资源简介

专题十一　化学工艺流程
【知识重构】
　化工流程试题的呈现模式
　常考的化工术语
关键词 释义
研磨、 雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化,增大反应物接触面积,以增大反应速率或使反应更充分
煅烧 固体在高温下分解或改变结构,使杂质在高温下氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液,使其中可溶性的物质溶解,包括水浸、酸浸、碱浸、醇浸等
浸出率 固体溶解后,溶液中离子占该元素总含量的百分率
酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去的过程
水浸 与水接触反应或溶解
过滤 固体与液体的分离
滴定 定量测定,可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发 结晶 蒸发溶剂,使溶液由不饱和变为饱和,继续蒸发,过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发 浓缩 蒸发除去部分溶剂,提高溶液的浓度
水洗 用水洗去可溶性杂质,类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 去油污,去铝片氧化膜,溶解铝、二氧化硅,调节pH,促进水解
　常见的操作及目的
常见的操作 目的
加氧化剂 氧化某物质,生成目标产物或除去某些离子
判断能否加 其他物质　 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
分离、提纯 利用过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏、重结晶等常规操作从溶液中得到晶体
提高原子 利用率 绿色化学(减少对环境的污染、物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应,或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的
　注意简答题的答题规范
1.“操作或措施”
操作或措施 答题模板
从溶液中得到晶体的操作 蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
蒸发结晶的操作 将溶液转移到蒸发皿中加热,并用玻璃棒不断搅拌,待有大量晶体出现时停止加热,利用余热蒸干剩余水分
证明沉淀完全的操作 静置,取上层清液,加入××试剂(沉淀剂),若没有沉淀生成,说明沉淀完全
洗涤沉淀的操作 沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加蒸馏水至没过沉淀,静置使水自然流干,重复操作2~3次
　　2.“目的或原因”
目的或原因 答题模板
沉淀用水洗的目的 除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤的目的 减小固体的溶解度;除去固体表面吸附的杂质;乙醇挥发带走水分,使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的 防止××蒸气逸出脱离反应体系,提高××物质的转化率
控制溶液pH的目的 防止××离子水解;防止××离子沉淀;确保××离子沉淀完全;防止××溶解等;促进/抑制××气体吸收/逸出
加过量A试剂的原因 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等
温度不高于××℃的原因 温度过高,××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3、FeCl3等)
减压蒸馏(减压蒸发)的原因 减小压强,使液体沸点降低,防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行;加热MgCl2·6H2O制取MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水的原因 除去溶解在水中的氧气,防止××物质被氧化
反应装置中与大气相通的玻璃管的作用 平衡容器中压强,避免反应容器中压强过大
　化工生产中的重要金属元素
1.锌及其重要化合物
(1)Zn的性质与Al相似,与强酸、强碱均反应生成H2。
(2)ZnO、Zn(OH)2与Al2O3、Al(OH)3均为两性化合物。ZnO或Zn(OH)2与酸反应生成Zn2+,与强碱反应生成Zn。
2.钴、镍及其氧化物
(1)常温下,钴、镍在空气中能稳定存在,加热条件下可生成CoO、NiO。
(2)CoO溶于酸溶液,不溶于水、乙醇、氨水,在空气中焙烧至390~890 ℃时生成四氧化三钴。NiO溶于酸和氨水,不溶于水。
(3)Co(OH)2在空气中缓慢地被氧化为棕褐色的Co(OH)3;Ni(OH)2在空气中较稳定,可采用氧化性较强的Br2将其氧化。
(4)Co3+、Ni3+在酸性溶液中有强氧化性,易被还原,如Co(OH)3、Ni(OH)3在盐酸中被还原,2Co(OH)3+6HCl2CoCl2+Cl2↑+6H2O,2Ni(OH)3+6HCl2NiCl2+Cl2↑+6H2O;在Na2SO3溶液中、酸性条件下被还原,2Co(OH)3+S+4H+2Co2++S+5H2O,2Ni(OH)3+S+4H+2Ni2++S+5H2O。
3.钒及其化合物的性质
(1)V:常温下不活泼,不能与非氧化性酸及碱作用,但能溶于氢氟酸、硝酸和王水。
(2)V2O5:两性氧化物,但以酸性为主,V2O5+6NaOH2Na3VO4+3H2O;1750 ℃发生分解反应2V2O52V2O4+O2↑;微溶于水,易形成稳定的胶体;有较强的氧化性,相关反应的化学方程式为V2O5+6HCl(浓)2VOCl2+Cl2↑+3H2O。
(3)VO2+、V:在酸性介质中,V具有强氧化性,V+Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O,2V+H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑+2H2O。
4.铬及其化合物的性质
(1)Cr:加热时,与O2反应生成Cr2O3。
(2)Cr2O3:两性氧化物,Cr2O3+6H+2Cr3++3H2O;Cr2O3+2OH-2Cr+H2O。
(3)Cr(OH)3:两性氢氧化物,Cr(OH)3+3H+Cr3++3H2O;Cr(OH)3+OH-Cr+2H2O。
(4)Cr与Cr2:①可相互转化,2Cr(黄色)+2H+Cr2(橙色)+H2O;②强氧化性,如5H++Cr2+3HS2Cr3++3S+4H2O,2Na2CrO4+16HCl2CrCl3+4NaCl+3Cl2↑+8H2O。
5.钛及其化合物的性质
(1)Ti:常温下与酸不反应,但可与HF反应(Ti+6HFH2TiF6+2H2↑),也可与热的浓盐酸反应[2Ti+6HCl(浓)2TiCl3+3H2↑]。
(2)TiO2:不溶于水和稀酸,可溶解在HF溶液及热的浓硫酸中;可与Cl2发生反应TiO2+2Cl2TiCl4+O2;与碱溶液缓慢反应TiO2+2NaOHNa2TiO3+H2O;在高温下与Cl2、C发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
(3)TiCl4:暴露在空气中会冒出白烟,TiCl4+3H2OH2TiO3↓+4HCl;Mg作还原剂时可制备金属钛,2Mg+TiCl42MgCl2+Ti。
【题型解码】
题型1　微型化学工艺流程
例1　(2024·辽宁高考)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn,流程如下。“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是 (　　)
锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
离子 Zn2+ Cu2+ Cl-
浓度/(g·L-1) 145 0.03 1
A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解完全
B.“浸铜”反应:2Cu+4H++H2O22Cu2++H2↑+2H2O
C.“脱氯”反应:Cu+Cu2++2Cl-2CuCl↓
D.脱氯液净化后电解,可在阳极得到Zn
变式1　(2024·浙江1月选考)为回收利用含I2的CCl4废液,某化学兴趣小组设计方案如下所示,下列说法不正确的是 (　　)
A.步骤Ⅰ中,加入足量Na2CO3溶液充分反应后,上下两层均为无色
B.步骤Ⅰ中,分液时从分液漏斗下口放出溶液A
C.试剂X可用硫酸
D.粗I2可用升华法进一步提纯
　　1.成本要低——原料的选取使用、设备的损耗等;
2.原料的利用率要高——利用好副产品、循环使用原料、能量尽可能利用;
3.生产过程要快——化学反应速率;
4.产率要高——化学平衡;
5.产品要纯——产品的分离、提纯;
6.环保问题——反应物尽可能无毒、无害、无副作用,“三废”处理。
题型2　以非金属元素为主
例2　(2024·安徽高考)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程,如下图所示。
回答下列问题:
(1) Cu位于元素周期表第　　　周期第　　　族。
(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是　　　　　　　　。
(3)“浸取2”步骤中,单质金转化为HAuCl4的化学方程式为　　　　　　。
(4)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的　　　　(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。“电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为　　　　(填化学式)。
(6)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为　　　　。
(7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4的结构为(a)而不是(b)的原因: 　　　　　　　　　　　　　　　　　。
变式2　(2024·湖北高考)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为:
已知:Be2++4HABeA2(HA)2+2H+
回答下列问题:
(1)基态Be2+的轨道表示式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态,冷却过程的特点是　　　　　　　　。
