1、化学工艺流程综合 1（辽宁省实验中学2021届高三阶段测试）过碳酸钠(2 Na2CO33 H2O2)广泛用于化工、造纸、纺织、食品等行业，一种以芒硝(Na2SO410 H2 O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如下：已知2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O ， pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在。回答下列问题：(1)Na2CrO4中Cr元素的化合价为_。(2)Ksp(CaCrO4)_(填“”或“”)Ksp(CaSO4)。(3)流程中循环物质X为_(填化学式)。(4)步骤II中发生反应的化学方程式为_。(5)步骤I一III是
2、为了制得纯碱，从环境保护的角度看，可能的不足之处是_。(6)步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是_。(7)测定产品活性氧的实验步骤如下：准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用c molL1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液V mL。滴定到终点时，溶液呈_(填“无色”或“浅红色”)。过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比。该实验测得的产品中活性氧为_(列出计算表达式)。【答案】(1)+6 (2) (3)Na2Cr2O7 (4) (5) 六价铬有毒，易造成坏境污染 (6) 减小过碳酸纳的溶解度，提高产率 (7) 浅红色 【解析】（1）Na
3、2CrO4中钠元素化合价+1价，氧元素-2价，化合价代数和为0计算得到Cr元素的化合价为+6价；（2）分析过程可知加入Na2CrO4生成CaSO4，说明反应向更难溶的方向进行，证明Ksp（CaCrO4）Ksp（CaSO4）；（3）已知2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O72-形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO42-形式存在，酸溶液中平衡正向进行，流程中循环物质X为：Na2Cr2O4；（4）步骤中发生反应的二氧化碳通入铬酸钠溶液中发生反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式为：2Na2CrO4+2CO2+H2ONa2Cr2O7+2NaHCO3；
4、（5）步骤-是为了制得纯碱，从环境保护的角度看：六价铬有毒，易造成环境污染；（6）步骤V合成时，加入95%的乙醇的目的是：减小过碳酸钠的溶解度，提高产率；（7）滴定终点是滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液无色变为紫红色且半分钟不变，证明反应达到反应终点；准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmolL-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL，反应为：5H2O2+3H2SO4+2KMnO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2，n（H2O2）= mol=2.510-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2，分解生成氧气质量=2.510-3cVmol32g/mol= 0.04
5、cV g，过氧化物的活性氧是指过氧化物单独用催化剂催化分解时放出氧气的质量与样品的质量之比 = 100% = 。2（重庆市第八中学校2021届高三月考卷）尿素是含氮量最高的氮肥，易保存，对土壤的破坏作用小，使用量大。工业上以NH3和CO2为原料合成尿素，化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。(1)在1L密闭容器中，在T1和T2两种温度下，分别加入1.2molNH3和0.5molCO2，测得CO2物质的量随时间变化数据如表：温度0 min10min20min40min50minT10.500.300.180.150.15T20.500.350.250.2
6、00.20分析以上数据可知：T1_T2(填“”、“ (2) AD 该反应正方向为放热反应，达到平衡后升高温度，平衡向逆反应方向移动，故平衡转化率降低 62.5% (3) CO(NH2)2+=N2+6H2O 336 【解析】(1)从表中数据可知，相同时间内，T1温度下CO2浓度降低得更多，则温度更高，所以T1T2； (2) A.增大压强，平衡向体积减小的方向移动，即向正反应移动，CO2的平衡转化率增大；B.定容充入氮气，体积不变，浓度不变，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变；C.提高水碳比，CO2的浓度降低，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；D.降低水碳比，CO2的浓度增大，平衡正向移动，C
7、O2的平衡转化率增大；E.使用高效催化剂，只能改变达到平衡的时间，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变；故可以提高CO2的平衡转化率的有AD；当温度高于190时，CO2的转化率降低，原因是该反应正方向为放热反应，达到平衡后升高温度，平衡向逆反应方向移动，故平衡转化率降低；若y=4，假设n(NH3)=4mol，n(CO2) =1mol，平衡时CO2转化xmol，根据三段式：由题意得：，解得，则CO2的转化率为；(3) a极生成N2，则CO(NH2)2在碱性条件下失去电子，所以a极的电极反应式CO(NH2)2+=N2+6H2O；根据总反应： ，解得n(H2)=0.336L=336mL。3（重庆市第一
8、中学校2020-2021高三月考）工业上以金属镍废料为原料生产Ni2O3的工艺流程如图。已知：常温下Ksp=1.610-14；Ksp=110-39；Ksp=110-33；Ksp=210-15（1）搅拌、粉碎镍废料、_、_等措施可以提高酸浸速率。（2）酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等。氧化的目的是_，滤渣的成分是_。（3）当金属离子浓度低于110-6mol/L时，被认为沉淀完全，则“调pH”的范围是_7。（4）“沉镍”时，判断Ni2+完全沉淀的实验方法是_。（5）“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为_。【答案】（1）增大盐酸的浓度 适当升高温度 （
9、2） 氧化亚铁离子为铁离子，便于形成氢氧化物沉淀除去 、 （3） 5 （4） 静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全 （5） 2Ni2+ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O 【解析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，另含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得氯化镍溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液可得Ni2O3。（1）为了提高金属镍废料浸出
10、的速率，还可以增大盐酸的浓度、适当升高温度等；（2）加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，便于形成氢氧化物沉淀除去，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，滤渣为、；（3）Ksp=110-39；Ksp=110-33，可知氢氧化铁、氢氧化铝完全沉淀时，pH=5；（4）检验碳酸镍沉淀完全的方法是静置，向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若不再产生沉淀，则说明碳酸镍沉淀完全；（5）Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，根据氧化还原反应配平原则，可得反应的离子方程式为：2Ni2+ClO-+4OH-=Ni2O3+Cl-+2H2O。4（
11、重庆市西南大学附属中学校2021届月考）V2O5是硫酸生产中的催化剂，某种含钒工业下脚料主要成分是V2O3，其中含铝、硅、铜、锰等的氧化物及油脂等杂质，一种以该下脚料为原料提取V2O5的工艺流程如下：已知：. V2O5 + 2H+ =2VO + H2O；VO + H2O =VO+ 2H+。. 常温时，有关氢氧化物的溶度积常数如下表：氢氧化物Mn(OH)2Cu(OH)2Al(OH)3Ksp4.0010142.2010201.901033回答下列问题：(1)“焙烧”可以除去油脂，还有一个作用是_。(2)“滤渣1”的主要成分是_(写化学式)，“调pH = 7”，析出沉淀后，滤液中c(Cu2+)c(A
