第05講 工業(yè)流程解題策略（練習(xí)）（教師版） 2025年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）

第05講工業(yè)流程解題策略目錄01模擬基礎(chǔ)練【題型一】以制備物質(zhì)簡單流程為背景【題型二】以資源開發(fā)利用為背景【題型三】以物質(zhì)分離提純?yōu)楸尘啊绢}型四】制備物質(zhì)綜合工藝流程【題型五】化學(xué)原理運(yùn)用工藝流程02重難創(chuàng)新練03真題實(shí)戰(zhàn)練題型一以制備物質(zhì)簡單流程為背景1．(2024·北京市朝陽區(qū)高三質(zhì)量檢測)實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)制備KClO3并探究其性質(zhì)，過程如下：下列說法不正確的是()A．可用飽和NaOH溶液凈化氯氣B．生成KClO3的離子方程式為3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2OC．推測若取無色溶液a于試管中，滴加稀H2SO4后再加入少量CCl4，下層液體變紫色D．上述實(shí)驗(yàn)說明堿性條件下氧化性：Cl2>KClO3，酸性條件下氧化性：Cl2<KClO3【答案】A【解析】由制備流程可知，①中濃鹽酸與二氧化錳加熱制備氯氣，②中凈化時(shí)選飽和食鹽水除去揮發(fā)的HCl，濃硫酸干燥氯氣，然后發(fā)生3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O，氯酸鉀與鹽酸加熱可發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成黃綠色氣體為氯氣，氯酸與過量KI發(fā)生ClO3-+I-=Cl-+IO3-，得到無色溶液a。A項(xiàng)，氯氣能和NaOH溶液反應(yīng)，不可用飽和NaOH溶液凈化氯氣，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，生成KClO3時(shí)只有Cl元素的化合價(jià)變化，離子方程式為3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，若取少量無色溶液a于試管中，滴加稀H2SO4后，Cl-、IO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘，CCl4密度比水小且能萃取碘單質(zhì)，下層液體變紫色，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，由氯氣與KOH的反應(yīng)、氯酸鉀與鹽酸的反應(yīng)，結(jié)合氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，上述實(shí)驗(yàn)說明堿性條件下氧化性：Cl2>KClO3，酸性條件下氧化性：Cl2<KClO3，D項(xiàng)正確；故選A。2．(2024·福建省龍巖市高三第一次模擬)以煉鐵廠鋅灰(主要成分為ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)為原料制備ZnO的流程如圖所示。下列說法正確的是()已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分別轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。A．H-N-H鍵角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B．“濾渣②”的主要成分為Fe、Cu和ZnC．所含金屬元素的質(zhì)量“濾液①”<“濾液②”D．“煅燒”時(shí)需要在隔絕空氣條件下進(jìn)行【答案】C【解析】浸取時(shí)，ZnO、CuO轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反應(yīng)，濾液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3?H2O，濾渣①的主要成分為Fe2O3和MnO2；加入Zn粉時(shí)，發(fā)生反應(yīng)Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，從而實(shí)現(xiàn)去除雜質(zhì)[Cu(NH3)4]2+，濾渣②的主要成分為Cu和過量的Zn，濾液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3?H2O，經(jīng)過蒸氨沉鋅操作獲得沉淀，最后煅燒獲得ZnO。A項(xiàng)，NH3提供孤電子對與Cu2+形成配位鍵后，孤電子對轉(zhuǎn)化為成鍵電子對，對N—H成鍵電子對受到的排斥力減小，則H-N-H鍵角變大，即[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，濾渣②的主要成分為Cu和過量的Zn，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，濾液①中含有金屬元素的離子為[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入鋅粉發(fā)生反應(yīng)Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，因此濾液①中[Cu(NH3)4]2+轉(zhuǎn)化為[Zn(NH3)4]2+，因此濾液②中含有金屬元素的離子為[Zn(NH3)4]2+，Zn的相對原子質(zhì)量大于Cu，金屬元素的質(zhì)量增加，即“濾液①”<“濾液②”，故C正確；D項(xiàng)，煅燒時(shí)ZnCO3·Zn(OH)2會(huì)分解，Zn為+2價(jià)，不會(huì)被氧氣氧化，因此不需要隔絕空氣，故D錯(cuò)誤；故選C。3．(2024·江蘇省南京師范大學(xué)蘇州實(shí)驗(yàn)學(xué)校高三零?？荚?一種海水提溴的部分工藝流程如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A．“氧化”和“轉(zhuǎn)化”工序中Cl2的主要作用相同B．水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有H+和Cl-C．“洗脫”工序可完成R3NCl的再生D．保存液溴時(shí)加適量水的主要作用是防止溴單質(zhì)被氧化【答案】D【解析】鹵水“氧化”時(shí)氯氣與鹵水反應(yīng)置換出Br2，同時(shí)氯氣與水反應(yīng)生成HCl進(jìn)入水相Ⅰ；“還原”時(shí)SO2與R3N[ClBr2]反應(yīng)生成H2SO4、HBr、R3NCl，R3NCl再與HBr反應(yīng)生成HCl和R3NBr，用鹽酸“洗脫”R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯氣氧化得到溴單質(zhì)，蒸餾得到液溴。A項(xiàng)，“氧化”和“轉(zhuǎn)化”工序中Cl2的主要作用均為氧化Br-，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，由流程中轉(zhuǎn)化關(guān)系知，“氧化”時(shí)氯氣與鹵水反應(yīng)置換出Br2，同時(shí)氯氣與水反應(yīng)生成HCl進(jìn)入水相Ⅰ；“還原”時(shí)SO2與R3N[ClBr2]反應(yīng)生成H2SO4、HBr、R3NCl，R3NCl再與HBr反應(yīng)生成HCl和R3NBr，故水相Ⅱ中含H+和Cl-，則水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有H+和Cl-，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，用鹽酸“洗脫”R3NBr生成HBr同時(shí)生成R3NCl，可完成R3NCl的再生，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，保存液溴時(shí)加適量水的主要作用是防止溴單質(zhì)揮發(fā)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D。4．(2024·黑龍江省大慶市三模)工業(yè)上常用的一種海水中提溴技術(shù)叫做“吹出法”，其過程主要包括氧化、吹出、吸收和蒸餾等環(huán)節(jié)(如下圖)，下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是()A．過程中酸化海水的目的是抑制Br2的溶解B．吸收塔中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBrC．實(shí)驗(yàn)室模擬蒸餾過程，用到的主要儀器包括：蒸餾燒瓶、球形冷凝管、溫度計(jì)等D．保存液溴的過程中，水封的主要目的是防止或減弱Br2的揮發(fā)【答案】C【解析】A項(xiàng)，Br2溶于水顯酸性，酸化海水可以抑制Br2的溶解，A正確；B項(xiàng)，SO2具有還原性，Br2具有氧化性，則吸收塔中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HB，B正確；C項(xiàng)，蒸餾過程不能用球形冷凝管，應(yīng)該用直形冷凝管，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，因?yàn)锽r2易揮發(fā)，所以水封的主要目的是防止或減弱Br2的揮發(fā)，D正確；故選C。題型二以資源開發(fā)利用為背景5．(2024·廣西南寧市高三模擬)氨氮廢水是造成水體富營養(yǎng)化的原因之一，下圖為處理氨氮廢水的流程。下列離子方程式書寫錯(cuò)誤的是()A．過程①：NH4++OH-=NH3·H2OB．過程②總反應(yīng)式：3Cl2+2NH3·H2O=6Cl-+N2↑+2H2O+6H+C．過程③：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+D．