2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)（工藝流程解答大題）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)（工藝流程解答大題）一．工藝流程題（共20小題）1．（2024?龍巖模擬）稀土元素被譽(yù)為“現(xiàn)代工業(yè)的維生素”，由普通級(jí)氯化鑭（LaCl3）料液制備高純氧化鑭La2O3的新工藝流程如圖所示。回答下列問(wèn)題：已知：①EDTA的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：②淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3會(huì)結(jié)晶沉淀。（1）EDTA中，VSEPR模型與N相同的原子還有（填元素符號(hào)）；基態(tài)碳原子中自旋方向相反的價(jià)電子數(shù)之比為。（2）“吸附”過(guò)程中，氯化鑭料液中La3+通過(guò)樹(shù)脂（G—SO3H﹣）時(shí)，在樹(shù)脂吸附柱上發(fā)生反應(yīng)生成（G—SO3）3La2，La3+被吸附在樹(shù)脂內(nèi)部，反應(yīng)的離子方程式為。某溫度時(shí)，吸附后的溶液中c（H+）隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示，t1～t2時(shí)間段的平均反應(yīng)速率v（La3+）＝。（3）“淋洗、脫附”時(shí)，經(jīng)氨水處理過(guò)的淋洗液再經(jīng)EDTA淋洗，發(fā)生如下反應(yīng)：（G—SO3）3La2+3+2EDTA＝3G—SO3+2[La（EDTA）]3+，淋洗液的濃度和pH對(duì)脫附分離效率的影響如圖所示。則在恒定流速和溫度條件下，淋洗時(shí)最適宜的條件為。淋洗液的pH＞11.0時(shí)，分離效率迅速下降，原因是。（4）“沉鑭”時(shí)，用草酸溶液將[La（EDTA）]3+中的La3+以La2（C2O4）3形式沉淀出來(lái)。①草酸分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為。②某溫度時(shí)，沉淀物飽和溶液的濃度為1.0×10﹣6mol?L﹣1，該溫度下沉淀物的Ksp＝mol5?L﹣5。（5）“焙燒”時(shí)的化學(xué)反應(yīng)方程式。（6）鑭鎳合金LaNix可作儲(chǔ)氫材料，能快速可逆地存儲(chǔ)和釋放H2，其儲(chǔ)氫原理為：鑭鎳合金吸附H2，H2解離為原子，H儲(chǔ)存在其中形成LaNixH6，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為anm。①若A的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.5，0.5），B的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)（0.75，0.75，0），則C的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為。②設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為g?cm﹣3。（列出計(jì)算表達(dá)式）2．（2024?碑林區(qū)校級(jí)模擬）以方鉛礦（主要含PbS、FeS2、ZnS）和軟錳礦（主要含）MnO2、SiO2及鐵的氧化物）為原料聯(lián)合制取PbSO4和Mn3O4的一種流程示意圖如圖：已知：PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0（1）“酸浸”過(guò)程使礦石中的金屬元素浸出，鉛和部分錳分別以[PbCl4]2﹣和Mn2+的形式浸出。①加快浸出速率可采取的措施有（寫(xiě)出1條）。②補(bǔ)全PbS與MnO2反應(yīng)的離子方程式。PbS+4MnO2++═[PbCl4]2+++（2）①“除鐵”時(shí)，加入NaOH至溶液pH≈3，過(guò)量的軟錳礦將Fe2+氧化生成沉淀，寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。②濾渣A的主要成分為FeOOH和。③從濾液A中獲得PbCl2固體采用冰水沉積的原因。（3）濾渣D的主要成分是PbS和ZnS，濾液C中（c（Pb2+）＝7.7×10﹣7mol/L，c（Zn2+）＝1.3×10﹣6mol/L，則可推斷Ksp（PbS）、Ksp（ZnS）、Ksp（MnS）的大小關(guān)系為。（4）“氧化”過(guò)程，生成Mn3O4時(shí)參加反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為。（5）干燥溫度為90℃，對(duì)產(chǎn)品Mn3O4進(jìn)行鼓風(fēng)烘干，得到的產(chǎn)物中錳含量結(jié)果如圖所示，5h后隨干燥時(shí)間的延長(zhǎng)，產(chǎn)品中的錳含量下降的原因可能是。3．（2024?重慶模擬）高純MgF2在光子晶體等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。一種利用工業(yè)Mg（OH）2（含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物）制備高純MgF2的工藝如圖。有關(guān)金屬離子沉淀完全的pH見(jiàn)下表。離子Mg2+Ca2+Fe2+Fe3+Mn2+完全沉淀的pH10.613.99.02.810.1回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)F的電子排布式為。的空間結(jié)構(gòu)為。（2）反應(yīng)釜1中，加入稀硝酸溶解后，調(diào)節(jié)pH至7.5，生成的沉淀主要是。再加入H2O2，除去的金屬元素是。（3）反應(yīng)釜2中，為使Ca2+沉淀完全，濃度應(yīng)大于mol/L（CaC2O4的Ksp＝2.0×10﹣9）。（4）反應(yīng)釜3中，反應(yīng)的離子方程式為。（5）離心后的溶液經(jīng)濃縮結(jié)晶，所得固體的主要成分是。現(xiàn)稱取一定量該固體配成溶液，取20.00mL，加入足量HCHO，反應(yīng)為：4+6HCHO═（CH2）6N4H++3H++6H2O。（CH2）6N4H+的酸性與醋酸接近。以酚酞作指示劑，用0.2000mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗24.00mL，則所配溶液的濃度為mol/L。4．（2024?招遠(yuǎn)市三模）氯化磷酸三鈉[（Na3PO4?12H2O）4?NaClO]具有良好的滅菌、消毒、漂白作用，常溫下較穩(wěn)定，受熱易分解。以磷礦石[主要成分為Ca5（PO4）3F，含雜質(zhì)Fe2O3、Al2O3等]為原料制取氯化磷酸三鈉的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉?wèn)題：已知：a．溫度高時(shí)，NaClO易分解。b．常溫下H2CO3的，；。c．常溫下，磷酸中含磷微粒分布分?jǐn)?shù)[如的分布分?jǐn)?shù)表示為]與pH的關(guān)系如圖所示：（1）“酸浸”使用一定濃度的硫酸，不使用鹽酸、硝酸代替的原因是。（2）常溫下，“中和Ⅰ”應(yīng)控制的pH約為，的K＝。（3）“中和Ⅱ”不用Na2CO3溶液，其原因是。（4）“合成”過(guò)程中兩種溶液混合后需快速冷卻，原因是；“系列操作”中包含“蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥”，干燥時(shí)需控制溫度不超過(guò)60℃的原因是。母液可以進(jìn)入（填操作單元名稱）進(jìn)行循環(huán)利用。5．（2024?江蘇模擬）氧化亞銅（Cu2O）主要用于制造殺蟲(chóng)劑、分析試劑和紅色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化為二價(jià)銅和銅單質(zhì)。以黃銅礦（主要成分為CuFeS2，含有雜質(zhì)SiO2）為原料制取Cu2O的一種工藝流程如圖所示：（1）寫(xiě)出“浸泡”時(shí)CuFeS2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式。（2）判斷“操作1”反應(yīng)已完成的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象為。（3）“熱還原”時(shí)，將新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加熱至90℃并不斷攪拌反應(yīng)得到Cu2O粉末。制備裝置如圖所示：反應(yīng)時(shí)A裝置原料反應(yīng)配比為n（Na2SO3）：n（CuSO4）＝3：2，B裝置的作用是吸收反應(yīng)產(chǎn)生的酸性氣體，防止污染環(huán)境，A裝置中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（4）實(shí)際反應(yīng)中不斷滴加NaOH溶液的作用是：。（5）反應(yīng)完成后，利用裝置B中的溶液（NaOH與Na2SO3混合溶液）可制備Na2SO4?10H2O晶體。請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案，取裝置B中的溶液，，洗滌、干燥得Na2SO4?10H2O晶體。（已知：室溫下，溶液中H2SO3、、的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的分布如圖所示；室溫下從Na2SO4飽和溶液中結(jié)晶出Na2SO4?10H2O，實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑及儀器有：SO2、氧氣、pH計(jì)）（6）工業(yè)上常以銅做陽(yáng)極，石墨做陰極，電解含有NaOH的NaCl水溶液制備Cu2O。已知：該電解過(guò)程中陽(yáng)極先生成難溶物CuCl，再與NaOH反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Cu2O。若電解時(shí)電路中通過(guò)0.2mol電子，理論上生成Cu2O的質(zhì)量為g。6．（2024?