(3)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,观察到的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。“滤液2”可以进入　　　　步骤再利用。
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物,4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点,且每个Be的配位环境相同,Be与Be间通过CH3COO-相连,其化学式为　　　　　　　　。
　　1.粗读题干,挖掘图示。图示中一般会呈现超出教材范围的知识,但题目中往往会有提示或者问题中不涉及,所以一定要关注题目的每一个关键字,尽量弄懂流程图,但不必将每一种物质都推出,只需问什么推什么。如制备类无机化工题,可粗读试题,知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
2.携带问题,精读信息。这里信息包括三个方面:一是主干,二是流程图示,三是设置问题。读主干抓住关键字、词;读流程图,重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。
3.跳跃思维,规范答题。答题时应注意前后问题往往没有“相关性”,即前一问未答出,不会影响后面答题。要求用理论回答的试题,应采用“四段论法”:改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。
题型3　以金属元素为主
例3　(2024·河北高考)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料,也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺,具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知:ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物,杂质为大量Al2O3和少量CaO等;苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ.高温下,苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐;室温下,偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题:
(1)钒原子的价层电子排布为　　　　;焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　　　,产生的气体①为　　　　(填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液,滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙,滤液中杂质的主要成分为　　　　(填化学式)。
(3)在弱碱性环境下,偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙,发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为　　　　　　　　　　　　　　　　　;浸取后低浓度的滤液①进入　　　　　　(填工序名称),可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为　　　　(填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为　　　(填字母)。
a.延长沉钒时间
b.将溶液调至碱性
c.搅拌
d.降低NH4Cl溶液的浓度
变式3　(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注:加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1,其他金属离子不沉淀,即认为完全分离。
已知:①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。
②以氢氧化物形式沉淀时,lg [c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题:
(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)“酸浸”步骤中,CoO发生反应的化学方程式是 　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.1 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(Co2+)=　　　　　mol·L-1,据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离　　　　　(填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为　　　　。
(5)“沉淀”步骤中,用NaOH调pH=4,分离出的滤渣是　　　　。
(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,其反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(7)根据题中给出的信息,从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 　　　　　　　　　　　　　　　　　。
解题步骤 解题策略
首尾呼应 找出主线 ①对照原料和产品,确定核心反应和核心辅料 ②根据核心反应,明确流程主线、支线和除杂任务
分段剖析 明晰细节 ③以核心辅助原料为准,把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提纯三个阶段 ④根据箭头指向,分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用,融通对流程的整体分析 ⑤某些暂时不理解的环节,可“难得糊涂”而“跳过去”,如有必要,可“顺藤摸瓜”或带着问题回头进行有针对性的分析
由易到难 破解答案 ⑥先易后难:先回答与工艺流程非密切相关的问题,确保易拿的分数先拿到,增强答题信心 ⑦变换角度:从基本理论、绿色化学观点、经济角度、安全生产等多角度答题 ⑧对棘手问题:不忘尝试从题给信息中寻找答案
　　微型工艺流程题“四线法”解题模型:
试剂线:为达到最终目的加入的物质,起到氧化还原、非氧化还原的作用。
转化线:通过元素守恒分析焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等过程。
除杂线:复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀,加热产生气体等。
分离线:蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥、萃取、分液等。
【真题改编】
(选择题1~5题,每题3分;非选择题第6题9分;第7题9分;第8题12分;第9题10分,总计55分)
1.(2023·湖北高考改编)工业制备高纯硅的主要过程如下:
石英砂粗硅SiHCl3高纯硅
下列说法错误的是 (　　)
A.制备粗硅的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑
B.1 mol单晶硅含Si—Si的数目约为2×6.02×1023
C.使用原料气HCl和H2时应充分去除水和氧气
D.非金属单质硅为非导体
2.(2023·浙江6月选考改编)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下。下列说法错误的是 (　　)
A.操作Ⅰ、Ⅱ均需使用玻璃棒,但其作用不同
B.操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl
C.操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹
D.操作Ⅳ洗涤苯甲酸,使用冷水的效果比乙醇好
3.(2023·江苏高考改编)室温下,用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2×10-11,Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是 (　　)
A.上述MnSO4溶液中:c(Mn2+)+c(Mg2+)>c(S)
B.“除镁”得到的上层清液中:c(Mg2+)·c(F-)=Ksp(MgF2)
C.0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中:c(C)-c(H2CO3)=c(H+)-c(OH―)
D.“沉锰”后的滤液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH―)+c(HC)+2c(C)+2c(S)
4.(2023·辽宁高考改编)Cr(OH)3可用于制备铬颜料及铬盐,某工厂采用如图所示工艺制备Cr(OH)3。已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在;在溶液中Cr(Ⅵ)存在如下平衡:2Cr+2H+Cr2+H2O。下列说法正确的是 (　　)
A.“焙烧”若在实验室中进行,可以选择陶瓷坩埚作反应容器
B.滤渣的主要成分为Fe2O3
C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr2
D.滤液②中溶质的主要成分为Na2SO4
5.(2023·湖南高考改编)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如图所示:
已知:
①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示:
物质 Fe (OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6
②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。③lg 2≈0.3。
下列说法错误的是 (　　)
A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3
