通入氨氣，為了使銅離子完全沉淀而又避開生成Mn(OH)，應(yīng)把握pH的范圍為 。[：常溫下，Ksp[Cu(OH)]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)]=2.1×10-13，離2 2 210-5mol/L可視為沉淀完全]本工藝中可循環(huán)使用的物質(zhì)是 。結(jié)合圖像，分析獲得(MnSO4·H2O)晶體的“系列操作”步驟為： 、 ，酒精洗滌，低溫枯燥?！敬鸢浮?1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6](或KMnO4)(2)3MnCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2↑(3)6.5≤PH＜8(6.5～8)NH、MnCO3 3蒸發(fā)結(jié)晶 趁熱過濾MnCO、CuCOFeO、FeO雜質(zhì)，用硫酸酸浸，得到硫酸錳、硫3 3 3 4酸銅、硫酸鐵、硫酸亞鐵的混合溶液，參與二氧化錳，F(xiàn)e2+Fe3+MnCO3pH生成氫氧NH4HCO，生成MnCO

沉淀，3 3MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸錳溶液，以此解題?！把趸盡nO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二價鐵和鐵氰化鉀相遇的時候會生成藍(lán)色沉淀，可以用鐵氰化鉀來檢驗，另外二價鐵有復(fù)原性，可以使高錳酸鉀褪色，可以用酸性高錳酸鉀來檢驗，故答案為：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6](或KMnO4)；碳酸錳消耗三價鐵水解產(chǎn)生的氫離子，導(dǎo)致氫離子濃度降低，促進(jìn)三價鐵水解，該反響的離子方程式為：3MnCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2↑；110-20銅離子完全沉淀是銅離子濃度小于或等于10-5mol/L，此時c(OH-)= =10-7.5mol/L，10-5c(H+)=

1014 2.11013=10-6.5，pH=6.5；錳離子開頭沉淀時，c(OH-)= =10-6mol/L，c(H+)=

1014

=10-8，pH=8，107.5

0.21

106pH6.5≤PH＜8(6.5～8)；3通過流程圖可知，在加熱趕氨的時產(chǎn)生氨氣，另外此題在沉錳的時候生成碳酸錳，故本工藝中可循環(huán)使NH3、MnCO；3MnSO4MnSO4·H2O的方法為：蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、枯燥，故答案為：蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾。2二?！呈且环N熔點高、耐磨、耐腐蝕的金屬，廣泛用于航天航空等領(lǐng)域。工業(yè)上用富錸渣(ReS2)制得錸粉，其工藝流程如以以下圖所示：答復(fù)以下問題：4錸不溶于鹽酸，可溶于稀硝酸生成強酸高錸酸(HReO)，請寫出反響的離子方程式 。41提高富錸渣浸出率的方法有 (任寫兩種)；酸浸一樣時間測得錸的浸出率與溫度關(guān)系如以以下圖所示，分析高于T℃時錸的浸出率降低的緣由 。1操作II所用的主要玻璃儀器是 。2高錸酸銨和氫氣制取單質(zhì)錸的化學(xué)方程式為 ；此反響過程中，實際消耗H的量大于理論值，其緣由是 。2由高錸酸銨溶液獲得高錸酸銨晶體的一系列操作為 、洗滌、枯燥。(6)整個工藝流程中除有機溶液可循環(huán)利用外，還有 ?！敬鸢浮?1)3Re+4H++7NO=3ReO+7NO↑+2H2O3 4將富錸渣粉碎、適當(dāng)增大H2SO4和H2O2的濃度、適當(dāng)升溫、攪拌等 超過T1°C時，過氧化氫分解分液漏斗Δ2NH4ReO4+7H2 2NH3+2Re+8H2O H2除作復(fù)原劑外，還作保護(hù)氣、用于排盡裝置內(nèi)空氣等蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶(6)NH3或H2SO4【解析】由題給流程可知，向富錸渣中參與稀硫酸和過氧化氫溶液浸取，二硫化錸與過氧化氫溶液反響得到高錸酸和硫酸，過濾得到濾渣和含有高錸酸、硫酸的浸出液；向浸出液中參與有機溶液萃取高錸酸，分液得到含有高錸酸的有機層和含有硫酸的廢液；向有機層中參與氨水反萃取，分液得到有機溶液和高錸酸800℃條件下共熱反響制得錸粉，整個工藝流程中有機溶液、氨氣、硫酸可循環(huán)利用可循環(huán)利用。3Re+4H++7NO=3ReO+73 4NO↑+2H2O，故答案為：3Re+4H++7NO=3ReO+7NO↑+2H2O；3 42 4 2 2 HSOHOT2 4 2 2 時，過氧化氫受熱易分解，過氧化氫的濃度降低，所以酸浸一樣時間錸的浸出率降低，故答案為：將富錸渣粉碎、適當(dāng)增大H2SO4H2O2T1°C時，過氧化氫分解；由分析可知，操作II為分液，所用的主要玻璃儀器為分液漏斗，故答案為：分液漏斗；由分析可知，高錸酸銨晶體與氫氣在800℃條件下共熱反響生成錸、氨氣和水，反響的化學(xué)方程式為Δ2NH4ReO4+7H2 2NH3+2Re+8H2O；得到錸粉時，為防止錸被空氣中氧氣氧化，反響開頭時，需要用氫氣排盡裝置內(nèi)空氣，反響完畢時，需要用保護(hù)氣，所以反響過程中，實際消耗氫氣的量大于理論值，故答案為：Δ2NH4ReO4+7H2 2NH3+2Re+8H2O；H2除作復(fù)原劑外，還作保護(hù)氣、用于排盡裝置內(nèi)空氣等；由分析可知，高錸酸銨溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶等一系列操作得到高錸酸銨晶體，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；4由分析可知，整個工藝流程中有機溶液、氨氣、硫酸可循環(huán)利用可循環(huán)利用，故答案為：NH3或H2SO。43二?！辰饘兮偪捎米饔詈讲牧?、火箭和飛機的制造材料；氧化鈧可提高計算機記憶元件性能。赤泥是鋁土礦加工過程中產(chǎn)生的廢料，含有豐富的鈧元素，另含有FeO、SiO