銅川三模）BiVO4（釩酸鉍）是一種黃色顏料。某小組以輝鉍礦（含77.1%Bi2S3、19.5%Fe和3.4%SiO2）為原料制備釩酸鉍，并回收SO2制備食品抗氧化劑Na2S2O5的流程如圖：已知：常溫下，Ksp[Bi（OH）3]＝1.0×10﹣32，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38；當(dāng)金屬離子濃度≤1.0×10﹣5mol?L﹣1時(shí)，認(rèn)為該離子已沉淀完全。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）“焙燒”中采用高壓空氣的目的是，Bi2S3轉(zhuǎn)化成Bi2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）浸渣的主要成分是（填化學(xué)式）。（3）“酸浸”得到的浸液中c（Bi3+）＝0.01mol?L﹣1，則“除鐵”調(diào)節(jié)pH的范圍為。（4）“合成”過(guò)程中將BiCl3溶液和（NH4）3VO4溶液混合容易形成BiVO4膠體，導(dǎo)致過(guò)濾困難。為防止生成膠體可采用的措施為（答一條）。（5）向飽和碳酸鈉溶液中通入過(guò)量SO2可制得Na2S2O5，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。Na2S2O5易變質(zhì)生成Na2SO4，設(shè)計(jì)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)證明產(chǎn)品是否變質(zhì)：。（已知：S2+2H+＝2SO2↑+H2O）（6）某工廠用20噸該輝鉍礦，最終得到18.468噸BiVO4，則該過(guò)程中Bi的損耗率為%。7．（2024?浙江模擬）某研究小組以白云石【主要成分為CaMg（CO3）2】為原料制備無(wú)水碳酸鎂，流程如圖：（1）步驟煅燒過(guò)程中盛放樣品的容器名稱是，步驟Ⅲ，重鎂水溶液中主要溶質(zhì)的化學(xué)式是。（2）下列說(shuō)法正確的是。A.步驟Ⅱ，在溶解過(guò)程中可加入硫酸，加入MgCl2?6H2O可適當(dāng)除去原料中的鈣元素B.步驟Ⅳ產(chǎn)生的CO2和濾液可循環(huán)利用C.步驟Ⅳ熱解過(guò)程中通入空氣的目的是除去體系中溶解的CO2，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行D.步驟Ⅴ，可通過(guò)直接加熱的方式制得無(wú)水碳酸鎂（3）步驟Ⅲ過(guò)程中需將溫度控制在20℃，原因是。（4）為測(cè)定產(chǎn)品中微量的鈣元素含量，可用已知濃度為cmol/L的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。從下列選項(xiàng)中選擇合理的儀器和操作，補(bǔ)全如下步驟[“_____”上填寫(xiě)一件最關(guān)鍵儀器，“（??）內(nèi)填寫(xiě)一種操作，均用字母表示]。用分析天平（稱量mg產(chǎn)品）→用燒杯（）→用（配制250mL的溶液A）→用移液管（）→在中（）→用（盛裝EDTA溶液滴定Ca2+，消耗V1mL）儀器：a.燒杯；b.滴定管；c.容量瓶；d.錐形瓶操作：e.加水溶解；f.加鹽酸溶解；g.加入三乙醇胺、NaOH和鈣指示劑；h.量取25.00mL溶液A（5）如要測(cè)定產(chǎn)品中Mg2+含量，還需繼續(xù)以下實(shí)驗(yàn)：量取25.00mL溶液A，稀釋至250mL得到溶液B，另取25.00mL溶液B于錐形瓶中，加入三乙醇胺、緩沖溶液與鉻黑T指示劑后，用上述EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ca2+、Mg2+總量（Ca2+、Mg2+與EDTA按物質(zhì)的量1：1反應(yīng)），消耗V2mL，根據(jù)本次實(shí)驗(yàn)計(jì)算產(chǎn)品中鎂元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。8．（2024?黃山二模）氧缺位體（CuFe2O4﹣δ）是熱化學(xué)循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等雜質(zhì)）為原料制備CuFe2O4﹣δ流程如圖所示：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃時(shí)已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2開(kāi)始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）CuFeS2“焙燒”時(shí)生成三種氧化物，其中金屬氧化物的化學(xué)式為。（2）焙燒產(chǎn)物中的SO2在有氧條件下利用石灰石漿液吸收可制得一種副產(chǎn)品。（填化學(xué)式）（3）流程中，若無(wú)“還原”工序，造成的后果是。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有兩種同分異構(gòu)體，則“沉鐵”過(guò)程中生成的的空間結(jié)構(gòu)是。（5）“灼燒”工序的化學(xué)方程式是，“煅燒”時(shí)通入N2的作用是。（6）“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體（CuFe2O4﹣δ）時(shí)，不同溫度范圍內(nèi)，發(fā)生變價(jià)的金屬元素不同，某溫度下制得的氧缺位體質(zhì)量為原質(zhì)量的99%，則δ＝。（7）氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步：第一步：（完成方程式）；第二步：2CuFe2O4＝2CuFe2O4﹣δ+δO2↑。9．（2024?宣城二模）氧缺位體（CuFe2O4﹣δ）是熱化學(xué)循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等雜質(zhì)）為原料制備CuFe2O4﹣δ流程如圖所示：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃時(shí)已知幾種金屬離子沉淀的pH如表所示：金屬氫氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2開(kāi)始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）CuFeS2“焙燒”時(shí)生成三種氧化物，其中金屬氧化物的化學(xué)式為。（2）焙燒產(chǎn)物中的SO2在有氧條件下利用石灰石漿液吸收可制得一種副產(chǎn)品。（填化學(xué)式）（3）流程中，若無(wú)“還原”工序，造成的后果是。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有兩種同分異構(gòu)體，則“沉鐵”過(guò)程中生成的的空間結(jié)構(gòu)是。（5）“灼燒”工序的化學(xué)方程式是，“煅燒”時(shí)通入N2的作用是。（6）“煅燒”CuFe2O4得到氧缺位體（CuFe2O4﹣δ）時(shí)，不同溫度范圍內(nèi)，發(fā)生變價(jià)的金屬元素不同，某溫度下制得的氧缺位體質(zhì)量為原質(zhì)量的99%，則δ＝。（7）氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步：第一步：（完成方程式）；第二步：2CuFe2O4═2CuFe2O4﹣δ+δO2↑。10．（2024?阜陽(yáng)模擬）水合硼酸鋅（2ZnO?3B2O3?3.5H2O，不溶于冷水）在阻燃方面具有諸多優(yōu)點(diǎn)。以鐵硼礦（主要成分為Mg2B2O5?H2O，以及少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）和菱鋅礦（主要成分為ZnCO3，F(xiàn)e2O3、FeO和SiO2等）為原料制備水合硼酸鋅的工藝流程如圖：已知：該工藝條件下金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Zn2+Mg2+開(kāi)始沉淀pH1.97.03.06.28.9完全沉淀pH3.29.04.78.010.9回答下列問(wèn)題：（1）“酸浸”時(shí)，Mg2B2O5?H2O與硫酸反應(yīng)的離子方程式為。為加快“酸浸”時(shí)的浸取速率措施有（填2點(diǎn)）。（2）濾渣1的主要成分為（填化學(xué)式）。（3）“氧化”的目的是（語(yǔ)言敘述），此步溫度不能過(guò)高的原因是。（4）“一次調(diào)pH”時(shí)，調(diào)節(jié)溶液的pH＝6.0，目的是?！岸握{(diào)pH”時(shí)的pH范圍為。（5）“制備”水合硼酸鋅的化學(xué)方程式為。（6）硒化鋅（ZnSe）是一種重要的半導(dǎo)體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶胞中硒原子的配位數(shù)為；若該晶胞密度為ρg?cm﹣3，硒化鋅的摩爾質(zhì)量為Mg?mol﹣1，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞參數(shù)a為pm。11．（2024?涪陵區(qū)校級(jí)模擬）Mn3O4可用于電子工業(yè)生產(chǎn)軟磁鐵氧體，工業(yè)上常以電解金屬錳陽(yáng)極渣（主要成分MnO2，雜質(zhì)為PbCO3、Fe2O3、CuO）和黃鐵礦（FeS2）為原料制備Mn3O4其流程如圖。已知：Fe3+Fe2+Cu2+Mn2+完全沉淀時(shí)的pH3.79.77.49.8回答下列問(wèn)題：（1）Fe2+的價(jià)層電子排布圖，“酸浸”過(guò)程中，濾渣1的主要成分為S、（填化學(xué)式）。（2）“酸浸”過(guò)程中Fe2+、Fe3+的質(zhì)量濃度、Mn的浸出率與時(shí)間的關(guān)系如圖所示。①20～80min，浸出Mn元素的主要離子方程式為。②80～100min時(shí)，F(xiàn)e2+濃度上升的原因可能是。（3）“沉鐵”過(guò)程中依次加入的試劑X、Y為（填字母）。A．NH3?H2O、H2O2B．H2O2、CaCO3C．SO2、MnCO3（4）“濾液”萃取前調(diào)pH＝0，若有機(jī)萃取劑用表HR示，則發(fā)生萃取的反應(yīng)可表示為Cu2++2HR?CuR2+2H+。