专题11无机工艺流程题测试习题.docx

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1、专题11 无机工艺流程题1.(2021黑龙江下学期4月阶段性教学质量监测)镁及其化合物有着广泛用途。工业上以菱镁矿(主要成分为，含以及少量等杂质)为原料制备纳米氧化镁的实验流程如下：(1)滤渣1的主要成分为_。(2)加入氧化时，发生反应的离子方程式为_。(3)一定条件下可与反应生成和一种弱碱，该反应的化学方程式为_。(4)工业上还可用氯化镁和碳酸铵为原料，采用直接沉淀法制备纳米MgO。取少量制得的该物质分散于某种液体溶剂中(两者不反应)，能说明纳米MgO存在的简单方法是_。如图为反应温度对纳米MgO产率和粒径的影响，据图分析反应的最佳温度为_。(5)所加不宜过量太多的原因是_。(6)主要副产品

2、是_。【答案】(1)(2)(3)用一束光照射该分散系，在侧面会看到一条光亮的通路(或该分散系能产生丁达尔效应)；(4)(5)避免调pH时，消耗过多的氨水(6)硫酸铵(或)【解析】(1)二氧化硅不与硫酸反应，滤渣1为；(2)酸性条件下，将氧化为，反应的离子方程式为：；(3)利用丁达尔现象可鉴别胶体，所以能说明是纳米MgO存在的简单方法是用一束光照射，在侧面会看到一条光亮的通路，图1为反应温度对纳米MgO产率和粒径的影响，50时氧化镁产率最大，粒径较小，温度再高，产率减小，粒径变化不大，故反应的最佳温度为50；(4)在一定条件下可与反应生成和一种弱碱，依据原子守恒可知弱碱为一水合氨，反应的化学方程

3、式为：；(5)所加不宜过量太多的原因是：避免调pH时，消耗过多的氨水。(6)滤液中含有硫酸镁、硫酸铵等，加入始产生沉淀，加入PVA进行分散，过滤干燥得到氢氧化镁沉淀，副产品为硫酸铵。2(2021全国高三零模)磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，该电池正极片主要含有石墨、等物质，还有少量不溶性杂质。采用下列工艺流程回收制备有关物质。已知：不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度如下表所示：0102030506080100溶解度/1.641.531.481.171.051.010.850.72请回答下列问题：(1)为提高电极片的碱浸率，可以采用的方法有_(任写一条即可，题干中的除外)。(2)得到滤渣2的化学方程

4、式是_，滤渣3的主要成分为_。(3)“沉淀”中溶液的作用是_，的作用是_(用离子方程式表示)。(4)写出“滤渣”中加入溶液时发生反应的离子方程式_。(5)20时，“沉锂”后的溶液中，的浓度为_(结果保留1位有效数字，假设溶液的密度为)。(6)“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用_(填“冷水”或“热水”)。【答案】提高溶液的浓度或碱浸温度 或 石墨 中和溶液中的，得到沉淀(或中和溶液中的，使完全沉淀) 0.2 热水 【解析】(1)为提高电极片的碱浸率，可以提高溶液的浓度或碱浸温度，故答案为：提高溶液的浓度或碱浸温度；(2)得到的滤渣2为氢氧化铝，反应的化学方程式为；根据上述分析，滤渣3

5、的主要成分为石墨，故答案为：；石墨；(3)根据流程图，“沉淀”中溶液是中和溶液中的，得到沉淀，是将Fe2+氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：中和溶液中的，得到沉淀；(4)“滤渣”中含有，加入溶液发生沉淀的转化，反应的离子方程式为，故答案为：；(5)20时，的溶解度为1.48g，表示100g中溶解1.48g ，溶液的体积为=100mL=0.1L，“沉锂”后的溶液中，的浓度=0.2，故答案为：0.2； (6)根据不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度的数据，碳酸锂的溶解度随着温度的升高，逐渐减小，因此“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用热水，故答案为：热水。3.(2021四川绵阳