、AlO

等氧化物。一2 3種從赤泥中提取氧化鈧的工藝流程如以下圖(P2O4是一種磷酸酯萃取劑)。答復(fù)以下問題：寫出赤泥經(jīng)鹽酸處理后所得“浸渣”與強堿溶液反響的離子方程式 。

2 2 3赤泥“酸浸”時溫度過高，酸浸速率反而下降，其緣由是 。P2O4萃取浸出液，其濃度、料液溫度對萃取率的影響如表所示，萃取時P2O4最正確濃度及料液溫度分別為2 、 ；萃取后“鹽酸洗滌”的目的是 。PO2 試驗編號P2O4濃度/%分相狀況鈧萃取率/%鐵萃取率/%1-11分相快90.7615.821-22分相簡潔91.5319.231-33分相簡潔92.9813.561-44有第三相90.6930.121-55略微乳化91.7439.79料液溫度對分別系數(shù)的影響如圖：sp 3(4)反萃取時，Sc3+完全沉淀(濃度為1.0×10-6mol·L-1)時，反萃液的pH為 。(：K[Sc(OH)]=8.00×10-31，lg2=0.30sp 3Sc2(C2O4)3·xH2O2.96g樣品(75%)0.69gSc2O3固體，則x= 。草酸鈧晶體灼燒分解反響方程式為 ，其固體副產(chǎn)物主要為 ?！敬鸢浮?1)SiO+2OH—=SiO2+HO2 3 2鹽酸易揮發(fā)，酸浸時溫度過高，會使氯化氫揮發(fā)，鹽酸濃度減小3% 65℃ FeCl3(4)5.97(5)5(6) Sc(CO)·5H

OScO+3CO↑+3CO↑+5HO 鈧(Sc)2 2 43

2 2 3 2 2高溫【解析】由題給流程可知，赤泥參與鹽酸酸浸時，鈧元素轉(zhuǎn)化為氯化鈧，氧化鐵、氧化鋁溶解轉(zhuǎn)化為氯化鐵、氯化鋁，二氧化硅不反響，過濾得到含有二氧化硅的浸渣和含有氯化鈧、氯化鐵、氯化鋁的浸出液；向浸出液中參與萃取劑P2O4萃取鈧，分液得到含有氯化鐵、氯化鋁的溶液和有機相；向溶液中參與萃取劑萃取溶液中的鐵離子，分液得到氯化鋁溶液；氯化鋁溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到氫氧化鋁，煅燒氫氧化鋁制得氧化鋁；有機相用鹽酸洗滌、分液得到水相和有機相；有機相中參與氫氧化鈉溶液反萃取，過濾得到反萃液和氫氧化鈧；氫氧化鈧參與鹽酸溶解、富集得到氯化鈧；向氯化鈧?cè)芤褐袇⑴c草酸溶液，將氯化鈧轉(zhuǎn)化為草酸鈧，過濾、灼燒草酸鈧制得三氧化二鈧?！敖迸c強堿溶液的反響為二氧化硅與氫氧化鈉溶液反響生成硅酸鈉和水，反響的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO2+H2O，故答案為：SiO2+2OH-=SiO2+H2O；3 3鹽酸是揮發(fā)酸，受熱易揮發(fā)，假設(shè)酸浸時溫度過高，氯化氫揮發(fā)會使鹽酸濃度減小導(dǎo)致酸浸速率下降，故答案為：鹽酸易揮發(fā)，酸浸時溫度過高，會使氯化氫揮發(fā)，鹽酸濃度減??；2 由表格數(shù)據(jù)可知，PO3%時，鈧萃取率最高、鐵萃取率最低，由圖可知，料液溫度為65℃2 2 /鐵、鈧/鋁分別系數(shù)最高，所以萃取時PO3%、65℃，故答案為：3%；65℃2 383810311.0106mol/L3pH14-8.33+lg2=5.97，故答案為：5.97；

sp =c(Sc3)