若，c（Cu2+）＝0.015mol/L多次萃取后水相中c（H+）為1.022mol/L，則銅的萃取率為（結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后一位，溶液體積變化忽略不計(jì)）。（5）利用MnSO4溶液，用空氣氧化法制備Mn3O4。在MnSO4溶液中滴入一定濃度的氨水，加壓通氧氣反應(yīng)7小時(shí)制備Mn3O4。寫(xiě)出上述反應(yīng)的離子方程式：。（6）結(jié)合圖像分析，若要獲得MnSO4?5H2O晶體的系列操作步驟為加熱得到℃飽和溶液，，過(guò)濾酒精洗滌，低溫干燥。12．（2024?石家莊模擬）Be是一種重要的戰(zhàn)略性金屬，以鈹?shù)V石、方解石（CaCO3）為原料制備硫酸鋁銨和鈹?shù)墓に嚵鞒倘鐖D：已知：①鈹?shù)V石的主要成分為Be3Al2Si6O18，還含有FeO；鈹玻璃體為混合物，主要成分為CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6、SiO2，還含有FeO和Fe2O3。（2）Be（OH）2具有兩性；25℃時(shí)，Ksp[Be（OH）2]＝4×10﹣16（已知：常溫下，溶液中離子濃度低于1.0×10﹣5mol?L﹣1即可認(rèn)為該離子被除盡）；lg2＝0.3?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）“配料熔化”時(shí)，Be3Al2Si6O18發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為；鈹玻璃體屬于（“晶體”或“非晶體”）。（2）“酸溶”時(shí)，從鈹玻璃體進(jìn)入到濾渣1中的元素為（填元素符號(hào)）。（3）“調(diào)pH”時(shí)，發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子方程式為。（4）“沉鈹”時(shí)，需控制溶液的pH不低于才能將Be2+沉淀完全；若將氨水換成NaOH溶液也可沉鈹，但需控制溶液的pH不能過(guò)高，否則會(huì)因生成（填化學(xué)式）導(dǎo)致鈹?shù)漠a(chǎn)率降低。（5）“電解”時(shí)的工作原理如圖所示，其中燃料電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為；該制鈹工藝的缺點(diǎn)除能耗高外，還有。13．（2024?廬陽(yáng)區(qū)校級(jí)模擬）鈦白（主要成分TiO2）用途廣泛，常用來(lái)作高級(jí)白色顏料，在造紙工業(yè)中作填充劑，合成纖維中作消光劑。制取鈦白的方法主要有兩種，利用鈦鐵礦（主要成分FeTiO3，還有SiO2、FeO、Fe2O3等雜質(zhì)）為原料，通過(guò)硫酸法和氯化法兩種生產(chǎn)工藝制備鈦白粉的流程如圖所示，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：已知：“酸溶”后鈦主要以TiO2+形式存在，TiO2+在80℃左右水解生成TiO2?xH2O（1）下列狀態(tài)的鈦元素形成的微粒中，電離其最外層的一個(gè)電子所需能量最小的是（填序號(hào)）。A．[Ar]3d24s2B．[Ar]3d2C．[Ar]3d24s1D．[Ar]3d24s14p1（2）“酸溶”時(shí)主要成分發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（3）“還原”時(shí)應(yīng)選擇合適的試劑X是（填化學(xué)式）；已知綠礬的溶解度隨溫度變化的曲線如圖所示，從溶液中獲得綠礬的操作為、過(guò)濾、洗滌、干燥。（4）“氯化”時(shí)得到的TiCl4在水中或潮濕空氣中會(huì)發(fā)煙，可用于制作煙幕彈。原因是（化學(xué)方程式表示）（5）以上兩種工藝流程中，請(qǐng)說(shuō)出方法一優(yōu)于方法二的理由（寫(xiě)出一條即可）。（6）TiO2在自然界中有三種形態(tài)，即金紅石型、銳鈦型和斜鈦型三種，其中金紅石型是三種形態(tài)中最穩(wěn)定的一種，其晶胞如圖所示，鈦的配位數(shù)為，該晶體的密度為g?cm﹣3（設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，用含a、b、NA的代數(shù)式表示）。14．（2024?雨花區(qū)校級(jí)模擬）金屬錸廣泛用于航空航天等領(lǐng)域。以鉬精礦（主要成分為鉬的硫化物和少量錸的硫化物）為原料制取高錸酸銨的流程如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）金屬錸具有良好的導(dǎo)電性、導(dǎo)熱性和延展性，可用于解釋這一現(xiàn)象的理論是。（2）①“焙燒”常采用高壓空氣、逆流操作（空氣從焙燒爐下部通入，礦粉從中上部加入），甚目的是。②“焙燒”過(guò)程中ReS2轉(zhuǎn)化為Ca（ReO4）2和另一種穩(wěn)定的鈣鹽，其化學(xué)反應(yīng)方程式為。（3）“萃取”機(jī)理為：R3N+H++═R3N?HReO4，則“反萃取”對(duì)應(yīng)的離子方程式為；常溫下，“反萃取”得到高錸酸銨溶液的pH＝9.0，則溶液中c（）c（NH3?H2O）（填“＞”“＜”或“＝”）。[已知：常溫下lgKb（NH3?H2O）＝﹣4.7]（4）如圖是NH4ReO4的X射線衍射圖譜，則NH4ReO4屬于（填“晶體”或“非晶體”）。（5）三氧化錸是簡(jiǎn)單立方晶胞，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，摩爾質(zhì)量為Mg/mol，晶體密度為ρg/cm3。錸原子填在氧原子圍成的（填“四面體”“立方體”或“八面體”）空隙中，該晶胞中兩個(gè)相距最近的氧原子間的距離為cm（列出計(jì)算式）。15．（2024?祁東縣三模）GaN是研制高溫大功率電子器件和高頻微波器件的重要材料。以廢舊太陽(yáng)能電池（主要成分為CuIn0.5Ga0.5Se2）為原料制備GaN的流程如圖。請(qǐng)根據(jù)所學(xué)知識(shí)回答問(wèn)題。已知：Kb（NH3?H2O）≈2.0×10﹣5，Ksp[Cu（OH）2]≈2.0×10﹣20。（1）SeO2在315℃開(kāi)始凝華成有光澤的針狀結(jié)晶，試推測(cè)該結(jié)晶的晶體類型：。（2）“酸浸氧化”時(shí)，溫度不宜超過(guò)50℃，原因?yàn)?。?）加氨水調(diào)pH的目的是除銅，該步驟中分兩步進(jìn)行，第一步：Cu2++2NH3?H2O?Cu（OH）2+2，第二步是生成的Cu（OH）2溶解于氨水。①根據(jù)所給信息，計(jì)算第一步反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝。②寫(xiě)出Cu（OH）2溶解于氨水的離子方程式：。（4）“回流過(guò)濾”中，SOCl2（一種液態(tài)化合物，遇水易發(fā)生水解）與In（OH）3反應(yīng)的化學(xué)方程式為；該工序分離GaCl3和InCl3利用的原理是。（5）GaCl3氣體在270℃左右以二聚物存在，請(qǐng)寫(xiě)出該二聚物的結(jié)構(gòu)：。（6）“高溫氣相沉積”需要將藍(lán)寶石基板（溫度高達(dá)1000℃）放在沉積爐內(nèi)，然后以很低的流速將氮化鎵氣體從上面吹入爐內(nèi)。研究發(fā)現(xiàn)平放基板時(shí)氮化鎵分子無(wú)法穩(wěn)定沉積到基板上，而將基板按45°傾角斜放，卻獲得了非常均勻的氮化鎵結(jié)晶，試分析其原因：。16．（2024?渝中區(qū)校級(jí)模擬）MnO2納米材料是一種很有發(fā)展前景的儲(chǔ)能材料，用菱錳礦（主要成分為MnCO3，含有少量CaO、MgO、FeO、Fe2O3、SiO2等）制備MnO2納米材料的工藝流程如圖所示。已知：25℃時(shí)，各物質(zhì)的Ksp如表所示。物質(zhì)Mn（OH）2MnF2CaF2MgF2Ksp1.9×10﹣135.0×10﹣83.65×10﹣117.31×10﹣11物質(zhì)Fe（OH）2Fe（OH）3Mg（OH）2Ksp4.8×10﹣172.7×10﹣395.6×10﹣12回答下列問(wèn)題：（1）“酸浸”中提高反應(yīng)速率的可行措施有（任答一條）；酸浸渣的主要成分是（填化學(xué)式）。（2）加入H2O2的目的是氧化（填離子符號(hào)），寫(xiě)出該離子被氧化生成沉淀的離子方程式：。（3）回收的沉淀可與濃硫酸反應(yīng)生成能腐蝕玻璃的氣體，CaF2與濃硫酸在加熱的條件下反應(yīng)的化學(xué)方程式為；25℃時(shí)，沉淀后的濾液中c（Ca2+）：c（Mg2+）≈（寫(xiě)最簡(jiǎn)整數(shù)比）。（4）用去離子水多次洗滌MnO2納米材料，檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈的操作為。（5）“高壓釜水熱反應(yīng)”溶液pH應(yīng)調(diào)節(jié)為中性，而不能過(guò)高的原因是。17．（2024?天心區(qū)校級(jí)模擬）硫化鋇（BaS）是一種用于制取含鋇化合物和含硫化合物的化工原料。一種以BaS為原料生產(chǎn)氫氧化鋇并獲得某種副產(chǎn)品X和硫代硫酸鈉（Na2S2O3）的工藝流程如圖：已知：Ⅰ.是黃色的離子，其化學(xué)性質(zhì)與S2﹣類似，具有一定的還原性，在酸性環(huán)境下會(huì)分解。Ⅱ.在堿性環(huán)境下穩(wěn)定，在酸性環(huán)境下會(huì)分解。BaS2O3在水中溶解度很小?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）制備BaS的方法是在高溫下用無(wú)煙煤粉（主要成分為C）還原重晶石（BaSO4），在某溫度下反應(yīng)，硫元素全部被還原為最低價(jià)，同時(shí)產(chǎn)生兩種常見(jiàn)氣體，若兩種氣體在同一條件下的體積比為1：1，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：。（2）粗制BaS溶解于溫?zé)崴信渲瞥葿aS溶液，往其中通入O2可發(fā)生反應(yīng)生成BaSx和Ba（OH）2。如圖是BaSx和Ba（OH）2的溶解度隨溫度變化曲線，根據(jù)后面的流程推測(cè)，圖中（填“甲”或“乙”）代表Ba（OH）2的溶解度曲線。