1、无机化工流程分析无机化工流程分析大题训练（共15题）1（2021陕西汉中一模）铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钻(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如图：表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1molL-1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.28.0沉淀完全的pH3.39.99.511.1（1）酸浸铜镉渣时，加快反应速率的措施有_(写一条)。（2）完成操作所得溶液中阳离子有Co2+、Cd2+、H+及_，滤渣成分为_(填化学式)。（3）操作中先加入适量H2O2，发生反应的离子方
2、程式_；再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为_选择_(填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”)试剂，能证明添加的H2O2已过量。（4）常用沉淀转化法处理含Cd2+废水，写出碳酸钙处理Cd2+的离子方程式_；若反应达到平衡后溶液中c(Ca2+)=0.1molL-1，溶液中c(Cd2+)=_molL-1.已知25，Ksp(CdCO3)=5.610-12，Ksp(CaCO3)=2.810-9（5）电解后的废液可用于电镀锌，电镀锌时阴极反应式为_。2（2021河北石家庄一模）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu()、Ni()、Fe()、Al()的氢氧化物，前者还含有Cr()的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工
3、艺流程如下：已知：、FePO4、CrPO4、AlPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.31022、2.41023、5.81019、5.01031。Cr及其化合物的性质与铝类似。回答下列问题：（1）“电解”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的是_，可通过一种试剂证明第二个目的是否达成，该试剂为_(填化学式)。（2）“除杂”时，若镍离子浓度为0.05molL1，则应调整溶液中PO浓度范围为_ molL1 (溶液中离子浓度10-5molL1时，认为该离子沉淀完全；=3.2)。（3）“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为_(用离子方程式表示)。（4）“浸出”时，采取了多次浸取的方
4、式，其目的为_。（5）“萃取”时，发生的反应为Cu(NH3)+2HR=CuR2+2NH+2NH3和Ni(NH3)+2HR=NiR2+2NH+4NH3和，则“反萃取”时含铜微粒发生反应的离子方程式为_。（6）“电解”时，若维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min，理论上可获得铜_g(已知：电流效率是指电解时电极上实际沉积与理论沉积物质的量之比，F=96500Cmol-1)（7）流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有_(填化学式)。3（2021重庆南开中学模拟预测）铬酸铅俗称铬黄，是一种难溶于水的黄色固体，可用作道路标识线的涂料。工业上用铬矿渣(主要成分，含有少量的、)为原料制
5、备铬酸铅的流程如下图所示：已知：常温下，。碳酸铅的为。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”时，需要通入空气。若铬矿渣中含60.8%的，则该步骤至少需要通入约_L空气(体积折算为标准状况下)。（2）“水浸”时，为加快浸取速率可采取的措施是_(写出一种即可)。（3）“滤渣1”的主要成分是_(写化学式)。（4）“除杂”中，写出除去铝元素的离子方程式_。（5）加调节溶液的主要目的是_。（6）“沉铬”中，加入稍过量的醋酸铅溶液，写出反应的离子方程式_。检验沉淀是否完全的方法是_。4（2021河南模拟预测）六氟锑酸钠()广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂及医药中间体，一种由锑矿粉(主要含、，还含有
6、少量、等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：已知：Sb的氧化物及氢氧化物的性质与Al的类似；可溶于NaOH溶液。常温下，、。难溶于水。请回答下列问题：（1）中Sb的化合价为_。（2）“碱浸”时，若转化为，则与反应的离子方程式为_。（3）“碱浸渣”的主要成分为_(填化学式)。（4）“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入溶液，测得此时溶液的，则此时溶液中残留的_。（5）“转化”过程中需先向溶液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入30%溶液进行氧化回流。则“转化”步骤发生反应的化学方程式为_。（6）已知“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则“氟化”时发生反应的离子方程
7、式为_。（7）以六氟锑酸钠为离子导体的新型钠离子可充电电池的结构如图，该电池放电时的工作原理为，则充电时，向_移动(填“左”或“右”)；放电时，石墨电极上的电极反应式为_。5（2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题（河北卷）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFeAlMg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号)。(2)工序的名称为_。(3)滤渣的主要成分是_(填化学式)。(4
8、)工序中发生反应的离子方程式为_。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为_，可代替NaOH的化学试剂还有_(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为_。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33)6（2021福建师大附中高三阶段练习）磷酸亚铁锂(LiFePO4) 是目前使用量最多的一种锂电池电极材料，LiFePO4 废料中(含A
9、l、石墨)磷、铁、锂的综合回收工艺流程图如下：已知：常温下，Ksp(FePO42H2O)=9.91 10-16， KspFe(OH)3)=410-38，Ksp(Li2CO3)=1.710-3（1）过程I“碱浸”时主要反应的离子方程式是_（2）过程II“酸浸”加入双氧水的目的是_（3）浸出液中存在大量H2PO离子，过程III得到磷酸铁晶体的离子方程式为_（4）一定条件下，探究了pH对磷酸铁沉淀的影响，结果如图所示。过程III应选取的最佳沉淀pH为_。随pH的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，分析原因为_。（5）测得滤液1中c(Li+)=0.15 mol/L， 某同学取该100 mL滤液
10、进行“沉锂”反应。加入50 mL Na2CO3溶液却未见沉淀，若不考虑Na2CO3的水解和液体混合时的体积变化，则该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3) =_mol/L（6）过程VI包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等步骤，蒸发时停止加热的时机是_。7（2021四川成都一模）黄钠铁矾Na3Fe3(SO4)3(OH)6被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为FeS2，含少量SiO2)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：（1）“盐浸”时的反应为FeS2+Fe2(SO4)3FeSO4+S(未配平)，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_；滤渣的主要成分为SiO2和_。（2）“氧化”
