2024届高三新高考化学专题训练---工业流程题含答案.pdf

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1、120242024届高三新高考化学专题训练届高三新高考化学专题训练-工业流程题工业流程题一、解答题一、解答题1(2023上江苏镇江高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习)物质的分类、氧化还原反应原理可以帮助我们推测物质的性质以及反应的产物。已知：氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；N2H4H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。利用NaClO氧化尿素 CO NH22(N为-3价)制备N2H4H2O(水合肼)的实验流程如图所示：回答下列问题：(1)写出步骤反应的离子方程式。(2)步骤中温度升高发生其他副反应，现测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂

2、的物质的量之比为，为避免温度过高，可采用的措施是、。(3)步骤中两种试剂的混合顺序是：可将水溶液逐滴滴入溶液中。(4)生成水合肼反应的化学方程式为。2(2024四川绵阳统考一模)纳米ZnO可用作催化材料、半导体材料。以锌焙砂(主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等)为原料制备纳米ZnO的流程如下：已知：i.Zn NH32+4Zn2+4NH3；Zn NH32+4受热易分解，放出氨气；ii.Cu2+4NH3H2OCu NH32+4+4H2O。(1)“浸取”时，锌元素以Zn NH32+4形式进入滤液。浸出率与温度关系如图甲所示，请解释55时浸出率最高的原因：。2浸出率与n NH3

3、:nNH42SO4的关系如图乙所示，n NH3:nNH42SO46:4之后浸出率下降，说明(填序号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。A.ZnO和ZnSiO3B.ZnOC.ZnSiO3浸取过程加入H2O2的目的是。(2)写出流程中生成“滤渣”的离子方程式：。(3)适量S2-能将Cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS进行除杂，是否可行？(填“是”或“否”)，已知：Ksp(ZnS)=1.610-24，Ksp(CuS)=1.310-36；K105化学反应完全，K4mL 0.5mol/L AgNO3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

4、准溶液滴定过量的AgNO3溶液；d重复实验操作三次，消耗0.5mol/L NH4SCN溶液的体积平均为10.00mL。已知Ksp(AgCl)=3.210-10，Ksp(AgSCN)=2.010-12。加入硝基苯的作用是。滴定选用的指示剂是。A.FeCl3B.FeCl2C.NH4Fe SO42D.NH42Fe SO42CuCl的纯度为。1014(2023上山东青岛高三青岛三十九中校考期中)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO47H2O)：某温度下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下

5、表所示：金属离子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+开始沉淀时(c=0.01molL-1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.010-5molL-1)的pH8.74.73.29.0回答下列问题：(1)“碱浸”中NaOH的作用除了去除催化剂表面的油脂外，还具有作用是(用化学方程式表示)。为回收金属，通常用稀硫酸将“滤液”调为中性，生成沉淀，该沉淀的化学式为。(2)“滤液”中含有的金属离子除了“Ni2+”，还有。(3)“转化”中加入H2O2的主要作用是(用离子方程式表示)。(4)利用上述表格数据，计算Fe OH2的Ksp=(列出计算式即可，不用化简)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为

6、1.0molL-1，则“调pH”应控制pH不超过(填数值)。15(2023上北京海淀高三人大附中校考期中)具有十八面体结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，可用于实现“碳中和”，也可用于降解有机污染物，I配位-沉淀法制备Ag3PO4高效光催化剂已知：iAg3PO4难溶于水，可溶于硝酸；iiAg3PO4沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能；iii银氨溶液中存在：Ag NH3+2Ag+2NH3。(1)配制银氨溶液时的反应有Ag+NH3H2O=AgOH+NH+4、。(2)加入Na2HPO4溶液后得到Ag3PO4固体，该反应的离子方程式为。(3)AgNO3和Na3PO4在溶液中反

7、应也可制得Ag3PO4固体，但制得的Ag3PO4固体光催化性能极差。从速率角度解释其原因：。IIAg3PO4光催化剂的使用和再生已知：Ag3PO4晶体在光照条件下发挥催化作用时，首先引发反应S1。S1：Ag3PO4可见光Ag3PO4+e-(4)Ag3PO4光催化CO2制备甲醇可实现“碳中和”，S1的后续反应如下。2H2O+4 Ag3PO4可见光O2+4H+4Ag3PO4，CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O则由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为。(5)Ag3PO4光催化降解有机污染物时，有机污染物被氧化成CO2和H2O。S1的后续反应如下。11S2：O2+e-=O-2，H2O+Ag3P