Cl2溶于水：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-【答案】D【解析】A項(xiàng)，含NH4+廢水與NaOH溶液反應(yīng)生成NH3·H2O，其反應(yīng)的離子方程式為：NH4++OH-=NH3·H2O，A不符合題意；B項(xiàng)，過程②加入Cl2可將廢水中的NH3·H2O轉(zhuǎn)化為無毒氣體，反應(yīng)過程中氯元素化合價(jià)由0價(jià)降低到-1價(jià)，化合價(jià)降低，被還原，氮元素的化合價(jià)由-3價(jià)升高到0價(jià)，化合價(jià)升高，被氧化，配平之后為：3Cl2+2NH3·H2O=6Cl-+N2↑+2H2O+6H+，B不符合題意；C項(xiàng)，過程③中Na2SO3溶液的作用是將含余氯廢水中的Cl2轉(zhuǎn)化為氯離子，反應(yīng)為：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+，C不符合題意；D項(xiàng)，Cl2溶于水為可逆反應(yīng)，生成的HClO為弱酸，不能拆開，反應(yīng)為：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，D符合題意；故選D。6．(2024·山東省煙臺(tái)等三市高三一模)廢舊鉛蓄電池的鉛膏主要含有PbSO4、PbO2和Pb。從鉛膏中回收PbO流程如下?！疽阎篜b(OH)2性質(zhì)類似Al(OH)3】下列說法錯(cuò)誤的是()A．“脫硫”是把PbSO4轉(zhuǎn)化為Na2SO4將硫除去B．“酸浸”發(fā)生的反應(yīng)有PbCO3+2HAc=Pb(Ac)2+CO2↑+H2OC．“酸浸”中H2O2會(huì)分解，應(yīng)適當(dāng)過量D．“沉鉛”時(shí)為保證鉛的完全沉淀，應(yīng)該加入過量氫氧化鈉【答案】D【解析】從主要含PbSO4、PbO2廢舊鉛蓄電池的鉛膏中回收鉛資源，通過如圖流程可知“脫硫”時(shí)利用了沉淀轉(zhuǎn)化原理，將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，便于后面的酸浸，在“酸浸”時(shí)H2O2將PbO2還原，最終鉛元素全部轉(zhuǎn)化為可溶性的Pb(Ac)2，“沉鉛”時(shí)將Pb(Ac)2轉(zhuǎn)化為Pb(OH)2，最后Pb(OH)2加熱得到PbO。A項(xiàng)，在“脫硫”工藝中，PbSO4與Na2CO3溶液反應(yīng)生成更難溶的PbCO3，同時(shí)生成Na2SO4留在濾液中將硫除去，A正確；B項(xiàng)，“酸浸”中PbO2通過和H2O2、HAc反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，同時(shí)“脫硫”工藝中生成的PbCO3與醋酸反應(yīng)也生成Pb(Ac)2，故發(fā)生的反應(yīng)有PbCO3+2HAc=Pb(Ac)2+CO2↑+H2O，B正確；C項(xiàng)，H2O2本身易分解，故“酸浸”中H2O2會(huì)分解，為保證PbO2反應(yīng)徹底，H2O2應(yīng)適當(dāng)過量，C正確；D項(xiàng)，“沉鉛”時(shí)生成Pb(OH)2，由于Pb(OH)2性質(zhì)類似Al(OH)3，若氫氧化鈉過量，會(huì)導(dǎo)致溶解，反而不利于“沉鉛”，故D錯(cuò)誤；故選D。7．(2024·江蘇省常州市普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試適應(yīng)性訓(xùn)練)醫(yī)學(xué)發(fā)現(xiàn)一種Fe3O4納米粒子具有肝靶向功能。利用廢舊鍍鋅鐵皮制備Fe3O4膠體粒子的流程圖示意如下：已知：Zn溶于強(qiáng)堿時(shí)生成[Zn(OH)4]2-。下列有關(guān)說法正確的是()A．“Fe3O4”俗稱鐵紅B．“堿洗”是為了洗去廢舊鍍鋅鐵皮表面的油污C．“酸溶”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OD．“氧化”后溶液中存在的離子有：H+、、、SO42-【答案】D【解析】廢舊鋅鐵皮加入NaOH溶液中，氫氧化鈉溶液與油污反應(yīng)生成高級脂肪酸鹽，具有去除油污作用，Zn溶于強(qiáng)堿時(shí)生成[Zn(OH)4]2-，過濾，所得固體加入過量稀硫酸，溶解鐵，發(fā)生Fe+2H+=Fe2++H2↑，加入適量過氧化氫，氧化部分亞鐵離子，氧化后的溶液中含有H+、、、SO42-，向溶液中通入氮?dú)馀懦隹諝夥乐箒嗚F離子被氧化，加入NaOH溶液生成四氧化三鐵膠體粒子。A項(xiàng)，F(xiàn)e2O3俗稱鐵紅，F(xiàn)e3O4俗稱磁性氧化鐵，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，氫氧化鈉溶液與油污反應(yīng)生成高級脂肪酸鹽，具有去除油污作用，Zn溶于強(qiáng)堿時(shí)生成[Zn(OH)4]2-，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，“酸溶”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，“氧化”后溶液中存在的離子有：H+、、、SO42-，故D正確；故選D。8．(2024·江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三下學(xué)期月考)利用如下流程可從廢光盤中回收金屬層中的銀(金屬層中其他金屬含量過低，對實(shí)驗(yàn)影響可忽略)：已知：NaClO溶液在加熱時(shí)易分解生成NaCl和NaClO3。下列說法正確的是()A．若省略第一次過濾，會(huì)使氨水的用量增加B．“氧化”時(shí)，發(fā)生的化學(xué)方程式：C．若“還原”工序利用原電池來實(shí)現(xiàn)，則N2是正極產(chǎn)物D．“還原”時(shí)，每生成1molAg，理論上消耗【答案】A【解析】由題給流程可知，廢光盤碎片中的銀在80℃水浴加熱條件下與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成氯化銀、氫氧化鈉和氧氣，過濾得到濾液和含有氯化銀的濾渣；向?yàn)V渣中加入氨水，將氯化銀轉(zhuǎn)化為銀氨絡(luò)離子，過濾得到濾渣和含有銀氨絡(luò)離子的濾液；向?yàn)V液中加入一水合肼溶液，溶液中銀氨絡(luò)離子與一水合肼溶液反應(yīng)生成銀、氮?dú)狻睔?、銨根離子和水，過濾得到銀。A項(xiàng)，若省略第一次過濾，過量的次氯酸鈉溶液能將一水合氨氧化為氮?dú)?，?huì)使氨水的用量增加，A正確；B項(xiàng)，由分析可知，氧化時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為廢光盤碎片中的銀在80℃水浴加熱條件下與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成氯化銀、氫氧化鈉和氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由化合價(jià)變化可知，若還原工序利用原電池來實(shí)現(xiàn)，一水合肼會(huì)在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成生成氮?dú)?，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，還原時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為溶液中銀氨絡(luò)離子與一水合肼溶液反應(yīng)生成銀、氮?dú)?、氨氣、銨根離子和水，反應(yīng)的離子方程式為4[Ag(NH3)2]++N2H4?H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，則反應(yīng)生成1mol銀時(shí)，理論上消耗，D錯(cuò)誤；故選A。題型三以物質(zhì)分離提純?yōu)楸尘?．(2024·江蘇省揚(yáng)州中學(xué)高三下學(xué)期月考)利用如下流程可從廢光盤中回收金屬層中的銀(金屬層中其他金屬含量過低，對實(shí)驗(yàn)影響可忽略)：已知：NaClO溶液在加熱時(shí)易分解生成NaCl和NaClO3。下列說法正確的是()A．若省略第一次過濾，會(huì)使氨水的用量增加B．“氧化”時(shí)，發(fā)生的化學(xué)方程式：C．若“還原”工序利用原電池來實(shí)現(xiàn)，則N2是正極產(chǎn)物D．“還原”時(shí)，每生成1molAg，理論上消耗【答案】A【解析】由題給流程可知，廢光盤碎片中的銀在80℃水浴加熱條件下與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成氯化銀、氫氧化鈉和氧氣，過濾得到濾液和含有氯化銀的濾渣；向?yàn)V渣中加入氨水，將氯化銀轉(zhuǎn)化為銀氨絡(luò)離子，過濾得到濾渣和含有銀氨絡(luò)離子的濾液；向?yàn)V液中加入一水合肼溶液，溶液中銀氨絡(luò)離子與一水合肼溶液反應(yīng)生成銀、氮?dú)?、氨氣、銨根離子和水，過濾得到銀。A項(xiàng)，若省略第一次過濾，過量的次氯酸鈉溶液能將一水合氨氧化為氮?dú)?，?huì)使氨水的用量增加，A正確；B項(xiàng)，由分析可知，氧化時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為廢光盤碎片中的銀在80℃水浴加熱條件下與次氯酸鈉溶液反應(yīng)生成氯化銀、氫氧化鈉和氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由化合價(jià)變化可知，若還原工序利用原電池來實(shí)現(xiàn)，一水合肼會(huì)在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成生成氮?dú)?，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，還原時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為溶液中銀氨絡(luò)離子與一水合肼溶液反應(yīng)生成銀、氮?dú)?、氨氣、銨根離子和水，反應(yīng)的離子方程式為4[Ag(NH3)2]++N2H4?H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，則反應(yīng)生成1mol銀時(shí)，理論上消耗，D錯(cuò)誤；故選A。10．無水FeCl3常用作芳烴氯代反應(yīng)的催化劑。