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无机化工流程题(5)
1．氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示：
已知：ⅰ.二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2＋、[Mn(NH3)2]2＋、[Zn(NH3)4]2＋
ⅱ.25 ℃时相关物质的Ksp如下表：
物质 MnS FeS ZnS PbS CdS CuS
Ksp 2.5×10－13 6.3×10－18 1.6×10－24 8.0×10－28 3.6×10－29 5.0×10－36
(1)基态Zn2＋核外电子具有的能级数目为_____个
(2) “氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，“氧化预处理”的目的是_________________________
(3)“氨浸”时生成多种配离子，其中生成[Zn(NH3)4]2＋的离子方程式为____________________________________
(4)已知：4NH3(aq)＋Cu2＋(aq)===[Cu(NH3)4]2＋(aq)　K＝1013，则[Cu(NH3)4]2＋(aq)＋S2－(aq)===CuS(s)＋4NH3(aq)的化学平衡常数K1＝_____
(5) “蒸氨”时得到混合气体e和固体Znx(OH)y(CO3)z。
①混合气体e可返回至_____工序循环利用；
②取11.2 g固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1 g，同时产生的气体通入足量Ba(OH)2溶液中，可得沉淀9.85 g，则固体Znx(OH)y(CO3)x的化学式为_______________(Zn—65，Ba—137)
(6)通过氢电极增压法可利用产品氧化锌进一步制得单质锌(如图)，储罐内ZnO溶解后形成[Zn(OH)4]2－，电解池中发生总反应的离子方程式为________________________________________
2．磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。回答下列问题：
已知：该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子 Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Ca2＋
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol/L)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式___________________________________
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_________
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为__________
(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，最适合的酸是__________，“酸溶渣”的成分是_______________
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是__________
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得__________，循环利用
3．BiVO4是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含V2O5、Bi2O3、NiO及少量Al2O3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如图：
已知：Ⅰ.Bi2O3、NiO都是不溶于水的碱性氧化物
Ⅱ.0.1 mol/L Bi(NO3)3溶液的pH＝1.0
Ⅲ.VOR2(有机层)＋2H＋VO2＋＋2HR(有机层)
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分是________________；酸化时，[Al(OH)4]－完全转化为Al(OH)3的最大pH为________{已知Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－　K＝100.63；离子浓度≤10－5 mol/L时沉淀完全}
(2) “酸化”后的溶液中存在VO，则“还原”时发生反应的离子方程式为____________________________________
(3) 反萃取剂应选用________(填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的Na2SO3和“氧化”时加入的NaClO3的物质的量之比为________
(4)生成BiVO4的化学方程式为________________________________________________________，实验测得溶液pH、温度和Bi(NO3)3溶液浓度对生成BiVO4的粒径影响图像如下：
　　　　