（3）中的x可變，當(dāng)x＝3時(shí)，BaS3晶體的晶胞如下：已知該晶胞各面互相垂直，設(shè)晶胞參數(shù)分別為apm、bpm、cpm，阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則BaS3的密度為g/cm3（用含a、b、c、NA的式子表示）。（4）Ba（OH）2?8H2O粗產(chǎn)品需要進(jìn)行洗滌脫色以得到較為潔凈的產(chǎn)品，推測(cè)下列物質(zhì)可以用來(lái)作為脫色劑的有（填標(biāo)號(hào)）。a.NaClO溶液b.稀H2O2溶液c.KI溶液（5）往母液A中加入Na2SO4溶液可得到副產(chǎn)品X，X的化學(xué)式為。已知溫度較低時(shí)，Na2SO4在水中溶解度會(huì)迅速減小。在這一步操作中Na2SO4的用量一般為略微過(guò)量，原因是。（6）在堿性條件下往母液B中通入O2可將氧化為，若x＝5（即用表示），請(qǐng)寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：。18．（2024?蓮湖區(qū)校級(jí)二模）CuCl為白色固體，難溶于水和乙醇，潮濕時(shí)易被氧化，常用作催化劑、殺菌劑、媒染劑、脫色劑。以廢棄鐵銅合金為原料制備CuCl的流程如圖所示：已知：①“浸取”階段的產(chǎn)物為[Cu（NH3）2]Cl；②常溫下，Ksp（CuCl）＝10﹣6.8。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）用再生液“浸取”鐵銅合金不需要額外加熱的原因可能為；該階段被氧化的銅元素與被還原的銅元素的質(zhì)量之比為。（2）“氧化”階段中最適宜的投料比為（填字母）。a.＝1b.＞1c.1＜≤2d.＞2（3）“中和”階段的離子方程式為。（4）為了防止CuCl被氧化，上述流程中采取的兩個(gè)措施是。（5）“中和”階段會(huì)有部分銅元素被氧化。為了綜合利用濾渣Fe和濾液，以提高CuCl的產(chǎn)率，試簡(jiǎn)述其方案：。（6）常溫下，Cu+在配體L的水溶液中形成[Cu（L）2]+，其反應(yīng)的平衡常數(shù)為K，CuCl（s）+2L（aq）?[Cu（L）2]+（aq）+Cl﹣（aq）的平衡常數(shù)為（用含K的代數(shù)式表示）。19．（2024?天河區(qū)校級(jí)模擬）某研究小組以硫化銅精礦（含Zn、Fe元素的雜質(zhì)）為主要原料制備Cu粉，其流程如圖：已知：①硫化銅精礦在酸性條件下與氧氣的反應(yīng)為2CuS+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2S+2H2O。②金屬氫氧化物開(kāi)始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。金屬氫氧化物Fe（OH）3Cu（OH）2Zn（OH）2開(kāi)始沉淀的pH1.94.26.2沉淀完全的pH3.26.78.2回答下列問(wèn)題：（1）步驟Ⅰ中通入O2采用高壓的原因是。（2）下列說(shuō)法正確的是（填字母）。A.步驟Ⅰ中過(guò)濾得到的濾渣中含有SB.步驟Ⅱ中用NH3調(diào)節(jié)pH約至4，使Fe3+、Zn2+沉淀完全C.步驟Ⅲ中增大溶液的酸度不利于Cu生成D.為加快過(guò)濾速率，需用玻璃棒對(duì)漏斗中的沉淀進(jìn)行充分?jǐn)嚢瑁?）步驟Ⅰ、Ⅲ需要使用高壓反應(yīng)釜裝置（如圖1）。步驟Ⅲ中，首先關(guān)閉出氣口，向高壓反應(yīng)釜中通入固定流速的H2，然后通過(guò)控制氣閥K1或K2，維持反應(yīng)釜中的壓強(qiáng)為3.0×106Pa。請(qǐng)給出反應(yīng)過(guò)程中的操作排序：g→→→→c→。a.開(kāi)啟氣閥K1b.開(kāi)啟氣閥K1，通入高壓H2c.關(guān)閉氣閥K1d.開(kāi)啟氣閥K2e.開(kāi)啟氣閥K2，通入高壓H2f.關(guān)閉氣閥K2g.開(kāi)啟攪拌器h.拆下罐體（4）步驟Ⅲ中高壓H2可以從濾液中置換出金屬Cu，而無(wú)法置換出金屬Zn。請(qǐng)結(jié)合方程式說(shuō)明其原因：。（5）現(xiàn)取2.50gCuSO4?5H2O樣品，加熱分解，分解過(guò)程的熱重曲線（樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線）如圖2所示。生成CuO的溫度范圍為，1000℃時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。20．（2024?海淀區(qū)校級(jí)三模）Na2Cr2O7?2H2O是一種重要的化工原料，可用于制革，印染等工業(yè)。（1）以鉻鐵礦（主要成分為FeO?Cr2O3，還含有MgO、Al2O3、SiO2等）為原料制備Na2Cr2O7?2H2O的工藝流程如圖。已知：Al2O3與純堿焙燒轉(zhuǎn)化為NaAlO2，SiO2與純堿焙燒轉(zhuǎn)化為Na2SiO3。①焙燒時(shí)將礦料磨碎且氣體與礦料逆流而行，其目的是。②焙燒的目的是將FeO?Cr2O3轉(zhuǎn)化為Na2CrO4并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，寫(xiě)出焙燒時(shí)FeO?Cr2O3發(fā)生的化學(xué)方程式。③濾渣1主要含有。④礦物中相關(guān)元素可溶性組分的物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如圖所示。ⅰ．過(guò)程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是，pH的理論范圍為。ⅱ．過(guò)程Ⅳ發(fā)生反應(yīng)2+2H+?Cr2+H2O，計(jì)算該反應(yīng)的K≈。（2）測(cè)定產(chǎn)品中Na2Cr2O7?2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。稱取ag產(chǎn)品，用500mL容量瓶配制為待測(cè)液。取25mL待測(cè)液于錐形瓶中，加入蒸餾水和稀硫酸等，用bmol?L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液vmL。產(chǎn)品中Na2Cr2O7?2H2O（摩爾質(zhì)量為Mg?mol﹣1）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。（列計(jì)算式）（3）利用膜電解技術(shù)，以Na2CrO4溶液為陽(yáng)極室電解質(zhì)溶液，NaOH溶液為陰極室電解質(zhì)溶液也可以制備Na2Cr2O7，裝置如圖。①離子交換膜應(yīng)該選用（填序號(hào)）。a．陰離子交換膜b．質(zhì)子交換膜c．陽(yáng)離子交換膜②結(jié)合方程式解釋Na2Cr2O7產(chǎn)生的原理。已知：酸性條件下Cr2被還原為Cr3+。

2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)（工藝流程解答大題）參考答案與試題解析一．工藝流程題（共20小題）1．（2024?龍巖模擬）稀土元素被譽(yù)為“現(xiàn)代工業(yè)的維生素”，由普通級(jí)氯化鑭（LaCl3）料液制備高純氧化鑭La2O3的新工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：已知：①EDTA的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：②淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3會(huì)結(jié)晶沉淀。（1）EDTA中，VSEPR模型與N相同的原子還有C、O（填元素符號(hào)）；基態(tài)碳原子中自旋方向相反的價(jià)電子數(shù)之比為3：1或1：3。（2）“吸附”過(guò)程中，氯化鑭料液中La3+通過(guò)樹(shù)脂（G—SO3H﹣）時(shí)，在樹(shù)脂吸附柱上發(fā)生反應(yīng)生成（G—SO3）3La2，La3+被吸附在樹(shù)脂內(nèi)部，反應(yīng)的離子方程式為2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+。某溫度時(shí)，吸附后的溶液中c（H+）隨時(shí)間變化關(guān)系如圖所示，t1～t2時(shí)間段的平均反應(yīng)速率v（La3+）＝mol/（L?s）。（3）“淋洗、脫附”時(shí)，經(jīng)氨水處理過(guò)的淋洗液再經(jīng)EDTA淋洗，發(fā)生如下反應(yīng)：（G—SO3）3La2+3+2EDTA＝3G—SO3+2[La（EDTA）]3+，淋洗液的濃度和pH對(duì)脫附分離效率的影響如圖所示。則在恒定流速和溫度條件下，淋洗時(shí)最適宜的條件為淋洗液的濃度為30mol/L左右和pH為10左右。淋洗液的pH＞11.0時(shí)，分離效率迅速下降，原因是淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3會(huì)結(jié)晶沉淀，導(dǎo)致分離效率下降。（4）“沉鑭”時(shí)，用草酸溶液將[La（EDTA）]3+中的La3+以La2（C2O4）3形式沉淀出來(lái)。①草酸分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為7：2。②某溫度時(shí)，沉淀物飽和溶液的濃度為1.0×10﹣6mol?L﹣1，該溫度下沉淀物的Ksp＝1.08×10﹣28mol5?L﹣5。（5）“焙燒”時(shí)的化學(xué)反應(yīng)方程式2La2（C2O4）3+3O22La2O3+12CO2。（6）鑭鎳合金LaNix可作儲(chǔ)氫材料，能快速可逆地存儲(chǔ)和釋放H2，其儲(chǔ)氫原理為：鑭鎳合金吸附H2，H2解離為原子，H儲(chǔ)存在其中形成LaNixH6，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為anm。①若A的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.5，0.5），B的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)（0.75，0.75，0），則C的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（1，0.5，1）。