以廢鐵屑(主要成分Fe，還有少量Fe2O3、C和SiO2)制取無水FeCl3的流程如下，下列說法正確的是()A．“過濾”所得濾液中大量存在的離子有：Fe3+、Fe2+、H+、Cl-B．“氧化”時(shí)可使用新制氯水作氧化劑C．將“氧化”后的溶液蒸干可獲得FeCl3·6H2OD．“脫水”時(shí)加入SOCl2能抑制FeCl3的水解，原因是SOCl2與水反應(yīng)生成H2SO4和HCl【答案】B【解析】廢鐵屑加入鹽酸酸溶，碳、二氧化硅不反應(yīng)，鐵轉(zhuǎn)化為鹽溶液，過濾濾液加入新制氯水將亞鐵離子氧化為鐵離子，處理得到FeCl3·6H2O，加入SOCl2脫水得到FeCl3。A項(xiàng)，鐵屑中主要成分Fe，鐵和鐵離子生成亞鐵離子，故“過濾”所得濾液中大量存在的離子有：Fe2+、H+、Cl-，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，氯氣具有氧化性，且不引入新雜質(zhì)，故“氧化”時(shí)可使用新制氯水作氧化劑，B正確；C項(xiàng)，鐵離子水解生成氫氧化鐵，故不能將“氧化”后的溶液蒸干來獲得FeCl3·6H2O，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，是SOCl2與水反應(yīng)生成SO2和HCl，D錯(cuò)誤；故選B。11．(2024·江蘇省鹽城市三校高三第一次聯(lián)考)用硫酸渣(主要成分為Fe2O3、SiO2)制備鐵基顏料鐵黃(FeOOH)的一種工藝流程如圖。已知：“還原”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+；FeS2與H2SO4不反應(yīng)。下列有關(guān)說法不正確的是()A．“酸溶”時(shí)適當(dāng)提高硫酸濃度可加快反應(yīng)速率B．“還原”時(shí)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為1∶7C．“過濾I”所得濾液中存在的陽離子主要有Fe2+、Fe3+和H+D．“沉降、氧化”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：4Fe2++8NH3?H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O【答案】C【解析】硫酸渣(主要成分為Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金屬氧化物轉(zhuǎn)化為金屬陽離子，二氧化硅不溶，再加FeS2把鐵離子還原為亞鐵離子，同時(shí)生成SO42-，過濾，濾渣含有SiO2和FeS2，濾液中含有Fe2+和H+，濾液中通入空氣氧化，同時(shí)加入氨水調(diào)節(jié)pH生成FeOOH沉淀，過濾、洗滌、烘干，得到純凈的FeOOH。A項(xiàng)，適當(dāng)提高硫酸濃度，增大氫離子濃度，可增大反應(yīng)速率，A正確；B項(xiàng)，有關(guān)的離子方程式為FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+，反應(yīng)中FeS2的Fe元素化合價(jià)不變，S元素化合價(jià)升高，則SO42-為氧化產(chǎn)物，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，化合價(jià)降低，F(xiàn)e2+為還原產(chǎn)物，則“還原”時(shí)氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為2∶14=1∶7，B正確；C項(xiàng)，濾液中含有硫酸亞鐵和過量的硫酸，且生成氫離子，則“過濾I”所得濾液中存在的陽離子主要有Fe2+和H+，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，濾液中通入空氣氧化，同時(shí)加入氨水調(diào)節(jié)pH生成FeOOH沉淀，發(fā)生的離子方程式為4Fe2++8NH3?H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O，D正確；故選C。12．(2024·陜西省西安市二模)七水硫酸鋅在農(nóng)業(yè)中可用作微量元素肥料，也被廣泛用于工業(yè)領(lǐng)域。鋅渣制備ZnSO4?7H2O的工藝流程如下。鋅渣的主要成分為ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2下列說法正確的是()A．濾渣①為SiO2，濾渣③為和B．氧化操作發(fā)生的反應(yīng)為：Fe(OH)3↓2↑C．加入的主要作用是調(diào)節(jié)溶液的D．操作X用到的玻璃儀器有蒸發(fā)皿、玻璃棒、漏斗【答案】C【解析】鋅渣的主要成分為ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2，加入硫酸酸浸，二氧化硅不反應(yīng)，PbO與硫酸反應(yīng)生成硫酸鉛沉淀，所以濾渣1中為SiO2和PbSO4，濾液①溶質(zhì)主要為硫酸鋅、硫酸銅、硫酸亞鐵，加入漂白粉將Fe2+氧化為Fe3+，次氯酸根離子轉(zhuǎn)化為氯氣，再加ZnO調(diào)節(jié)溶液pH值，使Fe3+沉淀，濾渣②為Fe(OH)3，濾液②主要溶質(zhì)為硫酸鋅和硫酸銅，加入Zn置換硫酸銅生成Cu，濾渣③中為Cu和過量的鋅，濾液③主要為硫酸鋅，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnSO4?7H2O。A項(xiàng)，根據(jù)分析可知，濾渣①中為SiO2和PbSO4，濾渣③中為Cu和過量的鋅，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，氧化操作發(fā)生的反應(yīng)為：Fe3++2↑+2H2O，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)分析可知，ZnO調(diào)節(jié)溶液pH值，使Fe3+沉淀，C正確；D項(xiàng)，操作X用到的玻璃儀器有玻璃棒、漏斗、燒杯，D錯(cuò)誤；故選C。題型四制備物質(zhì)綜合工藝流程13．(2024·江蘇省常州市普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試適應(yīng)性訓(xùn)練)實(shí)驗(yàn)室利用廢棄舊電池的銅帽(主要成分為Zn和Cu)回收Cu并制備ZnO的實(shí)驗(yàn)流程如下：(1)“溶解”時(shí)Cu發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(2)“溶解”可適當(dāng)升高溫度以加快反應(yīng)速率，但溫度不宜過高。溫度不宜過高的原因是。(3)濾渣中的主要物質(zhì)是(填化學(xué)式)。(4)“沉鋅”時(shí)生成堿式碳酸鋅[]，堿式碳酸鋅在空氣中加熱可轉(zhuǎn)化為ZnO，過程中固體質(zhì)量隨溫度的變化關(guān)系如下圖所示。已知：Zn(OH)2加熱至125℃、ZnCO3加熱至350℃均分解成ZnO，該堿式碳酸鋅失去結(jié)晶水的溫度與Zn(OH)2的分解溫度接近。根據(jù)以上實(shí)現(xiàn)數(shù)據(jù)計(jì)算，確定中x的值(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮?1)2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O(2)鹽酸受熱易揮發(fā)，氧氣的溶解度降低(3)Cu(或Cu、Zn)(4)x=2【解析】廢棄舊電池的銅帽(主要成分為Zn和Cu)，利用鹽酸溶解，同時(shí)通入空氣，金屬分別轉(zhuǎn)化為氯化鋅、氯化銅，加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH，然后加入鋅置換出銅，濾液中加入碳酸鈉沉鋅，生成堿式碳酸鋅，煅燒堿式碳酸鋅生成氧化鋅。(1)“溶解”時(shí)Cu被氧化為氯化銅，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O。(2)由于鹽酸易揮發(fā)，氧氣的溶解度隨溫度升高而降低，所以溫度不宜過高的原因是鹽酸受熱易揮發(fā)，氧氣的溶解度降低。(3)鋅置換銅，所以濾渣中的主要物質(zhì)是Cu(或Cu、Zn)。(4)根據(jù)圖像結(jié)合物質(zhì)的分解溫度可知最終得到的氧化鋅，設(shè)為1mol，最終生成3molZnO，因此滿足，解得x＝2。14．(2024·浙江省寧波市高三選考模擬考試)氯化亞銅(CuCl)是石油工業(yè)常用的脫硫劑和脫色劑，以低品位銅礦(主要成分為CuS。CuS2和鐵的氧化物)為原料制備CuCl步驟如下：已知：CuCl難溶于醇和水，熱水中能被氧化，在堿性溶液中易轉(zhuǎn)化為CuOH．CuCl易溶于濃度較大的Cl-體系中(CuCl+Cl-CuCl2-)。請回答：(1)還原過程中所得產(chǎn)物的主要溶質(zhì)的化學(xué)式是。(2)下列有關(guān)說法不正確的是___________。A．“浸取”過程中稀硫酸可以用濃硫酸代替B．濾渣1的成分是Fe(OH)3C．“除錳”后的濾液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在D．“除錳”后濾液加熱的主要目的是除去多余的氨水和NH4HCO3(3)“稀釋”過程中，pH對CuCl產(chǎn)率的影響如圖所示：請分析pH控制在左右的原因。(4)為測定CuCl產(chǎn)品純度進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：a．稱量所得CuCl產(chǎn)品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL0.5mol/LAgNO3溶液，充分反應(yīng)；b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有機(jī)物覆蓋；c．加入指示劑，用NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的AgNO3溶液；d．重復(fù)實(shí)驗(yàn)操作三次，消耗mol/LNH4SCN溶液的體積平均為mL。已知Ksp(AgCl)=3.2，Ksp(AgSCN)=2.0。①加入硝基苯的作用是。②滴定選用的指示劑是。A．FeCl3