=2×10-8.33mol/L，由鈧原子原子個數(shù)守恒可知，草酸鈧的物質(zhì)的量與三氧化二鈧的物質(zhì)的量相等，由題給數(shù)據(jù)可知，草酸0.69g3540.69g 2.96g75%-18g/mol

138

x=5，故答案為：5；由得失電子數(shù)目守恒可知，草酸鈧晶體受熱分解生成三氧化二鈧、一氧化碳、二氧化碳和水，反響的化Sc(CO)·5H

OScO+3CO↑+3CO↑+5HO，一氧化碳高溫下復(fù)原性強，反響中生成的一氧化2 2 43

2 2 3 2 2高溫碳高溫條件下能與三氧化二鈧反響生成鈧和二氧化碳，則固體副產(chǎn)物主要為鈧，故答案為：Sc(CO)·5H

OScO+3CO↑+3CO↑+5HO；鈧(Sc)。2 2 43

2 2 3 2 2高溫4二模〕鉻是一種重要的金屬材料，被廣泛用于冶金、化工、耐火材料等行業(yè)。某鉻鐵礦CrO、FeO、FeOMgO、AlOSiO

等，利用其制備多種鉻產(chǎn)品和其他金2 3 2 3 2 3 2屬產(chǎn)品的工藝流程如下：高溫：Al2O3+Na2CO3答復(fù)以下問題：

高溫2NaAlO2+CO2↑SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑高溫FeO+Cr2O3+Na2CO3+NaNO3材質(zhì)的容器？ (填字母)。A．塑料 B．剛玉 C．鐵

Na2CrO4+Fe2O3+NaNO2+A↑，反響時應(yīng)選用何種D．石英步驟②的操作是 和 。寫出過量物質(zhì)A與“濾液1“中溶質(zhì)生成Al(OH)3的離子方程式： ?！盀V液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用離子方程式表示該反響： 。制取高純鉻常用電解法和鋁熱法，鋁熱法的缺點是 。步驟④是在隔絕空氣條件下，除生成Cr2O3外，還生成了Na2CO3和CO，假設(shè)該反響中有3molNa2Cr2O7參與反響，則轉(zhuǎn)移的電子為 mol?！盀V渣1”中鐵元素含量較高，具有回收價值。為回收金屬，需要將含F(xiàn)e3+的有機相進(jìn)展反萃取。在有機相Fe3+22.8g/L(Vo：Va)=1：120min25°C4Fe3+反萃取率的影響試驗結(jié)果如以下圖。當(dāng)反萃取劑的濃度均為0.5mol·L-1時，反萃取效果最好的是 (填化學(xué)式)，在實際操作中需在該反萃取劑中參與確定量H3PO4溶液，其目的是 ；但H3PO4濃度不宜過大，其緣由是 。[：(NH4)2HPO4溶液pH=7.8~8.2]【答案】(1)C(2) 水浸、過濾 H2SiO3 AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO2 3(3)2CrO2+2H+4

Cr2O2+H2O7能耗大或者產(chǎn)品純度較低 1874(NH4)2HPO4 調(diào)整溶液的pH，防止Fe3+在反萃取時可能生成沉淀 pH小會生成NH4H2PO，反萃取率低(或其他合理解釋)4【解析】依據(jù)題干信息，鉻鐵礦的主要成分為Cr

O、FeO、FeOMgO、AlOSiO等，2 3 2 3 2 3 23Na2CO3

、NaNO

32Al32

32O+NaCO32

高溫322NaAlO32

+CO↑、2高溫2SiO2+Na2CO3

高溫Na2SiO3+CO2↑、2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO3

2Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑A為CO，熔塊經(jīng)水浸、過濾后分別出濾渣1FeO，濾渣1經(jīng)酸溶、氧化、萃取分液、反萃取得到Fe3+。濾液2 2 3NaAlO、NaCrO、NaSiO、NaNO、NaNO1CO2含HSiO、2 2 4 2 3 2 3 2 2 3Al(OH)2NaCrONaCr

OCrOCr，據(jù)此3 2 4分析解答。

2 2 7 2 3高溫2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO3

2Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2CO2↑，因此該步驟不能(氧化鋁)與堿性物質(zhì)高溫下反響，塑料不耐熱，可選鐵坩堝，故答案選C；12，故操作為水浸、過濾，濾液1CO2含2H2SiO、Al(OH)Al(OH)AlO+CO+2HO=Al(OH)↓+HCO；3 3 3 2 2 2 3 32Na2CrO