B.Na2S溶液呈碱性,其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-
C.“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中=4.0×10-12
D.常温下,Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Zn(OH)2]=2.5×10-17
6.(2023·海南高考改编)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域,是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为Be3Al2Si6O18,还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如图所示。
已知:
①绿柱石的主要化学成分为3BeO·Al2O3·6SiO2(写成氧化物的形式);
②Be与Al在元素周期表中的位置符合对角线规则,BeO与Al2O3性质相似,Be(OH)2与Al(OH)3性质相似。
回答下列问题:
(1)粉碎的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　。(1分)
(2)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与C在600~800 ℃制备BeCl2且生成一种毒性气体,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(3)残渣的主要成分是　　　　(填化学式)。(1分)
(4)该流程中能循环使用的物质是　　　　(填化学式)。(1分)
(5)沉铍时,用氢氧化钠溶液代替氨水得到Be(OH)2的量可能减少,用离子方程式说明理由:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(6)w g绿柱石(BeO含量为14%)经过一系列反应后得到BeO a g(纯度为90%),则BeO的产率为　　　　。(2分)
7.(2023·新课标卷改编)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、磷等的化合物,从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示:
已知:最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2存在,在碱性介质中以Cr存在。
回答下列问题:
(1)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)。(1分)
(2)水浸渣中主要有SiO2和　　　　　(写化学式)。(1分)
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性,主要除去的杂质是　　　　(写化学式)。(1分)
(4)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液,还原Cr2,写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(5)已知25 ℃时Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,若除去废水中Cr3+,使其浓度小于6.4×10-7 mol·L-1,此时溶液中的c(H+)<　　　　mol·L-1。(2分)
(6)已知Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示:
请补充完整由CrCl3溶液制得Cr(OH)3的实验方案:取分离、提纯得到的CrCl3溶液,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,
低温烘干,得到高纯Cr(OH)3晶体。[实验中须使用的试剂:2 mol·L-1NaOH溶液、0.1 mol·L-1AgNO3溶液、0.1 mol·L-1 HNO3溶液、蒸馏水](2分)
8.(2023·全国甲卷改编)BaTiO3是电子陶瓷工业的支柱。以BaSO4为原料,采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
已知:①BaS可溶于水;
②CaS微溶于水,可溶于酸;
③草酸在水溶液中高于85 ℃易分解。
回答下列问题:
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是　　　　　　　。(1分)
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(3)“焙烧”后的产物不能直接用酸浸取,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(4)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(5)隔绝空气条件下,BaTiO(C2O4)2灼烧得到BaTiO3。该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(6)测定产品纯度。
取w g BaTiO3产品溶于过量的一定浓度硫酸溶液中配制成250 mL溶液(生成TiO2+),取25.00 mL溶液于锥形瓶,加入过量V1 mL c1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液,充分反应后,用c2 mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液V2 mL。计算产品纯度:　　　　　　　　　(写出必要的计算过程)。(3分)
已知氧化性顺序TiO2+> Mn>Fe3+;2H++TiO2++Fe2+Fe3++Ti3++H2O。
9.(2023·辽宁高考改编)某工厂采用如图1所示工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+),实现镍、钴、镁元素的回收。
图1
回答下列问题:
(1)在一定温度下,用硫酸溶液浸取已粉碎的镍钴矿时,提高浸取速率的方法为　　　　　　　　　　　。(1分)
(2)“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5),写出H2SO5的结构式:　　　　　　　　　　。(1分)
(3)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为 　　　　　　　　　。(2分)
(H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱)
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如图2所示。SO2的体积分数为9%时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是　　　　　　　　　　　　　。(2分)
图2
(5)将“钴镍渣”酸溶后,进行如图3所示流程:
图3
①写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式: 　　　　　　　　　　　　　。(2分)
②“镍钴分离”后溶液中c(Ni2+)=1.0 mol·L-1,若“滤液1”中c(C)=10-5 mol·L-1,则沉镍率=　　　　　　　　　　　。已知:Ksp(NiCO3)=1.0×10-7,沉镍率=×100%(2分)
【新题快递】
(选择题1~5题,每题3分;非选择题第6题15分;第7题12分;第8题11分,总计53分)
1.某粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙,某实验小组提纯苯甲酸的实验流程如图(已知:常温下苯甲酸易溶于乙醇,25 ℃和75 ℃时苯甲酸在水中的溶解度分别为0.34 g和2.2 g)。下列说法不正确的是 (　　)
A.“过滤1”需趁热,以减少苯甲酸的析出
B.“溶解”“过滤”“洗涤”操作中均使用了玻璃棒
C.“洗涤”时,选用乙醇作洗涤剂有利于快速干燥
D.将洗涤后的晶体铺在干燥的滤纸上,晾干后称量
2.七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。利用锌渣制备ZnSO4·7H2O的工艺流程如图所示。
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Cu和Pb
B.氧化操作发生的反应为2Fe2++2ClO-+2OH-+2H2O2Fe(OH)3↓+Cl2↑
C.加入ZnO的主要作用是调节溶液的pH
D.操作X用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗
3.高铁酸钾(K2FeO4)具有杀菌消毒及净水作用,某实验小组在碱性条件下制备K2FeO4的流程如图所示:
下列说法错误的是 (　　)
A.1 mol K2FeO4的消毒能力相当于1.5 mol HClO
B.“氧化”操作中发生反应:3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O
C.同温度时高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾
D.提纯时,应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯
4.以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO,还含少量的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+B.滤渣②的主要成分为Fe、Cu和Zn
C.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
5.氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一,处理氨氮废水的流程如图所示。
下列离子方程式书写错误的是 (　　)
A.过程①:N+OH-NH3·H2O
B.过程②:3Cl2+2NH3·H2O6Cl-+N2↑+2H2O+6H+
C.过程③:Cl2+S+H2O2Cl-+S+2H+
D.Cl2溶于水:Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-
6.环己酮()是重要的化工原料和有机溶剂,可用于制造合成橡胶、合成纤维和药品等。实验室用次氯酸钠氧化法制备环己酮的原理与操作流程如图所示。
已知:
①环己酮的密度比水的密度小,能与水形成恒沸混合物,沸点为95 ℃。
②31 ℃时,环己酮在水中的溶解度为2.4 g。
回答下列问题:
(1)环己醇与次氯酸钠溶液反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(2)“操作1”和“操作3”是蒸馏,其蒸馏装置中用到的冷凝管是　　　　(填字母)。(1分)
A.
B.
C.
(3)“操作2”是分液,分液时有机相应从分液漏斗的　　　　(填“上口”或“下口”)放出。(1分)
(4)实验中加入无水硫酸镁的目的是　　　。(2分)
(5)制备环己酮粗品时:
①加入次氯酸钠溶液后,用碘化钾淀粉试纸检验,试纸应呈蓝色,否则应再补加次氯酸钠溶液,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
②次氯酸钠溶液的浓度可用间接碘量法测定。用移液管移取10.00 mL次氯酸钠溶液于500 mL容量瓶中,加蒸馏水至刻度线,摇匀后移取25.00 mL该溶液于250 mL锥形瓶中,加入50 mL 0.1 mol·L-1盐酸和2 g碘化钾,用0.1 mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定析出的碘。在滴定接近终点时加入1 mL 0.2%淀粉溶液。析出碘的反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;滴定达到终点时的实验现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;若三次滴定消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为18.00 mL,则原次氯酸钠溶液的浓度为　　　　　　　　。(已知I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6)(5分)
(6)本实验环己酮的产率最接近　　　　(填字母)。(2分)
A.50%　　B.60%　　C.70%　　D.80%
7.利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备LiCoO2产品,以实现资源的循环利用。主要工艺流程如图所示:
已知:①氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·Cl-]是一种铵盐;
②Co2+在溶液中常以[CoCl4]2-(蓝色)和[Co(H2O)6]2+(粉红色)形式存在;
③25 ℃时,Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15。
回答下列问题:
(1)LiCoO2中Co元素的化合价为　　　　。(1分)
(2)“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和LiCoO2粗品以不同的液固比在120 ℃下微波处理10 min后锂和钴的浸取率如图,则最佳液固比为　　　　 mL·g-1,草酸的作用为　　　　　　　　　　　　　　。(3分)
(3)“水浸”过程中,溶液由蓝色变为粉红色,该变化的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(4)25 ℃时,“沉钴”反应完成后溶液pH=10,此时c(Co2+)=　　　　mol·L-1。(2分)
(5)“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥,洗涤沉淀的实验操作为　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(6)锂离子电池正极材料LiCoO2在多次充放电后结构发生改变生成Co3O4,导致电化学性能下降,使用LiOH和30%H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复,则修复过程发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
8.硫酸铵[(NH4)2SO4]俗称硫铵、肥田粉。模拟以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸铵的一种流程如图所示:
回答下列问题:
(1)步骤ⅲ的目的是　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(2)“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　;在该反应中,36.0 g FeS2完全反应时转移　　　　mol电子。(3分)
(3)合成氨反应中,1 mol N2和4 mol H2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)2 mol。(1分)
(4)如果直接用水吸收SO3,会形成大量“酸雾”,污染环境。由此推知,SO3和H2O的反应是　　　　(填“吸”或“放”)热反应。(1分)
(5)利用Fe3O4可以制备高纯度铁红,其步骤如下:
步骤1:用足量稀硫酸溶解Fe3O4。
步骤2:向溶液中加入足量双氧水,氧化亚铁离子。
步骤3:加入过量NaOH溶液,过滤﹑洗涤、灼烧。
步骤2中氧化亚铁离子发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(6)测定硫酸铵产品纯度(假设杂质不参加反应):取W g硫酸铵产品于试管中,向其中加入足量NaOH溶液,共热;产生的气体用V1 mL c1 mol·L-1盐酸吸收,得到吸收液;再向吸收液中滴加V2 mL c2 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全中和过量的盐酸。该产品中(NH4)2SO4的质量分数为　　　　　　(用含c1、V1、c2、V2、W的代数式表示)。(2分)
【原创好题】
(选择题1~2题,每题3分;非选择题第3题17分;第4题13分,总计36分)
1.(MnCO3制备)MnCO3是制备锂离子电池的电极材料的原料。以锰矿粉(主要成分为Mn2O3和MnOOH,还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、CuO等杂质)为原料制备MnCO3的工艺流程如图所示。
已知:
①常温下,溶液中几种金属离子生成氢氧化物沉淀(当离子浓度为1.0×10-5 mol·L-1时已完全沉淀)的pH如表所示。
金属离子 Cu2+ Mn2+ Fe3+ Al3+
开始沉淀的pH 5.3 8.1 1.9 3.4
完全沉淀的pH 6.5 10.1 3.2 4.7
②常温下,几种金属硫化物的溶度积如表所示。
硫化物 CuS MnS
Ksp 6.3×10-36 1.4×10-15
下列叙述错误的是 (　　)
A.“浸取”中滤渣可用于制造光导纤维,H2O2主要表现氧化性
B.试剂X可能为Mn(OH)2,“调pH”范围为4.7≤pH<5.3
C.“沉铜”中c(S2-)≥6.3×10-31 mol·L-1时Cu2+已完全沉淀
D.“沉锰”过程的离子方程式为Mn2++2HCMnCO3↓+CO2↑+H2O
2.(提取金属单质)钒被誉为“合金的维生素”。从含NaVO3和NaAlO2的废液中提取高纯度V的微流程如图所示:
已知:①“调pH”约为5.0,此时钒主要以V形式存在。②+5价钒在酸性溶液中以V的形式存在,在中性溶液中以V的形式存在。③“热还原”中,加入硅铁合金,硅作还原剂,炉渣的主要成分为CaSiO3。
下列叙述正确的是 (　　)
A.滤渣主要成分为Al(OH)3,气体X是NH3
B.“沉钒”中pH越高,沉钒率越大
C.实验室中“热解”需要的仪器主要有三脚架、酒精灯、蒸发皿、泥三角
D.“热还原”中硅参与的总反应的化学方程式为5Si+2V2O5+5CaO4V+5CaSiO3
3.(制备氧化物)锂离子电池在生产、生活中应用广泛。从废锂电池材料(主要含难溶于水的LiCoO2,还含少量Fe和Al等)中提取Li2O和LiCoO2,其流程如图所示:
已知:Co2++4NH3·H2O[Co(NH3)4]2++4H2O;常温下,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Ka1(H2CO3)=4.5×10-7,Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。
请回答下列问题:
(1)“粉碎过筛”的目的是　　　　　　　　　　　　　;滤渣的主要成分是　　　　　　(填化学式)。(3分)
(2)“酸浸”中双氧水的主要作用是 　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。(2分)
(3)“沉钴”中,常温下,相同体积滤液、相同浓度氨水,沉钴率与氨水体积关系如图所示。解释V[NH3(aq)]>60 mL时沉钴率降低的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(4)常温下,NH4HCO3溶液的pH　　　　7(填“>”“<”或“=”)。“沉锂”中反应的主要离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)
(5)2024年4月25日,我国成功发射神舟十八号载人飞船,该飞船首次采用“锂离子电池”作电源,锂离子电池放电时的工作原理如图所示。a极的电极反应为　　　　　　　　　　。(2分)
(6)Li2O晶胞如图所示。已知:晶胞棱长为0.5317 nm,设NA为阿伏加德罗常数的值。(5分)
①若p离子坐标为,,,则q离子坐标为　　　　　　　　　　　。
②两个氧离子之间的最近距离为　　　nm。
该晶体的密度为　　　　　　　　　(只列计算式)g·cm-3。
4.(废物利用)以锌渣(主要成分是MnO2、ZnO、PbSO4,还含少量Pb2Mn8O16、Ag等)为原料提取ZnO、MnO2和PbSO4。其流程如图所示:
回答下列问题:
(1)基态Mn原子的价层电子排布为　　　　　　;Na2CO3中阴离子的VSEPR模型和空间结构一致的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。(3分)
(2)稀酸X的溶质是　　　　　(填化学式)。“还原酸浸”中锰元素转化的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。(3分)
(3)已知:常温下,Ksp(PbSO4)≈2×10-8,Ksp(PbCO3)≈8×10-14。“转化”中铅元素转化反应的平衡常数K为　　　　　　。(2分)
(4)以石墨为电极,电解MnSO4溶液制备MnO2,阳极反应为　　　　　　　　　　　　　。(2分)