6、南山中学双语学校3月月考)可用作塑料的阻燃剂。现以某矿石(主要成分为 ，还有少量、FeO、CaO 和)为原料生产 ，其工艺流程如下：已知：生成氢氧化物沉淀的pH物质开始沉淀的pH7.61.93.49.0完全沉淀的pH()9.63.24.811.1回答下列问题：(1)酸浸时，为提高矿石的浸出率可采取的措施为_(任写一条)。该过程适当过量的目的除了使固体充分溶解外还有_。(2)写出氧化过程加发生反应的离子方程式_。(3)为了提高产品纯度加入试剂A 为_(填化学式)，为控制浓度为1.0mol/L，调节溶液 pH 范围为_；得到滤渣的成分是_(填化学式)。(4)实际生产中，可由 为原料制备单质镁，请写

7、出制备过程中涉及氧化还原的方程式方法_。【答案】(1)将矿石粉碎(或搅拌，适当升高温度，适当提高硫酸浓度等)；使以沉淀形式除去(2)(3)MgO或或；4.88.6；、(4)【解析】(1)酸浸时，为提高矿石的浸出率可采取的措施为将矿石粉碎(或搅拌，适当升高温度，适当提高硫酸浓度等)，该过程适当过量的目的是使固体充分溶解、使以沉淀形式除去，故答案为：矿石粉碎、搅拌、适当升高温度；使以沉淀形式除去；(2)氧化过程加入将氧化为，发生反应的离子方程式是，故答案为：；(4)由为原料制备单质镁，制备方法为与盐酸反应生产，蒸发浓缩冷却结晶得到晶体，在HCl气流中加热失水得到无水，电解熔融的制取金属Mg，涉及的

8、氧化还原反应为，故答案为：。4.(2021浙江高三其他模拟)硫酸铜晶体(CuSO45H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。I.采用孔雀石主要成分CuCO3Cu(OH)2、硫酸(70%)、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如图：已知：(1)硫酸铜晶体易溶于水，难溶于乙醇。(2)硫酸铜晶体在102时失水成CuSO43H2O，在113时失水成CuSO4H2O，在258时失水成CuSO4。请回答下列问题：(1)已知氨浸时发生的反应为CuCO3Cu(OH)2+8NH3H2O=Cu(NH3)42(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈

9、黑色。孔雀石经过氨浸、蒸氨操作目的是：_。(2)下列说法正确的是_。A步骤I，高温可提高浸取率B预处理时用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径1mm，其目的是提高反应速率和浸取率C步骤III，蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，经吸收净化所得的溶液可作化肥D步骤IV，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤(3)步骤IV为一系列的操作：使晶体从溶液中析出，可采取的方式有_(写出两条)。减压过滤后，洗涤沉淀可能需要用到以下操作：a.加入水至浸没沉淀物；b.加入乙醇至浸没沉淀物；c.洗涤剂缓慢通过沉淀物；d.洗涤剂快速通过沉淀物；e.关小水龙头；f.开大水龙头；g.重复2-3次。请选出正确的操作并排序

10、 f 。_。晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有：a.称量b.置于烘箱中脱结晶水c.冷却d.称量e.重复bd至恒重f.计算。步骤e的目的是_。若测得结晶水的含量偏低，则杂质可能是_。II.采用金属铜单质制备硫酸铜晶体(4)某兴趣小组查阅资料得知：Cu+CuCl2=2CuCl，4CuCl+O2+2H2O=2Cu(OH)2CuCl2，Cu(OH)2CuCl2+H2SO4=CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置及相关物质溶解度随温度变化如图：向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓硫酸。装置中存

11、在一处缺陷是_；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为_。【答案】除去孔雀石中的杂质，获得纯净的氧化铜 BCD 蒸发浓缩至表层出现晶膜、冷却结晶；加入适量无水乙醇 ebcg 检验晶体中的结晶水是否已全部失去或确保晶体中的结晶水已全部失去 CuSO43H2O或CuSO4H2O或CuSO4 三颈烧瓶形成密闭体系，空气很难鼓入 氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大 【 解析】(1)由分析可知，孔雀石经过氨浸、蒸氨可以达到除去孔雀石中的杂质，获得纯净的氧化铜的目的，故答案为：除去孔雀石中的杂质，获得纯净的氧化铜；(2)A由分析可知，若步骤I时采用高温，

