第05讲 工业流程解题策略（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第05讲工业流程解题策略目录01模拟基础练【题型一】以制备物质简单流程为背景【题型二】以资源开发利用为背景【题型三】以物质分离提纯为背景【题型四】制备物质综合工艺流程【题型五】化学原理运用工艺流程02重难创新练03真题实战练题型一以制备物质简单流程为背景1．(2024·北京市朝阳区高三质量检测)实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下：下列说法不正确的是()A．可用饱和NaOH溶液净化氯气B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2OC．推测若取无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后再加入少量CCl4，下层液体变紫色D．上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2>KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2<KClO3【答案】A【解析】由制备流程可知，①中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，②中净化时选饱和食盐水除去挥发的HCl，浓硫酸干燥氯气，然后发生3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O，氯酸钾与盐酸加热可发生氧化还原反应生成黄绿色气体为氯气，氯酸与过量KI发生ClO3-+I-=Cl-+IO3-，得到无色溶液a。A项，氯气能和NaOH溶液反应，不可用饱和NaOH溶液净化氯气，A项错误；B项，生成KClO3时只有Cl元素的化合价变化，离子方程式为3Cl2+6OH-ClO3-+5Cl-+3H2O，B项正确；C项，若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，Cl-、IO3-发生氧化还原反应生成碘，CCl4密度比水小且能萃取碘单质，下层液体变紫色，C项正确；D项，由氯气与KOH的反应、氯酸钾与盐酸的反应，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，上述实验说明碱性条件下氧化性：Cl2>KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2<KClO3，D项正确；故选A。2．(2024·福建省龙岩市高三第一次模拟)以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、SiO2、Fe2O3)为原料制备ZnO的流程如图所示。下列说法正确的是()已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。A．H-N-H键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B．“滤渣②”的主要成分为Fe、Cu和ZnC．所含金属元素的质量“滤液①”<“滤液②”D．“煅烧”时需要在隔绝空气条件下进行【答案】C【解析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反应，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3•H2O，滤渣①的主要成分为Fe2O3和MnO2；加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3•H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀，最后煅烧获得ZnO。A项，NH3提供孤电子对与Cu2+形成配位键后，孤电子对转化为成键电子对，对N—H成键电子对受到的排斥力减小，则H-N-H键角变大，即[Cu(NH3)4]2+>NH3，故A错误；B项，滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn，故B错误；C项，滤液①中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，加入锌粉发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+＝Cu+[Zn(NH3)4]2+，因此滤液①中[Cu(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+，因此滤液②中含有金属元素的离子为[Zn(NH3)4]2+，Zn的相对原子质量大于Cu，金属元素的质量增加，即“滤液①”<“滤液②”，故C正确；D项，煅烧时ZnCO3·Zn(OH)2会分解，Zn为+2价，不会被氧气氧化，因此不需要隔绝空气，故D错误；故选C。3．(2024·江苏省南京师范大学苏州实验学校高三零模考试)一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A．“氧化”和“转化”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．“洗脱”工序可完成R3NCl的再生D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化【答案】D【解析】卤水“氧化”时氯气与卤水反应置换出Br2，同时氯气与水反应生成HCl进入水相Ⅰ；“还原”时SO2与R3N[ClBr2]反应生成H2SO4、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸“洗脱”R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯气氧化得到溴单质，蒸馏得到液溴。A项，“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用均为氧化Br-，A项正确；B项，由流程中转化关系知，“氧化”时氯气与卤水反应置换出Br2，同时氯气与水反应生成HCl进入水相Ⅰ；“还原”时SO2与R3N[ClBr2]反应生成H2SO4、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，故水相Ⅱ中含H+和Cl-，则水相Ⅰ和水相Ⅱ中均含有H+和Cl-，B项正确；C项，用盐酸“洗脱”R3NBr生成HBr同时生成R3NCl，可完成R3NCl的再生，C项正确；D项，保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D项错误；故选D。4．(2024·黑龙江省大庆市三模)工业上常用的一种海水中提溴技术叫做“吹出法”，其过程主要包括氧化、吹出、吸收和蒸馏等环节(如下图)，下列有关说法错误的是()A．过程中酸化海水的目的是抑制Br2的溶解B．吸收塔中发生的主要反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBrC．实验室模拟蒸馏过程，用到的主要仪器包括：蒸馏烧瓶、球形冷凝管、温度计等D．保存液溴的过程中，水封的主要目的是防止或减弱Br2的挥发【答案】C【解析】A项，Br2溶于水显酸性，酸化海水可以抑制Br2的溶解，A正确；B项，SO2具有还原性，Br2具有氧化性，则吸收塔中发生的主要反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HB，B正确；C项，蒸馏过程不能用球形冷凝管，应该用直形冷凝管，C错误；D项，因为Br2易挥发，所以水封的主要目的是防止或减弱Br2的挥发，D正确；故选C。题型二以资源开发利用为背景5．(2024·广西南宁市高三模拟)氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一，下图为处理氨氮废水的流程。下列离子方程式书写错误的是()A．过程①：NH4++OH-=NH3·H2OB．过程②总反应式：3Cl2+2NH3·H2O=6Cl-+N2↑+2H2O+6H+C．过程③：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+D．