NaCr

O2CrO2+2H+

CrO2+HO；4 2 2 7 4 2 7 2鋁熱反響能耗大，使用鋁熱法制取高純鉻，獲得的產(chǎn)品純度較低，應(yīng)選用電解法，步驟④是在隔絕空氣Cr2O3Na2CO3CO，Cr元素由+6價降低為+33molNa2Cr2O73mol×2×3=18mol；40.5mol/L時，(NH4)2HPO4的反萃取率較高，因此反萃取效果最好的是(NH4)2HPO，4Fe3+Fe(OH)，因此在該反萃取劑中參與確定量HPOpHFe3+在反萃取時3 3 4Fe(OH)3pHNH4H2PO4H3PO4溶液濃度不宜過大。5三模〕具有屏蔽X射線的功能，廣泛應(yīng)用于彩色顯示裝置、等離子顯色裝(SrSO，含少量BaSOCaSO)4 4 4藝流程如下：：①Sr(OH)、Ba(OH)、Ca(OH)在不同溫度下的溶解度(g)：2 2 22040608090100Sr(OH)21.773.958.4220.244.591.2Ba(OH)23.898.2220.94101.4——Ca(OH)20.1730.1410.1210.0940.0860.0762②浸取時發(fā)生反響：2SrS+2H2O=Sr(HS)2+Sr(OH)，硫化鍶的溶解度主要受氫氧化鍶的溶解度影響。2③BaSO、SrCO、BaCOSrSO

均難溶于水，在一樣溫度下的溶解度(S)關(guān)系如下：4 3 3 4S(BaSO4)≈S(SrCO3)＜S(BaCO3)＜S(SrSO4)。答復(fù)以下問題：天青石、煤混合粉碎的目的是 。4天青石與煤焙燒時CO復(fù)原了SrSO ，反響的化學(xué)方程式為 。4用熱水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是 。碳化過程把握條件讓硫氫化鍶吸取二氧化碳有利于產(chǎn)品質(zhì)量的提高，并且可以供給硫化氫使氫氧化鍶轉(zhuǎn)化為硫氫化鍶。寫出碳化時硫氫化鍶吸取二氧化碳的化學(xué)方程式： 。假設(shè)到達(dá)碳化終點后連續(xù)碳化，則會使產(chǎn)品產(chǎn)率降低，結(jié)合化學(xué)方程式解釋緣由，取碳化后的料漿滴入無色酚酞試劑，假設(shè) 說明到達(dá)碳化終點。2 2 3 由于碳化所用的CO2中含有少量的O、SO等，在碳化時發(fā)生副反響，生成少量的SrSO、SrSO，所以要對碳化完成的碳酸鍶漿進(jìn)展脫硫處理。方法為參與純堿，并加熱煮沸，寫出脫硫過SrSO4與純堿反響的化學(xué)方程式 2 2 3 【答案】(1)增大反響物接觸面積，加快反響速率，提高原料的利用率高溫SrSO4+4CO

SrS+4CO2促進(jìn)鍶的化合物的溶解，降低鈣的化合物的溶解(4)Sr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2SSrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO)

，造成產(chǎn)量下降 無色酚酞不變紅32ΔSrSO4+Na2CO3 SrCO3+Na2SO4(SrSOBaSOCaSO)和煤粉碎后灼燒，SrSO

CO反響生成4 4 4 43SrS，利用熱水浸取，過濾除去濾渣1，所得濾液除鋇，過濾得到濾渣2，向濾液中通入CO2SrCO，3SrCO，據(jù)此解答。3依據(jù)外界條件對反響速率的影響可知天青石、煤混合粉碎的目的是增大反響物接觸面積，加快反響速率，提高原料的利用率。高溫COSrSO4SrSSrSO4+4CO

SrS+4CO。2Sr(OH)、Ba(OH)的溶解度隨溫度上升而增大，Ca(OH)2

的溶解度隨溫度上升而減小，所以用熱水浸2 2 2取可以加快浸取速率，另外的主要作用是促進(jìn)鍶的化合物的溶解，降低鈣的化合物的溶解。碳化時硫氫化鍶吸取二氧化碳生成SrCO3和H2SSr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2S。由于二氧化碳足量，發(fā)生反響SrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO)，造成產(chǎn)量下降，所以假設(shè)到達(dá)碳化終點后連續(xù)碳32H2S假設(shè)無色酚酞不變紅說明到達(dá)碳化終點。4SrSO4SrCO3Na2SO，氟的化學(xué)方程式為4ΔSrSO4+Na2CO3 SrCO3+Na2SO4。324 6三?！砙主要含O)，還含F(xiàn)eO、MgO、RuO、CaO、SiO]324 Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合價為 ?！八峤睍r，Na2SO3的作用 。“濾渣”的主要成分有SiO2和 (填化學(xué)式)?！八峤敝嗅懙慕雎逝c浸出溫度、pH的關(guān)系如以下圖，“酸浸”的最正確條件是 。3“除鐵”的離子方程式為 。(提示：1molNaClO參與反響，轉(zhuǎn)移6mol電子)(4)從“濾液2”中可提取一種化肥，其電子式為 。3“灼燒”時Ar的作用是 。10t釕礦石[8.84tRu(CO)