12、氨水会受热挥发，反应生成Cu(NH3)42(OH)2CO3会受热分解生成氧化铜，使浸取率降低，故错误；B预处理时用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径1mm，可以增大反应物的接触面积，使反应更加充分，加快反应速率，提高浸取率，故正确；C步骤III，蒸氨出来的氨气直接排出，会污染空气，若用一定浓度的硫酸溶液吸收净化，可以防止污染空气，所得的硫酸铵溶液可作化肥，故正确；D步骤IV时，采用常压过滤或减压过滤都可以得到硫酸铜晶体，故正确；BCD正确，故答案为：BCD；(3) 由分析可知，可以向浸出液中加入适量无水乙醇降低硫酸铜的溶解度，经蒸发浓缩至表层出现晶膜、冷却结晶析出硫酸铜晶体，故答案为：蒸发浓缩至表层

13、出现晶膜、冷却结晶；加入适量无水乙醇；减压过滤后，洗涤沉淀时，先关小水龙头，加入乙醇至浸没沉淀物，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，将晶体表面的杂质洗涤干净，然后开大水龙头，加入乙醇至浸没沉淀物，使洗涤剂快速通过沉淀物，减少晶体因溶解造成损失，并重复操作2-3次，则减压过滤后，洗涤沉淀的正确操作为ebcfg，故答案为：ebcg；晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定时，重复置于烘箱中脱结晶水、冷却、称量的操作可以确保晶体中的结晶水已全部失去，减少测定结晶水含量的误差，故答案为：检验晶体中的结晶水是否已全部失去或确保晶体中的结晶水已全部失去；若晶体中含有CuSO43H2O或CuSO4H2O或CuSO4杂质，

14、会导致测得结晶水的含量偏低，故答案为：CuSO43H2O或CuSO4H2O或CuSO4；(4)由实验装置图可知，该装置的缺陷为三颈烧瓶为密闭体系，不能起到平衡气压的作用，不利于空气鼓入；由溶解度曲线可知，氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体，故答案为：三颈烧瓶形成密闭体系，空气很难鼓入；氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大。5.(2021西南大学附属中学下学期第五次月考)锆(Zr)产品广泛用于陶瓷、化工、电子等行业。我国是氯氧化锆的主要生产和出口国，产能占世界总产能的90以上

15、。用ZrC(杂质主要含C和)生产的工艺流程如图所示。已知：.不溶于水，易溶于无机酸。.的溶解度随温度升高和酸度降低而升高。回答下列问题：(1)“碱熔”前，对ZrC进行机械粉碎的目的是_。(2)“碱熔”时，生成的化学方程式为_，反应应在_(填标号)中进行。A.陶瓷坩埚 B.石英坩埚 C.铁质坩埚 D.铝质坩埚(3)“碱熔”过程中，配料比(NaOH与ZrC的质量比)对锆转化率的影响如下表所示：配料比1.01.11.31.41.51.61.7转化率/84.0289.0791.9793.7399.0699.1299.11最适宜的配料比为_。(4)“水洗”的目的是_。(5)“酸浸”时，滤渣中的转化为可溶

16、性的，以的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为_。为减少产品损失，“操作”中的洗涤液最好选用_。(6)用EDTA可快速测定酸浸液中锆的含量，其操作步骤如下：用移液管吸取10.00 mL酸浸液于250 mL锥形瓶中，加入约100 mL水；以6的盐酸调节溶液pH在00.3，加入0.2 g盐酸羟胺，加热煮沸；加入2滴二甲酚橙指示剂，趁热用0.02000 EDTA标准溶液进行滴定，EDTA与按11的比例进行螯合；至溶液由紫红色突变为亮黄色且30 s保持不变色，即为终点。滴定过程中消耗EDTA的相关数据如下图所示：根据相关数据，计算酸浸液中锆的含量(以计)为_(保留两位小数)。【答案】(1)增大ZrC

17、与NaOH、等的接触面积，加快“碱熔”速率，提高Zr元素的转化率(2)；C(3)1.5(4)洗去过量的NaOH和生成的等水溶性杂质，减少“酸浸”过程中盐酸的消耗(5)；冷的浓盐酸(6)3.52【解析】(1)“碱熔”前，对ZrC进行机械粉碎的目的是增大ZrC与NaOH、等的接触面积，加快“碱熔”速率，提高Zr元素的转化率；故答案为：增大ZrC与NaOH、等的接触面积，加快“碱熔”速率，提高Zr元素的转化率。(2)碱熔时，NaOH、ZrC和在高温下反应生成、和，其反应的化学方程式，反应中有氢氧化钠，氢氧化钠会与陶瓷坩埚、石英坩埚中二氧化硅反应，也会与铝质坩埚中铝反应，因此应在C中进行；故答案为：；