Cl2溶于水：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-【答案】D【解析】A项，含NH4+废水与NaOH溶液反应生成NH3·H2O，其反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3·H2O，A不符合题意；B项，过程②加入Cl2可将废水中的NH3·H2O转化为无毒气体，反应过程中氯元素化合价由0价降低到-1价，化合价降低，被还原，氮元素的化合价由-3价升高到0价，化合价升高，被氧化，配平之后为：3Cl2+2NH3·H2O=6Cl-+N2↑+2H2O+6H+，B不符合题意；C项，过程③中Na2SO3溶液的作用是将含余氯废水中的Cl2转化为氯离子，反应为：Cl2+SO32-+H2O=2Cl-+SO42-+2H+，C不符合题意；D项，Cl2溶于水为可逆反应，生成的HClO为弱酸，不能拆开，反应为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，D符合题意；故选D。6．(2024·山东省烟台等三市高三一模)废旧铅蓄电池的铅膏主要含有PbSO4、PbO2和Pb。从铅膏中回收PbO流程如下。【已知：Pb(OH)2性质类似Al(OH)3】下列说法错误的是()A．“脱硫”是把PbSO4转化为Na2SO4将硫除去B．“酸浸”发生的反应有PbCO3+2HAc=Pb(Ac)2+CO2↑+H2OC．“酸浸”中H2O2会分解，应适当过量D．“沉铅”时为保证铅的完全沉淀，应该加入过量氢氧化钠【答案】D【解析】从主要含PbSO4、PbO2废旧铅蓄电池的铅膏中回收铅资源，通过如图流程可知“脱硫”时利用了沉淀转化原理，将PbSO4转化为PbCO3，便于后面的酸浸，在“酸浸”时H2O2将PbO2还原，最终铅元素全部转化为可溶性的Pb(Ac)2，“沉铅”时将Pb(Ac)2转化为Pb(OH)2，最后Pb(OH)2加热得到PbO。A项，在“脱硫”工艺中，PbSO4与Na2CO3溶液反应生成更难溶的PbCO3，同时生成Na2SO4留在滤液中将硫除去，A正确；B项，“酸浸”中PbO2通过和H2O2、HAc反应转化为Pb(Ac)2，同时“脱硫”工艺中生成的PbCO3与醋酸反应也生成Pb(Ac)2，故发生的反应有PbCO3+2HAc=Pb(Ac)2+CO2↑+H2O，B正确；C项，H2O2本身易分解，故“酸浸”中H2O2会分解，为保证PbO2反应彻底，H2O2应适当过量，C正确；D项，“沉铅”时生成Pb(OH)2，由于Pb(OH)2性质类似Al(OH)3，若氢氧化钠过量，会导致溶解，反而不利于“沉铅”，故D错误；故选D。7．(2024·江苏省常州市普通高中学业水平合格性考试适应性训练)医学发现一种Fe3O4纳米粒子具有肝靶向功能。利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程图示意如下：已知：Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-。下列有关说法正确的是()A．“Fe3O4”俗称铁红B．“碱洗”是为了洗去废旧镀锌铁皮表面的油污C．“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OD．“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、、、SO42-【答案】D【解析】废旧锌铁皮加入NaOH溶液中，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-，过滤，所得固体加入过量稀硫酸，溶解铁，发生Fe+2H+=Fe2++H2↑，加入适量过氧化氢，氧化部分亚铁离子，氧化后的溶液中含有H+、、、SO42-，向溶液中通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入NaOH溶液生成四氧化三铁胶体粒子。A项，Fe2O3俗称铁红，Fe3O4俗称磁性氧化铁，故A错误；B项，氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，Zn溶于强碱时生成[Zn(OH)4]2-，故B错误；C项，“酸溶”中发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故C错误；D项，“氧化”后溶液中存在的离子有：H+、、、SO42-，故D正确；故选D。8．(2024·江苏省扬州中学高三下学期月考)利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：已知：NaClO溶液在加热时易分解生成NaCl和NaClO3。下列说法正确的是()A．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加B．“氧化”时，发生的化学方程式：C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N2是正极产物D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗【答案】A【解析】由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，过滤得到滤渣和含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入一水合肼溶液，溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，过滤得到银。A项，若省略第一次过滤，过量的次氯酸钠溶液能将一水合氨氧化为氮气，会使氨水的用量增加，A正确；B项，由分析可知，氧化时发生的反应为废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为，B错误；C项，由化合价变化可知，若还原工序利用原电池来实现，一水合肼会在负极失去电子发生氧化反应生成生成氮气，C错误；D项，还原时发生的反应为溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4•H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，则反应生成1mol银时，理论上消耗，D错误；故选A。题型三以物质分离提纯为背景9．(2024·江苏省扬州中学高三下学期月考)利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：已知：NaClO溶液在加热时易分解生成NaCl和NaClO3。下列说法正确的是()A．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加B．“氧化”时，发生的化学方程式：C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N2是正极产物D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗【答案】A【解析】由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，过滤得到滤渣和含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入一水合肼溶液，溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，过滤得到银。A项，若省略第一次过滤，过量的次氯酸钠溶液能将一水合氨氧化为氮气，会使氨水的用量增加，A正确；B项，由分析可知，氧化时发生的反应为废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为，B错误；C项，由化合价变化可知，若还原工序利用原电池来实现，一水合肼会在负极失去电子发生氧化反应生成生成氮气，C错误；D项，还原时发生的反应为溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4•H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，则反应生成1mol银时，理论上消耗，D错误；故选A。10．无水FeCl3常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量Fe2O3、C和SiO2)制取无水FeCl3的流程如下，下列说法正确的是()A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe3+、Fe2+、H+、Cl-B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得FeCl3·6H2OD．“脱水”时加入SOCl2能抑制FeCl3的水解，原因是SOCl2与水反应生成H2SO4和HCl【答案】B【解析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到FeCl3·6H2O，加入SOCl2脱水得到FeCl3。