11、时发生反应的离子方程式为_；用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在_的缺点。（3）“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。80时，加入碳酸钠偏多时得到的黄钠铁矾中含有的杂质是_。生成黄钠铁矾的离子反应方程式_。由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因_。（4）测定黄钠铁矾样品中铁的质量分数：称取样品2.000g置于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500molL-1Na2S2O3溶液平行滴定，
12、平均消耗20.00mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)滴定终点的实验现象是_。样品中铁的质量分数为_。8（2021山东临沂高三期中）工业上用废钯催化剂(主要成分为Pd，还含有少量Al2O3)回收Pd及Al2(SO4)3的流程如图。已知：“酸浸”和“中和”过程中所得含铝化合物分别为H2PdCl6、(NH4)2PdCl6；其中H2PdCl6为可溶性弱酸，(NH4)2PdCl6为难溶性固体。回答下列问题：（1）“焙烧”时，Al2O3与(NH4)2SO4反应的化学方程式为_；“焙烧”产生的气体可通入到_操作中(填操作单元的名称)。（2）“酸浸”时发生反应的离子方程式为_。（3）实验室用下图装
13、置进行Pd的热还原实验，测定滤渣中(NH4)2PdCl6的百分含量(杂质不参与反应)。将硬质玻璃管(带两端开关K1和K2，设为装置A)称重，记为m1 g。将滤渣装入硬质玻璃管中，再次称重，记为m2 g。热还原的操作步骤：打开K1和K2，缓缓通入H2；点燃酒精喷灯，加热；充分反应后，熄灭酒精喷灯；关闭K1和K2，冷却至室温；打开K1和K2，改通空气后称量A；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。操作中改通空气的目的是_。滤渣中(NH4)2PdCl6的质量分数表达式为_。已知(NH4)2PdCl6的相对分子质量为355实验结束后，发现硬质玻璃管右端有少量白色固体，其主要成分为_(填化学式)，
14、该现象导致实验结果_ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。（4）金属Pd具有显著的吸氧性能，其密度为d g/cm3。标准状况下，海绵Pd吸收氢气的体积约为其体积的n倍，则海绵钯的储氢容量R=_mL/g。(储氢容量即1 g钯吸附氢气的体积)。9（2021黑龙江大庆一模）ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+Mn2+Ni2+开始沉淀的pH1.56
15、.36.27.48.16.9沉淀完全的pH2.88.38.29.410.18.9已知： “溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。氧化性顺序：Ni2+ Cd2+ Zn2+回答下列问题：（1）“溶浸”过程中，提高浸出率的措施有_。(写一条即可)（2）“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)。（3）加KMnO4“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是MnO+3Fe2+7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+和_。（4）“还原除杂”除去的离子是_；加入的还原剂是_。
16、（5）“沉锌”生成碱式碳酸锌ZnCO32Zn(OH)22H2O沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌的化学方程式_。10（2021石家庄二中高三11月第一次考试）稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。钪(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图1所示。回答下列问题：已知：xNH4ClyScF3zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。25时，部分物质的相关信息如表所示：Ksp(PbSO4)Ksp(PbC2O4)Ka1(H2C2O4)Ka2(H2C2O4)2.010-85.010-106.
17、010-26.2510-5（1）“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为_。（2）含钪元素的微粒与lgc(F-)、pH的关系如下图所示，用氨水调节溶液的pH值，控制pH的范围是3.5pH_。（3）“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如下图所示，其中在380-400过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到 ScF3，由图3中数据可得x：z=_。（4）传统制备ScF3的方法是先得到ScF36H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是_。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是_。（5）将1.8mol PbSO4加到1L含有0.
18、12mol/L H2C2O4的废水中。发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO(aq)，该反应的平衡常数K=_。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是_(化学式)。11（2021山东潍坊高三期中）合理利用工业烟尘，变废为宝，对保护环境具有重要意义。一种以铜冶炼烟尘(主要成分是CuO、Cu2O、ZnO、PbO、SiO2、As2O3)为原料制备Cu和ZnSO46H2O的流程如图所示：已知：酸浸时As2O3转化为H3AsO3。回答下列问题：（1）能提高“酸浸”浸出率的措施是_(任写一条)，“滤渣1”的主要成分是_。（2）“酸浸”过程中Cu2O发生反应的
19、化学方程式为_。（3）“滤渣2”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中发生反应的离子方程式为_。（4）ZnSO4的溶解度曲线如图1所示。从溶液中回收ZnSO46H2O的实验操作为_。（5）取26.90g ZnSO46H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750时所得固体的化学式为_(填序号)。aZnO bZnSO4 c Zn3O(SO4)2 dZnSO4H2O12（2021安徽江淮十校高三期中）烟道气(主要含空气、粉尘、水蒸气、等)中的是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：I.采样：采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至140；打开抽
20、气泵置换系统内空气；采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是_。（2）C中填充的干燥剂是_(填字母序号)。A碱石灰 B无水 C（3）采样步骤加热烟道气的目的是_。II.NOx含量的测定将VL气样通入适量酸化的溶液中，使NOx完全被氧化为硝酸根离子，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入V1mLc1mol/L过量的标准溶液()，充分反应后，用c2mol/标准溶液滴定剩余的，终点时平均消耗V2mL。（4）NO被氧化为的离子方程式是_。（5）若气样中NOx按计算，则的含量为_（6）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无
21、影响”)，若缺少采样步骤，会使测试结果_；若标准溶液部分变质，会使测定结果_。13（2021江苏苏州高三期中）金()是国家重要储备物资。一种采用氰化工艺提金的流程如下：（1）冶炼：第一步是在有氧存在的条件下，将金矿溶解于溶液，第二步用锌将中的金置换出来。写出第一步反应的化学方程式：_。（2）废水处理：利用在作用下产生的处理含氰废水的部分机理如下：.控制，浓度为，初始的投加量与氰去除率的关系如图所示，当的投加量小于时，随着的投加量的增加，氰去除率上升的原因是_。（3）含量测定：准确称取试样，加入王水，将转化成氯金酸(，具有强氧化性，)。加热除去过量的，过滤，在不断搅拌下，加入过量 溶液，充分反应