综合分析：制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是________________________________________；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若Bi(NO3)3过量，需要增加NaOH的用量，原因是________________________
________________________________________________
4．镓、锗都是重要的半导体原材料，利用锌浸出渣(主要成分有ZnO、Ga2O3、GeO2，还有FeO、Fe2O3、Bi2O3等杂质)制备镓和锗的流程如图：
已知：Ⅰ.单宁酸是一种有机沉淀剂，可与四价锗配合形成沉淀；
Ⅱ.该工艺条件下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－38，Ksp[Zn(OH)2]＝1×10－17；
Ⅲ.镓与铝的性质相似，但高纯度的镓难溶于酸或碱。
(1)“浸渣”的主要成分为________________________
(2)“降铁浓缩”中c(Zn2＋)为0.1 mol/L，则除Fe3＋时应控制pH的范围是________________(已知：当溶液中某离子浓度小于1.0×10－5 mol/L时，可认为该离子沉淀完全)。
(3)若用H2R表示单宁酸，“沉锗”的反应原理为Ge4＋＋2H2RGeR2↓＋4H＋，该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，原因是________________________________________________________________________
(4)HGaCl4与过量氢氧化钠反应的化学方程式为________________________________________________。“电解”得到单质镓，阴极的电极反应为________________________________
(5)步骤①～③目的为________________________________，“还原”过程中参与反应的H2体积为89.6 L(标准状况下)，则理论上步骤①中消耗SOCl2物质的量为________
5．以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图：
已知：25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝10－38.55，Ksp[Al(OH)3]＝10－32.90，Ksp[Mn(OH)2]＝10－12.72；当某种粒子浓度小于1.0×105 mol/L，可视为该粒子沉淀完全
(1)研磨黄铁矿、软锰矿的目的是________________________________________
(2)“酸浸”过程得到的滤液中含有的金属阳离子有Fe3＋和________________，滤渣1的成分为S和________，写出“酸浸”过程中主要反应的离子方程式________________________________________________________
(3)“调pH”时，若溶液中c(Mn2＋)＝0.1 mol/L，为得到尽可能多且纯净的产品，应控制的pH范围是__________
(4)“沉锰”过程需控制温度为50 ℃的原因是________________________________
(5)写出“沉锰”过程中生成MnCO3的离子方程式________________________________
(6)如图所示为MnSO4·H2O的溶解度曲线，操作A是加入足量稀硫酸充分反应后，_______________________，洗涤干燥
6．工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Mg、Al、Si的氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)及副产品工艺流程如图
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在
(1)“焙烧”工序中主要反应的化学方程式为________________________________________________
(2)滤渣1的主要成分为__________________
(3)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。
①SiO完全转化为沉淀的离子方程式为________________________
②“酸化”过程选硫酸而不选CO2的主要原因是____________________________________
(4)“蒸发结晶”工序副产品为____________，分离副产品的操作为____________
(5)流程中可循环使用的物质有__________________
(6)在溶液中，铝元素可以多种形式存在，如Al3＋、[Al(OH)4]－等，使铝元素以Al(OH)3的形式完全沉淀的pH范围是__________________{保留两位有效数字，通常认为溶液中离子浓度≤1.0×10－5 mol/L时沉淀完全；
Al(OH)3＋OH－[Al(OH)4]－的K＝10－0.6；Kw＝10－14；Ksp[Al(OH)3]＝10－33}
