2021年高考化学真题及模拟题专题汇编20工业流程题（附解析）

专题20工业流程题2021年化学高考题一、单选题1．（2021年山东省高考化学试题（山东卷））工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是A．吸收过程中有气体生成B．结晶后母液中含有NaHCO3C．气流干燥湿料时温度不宜过高D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【KS5U答案】B【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。【KS5U解析】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；故选B。2．（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））BiOCl是一种具有珠光-85- 泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【KS5U答案】D【KS5U解析】A．硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确；C．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确；D．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误；故选D。3．（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷））已二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：-85- 下列说法正确的是A．苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B．环己醇与乙醇互为同系物C．已二酸与溶液反应有生成D．环己烷分子中所有碳原子共平面【KS5U答案】C【KS5U解析】A.苯的密度比水小，苯与溴水混合，充分振荡后静置，有机层在上层，应是上层溶液呈橙红色，故A错误；B．环己醇含有六元碳环，和乙醇结构不相似，分子组成也不相差若干CH2原子团，不互为同系物，故B错误；C．己二酸分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，与每个碳原子直接相连的4个原子形成四面体结构，因此所有碳原子不可能共平面，故D错误；答案选C。4．（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷））一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是-85- A．物质X常选用生石灰B．工业上常用电解熔融制备金属镁C．“氯化”过程中发生的反应为D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水【KS5U答案】D【分析】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X使Mg2+转化为Mg(OH)2，过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。【KS5U解析】A．物质X的作用是使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A正确；B．Mg是较活泼金属，工业上常用电解熔融制备金属镁，B正确；C．由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应方程式为，C正确；D．“煅烧”后得到MgO，MgO和盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl会逸出，MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D错误；选D。二、元素或物质推断题5．（2021年1月浙江省普通高校招生选考化学试题）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。-85- 其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是______(填元素符号)，X的化学式是______。(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。(3)步骤I，发生反应的化学方程式是______。(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是______。(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明______。【KS5U答案】Cu、S、OCuS2O6S2OSO+SO2↑+Cu(OH)2→+2H2OSO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快【分析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。【KS5U解析】(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫-85- 酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO+SO2↑；(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。三、工业流程题6．（2021年高考全国乙卷化学试题）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。-85- 该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属离子开始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_______。(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。(3)“母液①"中浓度为_______。(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，水解析出沉淀，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。【KS5U答案】-85- 硫酸【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。【KS5U解析】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O-85- 沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。7．（2021年高考全国甲卷化学试题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)的一种制备方法如下图所示：①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。【KS5U答案】2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被过量的进一步氧化4防止单质碘析出【KS5U解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I--85- ，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。8．（2021年山东省高考化学试题（山东卷））工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si-85- 氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___。(2)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。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。中和时pH的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有____。(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___。【KS5U答案】增大反应物接触面积，提高化学反应速率使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率浸取所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2OH2SO4阳Na＋-85- 【分析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。【KS5U解析】(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。