、165kgRuO

]，最終制得3636kgRu，則Ru的產(chǎn)率為 。(保存三位有效數(shù)字)

32 4【答案】(1)+3價4 (2) 溶解RuO CaSO 溫度為65℃、pH為4 (3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO2+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-3 4(4)(5)作保護(hù)氣，防止釕與空氣中的氧氣反響(6)87.8%【解析】由題給流程可知，釕礦石中加稀硫酸和亞硫酸鈉酸浸時，釕元素轉(zhuǎn)化為硫酸釕，氧化亞鐵、氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸亞鐵、硫酸鎂，氧化鈣與稀硫酸反響生成硫酸鈣，二氧化硅與硫酸不反，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的濾渣和含有硫酸釕的濾液；向濾液中先后參與氯酸鈉溶液、碳酸鈉溶液將鐵元素轉(zhuǎn)化為生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，過濾得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和濾液；向濾液中參與加氟化鈉溶液將鎂元素轉(zhuǎn)化為氟化鎂沉淀，過濾得到氟化鎂和濾液；向濾液中參與碳酸鈉溶液將釕元素轉(zhuǎn)化為碳酸釕沉淀，過濾得到濾液1和碳酸釕；碳酸釕溶于鹽酸得到氯化釕，向氯化釕溶液中參與草酸銨溶液將氯化釕轉(zhuǎn)化為草酸釕沉淀，2和草酸釕；在氬氣氣氛中灼燒草酸釕制得釕。0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中鐵元素的化合價為+3價，故答案為：+3價；由分析可知，酸浸時參與亞硫酸鈉溶液的目的是溶解四氧化釕，將四氧化釕轉(zhuǎn)化為可溶的硫酸釕；濾渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣；由圖可知，溫度為65℃、pH為1.0”最正確條65℃、pH1.0RuO

；CaSO65℃、pH1.0；4 4Na2Fe4(SO4)4(OH)26Na++12Fe2++2ClO+18SO2+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案為：3 46Na++12Fe2++2ClO+18SO2+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；3 4由分析可知，濾液2的主要成分為離子化合物的氯化銨，電子式為 ，故答案為：；灼燒時氬氣的作用是做保護(hù)氣，否則反響得到的釕被空氣中的氧氣氧化，故答案為：作保護(hù)氣，防止釕與空氣中的氧氣反響；10t3636kg釕，由釕原子個數(shù)守恒可知，釕的產(chǎn)率為3636103g101g/mol8.84106g165103g221g/mol 165g/mol

×100%=87.8%，故答案為：87.8%。3 2 4 2 7三?！硈)含H3AsO、HSO)AsO3 2 4 2 4：①As2O3為酸性氧化物；②As2S3Na2SFeSO，的目的是除去過量的S2-。4答復(fù)以下問題：3 廢水中HAsO中砷元素的化合價為3 23“焙燒”操作中，AsS23“堿浸”的目的 ，“濾渣Y”的主要成分是 。(寫化學(xué)式)。(4)“氧化”操作的目的是 (用離子方程式表示)。2 “復(fù)原”H3AsO4轉(zhuǎn)化為H3AsO3然后將“復(fù)原”后溶液加熱，H3AsO3AsO。某次“復(fù)原”2 制得了1.98kgAsO，則消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體X的體積是 2 3砷酸鈉(Na3AsO4)1AsO3-+2H++2I-=AsO3-+I2+H2OpH4 3對AsO3-氧化性的影響測得輸出電壓與pH的關(guān)系如圖2所示則a點時鹽橋中K+ (填“向左”“向4右”或“不”)移動，c點時，負(fù)極的電極反響為 ?！敬鸢浮?1)+3價(2)2AsS23