(5)“沉铅”中“滤液”可以用于下列工序,实现资源循环利用的是　　　(填字母)。(1分)
A.酸洗　　　　　　　B.还原酸浸
C.转化 D.酸浸溶铅
(6)ZnSO4·7H2O的热重曲线如图所示(已知:a点为起始点,温度为50 ℃)。
d点对应固体的化学式为　　　　(填字母)。(2分)
A.ZnSO4 B.Zn3O(SO4)2
C.ZnO D.ZnSO4·H2O
参考答案
例1　C　解析　“浸铜”时,铜屑不能溶解完全,Cu还需要在“脱氯”步骤充当还原剂,A项错误;“浸铜”时,向铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+,反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,B项错误;“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变,得到CuCl固体,即Cu的化合价升高,Cu2+的化合价降低,发生归中反应,反应的离子方程式为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl↓,C项正确;脱氯液净化后电解,Zn2+应在阴极得到电子变为Zn,D项错误。
变式1　B
【流程剖析】由题给流程可知,向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液,碳酸钠溶液与碘反应得到碘化钠和碘酸钠的混合溶液,分液得到四氯化碳和溶液A;向溶液A中加入硫酸溶液,碘化钠和碘酸钠在酸性溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘单质。
解析　步骤Ⅰ中加入足量碳酸钠溶液,碳酸钠溶液与碘反应得到碘化钠和碘酸钠的混合溶液,则充分反应后,上下两层均为无色,上层为碘化钠和碘酸钠的混合溶液,下层为四氯化碳,A项正确;因为上层为碘化钠和碘酸钠的混合溶液,下层为四氯化碳,则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A,B项错误;因为碘化钠和碘酸钠在酸性溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘,则试剂X可用硫酸,C项正确;碘受热会升华,所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯,D项正确。
例2　答案　(1)四　ⅠB　(2)Cu2+
(3)2Au+8HCl+3H2O22HAuCl4+6H2O
(4)AgCl
(5)[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag↓+2S2　Na2S2O3
(6)3∶4
(7)(b)结构中S原子半径较大,SS中p电子云重叠程度较小,不稳定,O原子半径较小,过氧键中两原子的孤电子对排斥力较大,过氧键易断裂
【流程剖析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素,铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取,Cu被转化为Cu2+进入“浸出液1”中,Ag、Au不反应,“浸渣1”中含有Ag和Au;“浸渣1”中加入盐酸、H2O2浸取,Au转化为HAuCl4进入“浸出液2”,Ag转化为AgCl,“浸渣2”中含有AgCl;“浸出液2”中加入N2H4将HAuCl4还原为Au,同时,N2H4被氧化为N2;“浸渣2”中加入Na2S2O3溶液,将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-,得到“浸出液3”,利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。
解析　(1)Cu的原子序数为29,其位于第四周期第ⅠB族。(2)由分析可知,铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取,Cu被转化为Cu2+进入“浸出液1”中,故“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+。(3)“浸取2”步骤中,Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应,生成HAuCl4和H2O,根据得失电子守恒及质量守恒,可得反应的化学方程式为2Au+8HCl+3H2O22HAuCl4+6H2O。(4)根据分析可知,“浸渣2”中含有AgCl,AgCl与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3-。(5)“电沉积”步骤中,阴极发生还原反应,[Ag(S2O3)2]3-得电子被还原为Ag,电极反应为[Ag(S2O3)2]3-+e-Ag↓+2S2;阴极反应生成S2,同时阴极区溶液中含有Na+,故“电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为Na2S2O3。(6)“还原”步骤中,HAuCl4被还原为Au,Au的化合价由+3价变为0价,1个HAuCl4转移3个电子,N2H4被氧化为N2,N元素的化合价由-2价变为0价,1个N2H4转移4个电子,根据得失电子守恒,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。(7)硫原子半径较大,因为p电子云重叠程度较小,硫原子之间不易形成双键,氧原子半径较小,过氧键中孤电子对的排斥力较大,过氧键易断裂,故硫原子之间易形成单键,硫原子和氧原子之间易形成双键,故(a)是较稳定的结构。
变式2　答案　(1)
(2)快速冷却
(3)无明显现象
(4)BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O　反萃取分液
(5)增强熔融氯化铍的导电性
(6)Be4O(CH3COO)6
【流程剖析】本题是化工流程的综合考察,首先铝硅酸盐先加热熔融,然后快速冷却到其玻璃态,再加入稀硫酸,“酸浸”过滤,滤渣的成分为H2SiO3,“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中,“水相1”中含有Al3+,有机相为BeA2(HA)2,加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入“水相2”中,分离出含NaA的煤油,最后对“水相2”加热过滤,分离出Be(OH)2,通过系列操作得到金属铍。
解析　(1)基态Be2+的电子排布式为1s2,其轨道表示式为。(2)熔融态物质冷却凝固时,缓慢冷却会形成晶体,快速冷却会形成非晶态,即玻璃态,所以为了从“热熔、冷却”中得到玻璃态,其冷却过程的特点应为快速冷却。(3)“滤液1”中有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油,将Be2+萃取到有机相中,则“水相1”中含有Al3+,则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液,可观察到的现象为无明显现象。(4)“反萃取”生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2+6NaOHNa2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O,“滤液2”的主要成分为NaOH,可进入反萃取分液步骤再利用。(5)氯化铍的化学键中离子键的百分数较小,电解熔融氯化铍制备金属铍时,加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。(6)由题意可知,该配合物中有4个铍原子位于四面体的4个顶点上,四面体中心只有1个O原子,Be原子与Be原子之间总共有6个CH3COO-,则其化学式为Be4O(CH3COO)6。
例3　答案　(1)3d34s2　+5　CO2
(2)NaAlO2
(3)Ca(VO3)2+HC+OH-CaCO3+2V+H2O　提高溶液中HC浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放V　离子交换
(4)NaCl
(5)bd
【流程剖析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧,反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等,水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等],过滤后滤液进行离子交换、洗脱,用于富集和提纯V,加入氯化铵溶液沉钒,生成NH4VO3,经一系列处理后得到V2O5;滤渣①在pH≈8、65~70 ℃的条件下加入3% NH4HCO3溶液进行盐浸,滤渣①中含有钒元素,通过盐浸,使滤渣①中的钒元素进入滤液①中,再将滤液①回流到离子交换工序,进行V的富集。
解析　(1)钒是23号元素,其价层电子排布为3d34s2;焙烧过程中,氧气被还原,V2O3被氧化生成V,偏钒酸盐中钒的化合价为+5价;由上述分析可知,生成的气体①为CO2。(2)由已知信息可知,高温下,苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙,偏铝酸钠溶于水,偏铝酸钙难溶于水,所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。(3)在弱碱性环境下,Ca(VO3)2与HC和OH-反应生成CaCO3、V和H2O,反应的离子方程式为Ca(VO3)2+HC+OH-CaCO3+2V+H2O;CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率,因为CO2可提高溶液中HC浓度,促使偏钒酸钙转化为碳酸钙,释放V;滤液①中含有V、N等,且浓度较低,若要利用其中的钒元素,需要通过离子交换进行分离、富集,故滤液①应进入离子交换工序。(4)由离子交换工序中树脂的组成可知,洗脱液中应含有Cl-,考虑到水浸所得溶液中含有Na+,为避免引入其他杂质离子,且NaCl廉价易得,故洗脱液的主要成分应为NaCl。(5)a项,延长沉钒时间,能使反应更加完全,有利于沉钒,不符合题意;b项,NH4Cl呈弱酸性,如果将溶液调至碱性,OH-与N反应,不利于生成NH4VO3,符合题意;c项,搅拌能使反应物更好的接触,增大反应速率,使反应更加充分,有利于沉钒,不符合题意;d项,降低NH4Cl溶液的浓度,不利于生成NH4VO3,符合题意。
变式3　答案　(1)使固体和酸充分接触,增大反应速率
(2)CoO+H2SO4CoSO4+H2O
(3)1.6×10-4　不能
(4)4.0 mol