12、l3+) = _。(3)“沉锰”操作反应的离子方程式是_。(4)“浓缩结晶”时，需要加入过量(NH4)2SO4，其原因是_；母液中溶质主要成分是_。(5)钒是一种应用广泛的金属，工业上可用金属钙还原高纯度的V2O5制得金属钒。请写出钙热还原法制钒的化学反应方程式_。【答案】(1)将V2O3氧化成V2O5 (2)SiO2 2.2106:1.9或1.16106 (3) Mn2+ + 2HCO= Mn(OH)2+2CO2 (4)利用同离子效应，促进NH4NO3尽可能完全析出 (5) (NH4)2SO4、Na2SO4 V2O5 + 5Ca 2V+5CaO 【解析】下脚料主要成分是V2O3，其中含铝、硅
13、、铜、锰等氧化物及油脂等杂质，经过焙烧，粉碎，加入稀硫酸酸溶，钒、铝、铜和锰以离子形式存在溶液中，SiO2在滤渣中，加NaOH，调pH=7，铝、铜以沉淀形式在滤渣中，再加入NH4HCO3，除去锰，加入过量的(NH4)2SO4，浓缩结晶得到NH4VO3，焙烧得到V2O5，据此解答。(1)下脚料中的V处于较低价态，焙烧时，氧气将V2O3氧化为V2O5；(2)二氧化硅难溶于硫酸，故滤渣是SiO2；(3)溶液pH=7，则c(OH-)=10-7mol/L，则c(Cu2+)=2.2010-6mol/L，同理c(Al3+)=1.910-12mol/L，则c(Cu2+):c(Al3+)=2.2106:1.9=
14、1.16106；(3)“沉锰”操作时，产物中有氢氧化锰沉淀，则锰离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化锰、二氧化碳气体，离子方程式为Mn2+ + 2HCO= Mn(OH)2+2CO2；(4)“浓缩结晶”时，需要加入过量(NH4)2SO4，增加了溶液中阳离子NH的浓度，则利用同离子效应，VO以NH4NO3的形式析出；母液中存在未反应的硫酸铵及除杂过程中生成的硫酸钠；(5)通过钙热还原法反应制取时，钙与V2O5发生氧化还原反应，生成氧化钙和V，方程式为V2O5 + 5Ca 2V+5CaO。5（福建省福州第一中学2021届高三期中）氯、铁的某些化合物在工业生产和生活中有着重要的作用。（1）二氧化氯（ClO
15、2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂。主要有两种制备方法：方法一：工业上常常用 KClO3和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式_，生成5molClO2转移电子_mol。方法二：实验室用NCl3、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2，NCl3溶液和NaClO2溶液发生反应的离子方程式_。X中大量存在的阴离子有_。（2）铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁Fe2(OH)n(SO4)3-n/2m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾（其中铁的化合价为+6）是一种重要的杀菌消毒剂，某课
16、题小组设计如下方案制备上述两种产品： 检验固体铁的氧化物中铁的化合价，应使用的试剂是_（填标号）。a稀硫酸 b稀硝酸 cKSCN溶液 d酸性高锰酸钾溶液在溶液中加入NaClO3写出其氧化Fe2+的离子方程式：_。Fe2O3与KNO3和KOH的混合物加热共融可制得高铁酸鉀。完成并配平化学方程式：_Fe2O3+_KNO3+_KOH_ _+_KNO2+_ _。【答案】（1）2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O 5 3NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2+3NH3+3Cl-+3OH- Cl-和OH- （2）ACD 6Fe2+ClO3-+6H+=
17、6Fe3+Cl-+3H2O 1 3 4 2 K2FeO4 3 2 H2O 【解析】（1）方法一、氯酸钾具有氧化性，草酸具有还原性，在硫酸溶液中，氯酸钾与草酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、二氧化碳、硫酸氢钾和水，反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O，由方程式可知，生成2mol二氧化氯，反应转移2mol电子，则生成5mol二氧化氯转移5mol电子；方法二、由流程图可知，NCl3溶液和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成ClO2、NH3和溶液X，反应的离子方程式3NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2+3NH3+3Cl-+3O
18、H-，由反应方程式可知，溶液X中含有的大量的阴离子为Cl-和OH；（2）检验固体铁的氧化物应先加入酸溶解铁的氧化物，由于稀硝酸具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，酸应选择不能氧化亚铁离子的稀硫酸；向溶解后的溶液中加入硫氰化钾溶液，检验是否存在铁离子；再加入酸性高锰酸钾溶液，检验是否存在亚铁离子，则检验固体铁的氧化物中铁的化合价，应使用的试剂是稀硫酸、硫氰化钾溶液、酸性高锰酸钾溶液，故答案为ACD；溶液中发生的反应为，酸性条件下，具有氧化性的ClO3-与具有还原性的Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+、Cl-和H2O，反应的离子方程式为6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O
19、；由题意可知，KNO3、KOH和Fe2O3加热共融发生氧化还原反应生成高铁酸钾、亚硝酸钾和水，反应的化学方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O。6（福建省福州第一中学2021届高三期中）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_，还可使用_代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_。（3）加氨水过程中加
20、热的目的是_。沉淀B的主要成分为_、_（填化学式）。（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4-+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 molL-1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。【答案】（1）将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+ 双氧水(H2O2) （2） SiO2 (或H2SiO3) SiO2+4HF=SiF4+2H2O （3） 防止胶体生成，易沉淀分离 Fe(OH)3 Al(OH)3 （4）45.0% 【解析】（
21、1）根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为 Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2转化成Fe3； 加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；（2）根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅； SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4+2H2O（3）盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH45时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al
22、3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。（4）草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO4作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由3价4价，整体升高2价，最小公倍数为10， 因此MnO4的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+5H2C2O42KMnO4n(KMnO4)=0.0500mol/L36.00103mL=1.80103moln(Ca2+)=4.50103mol水泥中钙的质量分数为4.50103mol40.0g/mol/0.400g100%=45.0%。7（福建省福州市三中2021届高三质量检测）稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿主要化学成分为，它是