B．FeCl2

C．NH4Fe(SO4)2

D．(NH4)2Fe(SO4)2③CuCl的純度為。【答案】(1)NaCuCl2(2)AD(3)pH低于2.5，CuCl易發(fā)生歧化反應(yīng)；pH高于2.5，隨著c(OH―)增大，CuCl易轉(zhuǎn)化為CuOH(4)防止在滴加NH4SCN時(shí)，AgCl沉淀部分轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀C99.50%【解析】低品位銅礦加入稀硫酸、二氧化錳浸取，除去硫，所得濾液加入氨水除鐵，得到的濾渣1主要為氫氧化鐵，再加氨水、碳酸氫銨除錳得到碳酸錳，濾液再加熱，過濾、洗滌得到高活性氧化銅，加入銅、鹽酸，加入氯化鈉還原，再加水稀釋后過濾、洗滌、干燥得到氯化亞銅。(1)還原過程中銅離子、鹽酸、氯化鈉、和銅，銅與銅離子反應(yīng)轉(zhuǎn)化為氯化亞鐵，CuCl易溶于濃度較大的Cl-體系中(CuCl+Cl-CuCl2-)，故所得產(chǎn)物的主要溶質(zhì)的化學(xué)式是NaCuCl2；(2)A項(xiàng)，濃硫酸具有強(qiáng)氧化性，能氧化二價(jià)鐵離子，且能生成二氧化硫，不能用濃硫酸代替稀硫酸，選項(xiàng)A不正確；B項(xiàng)，濾渣1的成分是Fe(OH)3，選項(xiàng)B正確；C項(xiàng)，“除錳”后的濾液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，選項(xiàng)C正確；D項(xiàng)，Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，“除錳”后濾液加熱的主要目的是使其分解生成CuO，選項(xiàng)D不正確；故選AD；(3)pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易發(fā)生歧化反應(yīng)；pH高于2.5，隨著c(OH―)增大，CuCl易轉(zhuǎn)化為CuOH；(4)①加入硝基苯的作用是防止在滴加NH4SCN時(shí)，AgCl沉淀部分轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀；②結(jié)合該實(shí)驗(yàn)中滴加NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液,指示劑主要是與SCN-反應(yīng)產(chǎn)生明顯現(xiàn)象，所以選用Fe3+，因?yàn)槿芤褐泻蠥g+，不能選用含Cl-的試劑,故只能選NH4Fe(SO4)2；故選C；③根據(jù)反應(yīng)Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故10.00gCuCl產(chǎn)品的物質(zhì)的量為n(CuCl)==0.1mol，CuCl的純度為=。15．(2024·江蘇省南京師范大學(xué)蘇州實(shí)驗(yàn)學(xué)校高三零?？荚?氧化鈰(CeO2)是一種應(yīng)用非常廣泛的稀土氧化物?，F(xiàn)以氟碳鈰礦(含CeFCO3、BaO、SiO2等)為原料制備氧化鈰，其工藝流程如圖所示：已知：①稀土離子易與SO42-形成復(fù)鹽沉淀，Ce3+和SO42-發(fā)生反應(yīng)：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；②硫脲：具有還原性，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2；③Ce3+在空氣中易被氧化為Ce4+，兩者均能形成氫氧化物沉淀；④Ce2(CO3)3為白色粉末，難溶于水?；卮鹣铝袉栴}：(1)濾渣A的主要成分是(填寫化學(xué)式)。(2)在另一種生產(chǎn)工藝中，在氟碳鈰礦礦石粉中加入碳酸氫鈉同時(shí)通入氧氣焙燒，焙燒得到NaF和CeO2兩種固體以及兩種高溫下的氣態(tài)物質(zhì)，請寫出焙燒過程中相應(yīng)的化學(xué)方程式。(3)加入硫脲的目的是將CeF22+還原為Ce3+，反應(yīng)的離子方程式為。(4)步驟③加入鹽酸后，通常還需加入另一種化學(xué)試劑X，根據(jù)題中信息推測，加入X的作用為。(5)下列關(guān)于步驟④的說法正確的是_____(填字母)。A．過濾后的濾液中仍含有較多Ce3+，需要將濾液循環(huán)以提高產(chǎn)率B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影響產(chǎn)品純度C．過濾時(shí)選擇減壓過濾能夠大大提高過濾效率D．該步驟發(fā)生的反應(yīng)是2Ce3++6HCO3-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O(6)若常溫下，Ka2(H2CO3)=5.0×10?11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10?28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10?5mol?L?1，此時(shí)測得溶液的pH=5，則溶液中c(HCO3-)=mol?L?1?！敬鸢浮?1)BaSO4、SiO2(2)4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O(3)2CeF22++2=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-(4)防止Ce3+被氧化(5)CD(6)0.2【解析】氟碳鈰礦(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為Ce4+，加稀硫酸浸取，Ce4+進(jìn)入溶液，SiO2不反應(yīng)，BaO與硫酸反應(yīng)生成BaSO4沉淀，過濾分離，濾渣A為SiO2、BaSO4；含CeF22+濾液中加入硫脲將Ce4+還原為Ce3+，Ce2(SO4)3與Na2SO4形成復(fù)鹽沉淀B為Ce2(SO4)3?Na2SO4?nH2O，過濾分離。復(fù)鹽沉淀加入NaOH，再加入稀鹽酸，Ce3+被轉(zhuǎn)移到溶液中，加入碳酸氫銨使Ce3+沉淀為Ce2(CO3)3，最后灼燒分解生成CeO2。(1)濾渣A的主要成分是BaSO4、SiO2。(2)在氟碳鈰礦礦石粉(CeFCO3)中加入碳酸氫鈉同時(shí)通入氧氣焙燒，焙燒得到NaF和CeO2兩種固體以及兩種高溫下的氣態(tài)物質(zhì)，根據(jù)質(zhì)量守恒得到兩種高溫氣體為二氧化碳和水蒸氣，則焙燒過程中反應(yīng)的化學(xué)方程式為4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。(3)根據(jù)信息硫脲(

)具有還原性，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2，則加入硫脲的目的是將CeF22+還原為Ce3+，反應(yīng)的離子方程式為2CeF22++2

=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-。(4)步驟③加入鹽酸后，通常還需加入另一種化學(xué)試劑X，根據(jù)題中信息Ce3+在空氣中易被氧化為Ce4+推測，加入X的作用是防止Ce3+被氧化。(5)A項(xiàng)，由于加入的碳酸氫銨過量，沉淀比較充分，因此過濾后的濾液中含有的Ce3+很少，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，碳酸鈉與Ce3+直接快速反應(yīng)沉淀，在生成沉淀的過程中，其他雜質(zhì)離子會(huì)摻雜在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，會(huì)影響產(chǎn)品純度，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，減壓過濾能夠大大提高過濾效率，C正確；D項(xiàng)，Ce3+加入碳酸氫銨反應(yīng)生成Ce2(CO3)3沉淀，同時(shí)生成二氧化碳和水，則該步驟發(fā)生的反應(yīng)是2Ce3++6HCO3-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，D正確；故選CD。(6)Ce3+恰好沉淀完全時(shí)，c(Ce3+)=1.0×10?5mol?L?1，則，解得，測得溶液的pH=5，根據(jù)，解得c(HCO3-)=0.2mol?L?1。16．(2024·浙江省衢州、麗水、湖州三地市教學(xué)質(zhì)量檢測)廢鎳催化劑主要含Ni，還有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO2.某研究小組設(shè)計(jì)如圖所示工藝流程制備硫酸鎳晶體。查閱資料：①鎳的化學(xué)性質(zhì)與鐵相似，能與酸緩慢反應(yīng)。②一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH如下表：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀的pH7.24.02.27.5沉淀完全的pH9.05.63.29.0(1)“濾渣2”的成分是(用化學(xué)式表示)。溶液中加入H2O2的目的是(用離子方程式表示)。(2)“調(diào)pH”可選用的物質(zhì)(填序號)。A．Na2CO3B．NiCO3C．H2SO4D．NiSO4“調(diào)pH”的范圍為。(3)下列有關(guān)說法不正確的是___________。A．酸浸步驟可用水浴加熱，以加速反應(yīng)B．操作A中的有機(jī)溶劑可選用乙醇C．調(diào)pH后過濾，需用玻璃棒對漏斗中的混合物充分?jǐn)嚢鐳．操作B中包含“結(jié)晶、過濾、洗滌、煅燒”等操作(4)測定產(chǎn)品的純度。操作步驟涉及反應(yīng)①準(zhǔn)確稱取制備的硫酸鎳樣品5.620g，加入含0.0200molEDTA的二鈉鹽溶液(用H2Y2-表示)，充分反應(yīng)后定容成100mL。Ni2++H2Y2-=NiH2Y②取25.00mL上述溶液于錐形瓶中，加二甲酚橙作指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)液滴定到終點(diǎn)，平行實(shí)驗(yàn)三次，平均消耗20.00mLZn2+標(biāo)準(zhǔn)液。Zn2++H2Y2-=ZnH2Y計(jì)算產(chǎn)品的純度為?！敬鸢浮?1)Fe(OH)3、Al(OH)32Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(2)B5.6≤pH<7.2)(3)BCD(4)90.0%【解析】根據(jù)流程圖可以知道，廢鎳催化劑粉碎后進(jìn)入稀硫酸酸浸，將金屬元素轉(zhuǎn)化為可溶的硫酸鹽，二氧化硅與稀硫酸不反應(yīng)，過濾得到含有二氧化硅的濾渣和含有可溶硫酸鹽額濾液；向?yàn)V液中加入有機(jī)溶劑萃取、分液得到含有銅離子的有機(jī)層和溶液；向溶液中加入過氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，加入碳酸鎳調(diào)節(jié)溶液pH在5.6≤pH＜7.2的范圍內(nèi)，將溶液中鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，過濾得到氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和含有硫酸鎳的濾液；硫酸鎳溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到七水硫酸鎳晶體。(1)濾渣2的主要成分為氫氧化鐵、氫氧化鋁；加入過氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(2)為了將溶液中鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，根據(jù)金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH，要調(diào)節(jié)溶液的pH在5.6≤pH＜7.2的范圍內(nèi)；為防止中和溶液中氫離子時(shí)引入新雜質(zhì)，調(diào)節(jié)溶液的pH時(shí)可以加入碳酸鎳固體；選B；(3)A項(xiàng)，酸浸步驟適當(dāng)升溫可以加快反應(yīng)速率，故A正確；B項(xiàng)，乙醇與水互溶，不能作為萃取劑，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，過濾后，漏斗內(nèi)的沉淀不能用玻璃棒攪拌，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，操作B中包含“加熱濃縮，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌”等操作，故D錯(cuò)誤；故選BCD；(4)根據(jù)Zn2++H2Y2-=ZnH2Y，n(Zn2+)=0.025mol/L0.02L=0.0005mol，則在25mL的反應(yīng)后的溶液中剩余的H2Y2-的物質(zhì)的量為0.0005mol，與Ni2+反應(yīng)的H2Y2-的物質(zhì)的量為-0.0005mol=0.0045mol=n(Ni2+)，原樣品中的n(Ni2+)=0.0045mol4=0.018mol，樣品的純度為=90.0%。題型四化學(xué)原理運(yùn)用工藝流程17．(2024·江蘇省鹽城市高三一?？荚?碲廣泛應(yīng)用于冶金工業(yè)。以碲銅廢料(主要含Cu2Te)為原料回收碲單質(zhì)的一種工藝流程如下：已知：，。(1)“氧化酸浸”得到和H2TeO3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(2)“沉銅”時(shí)Na2C2O4過多會(huì)導(dǎo)致Cu2+與C2O42-生成環(huán)狀結(jié)構(gòu)的配離子[Cu(C2O4)2]2?，該配離子的結(jié)構(gòu)式為(不考慮立體異構(gòu))(3)CuC2O4可溶于H2C2O4，反應(yīng)CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2?+2H+的平衡常數(shù)為。[已知：反應(yīng)Cu2++2C2O42-[Cu(C2O4)2]2?的平衡常數(shù)](4)“還原”在條件下進(jìn)行，H2TeO3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。(5)“還原”時(shí)，Na2SO3的實(shí)際投入量大于理論量，其可能的原因?yàn)椤?6)將一定質(zhì)量的CuC2O4置于氣中熱解，測得剩余固體的質(zhì)量與原始固體的質(zhì)量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。下剩余固體的化學(xué)式為。【答案】(1)Cu2Te+4H2O2+2H2SO4=2CuSO4+H2TeO3+5H2O(2)(3)(4)H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO42-+H2O(5)提高H2TeO3的還原率；Na2SO3會(huì)與“沉銅”后所得濾液中的酸反應(yīng)生成SO2，SO2從溶液中逸出(6)Cu【解析】向碲銅廢料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反應(yīng)生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液將Cu2+轉(zhuǎn)化為CuC2O4沉淀除去，此時(shí)濾液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液將H2TeO3還原生成Te。(1)“氧化酸浸”過程，Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu2Te+4H2O2+2H2SO4=2CuSO4+H2TeO3+5H2O；(2)在環(huán)狀結(jié)構(gòu)的配離子[Cu(C2O4)2]2?中，C2O42-的碳氧單鍵中的O給出孤電子對，Cu2+接受電子對，以4個(gè)配位鍵形成[Cu(C2O4)2]2?，則該配離子的結(jié)構(gòu)式為：；(3)用R2?表示[Cu(C2O4)2]2?，則反應(yīng)CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2?+2H+的平衡常數(shù)為