A项，铁屑中主要成分Fe，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：Fe2+、H+、Cl-，A错误；B项，氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确；C项，铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得FeCl3·6H2O，C错误；D项，是SOCl2与水反应生成SO2和HCl，D错误；故选B。11．(2024·江苏省盐城市三校高三第一次联考)用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是()A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O【答案】C【解析】硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成SO42-，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。A项，适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A正确；B项，有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2SO42-+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则SO42-为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B正确；C项，滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C错误；D项，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3•H2O+O2=8NH4++4FeOOH↓+2H2O，D正确；故选C。12．(2024·陕西省西安市二模)七水硫酸锌在农业中可用作微量元素肥料，也被广泛用于工业领域。锌渣制备ZnSO4⋅7H2O的工艺流程如下。锌渣的主要成分为ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2下列说法正确的是()A．滤渣①为SiO2，滤渣③为和B．氧化操作发生的反应为：Fe(OH)3↓2↑C．加入的主要作用是调节溶液的D．操作X用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗【答案】C【解析】锌渣的主要成分为ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2，加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，PbO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，所以滤渣1中为SiO2和PbSO4，滤液①溶质主要为硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，加入漂白粉将Fe2+氧化为Fe3+，次氯酸根离子转化为氯气，再加ZnO调节溶液pH值，使Fe3+沉淀，滤渣②为Fe(OH)3，滤液②主要溶质为硫酸锌和硫酸铜，加入Zn置换硫酸铜生成Cu，滤渣③中为Cu和过量的锌，滤液③主要为硫酸锌，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4⋅7H2O。A项，根据分析可知，滤渣①中为SiO2和PbSO4，滤渣③中为Cu和过量的锌，A错误；B项，氧化操作发生的反应为：Fe3++2↑+2H2O，B错误；C项，根据分析可知，ZnO调节溶液pH值，使Fe3+沉淀，C正确；D项，操作X用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，D错误；故选C。题型四制备物质综合工艺流程13．(2024·江苏省常州市普通高中学业水平合格性考试适应性训练)实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的实验流程如下：(1)“溶解”时Cu发生反应的离子方程式为。(2)“溶解”可适当升高温度以加快反应速率，但温度不宜过高。温度不宜过高的原因是。(3)滤渣中的主要物质是(填化学式)。(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[]，碱式碳酸锌在空气中加热可转化为ZnO，过程中固体质量随温度的变化关系如下图所示。已知：Zn(OH)2加热至125℃、ZnCO3加热至350℃均分解成ZnO，该碱式碳酸锌失去结晶水的温度与Zn(OH)2的分解温度接近。根据以上实现数据计算，确定中x的值(写出计算过程)。【答案】(1)2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O(2)盐酸受热易挥发，氧气的溶解度降低(3)Cu(或Cu、Zn)(4)x=2【解析】废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)，利用盐酸溶解，同时通入空气，金属分别转化为氯化锌、氯化铜，加入氢氧化钠溶液调节pH，然后加入锌置换出铜，滤液中加入碳酸钠沉锌，生成碱式碳酸锌，煅烧碱式碳酸锌生成氧化锌。(1)“溶解”时Cu被氧化为氯化铜，发生反应的离子方程式为2Cu+O2+4H+=2Cu2++2H2O。(2)由于盐酸易挥发，氧气的溶解度随温度升高而降低，所以温度不宜过高的原因是盐酸受热易挥发，氧气的溶解度降低。(3)锌置换铜，所以滤渣中的主要物质是Cu(或Cu、Zn)。(4)根据图像结合物质的分解温度可知最终得到的氧化锌，设为1mol，最终生成3molZnO，因此满足，解得x＝2。14．(2024·浙江省宁波市高三选考模拟考试)氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-CuCl2-)。请回答：(1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是。(2)下列有关说法不正确的是___________。A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替B．滤渣1的成分是Fe(OH)3C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和NH4HCO3(3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：请分析pH控制在左右的原因。(4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验：a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL0.5mol/LAgNO3溶液，充分反应；b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液；d．重复实验操作三次，消耗mol/LNH4SCN溶液的体积平均为mL。已知Ksp(AgCl)=3.2，Ksp(AgSCN)=2.0。①加入硝基苯的作用是。②滴定选用的指示剂是。A．FeCl3

B．FeCl2

C．NH4Fe(SO4)2

D．(NH4)2Fe(SO4)2③CuCl的纯度为。【答案】(1)NaCuCl2(2)AD(3)pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH(4)防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀C99.50%【解析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。(1)还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-CuCl2-)，故所得产物的主要溶质的化学式是NaCuCl2；(2)A项，浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；B项，滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；C项，“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；D项，Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；故选AD；(3)pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH；(4)①加入硝基苯的作用是防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；②结合该实验中滴加NH4SCN标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选NH4Fe(SO4)2；故选C；③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故10.00gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1mol，CuCl的纯度为=。