(2)中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；H2SO4。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。9．（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））-85- 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Cr—Fe—Al—Mg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①的名称为__。(3)滤渣的主要成分是__(填化学式)。(4)工序③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“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。(7)工序④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10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【KS5U答案】Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO3②8.37【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1-85- 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②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【KS5U解析】(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①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Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧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+2Fe2O3+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+2Fe2O3+16CO2+8H2O；(6)热解工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②，故答案为：②；(7)工序④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10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。10．（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试题（湖南卷））碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：-85- 步骤I.的制备步骤Ⅱ.产品中含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；④平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.51。已知：(i)当温度超过35℃时，开始分解。(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表温度/010203040506035.735.836.036.336.637.037.311.915.821.027.06.98.29.611.112.714.516.429.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：(1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是_______；(2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；-85- A．B．C．D．(3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化_______；(4)产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)；(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【KS5U答案】NaHCO3在30-35C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）D甲基橙由黄色变橙色，且半分钟内不褪色3.56%偏大【分析】步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35C发生反应，最终得到滤液为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300C加热分解NaHCO3制备Na2CO3；步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。【KS5U解析】根据上述分析可知，(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在30-35C时NaHCO3的溶解度最小；(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的-85- 溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；(4)第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)=n总(NaHCO3)-n生成(NaHCO3)=2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为，故答案为：3.56%；(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。11．（2021年广东省普通高中学业水平选择性考试化学试题（广东卷））对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。(3)“沉钼”中，为7.0。①生成的离子方程式为_______。②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中-85- _______(列出算式)时，应停止加入溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。①该氧化物为_______。②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。【KS5U答案】+6+=↓【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【KS5U解析】-85- （1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该-85- 反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。12．（2021年1月浙江省普通高校招生选考化学试题）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：已知：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO22H++2CrOCr2O+H2O相关物质的溶解度随温度变化如下图。请回答：(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。(2)下列说法正确的是______。A．步骤II，低温可提高浸取率B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3-85- (3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl→______→______→______→______→重结晶。a．50℃蒸发溶剂；b．100℃蒸发溶剂；c．抽滤；d．冷却至室温；e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶B．滴定时要适当控制滴定速度C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。【KS5U答案】增大反应物的接触面积BCaedcAC再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁H2SO4抑制Cr2O转化为CrO，且与Cr2O不反应【分析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7（发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O-85- ），经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7，据此分析作答。