22、，二苯胺磺酸钠作指示剂，用 标准溶液滴定至终点，消耗溶液。王水中浓盐酸的主要作用是_。被还原成的离子方程式为_。计算试样中金的质量分数(写出计算过程)_。14（2021江苏苏州高三期中）由废铁屑制得磷酸铁(，一种难溶于水的米白色固体)，然后获得锂离子正极材料的流程如下：（1）的晶胞结构如图1所示，其中围绕和分别形成正八面体和正四面体，其余为。每个晶胞中含有的数目为_。（2）碱洗：废铁屑需碱洗的目的是_。（3）酸浸：酸浸时加入过量的，除了为确保废铁屑完全溶解、除去过量的外，还有的作用是_。（4）合成：合成步骤中蔗糖的作用是_。（5）请补充完整由氧化后的溶液制备纯净的的实验方案：_(须选择的试剂有
23、：溶液、溶液、溶液).已知：溶液中含磷微粒分布分数如图2所示。15（2021江苏海安高三期中）聚合氯化铝化学式为，是一种无机高分子铝的聚合物，已广泛用于生活废水处理。由偏铝酸钙制备聚合氯化铝的一种工艺流程如下：（1）“偏铝酸钙可由水硬铝石AlO(OH)与石灰石在高温下煅烧得到，写出该反应的化学方程式：_。（2）常温下，经测定“破浸”后溶液的pH=12，要使“沉淀”中不含有，则溶液中的c(CO)_mol/L。25时，（3）“沉降”时，发生反应的离子方程式为_。（4）过滤后，“洗涤”沉淀的操作是_。（5）若要使聚合氯化铝中a=2，则实验过程中需要控制条件除温度外，还要控制条件是_。（6）上述“碱浸
24、”过程中，在相同条件下，使用相同浓度的溶液比NaOH溶液浸出率高的原因是_。【参考答案及解析】大题训练（共15题）1（2021陕西汉中一模）铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钻(Co)等单质。湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如图：表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1molL-1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2Zn(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.28.0沉淀完全的pH3.39.99.511.1（1）酸浸铜镉渣时，加快反应速率的措施有_(写一条)。（2）完成操作所得溶液中阳离子有Co2+、Cd2+、H+及_，滤渣成分为_
25、(填化学式)。（3）操作中先加入适量H2O2，发生反应的离子方程式_；再加入ZnO控制反应液的pH，pH范围为_选择_(填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”)试剂，能证明添加的H2O2已过量。（4）常用沉淀转化法处理含Cd2+废水，写出碳酸钙处理Cd2+的离子方程式_；若反应达到平衡后溶液中c(Ca2+)=0.1molL-1，溶液中c(Cd2+)=_molL-1.已知25，Ksp(CdCO3)=5.610-12，Ksp(CaCO3)=2.810-9（5）电解后的废液可用于电镀锌，电镀锌时阴极反应式为_。【答案】（1）适当增大H2SO4浓度、适当升高温度、粉碎、搅拌等（2） Zn2+、Fe2+ Fe(O
26、H)3 （3） 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O 3.3pH7.2 K3Fe(CN)6(或铁氰化钾) （4） CaCO3(s)+Cd2+(aq)CdCO3(s)+Ca2+(aq) 2.010-4 （5）Zn2+2e-=Zn【分析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，加入稀硫酸，铜不溶，操作I过滤，滤渣主要成分为Cu，滤液含有Zn2、Fe2、Cd2、H、Co2，向滤液加入锌，活化剂Sb2O3，锌粉会与Sb2O3等形成微电池产生合金CoSb除去钴，操作过滤，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2为Fe3，加入氧化锌调节pH
27、使Fe3沉淀后经操作过滤除去，即滤渣主要为Fe(OH)3，电解含有Zn2、Co2的溶液，可得镉单质。（1）为加快“铜镉渣”“溶浸”速率，可将铜镉渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高稀硫酸浓度、充分搅拌等。（2）由分析可知，完成操作所得溶液中含有Zn2、Fe2、Cd2、H、Co2，滤渣主要为Fe(OH)3。（3）操作中先加入适量H2O2，双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，根据表格中的信息可知在3.3pH 7.2时，能确保Fe3+沉淀完全，而Cd2+不会沉淀，因此再加入ZnO控制反应液的pH范围为3.3pH7.2，若加
28、入的双氧水过量，则待电解溶液中没有有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可，方法为：取电解液少量于试管中，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若没有产生蓝色沉淀，则证明添加的H2O2已过量。（4）根据溶度积常数大小可知Ksp越小，溶解度越小，沉淀越完全。处理含镉废水常用加入碳酸钙实现沉淀转化，该沉淀转化的反应方程式为CaCO3(s)+Cd2+(aq)CdCO3(s)+Ca2+(aq)；除去工业废水中的Cd2+时，若反应达到平衡后溶液中c(Ca2+)=0.1molL-1，Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO)=2.810-9，可知溶液中碳酸根浓度是2.810-8molL-1，再根据Ksp(CdCO
29、3)=c(Cd2+)c(CO)=5.610-12，可知c(Cd2)=2.010-4molL-1。（5）电镀锌时，阴极Zn2+得到电子生成Zn单质，电极反应式为：Zn2+2e-=Zn。2（2021河北石家庄一模）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu()、Ni()、Fe()、Al()的氢氧化物，前者还含有Cr()的氢氧化物，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：已知：、FePO4、CrPO4、AlPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.31022、2.41023、5.81019、5.01031。Cr及其化合物的性质与铝类似。回答下列问题：（1）“电解”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的
30、是_，可通过一种试剂证明第二个目的是否达成，该试剂为_(填化学式)。（2）“除杂”时，若镍离子浓度为0.05molL1，则应调整溶液中PO浓度范围为_ molL1 (溶液中离子浓度10-5molL1时，认为该离子沉淀完全；=3.2)。（3）“转溶”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为_(用离子方程式表示)。（4）“浸出”时，采取了多次浸取的方式，其目的为_。（5）“萃取”时，发生的反应为Cu(NH3)+2HR=CuR2+2NH+2NH3和Ni(NH3)+2HR=NiR2+2NH+4NH3和，则“反萃取”时含铜微粒发生反应的离子方程式为_。（6）“电解”时，若维持电流强度为0.5A，电流效率为9
31、0%，电解8min，理论上可获得铜_g(已知：电流效率是指电解时电极上实际沉积与理论沉积物质的量之比，F=96500Cmol-1)（7）流程中除了有机相之外，可以循环利用的物质还有_(填化学式)。【答案】（1） 将二价铁转化为三价铁 K3Fe(CN)6或KMnO4 （2）5.81014 6.41014（3）Al(OH)3+OH=Al(OH)、Cr(OH)3+OH=Cr(OH)（4）提高铜、镍元素的浸取率（5）CuR2+2H+=Cu2+2HR（6）0.07（7）NH3H2O或(NH4)2CO3；Na3PO4【分析】铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr
32、3+的滤液，电解滤液得到铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPO4、AlPO4沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铬系铜镍电镀污泥加入氨水、碳酸铵浸取，过滤得到含有Cu(NH3)和Ni(NH3)的滤液，向滤液中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进行反萃取，分液得到含Cu2+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与铬系铜镍电镀污泥处理流程中除杂的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。（1）铬系铜镍电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二价铁转化为三价铁；