15．(2024·江苏省南京师范大学苏州实验学校高三零模考试)氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①稀土离子易与SO42-形成复盐沉淀，Ce3+和SO42-发生反应：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。回答下列问题：(1)滤渣A的主要成分是(填写化学式)。(2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式。(3)加入硫脲的目的是将CeF22+还原为Ce3+，反应的离子方程式为。(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为。(5)下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率D．该步骤发生的反应是2Ce3++6HCO3-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O(6)若常温下，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，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c(HCO3-)=mol∙L−1。【答案】(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】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加稀硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4；含CeF22+滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀B为Ce2(SO4)3•Na2SO4•nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。(1)滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2。(2)在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。(3)根据信息硫脲(

)具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将CeF22+还原为Ce3+，反应的离子方程式为2CeF22++2

=2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-。(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化。(5)A项，由于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3+很少，A错误；B项，碳酸钠与Ce3+直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，B错误；C项，减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；D项，Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6HCO3-=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，D正确；故选CD。(6)Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，则，解得，测得溶液的pH=5，根据，解得c(HCO3-)=0.2mol∙L−1。16．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO2.某研究小组设计如图所示工艺流程制备硫酸镍晶体。查阅资料：①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀的pH7.24.02.27.5沉淀完全的pH9.05.63.29.0(1)“滤渣2”的成分是(用化学式表示)。溶液中加入H2O2的目的是(用离子方程式表示)。(2)“调pH”可选用的物质(填序号)。A．Na2CO3B．NiCO3C．H2SO4D．NiSO4“调pH”的范围为。(3)下列有关说法不正确的是___________。A．酸浸步骤可用水浴加热，以加速反应B．操作A中的有机溶剂可选用乙醇C．调pH后过滤，需用玻璃棒对漏斗中的混合物充分搅拌D．操作B中包含“结晶、过滤、洗涤、煅烧”等操作(4)测定产品的纯度。操作步骤涉及反应①准确称取制备的硫酸镍样品5.620g，加入含0.0200molEDTA的二钠盐溶液(用H2Y2-表示)，充分反应后定容成100mL。Ni2++H2Y2-=NiH2Y②取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加二甲酚橙作指示剂，用标准液滴定到终点，平行实验三次，平均消耗20.00mLZn2+标准液。Zn2++H2Y2-=ZnH2Y计算产品的纯度为。【答案】(1)Fe(OH)3、Al(OH)32Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(2)B5.6≤pH<7.2)(3)BCD(4)90.0%【解析】根据流程图可以知道，废镍催化剂粉碎后进入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐额滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH在5.6≤pH＜7.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有硫酸镍的滤液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。(1)滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(2)为了将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，根据金属氢氧化物沉淀时的pH，要调节溶液的pH在5.6≤pH＜7.2的范围内；为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液的pH时可以加入碳酸镍固体；选B；(3)A项，酸浸步骤适当升温可以加快反应速率，故A正确；B项，乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故B错误；C项，过滤后，漏斗内的沉淀不能用玻璃棒搅拌，故C错误；D项，操作B中包含“加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤”等操作，故D错误；故选BCD；(4)根据Zn2++H2Y2-=ZnH2Y，n(Zn2+)=0.025mol/L0.02L=0.0005mol，则在25mL的反应后的溶液中剩余的H2Y2-的物质的量为0.0005mol，与Ni2+反应的H2Y2-的物质的量为-0.0005mol=0.0045mol=n(Ni2+)，原样品中的n(Ni2+)=0.0045mol4=0.018mol，样品的纯度为=90.0%。题型四化学原理运用工艺流程17．(2024·江苏省盐城市高三一模考试)碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含Cu2Te)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下：已知：，。(1)“氧化酸浸”得到和H2TeO3，该反应的化学方程式为。(2)“沉铜”时Na2C2O4过多会导致Cu2+与C2O42-生成环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−，该配离子的结构式为(不考虑立体异构)(3)CuC2O4可溶于H2C2O4，反应CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2−+2H+的平衡常数为。