23、提取铈等稀土元素的重要矿物原料。氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：已知：i.铈的常见化合价为+3、+4.焙烧后铈元素转化成和。四价铈不易进入溶液，而三价稀土元素易进入溶液。ii.酸浸II中发生反应：请回答下列问题：(1)焙烧氟碳铈矿的目的是_。焙烧后产生的是气体尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着的循环。写出消除CO尾气的化学方程式：_。(2)在酸浸I中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的离子方程式是_。(3)操作I的名称为_，在实验室中进行操作时所需要的硅酸盐仪器有_。(4)“操作I”后，向溶液中加入Na
24、OH溶液来调节溶液的pH，以获得沉淀，常温下加入NaOH调节溶液的pH应大于_即可认为已完成沉淀。(已知：)(5)利用电解方法也可以实现铈的回收。在酸性条件下电解(如图)，离子交换膜为_(填“阴”或“阳”)离子交换膜。【答案】(1)将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 (2)8H+2Cl-+2CeO22Ce3+Cl2+4H2O (3)过滤 烧杯、分液漏斗 (4)9 (5) 阳 【解析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，焙烧后Ce元素转化成CeO2和CeF4，用盐酸浸取使+3价稀土元素易进入溶液。过滤分离，用盐酸、硼酸再进行酸浸生成Ce(BF4)3沉淀。Ce(BF4)3与KCl反应转化为KBF
25、4沉淀与CeCl3，过滤分离。滤液中加入NaOH调节pH获得Ce(OH)3沉淀，再经过NaClO氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4，以此解答该题。(1)根据以上分析可知通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离；由给予的信息可知，CeO2将CO氧化为CO2，同时生成CeO2(1-x)，反应化学方程式为：；(2)在酸浸I中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3+生成，且产生黄绿色气体，此气体为Cl2，反应离子方程式为：8H+2Cl-+2CeO22Ce3+Cl2+4H2O；(3)操作I为固液分离，应选择过滤操作；操作为萃取，则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯；(
26、4)溶液中的c(Ce3+)=110-5molL-1，可认为Ce3+沉淀完全，根据KspCe(OH)3=c(Ce3+)c3(OH-)=110-20，可得c(OH-)=110-5molL-1，此时溶液的pH为9，即加入NaOH溶液调节溶液的pH大于9即可认为Ce3+已完全沉淀；(5)在酸性条件下电解Ce2O3，阳极发生氧化反应，电极方程式为Ce2O3-2e-+6H+2Ce4+3H2O，反应消耗氢离子，则应用阳离子交换膜。8（福建省宁德市2021届第一次质量检查）氧化石墨可用于大规模生产石墨烯，近年来受到科学家的广泛关注。某学科小组利用石墨精矿(含SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂
27、质)制备氧化石墨，设计流程如下：回答下列问题：(1)“碱熔”时，Si元素转化的化学方程式为_。(2)“水浸”时，浸出水用量对高纯石墨中石墨碳含量影响如下图：合适的浸出水用量为_。随着浸出水用量的增多，石墨碳含量先增大，后略有降低。石墨碳含量略有降低是因为_(填化学式)的水解。(3)经测定，滤液的pH=a，则其中c(Fe3+)_(用含a的计算式表示)。已知：KspFe(OH)3 =2.610-39，(4)用高纯石墨制备氧化石墨，高纯石墨用量不同时氧化石墨的电阻率如下表：石墨用量/g5101520电阻率/m941.0116.895.576.8随着石墨用量的增大，石墨的氧化程度_(填“增大”“不变”
28、“减小”)(5)“多步操作”包含加入试剂、加热、搅拌、过滤、洗涤、烘干等。加入试剂时，需先加入浓硫酸、KMnO4，去离子水稀释后，再加H2O2。加H2O2目的是除去KMnO4，写出该反应的离子方程式_。洗涤氧化石墨时，判断固体洗净的方法是_。(6)通过分析氧化石墨的傅里叶变换红外(FT-IR)光谱图发现，氧化石墨表面出现了大量的含氧共价键，这些共价键是_。(用“A-B”“A=B”“AB”表示，A、B代表相同或不同的原子)【答案】(1)SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O (2) 50mL Na2SiO3(或SiO) (3)2.6103-3a mol/L (4)减小 (5) 2MnO+5H
29、2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O 取最后一次洗涤液12mL与试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明固体已洗涤干净 (6) C-O、H-O、C=O 【解析】石墨精矿中SiO2为酸性氧化物，碱熔时，SiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，Al2O3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水；水浸时，硅酸钠、偏铝酸钠溶于水，则滤液I中含有硅酸钠、偏铝酸钠和未反应的NaOH；滤渣为石墨烯、Fe2O3、MgO、CaO，加入盐酸，Fe2O3、MgO、CaO溶于盐酸，形成相应的盐，过滤、洗涤得到高纯石墨，再经多步操作得到氧化石墨。(1)“碱熔”时，含Si元素为SiO2，SiO2为酸
30、性氧化物，SiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，化学方程式为SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O；(2)根据图像可知，浸出水用量为50mL时，石墨碳含量最大，为最适宜用量；水浸后的滤液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加水过多，导致硅酸根离子、偏铝酸根离子水解生成相应的沉淀，导致石墨碳含量减小；(3)滤液的pH=a，则c(H+)=10-amol/L，c(OH-)=10a-14mol/L，KspFe(OH)3= c(Fe3+)c3(OH-)=2.610-39，c(Fe3+)=2.6103-3a mol/L，则c(Fe3+)2.6103-3a mol/L；(4)石墨可导电，石墨含量越高，电阻率越小，导
31、电性越好，则随着石墨用量的增大，电阻率越小，石墨含量越高，石墨的氧化程度减小；(5)H2O2与KMnO4反应，H2O2作还原剂，生成硫酸钾、硫酸锰、水和氧气，反应的离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O；加入的试剂为硫酸，可验证洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法为取最后一次洗涤液12mL与试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明固体已洗涤干净；(6)已知“多步操作”中加入浓硫酸、KMnO4氧化石墨烯，在氧化石墨表面出现了大量的含氧共价键，化学键为C-O、C=O和H-O。9（广东省2021届高三“六校联盟”联考）磷及其化合物在工农业生产
32、中具有重要用途。请回答下列问题：(1)如图所示为提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程。过程I中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_，过程的化学方程式为_。(2)磷酸钒锂/碳复合材料Li3V2(PO4)3/C具有能量密度高，循环寿命长，稳定安仝等优点，是一种十分具有商业潜力的电极材料，我国科学家研发的一种制备流程如下图所示：复合材料中加入碳单质的作用是_；A的主要成分为V2(C2O4)3，该步反应的化学方程式为_；已知常温下，Li2CO3微溶于水， LiHCO3可溶于水。工业级Li2CO3中含有少量难溶于水且与CO2不反应的杂质。补全下列实验方案：将工业级Li2CO3与水混合，_，得到 LiH