7．利用某阳极泥(含Au和Ag单质)回收贵金属Au并合成高能量密度材料[Ag(NH3)2]＋[Ag3(N5)4]－的工艺流程如下
(1)“溶浸”过程生成[AuCl4]－的离子方程式为________________________________________________
(2)“还原”过程发生反应的化学方程式为______________________________________________________
(3)溶液中含银微粒的物质的量分数随c(S2O)的变化如图1
图1　　 图2
①“络合”过程为获得[Ag( S2O)2]3－，应调节Na2S2O3最佳浓度为______mol/L
②25 ℃时，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，Ag＋(aq)＋2S2O(aq)===[Ag(S2O3)2]3－(aq)　K＝3.0×1013。AgCl(s)＋2S2O(aq)[Ag( S2O)2]3－(aq)＋Cl－(aq)的平衡常数K＝______
(4)“电解”过程生成Ag的电极反应式为__________________________________________
(5)“溶解”过程可提高溶解速率的措施有________________________(填1条)
(6)[Ag(NH3)2]＋[Ag3(N5)4]－晶体的局部结构如图2
①[Ag(NH3)2]＋[Ag3(N5)4]－晶体中存在的微粒间作用力有____________(填字母)
A．离子键　　　B．σ键　　　C．π键　　　 D．金属键　　　　E．氢键
②晶体中Ag＋的杂化轨道类型_______(填“相同”或“不同”)，依据是______________________________
8．电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为CaF2，含有少量SiO2和微量As2O3等)制备的工艺如下：
(1)“酸浸”时生成HF的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　，工业生产时往往会适当加热，目的是　　　　　　　　　　　　
(2)“精馏1”设备使用的材料可选用　　　　
A．玻璃 B．陶瓷 C．石英 D．金
(3)已知H2SiF6是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与KMnO4溶液反应制备极易溶于水的强酸HMnO4，反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)“氧化”时将AsF3氧化为AsF5。AsF5的沸点高于AsF3，原因是　　　　
(5)液态HF是酸性溶剂，能发生自偶电离：HFH+＋F－，由于H+和F－都溶剂化，常表示为3HFH2F+＋HF。在HF溶剂中AsF5、BF3呈酸性，HClO3、HNO3、H2O呈碱性，比如AsF5、HClO3的电离方程式分别为AsF5＋2HFAsF＋H2F+、HOClO2＋2HF(HO)2ClO+＋HF。在HF作用下：
①写出BF3与HNO3反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　
②已知：H2O与AsF5反应生成HAsF6。结合H+的能力：H2O　　　　(填“＞”“＜”或“＝”)AsF
9．苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。回收其中贵金属Pt、Pd的工艺流程如下，回答下列问题：
(1)①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺会生成________________________(写一种)，造成环境污染
②苯胺易溶于乙醇的原因为__________________________________________
(2)“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被还原为金属单质。反应前后碳原子的杂化方式由______变为______
(3)“氧化浸出”时浸出液含[PtCl6]2－－、[PdCl4]2－。
①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3∶1的混合液，写出生成[PdCl4]2－的离子方程式________________________
②从原子结构角度分析两种配合物配位数不同的原因是__________________________________________
③图为Pt、Pd浸出率与浸出温度关系图，氧化浸出需对温度适度控制，有关说法正确的是______(填字母)
a．温度控制在80 ℃左右
b．温度控制在120 ℃左右
c．温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低
d．40 ℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低王水的氧化性弱
(4)“沉铂”时，已知Ksp[(NH4)2PtCl6]＝5.2×10－6
①反应的化学方程式为__________________________________________
②若NH4Cl的投料以固液比0.053 5∶1(g∶mL)时NH的消耗率为90%(忽略溶液体积变化)，“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为____________mol/L