(5)Fe(OH)3
(6)2Co2++ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+
(7)用NaOH调节溶液的pH为8.2~12.0,使锌沉淀完全并过滤
【流程剖析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质,经稀硫酸“酸浸”,铜不溶解,除铅元素转化为硫酸铅沉淀外,Zn及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液;然后通入硫化氢“沉铜”生成CuS沉淀;过滤后,向滤液中加入Na2S2O8,将锰离子氧化为二氧化锰除去,同时亚铁离子也被氧化为铁离子;再次过滤后,用氢氧化钠调节pH=4,铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去;向第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠“沉钴”,得到Co(OH)3。
解析　(1)“酸浸”前,需将废渣磨碎,其目的是增大固体与酸的接触面积,增大反应速率。(2)“酸浸”步骤中,Cu不溶解,除铅元素转化为硫酸铅沉淀外,Zn单质及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液,即CoO为转化为CoSO4,反应的化学方程式为CoO+H2SO4CoSO4+H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.1 mol·L-1,向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全,此时溶液中c(S2-)== mol·L-1=2.5×10-17 mol·L-1,则c(Co2+)== mol·L-1=1.6×10-4 mol·L-1,c(Co2+)小于0.1 mol·L-1,说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀,据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。(4)“沉锰”步骤中,Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去,发生反应的离子方程式为S2+Mn2++2H2OMnO2↓+4H++2S,因此,生成1.0 mol MnO2,产生H+的物质的量为4.0 mol。(5)“沉锰”步骤中,S2同时将Fe2+氧化为Fe3+,“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3,因此,分离出的滤渣是Fe(OH)3。(6)“沉钴”步骤中,控制溶液pH=5.0~5.5,加入适量的NaClO氧化Co2+,NaClO恰好完全被还原,其反应的离子方程式为2Co2++ClO-+5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+。(7)根据题中给出的信息,“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5,溶液中Zn元素以Zn2+形式存在,pH=8.2~12时,锌元素以Zn(OH)2的形式存在,故回收氢氧化锌的方法为用NaOH调节溶液的pH为8.2~12.0,使锌沉淀完全,然后过滤。
1.D　解析　由题给流程可知,石英砂在高温条件下与焦炭反应制得粗硅,粗硅与氯化氢共热反应制得三氯硅烷,三氯硅烷在高温条件下与氢气反应制得高纯硅。制备粗硅的反应为石英砂在高温条件下与焦炭反应生成硅和一氧化碳,反应的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑,A项正确;晶体硅中每个硅原子与4个硅原子形成4个硅硅键,则每个硅原子形成硅硅键的数目约为4×=2,则1 mol单晶硅中含有硅硅键的数目约为2×6.02×1023,B项正确;三氯硅烷易发生水解,且氢气在高温下易与氧气反应发生爆炸,所以使用原料气氯化氢和氢气时应充分去除水和氧气,C项正确;非金属单质硅为性能优良的半导体,D项错误。
2.B　解析　操作Ⅰ溶解中需要用玻璃棒搅拌,加快溶解,操作Ⅱ趁热过滤需要用玻璃棒引流,操作Ⅰ、Ⅱ均需要使用玻璃棒,但其作用不同,A项正确;操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙,同时防止苯甲酸结晶析出,NaCl含量少,通常不用结晶析出的方法去除,B项错误;操作Ⅲ缓慢冷却结晶,可形成较大的苯甲酸晶体颗粒,同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部,C项正确;苯甲酸微溶于冷水,易溶于热水和乙醇,所以操作Ⅳ可用冷水洗涤晶体,既可去除晶体表面吸附的杂质离子,又能减少溶解损失,故洗涤苯甲酸,使用冷水的效果比乙醇好,D项正确。
3.C　解析　含少量Mg2+的MnSO4溶液中,由电荷守恒得2c(Mn2+)+2c(Mg2+)+c(H+)=2c(S)+c(OH―),因水解溶液呈酸性,c(H+)>c(OH―),故c(Mn2+)+c(Mg2+)4.B　解析　矿渣的主要成分为FeO、Cr2O3,加入纯碱,通入空气焙烧,已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,发生反应的化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2、4FeO+O22Fe2O3,Fe2O3为碱性氧化物,不与Na2CO3反应,水浸之后除去生成的氧化铁,滤液中加入的Na2S2O3溶液与Na2CrO4发生氧化还原反应生成Cr(OH)3。陶瓷坩埚的主要成分为SiO2,高温下能与碳酸钠反应,因此“焙烧”不可以选择陶瓷坩埚作反应容器,A项错误;由分析可知,滤渣的主要成分为Fe2O3,B项正确;已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在,发生反应的化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2,即滤液①中Cr元素的主要存在形式为Cr,C项错误;Na2S2O3与Na2CrO4发生氧化还原反应生成Cr(OH)3,反应为3Na2S2O3+8Na2CrO4+17H2O8Cr(OH)3+6Na2SO4+10NaOH,滤液②中溶质的主要成分为Na2SO4、NaOH,D项错误。
5.D　解析　污水中含有Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+,首先加入石灰乳调节pH=4,除去铁离子和部分铝离子,得到的“沉渣Ⅰ”为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀,A项正确;硫化钠溶液中的硫离子可以水解,产生氢氧根离子,使溶液显碱性,S2-+H2OHS-+OH-,B项正确;当铜离子和锌离子完全沉淀时,则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡,则====4.0×10-12,C项正确;由表中数据可知,Cu2+完全沉淀时,pH=6.7,pOH=7.3,Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-5×10-7.3×2=10-19.6,同理,Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6,D项错误。
6.答案　(1)增大反应物的接触面积,增大反应速率,提高浸取率(或使反应更充分)
(2)BeO+Cl2+CBeCl2+CO
(3)SiO2
(4)(NH4)2SO4
(5)Be(OH)2+2OH-Be+2H2O
(6)×100%
解析　绿柱石煅烧生成氧化物,浓硫酸浸取,SiO2不溶于硫酸,残渣是SiO2,加硫酸铵调节pH=1.5,除去铝离子,加入氨水调节pH=5.1,除去铁离子,再加入氨水调节pH=8.0,生成Be(OH)2沉淀,滤液中硫酸铵可循环利用。(1)粉碎的目的是增大反应物接触面积,增大浸取速率,提高浸取率。(2)BeO、Cl2与足量C在600~800 ℃制备BeCl2,反应的化学方程式为BeO+Cl2+CBeCl2+CO。(3)根据流程分析可知,绿柱石煅烧分解生成的二氧化硅不能与硫酸反应,所以浓硫酸浸取后残渣的主要成分是SiO2。(4)根据流程分析可知,该流程中能循环使用的物质是(NH4)2SO4。(5)根据题目提示,Be(OH)2与Al(OH)3性质相似,具有两性,用氢氧化钠溶液沉铍时发生反应的离子方程式为Be(OH)2+2OH-Be+2H2O。(6)BeO的产率为×100%=×100%。
7.答案　(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4)2Cr2+3S2+10H+4Cr3++6S+5H2O
(5)10-6
(6)边搅拌边加入2 mol·L-1 NaOH溶液,调节溶液的pH在6~12,静置,过滤,用蒸馏水洗涤沉淀,直至向最后一次洗涤液中滴加0.1 mol·L-1 HNO3和0.1 mol·L-1 AgNO3溶液不再出现浑浊
解析　由题给流程可知,铬钒渣与氢氧化钠、碳酸钠在空气中煅烧,钒、铬等元素转化为相应的最高价含氧酸盐,煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣;向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH,将Al元素转化为氢氧化铝沉淀,过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液;向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液,使硅和磷元素以滤渣形式除去;向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒,过滤得到五氧化二钒和滤液;向滤液中加入焦亚硫酸钠溶液,将铬元素转化为三价铬离子,调节溶液pH,将铬元素转化为氢氧化铬沉淀,过滤得到氢氧化铬。(1)煅烧过程中,铬元素转化为铬酸钠。(2)由分析可知,水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁。(3)由分析可知,“沉淀”步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀。(4)由题意可知,“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子,反应的离子方程式为2Cr2+3S2+10H+4Cr3++6S+5H2O。(5)已知25 ℃时,Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,若除去废水中的Cr3+,使其浓度小于6.4×10-7 mol·L-1,此时溶液中的c(OH-)>==10-8 mol·L-1,则c(H+)<10-6 mol·L-1。(6)由图可知,pH在6~12时,Cr(Ⅲ)主要以Cr(OH)3存在,Cr(Ⅲ)中加入2 mol·L-1 NaOH溶液,调节pH在6~12,以生成Cr(OH)3沉淀,过滤后,用蒸馏水洗涤沉淀,若未洗涤干净,滤渣中会含有Cl-,用稀硝酸和AgNO3检验最后一次洗涤液中不存在Cl-时,可停止用蒸馏水洗涤Cr(OH)3沉淀,再低温烘干,得到高纯Cr(OH)3晶体。