②設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為g?cm﹣3。（列出計(jì)算表達(dá)式）【答案】（1）C、O；3：1或1：3；（2）2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+；mol/（L?s）；（3）淋洗液的濃度為30mol/L左右和pH為10左右；淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3會(huì)結(jié)晶沉淀，導(dǎo)致分離效率下降；（4）①7：2；②1.08×10﹣28；（5）2La2（C2O4）3+3O22La2O3+12CO2；（6）①（1，0.5，1）；②?！痉治觥浚?）由EDTA的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，雜化方式為sp3，VSEPR模型為四面體形，另外O和C原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，雜化方式為sp3，與N原子的VSEPR模型相同；（2）在樹(shù)脂吸附柱上發(fā)生反應(yīng)生成（G—SO3）3La2，La3+被吸附在樹(shù)脂內(nèi)部，反應(yīng)的離子方程式為：2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+，t1～t2時(shí)間段的平均反應(yīng)速率v（La3+）＝v（H+）＝mol/（L?s）；（3）由圖可知，在恒定流速和溫度條件下，淋洗液的濃度為30mol/L左右和pH為10左右時(shí)分離效率最高；（4）①草酸分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：HOOCCOOH，碳氧雙鍵中含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵；②某溫度時(shí)，沉淀物L(fēng)a2（C2O4）3飽和溶液的濃度為1.0×10﹣6mol/L，則溶液中c（La3+）＝2.0×10﹣6mol/L，c（C2）＝3.0×10﹣6mol/L，則Ksp＝c2（La3+）c3（C2）＝（2.0×10﹣6mol/L）2×（3.0×10﹣6mol/L）；（5）“焙燒”時(shí)La2（C2O4）3和氧氣反應(yīng)生成La2O3和CO2；（6）①若A的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.5，0.5），B的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)（0.75，0.75，0），由晶胞結(jié)構(gòu)可知，C的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)；②該晶胞中含有H2的個(gè)數(shù)為×8+×2＝3，La原子的個(gè)數(shù)為×8＝1，Ni原子的個(gè)數(shù)為1+×8＝5，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為ρ＝?！窘獯稹拷猓海?）由EDTA的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，雜化方式為sp3，VSEPR模型為四面體形，另外O和C原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，雜化方式為sp3，與N原子的VSEPR模型相同，基態(tài)碳原子電子軌道表示式為，自旋方向相反的價(jià)電子數(shù)之比為3：1或1：3，故答案為：C、O；3：1或1：3；（2）在樹(shù)脂吸附柱上發(fā)生反應(yīng)生成（G—SO3）3La2，La3+被吸附在樹(shù)脂內(nèi)部，反應(yīng)的離子方程式為：2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+，t1～t2時(shí)間段的平均反應(yīng)速率v（La3+）＝v（H+）＝mol/（L?s），故答案為：2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+；mol/（L?s）；（3）由圖可知，在恒定流速和溫度條件下，淋洗液的濃度為30mol/L左右和pH為10左右時(shí)分離效率最高，淋洗時(shí)最適宜的條件為：淋洗液的濃度為30mol/L左右和pH為10左右；淋洗液的pH＞11.0時(shí)，分離效率迅速下降，原因是：淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3會(huì)結(jié)晶沉淀，導(dǎo)致分離效率下降，故答案為：淋洗液的濃度為30mol/L左右和pH為10左右；淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3會(huì)結(jié)晶沉淀，導(dǎo)致分離效率下降；（4）①草酸分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：HOOCCOOH，碳氧雙鍵中含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，則草酸分子中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為7：2，故答案為：7：2；②某溫度時(shí)，沉淀物L(fēng)a2（C2O4）3飽和溶液的濃度為1.0×10﹣6mol/L，則溶液中c（La3+）＝2.0×10﹣6mol/L，c（C2）＝3.0×10﹣6mol/L，則Ksp＝c2（La3+）c3（C2）＝（2.0×10﹣6mol/L）2×（3.0×10﹣6mol/L）＝1.08×10﹣28mol5/L5，故答案為：1.08×10﹣28；（5）“焙燒”時(shí)La2（C2O4）3和氧氣反應(yīng)生成La2O3和CO2，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：2La2（C2O4）3+3O22La2O3+12CO2，故答案為：2La2（C2O4）3+3O22La2O3+12CO2；（6）①若A的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.5，0.5），B的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)（0.75，0.75，0），由晶胞結(jié)構(gòu)可知，C的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（1，0.5，1），故答案為：（1，0.5，1）；②該晶胞中含有H2的個(gè)數(shù)為×8+×2＝3，La原子的個(gè)數(shù)為×8＝1，Ni原子的個(gè)數(shù)為1+×8＝5，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為ρ＝＝g?cm﹣3，故答案為：?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，涉及到物質(zhì)的制備、晶體有關(guān)計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，為高頻考點(diǎn)，難度中等。2．（2024?碑林區(qū)校級(jí)模擬）以方鉛礦（主要含PbS、FeS2、ZnS）和軟錳礦（主要含）MnO2、SiO2及鐵的氧化物）為原料聯(lián)合制取PbSO4和Mn3O4的一種流程示意圖如圖：已知：PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0（1）“酸浸”過(guò)程使礦石中的金屬元素浸出，鉛和部分錳分別以[PbCl4]2﹣和Mn2+的形式浸出。①加快浸出速率可采取的措施有加熱、粉碎原料（寫(xiě)出1條）。②補(bǔ)全PbS與MnO2反應(yīng)的離子方程式。PbS+4MnO2+4Cl﹣+8H+═[PbCl4]2++4Mn2++4H2O（2）①“除鐵”時(shí)，加入NaOH至溶液pH≈3，過(guò)量的軟錳礦將Fe2+氧化生成沉淀，寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+。②濾渣A的主要成分為FeOOH和SiO2。③從濾液A中獲得PbCl2固體采用冰水沉積的原因PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反應(yīng)吸熱，在低溫時(shí)，平衡逆向移動(dòng)，有利于PbCl2固體析出。（3）濾渣D的主要成分是PbS和ZnS，濾液C中（c（Pb2+）＝7.7×10﹣7mol/L，c（Zn2+）＝1.3×10﹣6mol/L，則可推斷Ksp（PbS）、Ksp（ZnS）、Ksp（MnS）的大小關(guān)系為Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS）。（4）“氧化”過(guò)程，生成Mn3O4時(shí)參加反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4。（5）干燥溫度為90℃，對(duì)產(chǎn)品Mn3O4進(jìn)行鼓風(fēng)烘干，得到的產(chǎn)物中錳含量結(jié)果如圖所示，5h后隨干燥時(shí)間的延長(zhǎng)，產(chǎn)品中的錳含量下降的原因可能是Mn3O4被O2氧化?！敬鸢浮浚?）①加熱、粉碎原料；②4Cl﹣；8H+；4Mn2+；4H2O；（2）①M(fèi)nO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+；②SiO2；③PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反應(yīng)吸熱，在低溫時(shí)，平衡逆向移動(dòng)，有利于PbCl2固體析出；（3）Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS）；（4）1：4；（5）Mn3O4被O2氧化?！痉治觥浚?）