33、CO3溶液，控温加热使LiHCO3分解形成Li2CO3沉淀，过滤，洗涤，干燥得到Li2CO3纯品。锂离子电池是一种二次电池。若用LixC6和Li3V2(PO4)3/C作电极，放电时的电池总反应为LixC6+Li3-xV2(PO4)3=Li3V2(PO4)3+C6，则电池充电时阴极的电极反应式为_。【答案】(1)6:5 2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+10CO+P4 (2) 增强复合材料的导电性 V2O5+5H2C2O4V2(C2O4)3+4CO2+5H2O 通入足量CO2气体后过滤 C6+xLi+xe-=LixC6 【解析】V2O5与H2C2O4混合反应生成主要含有V2
34、(C2O4)3的溶液A；NH4H2PO4和Li2CO3混合得到含LiHCO3的溶液B，AB溶液混合加入碳球等导电材料，过滤后洗涤沉淀，经煅烧得到磷酸钒锂/碳复合材料。(1)过程中白磷和硫酸铜溶液反应生成Cu3P、H3PO4，过程中铜元素化合价+2价降低到+1价被还原，磷元素化合价由0价降低到-3价被还原，所以Cu3P为还原产物，生成一个Cu3P转移6个电子，P元素化合价由0价升高到磷酸中的+5价被氧化，所以磷酸为氧化产物，生成一个磷酸转移5个电子，根据电子守恒可得氧化产物和还原产物的物质的量之比为6:5；过程是Ca3(PO4)2和二氧化硅、碳反应生成硅酸钙、一氧化碳和白磷，根据元素守恒和电子守
35、恒可得反应的化学方程式：2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+10CO+P4；(2)碳单质是稳定良好的导电，所以复合材料中加入碳单质的主要作用是增强复合材料的导电性；A的主要成分为V2(C2O4)3说明草酸和V2O5混合时，V元素被还原，草酸被氧化，根据元素的价态变化规律可知，草酸被氧化生成CO2，结合电子守恒和元素守恒可得反应的化学方程式为V2O5+5H2C2O4V2(C2O4)3+4CO2+5H2O；碳酸盐可以和二氧化碳、水反应生成碳酸氢盐，所以将工业级Li2CO3与水混合，通入足量CO2气体后过滤，得到LiHCO3溶液；充电时阴极得电子发生还原反应，根据放电的总反应可知
36、，充电时应是Li+被还原，所以阴极的电极反应式为C6+xLi+xe-=LixC6。10（广东省汕头市金山中学2021届高三期中）四氧化三锰(Mn3O4)广泛应用于生产软磁材料、催化材料制备领域。一种以低品位锰矿(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料生产Mn3O4的工艺流程如图：已知：(NH4)2SO4NH3+NH4HSO4回答下列问题：(1)MnOOH中Mn的化合价为_。(2)“溶浸”中Mn2O3参与反应的离子方程式为_。(3)“滤渣2”的主要成分有_。(4)“母液”溶质的主要成分是_，循环利用该物质的方案是_。(5)氧化”时，将固体加入水中，70
37、水浴加热，通空气氧化，将固体全部转化为Mn3O4。Mn(OH)2生成Mn3O4的化学方程式为_。反应后溶液pH_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1)+3 (2) Mn2O3+H2O2+4H+=2Mn2+O2+3H2O (3)Fe(OH)3、Al(OH)3 (4) (NH4)2SO4 加热到213308分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中 (5) 6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O 减小 【解析】锰矿粉和双氧水、硫酸氢铵反应，主要将锰变为硫酸锰，滤渣1为SiO2，滤液主要是硫酸铁、硫酸铝、硫酸锰、硫酸铵，调节溶
38、液pH值，主要将铁离子、铝离子除去，向滤液中加入氨水主要沉锰，母液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，得到的过滤物质在氧气中反应生成Mn3O4。(1)根据化合价代数和为0得出MnOOH中Mn的化合价为+3；(2)“溶浸”中Mn2O3与H2O2在硫酸氢铵作用下反应生成MnSO4、O2和H2O，反应的离子方程式为Mn2O3+H2O2+4H+=2Mn2+O2+3H2O；(3)根据加入Mn(OH)2调节溶液pH =5，说明主要是沉淀铁离子和铝离子，因此“滤渣2”的主要成分有Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)调节pH值后溶液主要是硫酸锰，和硫酸铵，沉锰主要是加入氨水，锰离子沉淀，“母液”溶质的主要成
39、分是(NH4)2SO4，根据题中信息(NH4)2SO4NH3+NH4HSO4，因此循环利用该物质的方案是加热到213308分解生成氨气和NH4HSO4，分别循环到沉锰和溶浸中，或加H2SO4生成NH4HSO4循环到溶浸中。(5)氧化”时，将固体加入水中，70水浴加热，通空气氧化，将固体全部转化为Mn3O4。Mn(OH)2生成Mn3O4的化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。反应前溶液显弱碱性，反应Mn(OH)2转化生成Mn3O4，因此反应后溶液pH减小。11（广东省深圳市高级中学2021届高三阶段性测试）硼氢化钠(NaBH4，硼为+3价)在有机化学和无机化学领域有着广泛的应
40、用。利用硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等)制取NaBH4的流程如下：已知：偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，不溶于醇，在碱性条件下稳定存在。回答下列问题：(1)NaBH4电子式为_(2)加快硼精矿溶解的措施有_(答出一条即可)。(3)操作2是将滤液蒸发、结晶、过滤、洗涤，其中洗涤选用的试剂是_。(4)MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1，理论上MgH2与NaBO2的物质的量之比为_。反应1得到的副产物的用途为_(答出一种用途即可)。(5)某研究小组将NaBO2、SiO2和Na的固体混合物与氢气在500和4105Pa条件下制备NaBH4，同时生成硅酸钠。
41、该反应的化学方程式为_。(6)通过以下实验测定硼氢化钠样品的纯度。准确称取干燥硼氢化钠样品0.50g，用NaOH溶液溶解后配制成100mL溶液；取10.00mL样品液于锥形瓶中，加入25.00mL0.10molL-1KIO3溶液，然后加入适量KI，滴入几滴淀粉溶液，无明显现象(3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)；加入足量稀硫酸酸化，溶液成深蓝色(KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O)；用0.50molL-1 Na2S2O3标准液滴定，至终点时，消耗该标准液12.00mL(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)则样品中NaBH4质量分
42、数为_。【答案】(1) (2)矿石粉碎，加热，适当提高NaOH溶液浓度，搅拌等 (3) 醇 (4) 21 耐火材料 (5) (6) 85.5% 【解析】由流程知，硼精矿经氢氧化钠溶液溶解、过滤，得到的滤液含偏硼酸钠、偏铝酸钠、硅酸钠和氯化钠和氢氧化铁，操作1为过滤，得到的滤渣为氢氧化铁；加入生石灰，除硅铝，过滤后，得到主要含偏硼酸钠的滤液，故操作2为将滤液蒸发、结晶、过滤，由于偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，不溶于醇，故用醇洗涤，得到干燥的偏硼酸钠晶体，所得晶体与MgH2发生反应：，即制得硼氢化钠，由此分析。(1)NaBH4为离子化合物，电子式为；(2)增大反应物的接触面积，增大反应物的浓度，
43、升高温度都可以加快化学反应速率；故加快硼精矿溶解速率的措施有：将硼精矿粉碎、搅拌、适当增大NaOH溶液浓度、加热等；(3)MgH2可与水反应，因此MgH2与偏硼酸钠反应必须在干燥环境中进行，则操作2是从滤液中获取干燥的偏硼酸钠晶体，故需将滤液蒸发、结晶、过滤、洗涤，已知偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，不溶于醇，故可选择醇作洗涤剂，减少偏硼酸钠的溶解损耗，且醇易挥发；(4)MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1，化学方程式为：，理论上MgH2与NaBO2的物质的量之比为21。反应1得到的副产物为氧化镁，熔点高达2800，故可用于耐火材料；(5)NaBO2、SiO2和Na的固体混合物与氢气在5