33、证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+，可以用K3Fe(CN)6或KMnO4检验，若有Fe2+，现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色；（2）除杂的目的是使Fe3+、Cr3+、Al3+沉淀，Ni2+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，KspAlPO4最大，所以只要保证Al3+完全沉淀，则Fe3+、Cr3+也一定完全沉淀，此时溶液中c(PO)=mol/L=5.81014mol/L；Ni2+开始沉淀时c(PO)=mol/L=6.41014mol/L，所以PO浓度范围为5.81014 6.41014mol/L；（3）Cr及其化合物的性质与铝类似，所以Al(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若N
34、aOH过量，氢氧化物沉淀会溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH=Al(OH)、Cr(OH)3+OH=Cr(OH)；（4）根据后续流程的处理可知“浸出”是为了得到Cu(NH3)和Ni(NH3)，多次浸取可以提高铜、镍元素的浸取率；（5）根据流程可知，反萃取的过程中CuR2在硫酸的作用下转化为Cu2+，离子方程式为CuR2+2H+=Cu2+2HR；（6）若维持电流强度为0.5A，电流效率为90%，电解8min即480s，则理论上转移电子数为mol90%，所以获得的铜为mol90%264g/mol=0.07g；（7）根据“萃取”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3H2O、(NH4)2CO3，可以
35、循环使用；转溶时磷酸盐沉淀转化为氢氧化物，所得滤液中主要溶质为Na3PO4，可以循环使用。3（2021重庆南开中学模拟预测）铬酸铅俗称铬黄，是一种难溶于水的黄色固体，可用作道路标识线的涂料。工业上用铬矿渣(主要成分，含有少量的、)为原料制备铬酸铅的流程如下图所示：已知：常温下，。碳酸铅的为。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”时，需要通入空气。若铬矿渣中含60.8%的，则该步骤至少需要通入约_L空气(体积折算为标准状况下)。（2）“水浸”时，为加快浸取速率可采取的措施是_(写出一种即可)。（3）“滤渣1”的主要成分是_(写化学式)。（4）“除杂”中，写出除去铝元素的离子方程式_。（5）加调节溶液的
36、主要目的是_。（6）“沉铬”中，加入稍过量的醋酸铅溶液，写出反应的离子方程式_。检验沉淀是否完全的方法是_。【答案】（1）672（2）升高温度/适当搅拌/将焙烧产物粉碎（3）（4）（5）除去，防止析出沉淀（6） 或 取“沉铬”后的少量上层清液于小试管中，滴加少量的醋酸铅溶液，若不再产生黄色沉淀，则沉淀完全；反之则不完全 【分析】铬矿渣中含有有效成分，为了加快氧化焙烧的速率，使氧化焙烧更加充分，可以升温，搅拌，或者粉碎等方法，在氧化焙烧的过程中，杂质氧化铝和二氧化硅都可以和碳酸钠反应，之后通过水浸的方法可以除去杂质氧化铁，再向滤液中通入过量二氧化碳可以除去铝元素杂质，之后再加入醋酸铅生成最终产物
37、，以此解题。（1）铬矿渣中含有的的物质的量为，氧化焙烧后铬的化合价由+3价变为+6价，1个失去6个电子，则4mol失去24mol电子，根据得失电子守恒可知，氧气得电子的物质的量为6mol，则氧气的物质的量为，体积为622.4=134.4L，则空气的体积为：134.45=672L；（2）从反应速率的影响因素来考虑，“水浸”时为加快浸取速率可采取的措施是：升高温度/适当搅拌/将焙烧产物粉碎；（3）“氧化焙烧”时铬矿渣中的和碳酸钠反应生成硅酸钠，和碳酸钠反应生成偏铝酸钠，且硅酸钠和偏铝酸钠都易溶于水，故滤渣1应该是；（4）除杂时通入过量的二氧化碳和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝，由于二氧化碳过量，故还
38、生成碳酸氢根离子，方程式为：；（5）由于碳酸氢根离子会电离出碳酸根离子且碳酸根离子可以和之后加入的铅离子生成碳酸铅沉淀，故加入醋酸调节溶液的主要目的是：除去，防止析出沉淀；（6）“沉铬”中，加入稍过量的醋酸铅后生成沉淀铬酸铅，离子方程式为：或；检验沉淀是否完全只需要检验溶液中是否还有铬酸根离子就可以了，再结合铬酸铅是黄色难溶于水的固体，则答案为：取“沉铬”后的少量上层清液于小试管中，滴加少量的醋酸铅溶液，若不再产生黄色沉淀，则沉淀完全；反之则不完全。4（2021河南模拟预测）六氟锑酸钠()广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂及医药中间体，一种由锑矿粉(主要含、，还含有少量、等)合成六
39、氟锑酸钠的工艺流程如图所示：已知：Sb的氧化物及氢氧化物的性质与Al的类似；可溶于NaOH溶液。常温下，、。难溶于水。请回答下列问题：（1）中Sb的化合价为_。（2）“碱浸”时，若转化为，则与反应的离子方程式为_。（3）“碱浸渣”的主要成分为_(填化学式)。（4）“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入溶液，测得此时溶液的，则此时溶液中残留的_。（5）“转化”过程中需先向溶液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入30%溶液进行氧化回流。则“转化”步骤发生反应的化学方程式为_。（6）已知“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则“氟化”时发生反应的离子方程式为_。（7）以
40、六氟锑酸钠为离子导体的新型钠离子可充电电池的结构如图，该电池放电时的工作原理为，则充电时，向_移动(填“左”或“右”)；放电时，石墨电极上的电极反应式为_。【答案】（1）+5（2）（3）和（4）（5）（6）（7） 右 【分析】锑矿粉(主要含、，还含有少量、等)碱浸、还原时转化为NaSbO2，和不能溶于NaOH，过滤后，在浸出液种加入硫酸铜除杂，再加入双氧水将NaSbO2转化为，最后加HF转化为。（1）根据物质中各元素化合价代数和为0可得出中的化合价为+5价；（2）若在“碱浸”过程中转化为，则与反应的离子方程式为；（3）由于和不能溶于NaOH，因此“碱浸渣”的主要成分为和；（4）“除杂”步骤中，
41、当溶液的时，此时溶液中，此时溶液中残留的；（5）“转化”步骤发生氧化的反应，化学方程式为；（6）注意为弱酸，保留化学式，故“氟化”时发生反应的离子方程式为；（7）该电池放电时的工作原理为，则充电时，向右(石墨电极)移动；放电时，石墨电极上得电子生成进入溶液中，因此电极反应式为。5（2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题（河北卷）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFeAlMg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续
42、氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号)。(2)工序的名称为_。(3)滤渣的主要成分是_(填化学式)。(4)工序中发生反应的离子方程式为_。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为_，可代替NaOH的化学试剂还有_(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为_。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33)【答案】Fe、Cr 溶解浸出
43、 MgO、Fe2O3 2Na+2+2CO2+H2O=+2NaHCO3 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 8.37 【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二
44、氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【详解】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；(3)由分析可知，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧
45、化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na+2+2CO2+H2O= +2NaHCO3，故答案为：2Na+2+2CO2+H2O= +2NaHCO3；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；(6)热解工
46、序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序，故答案为：；(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1=1013.37，当为105mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=108.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。6（2021福建师大附中高三阶段练习）磷酸亚铁锂(LiFePO4) 是目前使用量最多的一种锂电池电极材料，LiFePO4 废料中(含Al、石墨)磷、铁、锂的综合回收工艺流程图如下：已知：常温下，Ksp(FePO42H2O)=9.91 10-16， Ks
47、pFe(OH)3)=410-38，Ksp(Li2CO3)=1.710-3（1）过程I“碱浸”时主要反应的离子方程式是_（2）过程II“酸浸”加入双氧水的目的是_（3）浸出液中存在大量H2PO离子，过程III得到磷酸铁晶体的离子方程式为_（4）一定条件下，探究了pH对磷酸铁沉淀的影响，结果如图所示。过程III应选取的最佳沉淀pH为_。随pH的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，分析原因为_。（5）测得滤液1中c(Li+)=0.15 mol/L， 某同学取该100 mL滤液进行“沉锂”反应。加入50 mL Na2CO3溶液却未见沉淀，若不考虑Na2CO3的水解和液体混合时的体积变化，则该同
48、学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3) =_mol/L（6）过程VI包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等步骤，蒸发时停止加热的时机是_。【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2+3H2（2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）Fe3+=FePO4+CO2+H2O（4） 2.5 随pH的增加，部分FePO4沉淀转变为Fe(OH)3沉淀，使得部分释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中 （5）0.51（6）析出较大量晶体时【分析】LiFePO4废料(含Al、石墨)加入氢氧化钠溶液，铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，过滤，滤渣中含有LiFePO4和石墨，在滤渣中加入盐酸和过氧
49、化氢浸取，可氧化亚铁离子生成Fe3+，浸出液中含有Fe3+、Li+、离子等，加入碳酸钠溶液调节pH，可生成FePO42H2O，滤液1中含有Li+，滤液1中加入碳酸钠沉锂得到Li2CO3产品，FePO42H2O中加入氢氧化钠溶液调节pH ，得到含铁产品和滤液2，滤液2为Na3PO4溶液，Na3PO4溶液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得Na3PO412H2O晶体。（1）过程I“碱浸”时铝与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的NaAlO2，该过程发生反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2；（2）过程II“酸浸”加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为
50、：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；（3）浸出液中存在大量、离子，加入碳酸钠溶液后，结合H+，+H+， +H+，两个平衡均向右移动，c()增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体，反应的离子方程式为：Fe3+=FePO4+CO2+H2O；（4）过程III得到FePO42H2O，由图可知在pH等于2.5时，磷的沉淀率最高，则应选取的最佳沉淀pH为2.5；根据图象可知，随pH的增加，磷的沉淀率开始下降，而铁沉淀率未下降，是因为随pH的增加，部分FePO42H2O沉淀转变为Fe(OH) 3沉淀，使得部分释放，导致磷沉淀率下降，而铁仍在沉淀中；（5）混合溶液中c(Li+)=；假设该同学加入Na2
51、CO3溶液的浓度为x mol/L，则混合溶液中c()=，二者混合未见沉淀，则Qc= c2(Li+)c()=(0.1 mol/L)2 mol/L1.710-3，解得x0.51 mol/L，即该同学加入的Na2CO3溶液最大浓度为c(Na2CO3)=0.51 mol/L；（6）过程VI包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等步骤，在进行蒸发时，当析出较大量晶体时停止加热。7（2021四川成都一模）黄钠铁矾Na3Fe3(SO4)3(OH)6被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为FeS2，含少量SiO2)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图：（1）“盐浸”时的反应为FeS2+Fe2(SO4)3FeSO4
52、+S(未配平)，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_；滤渣的主要成分为SiO2和_。（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为_；用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在_的缺点。（3）“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。80时，加入碳酸钠偏多时得到的黄钠铁矾中含有的杂质是_。生成黄钠铁矾的离子反应方程式_。由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因_。（4）测定黄钠铁矾样品中铁的质量分数：称取样品2.000g置于锥形瓶中，加入足量稀H2SO4溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充
53、分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500molL-1Na2S2O3溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O)滴定终点的实验现象是_。样品中铁的质量分数为_。【答案】（1） 1:1 S （2） 2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O 空气氧化速率小 （3） FeOOH 3Fe3+3Na+3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6+3CO2 温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾 （4） 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30
54、s内颜色不复原 8.400% 【分析】由题干工艺流程图可知，“盐浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O，“沉铁”中是将Fe2(SO4)3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3+3Na+3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6+3CO2，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾Na3