8.答案　(1)作还原剂,将BaSO4还原
(2)S2-+Ca2+CaS↓
(3)产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气;BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去,最终所得产品的纯度降低
(4)BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4BaTiO(C2O4)2+4NH4Cl+2HCl
(5)BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO↑+2CO2↑
(6)与KMnO4反应的n(Fe2+)=5n(Mn)=5×10-3c2V2 mol,n(TiO2+)=10-3c1V1 mol-5×10-3c2V2 mol=10-3(c1V1-5c2V2) mol,m(BaTiO3)=×10-3×(c1V1-5c2V2) mol×233 g·mol-1=2.33(c1V1-5c2V2) g,产品纯度=×100%。
解析　(1)“焙烧”步骤中,BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS,BaSO4被还原为BaS,因此,碳粉的主要作用是作还原剂,将BaSO4还原。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀,因此,“浸取”时主要反应的离子方程式为S2-+Ca2+CaS↓。(3)“焙烧”后的产物直接用酸浸取是不可行的,其原因是产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气,而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2,导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去,最终所得产品的纯度降低。(4)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4BaTiO(C2O4)2+4NH4Cl+2HCl。(5)“热分解”生成粉状钛酸钡,该反应的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO↑+2CO2↑。(6)高锰酸钾与过量的亚铁离子反应,消耗的Mn与Fe2+的物质的量之比为1∶5,现消耗c2V2×10-3 mol KMnO4,与KMnO4反应的n(Fe2+)=5n(Mn)=5×10-3c2V2 mol,n(TiO2+)=10-3c1V1 mol-5×10-3c2V2 mol=10-3(c1V1-5c2V2) mol,m(BaTiO3)=×10-3×(c1V1-5c2V2) mol×233 g·mol-1=2.33(c1V1-5c2V2) g,产品纯度为×100%。
9.答案　(1)适当增大硫酸浓度
(2)
(3)H2O+Mn2++HSMnO2+S+3H+
(4)SO2有还原性,SO2过多会降低H2SO5的浓度,从而降低Mn(Ⅱ)的氧化速率
(5)①ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+
②90%
解析　在“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸,用石灰乳调溶液pH为4,亚铁离子和锰离子转化为氢氧化铁和二氧化锰,钙离子被硫酸根离子沉淀,镍离子、镁离子先后转化为氢氧化物沉淀,实现镍、钴、镁元素的回收。(2)过一硫酸可以看作过氧化氢中的一个氢原子被磺酸基取代,因此其结构式为。(3)H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱,S元素主要以HS存在,-1价的O将Mn2+氧化为二氧化锰,反应的离子方程式为H2O+Mn2++HSMnO2+S+3H+。(4)二氧化硫有还原性,二氧化硫的体积分数较大时,二氧化硫将H2SO5还原,Mn(Ⅱ)氧化速率减小。(5)①钴镍分离时发生反应的离子方程式为ClO-+2Co2++5H2O2Co(OH)3↓+Cl-+4H+。②c(C)=10-5 mol·L-1,根据Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知,c(Ni2+)== mol·L-1=0.01 mol·L-1,沉镍率=×100%=×100%=90%。
1.C　解析　粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙,由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大,溶解、加热后需趁热过滤,除掉泥沙;对热的滤液进行冷却结晶,再次过滤得到苯甲酸固体,洗涤、干燥后得到苯甲酸晶体。由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大,故“过滤1”需趁热,以减少苯甲酸的析出,A项正确;“溶解”需使用玻璃棒搅拌,“过滤”“洗涤”操作中需使用玻璃棒引流,B项正确;常温下,苯甲酸微溶于水,易溶于乙醇,洗涤时不宜用乙醇,应用冷水,C项错误;洗涤后的苯甲酸可以铺在干燥的滤纸上,除去水分,D项正确。
2.C　解析　锌渣的主要成分为ZnO,还含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2,向锌渣中加入硫酸酸浸,二氧化硅与硫酸不反应,PbO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀,所以滤渣①为SiO2和PbSO4,滤液①中的主要溶质为硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁;向滤液①中加入漂白粉,将Fe2+氧化为Fe3+,次氯酸根离子转化为氯气,再加入ZnO调节溶液pH,使Fe3+沉淀,滤渣②为Fe(OH)3,滤液②中的主要溶质为硫酸锌和硫酸铜;向滤液②中加入锌粉置换硫酸铜中的Cu,滤渣③为Cu和过量的锌,滤液③中的溶质主要为硫酸锌,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。滤渣①为SiO2和PbSO4,滤渣③为Cu和过量的锌,A项错误;“氧化”操作过程中发生的反应为2Fe2++2ClO-+4H+2Fe3++Cl2↑+2H2O,B项错误;加入ZnO的主要作用是调节溶液pH,使Fe3+沉淀,C项正确;“操作X”用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、漏斗、烧杯,D项错误。
3.D　解析　1 mol HClO得2 mol电子生成Cl-,1 mol K2FeO4得3 mol电子转化为Fe3+,故1 mol K2FeO4消毒能力相当于1.5 mol HClO,A项正确;根据得失电子守恒和元素守恒配平得“氧化”操作中发生反应3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH2Na2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2O,B项正确;流程图中向高铁酸钠溶液加入饱和氢氧化钾溶液,利用同温度时高铁酸钠的溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾,C项正确;通过重结晶进行提纯,应用到的玻璃仪器还有漏斗,D项错误。
4.C　解析　浸取时,ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+,SiO2、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SiO2;加入锌粉时,发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+Cu+[Zn(NH3)4]2+,从而去除杂质[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。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,N—H成键电子对受到的排斥力减小,则H—N—H键角变大,即H—N—H键角的大小为[Cu(NH3)4]2+>NH3,A项错误;滤渣②的主要成分为Cu和过量的Zn,B项错误;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+,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,即所含金属元素的质量为滤液①<滤液②,C项正确;“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,D项错误。
5.D　解析　含N废水与NaOH溶液反应生成NH3·H2O,其反应的离子方程式为N+OH-NH3·H2O,A项正确;过程②通入足量Cl2,可将废水中的NH3·H2O转化为无毒气体N2,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,故过程②反应的离子方程式为3Cl2+2NH3·H2O6Cl-+N2↑+2H2O+6H+,B项正确;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,反应的离子方程式为Cl2+S+H2O2Cl-+S+2H+,C项正确;Cl2溶于水为可逆反应,生成的HClO为弱酸,不能拆开,反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO,D项错误。
6.答案　(1)+ClO-+Cl-+H2O
(2)A　(3)上口　(4)干燥
(5)①确保环己醇被完全氧化　②ClO-+2I-+2H+Cl-+I2+H2O　当滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复原色