①“酸浸”過(guò)程中為加快反應(yīng)速率，可采取的措施有適當(dāng)加熱，增大酸的濃度，將礦石粉碎等措施；②酸浸”過(guò)程使礦石中的金屬元素浸出，鉛和錳分別以[PbCl4]2﹣和Mn2+的形式浸出，PbS與MnO2反應(yīng)的離子方程式為PbS+4MnO2+4Cl﹣+8H+＝[PbCl4]2﹣++4Mn2++4H2O；（2）①除鐵”時(shí)，加入NaOH至溶液pH≈3，過(guò)量的軟錳礦將Fe2+氧化生成FeOOH沉淀，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+；②濾渣A的主要成分為FeOOH和SiO2；③從濾液A中獲得PbCl2固體采用冰水沉積的原因是PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反應(yīng)吸熱，在低溫時(shí)，平衡逆向移動(dòng)；（3）濾液B中含有Mn2+、Pb2+、Zn2+，濾渣D的主要成分是PbS和ZnS，說(shuō)明此時(shí)Mn2+沒(méi)有沉淀出來(lái)，Ksp（MnS）最大；濾液C中c（Pb2+）＝7.7×10﹣7mol?L﹣1，c（Zn2+）＝1.3×10﹣6mol?L﹣1，說(shuō)明Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS）；（4）“氧化”過(guò)程中，Mn2+、氨水和氧氣反應(yīng)生成Mn3O4，反應(yīng)的離子方程式為6Mn2++6NH3?H2O+O2＝2Mn3O4+6+6H+，參與反應(yīng)的6個(gè)Mn2+中被氧化的只有4個(gè)，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4；（5）對(duì)產(chǎn)品Mn3O4進(jìn)行鼓風(fēng)烘干過(guò)程中錳元素的質(zhì)量不變，變化的是氧元素的質(zhì)量，產(chǎn)物中錳含量下降是因?yàn)檠踉睾可仙?，Mn3O4被O2氧化。【解答】解：（1）①“酸浸”過(guò)程中為加快反應(yīng)速率，可采取的措施有適當(dāng)加熱，增大酸的濃度，將礦石粉碎等措施，故答案為：加熱、粉碎原料；②酸浸”過(guò)程使礦石中的金屬元素浸出，鉛和錳分別以[PbCl4]2﹣和Mn2+的形式浸出，PbS與MnO2反應(yīng)的離子方程式應(yīng)的離子方程式為PbS+4MnO2+4Cl﹣+8H+＝[PbCl4]2﹣++4Mn2++4H2O，故答案為：4Cl﹣；8H+；4Mn2+；4H2O；（2）除鐵”時(shí)，加入NaOH至溶液pH≈3，過(guò)量的軟錳礦將Fe2+氧化生成FeOOH沉淀，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+，故答案為：MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+；②濾渣A的主要成分為FeOOH和SiO2，故答案為：SiO2；③從濾液A中獲得PbCl2固體采用冰水沉積的原因是PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反應(yīng)吸熱，在低溫時(shí)，平衡逆向移動(dòng)，有利于PbCl2固體析出，故答案為：PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反應(yīng)吸熱，在低溫時(shí)，平衡逆向移動(dòng)，有利于PbCl2固體析出；（3）濾液B中含有Mn2+、Pb2+、Zn2+，濾渣D的主要成分是PbS和ZnS，說(shuō)明此時(shí)Mn2+沒(méi)有沉淀出來(lái)，Ksp（MnS）最大；濾液C中c（Pb2+）＝7.7×10﹣7mol?L﹣1，c（Zn2+）＝1.3×10﹣6mol?L﹣1，說(shuō)明Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS），故答案為：Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS）；（4）“氧化”過(guò)程中，Mn2+、氨水和氧氣反應(yīng)生成Mn3O4，反應(yīng)的離子方程式為6Mn2++6NH3?H2O+O2＝2Mn3O4+6+6H+，參與反應(yīng)的6個(gè)Mn2+中被氧化的只有4個(gè)，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4，故答案為：1：4；（5）對(duì)產(chǎn)品Mn3O4進(jìn)行鼓風(fēng)烘干過(guò)程中錳元素的質(zhì)量不變，變化的是氧元素的質(zhì)量，產(chǎn)物中錳含量下降是因?yàn)檠踉睾可仙琈n3O4被O2氧化，故答案為：Mn3O4被O2氧化?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生知識(shí)綜合應(yīng)用、根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康募拔镔|(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行分析、實(shí)驗(yàn)基本操作能力及實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)能力，綜合性較強(qiáng)，注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對(duì)題目信息的獲取與使用，難度中等。3．（2024?重慶模擬）高純MgF2在光子晶體等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。一種利用工業(yè)Mg（OH）2（含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物）制備高純MgF2的工藝如圖。有關(guān)金屬離子沉淀完全的pH見(jiàn)下表。離子Mg2+Ca2+Fe2+Fe3+Mn2+完全沉淀的pH10.613.99.02.810.1回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)F的電子排布式為3d64s2。的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形。（2）反應(yīng)釜1中，加入稀硝酸溶解后，調(diào)節(jié)pH至7.5，生成的沉淀主要是Fe（OH）3。再加入H2O2，除去的金屬元素是Mn。（3）反應(yīng)釜2中，為使Ca2+沉淀完全，濃度應(yīng)大于2.0×10﹣4mol/L（CaC2O4的Ksp＝2.0×10﹣9）。（4）反應(yīng)釜3中，反應(yīng)的離子方程式為2F﹣+Mg2+＝MgF2↓。（5）離心后的溶液經(jīng)濃縮結(jié)晶，所得固體的主要成分是NH4NO3。現(xiàn)稱取一定量該固體配成溶液，取20.00mL，加入足量HCHO，反應(yīng)為：4+6HCHO═（CH2）6N4H++3H++6H2O。（CH2）6N4H+的酸性與醋酸接近。以酚酞作指示劑，用0.2000mol/LNaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗24.00mL，則所配溶液的濃度為0.24mol/L。【答案】（1）3d64s2；平面三角形；（2）Fe（OH）3；Mn；（3）2.0×10﹣4；（4）2F﹣+Mg2+＝MgF2↓；（5）NH4NO3；0.24。【分析】（1）基態(tài)鐵的價(jià)電子排布式為3d64s2；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥模型判斷；（2）反應(yīng)釜1中，加入稀硝酸溶解后，調(diào)節(jié)pH至7.5，發(fā)生反應(yīng)Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓，生成的沉淀主要是Fe（OH）3；再加入H2O2，發(fā)生反應(yīng)：2H2O2+Mn2+＝MnO2↓+2H2O，除去Mn元素；（3）根據(jù)公式c（）≥判斷；（4）反應(yīng)釜3中反應(yīng)的離子方程式為2F﹣+Mg2+＝MgF2↓；（5）反應(yīng)釜2中沉淀Ca2+的化學(xué)方程式為：Ca（NO3）2+H2C2O4＝2HNO3+CaC2O4↓，所以離心后的溶液中經(jīng)濃縮結(jié)晶，所得固體的主要成分是反應(yīng)釜2中生成的HNO3和反應(yīng)釜3中生成的NH4NO3；根據(jù)關(guān)系式計(jì)算。【解答】解：（1）基態(tài)鐵的價(jià)電子排布式為3d64s2；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥模型，的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，故答案為：3d64s2；平面三角形；（2）反應(yīng)釜1中，加入稀硝酸溶解后，調(diào)節(jié)pH至7.5，發(fā)生反應(yīng)Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓，生成的沉淀主要是Fe（OH）3；再加入H2O2，發(fā)生反應(yīng)：2H2O2+Mn2+＝MnO2↓+2H2O，除去Mn元素，故答案為：Fe（OH）3；Mn；（3）反應(yīng)釜2中，為使Ca2+沉淀完全，即其濃度低于1.0×10﹣5mol?L﹣1，濃度應(yīng)大于＝2.0×10﹣4mol.L﹣1，故答案為：2.0×10﹣4；（4）反應(yīng)釜3中反應(yīng)的離子方程式為2F﹣+Mg2+＝MgF2↓，故答案為：2F﹣+Mg2+＝MgF2↓；（5）反應(yīng)釜2中沉淀Ca2+的化學(xué)方程式為：Ca（NO3）2+H2C2O4＝2HNO3+CaC2O4↓，所以離心后的溶液中經(jīng)濃縮結(jié)晶，所得固體的主要成分是反應(yīng)釜2中生成的HNO3和反應(yīng)釜3中生成的NH4NO3；所配溶液中濃度為mol?L﹣1＝0.24mol?L﹣1，故答案為：NH4NO3；0.24?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查制備方案的設(shè)計(jì)，題目難度中等，根據(jù)制備步驟明確實(shí)驗(yàn)原理為解答關(guān)鍵，注意掌握常見(jiàn)化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作方法，試題綜合性強(qiáng)，側(cè)重對(duì)學(xué)生能力的培養(yǎng)和訓(xùn)練，有利于培養(yǎng)學(xué)生規(guī)范嚴(yán)謹(jǐn)?shù)膶?shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、操作能力。