9O2

△ 2AsO2 3

6SO2(3)將AsO轉(zhuǎn)化為NaAsO，與FeO分別 FeO(3)2 3 3 3 2 3 2 3(4)AsO3HO3 2

AsO3HO4 2(5)448(6) 向左 AsO3H3

O2e2

AsO32H4【解析】向酸性含砷廢水中參與硫化鈉溶液和硫酸亞鐵溶液，將亞砷酸轉(zhuǎn)化為硫化砷和硫化亞鐵沉淀，過濾得到含有硫酸鈉的濾液M和硫化砷、硫化亞鐵；硫化砷和硫化亞鐵在空氣中煅燒得到三氧化二砷、氧化鐵和二氧化硫，則氣體X為二氧化硫；向三氧化二砷、氧化鐵中參與氫氧化鈉溶液堿浸，將三氧化二砷轉(zhuǎn)化為亞砷酸鈉，過濾得到氧化鐵濾渣Y和亞砷酸鈉溶液；向亞砷酸鈉溶液中參與過氧化氫溶液，將亞砷酸鈉氧化為砷酸鈉，向砷酸鈉溶液中參與稀硫酸酸化得到砷酸，通入二氧化硫氣體將砷酸復(fù)原為亞砷酸，亞砷酸受熱分解生成三氧化二砷。0可知，亞砷酸中砷元素為+3價，故答案為：+3價；由分析可知，硫化砷在空氣中煅燒生成三氧化二砷和二氧化硫，反響的化學(xué)方程式為2AsS23

9O2

△ 2AsO2 3

6SO2

2AsS23

9O2

△ 2AsO2 3

6SO；2由分析可知，堿浸的目的是將三氧化二砷轉(zhuǎn)化為亞砷酸鈉，與不與氫氧化鈉溶液反響的氧化鐵分別，濾Y渣為氧化鐵，故答案為：將AsO轉(zhuǎn)化為NaAsO，與FeOFeO；Y2 3 3 3 2 3 2 3參與過氧化氫溶液氧化操作的目的是亞砷酸鈉與過氧化氫溶液反響生成砷酸鈉和水，反響的離子方程式為AsO3HO3 2

AsO3H4

OAsO3HO2 3 2

AsO3HO；4 2由分析可知，向砷酸鈉溶液中參與稀硫酸酸化得到砷酸，通入二氧化硫氣體將砷酸復(fù)原為亞砷酸，亞砷酸受熱分解生成三氧化二砷，由得失電子數(shù)目守恒可知，生成1.98kg三氧化二砷時，反響消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下1980g 2二氧化硫的體積為198g/mol ×2×2 ×22.4L/mol=448L，故答案為：448；由圖可知，apH0，平衡向正反響方向移動，甲池中石墨電極為原電池的正極，乙池中石墨電極為負(fù)極，則鹽橋中鉀離子向左側(cè)甲池移動；cpH減小，平衡向逆反響方向移動，乙池中石墨電極為正極，甲池中石墨電極為負(fù)極，在水分子作用下，亞砷酸根在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反響生成砷酸根離子，電極反響式為AsO3H3

2

AsO32H，故答案為：向左；43

2

AsO32H。48二?！持饕煞譃?制CuSO4?5H2O的流程如圖。R可以萃取g答復(fù)以下問題：焙燒前粉碎的目的是 。

萃取反萃取

CuR

2(org)+2H+(aq)。“調(diào)整pH時，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為 ，試劑X的最正確選擇是 (填標(biāo)號)。a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3?H2O25℃時，“pH”后，測得濾液中各離子濃度及相關(guān)數(shù)據(jù)如表所示。(lg2=0.3)離子濃度/(mol·L-1)

Fe3+1.0×10-6

Cu2+5.0

Ni2+1.2

Fe2+0對應(yīng)氫氧化物的K 6.4×10-38 2.2×10-20 2.0×10-15 8.0×10-162該濾液的pH為 ；參與的Cu(OH) (填“已經(jīng)”或“沒有”)完全溶解。2向萃”后的水相中參與確定量的O和能制得黑色不溶物該反響的化學(xué)方程式 (5)“操作Ⅱ”包括洗滌，洗滌該沉淀的操作為 。(6)將得到的膽礬產(chǎn)品做熱重分析，測得的數(shù)據(jù)如以下圖。：雜質(zhì)不分解，250℃時，膽礬失去全部結(jié)晶水。則A點膽礬分解得到的物質(zhì)為 (填化學(xué)式)；該膽礬產(chǎn)品的純度為 (保存4位有效數(shù)字)?！敬鸢浮?1)增大接觸面積，提高反響速率(2) 2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+， c(3) 3.6 已經(jīng)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O向過濾器中參與蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次。(6) CuSO4?3H2O 96.53%【解析】由題中流程可知，銅鎳礦石(CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的雜質(zhì))粉碎焙燒，充分氧化，煙氣的主要成分為二氧化硫，加稀硫酸酸浸，過濾，濾渣1為SiO2和不溶于酸的雜質(zhì)，濾液中參與HOFe2+Fe3+Cu(OH)pHFe3+Fe(OH)