1.8 mol·L-1
(6)C
解析　5.3 mL环己醇与25 mL冰醋酸、38 mL次氯酸钠溶液混合后,往其中再加入30 mL水、3 g AlCl3和沸石,反应后经过蒸馏得环己酮粗品,往粗品中依次加入无水碳酸钠和食盐后分液,在所得到的有机相中加无水硫酸镁干燥后得环己酮精品。(1)次氯酸根离子具有较强的氧化性,能将环己醇氧化为环己酮,自身被还原为Cl-,其反应的离子方程式为+ClO-+Cl-+H2O。(2)直形冷凝管适用于沸点在140 ℃以下的物质的蒸馏、分馏;当物质的沸点超过140 ℃,蒸馏时一般用空气冷凝管,以免直形冷凝管通水冷却时,玻璃因温差太大而炸裂;球形冷凝管一般用于有机物的冷凝回流,由题已知条件①可知,实验蒸馏过程中应使用直形冷凝管,不用球形冷凝管或空气冷凝管。(3)有机相中主要含环己酮,由题中所给信息①可知,环己酮的密度比水的密度小,所以分液时有机相在分液漏斗的上层,即应从分液漏斗的上口放出。(4)分液后的有机相中仍含有少量的水,为了除去有机相中的水分,可加入无水硫酸镁进行干燥,即实验中加入无水硫酸镁的目的是干燥。(5)①加入次氯酸钠溶液后,用碘化钾淀粉试纸检验,试纸应呈蓝色,若试纸不呈蓝色,则说明溶液中不含次氯酸钠,环己醇可能未完全反应,为了确保环己醇被完全氧化,应加入过量的次氯酸钠溶液。②次氯酸钠溶液与碘离子在酸性条件下反应析出I2,次氯酸根离子被还原为Cl-,析出碘的反应的离子方程式为ClO-+2I-+2H+Cl-+I2+H2O;在滴定接近终点时加入1 mL 0.2%淀粉溶液,滴定达到终点时的实验现象为当滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复原色;由ClO-+2I-+2H+Cl-+I2+H2O、I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可得关系式ClO-~ I2~2Na2S2O3,若三次滴定消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为18.00 mL,则原次氯酸钠溶液的浓度为×=1.8 mol·L-1。(6)本实验环己酮的理论产量为0.05 mol×98 g·mol-1=4.9 g,实际产量为3.4 g,则产率为×100%≈69.4%,即最接近70%。
7.答案　(1)+3
(2)60 mL·g-1　作还原剂,将Co元素还原为+2价
(3)[CoCl4]2-+6H2O[Co(H2O)6]2++4Cl-
(4)1.6×10-7
(5)沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水滤出后,重复2~3次
(6)6LiOH+H2O2+2Co3O46LiCoO2+4H2O
解析　氯化胆碱-草酸和LiCoO2微波共熔的过程中,Co元素被还原为+2价,经过“水浸”,滤液中的Co元素以[Co(H2O)6]2+形式存在;加入氢氧化钠沉钴,得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液;Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体;向含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀,碳酸锂和Co3O4经高温烧结(通入空气氧化)得到LiCoO2产品。(1)LiCoO2中Li元素为+1价,O元素为-2价,因此Co元素为+3价。(2)根据图中信息显示,当液固比为60 mL·g-1时钴的浸取率最高,锂的浸取率随液固比的增大变化不大,因此最佳液固比为60 mL·g-1;草酸的作用是作还原剂,将Co元素还原为+2价。(3)“水浸”过程中,溶液由蓝色变为粉红色,即由[CoCl4]2-变为[Co(H2O)6]2+,则该变化的离子方程式为[CoCl4]2-+6H2O[Co(H2O)6]2++4Cl-。(4)溶液pH=10,即c(H+)=1×10-10 mol·L-1,则c(OH-)=1×10-4 mol·L-1,c(Co2+)== mol·L-1=1.6×10-7 mol·L-1。(5)洗涤沉淀的实验操作为沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀,待水滤出后,重复2~3次。(6)修复过程是过氧化氢、Co3O4和LiOH反应生成LiCoO2和水,反应的化学方程式为6LiOH+H2O2+2Co3O46LiCoO2+4H2O。
8.答案　(1)循环利用,提高原料的利用率
(2) 3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2　3.2
(3)小于
(4)放
(5)H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2O
(6)×100%
解析　黄铁矿(主要成分为FeS2)在空气中煅烧,生成Fe3O4和气体,气体的主要成分是SO2和剩余空气,净化后得到SO2,向SO2中通入空气进行催化氧化生成SO3,将SO3用98.3%的硫酸吸收得到硫酸,硫酸与氨气反应生成硫酸铵,剩余的SO2和O2返回催化氧化步骤进行循环利用,提高原料的利用率。(1)步骤ⅲ的目的是循环利用,提高原料的利用率。(2)“煅烧”过程中FeS2与氧气反应生成Fe3O4和SO2,反应的化学方程式为3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2,当有3 mol FeS2反应时,转移32 mol电子,36.0 g FeS2的物质的量为=0.3 mol,故36.0 g FeS2完全反应时,转移3.2 mol电子。(3)合成氨反应为可逆反应,反应物不能完全转化,故1 mol N2和4 mol H2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量小于2 mol。(4)通过形成大量“酸雾”的现象,可以判断SO3和H2O的反应是放热反应。(5)H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,自身还原为H2O,反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2O。(6)由数据可知,剩余的HCl的物质的量为c2V2×10-3 mol,则吸收氨气所用HCl为(c1V1-c2V2)×10-3 mol,生成的氨气的物质的量也为(c1V1-c2V2)×10-3 mol,根据(NH4)2SO4~2NH3,可得n[(NH4)2SO4)]=,则硫酸铵的质量分数为×100%=×100%。
1.A　解析　根据原料成分分析,只有SiO2不与硫酸反应,故滤渣的主要成分是SiO2,可用于制造光导纤维;最终得到MnCO3,原料Mn2O3和MnOOH中Mn元素为+3价,H2O2表现还原性,主要用于还原锰元素,A项错误。为了不引入新杂质,试剂X可以是Mn(OH)2,根据表格信息可知,“调pH”范围为4.7≤pH<5.3可确保铁离子、铝离子完全沉淀,其他离子不沉淀,B项正确;根据溶度积计算,当铜离子完全沉淀时,c(S2-)≥ mol·L-1=6.3×10-31 mol·L-1,C项正确;“沉锰”时,Mn2+与HC反应生成MnCO3沉淀、CO2和H2O,D项正确。
2.D　解析　分析流程图可知,滤渣的主要成分是Al(OH)3,气体X是NH3和H2O,A项错误;“沉钒”中pH越高,会发生副反应N+OH-NH3·H2O,导致c(N)降低,不利于生成NH4VO3,沉钒率降低,B项错误;热解中固体NH4VO3分解生成H2O、NH3和V2O5,气体X为氨气和水蒸气,装固体的仪器是坩埚,C项错误;“热还原”过程中发生的化学反应有5Si+2V2O54V+5SiO2、SiO2+CaOCaSiO3,将两个反应加合可得到总反应,D项正确。
3.答案　(1)增大固体接触面,增大反应速率　Fe(OH)3
(2)2LiCoO2+H2O2+6H+2Li++2Co2++O2↑+4H2O
(3)当V>60 mL时,发生反应Co(OH)2+4NH3·H2O[Co(NH3)4]2++2OH-+4H2O,随着氨水体积的增大,生成Co(OH)2的量减少
(4)>　2Li++2HCLi2CO3↓+CO2↑+H2O
(5)Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2
(6)①,,
②×0.5317　
解析　(1)“粉碎过筛”可增大固体接触面积,增大反应速率。除铁过程中,亚铁离子被氧化成铁离子,最终转化成氢氧化铁沉淀,故滤渣的主要成分为Fe(OH)3。(2)原料中钴元素显+3价,沉钴中钴元素显+2价,故酸浸中加入双氧水作还原剂。注意:钴酸锂难溶于水,在离子方程式中应以化学式形式出现。(3)其他条件相同,当氨水过量时,氢氧化钴溶于氨水,导致沉钴率降低。(4)根据电离常数可知,Kh(N)=4.答案　(1)3d54s2　C的中心原子C上没有孤电子对
(2)H2SO4　C6H12O6+12MnO2+24H+12Mn2++6CO2↑+18H2O
(3)2.5×105
(4)Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+
(5)D
(6)B
解析　
(1)分子或离子的中心原子没有孤电子对时,空间结构与VSEPR模型相同。
(2)提纯得到硫酸锌晶体,故加入的稀酸X为稀硫酸。在酸性条件下,葡萄糖、二氧化锰反应生成硫酸锰、二氧化碳和水。
(3)PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq),利用溶度积常数可计算平衡常数K====2.5×105。
(4)阳极上发生氧化反应,即锰离子被氧化成二氧化锰,水参与反应并生成硫酸。
(5)“沉铅”过程中发生反应的化学方程式为(CH3COO)2Pb+H2SO4PbSO4↓+2CH3COOH,滤液中含醋酸,可以循环用于“酸浸溶铅”。
(6)ZnSO4·7H2O的摩尔质量为287 g·mol-1,n==0.1 mol,硫酸锌晶体失重先后顺序为先脱去水,后脱去S、O,最终得到ZnO。四个选项对应固体的摩尔质量及成分如下:
选项 A B C D
摩尔质量/ (g·mol-1) 161 403 81 179
成分 ZnSO4 Zn3O(SO4)2 ZnO ZnSO4· H2O
由于各阶段固体中锌元素的质量相等,所以四个点对应固体中Zn的物质的量为0.1 mol,则A项对应固体质量为16.1 g,对应c点;B项对应固体质量约为13.43 g,对应d点;C项对应固体质量为8.1 g,对应e点;D项对应固体质量为17.9 g,对应b点。

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