8、O4=H+OH+Ag3PO4S3：注：Ag3PO4在该催化过程中可能发生光腐蚀，生成单质银，影响其光催化性能。用Ag3PO4依次降解三份相同的含有RhB(一种桃红色有机污染物)的废水，测得3次降解过程中RhB的残留率(c/c0，即时浓度与起始浓度之比)随时间变化的曲线如图，下列说法正确的是(填字母序号)。aOH和O-2是降解RhB的重要氧化剂b第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低c该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效第1次光降解时，025min内的反应速率为molL-1min-1。(废水中RhB初始浓度c0为100mg/L，RhB的摩尔质量为Mg/mol)Ag3PO4光催化降解含苯

9、废水时，S3为。16(2023上江苏南京高三校联考期中)某粗盐溶液中除泥沙外，还含有Ca2+、Mg2+、SO2-4等杂质离子，粗盐提纯后可以通过侯氏制碱法(其反应原理为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl)和电解饱和食盐水制取多种重要工业产品。下图是有关工艺流程，A、B、C、D、E、F为中学化学常见物质。回答下列问题：(1)环节I中A、B、C依次应加入的物质为NaOH、，加入D发生反应的离子方程式为、。(2)环节中为了产生更多沉淀NaHCO3，应先通入过量的气体E为，再通入过量的F。析出NaHCO3晶体中可能含有少量氯离子杂质，检验该晶体中是否含有氯离子杂质的操作方法是。

10、热分解时需用到的仪器为(填符号)12A.表面皿B.蒸发皿C.培养皿D.坩埚(3)环节电解饱和食盐水的离子方程式为。(4)FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，工业上用Na2CO3溶液和FeSO4溶液发生复分解反应制备，(已知溶液pH大于8.8时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀，实验中所用Na2CO3溶液的pH=10)。在烧杯中混合上述溶液制备FeCO3沉淀时的具体操作为。a将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中b将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中将FeSO4溶液缓慢加入到盛有NaHCO3溶液的烧杯中也能得到FeCO3沉淀，同时在实验中观察到有无色无味的

11、气体产生，该反应的离子方程式为。17(2023上北京海淀高三人大附中校考期中)工业上，处理低品位黄铜矿二硫化亚铁铜(CuFeS2)含量较低常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾(FeSO47H2O)和胆矾(CuSO45H2O)，相关流程如下图。资料：生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T.f细菌)在pH1.06.0范围内可保持活性。金属离子沉淀的pH如下表。Fe3+Cu2+Fe2+开始沉淀时的pH1.54.26.3完全沉淀时的pH2.86.78.3(1)生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是。(2)生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：CuFeS2+

12、4H+O2T.f细菌Cu2+Fe2+2S+2H2O。第二阶段反应为Fe2+继续被氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为。(3)生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在范围内。(4)Fe3+在过程I中被还原为Fe2+。若过程I中只加入一种试剂，在下列常见还原剂中可选择。aNa2SbNa2SO3cNa2S2O3dCuS2O2-3做还原剂时，通常被氧化为S4O2-6。过程I中若加入Na2S2O3固体，则发生反应的离子方程式有(忽略该过程中所有涉及配合物的反应)。为判断堆浸液中Fe3+是否被完全还原，可取少量溶液X，向其中加入(填试剂的化学式)，观察溶液颜色变化。(5)向过程I所得固体中加入(填试剂的化学式

13、)，过滤，可得CuS固体。然后加H2O2和稀硫酸，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用是。(6)绿矾的纯度可通过“KMnO4滴定法”测定。取mg绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解，然后加入适量MnSO4固体做催化剂。用物质的量浓度为cmol/L的KMnO4溶液滴定。至时，恰好完全反应。此时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。则绿矾晶体质量分数的计算式为。(FeSO47H2O摩尔质量为13278g/mol)18(2023上福建漳州高三校联考期中)我国科学家屠呦呦因成功从黄花蒿中提取抗疟药物青蒿素而获得2015年诺贝尔奖。从黄花蒿中提取青蒿素的流程如下：已知：青蒿素为白色针状晶体，易溶于乙醇、乙