44、00和4105Pa条件下制备NaBH4，同时生成硅酸钠。则该反应的化学方程式为：；(6)根据题意，消耗该标准液的物质的量0.50molL-112mL=610-3mol，由反应，根据I22NaS2O3，碘的物质的量为310-3mol，根据KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，则与碘化钾反应的碘酸钾的物质的量为，根据3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O，与硼氢化钠反应的碘酸钾的物质的量为，3NaBH44KIO3，则硼氢化钠的物质的量为1.510-3mol=1.12510-3mol，样品中NaBH4质量分数为。12（广东省中山纪念中学2021届高三月考）
45、高炉炼铁的烟尘中主要含有锌、铁、铜等金属元素。从烟尘中提取硫酸锌，可以变废为宝，减少其对环境的危害。下图是用高炉烟尘制取硫酸锌的工业流程。已知：20时，0.1molL-1的金属离子沉淀时的pHpHFe3+Zn2+Mn2+Cu2+开始沉淀1.96.08.14.7沉淀完全3.78.010.16.7沉淀溶解不溶解10.5不溶解过二硫酸铵是一种强氧化剂。ZnSO4+ 4NH3 = Zn(NH3)4SO4 ，Zn(NH3)4SO4 易溶于水。回答下列问题：(1)为提高烟尘中金属离子的浸出率，除了适度增加硫酸浓度外，还可以采取什么措施？(举出1种)_。(2)加入MnO2的目的是_。(3)写出还原过程发生的
46、主要反应的离子方程式_。(4)写出过二硫酸铵把硫酸锰(MnSO4)氧化的化学方程式_。(5)若pH=5.0时，溶液中的Cu2+尚未开始沉淀，求溶液中允许的Cu2+浓度的最大值_。【答案】(1)加热，搅拌等 (2) 将Fe2+氧化成Fe3+ (3) Zn+Cu2+= Zn2+Cu (4) MnSO4+(NH4)2S2O8 +2H2O= MnO2 +(NH4)2SO4 +2H2SO4 (5) 10-1.6mol/L 【解析】高炉炼铁的烟尘中主要含有锌、铁、铜等金属元素，用硫酸酸浸，过滤得到滤液中含有锌离子、亚铁离子、铜离子等，用二氧化锰氧化亚铁离子生成铁离子，再加氨水调节pH值使铁离子转化为氢氧化
47、铁沉淀，过滤除去，用过二硫酸铵除去锰离子，再加入足量的锌除去铜离子，得到硫酸铵、硫酸锌的混合溶液，在溶液中加足量的(NH4)2CO3使锌离子完全沉淀，过滤分离后用硫酸溶解得到硫酸锌，以此解答。(1)升高温度、搅拦、增加浸出时间等可以提高烟尘中金属离子的浸出率；(2)加入MnO2可以将亚铁离子氧化成铁离子，通过调节溶液pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去；(3)还原过程中锌置换出铜，反应的离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2+Cu；(4)过二硫酸铵和硫酸锰反应生成二氧化锰、硫酸铵、硫酸，反应的化学方程式为MnSO4+(NH4)2S2O8 +2H2O= MnO2 +(NH4)2SO4 +2H2SO4
48、；(5)根据0.1mol.L1Cu2+开始沉淀时pH=4.7，可知KspCu(OH)2=0.1(109.3)2=1019.6，根据Ksp可知pH=5.0时，所以溶液中的Cu2+浓度的最大值为mol/L=101.6mol/L。13（广东实验中学2021届高三阶段测试）某卤水锂矿的主要成分为Li2CO3，同时含有共生盐氯化钠、氯化钾及少量重金属盐。由该卤水锂矿提取Li2CO3的第一步操作为“洗矿”，洗矿母液为接近饱和的碳酸锂的高盐废水，废水的pH约为1012且重金属离子含量超标，需处理后排放，回收处理洗矿母液的工艺流程如下图所示。已知：碳酸锂的溶解度(g/L)温度/0102030405060801
49、00Li2CO31.541.431.331.251.171.081.010.850.72(1)由卤水锂矿提取Li2CO3时洗矿的目的是_。(2)“调pH”的过程中，需将溶液的pH调到25，则试剂a应选用_(填试剂名称)(3)“除重金属”时所得滤渣含有硫化亚砷(As2S3)，可用硝酸将其转化为砷酸(H3AsO4)、硫酸，同时生成一氧化氮，则该反应的化学方程式为_。(4)NaCl、KCl、LiCl的溶解度随温度的变化情况如图所示。流程中操作I为“加热蒸发、浓缩结晶、趁热过滤”，操作II为“冷却结晶、过滤”则晶体b和晶体c的主要成分分别为_(填化学式)。(5)沉淀Li2CO3通常控制温度为95以上，
50、主要原因是_。(6)工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺如下：a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、洗涤、干燥得高纯Li2CO3。a中，阳极的电极反应式是_，宜选用_(“阳”或“阴”)离子交换膜。b中，生成Li2CO3反应的离子方程式是_。【答案】(1)除去大部分与碳酸锂共生的可溶性盐，获得饱和碳酸锂溶液 (2)盐酸 (3)3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4+9H2SO4+28NO (4) NaCl、KCl (5)温度越
51、高，碳酸锂溶解度越小，可以增加产率 (6) 2Cl-2e-=Cl2 阳 2Li+2OH-+NH+HCO Li2CO3+2H2O+NH3 【解析】根据流程图及题干信息分析知：选矿母亲主要成分为Li2CO3，同时含有共生盐氯化钠、氯化钾及少量重金属盐，加入盐酸调节pH，反应后得到氯化锂溶液，加入Na2S将重金属沉淀，过滤除去，滤液I中溶质主要为氯化锂、氯化钾和氯化钠。 “操作I”为加热蒸发、浓缩结晶、趁热过滤，先析出的晶体b的主要成分为NaCl；滤液II中溶质为氯化钾和氯化锂，“操作”为冷却结晶、过滤，析出的晶体c的主要成分为KC1；剩余溶液为高富集的氯化锂溶液，向溶液III中加入碳酸钠，反应生成
52、碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂粗品，滤液IV溶质为氯化钠，加入到滤液I中循环处理，据此分析解答。(1) 根据题干信息知，卤水锂矿中含有共生盐氯化钠、氯化钾等，则由卤水锂矿提取Li2CO3时，“洗矿”的目的为除去大部分与碳酸锂共生的可溶性盐，获得饱和碳酸锂溶液；(2) 将溶液的pH调至25时，溶液中所含阴离子主要为氯离子，为了不引入新的杂质，则试剂a应选用盐酸；(3) “除重金属”时所得滤渣含有硫化亚砷(As2S3)，可用硝酸将其转化为砷酸(H3AsO4)、硫酸，同时生成一氧化氮，根据氧化还原反应原理中转移电子守恒配平得：3As2S3+28HNO3+4H2O=6H3AsO4+9H2SO4+28NO；
53、(4) 由溶解度曲线知，LiCl的溶解度最大，KCl的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度较小且受温度的影响较小，流程中“操作I”为加热蒸发、浓缩结晶、趁热过滤，先析出的晶体b的主要成分为NaCl，“操作”为冷却结晶、过滤，析出的晶体c的主要成分为KC1；(5) 根据题给信息知，碳酸锂溶解度随温度升高而降低，则沉淀Li2CO3通常控制温度为95以上，主要原因是为了增加产率；(6) Li2CO3溶于盐酸后，所得溶液作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2；Li+进入阴极，则选用阳离子交换膜隔开；氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂、氨气和
54、水，离子方程式为2Li+2OH-+NH+HCO Li2CO3+2H2O+NH3。14（河北省衡水中学2021届高三联考）氧化钴(CoO)是一种重要的过渡金属氧化物,在材料科学和化工生产领域有广泛应用。以电镀锌废液(含Co2+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、SO)为原料制备CoO的一种工艺流程如图所示：已知：相关体系的组成如下表所示：体系组成浆液、Zn2+和少量Fe2+、Mn2+、SO烧渣1Co3O4、CoO、ZnO、Fe2O3、MnO烧渣2Co2(SO4)3、CoSO4、ZnSO4、Fe2(SO4)3、MnSO4 回答下列问题：(1)“转化”过程中进行搅拌的目的为_。(2)“转化”过程中存在的
55、部分转化为NO+H+H2O、3+Co3+3H+。结合上述流程和表中信息分析，加入NaNO2的作用为_。“调pH不能过高或过低的原因为_。(3)“煅烧”的主要目的是_。(4)“氧化”过程中MnSO4发生反应的离子方程式为_。(5)“还原”的目的为_。(6)称量mgCoC2O42H2O“高温分解”，测得固体的失重率( 100%)与温度的关系曲线如图所示：加热到160C时所得固体的化学式为_；“高温分解”需控制的最低温度为_。【答案】(1)加快“转化”反应速率，使反应更充分 (2) 将-萘酚转化为与Co3+反应，将Fe2+氧化为Fe3+ “调pH过高，生成的量少；“调pH过低的产率低导致Co的回收率