，因

，即

，且反應(yīng)Cu2++2C2O42-[Cu(C2O4)2]2?的平衡常數(shù)

，所以

，即；(4)“還原”時(shí)，H2TeO3被還原生成Te，SO32-被氧化生成SO42-，則H2TeO3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO42-+H2O；(5)為提高H2TeO3的還原率，加入的Na2SO3溶液過量；“沉銅”后所得濾液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3會(huì)與H2SO4反應(yīng)生成SO2并逸出，則Na2SO3的實(shí)際投入量大于理論量，其可能的原因?yàn)椋禾岣逪2TeO3的還原率；Na2SO3會(huì)與“沉銅”后所得濾液中的酸反應(yīng)生成SO2，SO2從溶液中逸出；(6)由圖可知，350~400°C時(shí)剩余固體的質(zhì)量與原始固體的質(zhì)量的比值為42.11%，CuC2O4的摩爾質(zhì)量為152g/mol，則剩余固體的摩爾質(zhì)量為：，再結(jié)合化學(xué)反應(yīng)前后元素種類不變，350~400°C下剩余固體的化學(xué)式為Cu。18．(2024·江蘇省南京航空航天大學(xué)蘇州附屬中學(xué)高三適應(yīng)性測試)用鎳鉑合金廢料(主要成分為Ni、Pt，含少量Al和難溶于硫酸的重金屬)回收鎳和鉑的一種工藝流程如下：(1)“酸浸”后分離出的溶液中，c(Ni2+)=0.2mol/L，c(Al3+)=0.01mol/L，溶液中離子濃度小于1×10－5mol/L時(shí)可認(rèn)為沉淀完全，則“調(diào)pH”應(yīng)控制pH的范圍是。(設(shè)“調(diào)pH”時(shí)溶液體積不變){已知：Ksp[Ni(OH)2]=2×10－15，Ksp[Al(OH)3]=1×10－33}(2)“控溫氧化”時(shí)控制其他條件一定，Ni2O3的產(chǎn)率與溫度和時(shí)間的關(guān)系如圖所示。20℃、40℃時(shí)反應(yīng)后所得濾液主要為NaCl、NaOH和Na2SO4，60℃時(shí)反應(yīng)后所得濾液主要為NaCl、NaClO3、NaOH、Na2SO4，反應(yīng)相同時(shí)間，60℃時(shí)Ni2O3的產(chǎn)率低于40℃時(shí)，原因可能是。(3)“含Pt濾渣”中的Pt可以用王水(體積比3∶1的濃鹽酸和濃硝酸的混合液)浸出。浸出時(shí)有H2PtCl6和NO生成。向(NH4)2PtCl6溶液中加入NH4Cl會(huì)生成(NH4)2PtCl6沉淀。①寫出浸出時(shí)Pt所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：。②(NH4)2PtCl6在一定溫度下可以分解生成Pt(NH3)2Cl2，Pt(NH3)2Cl2在順式和反式兩種結(jié)構(gòu)。請?jiān)谌鐖D的兩個(gè)結(jié)構(gòu)中，選擇其中一個(gè)，填入相應(yīng)的基團(tuán)表示Pt(NH3)2Cl2的順式結(jié)構(gòu)。(4)另外一種鎳催化劑廢渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等雜質(zhì))為原料可制備鋰離子材料鎳酸鋰。在制備過程中有人認(rèn)為“除鈣”可以用HF，則“除鈣”的反應(yīng)為：Ca2+(aq)+2HF(l)=CaF2(s)+2H+(aq)反應(yīng)的平衡常數(shù)K=1.0×103，則Ksp[CaF2]=。(已知：室溫下，HF的電離平衡常數(shù)Ka=4×10－4)。(5)Ni2O3產(chǎn)品中可能含少量NiO，為測定Ni2O3的純度，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：稱取5.000g樣品，加入足量硫酸后，再加入100mL，1.000mol/LFe2+標(biāo)準(zhǔn)溶液，充分反應(yīng)，加水定容至200mL取出20.00mL，用0.1mol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液10.00mL。實(shí)驗(yàn)過程中發(fā)生反應(yīng)如下：Ni2O3+Fe2++H+=Ni2++Fe3++H2O(未配平)Fe2+++H+=Mn2++Fe3++H2O(未配平)試通過計(jì)算確定Ni2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，并寫出計(jì)算過程?！敬鸢浮?1)4.7<pH<7(2)60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO濃度減小，反應(yīng)速率減慢(3)3Pt+18HCl+4HNO3=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O(4)1.6×10-10(5)83%【解析】酸浸時(shí)生成的離子為Ni2+、Al3+，Al3+用NaOH溶液調(diào)節(jié)pH變?yōu)槌恋?，堿性條件下加入氧化性的NaClO與Ni2+反應(yīng)生成Ni2O3，高溫還原生成Ni。(1)調(diào)pH的目的是為了讓Al3+完全沉淀，根據(jù)，當(dāng)溶液中的c(Al3+)<10-5時(shí)，，，溶液的pH=4.7，此時(shí)溶液中的Ni2+不能沉淀，，當(dāng)Ni2+開始沉淀時(shí)，溶液pH=7，故pH<7時(shí)不會(huì)影響Ni2+，所以調(diào)節(jié)溶液PH的范圍應(yīng)為：4.7<pH<7；(2)產(chǎn)率即為實(shí)際產(chǎn)量除以理論產(chǎn)量，單位時(shí)間的產(chǎn)量受速率影響，當(dāng)20℃、40℃時(shí)反應(yīng)后所得濾液主要為NaCl、NaClO、Na2SO4，60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO濃度減小，反應(yīng)速率減慢，反應(yīng)相同時(shí)間，60℃時(shí)Ni2O3的產(chǎn)率低于40℃時(shí)；(3)①用王水浸出Pt時(shí)有H2PtCl6和NO生成，據(jù)此推斷出反應(yīng)的反應(yīng)物為：Pt、HCl和HNO3；生成物為：H2PtCl6和NO，根據(jù)元素守恒、得失電子守恒進(jìn)行方程式的書寫配平，并確定另一產(chǎn)物為H2O，3Pt+18HCl+4HNO3=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；②順、反式結(jié)構(gòu)的研究對象一般為有機(jī)物，通常把兩個(gè)相同原子或基團(tuán)在雙鍵同一側(cè)的為順式異構(gòu)體，在兩側(cè)的為反式結(jié)構(gòu)，即：；(4)根據(jù)反應(yīng)平衡常數(shù)，，HFH++F-，；(5)，，與KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液反應(yīng)的，與Ni2O3反應(yīng)的，，，則Ni2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=。19．(2024·山東棗莊高三期中)釩酸釔(YVO4)廣泛應(yīng)用于光纖通信領(lǐng)域，一種用廢釩催化劑(含V2O5、K2O、SiO2少量Fe2O3制取YVO4的工藝流程如下：已知：V2O2(OH)4既能與強(qiáng)酸反應(yīng)，又能與強(qiáng)堿反應(yīng)。回答下列問題：(1)V2O2(OH)4中V元素的化合價(jià)為。(2)“還原酸浸”時(shí)，釩以VO2+浸出，“浸出液”中還含有的金屬離子是。V2O5被還原的離子方程式為。(3)常溫下，“釩、鉀分離”時(shí)，pH對釩的沉淀率的影響如圖所示：pH＞7時(shí)，隨pH增大釩的沉淀率降低的原因可能是。(4)結(jié)合“堿溶”和“沉釩”可知，、氧化性更強(qiáng)的是，“沉釩”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(5)某廢釩催化劑中V2O5的含量為26.0%，某工廠用1噸該廢釩催化劑且用該工藝流程生產(chǎn)YVO4，整個(gè)流程中V的損耗率為30.0%，則最終得到Y(jié)VO4?！敬鸢浮?1)+4(2)Fe2+、K+4H++V2O5+SO32-=2VO2++SO42-+2H2O(3)V2O2(OH)4能與強(qiáng)堿反應(yīng)，堿性越強(qiáng)，V2O2(OH)4損耗率越大(4)ClO3-NH4Cl+NaVO3=NH4VO3↓+NaCl(5)408kg【解析】廢釩催化劑(含V2O5、K2O、SiO2少量Fe2O3)中加入K2SO3和硫酸，將V2O5還原為VOSO4，F(xiàn)e2O3還原為Fe2+，過濾；往浸出液中加入KOH溶液，過濾，得到濾餅V2O2(OH)4，往濾餅中加入NaClO3、NaOH溶液進(jìn)行堿溶，過濾；往濾液中加入NH4Cl沉釩，得到NH4VO3，將NH4VO3進(jìn)行焙燒，得到V2O5，加入Y2O3，高溫灼燒，制得YVO4。(1)V2O2(OH)4中，O顯-2價(jià)，H顯+1價(jià)，則V元素的化合價(jià)為+4。(2)“還原酸浸”時(shí)，釩以VO2+浸出，F(xiàn)e2O3被還原為Fe2+，則“浸出液”中還含有的金屬離子是Fe2+、K+。V2O5被SO32-還原為VO2+，離子方程式為4H++V2O5+SO32-=2VO2++SO42-+2H2O。(3)題中信息顯示，V2O2(OH)4既能與強(qiáng)酸反應(yīng)，又能與強(qiáng)堿反應(yīng)，則pH＞7時(shí)，溶液的堿性增強(qiáng)，V2O2(OH)4會(huì)發(fā)生溶解，所以隨pH增大釩的沉淀率降低的原因可能是：V2O2(OH)4能與強(qiáng)堿反應(yīng)，堿性越強(qiáng)，V2O2(OH)4損耗率越大。(4)往濾餅V2O2(OH)4中加入NaClO3、NaOH溶液進(jìn)行堿溶，得到NaVO3，則ClO3-、VO3-氧化性更強(qiáng)的是ClO3-，“沉釩”時(shí)，NaVO3轉(zhuǎn)化為NH4VO3，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4Cl+NaVO3=NH4VO3↓+NaCl。(5)依據(jù)V元素守恒，可建立關(guān)系式：V2O5——2YVO4，m(V2O5)=1t×26.0%×(1-30.0%)=0.182t=182kg，V2O5的相對分子質(zhì)量為182，YVO4的相對分子質(zhì)量為204，則最終得到Y(jié)VO4的質(zhì)量為=408kg。20．(2024·山東省青島市質(zhì)檢)HDS催化劑廣泛用于石油煉制和化學(xué)工業(yè)生產(chǎn)中，通常利用加堿焙燒——水浸取法從HDS廢催化劑(主要成分為MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取貴重金屬釩和鉬，其工藝流程如圖所示。已知：I.MoO3、V2O5、Al2O3均可與純堿反應(yīng)生成對應(yīng)的鈉鹽，而NiO不行。II.高溫下，NH4VO3易分解產(chǎn)生N2和一種含氮元素的氣體。III.Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。請回答下列問題：(1)請寫出“氣體”中屬于最高價(jià)氧化物的電子式：_____。(2)請寫出“焙燒”過程中MoS及Al2O3分別與純堿反應(yīng)的化學(xué)方程式：_____，_____。(3)“浸渣”的成分為______(填化學(xué)式)；“濾液2”中的成分除了Na2MoO4外，還含有_____(填化學(xué)式)。(4)“沉釩”時(shí)提釩率隨初始釩的濃度及氯化銨的加入量的關(guān)系如圖所示，則選擇的初始釩的濃度和NH4Cl的加入量分別為_____、_____。(5)“沉釩”時(shí)生成NH4VO3沉淀，請寫出“煅燒”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：______。(6)在實(shí)際的工業(yè)生產(chǎn)中，“沉鉬”前要加入NH4HS進(jìn)行“除雜”，除掉溶液中微量的Cu2+，則反應(yīng)Cu2++HS-=CuS+H+的K=______?！敬鸢浮?1)(2)