[已知：反应Cu2++2C2O42-[Cu(C2O4)2]2−的平衡常数](4)“还原”在条件下进行，H2TeO3发生反应的离子方程式为。(5)“还原”时，Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为。(6)将一定质量的CuC2O4置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为。【答案】(1)Cu2Te+4H2O2+2H2SO4=2CuSO4+H2TeO3+5H2O(2)(3)(4)H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO42-+H2O(5)提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出(6)Cu【解析】向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te。(1)“氧化酸浸”过程，Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，则反应的化学方程式为：Cu2Te+4H2O2+2H2SO4=2CuSO4+H2TeO3+5H2O；(2)在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−中，C2O42-的碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2−，则该配离子的结构式为：；(3)用R2−表示[Cu(C2O4)2]2−，则反应CuC2O4+H2C2O4[Cu(C2O4)2]2−+2H+的平衡常数为

，因

，即

，且反应Cu2++2C2O42-[Cu(C2O4)2]2−的平衡常数

，所以

，即；(4)“还原”时，H2TeO3被还原生成Te，SO32-被氧化生成SO42-，则H2TeO3发生反应的离子方程式为：H2TeO3+2SO32-Te↓+2SO42-+H2O；(5)为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液过量；“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为：提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出；(6)由图可知，350~400°C时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，CuC2O4的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为：，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400°C下剩余固体的化学式为Cu。18．(2024·江苏省南京航空航天大学苏州附属中学高三适应性测试)用镍铂合金废料(主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属)回收镍和铂的一种工艺流程如下：(1)“酸浸”后分离出的溶液中，c(Ni2+)=0.2mol/L，c(Al3+)=0.01mol/L，溶液中离子浓度小于1×10－5mol/L时可认为沉淀完全，则“调pH”应控制pH的范围是。(设“调pH”时溶液体积不变){已知：Ksp[Ni(OH)2]=2×10－15，Ksp[Al(OH)3]=1×10－33}(2)“控温氧化”时控制其他条件一定，Ni2O3的产率与温度和时间的关系如图所示。20℃、40℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaOH和Na2SO4，60℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaClO3、NaOH、Na2SO4，反应相同时间，60℃时Ni2O3的产率低于40℃时，原因可能是。(3)“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水(体积比3∶1的浓盐酸和浓硝酸的混合液)浸出。浸出时有H2PtCl6和NO生成。向(NH4)2PtCl6溶液中加入NH4Cl会生成(NH4)2PtCl6沉淀。①写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式：。②(NH4)2PtCl6在一定温度下可以分解生成Pt(NH3)2Cl2，Pt(NH3)2Cl2在顺式和反式两种结构。请在如图的两个结构中，选择其中一个，填入相应的基团表示Pt(NH3)2Cl2的顺式结构。(4)另外一种镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质)为原料可制备锂离子材料镍酸锂。在制备过程中有人认为“除钙”可以用HF，则“除钙”的反应为：Ca2+(aq)+2HF(l)=CaF2(s)+2H+(aq)反应的平衡常数K=1.0×103，则Ksp[CaF2]=。(已知：室温下，HF的电离平衡常数Ka=4×10－4)。(5)Ni2O3产品中可能含少量NiO，为测定Ni2O3的纯度，进行如下实验：称取5.000g样品，加入足量硫酸后，再加入100mL，1.000mol/LFe2+标准溶液，充分反应，加水定容至200mL取出20.00mL，用0.1mol/LKMnO4标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗KMnO4标准溶液10.00mL。实验过程中发生反应如下：Ni2O3+Fe2++H+=Ni2++Fe3++H2O(未配平)Fe2+++H+=Mn2++Fe3++H2O(未配平)试通过计算确定Ni2O3的质量分数，并写出计算过程。【答案】(1)4.7<pH<7(2)60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO浓度减小，反应速率减慢(3)3Pt+18HCl+4HNO3=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O(4)1.6×10-10(5)83%【解析】酸浸时生成的离子为Ni2+、Al3+，Al3+用NaOH溶液调节pH变为沉淀，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni2O3，高温还原生成Ni。(1)调pH的目的是为了让Al3+完全沉淀，根据，当溶液中的c(Al3+)<10-5时，，，溶液的pH=4.7，此时溶液中的Ni2+不能沉淀，，当Ni2+开始沉淀时，溶液pH=7，故pH<7时不会影响Ni2+，所以调节溶液PH的范围应为：4.7<pH<7；(2)产率即为实际产量除以理论产量，单位时间的产量受速率影响，当20℃、40℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaClO、Na2SO4，60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO浓度减小，反应速率减慢，反应相同时间，60℃时Ni2O3的产率低于40℃时；(3)①用王水浸出Pt时有H2PtCl6和NO生成，据此推断出反应的反应物为：Pt、HCl和HNO3；生成物为：H2PtCl6和NO，根据元素守恒、得失电子守恒进行方程式的书写配平，并确定另一产物为H2O，3Pt+18HCl+4HNO3=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；②顺、反式结构的研究对象一般为有机物，通常把两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体，在两侧的为反式结构，即：；(4)根据反应平衡常数，，HFH++F-，；(5)，，与KMnO4标准溶液反应的，与Ni2O3反应的，，，则Ni2O3的质量分数=。19．(2024·山东枣庄高三期中)钒酸钇(YVO4)广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂(含V2O5、K2O、SiO2少量Fe2O3制取YVO4的工艺流程如下：已知：V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应。回答下列问题：(1)V2O2(OH)4中V元素的化合价为。(2)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出，“浸出液”中还含有的金属离子是。