沉淀，連續(xù)過濾，濾渣2 2 2 33為Fe(OH)，濾液中參與HR進(jìn)展萃取，除去鎳離子，有機相中參與硫酸進(jìn)展反萃取，水相的主要成分為硫酸銅溶液，加熱蒸發(fā)，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，枯燥即可獲得產(chǎn)品；據(jù)此解答。3由上述分析可知，焙燒前粉碎的目的是增大接觸面積，提高反響速率，使礦石充分氧化；答案為增大接觸面積，提高反響速率。由上述分析可知，參與Cu(OH)2pH，使Fe3+Fe(OH)3沉淀，生成氫氧化鐵沉淀的離子方程式為2Fe3++3Cu(OH)=2Fe(OH)↓+3Cu2+；由題中信息Cu2+(aq)+2HR(org) 萃取 CuR(org)+2H+(aq)可知，2 3 反萃取 2要使平衡逆向移動，則增加H+濃度，即有機相中參與硫酸進(jìn)展反萃取，可以分別銅離子，還不會產(chǎn)生雜質(zhì)，所以選項c2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c。由題中表格數(shù)據(jù)可知，25℃時，“調(diào)整pH”后，測得濾液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，由于Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，則K FeOH c(OH-)=3

sp

6.41038 K3 =3 =4×10-11mol/L，c(H+)= w

110

14 =

×10-3mol/L，cFe3

1106 c(OH)

41011 4pH=3+lg4=3+2lg2=3.6c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20Cu(OH)2已經(jīng)完全3.6；已經(jīng)。向“萃取”NaClONaOH，能制得黑色不溶物NiOOHNiSO4NaClO發(fā)生氧化復(fù)原反響，該反響的化學(xué)方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O?！安僮鳍颉?～次；答案為向過濾器中參與蒸餾水浸沒沉淀，待蒸餾水流下后，重復(fù)操作2～3次。由題中信息和圖示可知，雜質(zhì)不分解，250℃時，膽礬失去全部結(jié)晶水，此時失重率為34.75%，設(shè)產(chǎn)品總CuSO?5HOCuSO5HO4 242質(zhì)量為m克，該膽礬產(chǎn)品的純度為x，則 250gmgx90g ，解之mg34.75%25034.75%x=90

=96.53%；A13.90%ACuSO4?yH2O，則CuSO4

O CuSO2

?yH2

O (5y)HO185

，所以25013.90%18(5y)96.53%，解之

，所以250g yg y=3 Amg96.53% mg13.90%CuSO4?3H2O；答案為CuSO4?3H2O；96.53%。9二?！虫N是一種稀散金屬，在光纖通信、航空航天等領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用，模擬從氧化鋅煙灰(ZnO、ZnO·GeO、FeO·GeO、FeO·GeO、PbO等)中提取鍺元素的流程圖如下：2 2 2 3 2pH2，GeGeO2+的形式存在；Fe3+絡(luò)合沉淀。浸取時ZnO·GeO2發(fā)生反響的化學(xué)方程式是 ，浸渣的主要成分是 。試劑X的作用是 。以以下圖為沉鍺時溶液pH對鍺沉淀率的影響，則適宜的pH應(yīng)為 (填標(biāo)號)。A．1.0 B．2.0 C．2.5 D．3.0沉鍺時有一段沉鍺和二段沉鍺兩種工藝，單寧酸用量與鍺沉淀率關(guān)系如表所示，工業(yè)常用二段沉鍺工藝且單寧酸總用量為25倍，其緣由是 。一段沉鍺單寧酸總用量/倍1015202530鍺沉淀率/%88.589.590.591.593.5二段沉鍺單寧酸總用量/倍1015202530鍺沉淀率/%9293.594.59797.5可從濾液中回收的金屬元素主要有 。4 C2H2O表示單寧酸，壓濾后的含鍺沉淀表示為GeO(C2H2O)2SOSO、H2O4 2CO三種氣體，該反響方程式為 。2【答案】(1) ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4(2)Fe3+(3)C單寧酸總用量一樣時，二段沉鍺時鍺沉淀率更高；二段沉鍺時，單寧酸用量超過25倍后，沉淀率增大幅度較小Zn、Fe(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O2

灼燒2GeO2+8CO2+4H2O+2SO2【解析】由題給流程可知，向氧化鋅煙灰中參與硫酸溶液浸取時，PbOPbSO，ZnO、4ZnO·GeO、FeO·GeO、FeO·GeOZnSO、FeSO、Fe(SO)、GeOSO，過濾得到含2 2 2 3 2 4 4 2 43 4442PbSO4ZnSO、FeSO、Fe442

(SO)