(5)“还原Ⅱ”时氧化产物为无毒气体，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______
10．硼化钛(结构式为B==Ti==B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如下：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置
②B2O3高温下蒸气压大、易挥发
③TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+
(1)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为　　　 　　　　　　　　　　　　　　， 该工艺中，经处理可循环利用的物质为　　　　　(填化学式)
(2)“热还原”中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是　　　　 　　　　(用化学方程式解释)。
(3)原料中的B2O3可由硼酸脱水制得。以NaB(OH)4为原料，用电渗析法制备硼酸(H3BO3)的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为　　　 　　　 　　　 　　　 　　　　。 若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得H3BO3的质量为　　　 kg
11．稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。从钒钛磁铁矿中提取钒、钛的工艺流程图如下，回答下列问题：
已知：①钛渣中主要包括TiO2、Al2O3、SiO2和Fe3O4等
②“高温氯化”后的产物中含少量的FeCl3、SiCl4、AlCl3、VOCl3杂质，相关物质的沸点如下表：
化合物 TiCl4 FeCl3 SiCl4 AlCl3 VOCl3
沸点/℃ 136 310 56.5 180 127
(1)钛在周期表中的位置为　　　　，上述获得钛单质的“还原”工序中需要通入氩气的目的是　　　　　　　　
(2)滤液X中含有的主要金属离子有　　　　
(3)“高温氯化”工序生成TiCl4和一种可燃性气体Y，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　；TiCl4的粗产品可以通过分馏提纯，但收集的TiCl4中总是混有VOCl3的原因是　　　　　　　　　　　
(4)钒的浸出率随焙烧温度和浸取时间的变化如图所示，则“焙烧”时最适合的反应条件为　　　　　　　
(5)“浸出”目的是将难溶物Ca3(VO4)2转化成VO进入水相，以便后续沉钒，则“浸出”时反应的离子方程式为
　　　　　　　　　　　　　
(6)采用USTB工艺电解制备高纯钛，过程以TiC·TiO固体为阳极、碳棒为阴极，NaCl－KCl熔融盐为电解质。阳极产生CO与Ti2＋，阴极只发生Ti2＋的还原反应。请写出电池阳极反应的电极反应式：　　　　　　　
【无机化工流程题(5)】答案
1．(1)6
(2) 将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)分别氧化为FeOOH和MnO2，避免其在浸出时溶解
(3)ZnO＋4NH3·H2O＋2HCO===[Zn(NH3)4]2＋＋2CO＋5H2O
(4)2×1022
(5) ①氨浸
②Zn2(OH)2CO3
(6)H2＋[Zn(OH)4]2－Zn＋2H2O＋2OH－
解析：(1)锌元素的原子序数为30，基态Zn2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，共有6个能级。
(2)由题给信息可知，Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)也能与氨配合生成配合物，则“氧化预处理”阶段得到FeOOH、MnO2的目的是避免加入氨水和碳酸氢铵溶液氨浸时溶解转化为可溶的配合物而影响后续分离。
(4)反应的平衡常数K1＝＝×＝＝＝2×1022。
(5)①e为含有氨气的混合气体，则混合气体可返回至氨浸工序循环利用。②由元素守恒可知，11.2 g Znx(OH)y(CO3)z 中锌元素的物质的量为 mol＝0.1 mol，碳酸根离子的物质的量为 mol ＝0.05 mol，由电荷守恒可知，Znx(OH)y(CO3)z中氢氧根离子的物质的量为2×0.1 mol －2×0.05 mol ＝0.1 mol，则x∶y∶z＝0.1 mol∶0.1 mol∶0.05 mol ＝2∶2∶1，所以固体Znx(OH)y(CO3)x的化学式为Zn2(OH)2CO3。
(6) 由图示可知，左侧电极为电解池的阳极，碱性条件下氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成水，右侧电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，则电解池的总反应为
H2＋[Zn(OH)4]2－Zn＋2H2O＋2OH－。
2．(1)Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋3H2O＋6NH3↑　