【KS5U解析】(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。(2)A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；C．步骤III酸化时，平衡2H++2+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；答案选BC。(3)Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。(4)①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；答案选AC。②在接近终点时，使用“半滴操作”-85- 的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。2021年化学高考模拟题一、单选题1．（2021·山东淄博市·）侯德榜改进的制碱工艺打破了西方对我国的技术封锁，至今仍在使用。工业上从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：下列说法不正确的是A．流程Ⅰ依次向粗盐水中加入过量溶液、溶液并过滤B．流程Ⅱ体现了侯德榜制碱法C．流程Ⅱ中吸氨与碳酸化的顺序互换，物质不变、不影响反应结果D．流程Ⅳ，Ⅴ的目的是富集镁元素【KS5U答案】C【KS5U解析】A．流程I中，先加入过量的氢氧化钙溶液，除去氯化镁，再加入过量的碳酸钠溶液，除去氯化钙和过量的氢氧化钙，过滤，故A正确；B．流程II吸氨气后溶液呈碱性，利于吸收二氧化碳，从而生成更多的碳酸氢钠，体现了侯德榜制碱法，故B正确；C．流程Ⅱ中吸氨气与碳酸化的顺序互换，即先向氯化钠溶液中通入CO2-85- ，溶液不反应，会影响反应结果，故C错误；D．流程IV是氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，流程V是氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，所以流程IV、V是将母液中少量的氯化镁富集起来，故D正确；故答案：C。2．（2021·河北邯郸市·）工业提取碘的一种流程如图所示，下列说法错误的是A．浸泡时适当加热能促进含碘物质的溶解B．将浸泡液碱化、过滤，所得滤液中加入淀粉溶液，溶液变蓝C．流程中的氧化剂可使用H2O2D．碘单质易升华，需密封保存【KS5U答案】B【KS5U解析】A．加热能促进物质的溶解，浸泡时适当加热能促进含碘物质的溶解，A项正确；B．将浸泡液碱化、过滤，所得滤液中不含I2，加入淀粉溶液，溶液不变蓝，B项错误；C．H2O2可将I-氧化成I2，因此流程中的氧化剂可使用H2O2，C项正确；D．碘单质易升华，需密封保存，D项正确；故选B。二、多选题3．（2021·辽宁朝阳市·高三月考）工业上以菱镁矿(主要成分为，含少量，和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：-85- 下列说法错误的是A．浸出时产生的废渣灼烧后有，和B．浸出镁的离子反应为C．浸出镁的过程应在较高温度下进行，沉镁的操作在较低温度下进行D．流程中可循环使用的物质只有【KS5U答案】AD【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂，据此解答。【KS5U解析】A．菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，转化为，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣灼烧后有、和，故A错误；B．高温煅烧后元素主要以的形式存在，可以与铵根离子水解产生的氢离子反应，促进铵根离子的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，离子反应为，故B正确；C．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故C正确；D．浸出过程产生的氨气可以收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可利用到浸出过程中，故D错误；答案选AD。-85- 三、元素或物质推断题4．（2021·湖南永州市·高三其他模拟）用含铬不锈钢废渣(含、、、等)制取(铬绿)的工艺流程如图所示：回答下列问题：(1)“碱熔”时，为使废渣充分氧化可采取的措施是___________、___________。(2)、KOH、反应生成的化学方程式为___________。(3)“水浸”时，碱熔渣中的强烈水解生成的难溶物为___________(填化学式下同)；为检验“水浸”后的滤液中是否含有，可选用的化学试剂是___________。(4)常温下“酸化”时pH不宜过低的原因是___________；若出时溶液的pH=8，则___________mol/L。{已知：常温下，}(5)“还原”时发生反应的离子方程式为___________。(6)由制取铬绿的方法是___________。【KS5U答案】粉碎废渣充分搅拌(或通入足量空气等)KSCNpH过低，进入滤液高温煅烧【分析】本题主要考查制备的工艺流程，考查学生对元素化合物的理解能力和综合运用能力。分析图框：含铬的不锈钢经过碱时，发生一系列反应，生成了对应的盐，加水溶解，可以把不溶的固体通过过滤除去，，调,有下列问题可得，促进水解，全部生成,过滤可以把铁除去，与,,使生成，通过加热锻烧得到氧化物。【KS5U解析】-85- (1)粉碎废渣，废渣颗粒分散在液态、中或通入足量氧气并充分搅拌，增大接触面积，加快反应速率。(2)得到，得到，依据得失电子数相等，配平得。(3)结合电离出的及生成和；检验用溶液。(4)过低，会转化为，进入滤液。(5)得到，失去，依据得失电子数相等，配平得。(6)高温煅烧难溶氢氧化物制备对应氧化物。5．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三二模）现代社会人们对生存环境要求越来越高，地球资源却越来越少，这就要求矿业生产体系化、绿色化。如图是对高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)进行综合加工的流程：已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。(1)气体A的电子式为___。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，还有___。(2)反应③的化学方程式为___。(3)当离子浓度≤1.0×10-5mol/L时，认为该离子被除尽。则调节溶液1的pH至少为__，此时溶液2中Fe3+的浓度为___mol/L。(4)反应⑥的离子方程式为___。(5)反应⑤完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥、-85- ___、___。(只写相关操作名称)(6)操作II的最佳方法是__。A．重结晶B．电解C．直接加热D．萃取【KS5U答案】HClSiHCl3+H23HCl+Si54×10-11AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO灼烧电解C【分析】高铁硅石(主要成分SiO2，含Fe2O3、Al2O3、Li2O杂质)酸浸，Fe2O3、Al2O3、Li2O溶解，SiO2不溶解，过滤，得到SiO2，焦炭和SiO2在高温下反应生成Si和CO，Si和HCl在一定温度条件下反应生成氢气和SiHCl3，氢气和SiHCl3在一定条件下反应生成HCl和Si，CO和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，溶液1加氨水调节溶液pH值得到固体2和溶液2，固体加入过量氢氧化钠溶液再过滤，得到滤液偏铝酸钠，通入二氧化碳得到氢氧化铝，经过一系列变化得到金属铝。【KS5U解析】(1)气体A为CO，其电子式为。由粗硅制备纯硅流程中循环使用的物质除粗硅、SiHCl3、H2外，根据题中信息和分析得到还有HCl；故答案为：；HCl。(2)反应③的化学方程式为SiHCl3+H23HCl+Si；故答案为：SiHCl3+H23HCl+Si。(3)根据题意沉淀氢氧化铝，因此，则调节溶液1中即pOH=9，则pH至少为5，此时溶液2中Fe3+的浓度为；故答案为：5；4×10-11。(4)反应⑥是偏铝酸钠溶液中充入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，其离子方程式为AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO；故答案为：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO。(5)反应⑤完成后到获得金属铝需经过了一系列操作，该系列操作为过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝，将氢氧化铝灼烧得到氧化铝，氧化铝再电解得到铝单质，因此其步骤为灼烧、-85- 电解；故答案为：灼烧；电解。