14、醚、苯和汽油等有机溶剂，不溶于水，熔点为156157，热稳定性差。屠呦呦团队经历了使用不同溶剂和不同温度的探究过程，实验结果如下：溶剂水乙醇乙醚沸点/1007835提取效率几乎为035%95%回答下列问题：(1)对黄花蒿进行破碎的目的是。(2)用水作溶剂，提取无效的原因可能是。(3)从青蒿(粉末)中提取青蒿素以萃取原理为基础，乙醚浸提法的具体操作如下：乙醚浸提法涉及到的操作中，未涉及到是(填标号)。A.蒸馏B.分液C.过滤D.灼烧操作的主要过程可能是(填标号)。A.加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶B.加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤C.加入乙醚进行萃取分液D.加入乙醇后，再加入苯或汽油进行萃取(4

15、)某科研小组通过控制其他实验条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取速率的影响，其结果如下图所示：由上图可知控制其他实验条件不变，采用的最佳粒度、时间和温度为。(5)研究发现，青蒿素热稳定性差是因为青蒿素分子中的某个基团对热不稳定。分析用乙醚作溶剂，提取效率高于乙醇作溶剂的原因是。14参考答案：参考答案：1【答案】(1)Cl2+2OH-=C1O-+Cl-+H2O(2)5：3冷水浴减缓氯气的通入速率(3)NaC1O尿素(4)NaClO+CO NH22+2NaOH=NaCl+Na2CO3+N2H4H2O【分析】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH-=C1O-+Cl-+H2O，温

16、度过高时易发生3C12+6OH-=ClO-3+5Cl-+3H2O。步骤II中发生C1O-+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4H2O+CO2-3，且将NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4H2O氧化，步骤III中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。【详解】(1)由分析可知，步骤I中发生Cl2+2OH-=C1O-+Cl-+H2O；(2)步骤I制备NaClO溶液时，测得产物中NaC1O与NaClO3的物质的量之比为5：l，设NaC1O与NaClO3的物质的量分别为5mol、l mol，根据电子守恒可知C1失去电子为5 mol(1-0)+1 mol(5-0)=10

17、mol，由电子守恒可知Cl-得到电子数为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：(5mol+1mol)=5：3；为避免温度过高，除可采用冷水浴，因为氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，还可采取的措施是减缓氯气的通入速率；(3)在步骤II中，若将尿素水溶液逐滴滴入NaC1O碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4H2O氧化，故应该将NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中；(4)根据流程可知，生成水合肼的离子方程式为NaClO+CO NH22+2NaOH=NaCl+Na2CO3+N2H4H2O。2【答案】(1)低于55时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55后

18、，因氨气挥发而导致Zn NH32+4Zn2+4NH3 平衡正向移动，浸出率下降C将Mn2+氧化为MnO2除去(2)Cu NH32+4+S2-+4H2OCuS+4NH3H2O(3)是从反应Cu2+aq+ZnS sCuS s+Zn2+aq化学平衡常数分析，K=c Zn2+c Cu2+=Ksp ZnSKsp CuS=1.610-241.310-361.21012105化学反应完全，Cu2+浓度减小，使Cu NH32+4+4H2OCu2+4NH3H2O平衡正向移动，除去溶液中的Cu NH32+4(4)不正确，可能是Zn NH32+4受热分解，放出氨气或铵盐分解放出氨气(5)3Zn2+6HCO-3=Zn

19、CO32Zn OH2+5CO2+H2O(6)NH3、NH42SO4【分析】工艺流程原料为锌焙砂(主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等)，产品为纳米ZnO，流程主线中的主元素为锌元素，Si、Cu、Mn元素为杂质元素被除去。锌焙砂在浸取后ZnO、ZnSiO3转化为Zn NH32+4，Cu2+转化为Cu NH32+4，经过过滤进入除杂工艺，Si、Mn元素则分别转化为H2SiO3、MnO2沉淀而被除去，除杂过程加入 NH42S沉出Cu元素，蒸氨后加入NH4HCO3使锌元素转化为ZnCO32Zn OH2分离出来，最终得到纳米ZnO。【详解】(1)温度低于55时，温度升高，反应速率增