(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋　
(3)1.0×10－6　mol/L
(4)硫酸二氧化硅、硫酸钙
(5)TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋　
(6)硫酸铵
解析： (2) “水浸”后“滤液”的pH约为2.0，用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。
(3)母液①的pH为11.6，c(H＋)＝10－11.6 mol /L，c(OH－)＝＝10－2.4 mol /L，设母液①中镁离子浓度为x，依据图表数据可知，pH为11.1时，镁离子浓度为1.0×10－5 mol /L，Ksp[Mg(OH)2]＝10－2.9 mol /L×10－2.9 mol /L×1.0×10－5 mol /L＝x·10－2.4 mol /L×10－2.4 mol /L，解得x＝1.0×10－6 mol /L。
(4) “水浸渣”在160 ℃“酸溶”，故应使用难挥发、高沸点的硫酸，结合流程，酸溶渣的成分为二氧化硅和硫酸钙。 (6) 依据(1) 可知，反应尾气为氨气，“母液①”含有大量的铵根离子，“母液②”含有大量的硫酸根离子，混合并吸收尾气后获得硫酸铵，进而循环利用。
3．(1)Al(OH)3和H2SiO3　8.37　
(2)2VO＋SO＋6H＋===2VO2＋＋SO＋3H2O　
(3)酸性　10∶3　
(4)H2O＋NH4VO3＋Bi(NO3)3===BiVO4＋NH4NO3＋2HNO3　
pH＝6，80 ℃，浓度为1.0 mol/L Bi(NO3)3溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量　
解析：(1)由分析可知，滤渣的主要成分是Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数K＝＝＝100.63，c(OH－)＝10－5.63，c(H＋)＝10－8.37，pH＝8.37。
(3) 根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是＋5，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设Na2SO3的物质的量为x，NaClO3的物质的量为y，则2x×90%＝6y，则x∶y＝10∶3。
(4) (4) 根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH＝6,80 ℃，浓度为1.0 mol/L。根据信息Ⅱ可知，Bi(NO3)3溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。
4．(1)Ga2O3、GeO2、Bi2O3
(2)3≤pH＜6
(3)pH过高会生成Ge(OH)4，pH过低反应Ge4＋＋2H2R??GeR2↓＋4H＋平衡逆向移动，均不利于生成GeR2
(4)HGaCl4＋5NaOH===NaGaO2＋4NaCl＋3H2O　 GaO＋3e－＋2H2O===Ga＋4OH－　
(5)获得纯度更高的GeO2　 4 mol
解析： (2) Fe3＋完全沉淀时，Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1×10－38，c(OH－)＝1×10－11 mol /L，pH＝3；当Zn2＋开始沉淀时，Ksp＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝1×10－17，c(OH－)＝1×10－8 mol /L，pH＝6；故pH范围是3≤pH＜6。
(5)流程中GaO2经过步骤①②③是为了除杂提纯，获得纯度更高的GeO2；根据题中转化关系和已知信息得到如下对应关系式为GeO2～2SOCl2～GeCl4～2H2，H2体积为89.6 L，其物质的量为4 mol，则SCCl2的物质的量为4 mol。
5．(1)增大接触面积，提高酸浸效率和锰元素的浸取率
(2)Al3＋、Mn2＋ 　SiO2 　3MnO2＋2FeS2＋12H＋===3Mn2＋＋2Fe3＋＋4S＋6H2O
(3)4.7～8.14
(4)防止氨水和碳酸氢铵的分解
(5)Mn2＋＋NH3·H2O＋HCO===MnCO3↓＋NH＋H2O
(6)蒸发结晶，趁热过滤、
解析：(3)“调pH”时，若溶液中c(Mn2＋)＝0.1 mol/L，为得到尽可能多且纯净的产品，即Mn2＋不沉淀，Fe3＋和Al3＋完全沉淀，则应该满足：c(Mn2＋)·c2(OH－)＜Ksp[Mn(OH)2]＝10－12.72，c(OH－)＜ mol/L，c(Al3＋)·c3(OH－)＞Ksp[Al(OH)3]＝10－32.89，则 mol/L＜c(OH－), 即10－9.3 mol/L＜c(OH－)＜10－5.86 mol/L，所以10－8.14 mol/L＜c(H＋)＜10－4.7 mol/L，应控制pH的范围是4.7～8.14。
(6) 由MnSO4·H2O的溶解度曲线可知，温度越高MnSO4·H2O的溶解度越小，越有利于MnSO4·H2O析出，故加入足量稀硫酸充分反应后，加热超过40 ℃，蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥可得产品。
6．(1)4FeCr2O4＋7O2＋8Na2CO3===8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2　