18、C。(3)根据表格，开始配料比增大，转化率显著增大，当配料比在1.5以后，转化率增大不明显，因此最适宜的配料比为1.5：故答案为：1.5。(4)根据题意，不溶于水，沉淀表面有氢氧化钠、硅酸钠等物质，因此“水洗”的目的是洗去过量的NaOH和生成的等水溶性杂质，减少“酸浸”过程中盐酸的消耗：故答案为：洗去过量的NaOH和生成的等水溶性杂质，减少“酸浸”过程中盐酸的消耗。(5)“酸浸”时，滤渣中的与盐酸反应生成了可溶性的、NaCl和，该反应的离子方程式为。根据信息的溶解度随温度升高和酸度降低而升高，为减少产品损失，“操作”中的洗涤液最好选用冷的浓盐酸，故答案为：；冷的浓盐酸。6(2021长沙市明德中

19、学高三三模)钌(Ru)粉主要用于生产钌靶材，而钌靶材是生产计算机硬盘不可替代的材料。以钌废料制备高纯钌粉的流程如下：已知：含钌废料中钌主要以单质的形式存在，钌在碱性条件下被氯气“氧化”为RuO4，RuO4是有毒的挥发性物质，蒸馏，用盐酸吸收得到红色H2RuCl6溶液，其中还含有少量RuCl。回答下列问题：(1)钌废料在碱性条件下被氯气“氧化”的离子方程式为_；钌废料氧化时，随着温度的升高，钌的回收率变化如图所示。综合考虑，确定氧化时的温度以_为宜。(2)用盐酸吸收蒸馏产物时发生氧化还原反应，生成一种可循环到“氧化”环节的气体，若标准状况下产生0.896L该气体，则消耗盐酸中HCl的物质的量为_

20、。(不考虑生成RuCl)(3)“浓缩”步骤时用到的玻璃仪器有酒精灯、烧杯，还有_。(4)加入H2O2的主要作用是_，同时又调节了溶液的pH，有利于沉淀反应的发生。(5)煅烧的过程可以分为两步，第1步是氯钌酸铵分解生成钌单质和一种无毒的气体单质，同时有两种化合物生成；第2步是钌单质与氧气反应生成钌的氧化物RuOn(n=13)。第1步的化学反应方程式为_。【答案】Ru+8OH+4Cl2=RuO4+8Cl+4H2O 80 0.2 mol 玻璃棒 使溶液中低价的Ru氧化为高价的Ru 3(NH4)2RuCl63Ru+18HCl+2NH3+2N2 【解析】(1)根据含钌废料中钌主要以单质的形式存在，在碱性

21、条件下被氯气氧化得到有毒的挥发性物质RuO4，氯气被还原为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒及原子守恒，可写出反应的离子方程式为：Ru+8OH+4Cl2=RuO4+8Cl+4H2O。结合图像可看出，在80 时，回收率为90%左右，再提高温度，需要消耗更多的能量，回收率不会再增长很多，所以80 时最为适合；(2) 用盐酸吸收RuO4发生氧化还原反应得到红色H2RuCl6溶液，反应中Ru化合价降低，结合生成了一种可循环到氧化环节的气体，可知气体为氯气，发生反应的方程式为：RuO4+10HCl=H2RuCl6+2Cl2+4H2O，标准状况下氯气的体积为0.896 L，n(Cl2)= =0.04 mo

22、l，则消耗盐酸中HCl的物质的量为0.2 mol；(3) 浓缩实验时，需要加热搅拌，用到的玻璃仪器有酒精灯、烧杯，还有玻璃棒；(4) 因为溶液中含有离子，加入氯化铵和过氧化氢后产物为(NH4)2RuCl6，可知 中Ru化合价升高，过氧化氢的作用为使溶液中的低价的Ru氧化为高价的Ru；(5)第1步是氯钌酸铵发生分解反应，生成钌单质和一种无毒的气体单质，钌的化合价降低，则氮的化合价升高，所以无毒气体是氮气。根据反应物的组成元素可推出生成的两种化合物为NH3和HCl，根据电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式为：3(NH4)2RuCl63Ru+18HCl+2NH3+2N2。7.(2022高考模拟