V2O5被还原的离子方程式为。(3)常温下，“钒、钾分离”时，pH对钒的沉淀率的影响如图所示：pH＞7时，随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是。(4)结合“碱溶”和“沉钒”可知，、氧化性更强的是，“沉钒”时发生反应的化学方程式为。(5)某废钒催化剂中V2O5的含量为26.0%，某工厂用1吨该废钒催化剂且用该工艺流程生产YVO4，整个流程中V的损耗率为30.0%，则最终得到YVO4。【答案】(1)+4(2)Fe2+、K+4H++V2O5+SO32-=2VO2++SO42-+2H2O(3)V2O2(OH)4能与强碱反应，碱性越强，V2O2(OH)4损耗率越大(4)ClO3-NH4Cl+NaVO3=NH4VO3↓+NaCl(5)408kg【解析】废钒催化剂(含V2O5、K2O、SiO2少量Fe2O3)中加入K2SO3和硫酸，将V2O5还原为VOSO4，Fe2O3还原为Fe2+，过滤；往浸出液中加入KOH溶液，过滤，得到滤饼V2O2(OH)4，往滤饼中加入NaClO3、NaOH溶液进行碱溶，过滤；往滤液中加入NH4Cl沉钒，得到NH4VO3，将NH4VO3进行焙烧，得到V2O5，加入Y2O3，高温灼烧，制得YVO4。(1)V2O2(OH)4中，O显-2价，H显+1价，则V元素的化合价为+4。(2)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出，Fe2O3被还原为Fe2+，则“浸出液”中还含有的金属离子是Fe2+、K+。V2O5被SO32-还原为VO2+，离子方程式为4H++V2O5+SO32-=2VO2++SO42-+2H2O。(3)题中信息显示，V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应，则pH＞7时，溶液的碱性增强，V2O2(OH)4会发生溶解，所以随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是：V2O2(OH)4能与强碱反应，碱性越强，V2O2(OH)4损耗率越大。(4)往滤饼V2O2(OH)4中加入NaClO3、NaOH溶液进行碱溶，得到NaVO3，则ClO3-、VO3-氧化性更强的是ClO3-，“沉钒”时，NaVO3转化为NH4VO3，发生反应的化学方程式为NH4Cl+NaVO3=NH4VO3↓+NaCl。(5)依据V元素守恒，可建立关系式：V2O5——2YVO4，m(V2O5)=1t×26.0%×(1-30.0%)=0.182t=182kg，V2O5的相对分子质量为182，YVO4的相对分子质量为204，则最终得到YVO4的质量为=408kg。20．(2024·山东省青岛市质检)HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。已知：I.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。II.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。III.Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。请回答下列问题：(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式：_____。(2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式：_____，_____。(3)“浸渣”的成分为______(填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有_____(填化学式)。(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为_____、_____。(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：______。(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS-=CuS+H+的K=______。【答案】(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】工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸。(1)“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：；(2)由题中的信息可知，MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式为2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MoO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MoO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀和NaHCO3，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20·L-1和10·L-1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：20·L-1和10·L-1；(5)由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O；(6)由题意可知Cu2++HS-=CuS+H+的。21．高纯氧化铁(Fe2O3)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于电工电信设备。以窑尾灰为原料制造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、FeO、Fe2O3、CaO、Al2O3、MgO、SiO2)当c(Mn+)≤10-5mol·L-1时，认定沉淀完全；25℃时，各物质的溶度积常数如下：物质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据此回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为_______；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是_______。(2)“还原”过程加铁粉的目的是_______。(3)若滤液2中c(Fe2+)=2mol·L-1则“调pH”范围是_______(lg2≈0.3)。(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中=_______(化为最简整数比)。(5)写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：_______。(6)“灼烧”过程中的化学方程式为：_______。【答案】(1)C、SiO2、CaSO4酸性KMnO4或者K3[Fe(CN)6]溶液(2)将Fe3+还原为Fe2+(3)5.5≤pH<6.3(4)200：3(5)Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑(6)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2【解析】窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiO2不反应，另外硫酸钙微溶，过滤得滤渣1为C、SiO2、CaSO4，滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节pH使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NH4F除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NH4HCO3，反应得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。