(2)Fe2O3、MgO　
(3)①SiO＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO　
②选择CO2导致CrO不能尽可能多地转化为Cr2O
(4)Na2SO4　　趁热过滤　
(5)二氧化碳、硫酸
(6)4.7～9.6
解析：(3)②酸化过程选硫酸而不选CO2的主要原因是选择CO2导致CrO不能尽可能多地转化为Cr2O。
(4)“蒸发结晶”工序副产品为Na2SO4，溶解度随温度变化不大，故分离副产品的操作为趁热过滤。
(6)已知Al(OH)3＋OH－Al(OH)　K＝10－0.6＝，溶液中离子浓度小于等于1.0×10－5 mol/L为沉淀完全，则c(OH－)＝ mol /L＝10－4.4 mol /L，pH＝14－pOH＝14－4.4＝9.6；以Al3＋形式存在时，Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝10－33，溶液中离子浓度小于等于1.0×10－5 mol/L为沉淀完全，则c(OH－)＝ mol /L＝10－9.3 mol /L，pH＝14－pOH＝14－9.3＝4.7，故使铝元素以Al(OH)3的形式完全沉淀的pH范围是4.7～9.6。
7．(1)ClO＋2Au＋7Cl－＋6H＋===2[AuCl4]－＋3H2O
(2)4HAuCl4＋3N2H4·H2O===4Au＋3N2↑＋16HCl＋3H2O
或4HAuCl4＋11N2H4·H2O===4Au＋3N2↑＋8N2H6Cl2＋11H2O
(3)①0.025　mol/L
②5.4×103　
(4)[Ag( S2O)2]3－＋e－===Ag＋2S2O　
(5)适当升温
(6)①ABCE　
②不同　　与Ag＋形成配位键的原子个数不同(或形成的空间结构不同)
解析：(3)①由图可知，Na2S2O3的浓度为0.025 mol/L时，[Ag(S2O3)2]3－的物质的量分数最大，所以“络合”过程为获得[Ag(S2O3)2]3－，应调节Na2S2O3最佳浓度为0.025 mol/L。
②25 ℃时，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，即Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.8×10－10，Ag＋(aq)＋2S2O(aq)===[Ag(S2O3)2]3－(aq)的K稳＝＝3.0×1013，所以AgCl(s)＋2S2O(aq)[Ag(S2O3)2]3－(aq)＋Cl－(aq)平衡常数K＝＝Ksp·K稳＝1.8×10－10×3.0×1013＝5.4×103。
(4)“电解”过程[Ag (S2O3)2]3－得到电子生成Ag和S2O，其电极反应式为[Ag(S2O3)2]3－＋e－===Ag＋2S2O。
(5)“溶解”过程可提高溶解速率的措施有适当升温或适当提高硝酸的浓度等。
(6)①[Ag (NH3)2]＋[Ag3(N5)4]－晶体中存在阴、阳离子，即存在离子键，同时[Ag(NH3)2]＋内还存在N－H σ键，N的结构简式为，因此N内存在π键，由于氮元素的电负性很强，晶体中还存在氢键。②由图可知，
[Ag(NH3)2]＋和[Ag3(N5)4]－中与Ag＋形成配位键的原子个数不同，Ag＋的价层电子对数不同(或形成的空间结构不同)，则Ag＋的杂化轨道类型也不同。
8．(1)CaF2＋H2SO4(浓)===CaSO4＋2HF↑　加快反应速率，提高CaF2的转化率　
(2)D
(3)2K+＋SiF===K2SiF6↓　
(4)AsF5、AsF3均为分子晶体(分子间均不存在氢键)，AsF5相对分子质量大，范德华力大，沸点高
(5)①BF3＋HNO3＋HF===(HO)2NO+＋BF
②＜
解析：“酸浸”发生反应：CaF2+H2SO4(浓)===CaSO4+2HF↑，二氧化硅与HF发生反应：SiO2+4HF==SiF4↑+2H2O，As2O3与HF发生反应：As2O3+6HF===2AsF3+3H2O；“硫酸吸附”：加入硫酸，部分HF、SiF4以气体形式释放出去，然后加入水吸收为H2SiF6，部分HF、AsF3、多余硫酸进入精馏1；“精馏1”：因为硫酸熔、沸点较高，因此精馏1中得到HF、AsF3；“氧化”：根据问题(4)，过氧化氢将AsF3氧化成熔、沸点较高的AsF5；“精馏2”：蒸馏得到HF。
(2)HF能与二氧化硅发生反应，玻璃、陶瓷、石英均含有二氧化硅，HF不与金反应，因此“精馏1”设备以金为材料。
(3)KMnO4→HMnO4中Mn的价态没有发生变化，H2SiF6酸性与硝酸相似，即H2SiF6为强酸，HMnO4为溶于水的强酸，该反应为复分解反应，生成K2SiF6沉淀，即离子方程式为2K+＋SiF===K2SiF6↓。
(5)①HNO3在HF中呈碱性，其电离方程式为HNO3＋2HF(HO)2NO+＋HF，BF3在HF中呈酸性，其电离方程式为BF3+2HFBF＋H2F+，因此两者混合，发生类似的中和反应，其离子方程式为BF3＋HNO3＋HF===(HO)2NO+＋BF。②H2O与AsF5反应生成HAsF6，从而推出H2O结合H+能力小于AsF。
9．(1)①NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等(任意一种即可)
②苯胺与乙醇形成分子间氢键　
(2)　sp2　　sp　
(3)①3Pd＋2NO＋12Cl－＋8H＋===3[PdCl4]2－＋2NO↑＋4H2O　