55、Fe3(SO4)3(OH)6，据此分析解题。（1）由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2(SO4)33FeSO4+2S，其中FeS2还原剂，Fe2(SO4)3是氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:1，滤渣的主要成分为SiO2和S，故答案为：1:1；S；（2）由分析可知，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O，由于空气中氧气含量低，O2本身氧化Fe2+的速率较慢，则用空气代替NaClO进行该反应具有成本低等优点，但存在空气氧化速率小的缺点，故答案为：2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O；空气氧化速率小；（3）80
56、时，加入碳酸钠偏多时则溶液中的碱性较强，由题干信息图中可知，此条件下得到的黄钠铁矾中含有的杂质是FeOOH，故答案为：FeOOH；由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3+3Na+3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6+3CO2，故答案为：3Fe3+3Na+3SO+3CO+3H2O=Na3Fe3(SO4)3(OH)6+3CO2； 由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾，故答案为：温度
57、过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾；（4）本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原；已知黄钠铁矾Na3Fe3(SO4)3(OH)6中铁为+3价，则有：2I-+2Fe3+=2Fe2+I2，I2+2S2O=2I-+S4O，可知：2Fe3+I22 S2O，则有：n(Fe3+)=n(S2O)=0.1500molL-
58、1 20.0010-3L=310-3mol，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：=8.400%，故答案为：8.400%。8（2021山东临沂高三期中）工业上用废钯催化剂(主要成分为Pd，还含有少量Al2O3)回收Pd及Al2(SO4)3的流程如图。已知：“酸浸”和“中和”过程中所得含铝化合物分别为H2PdCl6、(NH4)2PdCl6；其中H2PdCl6为可溶性弱酸，(NH4)2PdCl6为难溶性固体。回答下列问题：（1）“焙烧”时，Al2O3与(NH4)2SO4反应的化学方程式为_；“焙烧”产生的气体可通入到_操作中(填操作单元的名称)。（2）“酸浸”时发生反应的离子方程式为_。（3）实验室用下图
59、装置进行Pd的热还原实验，测定滤渣中(NH4)2PdCl6的百分含量(杂质不参与反应)。将硬质玻璃管(带两端开关K1和K2，设为装置A)称重，记为m1 g。将滤渣装入硬质玻璃管中，再次称重，记为m2 g。热还原的操作步骤：打开K1和K2，缓缓通入H2；点燃酒精喷灯，加热；充分反应后，熄灭酒精喷灯；关闭K1和K2，冷却至室温；打开K1和K2，改通空气后称量A；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。操作中改通空气的目的是_。滤渣中(NH4)2PdCl6的质量分数表达式为_。已知(NH4)2PdCl6的相对分子质量为355实验结束后，发现硬质玻璃管右端有少量白色固体，其主要成分为_(填化学式)
60、，该现象导致实验结果_ (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。（4）金属Pd具有显著的吸氧性能，其密度为d g/cm3。标准状况下，海绵Pd吸收氢气的体积约为其体积的n倍，则海绵钯的储氢容量R=_mL/g。(储氢容量即1 g钯吸附氢气的体积)。【答案】（1） 3(NH4)2SO4+Al2O3Al2(SO4)3+6NH3+3H2O 酸浸后的溶液中进行中和反应 （2）Pd+4+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2+4H2O（3） 排出装置中产生的NH3、HCl，防止空气进入将Pd氧化，减小实验误差 NH4Cl 偏低 （4）【分析】废催化剂(主要成分为Al2O3、少量Pd)，废催化剂中硫酸铵
61、焙烧发生3(NH4)2SO4+Al2O3Al2(SO4)3+6NH3+3H2O，气体X主要为氨气，产物水浸过滤得到硫酸铝溶液，滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸酸浸生成二氧化氮，浸液Y是Pd溶于王水发生Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2+4H2O，Y为H2PdCl6，通入氨气中和过滤得到滤渣(NH4)2PdCl6，被氢气还原得到Pd，发生(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl，以此解答该题。（1）“焙烧”时，Al2O3与(NH4)2SO4反应，生成NH3、Al2(SO4)3、H2O，该反应的化学方程式为：3(NH4)2SO4+Al2O3Al2(SO4)3+6NH3+3H
62、2O；“焙烧”产生的气体是NH3，可将其通入到酸浸后的溶液中进行中和反应；（2）滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸进行酸浸生成NO，发生反应为：Pd+6HCl+4HNO3H2PdCl6+4NO2+4H2O，该反应的离子方程式为：Pd+4+6Cl-+10H+=H2PdCl6+4NO2+4H2O；（3）通入H2时在加热时发生反应：(NH4)2PdCl6+2H2Pd+2NH3+6HCl。操作中改通空气的目的是排出装置中产生的NH3、HCl，防止空气进入将Pd氧化而造成实验误差；样品质量为(m2-m1)g，反应后减少的质量为(m2-m3)g，应该为(NH4)2PdCl6、Pd质量之差，可知生成的Pd的物质的量
63、为，可知(NH4)2PdCl6的质量为，则(NH4)2PdCl6的含量为；实验结束时，若发现硬质玻璃管右端有少量白色固体，其主要成分为NH3与HCl在较低温下反应产生的NH4Cl，这种情况会造成较大的实验误差，可导致实验结果偏低；（4）金属Pd具有显著的吸氧性能，其密度为d g/cm3，表示1 cm3 Pd的质量为d g，标准状况下，海绵Pd吸收氢气的体积约为其体积的n倍，吸附H2的体积是n cm3=n mL，故海绵钯的储氢容量R=。9（2021黑龙江大庆一模）ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、F
64、e、Mn等元素)制备。工艺如图所示：相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+Mn2+Ni2+开始沉淀的pH1.56.36.27.48.16.9沉淀完全的pH2.88.38.29.410.18.9已知： “溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。氧化性顺序：Ni2+ Cd2+ Zn2+回答下列问题：（1）“溶浸”过程中，提高浸出率的措施有_。(写一条即可)（2）“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_(填化学式)调节至弱
65、酸性(pH约为5)。（3）加KMnO4“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是MnO+3Fe2+7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+和_。（4）“还原除杂”除去的离子是_；加入的还原剂是_。（5）“沉锌”生成碱式碳酸锌ZnCO32Zn(OH)22H2O沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌的化学方程式_。【答案】（1）加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、将矿石粉碎（2）ZnO（3）2MnO+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+（4） Ni2+，Cd2+ Zn粉 （5）3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO32Zn(OH)22H2O+3Na2SO4+2CO2【分析】形成氢氧化物沉淀的p