23、演练卷全国乙卷)钒具有“现代工业味精”之称，主要应用于钢铁、冶金、航空、电子等领域，是发展现代工业、国防和科学技术不可或缺的重要金属材料。从石煤中提取钒的流程如图所示：已知：石煤的主要成分及含量如表所示物质含量/%342355652228231低价钒易被氧化，高价钒易被还原，酸浸液中钒的存在形式为，有很强的氧化性。P204是一种酸性萃取剂，可与金属离子发生络合，钒的存在形式为。难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：(1)焙烧过程中除硫的化学方程式为_。(2)提高“酸浸”中浸取率的措施有_。(3)观察分析“酸浸”中硫酸用量及酸浸时间图像，最佳硫酸用量为25mL，原因是_，酸浸时间最佳为_。(4)萃取

24、前浸出液需要处理，写出发生的离子方程式：_。(5)写出加入的作用：_。(6)第二次用硫酸浓度要大，目的是_。(7)沉钒的主要反应为，所得沉淀为多钒酸铵，俗称红矾，经干燥后煅烧，可得到产品，煅烧的主要反应的化学方程式为_。【答案】(1)(2)增大硫酸浓度，加热，将焙烧后产物粉碎(填写一种即可)(3)浸出率适宜，且第一次加硫酸不宜过多，避免后续加氨水调pH时用量太多，所以选择25mL；5h(4)(5)将氧化为(6)提高钒的浸出率(7)【解析】(1)焙烧过程中石煤与氧气反应，高温煅烧后发生多个反应，其中除硫反应的化学方程式为。(2)提高“酸浸”中浸取率的措施有增大硫酸浓度，加热，将焙烧后的产物粉碎。

25、(3)硫酸用量为20mL时，浸出率为35%左右，25mL时浸出率为60%左右，30mL时浸出率小于70%，且加酸量不能过多，否则后面加入氨水调节pH时耗碱过多；由图乙可知，酸浸时间最佳为5h。(4)萃取剂P204萃取四价钒的能力比五价钒要强，发生反应的离子方程式为。(5)产品中钒为+5价，要用将氧化为。(6)第二次用硫酸浓度要大，目的是提高钒的浸出率。(7)红矾经干燥煅烧后生成的化学方程式为。8.(2022高考模拟演练卷全国甲卷)某矿山开采的高岭土矿石中含有10%左右的黄铁矿，原矿化学多元素分析结果如表。成分S含量/%9.8210.7910.13.1727.9726.98(1)研磨矿石的目的是

26、增大接触面积，加快反应速率，但并不是越细越好，细度是指物料中小于某个粒度的有粒子的百分含量。图甲是磨矿细度对铜粗选指标影响的试验结果，选取磨矿细度为_%最合理。A.60 B.65 C.80 D.85(2)经研究酸化水玻璃对高岭石的分散、抑制效果最好，固定酸化水玻璃中硫酸的用量为1000g/t，考查酸化水玻璃中水玻璃的用量对硫粗精矿指标的影响，试验结果见图乙。因此，选择酸化水玻璃中水玻璃的粗选用量为_对硫粗精矿指标的影响最高。(3)浮选精矿中硫铁矿()中Fe的化合价为+2，请写出在焙烧过程中的化学方程式：_。(4)由生成的操作为_，请写出制备的化学方程式:_。(5)已知，25时相关物质的如表所示

27、：物质则加入试剂1调节pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。(6)仿照上述流程示意图，设计从滤渣2中制备的流程。(7)在上述物质制备流程中可以循环使用的物质是_。【答案】(1)B(2)1500g/t(3)(4)加入大量的水同时加热；(5)4.9(6)(7)硫酸【解析】(1)从图甲可知，磨矿细度小于(-74)65%时，铜矿中铜的含量逐渐增大；在磨矿细度在(-74)65%80%的范围内，铜矿中铜的含量缓慢增加，当磨矿细度大于(-74)80%时，铜矿中铜的含量呈下降趋势。综合考虑，选取磨矿细度为(-74)65%最合理。(2)由图乙可知，硫粗精矿硫的品位随着酸化水玻璃中水