2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2

Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑(3)

NiO

NaVO3、NaHCO3(4)

20g?L-1

10g?L-1(5)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O(6)1021【解析】工業(yè)廢催化劑在純堿條件下焙燒，MoS與碳酸鈉反應(yīng)生成鉬酸鈉、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸鈉反應(yīng)生成鉬酸鈉和二氧化碳，隨后浸泡，除去不溶物得到鉬酸鈉溶液，其中也含有偏鋁酸鈉，再通入二氧化碳除去氫氧化鋁，濾液調(diào)節(jié)pH加入氯化銨沉釩，濾液加入硝酸得到鉬酸。(1)“氣體”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳為最高價(jià)氧化物，其電子式為：；(2)由題中的信息可知，MoS及Al2O3分別與純堿反應(yīng)的化學(xué)方程式為2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；(3)硫化物焙燒時(shí)生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能與碳酸鈉反應(yīng)，故“水浸”時(shí)以“浸渣”的形式沉淀出來，而MoO3、V2O5、Al2O3與純堿反應(yīng)生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉鋁通過量CO2生成沉淀和NaHCO3，故“浸渣”的成分為NiO；“濾液2”中的成分除了Na2MoO4外，還含有NaVO3、NaHCO3；(4)由圖可知選擇的初始釩濃度和NH4Cl的加入量分別為20·L-1和10·L-1時(shí)，釩提取率達(dá)到90%以上，且再增大量時(shí)，提釩率變化不大，故選擇的初始釩的濃度和NH4Cl的加入量分別為：20·L-1和10·L-1；(5)由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅燒時(shí)分解產(chǎn)生V2O3和兩種氣體，根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理可知，其中一種氣體為氮?dú)?，另外一種只能是氨氣，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O；(6)由題意可知Cu2++HS-=CuS+H+的。21．高純氧化鐵(Fe2O3)是制造軟磁鐵氧體主要原料，而后者廣泛應(yīng)用于電工電信設(shè)備。以窯尾灰為原料制造高純氧化鐵工藝流程圖如下(已知窯尾灰的主要成分為Fe、C、FeO、Fe2O3、CaO、Al2O3、MgO、SiO2)當(dāng)c(Mn+)≤10-5mol·L-1時(shí)，認(rèn)定沉淀完全；25℃時(shí)，各物質(zhì)的溶度積常數(shù)如下：物質(zhì)CaSO4Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3CaF2MgF2Ksp9.0×10-68.0×10-164.0×10-381.0×10-30.55.0×10-97.5×10-11據(jù)此回答下列問題：(1)濾渣1的主要成分為_______；證明濾液1中含有Fe2+的試劑可以是_______。(2)“還原”過程加鐵粉的目的是_______。(3)若濾液2中c(Fe2+)=2mol·L-1則“調(diào)pH”范圍是_______(lg2≈0.3)。(4)若濾渣3中既有CaF2又有MgF2，則濾液4中=_______(化為最簡整數(shù)比)。(5)寫出“沉淀”過程中的離子反應(yīng)方程式：_______。(6)“灼燒”過程中的化學(xué)方程式為：_______。【答案】(1)C、SiO2、CaSO4酸性KMnO4或者K3[Fe(CN)6]溶液(2)將Fe3+還原為Fe2+(3)5.5≤pH<6.3(4)200：3(5)Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑(6)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2【解析】窯尾灰加入稀硫酸酸浸，各物質(zhì)轉(zhuǎn)化為對應(yīng)的硫酸鹽，C、SiO2不反應(yīng)，另外硫酸鈣微溶，過濾得濾渣1為C、SiO2、CaSO4，濾液加入過量的鐵粉，使鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，然后加入氨水調(diào)節(jié)pH使鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁除去，然后濾液加入NH4F除去鎂、鈣離子，過濾后濾液加入NH4HCO3，反應(yīng)得到碳酸亞鐵，碳酸亞鐵在空氣中灼燒最后得到氧化鐵。(1)濾渣1的主要成分為C、SiO2、CaSO4；亞鐵離子具有還原性，可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，其還能和K3[Fe(CN)6]溶液生成藍(lán)色沉淀，則證明濾液1中含有Fe2+的試劑可以是酸性KMnO4或者K3[Fe(CN)6]溶液；(2)“還原”過程加鐵粉的目的是將Fe3+還原為Fe2+；(3)濾液加入氨水除去鋁離子，而不沉淀亞鐵離子，鋁離子完全沉淀時(shí)c(OH-)==10-8.5mol/L，pH=5.5，亞鐵離子開始沉淀時(shí)c(OH-)=mol/L，此時(shí)pH=6.3，則“調(diào)pH”范圍是5.5≤pH<6.3；(4)若濾渣3中既有CaF2又有MgF2，則濾液4中==200：3；(5)“沉淀”過程中亞鐵離子和碳酸氫根離子反應(yīng)生成碳酸亞鐵、水、二氧化碳，離子反應(yīng)方程式Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；(6)“灼燒”過程中碳酸亞鐵和氧氣反應(yīng)生成氧化鐵和二氧化碳，化學(xué)方程式為：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。22．鉬酸鈉(Na2M)是一種金屬緩蝕劑，金屬鉬是重要的合金材料，下圖是由輝鉬礦(鉬元素的主要存在形式為M)生產(chǎn)兩種物質(zhì)的流程：請回答下列問題：(1)M為第五周期元素，與C同族，其基態(tài)原子價(jià)層電子排布式為_______；(2)輝鉬礦在空氣中焙燒時(shí)，加入氧化物X可減少空氣污染物的排放，燒渣中以CaM的形態(tài)存在，則X為_______(填化學(xué)式)，焙燒方程式為_______；(3)已知：25℃時(shí)，Ksp(CaM)=1.6×10－5，則該溫度下，CaM飽和溶液中Ca2+的濃度為_______；(4)Na2CO3溶液在對燒渣進(jìn)行浸出時(shí)，溫度對浸出率的影響如下圖所示：“操作1”需選擇“高壓浸出”的理由是_______；(5)從上述流程中可分析出MoO3屬于_______(填“酸性氧化物”或“堿性氧化物”)；(6)由MoO3獲得可以選擇H2做還原劑，相關(guān)說法正確的是_______(填代號)；A．其原理屬于熱還原法冶金B(yǎng)．Mo的金屬活動(dòng)性可能位于M、之間C．工業(yè)上可用與鉬酸鹽溶液直接作用冶煉鉬(7)已知MoS2晶體有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)，預(yù)測其可能的用途是_______。【答案】(1)4d55s1(2)