20、大，浸出率逐渐增大，但浸出时加入氨水，温度高于55后，温度升高NH3H2O易分解出氨气，氨气挥发，使Zn NH32+4Zn2+4NH3平衡正向移动，浸出率反而下降；NH42SO4是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，SiO2-3是弱酸酸根离子，溶液酸性越强，越容易生成H2SiO3沉淀，促进ZnSiO3溶出Zn2+，所以n NH3:nNH42SO46:4之后浸出率下降，说明ZnSiO3的浸出主要依赖 NH42SO4浓度的大小，C正确；15Mn2+在浸取后经过过滤以MnO2沉淀而被除去，说明在浸取工艺发生氧化还原反应使Mn2+被氧化为MnO2，所以浸取过程加入H2O2的目的是将Mn2+氧化为MnO2除去

21、；(2)Cu2+浸取后转化为Cu NH32+4，经过过滤进入除杂工艺，加入 NH42S生成CuS沉淀，过滤得到的滤渣为CuS，反应离子方程式为Cu NH32+4+S2-+4H2OCuS+4NH3H2O；(3)比较Ksp(ZnS)=1.610-24、Ksp(CuS)=1.310-36可知，CuS更难溶于水，ZnS转化为CuS的反应更容易发生，从反应Cu2+aq+ZnS sCuS s+Zn2+aq化学平衡常数分析，K=c Zn2+c Cu2+=Ksp ZnSKsp CuS=1.610-241.310-361.21012105化学反应完全，Cu2+浓度减小，使Cu NH32+4+4H2OCu2+4N

22、H3H2O平衡正向移动，除去溶液中的Cu NH32+4，选择ZnS进行除杂，是可行的，原因是从反应Cu2+aq+ZnS sCuS s+Zn2+aq化学平衡常数分析，K=c Zn2+c Cu2+=Ksp ZnSKsp CuS=1.610-241.310-361.21012105化学反应完全，Cu2+浓度减小，使Cu NH32+4+4H2OCu2+4NH3H2O平衡正向移动，除去溶液中的Cu NH32+4(4)由题给信息可知“蒸氨”时逸出的氨气，可能是由于“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，也可能是Zn NH32+4受热分解放出氨气，从整个流程来看，逸出的氨气还可能是由铵盐分解产生的，从“蒸氨”时逸

23、出氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，推断不正确，原因 Zn NH32+4受热分解会放出氨气，铵盐分解也会产生氨气；(5)“蒸氨”后溶液中主要存在的金属阳离子为Zn2+，“沉锌”时加入NH4HCO3，溶液中的Zn2+与NH4HCO3溶液反应，生成ZnCO32Zn OH2，离子方程式为3Zn2+6HCO-3=ZnCO32Zn OH2+5CO2+H2O；(6)“蒸氨”过程中除去的多余NH3和“过滤”所得滤液中的 NH42SO4都可循环使用。3【答案】(1)分子晶体(2)搅拌、将浸出渣磨碎、适当升高温度、适当提高H2SO4浓度(3)Cu(4)H2SO4+2FeSO4+H2O2=Fe2SO43

24、+2H2O(5)b(6)防止温度过高，导致ZnSO47H2O分解(7)4.5(8)Ga OH4-+3e-=Ga+4OH-【分析】浸出渣用硫酸酸浸，Pb2+和硫酸根反应生成不溶性的硫酸铅，其它离子在滤液中，加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO调节溶液的 pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去；滤液中加入Zn，将铜离子置换生成铜单质，过滤除去；【详解】(1)GaCl3的熔点为77.9，沸点为201.3，熔沸点较低，推断其属于分子晶体；(2)能提高“溶浸”速率的一个措施：搅拌、将浸出渣磨碎、适当升高温度、适当提高 H2SO4浓度；(3)根据分析可知，滤渣3中除过量的锌以外还含有铜

25、；(4)H2SO4酸化的FeSO4溶液中加入H2O2发生反应的化学方程式：H2SO4+2FeSO4+H2O2=Fe2SO43+2H2O；(5)a根据电荷守恒：c Na+c H+=c OH-+c HS-+2c S2-，a错误；b根据物料守恒：c S2-+c HS-+c H2S=0.1mol/L，b正确；c根据质子守恒：c OH-=c H+c S2-+c HS-+2c H2S，c错误；dc OH-c H2Sc HS-=c OH-c H2Sc H+c HS-c H+=KwKa1加水稀释，温度不变，平很常数不变，d错误；16答案选b；(6)滤渣4经H2SO4溶解后经一系列操作可获得ZnSO47H2O，