②两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大　
③bc
(4)①2NH4Cl＋H2[PtCl6]===[(NH4)2PtCl6]↓＋2HCl　
②5.2×10－4
(5)1∶1　
解析：(2)“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被HCOOH还原为金属单质，同时生成CO2。在HCOOH、CO2中，碳原子的价层电子对数分别为3、2，则碳原子的杂化方式由sp2变为sp。
(3)②两种配合物[PtCl6]2－、[PdCl4]2－中，由于Pt和Pd的原子半径不同，Pt的原子半径比Pd大造成配位数不同。③从图中可以看出，80 ℃左右时Pt、Pd的浸出率低于120 ℃时左右Pt、Pd的浸出率，a错误；由a分析可知，温度应控制在120 ℃左右，b正确；浓盐酸、浓硝酸受热都易挥发，温度越高浸出率越低的原因可能是浓盐酸、浓硝酸挥发导致王水浓度降低，c正确；40 ℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低时，较难形成[PdCl4]2－，d错误。
(4)②若NH4Cl的投料以固液比0.053 5∶1(g∶mL)时，c(NH4Cl) ＝＝1 mol/L，NH的消耗率为90%，则溶液中c(NH4Cl)＝1 mol/L×10%＝0.1 mol/L，Ksp[(NH4)2PtCl6]＝5.2×10－6＝0.12×c{[PtCl6]2－}，c{[PtCl6]2－}＝5.2×10－4 mol/L，故“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为c{[PtCl6]2－}＝5.2×10－4 mol/L。
(5)“还原Ⅱ”时氧化产物中无毒气体为N2，依据得失电子守恒得n[(NH4)2PtCl6]×4e－＝n(N2H4·H2O)×2×2e－，则n[(NH4)2PtCl6]∶n(N2H4·H2O)＝1∶1，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1。
10．(1)TiO2+＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H+　H2SO4　
(2)TiO2＋B2O3＋5CTiB2＋5CO↑　
B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应　TiC＋B2O3＋2CTiB2＋3CO↑　
(3)H++[B(OH)4]－===H3BO3＋H2O　
解析：(3)有稀硫酸的一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]－通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H+＋[B(OH)4]－===H3BO3＋H2O。右侧的石墨电极为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，原料室中的钠离子通过阳膜进入右侧阴极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1 mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23 g－1 g＝22 g，此时制得H3BO3的物质的量为1 mol，质量为62 g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得H3BO3的质量×m kg＝ kg。
11．(1)第四周期第ⅣB族　作保护气，防止钛和钠被氧化　
(2)Al3＋、Fe2＋、Fe3＋　
(3)TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO　沸点相近，难以通过分馏分离　
(4)1 100 ℃、浸取1 h　
(5)Ca3(VO4)2＋2HCO＋CO2===2VO＋3CaCO3↓＋H2O　
(6)TiC·TiO－4e－===2Ti2＋＋CO
解析：钒钛磁铁矿在空气中高温冶炼，得到含钒铁水和钛渣，向含钒铁水中通入空气深度氧化得到半钢水和钒渣，钒渣加入CaO焙烧后用CO2和碳酸氢铵溶液浸出，得到碳酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入氯化铵固体沉钒，最后经过煅烧得到V2O5，钛渣中主要包括TiO2、Al2O3、SiO2和Fe3O4等，用盐酸酸浸，TiO2和SiO2不和盐酸反应，滤液X中含有Al3＋、Fe2＋、Fe3＋，TiO2和SiO2滤渣用NaOH碱浸得到硅酸钠溶液，过滤后TiO2和Cl2、C反应生成TiCl4和CO，TiCl4用钠还原得到Ti。
(2)由分析可知，滤液X中含有Al3＋、Fe2＋、Fe3＋。
(3)“高温氯化”工序生成TiCl4和一种可燃性气体Y为CO，根据得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式：TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO，TiCl4的粗产品可以通过分馏提纯，但收集的TiCl4中总是混有VOCl3的原因是沸点相近，难以通过分馏分离。
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