CaCaMoS2+9O2CaMCaS(3)0.16(4)常壓無法使溶液的溫度上升至浸出率較高的150℃左右(5)酸性氧化物(6)a(7)潤滑劑【解析】輝鉬礦(鉬元素的主要存在形式為M)加入Ca，通入空氣焙燒發(fā)生反應(yīng)CaMoS2+9O2CaMCaS，所得燒渣加入碳酸鈉溶液將Na2MoO4轉(zhuǎn)化為Na2MoO4，經(jīng)操作1過濾得到Na2MoO4溶液。Na2MoO4溶液經(jīng)系列操作得到Na2MoO4·2H2O晶體。往Na2MoO4溶液中加入足量硫酸反應(yīng)生成H2MoO4沉淀，過濾后灼燒得到MoO3，經(jīng)氫氣還原得到Mo。(1)基態(tài)C原子價(jià)層電子排布式為3d54s1，M為第五周期元素，與C同族，則其基態(tài)原子價(jià)層電子排布式為4d55s1。(2)M在空氣中焙燒會(huì)生成SO2，加入氧化物X可減少空氣污染物的排放，且燒渣中M以CaM的形態(tài)存在，含有Ca元素，則X為CaO；焙燒的化學(xué)方程式為CaMoS2+9O2CaMCaS。(3)CaM飽和溶液中，=。(4)由曲線圖可知，隨著溫度的升高，浸出率逐漸升高，當(dāng)溫度在150℃左右時(shí)，浸出率已經(jīng)很高，繼續(xù)升高溫度，浸出率增長不明顯。因此Na2CO3溶液在對燒渣進(jìn)行浸出時(shí)，選擇溫度150℃左右有利于浸出，但常壓無法使溶液的溫度上升至浸出率較高的150℃左右，所以需要選擇“高壓浸出”，以使溫度提高到150℃左右。(5)由流程圖可知，往Na2MoO4溶液中加入足量硫酸反應(yīng)生成H2MoO4沉淀，過濾后灼燒得到MoO3，即MoO3對應(yīng)的水化物為酸，MoO3為酸性氧化物。(6)a項(xiàng)，利用H2做還原劑，將MoO3還原為Mo，其原理屬于熱還原法冶金，a正確；b項(xiàng)，H2能將MoO3還原為Mo，則還原性：H2>Mo，M、能從酸溶液中置換出H2，則還原性：M>H2，>H2，因此Mo的金屬活動(dòng)性可能位于M、之后，b錯(cuò)誤；c項(xiàng)，Na比較活潑，與鉬酸鹽溶液直接作用，鈉先和水反應(yīng)，因而不能達(dá)到冶煉鉬的目的，c錯(cuò)誤；故選a。(7)M晶體有類似石墨的層狀結(jié)構(gòu)，層與層之間作用力較弱，很容易在層間發(fā)生相對滑動(dòng)，因而可用作潤滑劑。1．(2024·云南昆明市二模)碲(Te)是一種重要的稀有分散元素，廣泛應(yīng)用于冶金、石油、化工、航空、電子等領(lǐng)域。以某冶煉廠的濕陽極泥(含水26%，主要含銻、砷、鉛、鉍、銀和少量銅、碲等)為原料回收碲的流程如下：已知：氧化還原電位可用來反映水溶液中物質(zhì)表現(xiàn)出來的氧化還原性，用E(氧化態(tài)/還原態(tài))表示。E越高，氧化態(tài)的氧化性越強(qiáng)，E越低，還原態(tài)的還原性越強(qiáng)。若電解時(shí)控制電位高于E，則其氧化態(tài)不能被還原。相關(guān)物質(zhì)的氧化還原電位(E)如下表所示：物質(zhì)氧化還原電位(E)/V0.3420.5680.16小于0.16小于0.16請回答下列問題：(1)52Te的基態(tài)原子的電子排布式為。(2)原料預(yù)處理可采用干燥箱中加熱氧化或自然堆放氧化(四天以上)兩種方式，兩相比較，后者的主要優(yōu)點(diǎn)是；氧化后的原料還需粉碎、過篩，目的是。(3)浸出時(shí)，所得濾渣主要含鉛、銀的化合物，其化學(xué)式分別為、；添加NaClO3可顯著提高碲和銅的浸出率，說明預(yù)處理后的原料中仍存在低價(jià)態(tài)的碲和銅，寫出e轉(zhuǎn)化為eCl62-、Cl+而被浸出的離子方程式。(4)電解時(shí)為防止除Te以外的單質(zhì)生成，需控制電位的范圍為；加入飽和Na2SO3溶液還原eCl62-可減少電能消耗并防止陽極生成(填化學(xué)式)。(5)碲可用于制備半導(dǎo)體材料碲化鋅，其立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。以晶胞參數(shù)為單位長度建立坐標(biāo)系，可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子坐標(biāo)。A點(diǎn)碲原子坐標(biāo)為，C點(diǎn)鋅原子坐標(biāo)為，則B點(diǎn)鋅原子坐標(biāo)為。若Te的原子半徑為rpm，碲化鋅晶胞中面心與頂點(diǎn)的碲原子相切，晶體的密度為ρg·cm-3，則阿伏加德羅常數(shù)NA=molˉ1(列出計(jì)算式)?！敬鸢浮?1)[Kr]5s25p4(2)耗能低，成本低增大接觸面積，提高浸出率(3)PbSO4AgCle+4ClO3-+20Cl-+24H+=6Cl++3eCl62-+12H2O(4)0.568VCl2(5)【解析】流程分析如下：濕陽極泥(含水26%，主要含銻、砷、鉛、鉍、銀和少量銅、碲等)先進(jìn)行加熱氧化或自然堆放氧化進(jìn)行預(yù)處理，加入H2SO4、NaCl、NaClO3混合溶液進(jìn)行浸出，使鉛元素變?yōu)镻bSO4，Ag元素變?yōu)锳gCl，過濾除掉，濾液中加入飽和Na2SO3溶液，根據(jù)表格中氧化還原電位數(shù)據(jù)，控制電位范圍0.568V，生成Te，同時(shí)防止除Te以外的單質(zhì)生成。(1)52e是第五周期第VIA元素，基態(tài)原子的電子排布式為[Kr]5s25p4；(2)自然堆放氧化(四天以上)與加熱氧化比較，優(yōu)點(diǎn)是耗能低，成本低；氧化后的原料還需粉碎、過篩，目的是增大接觸面積，提高浸出率；(3)由上述分析可知，所得濾渣主要含鉛、銀的化合物，化學(xué)式分別為PbSO4、AgCl；NaClO3與e反應(yīng)生成eCl62-、Cl+，溶液是酸性環(huán)境，根據(jù)電子守恒、電荷守恒寫出該離子方程式為：e+4ClO3-+20Cl-+24H+=6Cl++3eCl62-+12H2O；(4)電解時(shí)為防止除Te以外的單質(zhì)生成，根據(jù)表格中氧化還原電位數(shù)據(jù)，需控制電位范圍0.568V；如果直接電解，陽極可能生成Cl2，因此加入飽和Na2SO3溶液還原eCl62-可減少電能消耗并防止陽極生成Cl2；(5)根據(jù)A點(diǎn)碲原子坐標(biāo)為，C點(diǎn)鋅原子坐標(biāo)為，結(jié)合所給的坐標(biāo)系，可知B點(diǎn)的Zn原子坐標(biāo)為；若Te的原子半徑為rpm，碲化鋅晶胞中面心與頂點(diǎn)的碲原子相切，設(shè)晶胞邊長為apm，有，a=pm，晶胞的體積為cm3，由晶胞圖可知，一個(gè)晶胞中含有Zn為4個(gè)，Te為=4個(gè)，晶胞的質(zhì)量為，晶體的密度=，NA=。2．(2024·河北省邢臺(tái)市五岳聯(lián)盟高三模擬考試)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價(jià)態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等氧化物，從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如圖所示：已知：i)最高價(jià)鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2O72-存在，在堿性介質(zhì)中以CrO42-存在；ii)pH＜7時(shí)，硅元素以H2SiO3形式存在；iii)pH在4-12之間，鋁元素以Al(OH)3形式存在?；卮鹣铝袉栴}：(1)Cr元素的價(jià)電子軌道表示式。(2)煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價(jià)含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為(填化學(xué)式)。(3)水浸渣中主要物質(zhì)為(填化學(xué)式)。(4)“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)為(填化學(xué)式)。(5)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH以達(dá)到最好的除雜效果，下列說法中，正確的是。A．若pH過小，磷酸根會(huì)與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無法完全沉淀B．若pH過小，會(huì)抑制硅酸根離子水解，導(dǎo)致硅酸鎂無法完全沉淀C．若pH過大，會(huì)導(dǎo)致鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導(dǎo)致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)D．若pH過大，溶液中銨根離子濃度增大，降低導(dǎo)致MgNH4PO4無法完全沉淀(6)“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH＜1時(shí)，溶解為VO2+或VO3+在堿性條件下，溶解為VO3-或VO43-，上述性質(zhì)說明V2O5具有(填標(biāo)號)。A．酸性