26、制得的ZnSO47H2O在烘干时需减压烘干的原因：防止温度过高，导致ZnSO47H2O分解；(7)根据图示可知，“沉铁”过程中溶液最合适的 pH为4.5；(8)Ga在碱性溶液中以 Ga OH4-形式存在，电解制镓时的阴极电极反应式：Ga OH4-+3e-=Ga+4OH-；4【答案】(1)适当提高稀盐酸浓度；粉碎红土镍矿；适当升温；搅拌等(2)氢氧化铁在高温下不稳定，200左右会分解为Fe2O3，2FeCl3+3H2O4MPa 255Fe2O3+6HCl(3)5pH14+lg3110-33110-6=5，同时为使镍、钴不沉淀，则 pH14+lg510-160.05=7，因此应控制溶液的 pH为5

27、pH7；(4)设原红土镍矿中镍元素的质量分数为，根据镍元素守恒，37.44g155g/mol59g/mol=1000g95%，所以=0.015=1.5%；(5)中和沉钴镍后的溶液中主要含MgCl2，蒸发结晶、热解再生过程中Mg2+水解生成Mg(OH)2和HCl，Mg(OH)2分解生成MgO，MgO、HCl参与循环。(6)晶胞中，根据均摊原则，每个Ni原子周围紧邻的Ni原子数为328=12；设晶胞的边长为anm，若Ni的原子半径为dnm，则4d=2a，则a=2 2dnm，晶胞中所含Ni原子个数为818+612=4，则晶胞中Ni原子空间利用率的计算表达式为443(dnm)3(2 2dnm)3100

28、%=443d3(2 2d)3100%。5【答案】(1)5s25p4加快氧化浸出的速率，防止温度过高引起H2O2过度分解CdTe+3H2O2+2H+=Cd2+TeO2+4H2O随H2O2的量增多，TeO2转化为H2TeO3进入溶液(2)SiO2、SH2TeO3+2Na2SO3=Te+2Na2SO4+H2O(3)抑制Cd2+水解0.1(4)32a2.241032NAa3=17【分析】从碲化镉废料中(主要成分为CdTe、CdS、SiO2)回收Te和Cd，碲化镉废料在稀硫酸、30%H2O2溶液条件下氧化浸出，CdTe、CdS溶解生成CdSO4溶液，Te元素转化为TeO2，与SiO2、S形成沉淀，得到粗

29、TeO2，粗TeO2与30%H2O2溶液反应生成H2TeO3，经过过滤除去SiO2、S，H2TeO3被Na2SO3溶液还原，经过过滤得到Te；CdSO4溶液经过沉淀得到CdS，CdS经过处理得到Cd，据此分析解题。【详解】(1)碲与氧同族，Te为52号元素，基态碲原子价电子排布式为5s25p4；“氧化浸出”时，温度控制在80的原因是加快反应速率，其次温度不宜过高，过高会引起H2O2过度分解；根据进箭头是反应物，出箭头是生成物和氧化还原反应规律配平得CdTe+3H2O2+2H+=Cd2+TeO2+4H2O；根据流程图可知，随着H2O2量的增加，TeO2转化为H2TeO3进入CdSO4溶液，故碲的

30、回收率降低；(2)根据“氧化浸出”的反应可知，粗TeO2含有SiO2和S，粗TeO2在“溶浸”时的滤渣含有SiO2和S；还原过程中发生反应的方程式为H2TeO3+2Na2SO3Te+2Na2SO4+H2O；(3)Cd2+易水解，“沉镉”时保持溶液呈酸性的原因是抑制Cd2+水解；根据Ksp(CdS)=c(Cd2+)c(S2-)可得Cd2+完全沉淀时，c(S2-)=10-21molL-1，又根据Ka1Ka2=c2H+c(S2-)c H2S得c(H+)=Ka1Ka2c H2Sc(S2-)=1.610-76.2510-150.0110-21mol/L=0.1mol/L，Cd2+完全沉淀时，为防止H2S

31、气体逸出，溶液中c(H+)应控制在0.1molL-1以下；(4)体心立方晶胞中体对角线上3个粒子相切，棱上粒子不相切，两个镉最近距离为32a pm；1个晶胞含2个Cd，晶体密度为=1122NAa31030g/cm3=2.241032NAa3g/cm3。6【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2粉碎菱锰矿(2)将Fe2+氧化为Fe3+(3)2.810-9Al3+(4)BaSO4、NiS(5)Mn2+2H2O电解 H2+MnO2+2H+(6)21【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚

32、铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至 pH7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4。【详解】(1)硫酸溶矿过程中，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，主要反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2；根据影响反应速率的因素，粉碎菱锰矿、适当升高温度、适当增大硫酸浓度都能提高溶矿速率，故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2；粉碎菱锰矿；(2)MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将

33、Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液 pH=4，c(OH-)=110-10，此时c(Fe3+)=KspFe OH3c3(OH-)=2.810-39(110-10)3mol/L=2.810-9molL-1；KspAl(OH)3=1.310-33，用石灰乳调节至 pH7，c(Al3+)=KspAl OH3c3(OH-)=1.310-33(110-7)3mol/L=1.310-12mol/L，Al3+完全转化为氢氧化铝沉淀，除去的金属离子是Al3+，故答案为：2.810-9；Al3+；(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，可知生成的沉淀有Ba

34、SO4、NiS，故答案为：BaSO4、NiS；18(5)在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+2H2O电解 H2+MnO2+2H+；(6)根据流程图，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4、二氧化碳、氧气，反应的化学方程式是2Li2CO3+8MnO2=4LiMn2O4+2CO2+O2，产物中CO2和O2的体积比是2：1，故答案为：2：1。7【答案】(1)NH3CO2NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl(2)NH4Cl=NH+4+Cl-(3)CO2(4)2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O【分析】粗盐水提纯，溶液A为NaCl溶液

35、，CO2能溶于水，但溶解度小，氨气极易溶于水，且使溶液显碱性，便于吸收CO2，因此先通入氨气，后通入二氧化碳，利用碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，则溶液 A发生NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，碳酸氢钠不稳定受热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，据此分析；【详解】(1)CO2能溶于水，但溶解度小，氨气极易溶于水，且使溶液显碱性，便于吸收CO2，增大二氧化碳的溶解性，因此先通入氨气，后通入二氧化碳；利用碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，则溶液 A发生NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；故答案为NH3；CO2；NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4

36、Cl；(2)溶液B中的溶质为NH4Cl和NaHCO3，主要物质是氯化铵，氯化铵属于可溶强电解质，在水中的电离方程式为NH4Cl=NH+4+Cl-；故答案为NH4Cl=NH+4+Cl-；(3)沉淀B是NaHCO3受热分解产生的CO2，可以循环利用；故答案为CO2。(4)碳酸氢钠受热分解产生碳酸钠，化学方程式为：2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O。8【答案】(1)B(2)粉碎2MnWO4+O2+4NaOH高温 2MnO2+2Na2WO4+2H2O(3)H2O2+HAsO2-3=HAsO2-4+H2O(4)将沉淀后的悬浊液静置分层，向上层清液中继续滴加盐酸，若无明显现象，则沉淀完全；若上层

37、清液变浑浊，则沉淀不完全(5)104(6)AlMnCu234,34,34【分析】碱溶中NaOH和SiO2反应生成Na2SiO3，与Al2O3反应生成Na2AlO2，由水浸后的产物可知FeWO4和NaOH反应生成Na2WO4和Fe2O3，通入过量二氧化碳与Na2AlO2、Na2SiO3分别反应生成Al(OH)3、H2SiO3，加入盐酸与Na2WO4反应生成H2WO4，分解可得WO3，用氢气还原得到金属W。【详解】(1)已知元素周期表中钨与铬同族，钨位于元素周期表的第六周期第B族；(2)“碱熔”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，加快反应速率，提高原料的利用率；根据流程和信息，“碱熔”过程中MnW

38、O4与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为2MnWO4+O2+4NaOH高温 2MnO2+2Na2WO4+2H2O(3)由流程图知，加盐酸后含有杂质HAsO2-3，“氧化、净化”过程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此过氧化氢的作用是将HAsO2-3氧化为HAsO2-4，随后加入MgCl2形成MgHAsO4沉淀除去砷元素。因此加入H2O2发生反应的离子方程式为H2O2+HAsO2-3HAsO2-4+H2O；19(4)沉钨即生成钨酸沉淀，判断是否沉淀完全，可以静置后取上层清液，继续加入盐酸，观察现象；(5)Na2WO4与石灰乳Ca OH2反应生成CaWO4，反应的离子方程式