56、低 (3) 将原料中的金属离子转化为难溶于水的金属氧化物 (4)Mn2+S2O+2H2O=MnO2+2SO+4H+ (5) 将Co3+全部转化为Co2+ (6)CoC2O4 890 【解析】(1)“转化”过程中搅拌可以使反应物充分接触，加快“转化”反应速率，使反应更充分；故答案为：加快“转化”反应速率，使反应更充分。(2)由信息，对比原料和浆液组成知，加入NaNO2的作用是将-萘酚转化为与Co3+反应，并将Fe2+氧化为Fe3+；故答案为：将-萘酚转化为与Co3+反应，将Fe2+氧化为Fe3+；“调pH过高，NO+H+H2O的平衡逆向移动，生成的量少；“调pH过低，3+Co3+3H+的平衡逆向
57、移动，的产率低，导致Co的回收率低；(3)由表中信息知，“煅烧”的主要目的是将原料中的金属离子转化为难溶于水的金属氧化物；(4)由流程图中物质转化知，“氧化”过程中MnSO4被(NH4)2S2O8氧化为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为Mn2+S2O+2H2O=MnO2+2SO+4H+；(5)由流程信息知，“还原的目的是将Co3+全部转化为Co2+；(6)CoC2O42H2O的相对分子质量为183，设m=183，其中含CoC2O4、H2O的质量依次为147g、36g,失重质量为x，由失重率的含义可知，解得x36g，故加热到160C时失去了全部结晶水，所得固体的化
58、学式为CoC2O4；“高温分解”需生成CoO，失重率为。由图可知，需控制的最低温度为890。15（河北省衡水中学2021届高三期中）锌钡白是一种白色颜料。工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS+ZnSO4ZnS+BaSO4。请根据以下工业生产流程回答有关问题。I.ZnSO4溶液的制备与提纯：有关资料：a.菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；b.Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。(1)写出中菱锌矿主要成分发生的离子方程式_。(2)为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤中的CO2可以来自
59、于步骤_(选填、)。(3)滤渣2的主要成分为_(填化学式)(4)写出步骤产生滤渣3的离子反应方程式_。II.BaS溶液的制备：(5)写出煅烧还原的化学反应方程式_。III.制取锌钡白：(6)如果生产流程步骤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌钡白产生的后果是_。【答案】(1)ZnCO3+2H+=Zn2+H2O+CO2 (2) (3) Fe(OH)3、Cu(OH)2 (4)ZnO+2CO2+2H2O=Zn(OH)2+2HCO (5) BaSO4+4CBaS+4CO (6) 过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率 【解析】由图或者流程可知，菱锌矿的主要成
60、分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等，加硫酸，只有SiO2不反应，经过过滤进行分离，则滤渣1为SiO2，滤液1含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸锌、剩余的硫酸，加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液2中含有Na2ZnO2及过量的NaOH，通二氧化碳将ZnO转化为沉淀，则滤渣3为Zn(OH)2，步骤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，滤液3含有碳酸氢钠；以此解答。(1)菱锌矿的主要成分是ZnCO3，ZnCO3和硫酸反应生成锌离子、水和二氧化碳，反
61、应的离子方程式为：ZnCO3+2H+=Zn2+H2O+CO2；(2)由分析可知，步骤中ZnCO3和硫酸反应生成二氧化碳，步骤中的CO2可以来自于步骤；(3)由分析可知，加氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，Zn2+转化ZnO，使Cu2+、Fe3+转化为沉淀，通过过滤从溶液中除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Cu(OH)2；(4)通二氧化碳将ZnO转化为沉淀，则滤渣3为Zn(OH)2，离子方程式为：ZnO+2CO2+2H2O=Zn(OH)2+2HCO；(5)BaSO4和C混合经过煅烧生成CO和BaS，根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为：BaSO4+4CBaS+4CO；(6)步
62、骤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。16（河北省衡水中学2021届高三期中）中药药剂砒霜(主要成分为As2O3，微溶于水)，可用于治疗急性白血病。工业上用含硫化砷(As2S3)的废渣生产砒霜的工艺流程如图所示：(1)硫化砷中砷元素化合价为_，其难溶于水，“碱浸过程中硫元素价态不变，发生的主要反应的离子方程式为_。(2)氧化脱硫过程中被氧化的元素是_。(填元素符号)(3)还原过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是_。(4)还原后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同
63、浓度硫酸中的溶解度度(S)曲线如下图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，在此过程中应控制的条件为_。(5)在工业生产中，最后一步所得滤液可循环使用，其目的是_。(6)砷元素广泛存在于自然界，砷与其化合物被运用在农药、除草剂、杀虫剂等。砷的常见氧化物有As2O3和As2O5，其中As2Os热稳定性差。根据下图写出As2O5分解为As2O3的热化学方程式_。【答案】(1)+3 As2S3+6OH- =AsO+ AsS+3H2O (2) As、S (3)SO2+H3AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4 (4)调节硫酸浓度约为7mol/L,
64、并将温度冷却至25C (5)提高砷的回收率 (6)As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) H = +295.4 kJ/mol 【解析】(1)硫元素的负价为-2，所以硫化砷中砷的化合价为+3；由图可知碱浸时加入的碱为氢氧化钠，碱浸后得到的溶液的主要成分为Na3AsO3、Na3AsS3，所以碱浸发生的主要反应的离子方程式为As2S3+6OH- =AsO+ AsS+3H2O。(2)氧气氧化脱硫后得到了黄色固体和Na3AsO4，黄色固体应该为硫单质，所以氧化脱硫过程中被氧化的元素是As、S。(3)还原过程中二氧化硫被氧化成硫酸，H3AsO4被还原为H3AsO3，反应的化学方程式为SO2+H3
65、AsO4+H2O=H3AsO3+H2SO4。(4)观察As2O3在不同温度和不同浓度硫酸溶液中的溶解度曲线图可知，在硫酸溶液浓度约为7mol/L,温度为25C时，As2O3的溶解度最小，故为了提高粗As2O3的沉淀率，在“结晶”过程中应该调节硫酸浓度约为7mol/L,并将温度冷却至25C。(5)最后一步所得滤液中依然含有砷元素，所以循环使用可以提高砷的回收率。(6)根据图中的数据，由As2O5分解为As2O3吸收热量为914.6 kJ/mol-619.2 kJ/mol=+295.4 kJ/mol，所以反应的热化学方程式为:As2O5(s)= As2O3(s)+O2(g) H = +295.4
66、kJ/mol。17（河北省唐山一中2021届高三期中）锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：已知：I浸出液主要含盐酸和SbC13，还含SbC15、CuC12、AsC13和PbC12等杂质。II25时，Ksp(CuS)=1.010-36，Ksp(PbS)=9.010-29。回答下列问题：(1)“酸浸”过程中SbC15和Sb2S3发生反应有一种单质和还原产物SbC13生成，则滤渣I的成分是_(填化学式)。(2)写出“还原”反应的化学方程式_。(3)已
67、知浸出液中c(Cu2+)=0.0lmolL-1、c(Pb2+)=0.10molL-1。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是_(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，=_。(4)在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4，则该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为_。(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应先发生2Cl-2e-=Cl2，继而发生的电极反应式为_，以实现溶液中Sb元素的循环使用。【答案】(1)S、SiO2 (2)3SbCl5+2Sb=5SbCl3 (3) CuS 9.0107 (4) 4:3 (5) Sb3+-2e-=Sb5+ 【解析】由工艺流程可知