B．堿性

C．兩性(7)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應(yīng)的離子方程式為?！敬鸢浮?1)

(2)Na2CrO4(3)SiO2、Fe2O3(4)Al(OH)3(5)ac(6)C(7)3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO42-+5H2O【解析】鉻釩渣(鉻和釩以低價(jià)態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物)中分離提取鉻和釩的流程為：鉻釩渣在Na2CO3、NaOH作用下高溫焙燒，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價(jià)含氧酸鹽Na2CrO4、NaVO3，鋁、硅、磷等的化合物轉(zhuǎn)化為NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4，鐵的化合物轉(zhuǎn)化為Fe2O3，加水浸取熔渣，過濾，水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4，加入稀硫酸調(diào)溶液的pH到弱堿性時(shí)NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀，過濾得到含有Al(OH)3的濾渣，再加入MgSO4和(NH4)2SO4除硅磷，使硅、磷分別轉(zhuǎn)化為MgSiO3、MgNH4PO4沉淀，過濾除去沉淀得到含有NaVO3、Na2CrO4的濾液，加入稀硫酸將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，Cr2O72-具有強(qiáng)氧化性，與加入的Na2S2O5反應(yīng)生成Cr3+，離子方程式為3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO42-+5H2O，調(diào)pH使Cr3+轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3沉淀，達(dá)到分離提取鉻和釩目的。(1)Cr元素位于第4周期第VB族，價(jià)電子排布式為3d54s1，價(jià)電子的軌道表示式為；(2)煅燒過程中，鉻元素轉(zhuǎn)化為Na2CrO4；(3)水浸渣中主要有SiO2、Fe2O3；(4)沉淀步驟調(diào)pH到弱堿性的目的是將Al元素轉(zhuǎn)化為Al(OH)3沉淀；(5)PO43-、SiO32-水解呈堿性，“除硅磷”步驟中控制溶液的pH≈9以達(dá)到最好的除雜效果。若pH過小時(shí)溶液的堿性減弱，PO43-會(huì)與H+反應(yīng)，使c(PO43-)降低，不能完全MgNH4PO4沉淀，同時(shí)SiO32-會(huì)與H+反應(yīng)生成硅酸膠狀沉淀，不利于硅、磷轉(zhuǎn)化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀；pH過大時(shí)溶液的堿性增強(qiáng)，沉淀劑中的Mg2+、NH4+分別轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀、NH3?H2O，溶液中c(NH4+)降低，導(dǎo)致不能完全生成MgNH4PO4沉淀；故答案為ac；(6)“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1時(shí)，溶解為VO2+或VO3+；在堿性條件下，溶解為VO3-或VO43-，說明V2O5具有兩性；(7)酸性條件下Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，Cr2O72-具有強(qiáng)氧化性，與Na2S2O5反應(yīng)生成Cr3+，離子方程式為3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO42-+5H2O。3．(2024·江蘇省海安高級中學(xué)高三下學(xué)期開學(xué)考試)電解錳渣主要含MnO2、PbSO4、SiO2、Fe2(SO4)3。利用電解錳回收鉛的工藝如圖所示[已知：Ksp(PbSO4)=2.6×10－3]：(1)關(guān)于電解錳渣回收鉛的工藝①“還原酸浸”時(shí)，氧化PbS生成的離子方程式為。②“浸出液”含有的鹽類主要有FeSO4和(填化學(xué)式)。③從平衡移動(dòng)的角度分析“浸鉛”反應(yīng)發(fā)生的原因：。(2)利用PbSO4可制備PbCrO4。以PbSO4、Na2Cr2O7和為原料，通過混合后進(jìn)行沉淀轉(zhuǎn)化可制得PbCrO4。已知：PbCrO4的產(chǎn)率隨的變化如圖1所示。①制備PbCrO4時(shí)，控制約為8的原因是。②設(shè)計(jì)如圖裝置(均為惰性電極)電解Na2Cr2O7溶液制取Na2CrO4。圖中右側(cè)電極產(chǎn)生的氣體為。(3)利用PbSO4可制得PbO2。PbO2受熱分解為的和價(jià)的混合氧化物，價(jià)的Pb能氧化濃鹽酸生成Cl2。現(xiàn)將1molPbO2加熱分解得到O2，向“剩余固體”中加入足量的濃鹽酸得到Cl2。生成的O2和Cl2的物質(zhì)的量相等。計(jì)算“剩余固體”中Pb、O原子個(gè)數(shù)比。(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮?1)2Fe3++PbS+SO42-=2Fe2++PbSO4+SMnSO4CH3COO-結(jié)合Pb2+形成難電離物質(zhì)，使PbSO4Pb2++SO42-平衡正向移動(dòng)(2)pH小于8時(shí)，不利于Na2Cr2O7轉(zhuǎn)化為Na2CrO4，pH大于8時(shí)生成Pb(OH)2沉淀H2(3)3：4【解析】電解錳渣主要含MnO2、PbSO4、SiO2、Fe2(SO4)3，電解錳渣中加入稀硫酸、PbS，在還原酸浸時(shí)，氧化產(chǎn)物是S，“浸出液”含有的鹽主要有MnSO4和少量的FeSO4，則MnSO4(電解錳渣中的)、PbSO4、SiO2不反應(yīng)，MnO2、Fe2(SO4)3與PbS發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使得浸出液中含有MnSO4和FeSO4，固體中的硫酸鉛在浸鉛時(shí)與醋酸銨反應(yīng)生成醋酸鉛，醋酸鉛在沉鉛時(shí)與碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸鉛。(1)①由已知條件，F(xiàn)e2(SO4)3氧化PbS為S及流程框圖中加入H2SO4溶液可得，PbS中S由-2價(jià)升高為0價(jià)，化合價(jià)升2；Fe3+中Fe元素由+3價(jià)降為+2價(jià)，化合價(jià)降1，最小公倍數(shù)為2；根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理及質(zhì)量守恒配平得反應(yīng)2Fe3++PbS+SO42-=2Fe2++PbSO4+S；②MnO2與PbS也發(fā)生上述反應(yīng)，MnO2被還原為Mn2+；③“浸鉛”反應(yīng)PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42-，該溶液中加入CH3COONH4時(shí)，c(CH3COO-)增大，平衡正向移動(dòng)，使PbSO4轉(zhuǎn)化為Pb(CH3COO)2，故從平衡移動(dòng)的角度分析“浸鉛”反應(yīng)發(fā)生的原因：CH3COO-結(jié)合Pb2+形成難電離物質(zhì)，使PbSO4Pb2++SO42-平衡正向移動(dòng)；(2)①pH小于8時(shí)，不利于Na2Cr2O7轉(zhuǎn)化為pH大于8時(shí)生成Pb(OH)2沉淀,故制備PbCrO4時(shí)，控制pH約為8；②據(jù)離子轉(zhuǎn)化Cr2O72-+H2OCrO42-+2H+，在電解池右側(cè)，若使Na2Cr2O7轉(zhuǎn)化為Na2CrO4，則需使上述離子反應(yīng)向右移動(dòng)，右側(cè)電解為2H＋＋2e-=H2↑，右側(cè)消耗H+；(3)PbO2受熱分解固體混合物，再與HCl反應(yīng)，+4價(jià)Pb還原為+2價(jià)，Cl-氧化為Cl2，為PbCl2溶液，1molPbO2轉(zhuǎn)化為PbCl2，電子轉(zhuǎn)移：1mol(4-2)=2mol，設(shè)產(chǎn)生O2xmol，則Cl2xmol，根據(jù)電子守恒：4x+2x=2mol，x=，所以1molPbO2分解產(chǎn)生O2：mol，則固體混合物中n(O)=2mol-mol2=mol，而n(Pb)不變，為1mol，n(Pb):n(O)=1:=3：4。4．(2024·浙江省衢州、麗水、湖州三地市教學(xué)質(zhì)量檢