39、为WO2-4+Ca OH2CaWO4+2OH-。由图可知，当 pc Ca2+=4时，pc OH-=1，pc WO2-4=6，该反应的平衡常数K=c2OH-c WO2-4=c2OH-c Ca2+c WO2-4c Ca2+=10-1210-410-610-4=104；(6)晶胞中，Cu数目为818+612+1214+1=8，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为AlMnCu2。若A原子的坐标参数为 0,0,0，则B原子的坐标参数为34,34,34。9【答案】(1)242NH4Cl+Ca OH2CaCl2+2NH3+2H2O(2)Co OH2(3)防止温度过高H2O2分解；降低反应速率，防止反

40、应过于剧烈(4)趁热过滤(5)降低晶体在洗涤过程中的溶解损失(6)17 2c1V1-c2V210-3x100%或1.7 2c1V1-c2V2x%偏高【分析】CoCl26H2O加水溶解配成溶液，再加入活性炭和浓氨水得到 Co NH36Cl2，加入H2O2将Co NH36Cl2氧化为 Co NH36Cl3，恒温抽滤得到 Co NH36Cl3的粗产品，再用热水和浓盐酸溶解后趁热过滤，让其0在盐酸环境中结晶，再水洗、醇洗、烘干即可得到 Co NH36Cl3成品。【详解】(1)Co NH36Cl3中含有Co3+与6个配体之间的配位键，NH3分子中有3个N-H键，6个NH3共有18个N-H键，所以1mol

41、 Co NH36Cl3中含有的共价键数为6+18=24NA；实验室制备NH3的化学方程式是；(2)由题可知，氯化亚钴能与氨水反应生成氢氧化亚钴沉淀，所以混合溶液中氯化铵的作用是抑制氨水电离，防止溶液中氢氧根离子浓度过大生成氢氧化亚钴沉淀，导致产率降低；(3)步骤中要冷却至10再缓慢地边搅拌边加入H2O2溶液，目的是防止温度过高H2O2分解；降低反应速率，防止反应过于剧烈；(4)为减少产品的损失，操作A为趁热过滤，除去活性炭；(5)由于同离子效应，洗涤液中存在Cl-，可减少产品溶解损失，因此三氯化六氨合钴首先应该用稀盐酸洗涤，再用有机溶剂乙醇洗涤；(6)用NaOH溶液滴定剩余的H2SO4，最终溶

42、液为硫酸铵和硫酸钠混合溶液，溶液呈酸性，因此应选甲基橙作指示剂。中和剩余硫酸所用的NaOH的物质的量为c2V210-3mol，则剩余硫酸的物质的量：c2V210-32mol，则吸收氨气消耗的硫酸的物质的量为 c1V1-c2V2210-3mol，NH3的质量分数为c1V1-c2V2210-3217x100%=17 2c1V1-c2V210-3x100%或1.7 2c1V1-c2V2x%；若用NaOH溶液滴定结束时俯视读数读取的体积比实际滴定体积小，测得NH3的含量偏高。10【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率(2)NaAlO2(3)2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4

43、+2H2OH2O2(4)使溶液中的Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀除去20(5)80%偏小【分析】含铜废料(主要成分为Cu和CuO，还有少量的Al、Fe及其氧化物)生产胆矾，研磨后加入热烧碱碱浸，Al转化为NaAlO2，操作1为过滤去除滤液，固体水洗后加入过量的稀硫酸、通入氧气并加热条件下进行酸溶，得到硫酸铜、硫酸亚铁，所得溶液再加入试剂X为氧化剂如H2O2氧化亚铁离子后，调 pH=5.2，沉淀铁将其转化为氢氧化铁，进行操作2为过滤得到滤渣Fe(OH)3和溶液，所得溶液含硫酸铜、硫酸钠，加热浓缩、冷却结晶，过滤得到胆矾和溶液D为硫酸钠溶液；【详解】(1)将废铜料“研磨”，目的是增大反应物接

44、触面积，加快反应速率，提高浸出率；(2)可以溶于烧碱的主要是铝及其氧化物，所以滤液1的主要成分是NaAlO2；(3)“酸溶”过程中，单质Cu和O2、H2SO4反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；要保证氧化效果且不引入新杂质，可选用H2O2；(4)调节pH=5.2，目的是使溶液中的Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀除去；(5)根据反应方程式建立关系式：2Cu2+I22S2O2-3，n(Cu2+)=0.1000mol/L16.0010-3L10=1.610-2mol，m(胆矾)=1.610-2mol250g/mol=4g，所以其纯度为4g5g