28、玻璃用量的增加呈先上升后下降的趋势，在水玻璃的用量为1500g/t时达到最高点；硫粗精矿硫的回收率随着酸化水玻璃中水玻璃用量的增加先上升，在水玻璃的用量达到1500g/t后变化不明显。因此，选择酸化水玻璃中水玻璃的粗选用量为1500g/t对硫粗精矿指标的影响最高。(3)根据化合物中各元素化合价代数和等于零，可确定硫铁矿中S的化合价为-1，根据得失电子守恒可得在焙烧过程中的化学方程式为。(4)由生成的操作为加入大量的水同时加热，该反应的化学方程式为。(5)比较和的可知，当完全沉淀时，早已完全沉淀，完全沉淀时，则，所以pH的理论最小值为4.9。(6)流程完整、操作步骤严谨无误即可。(7)在电解硫酸

29、铜溶液制备铜时，产生硫酸，故硫酸可以循环使用。9(2021广西南宁二中高三三模)氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛稀土氧化物。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：Ce3+易和SO形成复盐沉淀：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3Na2SO4nH2O(复盐沉淀)；硫脲：(分子式为SCN2H4)，具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+；回答下列问题：(1)焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有_(任写一条)。(2)滤渣A的主要成分是_、_。(3)焙烧后加入稀硫酸浸

30、出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示，应选择的适宜的条件为_(填序号)A. 65 2.0mol/L B. 75 2.0mol/L C. 85 2.5mol/L D.100 2.5mol/L 硫酸浓度过大时，浸出率降低的原因是_。(4)加入硫脲的目的是将Ce4+还原为Ce3+，反应的化学方程式为_。(5)步骤加入盐酸后，通常还需加入H2O2，其主要目的为_。(6)步骤的离子方程式为_。(7)铈元素()常见有、两种价态。可以被含的溶液吸收，生成含有Ce3+和的吸收液。现采用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时再生，其原理如图所示。从电解槽的_(填字母代号)口流出。写出阴极的

31、电极反应式：_。【答案】粉碎氟碳铈矿以增大接触面积或延长焙烧时间 BaSO4 SiO2 C 硫酸浓度过大时，溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低 2Ce(SO4)2+2SCN2H4=Ce2(SO4)3+(SCN2H3)2+H2SO4 防止Ce3+被氧化 2Ce3+6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O a 【解析】(1)依据外界条件对反应速率的影响可知焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率。(2)根据水分析滤渣A的主要成分是SiO2、BaSO4。(3)由图可知，温度85、氢离子浓度是2.5mol

32、/L时，稀土的浸出率浸出率最高，即答案选C；由于硫酸浓度过大时，溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低，所以硫酸浓度过大时，浸出率降低。(4)加入硫脲的目的是将Ce4+还原为Ce3+，该反应的化学方程式为2Ce(SO4)2+2SCN2H4=Ce2(SO4)3+(SCN2H3)2+H2SO4。(5)Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，过氧化氢具有还原性，步骤加入盐酸后，通常还需加入H2O2，其主要目的为了防止Ce3+被氧化。(6)步骤是碳酸氢铵提供碳酸根与Ce3+结合生成为(Ce2(CO3)3，产生的氢离子又与碳酸氢根反应生成二氧化碳与水，反应离子方程式为2Ce3+6HCO

33、Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O。(7)Ce3+转化为相应失去电子，即在阳极放电，所以从电解槽的a口流出。阴极是得到电子转化为无毒物质氮气，电极反应式为。10.(2021山西省3月联合考试)某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量亚硝酸钠晶体()，并对其进行纯度测定和相关性质的实验。已知：. ；。. 是白色固体，易被氧化。(1)“还原”步骤中被还原的元素是_。此时从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷入，其目的是_。(2)若使“吸收”步骤中的完全转化为，则理论上“还原”步骤中与的物质的量之比为_。(3)该课外兴趣小组对实验制得的晶体进行纯度测定：a.称取2.000g样品，将其配成250mL溶液