66、H范围如表： “溶浸”发生反应的化学方程式为：ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2，“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+，加入KMnO4能将Fe2+氧化为Fe(OH)3、Mn2+氧化为MnO2，滤渣2的成分为Fe(OH)3、MnO2，由于氧化性顺序：Ni2+ Cd2+ Zn2+，可加入还原剂Zn单质将Ni、Cd置换出来，滤渣3为Ni、Cd，滤液为ZnSO4，加入Na2CO3反应方程式为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO32Zn(OH)22H2O+3Na2SO4+2CO2，高温灼烧固体得到ZnO；（1）提高浸出率的措施有
67、：加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、将矿石粉碎；（2）为了不引入其他杂质离子且能消耗氢离子，“调pH”时可加入ZnO；（3）已知弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2，“氧化除杂”中发生Mn的归中反应，离子方程式为：2MnO+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；（4）分析可知，“还原除杂”中由于氧化性顺序：Ni2+ Cd2+ Zn2+，可加入还原剂Zn粉将Ni、Cd置换出来，除去离子为Ni2+，Cd2+；（5）滤液为ZnSO4，加入Na2CO3反应方程式为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO32Zn(OH)22H2O+3Na2SO4+2CO2。10（2021石家庄二
68、中高三11月第一次考试）稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。钪(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图1所示。回答下列问题：已知：xNH4ClyScF3zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。25时，部分物质的相关信息如表所示：Ksp(PbSO4)Ksp(PbC2O4)Ka1(H2C2O4)Ka2(H2C2O4)2.010-85.010-106.010-26.2510-5（1）“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为_。（2）含钪元素的微粒与lgc(F-)、pH的关系如下图所示
69、，用氨水调节溶液的pH值，控制pH的范围是3.5pH_。（3）“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如下图所示，其中在380-400过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到 ScF3，由图3中数据可得x：z=_。（4）传统制备ScF3的方法是先得到ScF36H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是_。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是_。（5）将1.8mol PbSO4加到1L含有0.12mol/L H2C2O4的废水中。发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO
70、(aq)，该反应的平衡常数K=_。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是_(化学式)。【答案】（1）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2（2）4.2（3）1：2（4） ScF3+H2O=ScOF+2HF “除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解 （5） 1.510-4 PbSO4 【分析】Sc2(C2O4)3在空气中焙烧生成Sc2O3和CO2，Sc2O3溶于浓盐酸形成Sc3+，并用氨水调节pH，然后加入NH4F“沉钪”形成复盐xNH4ClyScF3zH2O沉淀，复盐沉淀再经“脱水除铵”获得纯度很高的ScF3，最后用Ca置换出Sc单质。（1）由流程知Sc2(C2O4)3在
71、空气中焙烧生成Sc2O3和CO2，由于C元素的化合价升高，故空气中的O2参与反应，根据得失电子守恒、原子守恒配平得“焙烧”过程中的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。（2）由流程和已知知，调节pH时维持Sc以Sc3+形式存在，以便后续与F-结合生成ScF3，还需防止Sc3+与OH-结合，故调节pH范围为：3.5pH4.2；答案为：4.2。（3）由于“在380-400过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到 ScF3”，结合已知，xNH4ClyScF3zH2O“脱水除铵”指脱去结晶水和NH4Cl
72、，NH4Cl受热分解成NH3与HCl，后NH3与HCl重新化合成NH4Cl会产生白烟现象，故380400减少的为NH4Cl的质量，200300减少的为结晶H2O的质量，则n(NH4Cl)=，n(H2O)=，；答案为：1：2。（4）ScF36H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与H2O反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为ScF3 + H2O = ScOF + 2HF；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3的原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解；答案为：ScF3 + H2O = ScOF + 2HF；
73、“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。（5）Ka1(H2C2O4) =、Ka2(H2C2O4)=，则Ka1(H2C2O4) Ka2(H2C2O4)=，反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO(aq)的平衡常数K= Ka1(H2C2O4) Ka2(H2C2O4)=6.010-26.2510-5=1.510-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+ SO(aq)的平衡常数知，有少量PbSO4转化成PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成
74、物的浓度，上述平衡逆向移动，故所得“沉淀”是PbSO4；答案为：1.510-4；PbSO4。11（2021山东潍坊高三期中）合理利用工业烟尘，变废为宝，对保护环境具有重要意义。一种以铜冶炼烟尘(主要成分是CuO、Cu2O、ZnO、PbO、SiO2、As2O3)为原料制备Cu和ZnSO46H2O的流程如图所示：已知：酸浸时As2O3转化为H3AsO3。回答下列问题：（1）能提高“酸浸”浸出率的措施是_(任写一条)，“滤渣1”的主要成分是_。（2）“酸浸”过程中Cu2O发生反应的化学方程式为_。（3）“滤渣2”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中发生反应的离子方程式为_。（4）ZnSO4的溶解度
75、曲线如图1所示。从溶液中回收ZnSO46H2O的实验操作为_。（5）取26.90g ZnSO46H2O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750时所得固体的化学式为_(填序号)。aZnO bZnSO4 c Zn3O(SO4)2 dZnSO4H2O【答案】（1） 适当升高温度 SiO2 （2）（3）（4）加热浓缩、趁热过滤（5）C【分析】铜冶炼烟尘在空气作用下用稀硫酸酸浸，各种金属元素以离子形式存在于溶液之中，不溶于稀硫酸的SiO2沉淀析出，滤液中铜离子用铁单质置换后过滤析出，制得Cu；再用硫酸铁将溶液中的砷元素以砷酸铁沉淀析出，最后在空气作用下用氧化锌调节pH值以氢氧化铁除去铁元素，得
76、到的滤液经加热浓缩趁热过滤制得ZnSO46H2O。（1）烟尘 “酸浸”欲提高浸出率，可适当增加稀硫酸浓度、适当升高温度或者充分吹入空气等操作；从该烟尘的成分看，酸浸时SiO2溶解不了，留在滤渣。（2）“酸浸”过程中Cu2O在氧气作用下与稀硫酸发生反应，化学方程式为：。（3）“滤渣2”的成分为FeAsO4，则“沉砷”过程中加入的硫酸铁与砷酸根发生反应，离子方程式为： 。（4）从图1中ZnSO4的溶解度曲线分析，欲从溶液中回收ZnSO46H2O的温度范围在312-333，故实验操作为加热浓缩、趁热过滤。（5）750时剩余固体与680时一样，剩下13.43g，质量减少了，26.90g ZnSO46H