68、，辉锑矿粉经盐酸、五氯化锑溶液浸取后，过滤，向浸出液中加入适量的锑粉把过量的五氯化锑还原，然后再加入适量的硫化钠把溶液中的铜离子和铅离子沉淀，过滤，再向滤液中加入NaH2PO2除砷，得到三氯化锑溶液，电解该溶液得到锑和五氯化锑，五氯化锑循环利用。(1) ）“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3发生反应有一种单质和还原产物SbCl3生成，根据元素守恒和电子守恒可知该单质为氧化产物S单质，所以滤渣I的成分是S、SiO2；(2)“还原”过程中Sb将SbCl5还原为SbCl3，反应的化学方程式3SbCl5+2Sb=5SbCl3。(3)浸出液中c(Cu2+)=0.01 molL-1、c(Pb2+)=0.1
69、0 molL-1，常温下，Ksp(CuS)=1.010-36，铜离子开始沉淀需要的硫离子浓度为=1.010-34mol/L；Ksp(PbS)=9.010-29，铅离子开始沉淀需要的硫离子浓度为=9.010-28mol/L1.010-34mol/L；故在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当CuS、PbS共沉时，=9.0107。(4)在“除砷”过程中，NaH2PO2是还原剂，其氧化产物为H3PO4，P的化合价由+1升高到+5，AsCl3是氧化剂，As的化合价由+3降到0，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比4:3。(5)在“电解”过程中，以惰性材料
70、为电极，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，继而发生反应Sb3+-2e-=Sb5+。18（湖南省衡阳市第八中学2021届高三月考）从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。(1)硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料红氧化铁的工艺流程如图(部分操作和条件略)：回答下列问题：在步骤i焙烧的目的是_。步骤ii的滤渣为_。在步骤iii操作中，滴加氨水除Al3+。若常温时KspAl(OH)3=1.010-32，此时理论上使Al3+恰好沉淀完全即溶液中c(Al3+)=110-5 mol
71、L-1，则溶液的pH为_。在步骤iv中发生的反应中有一种气态产物，它是_(写化学式)。(2)工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH，一种不溶于水的黄色固体)制备高铁酸钾(K2FeO4)，可降低生产成本且产品质量优工艺流程如图：由图知需先制得高铁酸钠溶液，然后加入饱和KCl溶液转化为高铁酸钾，说明相同温度下溶解度：高铁酸钾_高铁酸钠(填“”或“”)。写出由铁黄制备高铁酸钠的离子方程式_。【答案】(1)还原Fe2O3 SiO2 5 CO2 (2) 2FeOOH+3ClO-+4OH-2FeO+3Cl- +3H2O 【解析】(1) 硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%
72、，Al2O3约10%，MgO约5%，由流程可知，步骤i焙烧是利用煤炭在高温条件下和O2反应生成的CO与Fe2O3反应生成Fe，然后向所得固体产物中加入稍过量稀硫酸，固体中SiO2与稀硫酸不反应，Fe、Al2O3、MgO均反应生成相应的硫酸盐，所得滤液中主要成分是FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4、H2SO4，向滤液中加入氨水，将Al2(SO4)3转化为Al(OH)3然后过滤除去，再向滤液中加入碳酸氢铵，碳酸氢铵与硫酸亚铁之间反应生成碳酸亚铁沉淀，然后过滤并将沉淀洗涤得到碳酸亚铁，将碳酸亚铁在空气中煅烧可得到红氧化铁(Fe2O3)。(2)硫酸亚铁与氧气反应制备铁黄；铁黄、次氯酸钠在NaO
73、H浓溶液中反应制备高铁酸钠，高铁酸钠与KCl饱和溶液反应制备高铁酸钾。(1)由上述分析可知，步骤i焙烧的目的是还原Fe2O3；步骤ii的滤渣为SiO2； Al3+恰好沉淀完全即溶液中c(Al3+)=110-5 molL-1，则c(OH-)=molL-1=110-9 molL-1，则c(H+)=molL-1=110-5 molL-1，溶液pH= -lg c(H+)=5；碳酸氢铵与硫酸亚铁之间反应生成碳酸亚铁沉淀，反应离子方程式为Fe2+2=FeCO3+CO2+H2O；(2) 由流程可知，高铁酸钠能够转化为高铁酸钾，该反应中高铁酸钾会析出，因此同温度下，高铁酸钾溶解度小于高铁酸钠；由铁黄制备高铁酸
74、钠反应中，铁黄中Fe元素化合价升高3价，被氧化，ClO-中Cl元素化合价降低2价，被还原，该反应环境是浓NaOH溶液，根据氧化还原反应化合价升降守恒、质量守恒以及电荷守恒可知，该反应离子方程式为2FeOOH+3ClO-+4OH-2FeO+3Cl- +3H2O。19（湖南省长沙市长郡中学2021届高三月考）SAH（NaAIH4）还原性非常强。纯的四氢铝钠是白色晶状固体，在干燥空气中相对稳定,遇水发生剧烈反应。以铝合金废边脚料为原料（含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质）制备四氢铝钠的流程如下:请回答下列问题:（1）试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等,其电子式为_。（
75、2）已知废料接触面积、接触时间均相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图甲所示。当硫酸浓度大于Co molL-1时,浸出率降低的原因可能是_。（3）滤液3可以循环利用,写出滤液2与滤液3反应的离子方程式_。（4）NaAlH4与水反应的化学方程式为_。（5）测定NaAIH4粗产品的纯度。称取m g NaAlH4粗产品按如图乙所示装置进行实验,测定产品的纯度。已知实验前C管读数为V1mL,向A中加入适量蒸馏水使NaAlH4完全反应,当A中反应完全后,冷却至室温后C管读数为V2 mL（均折合成标准状况）。则该产品的纯度为_（用含m、V1和V2的代数式表示,忽略加入蒸馏水的体积）。若实验前读数
76、时B中液面和C管液面相平,实验后读数时B中液面低于C管,则测得的结果_（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。【答案】（1） （2）硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化 （3）或 （4）NaAlH4+4H2ONaAl(OH)4+4H2(或NaAIH4+2H2O4H2+NaAlO2) （5） 偏低 【解析】铝合金废边脚料(含有少量Al2O3、Fe2O3、MgO、PbO和SiO2等杂质)中加入稀硫酸，Al2O3、Fe2O3、MgO与稀硫酸反应生成相应的盐和水，PbO与稀硫酸反应，生成PbSO4沉淀和水，SiO2与稀硫酸不反应，由此可得出滤液及滤渣成分；试剂A加入Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、Mg
77、SO4混合溶液中，有沉淀产生，且试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则A应为NaOH溶液，Al2(SO4)3转化为NaAl(OH)4和Na2SO4，Fe2(SO4)3、MgSO4生成Fe(OH)3、Mg(OH)2沉淀；往NaAl(OH)4和溶液中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3。稀硫酸与铝能持续发生反应，浓硫酸与铝会发生钝化作用，反应不能持续进行；用排液法测定气体体积时，需将量气管内液面与干燥管内液面调平，否则会产生压力差而造成所测气体体积产生偏差；(1)试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，则其为NaOH，其电子式为；(2)从图中可以看出，当硫酸浓度增大到一定程度，
78、铝的浸出率反而降低，因为浓硫酸与铝因发生钝化而不能持续溶解，所以当硫酸浓度大于C0 molL1时，浸出率降低的原因可能是硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化；(3)滤液2中含有NaAl(OH)4，而滤液3中含有NaHCO3，二者相遇后会发生反应生成Al(OH)3沉淀和，反应的离子方程式或 ；(4)NaAlH4中H显-1价，而水中H显+1价，二者相遇会发生氧化还原反应，生成NaAl(OH)4和H2，反应的化学方程式为NaAlH4+4H2ONaAl(OH)4+4H2(或NaAlH4+2H2O4H2+NaAlO2)；(5)由反应方程式NaAlH4+4H2ONaAl(OH)4+4H2可知，n(NaAlH4