4．（2024?招遠(yuǎn)市三模）氯化磷酸三鈉[（Na3PO4?12H2O）4?NaClO]具有良好的滅菌、消毒、漂白作用，常溫下較穩(wěn)定，受熱易分解。以磷礦石[主要成分為Ca5（PO4）3F，含雜質(zhì)Fe2O3、Al2O3等]為原料制取氯化磷酸三鈉的工藝流程如圖。回答下列問(wèn)題：已知：a．溫度高時(shí)，NaClO易分解。b．常溫下H2CO3的，；。c．常溫下，磷酸中含磷微粒分布分?jǐn)?shù)[如的分布分?jǐn)?shù)表示為]與pH的關(guān)系如圖所示：（1）“酸浸”使用一定濃度的硫酸，不使用鹽酸、硝酸代替的原因是硫酸能與Ca2+形成微溶的硫酸鈣且易分離，以達(dá)到除去Ca2+的目的，同時(shí)硫酸不易揮發(fā)，鹽酸、硝酸易揮發(fā)。（2）常溫下，“中和Ⅰ”應(yīng)控制的pH約為10，的K＝9.53。（3）“中和Ⅱ”不用Na2CO3溶液，其原因是Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會(huì)引入Na2CO3雜質(zhì)。（4）“合成”過(guò)程中兩種溶液混合后需快速冷卻，原因是NaClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解；“系列操作”中包含“蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥”，干燥時(shí)需控制溫度不超過(guò)60℃的原因是防止氯化磷酸三鈉受熱分解。母液可以進(jìn)入合成（填操作單元名稱）進(jìn)行循環(huán)利用?！敬鸢浮浚?）硫酸能與Ca2+形成微溶的硫酸鈣且易分離，以達(dá)到除去Ca2+的目的，同時(shí)硫酸不易揮發(fā)，鹽酸、硝酸易揮發(fā)；（2）①10；9.53；（3）Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會(huì)引入Na2CO3雜質(zhì)；（4）NaClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解；防止氯化磷酸三鈉受熱分解；合成。【分析】首先利用硫酸分解磷礦石[Ca5（PO4）3F]得到濕法磷酸，其中含F(xiàn)e3+、Al3+，加入碳酸鈉溶液和磷酸反應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ中磷酸轉(zhuǎn)化為鈉鹽，其鈉鹽再與Fe3+、Al3+作用形成沉淀，過(guò)濾得到FePO4和AlPO4沉淀，濾液中主要含Na2HPO4；向?yàn)V液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯氣反應(yīng)后的溶液（主要含NaCl和NaClO），由于氯化磷酸三鈉溶解度較小，所以會(huì)析出氯化磷酸三鈉晶體，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。【解答】解：（1）“酸浸”使用一定濃度的硫酸，因?yàn)榱蛩崮芘cCa2+形成微溶的硫酸鈣且易分離，以達(dá)到除去Ca2+的目的，同時(shí)硫酸不易揮發(fā)，鹽酸、硝酸易揮發(fā)，故答案為：硫酸能與Ca2+形成微溶的硫酸鈣且易分離，以達(dá)到除去Ca2+的目的，同時(shí)硫酸不易揮發(fā)，鹽酸、硝酸易揮發(fā)；（2）①據(jù)圖可知pH約為10時(shí)，溶液中P的元素主要以的形成存在，常溫下，的，所以lgK＝lgKa3﹣lgKsp[FePO4]，據(jù)圖可知當(dāng)時(shí)溶液pH＝12.36，而，所以lgKa3＝﹣12.36，所以lgK＝﹣12.36﹣（﹣21.89）＝9.53，、故答案為：10；9.53；（3）據(jù)圖可知當(dāng)pH＝14時(shí)，磷元素主要以的形式存在，Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會(huì)引入Na2CO3雜質(zhì)，故答案為：Na2CO3溶液的pH難以達(dá)到14，不能將Na2HPO4全部轉(zhuǎn)化為Na3PO4，還會(huì)引入Na2CO3雜質(zhì)；（4）“合成”過(guò)程中兩種溶液混合后需快速冷卻，是因?yàn)镹aClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解，“系列操作”中包含“蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥”，干燥時(shí)需控制溫度不超過(guò)60℃是為了防止氯化磷酸三鈉受熱分解，母液中含有次氯酸鈉和磷酸鈉可將其通入“合成”進(jìn)行循環(huán)利用，故答案為：NaClO受熱易分解，冷卻混合液可以減少次氯酸鈉的分解；防止氯化磷酸三鈉受熱分解；合成?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間反應(yīng)和分離提純知識(shí)的掌握情況，試題難度中等。5．（2024?江蘇模擬）氧化亞銅（Cu2O）主要用于制造殺蟲(chóng)劑、分析試劑和紅色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化為二價(jià)銅和銅單質(zhì)。以黃銅礦（主要成分為CuFeS2，含有雜質(zhì)SiO2）為原料制取Cu2O的一種工藝流程如圖所示：（1）寫(xiě)出“浸泡”時(shí)CuFeS2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式CuFeS2+4Fe3+＝5Fe2++Cu2++2S。（2）判斷“操作1”反應(yīng)已完成的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象為取樣，滴加鐵氰化鉀溶液，無(wú)藍(lán)色沉淀產(chǎn)生。（3）“熱還原”時(shí)，將新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加熱至90℃并不斷攪拌反應(yīng)得到Cu2O粉末。制備裝置如圖所示：反應(yīng)時(shí)A裝置原料反應(yīng)配比為n（Na2SO3）：n（CuSO4）＝3：2，B裝置的作用是吸收反應(yīng)產(chǎn)生的酸性氣體，防止污染環(huán)境，A裝置中反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Na2SO3+2CuSO4＝Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑。（4）實(shí)際反應(yīng)中不斷滴加NaOH溶液的作用是：反應(yīng)產(chǎn)生SO2，導(dǎo)致溶液酸性增強(qiáng)，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價(jià)銅和銅單質(zhì)從而降低Cu2O含量。（5）反應(yīng)完成后，利用裝置B中的溶液（NaOH與Na2SO3混合溶液）可制備Na2SO4?10H2O晶體。請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案，取裝置B中的溶液，邊攪拌邊向溶液中通入SO2，用pH計(jì)測(cè)量溶液的pH值，至pH約為10時(shí)；再向溶液中通入O2至pH約為7，將溶液加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn)，降溫結(jié)晶，過(guò)濾，洗滌、干燥得Na2SO4?10H2O晶體。（已知：室溫下，溶液中H2SO3、、的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的分布如圖所示；室溫下從Na2SO4飽和溶液中結(jié)晶出Na2SO4?10H2O，實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑及儀器有：SO2、氧氣、pH計(jì)）（6）工業(yè)上常以銅做陽(yáng)極，石墨做陰極，電解含有NaOH的NaCl水溶液制備Cu2O。已知：該電解過(guò)程中陽(yáng)極先生成難溶物CuCl，再與NaOH反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Cu2O。若電解時(shí)電路中通過(guò)0.2mol電子，理論上生成Cu2O的質(zhì)量為14.4g?！敬鸢浮浚?）CuFeS2+4Fe3+＝5Fe2++Cu2++2S；（2）取樣，滴加鐵氰化鉀溶液，無(wú)藍(lán)色沉淀產(chǎn)生；（3）3Na2SO3+2CuSO4＝Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；（4）反應(yīng)產(chǎn)生SO2，導(dǎo)致溶液酸性增強(qiáng)，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價(jià)銅和銅單質(zhì)從而降低Cu2O含量；（5）邊攪拌邊向溶液中通入SO2，用pH計(jì)測(cè)量溶液的pH值，至pH約為10時(shí)，再向溶液中通入O2至pH約為7，將溶液加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn)，降溫結(jié)晶，過(guò)濾；（6）14.4?！痉治觥緾uFeS2“浸泡”時(shí)，生成Fe2+、Cu2+，通入氧氣和硫酸，將二價(jià)鐵氧化為三價(jià)鐵，添加氧化銅，調(diào)節(jié)pH，來(lái)沉淀三價(jià)鐵，溶液此時(shí)為硫酸銅，再加入氫氧化鈉和亞硫酸鈉，得到Cu2O。