45、100%=80%；滴定过程中CuI表面吸附I2，会使消耗Na2S2O3溶液的体积偏小，所以测得胆矾晶体的纯度偏小。11【答案】(1)增大接触面积，提高浸取速率(2)Mg2+、Ca2+的电荷数相同，Mg2+的半径小，夺取CO2-3中O2-的能力更强，所以MgCO3的分解温度低(3)洗去晶体表面的水分，有利于后期快速干燥(4)2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2OK3Fe(CN)6溶液(5)MgSO45Mg(OH)22H2OMgSO45Mg(OH)2MgSO45MgO+5H2O61.61023a3NA【分析】由题给流程控制，向蛇纹石中加入稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸得到可溶性硫酸盐，二

46、氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和滤液；向滤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，向氧化后的溶液中加入碳酸镁调节溶液的 pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入氢氧化钠，经水热、陈化、过滤得到滤液和滤渣；滤渣经蒸馏水洗涤、无水乙醇洗涤、干燥得到碱式硫酸镁晶须。【详解】(1)酸浸时须将蛇纹石粉碎，可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高浸取速率，故答案为：增大接触面积，提高浸取速率；(2)碳酸镁和碳酸钙都为离子晶体，晶体中钙离子与镁离子的电荷数相同，镁离子的离子半径小于钙离子，镁离子与氧离子形成的离

47、子键强于钙离子与氧离子形成的离子键，则镁离子夺取碳酸根离子中氧离子能力强于钙离子，所以碳酸镁分解的温度低于碳酸钙，故答案为：Mg2+、Ca2+的电荷数相同，Mg2+的半径小，夺取CO2-3中O2-的能力更强，所以MgCO3的分解温度低；(3)洗涤步骤中用蒸馏水洗涤的目的是洗去晶体表面的可溶性杂质，用无水乙醇洗涤的目的是洗去晶体表面的水分，有利于后期快速干燥，故答案为：洗去晶体表面的水分，有利于后期快速干燥；(4)由分析可知，向滤液中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，向反应后的溶液中加入铁氰化钾溶液，若无蓝色沉

48、淀生成，说明亚铁离子被完全氧化为铁离子，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；K3Fe(CN)6；(5)氢氧化镁受热易分解生成氧化镁和水，而硫酸镁性质稳定，受热不易分解，则碱式硫酸镁晶须受热三次失重发生的反应分别为碱式硫酸镁晶须受热失去结晶水、氢氧化镁受热分解生成氧化镁和水、硫酸镁受热分解生成氧化镁和三氧化硫，设碱式硫酸镁晶须的质量为100g，由图可知，结晶水的质量为100g8.07%=8.07g，氢氧化镁分解生成水的质量为100g20.18%=20.18g，硫酸镁分解生成三氧化硫的质量21为100g17.94%=17.94g，由原子个数守恒可知，x：y：z=17.94g80

49、g/mol：20.18g18g/mol：8.07g18g/mol1：5：2，则碱式硫酸镁晶须的化学式为MgSO45Mg(OH)22H2O，所以第二次失重发生反应的化学方程式为MgSO45Mg(OH)2MgSO45MgO+5H2O，故答案为：MgSO45Mg(OH)22H2O；由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的黑球与位于面心的白球的距离最近，则黑球的配位数为 6，由氧化镁的化学式为MgO可知，白球的配位数也为6；晶胞中位于顶点和面心的白球个数为818+612=4，位于棱上和体心的黑球个数为1214+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：440NA=(10-7a)3d，解得d=1

50、.61023a3NA，故答案为：6；1.61023a3NA。12【答案】(1)将矿石粉碎、增大硫酸的浓度等SiO2(2)2H+2Fe2+H2O22Fe3+2H2O(3)消耗H+，促进水解平衡正向进行，从而将Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀(4)2.86.9【分析】红土镍矿经研磨后颗粒减小，加入硫酸进行酸浸时，可加快浸取速率，提高浸取率，此时只有 SiO2不溶而成为滤渣，其它物质都溶解生成相同价态的硫酸盐；滤液中先加入H2O2溶液氧化，可将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入Na2SO4溶液、MgO调pH沉铁，再加入NaF溶液将Mg2+转化为MgF沉淀，过滤后往滤液中加入NaOH溶液，经一系列操