77、2O中水的质量 ，则还有S元素质量减少 ，26.90g ZnSO46H2O中S元素的质量 ，则S元素还有剩余，故答案选择C。12（2021安徽江淮十校高三期中）烟道气(主要含空气、粉尘、水蒸气、等)中的是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：I.采样：采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至140；打开抽气泵置换系统内空气；采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是_。（2）C中填充的干燥剂是_(填字母序号)。A碱石灰 B无水 C（3）采样步骤加热烟道气的目的是_。II.NOx含量的测定将VL气样通入适量酸化的溶液中
78、，使NOx完全被氧化为硝酸根离子，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入V1mLc1mol/L过量的标准溶液()，充分反应后，用c2mol/标准溶液滴定剩余的，终点时平均消耗V2mL。（4）NO被氧化为的离子方程式是_。（5）若气样中NOx按计算，则的含量为_（6）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，若缺少采样步骤，会使测试结果_；若标准溶液部分变质，会使测定结果_。【答案】（1）吸附杂质、净化除尘（2）C（3）防止水蒸气冷凝，溶于冷凝水（4）（5）（6） 偏低 偏高 【分析】烟道气(主要含空气、粉尘、水蒸气、 等)，过滤器是除去烟道气
79、中的粉尘，为了主要的大气污染物 的含量要避免其溶于冷凝水产生误差，加热器可以避免水蒸气冷凝，干燥器吸收水蒸气，从采样处采集气体进行测定。（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘，所以其作用是吸附杂质，净化除尘；（2）C中填充的干燥剂应为酸性干燥剂，所以是五氧化二磷；步骤加热烟道气的目的是防止水蒸气冷凝，NO2溶于冷凝水，减少测量误差；碱石灰是碱性干燥剂可能与NO2反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NO2不反应，所以选项C正确；（3）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，溶于水中；（4）NO被H2O2氧
80、化为硝酸，所以反应的离子方程式为：；（5）根据反应可知剩余的Fe2+为，根据硝酸根与Fe2+反应的关系式可知，若气样中按计算，则的含量为mg/m-3；（6）若缺少采样步骤，装置中有空气，而实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOx的含量，测定结果必然偏低；若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高；13（2021江苏苏州高三期中）金()是国家重要储备物资。一种采用氰化工艺提金的流程如下：（1）冶炼：第一步是在有氧存在的条件下，将金矿溶解于溶液，第二步用锌将中的金置换出来。写出第一步反应的化学方程式
81、：_。（2）废水处理：利用在作用下产生的处理含氰废水的部分机理如下：.控制，浓度为，初始的投加量与氰去除率的关系如图所示，当的投加量小于时，随着的投加量的增加，氰去除率上升的原因是_。（3）含量测定：准确称取试样，加入王水，将转化成氯金酸(，具有强氧化性，)。加热除去过量的，过滤，在不断搅拌下，加入过量 溶液，充分反应，二苯胺磺酸钠作指示剂，用 标准溶液滴定至终点，消耗溶液。王水中浓盐酸的主要作用是_。被还原成的离子方程式为_。计算试样中金的质量分数(写出计算过程)_。【答案】（1）Zn+2=2Au+（2）(m2.5g/L)，主要发生反应，产生的的量增多，氰去除率上升（3） 增强金属Au的还原
82、能力 AuCl+Fe2+=Fe3+Au+2Cl-+Cl2 53.19% 【分析】Zn+2=2Au+，利用Zn还原得到Au，据此分析解题。（1）Zn+2=2Au+，利用Zn还原得到Au，Zn离子为+2价，配位数为4；（2）随着的投入量的增加，(m2.5g/L)，主要发生反应，产生的的量增多，氰去除率上升(m2.5g/L)，主要发生反应，Fe2+浓度增大，产生的的量减少，氰去除率降低)；（3）Au与王水中的HCl配位形成HAuCl4，增强金属的还原能力，使硝酸氧化金属；AuCl+Fe2+=Fe3+Au+2Cl-+Cl2，氧化能力强，能氧化Fe2+为Fe3+，还能氧化部分Cl-；过量，二苯胺磺酸钠作
83、指示剂，氧化溶液中的Cl-(剩余)，(由反应2Cl-Au)，可知n(Au)=30.0018mol=0.0054mol，金的质量分数：。14（2021江苏苏州高三期中）由废铁屑制得磷酸铁(，一种难溶于水的米白色固体)，然后获得锂离子正极材料的流程如下：（1）的晶胞结构如图1所示，其中围绕和分别形成正八面体和正四面体，其余为。每个晶胞中含有的数目为_。（2）碱洗：废铁屑需碱洗的目的是_。（3）酸浸：酸浸时加入过量的，除了为确保废铁屑完全溶解、除去过量的外，还有的作用是_。（4）合成：合成步骤中蔗糖的作用是_。（5）请补充完整由氧化后的溶液制备纯净的的实验方案：_(须选择的试剂有：溶液、溶液、溶液)
84、.已知：溶液中含磷微粒分布分数如图2所示。【答案】（1）4（2）去除油污（3）防止Fe2+水解为Fe3+（4）提供锂离子正极材料中的C（5）加入除去硫酸和硫酸钠中的硫酸根，加入NaOH除去生成的HCl，调节pH值为12，【分析】碳酸钠溶液为碱性，可以去除油污，酸浸时加入过量的，除了为确保废铁屑完全溶解、除去过量的外，还有的作用是在酸性环境中可以防止Fe2+水解为Fe3+，过氧化氢将二价铁离子氧化为三价，溶液中含有过量的硫酸和硫酸钠、硫酸铁，加入磷酸氢二钠生成目标产物，据此分析解题。（1）通过观察可知，图中小球代表Li+，根据均摊法算出Li+个数为：；（2）废铁屑，一般都沾有油污，用碱液可以去除
85、油污；（3）在酸性环境中可以防止Fe2+水解为Fe3+；（4）蔗糖可以提供锂离子正极材料中的C；（5）加入除去硫酸和硫酸钠中的硫酸根，加入NaOH除去生成的HCl，调节pH值为12，保证磷酸根不发生水解。15（2021江苏海安高三期中）聚合氯化铝化学式为，是一种无机高分子铝的聚合物，已广泛用于生活废水处理。由偏铝酸钙制备聚合氯化铝的一种工艺流程如下：（1）“偏铝酸钙可由水硬铝石AlO(OH)与石灰石在高温下煅烧得到，写出该反应的化学方程式：_。（2）常温下，经测定“破浸”后溶液的pH=12，要使“沉淀”中不含有，则溶液中的c(CO)_mol/L。25时，（3）“沉降”时，发生反应的离子方程式为
86、_。（4）过滤后，“洗涤”沉淀的操作是_。（5）若要使聚合氯化铝中a=2，则实验过程中需要控制条件除温度外，还要控制条件是_。（6）上述“碱浸”过程中，在相同条件下，使用相同浓度的溶液比NaOH溶液浸出率高的原因是_。【答案】（1）2AlO(OH)+CaCO3+CO2+H2O（2）510-8（3）AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO（4）取最后一次洗涤液于试管中，向试管中加入稀盐酸，如果没有气体生成，就说明洗涤干净，否则洗涤不干净（5）溶液的pH值（6）氢氧化钙微溶，碳酸钙难溶【分析】通过碱浸，发生复分解反应生成CaCO3和NaAlO2，则沉淀I主要为CaCO3，可能含有部分，向偏
87、铝酸钠溶液中通入二氧化碳得到，过滤后用水洗涤然后加入盐酸酸化得到，据此解答。（1）“偏铝酸钙可由水硬铝石AlO(OH)与石灰石在高温下煅烧得到，根据反应物、生成物和反应条件书写方程式为2AlO(OH)+CaCO3+CO2+H2O；（2）常温下，经测定“碱浸”后溶液的pH=12，要使“沉淀”中不含有，溶液中c(Ca2)mol/L=0.06mol/L，则溶液中的则溶液中的c(CO)mol/L510-8mol/L；（3）“沉降”时偏铝酸钠和二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO；（4）由于生成氢氧化铝的同时还有碳酸氢钠生成，则“洗涤”时检查是否洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液检验是否含有HCO，其检验方法为：取最后一次洗涤液于试管中，向试管中加入稀盐酸，如果没有气体生成，就说明洗涤干净，否则洗涤不干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向试管中加入稀盐酸，如果没有气体生成，就说明洗涤干净，否则洗涤不干净；（5）若要使聚合氯化铝中a=2，则实验过程中需要控制条件除温度外，还要控制溶液的pH值；（6）由于氢氧化钙微溶，碳酸钙难溶，因此上述“碱浸”过程中，在相同条件下，使用相同浓度的溶液比NaOH溶液浸出率高。