【解答】解：（1）由圖可知，加入硫酸鐵，有硫單質(zhì)生成，根據(jù)氧化還原反應(yīng)，“浸泡”時(shí)CuFeS2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式CuFeS2+4Fe3+＝5Fe2++Cu2++2S，故答案為：CuFeS2+4Fe3+＝5Fe2++Cu2++2S；（2）判斷“操作1”反應(yīng)已完成即不含有二價(jià)鐵，檢驗(yàn)二價(jià)鐵實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象為取樣，滴加鐵氰化鉀溶液，無(wú)藍(lán)色沉淀產(chǎn)生，故答案為：取樣，滴加鐵氰化鉀溶液，無(wú)藍(lán)色沉淀產(chǎn)生；（3）反應(yīng)時(shí)A裝置原料反應(yīng)配比為n（Na2SO3）：n（CuSO4）＝3：2，B裝置的作用是吸收反應(yīng)產(chǎn)生的酸性氣體，防止污染環(huán)境，說(shuō)明有SO2生成，化學(xué)方程式為3Na2SO3+2CuSO4＝Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑，故答案為：3Na2SO3+2CuSO4＝Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；（4）不斷滴加NaOH溶液的作用是因?yàn)榉磻?yīng)產(chǎn)生SO2，導(dǎo)致溶液酸性增強(qiáng)，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價(jià)銅和銅單質(zhì)從而降低Cu2O含量，答案：因?yàn)榉磻?yīng)產(chǎn)生SO2，導(dǎo)致溶液酸性增強(qiáng)，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價(jià)銅和銅單質(zhì)從而降低Cu2O含量，故答案為：反應(yīng)產(chǎn)生SO2，導(dǎo)致溶液酸性增強(qiáng)，Cu2O在酸性溶液中歧化為二價(jià)銅和銅單質(zhì)從而降低Cu2O含量；（5）若裝置B中的溶液（NaOH與Na2SO3混合溶液）可制備Na2SO4?10H2O晶體，取裝置B中的溶液，邊攪拌邊向溶液中通入SO2，用pH計(jì)測(cè)量溶液的pH值，至pH約為10時(shí)（由微粒物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)可知pH約為10，主要以亞硫酸根存在）；再向溶液中通入O2（將亞硫酸根氧化為硫酸根）至pH約為7，將溶液加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn)，降溫結(jié)晶，過(guò)濾，洗滌、干燥得Na2SO4?10H2O晶體，故答案為：邊攪拌邊向溶液中通入SO2，用pH計(jì)測(cè)量溶液的pH值，至pH約為10時(shí)，再向溶液中通入O2至pH約為7，將溶液加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn)，降溫結(jié)晶，過(guò)濾；（6）陽(yáng)極先生成難溶物CuCl，即Cu﹣e﹣+Cl﹣＝CuCl，再與NaOH反應(yīng)轉(zhuǎn)化為Cu2O，通過(guò)0.2mol電子，即有0.2molCuCl，根據(jù)原子守恒，可知0.1molCu2O，得m＝nM＝0.1mol×（64×2+16）g?mol﹣1＝14.4g，故答案為：14.4?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間反應(yīng)和分離提純知識(shí)的掌握情況，試題難度中等。6．（2024?銅川三模）BiVO4（釩酸鉍）是一種黃色顏料。某小組以輝鉍礦（含77.1%Bi2S3、19.5%Fe和3.4%SiO2）為原料制備釩酸鉍，并回收SO2制備食品抗氧化劑Na2S2O5的流程如圖：已知：常溫下，Ksp[Bi（OH）3]＝1.0×10﹣32，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38；當(dāng)金屬離子濃度≤1.0×10﹣5mol?L﹣1時(shí)，認(rèn)為該離子已沉淀完全。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）“焙燒”中采用高壓空氣的目的是增大氧氣濃度，加快反應(yīng)速率，Bi2S3轉(zhuǎn)化成Bi2O3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。（2）浸渣的主要成分是SiO2（填化學(xué)式）。（3）“酸浸”得到的浸液中c（Bi3+）＝0.01mol?L﹣1，則“除鐵”調(diào)節(jié)pH的范圍為3～4。（4）“合成”過(guò)程中將BiCl3溶液和（NH4）3VO4溶液混合容易形成BiVO4膠體，導(dǎo)致過(guò)濾困難。為防止生成膠體可采用的措施為攪拌、加熱等（答一條）。（5）向飽和碳酸鈉溶液中通入過(guò)量SO2可制得Na2S2O5，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2CO3+2SO2＝Na2S2O5+CO2。Na2S2O5易變質(zhì)生成Na2SO4，設(shè)計(jì)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)證明產(chǎn)品是否變質(zhì)：取少量產(chǎn)品，加入足量鹽酸，一段時(shí)間后再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)品已變質(zhì)，反之未變質(zhì)。（已知：S2+2H+＝2SO2↑+H2O）（6）某工廠用20噸該輝鉍礦，最終得到18.468噸BiVO4，則該過(guò)程中Bi的損耗率為5%?！敬鸢浮浚?）增大氧氣濃度，加快反應(yīng)速率；；（2）SiO2；（3）3～4；（4）攪拌、加熱等；（5）Na2CO3+2SO2＝Na2S2O5+CO2；取少量產(chǎn)品，加入足量鹽酸，一段時(shí)間后再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)品已變質(zhì)，反之未變質(zhì)；（6）5?！痉治觥坑深}給流程可知，輝鉍礦在高壓空氣中焙燒，將金屬硫化物轉(zhuǎn)化為二氧化硫和金屬氧化物，先焙燒渣中加入稀硫酸，金屬氧化物溶于稀硫酸轉(zhuǎn)化為可溶性硫酸鹽，二氧化硅與稀硫酸不反應(yīng)，過(guò)濾得到含有二氧化硅的濾渣和含有可溶性硫酸鹽的濾液；向?yàn)V液中加入過(guò)氧化氫和氨水混合溶液，將溶液中的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過(guò)濾得到氫氧化鐵和濾液；向?yàn)V液中加入氫氧化鈉溶液，將溶液中的鉍離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鉍沉淀，過(guò)濾得到氫氧化鉍和濾液；向氫氧化鉍中加入鹽酸溶解得到氯化鉍溶液，氯化鉍溶液與釩酸鈉溶液合成得到釩酸鉍，據(jù)此回答?！窘獯稹拷猓海?）“焙燒”中采用高壓空氣可以增大氧氣濃度，加快反應(yīng)速率，三硫化二鉍轉(zhuǎn)化為三氧化二鉍的反應(yīng)為三硫化二鉍與氧氣在高溫下反應(yīng)生成三氧化二鉍和二氧化硫，即反應(yīng)的化學(xué)方程式為，故答案為：增大氧氣濃度，加快反應(yīng)速率；；（2）由分析可知，浸渣的主要成分是二氧化硅，即化學(xué)式為SiO2，故答案為：SiO2；（3）酸浸得到的浸液中鉍離子的濃度為0.01mol/L，則由溶度積可知，溶液中氫氧根離子濃度小于＝1×10﹣10mol/L，溶液的pH小于4；又溶液中鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀時(shí)溶液中氫氧根離子濃度大于＝1×10﹣11mol/L，溶液的pH大于3，所以“除鐵”調(diào)節(jié)pH的范圍為3～4，故答案為：3～4；（4）為防止生成膠體可采用的措施可為不斷攪拌或加熱等，故答案為：攪拌、加熱等；（5）向飽和碳酸鈉溶液中通入過(guò)量SO2可制得焦亞硫酸鈉，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2CO3+2SO2＝Na2S2O5+CO2；為防止S2離子干擾硫酸根離子的檢驗(yàn)，證明Na2S2O5產(chǎn)品是否變質(zhì)時(shí)，應(yīng)加入足量的鹽酸排出S2離子干擾，則設(shè)計(jì)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)證明產(chǎn)品是否變質(zhì)的實(shí)驗(yàn)方案為取少量產(chǎn)品，加入足量鹽酸，一段時(shí)間后再滴加氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)品已變質(zhì)，反之未變質(zhì)，故答案為：Na2CO3+2SO2＝Na2S2O5+CO2；取少量產(chǎn)品，加入足量鹽酸，一段時(shí)間后再滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則產(chǎn)品已變質(zhì)，反之未變質(zhì)；（6）由題意可知，20噸該輝鉍礦中鉍元素的物質(zhì)的量為×2＝6×104mol，由釩酸鉍的質(zhì)量為18.468噸中鉍元素的物質(zhì)的量為＝5.7×104mol，則鉍元素的損失率為×100%＝5%，故答案為：5?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，側(cè)重考查學(xué)生物質(zhì)之間的反應(yīng)和分離提純知識(shí)的掌握情況，試題難度中等。7．（2024?浙江模擬）某研究小組以白云石【主要成分為CaMg（CO3）2】為原料制備無(wú)水碳酸鎂，流程如圖：（1）步驟煅燒過(guò)程中盛放樣品的容器名稱是坩堝，步驟Ⅲ，重鎂水溶液中主要溶質(zhì)的化學(xué)式是Mg（HCO3）2。（2）下列說(shuō)法正確的是BC。A.步驟Ⅱ，在溶解過(guò)程中可加入硫酸，加入MgCl2?6H2O可適當(dāng)除去原料中的鈣元素B.步驟Ⅳ產(chǎn)生的CO2和濾液可循環(huán)利用C.步驟Ⅳ熱解過(guò)程中通入空氣的目的是除去體系中溶解的CO2，促進(jìn)反應(yīng)正向進(jìn)行D.步驟Ⅴ，可通過(guò)直接加熱的方式制得無(wú)水碳酸鎂（3）步驟Ⅲ過(guò)程中需將溫度控制在20℃，原因是溫度過(guò)低，反應(yīng)速率慢；溫度過(guò)高，CO2的溶解度降低，且Mg（HCO3）2易分解生成MgCO3?3H2O。（4）為測(cè)定產(chǎn)品中微量的鈣元素含量，可用已知濃度為cmol/L的EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。從下列選項(xiàng)中選擇合理的儀器和操作，補(bǔ)全如下步驟[“___