79、)=n(H2)= ，则该产品的纯度为 =；若实验前读数时B中液面和C管液面相平，实验后读数时B中液面低于C管，则气体被压缩，体积偏小，所以测得的结果偏低。20（华南师范大学附属中学2021届高三综合测试）废旧锂离子电池的回收利用意义重大，其正极废料的主要成分是LiCoO2、铝、炭黑及其他杂质，回收利用的流程如下：已知“溶液A”中主要金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Al3+。(1)步骤中铝溶解的离子方程式为_，固体X的成分是_。(2)步骤中LiCoO2固体溶解的化学方程式为：_，该反应的还原剂是_。(3)母液中含量最大的三种离子是_。(4)(NH4)2C2O4是一种化学实验室常用
80、的试剂，预测其溶解性_(填“可溶于水”或“不溶于水”)。一定温度下，(NH4)2C2O4固体可分解出NH3、CO等物质，写出其分解的化学方程式_。【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 Al（OH）3 （2）2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O H2O2 (3) Li+、 、 (4) 可溶于水 （NH4）2C2O4 2NH3+CO+CO2+H2O 【解析】正极废料中含有LiCoO2、铝、炭黑，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，在浸出液中加入稀硫酸生成氢氧化铝，过滤得到氢氧化铝，灼烧、电解可得
81、到铝；滤渣为LiCoO2、炭黑等，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O，题给信息可知A溶液主要的金属离子是Co2+、Li+，还含有少量Fe3+、Al3+、Cu2+，经除杂后加入草酸铵，可得到CoC2O4固体，母液中含有Li+，加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，以此解答该题。（1）步骤中铝能与碱反应生成AlO2-，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，加入稀硫酸，可生成Al（OH）3沉淀，固体X到粗铝过程中所涉及的化学方程式为2Al（
82、OH）3 Al2O3+3H2O、2 Al2O3（熔融） 4 A1+3O2，则X为Al（OH）3；（2）步骤中LiCoO2固体溶解的化学方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O，过氧化氢中O元素的化合价升高，则还原剂为H2O2；（3）由流程可知，经分离、提纯后，母液中含有Li+、 、 等离子，溶质为（NH4）2SO4、Li2SO4；（4）铵盐易溶于水，（NH4）2C2O4是一种化学实验室常用的试剂，预测其溶解性可溶于水，一定温度下，（NH4）2C2O4固体可分解出NH3和CO等物质，思考其它的产物并写出其分解的化学方程式为（NH4）2C2O4 2
83、NH3+CO+CO2+H2O。21（华南师范大学附属中学2021届高三综合测试）一种磁性材料的磨削废料(含镍质量分数约21%)主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下：回答下列问题：(1)合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有生成。写出金属镍溶解的离子方程式_，“酸溶”时产生的废渣主要成分为_。(2)“除铁”时H2O2的作用是_，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是_(填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”的化学式)溶液。黄钠铁矾有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，已知x=1、y=3、m=2
84、，则n=_，写出“除铁”中加入Na2CO3时反应的离子方程式_。(3)“除铜”时，反应的离子方程式为_，若用Na2S代替H2S除铜，优点是_。(4)已知“除钙镁”过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是_。(5)100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31 kg，则镍回收率的计算式为_。【答案】(1)5Ni+12H+2NO3-=5Ni2+2N2+6H2O 二氧化硅 (2) 将Fe2+全部氧化为Fe3+ 铁氰化钾 6 (3) H2S+Cu2+=CuS+2H+ 反应更充分，除铜效果更好 (4) 氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器 (5)93.6
85、5% 【解析】废料与稀硫酸、稀硝酸酸溶反应生成硫酸亚铁、硫酸镍双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+，加入碳酸钠调节pH，除掉铁离子，通入硫化氢除掉铜离子，硫化氢可与铜离子反应生成硫化铜，加入氟化钠，可生成氟化钙、氟化镁沉淀，最后调节pH生成氢氧化镍沉淀。(1) 金属镍溶解的离子方程式5Ni+12H+2NO3-=5Ni2+2N2+6H2O，酸溶”时产生的废渣主要成分为二氧化硅；(2)双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；铁氰化酸根离子与二价铁离子生成铁氰化亚铁沉淀，不变蓝，说明H2O2已足量；黄钠铁矾NaxFey( SO4)m(OH)n中铁
86、元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，x+3y-2m-n=0，1+33-22-n=0，n=6，加入碳酸钠反应的离子方程式是： ；(3) 硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀：H2S+Cu2+=CuS+2H+；Na2S2O3与铜离子反应生成硫代硫酸铜沉淀，用Na2S代替H2S除铜，反应更充分，除铜效果更好；(4) 氟离子水解生成氟化氢，腐蚀陶瓷容器；(5) 镍回收率的计算式为 =93.65%。22（辽宁省辽阳市2021届高三期末）磷酸亚铁锂是锂离子电池中常用的正极材料，(磷酸铁)是制备磷酸亚铁锂的前驱体。用磷铁渣(含Fe、FeP、及)制备的工艺流程如下：已知溶于强酸。(1)锂在元素周期表中的位置
87、为_。的电离方程式为_。(2)“浸取”时，在密闭反应器中依次加入硝酸、硫酸，硝酸首先分解生成和，将铁和磷分别氧化为、。与反应的化学方程式为_。加入硫酸的目的是_。(3)“制备”时发生反应的离子方程式为_；上述流程制得的中含有的杂质是_。(4)与及C在高温条件下生成和等物质的量的、CO，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为_。【答案】(1)第二周期A族 (2) 溶解等并保持体系的酸度 (3) (4) 1：2 【解析】根据工艺流程图可知，将磷铁渣(含Fe、FeP、及)在90时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸可分解为二氧化氮和氧气，氧气将还原性的Fe、FeP、氧化为氧化铁和五氧化二磷，硫酸可溶解生成
88、的氧化铁等，并保持体系的酸度，过滤将不反应的等滤渣去掉，在滤液中加入磷酸，调节铁和磷的含量比，再加入氨水调节酸碱度，最终经过蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到，据此分析解答。(1)锂元素的原子序数为2，有2个电子层，最外层电子数为1，则其在元素周期表中的位置为第二周期A族；为三元酸，属于中强酸，分步电离，以第一步为主，其电离方程式为；(2) 与发生氧化还原反应生成氧化铁和五氧化二磷，根据氧化还原反应的规律可知，可看作Fe为+2价，P为-4价，两种元素化合价分别升高到+3价和+5价，总共失去电子数为11，化合价降低到-2价，得到电子数为4，则根据电子转移数守恒可知，与前面的化学计量数分别为4和11，再结合质量守恒规律分析可得出，反应的化学方程式；根据流程分析可知，加入硫酸的目的是溶解等并保持体系的酸度；(3)制备之前硫酸将等溶解为Fe3+,然后加入磷酸和氨水发生反应制备得到磷酸铁，其化学方程式可表示为：；由于Fe3+会反应生成沉淀，所以再制备过程中，中含有的杂质是；(4)与及C在高温条件下生成和等物质的量的、CO，由前后化合价变化可知铁元素化合价从+3降低到+2，降低1价，对应的作氧化剂，C单质的化合价升高2价，作还原剂，则该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2。