34、。b.先向锥形瓶内加入稀硫酸，加热至4050。冷却后再向其中加入20.00 mL 0.100溶液，充分混合。c.最后用待测的样品溶液与之恰好完全反应，重复3次，平均消耗样品溶液50. 00 mL。(与反应的关系式为)整个测定过程的操作应迅速，不宜耗时过长，否则样品的纯度将_(“偏大”、“偏小”或“无影响”)，原因是_。通过计算，该样品中的质量分数为_，可能含有的杂质除外，还可能含有_(填化学式)。(4)该课外兴趣小组将溶液逐滴加入含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，该反应的离子方程式是_。【答案】(1)N(氮)；气液逆向混合，使硝酸与充分反应(2)1：1(3)偏小；被空气中的氧

35、气氧化86.25%；(4)【解析】(1)硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，“还原步骤中被还原的元素是N(氮)元素，从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应，气液逆向吸收，使硝酸与充分反应；(2)若使“吸收”步骤中完全转化为，发生反应，二氧化硫和硝酸反应生成NO和物质的量之比为1:1；，1 mol反应生成0.5molNO和0.5mol，电子转移总数，结合电子守恒计算得到与的物质的量之比=1:1；(3)整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，若时间过长被空气中的氧气氧化，则样品的纯度测定偏小；与反应的关系式为，则，则250mL溶液中含亚硝酸钠物质的量=，该样品中的质量分数

36、；亚硝酸钠制备过程分析可知：可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠，化学式为：、；(4)将溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为：。11(2021四川师范大学附属中学高三二模)二硫化钼是重要的固体润滑剂，被誉为“高级固体润滑油之王”。利用低品相的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：(1)(NH4)2MoO4中Mo的化合价为_。(2)“转化”中第一步加入Na2S后，(NH4)2MoO4转化为(NH4)2MoS4，写出第二步(NH4)2M

37、oS4与盐酸生成MoS3的离子方程式为_。(3)由图分析可知产生MoS3沉淀的流程中选择的最优温度和时间是_，利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因_。(4)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图所示。b电极的材料为_(填“镍”或“钼”)，电极反应为_。(5)已知Ksp(BaSO4)=1.110-10，Ksp(BaMoO4)=4.010-8，若溶液中某离子浓度110-5mol/L时可认为该离子已完全沉淀。不纯的Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO(忽略溶液体积变化)，则当SO完全沉淀时，溶液

38、中c(MoO)_mol/L(保留2位有效数字)。【答案】+6 MoS+2H+MoS3+H2S 40、30min 温度太低，反应MoS+2H+MoS3+H2S产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3 钼 Mo-6e-+8OH-+4H2O 3.610-3 【解析】(1)(NH4)2MoO4中NH为+1价，O元素为-2价，根据化合物中元素化合价的代数和为零，可知(NH4)2MoO4中Mo的化合价为+6价，答案为：+6；(2)(NH4)2MoS4在溶液中电离出NH和MoS，MoS与盐酸电离产生的

39、H+反应生成MoS3，则另外的生成物是H2S气体，反应的离子方程式为：MoS+2H+MoS3+H2S；答案为：MoS+2H+MoS3+H2S；(3)由图像可知40时MoS3的产率最高，30min后产率不再变化，所以产生MoS3沉淀的流程中选择的最优温度和时间是40、30min；当温度低于最优温度时，反应MoS+2H+MoS3+H2S产生的H2S气体不易逸出，不利于MoS3的生成；当温度高于最优温度时，盐酸挥发，导致溶液c(H+)下降，也不利于MoS3的生成；故最优温度为40。答案为：40、30min；温度太低，反应MoS+2H+MoS3+H2S产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成M

40、oS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H+)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3；(4)用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)，根据钼的化合价变化，可知钼电极上发生的是氧化反应，b电极与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，由此可知，b电极的材料为钼。电解装置中电解质溶液呈碱性，因此可知阳极的电极反应式为：Mo-6e-+8OH-+4H2O；答案为：钼；Mo-6e-+8OH-+4H2O；(5)已知Ksp(BaSO4)=1.110-10，Ksp(BaMoO4)=4.010-8，所以先沉淀的是BaSO4。则当BaMoO4开始沉淀时，BaSO4已经沉淀完全。所以溶液对于两种沉淀来说都是饱和的，其中的离子浓度都符合沉淀的溶度积常数的表达式：。则当SO完全沉淀时，溶液中c(SO)110-5mol/L，c(MoO)。答案为：3.610-3。