、GeOSO

的濾液；向濾液中先參與鐵，將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞434鐵離子，防止單寧酸沉鍺時，鐵離子轉(zhuǎn)化為沉淀，再參與氧化鋅調(diào)整溶液pH至2.5，后參與單寧酸沉鍺，434ZnSO、FeSO的濾液和含鍺沉淀；含鍺沉淀在空氣中灼燒GeO。4 4 24 由分析可知，ZnO·GeO2ZnSO、GeOSO4 ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；濾渣的主要成分為硫酸鉛，故答案為：ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO；4由分析可知，試劑X為鐵，參與鐵的目的是將鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，防止單寧酸沉鍺時，鐵離子也轉(zhuǎn)化為沉淀，導(dǎo)致含鍺沉淀中含有雜質(zhì)，故答案為：復(fù)原Fe3+；pH2.5時，鍺沉淀率最高，所以沉鍺時，溶液適宜的pH2.5C；由表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)單寧酸總用量一樣時，二段沉鍺時鍺沉淀率高于一段沉鍺，所以工業(yè)常用二段沉鍺工藝；二段沉鍺時，單寧酸總用量增大，鍺沉淀率增大，當(dāng)用量超過25倍后，沉淀率增大幅度較小，所以為節(jié)約生產(chǎn)本錢，應(yīng)選擇單寧酸總用量為25倍進(jìn)展二段沉鍺，故答案為：單寧酸總用量一樣時，二段沉鍺時鍺沉淀率更高；二段沉鍺時，單寧酸用量超過25倍后，沉淀率增大幅度較小；由分析可知，濾液中含有ZnSO、FeSO，所以可從濾液中回收的金屬元素為鋅元素、鐵元素，故答案為：4 4Zn、Fe；由題意可知，含鍺沉淀在空氣中灼燒發(fā)生的反響為GeO(C2H2O)2SO4與空氣中氧氣反響生成二氧化鍺、二灼燒2氧化碳二氧化硫和水反響的化學(xué)方程式為2GeO(C2H2O)2SO4+7O2 2GeO2+8CO2+4H2O+2SO故答案為：2灼燒2GeO(C2H2O)2SO4+7O2

2GeO2+8CO2+4H2O+2SO。20三模主要成分為含錳化合物及2與氧化錳礦(主要成分為MnO2等錳的氧化物)為原料制備硫酸錳的工藝流程如下：：①“混合焙燒”MnSO、FeOFeO、AlO、MgO。4 2 3 2 3pH范圍如下表所示(25℃)：3物質(zhì) Fe(OH)3

Fe(OH)2

Mn(OH)2

Al(OH)31.97.67.33.03.29.69.35.2③離子濃度≤10-5mol·L-1時，離子沉淀完全?！盎旌媳簾钡闹饕康氖?2假設(shè)試劑a為MnO，則氧化步驟發(fā)生反響的離子方程式為 ，假設(shè)省略“氧化”步驟，造成的影響是2 ?！爸泻统s”時，應(yīng)把握溶液的pH范圍是 ?！胺s”后，溶液中c(F-)濃度為0.05mol·L-1。則溶液中c(Mg2+)和c(Ca2+)的比值= (：Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12)4 3 2 “碳化結(jié)晶”時發(fā)生反響的離子方程式為 ，選擇NHHCO而不選擇NaCO溶液的緣由是 4 3 2 【答案】(1)除去礦物中的硫元素(或?qū)⒘蚧镛D(zhuǎn)變?yōu)榻饘傺趸?(2) MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O Fe2+Mn2+Mn2+損失(3)5.2≤pH<7.3(5.2~7.3)(4)1600/9(177.8177.78)(5) Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO Mn2+Mn(OH)3 3 2 2 2(FeS)MnSOFeOFeOAlO、4 2 3 2 3MgO，參與硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，參與二氧化錳將亞鐵離子氧化為鐵離子，MnF2Mg2+Ca2+沉淀完全，此時溶液中的金屬離子為錳離子，參與碳酸氫銨發(fā)生Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO，參與3 3 2 2硫酸溶解得硫酸錳溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、枯燥等系列操作得到硫酸錳晶體。FeS，“混合焙燒”可以將金屬硫化物轉(zhuǎn)化為金屬氧化物，同時除去硫元素，故“混合焙燒”主要目的是除去礦物中的硫元素(或?qū)⒘蚧镛D(zhuǎn)變?yōu)榻饘傺趸?；2aMnO，氧化時用二氧化錳氧化亞鐵離子生成三價鐵離子，本身被復(fù)原成二價錳離子，則氧化MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；假設(shè)省略“氧化”步驟，則鐵元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亞鐵離子的同時錳離子也除去了，即造成的影響是Fe2+Mn2+已2Mn2+損失；“中和除雜”的目的是使鋁離子、鐵離子完全沉淀且錳離子不沉淀，則由表格可知要把握溶液的pH范圍是5.2≤pH<7.3(5.2~7.3)；“氟化除雜”c(F-)0.05mol/Lc(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=(6.4×10-10):(3.6×10-12)=1600/9(177.8177.78)；3“碳化結(jié)晶”NH4HCO，生成碳酸錳，結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知發(fā)生反響的離子方程式為3Mn2++2HCO-=MnCO