(1)滤渣1的主要成分为C、SiO2、CaSO4；亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其还能和K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是酸性KMnO4或者K3[Fe(CN)6]溶液；(2)“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+；(3)滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时c(OH-)==10-8.5mol/L，pH=5.5，亚铁离子开始沉淀时c(OH-)=mol/L，此时pH=6.3，则“调pH”范围是5.5≤pH<6.3；(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中==200：3；(5)“沉淀”过程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；(6)“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。22．钼酸钠(Na2M)是一种金属缓蚀剂，金属钼是重要的合金材料，下图是由辉钼矿(钼元素的主要存在形式为M)生产两种物质的流程：请回答下列问题：(1)M为第五周期元素，与C同族，其基态原子价层电子排布式为_______；(2)辉钼矿在空气中焙烧时，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，烧渣中以CaM的形态存在，则X为_______(填化学式)，焙烧方程式为_______；(3)已知：25℃时，Ksp(CaM)=1.6×10－5，则该温度下，CaM饱和溶液中Ca2+的浓度为_______；(4)Na2CO3溶液在对烧渣进行浸出时，温度对浸出率的影响如下图所示：“操作1”需选择“高压浸出”的理由是_______；(5)从上述流程中可分析出MoO3属于_______(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)；(6)由MoO3获得可以选择H2做还原剂，相关说法正确的是_______(填代号)；A．其原理属于热还原法冶金B．Mo的金属活动性可能位于M、之间C．工业上可用与钼酸盐溶液直接作用冶炼钼(7)已知MoS2晶体有类似石墨的层状结构，预测其可能的用途是_______。【答案】(1)4d55s1(2)

CaCaMoS2+9O2CaMCaS(3)0.16(4)常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右(5)酸性氧化物(6)a(7)润滑剂【解析】辉钼矿(钼元素的主要存在形式为M)加入Ca，通入空气焙烧发生反应CaMoS2+9O2CaMCaS，所得烧渣加入碳酸钠溶液将Na2MoO4转化为Na2MoO4，经操作1过滤得到Na2MoO4溶液。Na2MoO4溶液经系列操作得到Na2MoO4·2H2O晶体。往Na2MoO4溶液中加入足量硫酸反应生成H2MoO4沉淀，过滤后灼烧得到MoO3，经氢气还原得到Mo。(1)基态C原子价层电子排布式为3d54s1，M为第五周期元素，与C同族，则其基态原子价层电子排布式为4d55s1。(2)M在空气中焙烧会生成SO2，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，且烧渣中M以CaM的形态存在，含有Ca元素，则X为CaO；焙烧的化学方程式为CaMoS2+9O2CaMCaS。(3)CaM饱和溶液中，=。(4)由曲线图可知，随着温度的升高，浸出率逐渐升高，当温度在150℃左右时，浸出率已经很高，继续升高温度，浸出率增长不明显。因此Na2CO3溶液在对烧渣进行浸出时，选择温度150℃左右有利于浸出，但常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右，所以需要选择“高压浸出”，以使温度提高到150℃左右。(5)由流程图可知，往Na2MoO4溶液中加入足量硫酸反应生成H2MoO4沉淀，过滤后灼烧得到MoO3，即MoO3对应的水化物为酸，MoO3为酸性氧化物。(6)a项，利用H2做还原剂，将MoO3还原为Mo，其原理属于热还原法冶金，a正确；b项，H2能将MoO3还原为Mo，则还原性：H2>Mo，M、能从酸溶液中置换出H2，则还原性：M>H2，>H2，因此Mo的金属活动性可能位于M、之后，b错误；c项，Na比较活泼，与钼酸盐溶液直接作用，钠先和水反应，因而不能达到冶炼钼的目的，c错误；故选a。(7)M晶体有类似石墨的层状结构，层与层之间作用力较弱，很容易在层间发生相对滑动，因而可用作润滑剂。1．(2024·云南昆明市二模)碲(Te)是一种重要的稀有分散元素，广泛应用于冶金、石油、化工、航空、电子等领域。以某冶炼厂的湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)为原料回收碲的流程如下：已知：氧化还原电位可用来反映水溶液中物质表现出来的氧化还原性，用E(氧化态/还原态)表示。E越高，氧化态的氧化性越强，E越低，还原态的还原性越强。若电解时控制电位高于E，则其氧化态不能被还原。相关物质的氧化还原电位(E)如下表所示：物质氧化还原电位(E)/V0.3420.5680.16小于0.16小于0.16请回答下列问题：(1)52Te的基态原子的电子排布式为。(2)原料预处理可采用干燥箱中加热氧化或自然堆放氧化(四天以上)两种方式，两相比较，后者的主要优点是；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是。(3)浸出时，所得滤渣主要含铅、银的化合物，其化学式分别为、；添加NaClO3可显著提高碲和铜的浸出率，说明预处理后的原料中仍存在低价态的碲和铜，写出e转化为eCl62-、Cl+而被浸出的离子方程式。(4)电解时为防止除Te以外的单质生成，需控制电位的范围为；加入饱和Na2SO3溶液还原eCl62-可减少电能消耗并防止阳极生成(填化学式)。(5)碲可用于制备半导体材料碲化锌，其立方晶胞结构如图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。A点碲原子坐标为，C点锌原子坐标为，则B点锌原子坐标为。若Te的原子半径为rpm，碲化锌晶胞中面心与顶点的碲原子相切，晶体的密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数NA=molˉ1(列出计算式)。【答案】(1)[Kr]5s25p4(2)耗能低，成本低增大接触面积，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：湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)先进行加热氧化或自然堆放氧化进行预处理，加入H2SO4、NaCl、NaClO3混合溶液进行浸出，使铅元素变为PbSO4，Ag元素变为AgCl，过滤除掉，滤液中加入饱和Na2SO3溶液，根据表格中氧化还原电位数据，控制电位范围0.568V，生成Te，同时防止除Te以外的单质生成。(1)52e是第五周期第VIA元素，基态原子的电子排布式为[Kr]5s25p4；(2)自然堆放氧化(四天以上)与加热氧化比较，优点是耗能低，成本低；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是增大接触面积，提高浸出率；(3)由上述分析可知，所得滤渣主要含铅、银的化合物，化学式分别为PbSO4、AgCl；NaClO3与e反应生成eCl62-、Cl+，溶液是酸性环境，根据电子守恒、电荷守恒写出该离子方程式为：e+4ClO3-+20Cl-+24H+=6Cl++3eCl62-+12H2O；(4)电解时为防止除Te以外的单质生成，根据表格中氧化还原电位数据，需控制电位范围0.568V；如果直接电解，阳极可能生成Cl2，因此加入饱和Na2SO3溶液还原eCl62-可减少电能消耗并防止阳极生成Cl2；(5)根据A点碲原子坐标为，C点锌原子坐标为，结合所给的坐标系，可知B点的Zn原子坐标为；若Te的原子半径为rpm，碲化锌晶胞中面心与顶点的碲原子相切，设晶胞边长为apm，有，a=pm，晶胞的体积为cm3，由晶胞图可知，一个晶胞中含有Zn为4个，Te为=4个，晶胞的质量为，晶体的密度=，NA=。2．(2024·河北省邢台市五岳联盟高三模拟考试)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等氧化物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示：已知：i)最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在，在碱性介质中以CrO42-存在；ii)pH＜7时，硅元素以H2SiO3形式存在；iii)pH在4-12之间，铝元素以Al(OH)3形式存在。回答下列问题：(1)Cr元素的价电子轨道表示式。(2)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为(填化学式)。(3)水浸渣中主要物质为(填化学式)。(4)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质为(填化学式)。(5)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH以达到最好的除杂效果，下列说法中，正确的是。A．若pH过小，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀B．若pH过小，会抑制硅酸根离子水解，导致硅酸镁无法完全沉淀C．若pH过大，会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质D．若pH过大，溶液中铵根离子浓度增大，降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀(6)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH＜1时，溶解为VO2+或VO3+在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-，上述性质说明V2O5具有(填标号)。A．酸性

B．碱性

C．两性(7)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为。【答案】(1)

(2)Na2CrO4(3)SiO2、Fe2O3(4)Al(OH)3(5)ac(6)C(7)3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO42-+5H2O【解析】铬钒渣(铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物)中分离提取铬和钒的流程为：铬钒渣在Na2CO3、NaOH作用下高温焙烧，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐Na2CrO4、NaVO3，铝、硅、磷等的化合物转化为NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4，铁的化合物转化为Fe2O3，加水浸取熔渣，过滤，水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4，加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀，过滤得到含有Al(OH)3的滤渣，再加入MgSO4和(NH4)2SO4除硅磷，使硅、磷分别转化为MgSiO3、MgNH4PO4沉淀，过滤除去沉淀得到含有NaVO3、Na2CrO4的滤液，加入稀硫酸将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，Cr2O72-具有强氧化性，与加入的Na2S2O5反应生成Cr3+，离子方程式为3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO42-+5H2O，调pH使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，达到分离提取铬和钒目的。(1)Cr元素位于第4周期第VB族，价电子排布式为3d54s1，价电子的轨道表示式为；(2)煅烧过程中，铬元素转化为Na2CrO4；(3)水浸渣中主要有SiO2、Fe2O3；(4)沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为Al(OH)3沉淀；(5)PO43-、SiO32-水解呈碱性，“除硅磷”步骤中控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH过小时溶液的碱性减弱，PO43-会与H+反应，使c(PO43-)降低，不能完全MgNH4PO4沉淀，同时SiO32-会与H+反应生成硅酸胶状沉淀，不利于硅、磷转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀；pH过大时溶液的碱性增强，沉淀剂中的Mg2+、NH4+分别转化为Mg(OH)2沉淀、NH3•H2O，溶液中c(NH4+)降低，导致不能完全生成MgNH4PO4沉淀；故答案为ac；(6)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1时，溶解为VO2+或VO3+；在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-，说明V2O5具有两性；(7)酸性条件下Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，Cr2O72-具有强氧化性，与Na2S2O5反应生成Cr3+，离子方程式为3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO42-+5H2O。3．(2024·江苏省海安高级中学高三下学期开学考试)电解锰渣主要含MnO2、PbSO4、SiO2、Fe2(SO4)3。利用电解锰回收铅的工艺如图所示[已知：Ksp(PbSO4)=2.6×10－3]：(1)关于电解锰渣回收铅的工艺①“还原酸浸”时，氧化PbS生成的离子方程式为。②“浸出液”含有的盐类主要有FeSO4和(填化学式)。③从平衡移动的角度分析“浸铅”反应发生的原因：。(2)利用PbSO4可制备PbCrO4。以PbSO4、Na2Cr2O7和为原料，通过混合后进行沉淀转化可制得PbCrO4。已知：PbCrO4的产率随的变化如图1所示。①制备PbCrO4时，控制约为8的原因是。②设计如图装置(均为惰性电极)电解Na2Cr2O7溶液制取Na2CrO4。图中右侧电极产生的气体为。(3)利用PbSO4可制得PbO2。PbO2受热分解为的和价的混合氧化物，价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2。现将1molPbO2加热分解得到O2，向“剩余固体”中加入足量的浓盐酸得到Cl2。生成的O2和Cl2的物质的量相等。计算“剩余固体”中Pb、O原子个数比。(写出计算过程)。【答案】(1)2Fe3++PbS+SO42-=2Fe2++PbSO4+SMnSO4CH3COO-结合Pb2+形成难电离物质，使PbSO4Pb2++SO42-平衡正向移动(2)pH小于8时，不利于Na2Cr2O7转化为Na2CrO4，pH大于8时生成Pb(OH)2沉淀H2(3)3：4【解析】电解锰渣主要含MnO2、PbSO4、SiO2、Fe2(SO4)3，电解锰渣中加入稀硫酸、PbS，在还原酸浸时，氧化产物是S，“浸出液”含有的盐主要有MnSO4和少量的FeSO4，则MnSO4(电解锰渣中的)、PbSO4、SiO2不反应，MnO2、Fe2(SO4)3与PbS发生氧化还原反应，使得浸出液中含有MnSO4和FeSO4，固体中的硫酸铅在浸铅时与醋酸铵反应生成醋酸铅，醋酸铅在沉铅时与碳酸氢铵反应生成碳酸铅。(1)①由已知条件，Fe2(SO4)3氧化PbS为S及流程框图中加入H2SO4溶液可得，PbS中S由-2价升高为0价，化合价升2；Fe3+中Fe元素由+3价降为+2价，化合价降1，最小公倍数为2；根据氧化还原反应原理及质量守恒配平得反应2Fe3++PbS+SO42-=2Fe2++PbSO4+S；②MnO2与PbS也发生上述反应，MnO2被还原为Mn2+；③“浸铅”反应PbSO4+2CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO42-，该溶液中加入CH3COONH4时，c(CH3COO-)增大，平衡正向移动，使PbSO4转化为Pb(CH3COO)2，故从平衡移动的角度分析“浸铅”反应发生的原因：CH3COO-结合Pb2+形成难电离物质，使PbSO4Pb2++SO42-平衡正向移动；(2)①pH小于8时，不利于Na2Cr2O7转化为pH大于8时生成Pb(OH)2沉淀,故制备PbCrO4时，控制pH约为8；②据离子转化Cr2O72-+H2OCrO42-+2H+，在电解池右侧，若使Na2Cr2O7转化为Na2CrO4，则需使上述离子反应向右移动，右侧电解为2H＋＋2e-=H2↑，右侧消耗H+；(3)PbO2受热分解固体混合物，再与HCl反应，+4价Pb还原为+2价，Cl-氧化为Cl2，为PbCl2溶液，1molPbO2转化为PbCl2，电子转移：1mol(4-2)=2mol，设产生O2xmol，则Cl2xmol，根据电子守恒：4x+2x=2mol，x=，所以1molPbO2分解产生O2：mol，则固体混合物中n(O)=2mol-mol2=mol，而n(Pb)不变，为1mol，n(Pb):n(O)=1:=3：4。4．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检