(6)将固体LiCl和NH4Cl分离开，利用NH4Cl受热易分解生成HCl和NH3，HCl和NH3又反应生成NH4Cl，因此操作II的最佳方法是直接加热；故答案为：C。四、工业流程题6．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）炼锌矿渣，主要含有铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4，它们都为易溶于水的强电解质，综合利用可获得3种金属盐，并进一步处理镓盐，可制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。表1：金属离子浓度及开始沉淀的pH金属离子浓度(mol·L-1)开始沉淀pH完全沉淀pHFe2＋1.0×10—38.00Fe3＋4.0×10—21.73.2Zn2＋1.55.57.5Ga3＋3.0×10—33.0表2：金属离子的萃取率金属离子萃取率(%)Fe2＋0Fe3＋99-85- Zn2＋0Ga3＋97—98.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为___________，“浸出”时其发生反应的主要离子方程式___________。(2)滤液1中可回收利用的物质是___________，滤饼的主要成分是___________；萃取前加入的固体X为___________。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，溶液中镓的存在形式为___________(填化学式)。(4)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的Ga(CH3)3为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为___________。(5)滤液1中残余的Ga3＋的浓度为___________mol·L-1。【KS5U答案】+3价Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O硫酸锌Fe(OH)3、Ga(OH)3FeNaGaO2或(GaO)Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN3.0×10—10.2【分析】由题给流程可知，向炼锌矿渣中加入稀硫酸浸出时，铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁离子、镓离子和锌离子，过滤得到滤渣和含有亚铁离子、铁离子、镓离子和锌离子的浸出液；向浸出液中先加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液的pH，将铁离子和镓离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有硫酸锌的滤液1和含有氢氧化铁、氢氧化镓的滤饼；向滤饼中先加入稀盐酸，将氢氧化铁、氢氧化镓转化为铁离子和镓离子，再加入铁，将铁离子转化为亚铁离子；向反应后的溶液中加入萃取剂萃取溶液中的镓离子，分液得到含有亚铁离子的水层和含有镓离子的有机溶液；向有机溶液中加入氢氧化钠溶液反萃取，氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠，分液得到偏镓酸钠溶液；电解偏镓酸钠溶液，偏镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓；镓与一溴甲烷合成得到Ga(CH3)3；Ga(CH3)3与氨气反应生成甲烷和氮化镓。【KS5U解析】(1)由铁酸锌的化学式可知，铁酸根离子中铁元素的化合价为+3价，由化合价代数和为0可知，铁酸镓中镓元素的化合价为+3价；浸出时发生的反应为铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为铁离子、镓离子和锌离子，反应的离子方程式为Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O，故答案为：+3价；-85- Fe2O+8H＋=2Fe3＋+4H2O；(2)由分析可知，滤液1的主要成分为硫酸锌，滤饼的主要成分为氢氧化铁、氢氧化镓，则滤液1中可回收利用的物质是硫酸锌；由表2可知，亚铁离子的萃取率为0，则为除去溶液中的铁离子，应向稀盐酸溶解后的溶液中加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，故答案为：硫酸锌；Fe(OH)3、Ga(OH)3；Fe；(3)由Ga与Al同主族，化学性质相似可知，反萃取发生的反应为氯化镓与氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠、氯化钠和水，故答案为：NaGaO2或(GaO)；(4)由题给信息可知，生成氮化镓的反应为Ga(CH3)3与氨气反应生成甲烷和氮化镓，反应的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN，故答案为：Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN；(5)由表1可知，氢氧化镓的溶度积为3.0×10—3×(1.0×10—11)3=3.0×10—,36，则当滤液的pH为5.4时，溶液中镓离子的浓度为=3.0×10—10.2mol/L，故答案为：3.0×10—10.2。7．（2021·南岸区·重庆第二外国语学校高三三模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)广泛用于化工、造纸、纺织、食品等行业，一种以芒硝(Na2SO4·10H2O)、H2O2等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如下：已知①2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO形式存在。②铬属于重金属元素。回答下列问题：(1)原料之一的H2O2电子式是_______。(2)Cr元素经步骤II再循环到步骤I中，则循环物质X为_______(填化学式)。(3)Ksp(CaCrO4)_______(填“>”或“＜”)Ksp(CaSO4)。(4)步骤II中发生反应的化学方程式为_______(5)步骤I~III是为了制得纯碱，从环境保护的角度看，可能的不足之处是_______-85- (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cmol·L-1的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗KMnO4标准溶液VmL。①滴定到终点时，溶液呈_______(填“无色”或“浅红色”)。②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)。【KS5U答案】Na2Cr2O7＞2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓六价铬有毒，易造成环境污染减小过碳酸钠的溶解度，提高产率浅红色【分析】以芒硝（Na2SO4•10H2O）、H2O2等为原料制备过碳酸钠，芒硝加入水、氧化钙反应得到铬酸钙，和硫酸钠反应得到硫酸钙和铬酸钠，溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和重铬酸钠，过滤得到碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠，加入水精制得到碳酸钠溶液，加入硅酸钠稳定剂、30%的过氧化氢、加入95%的乙醇和饱和碳酸钠溶液反应得到过碳酸钠晶体，抽滤乙醇洗涤干燥得到过碳酸钠。【KS5U解析】(1)H2O2的电子式为；(2)已知2CrO+2H+Cr2O+H2O，pH小于5时几乎均以Cr2O形式存在，pH大于8.5时几乎均以CrO形式存在，酸溶液中平衡正向进行，流程中循环物质X为：Na2Cr2O7，故答案为Na2Cr2O7；(3)分析过程可知Ⅰ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)，故答案为＞；(4)步骤Ⅱ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+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为2Na2CrO4+2CO2+H2O⇌Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；(5)步骤Ⅰ-Ⅲ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，故答案为六价铬有毒，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，故答案为减小过碳酸钠的溶解度，提高产率；-85- (7)①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，故答案为浅红色；②准确称取mg产品，用硫酸溶解后，用cmol•L-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=2.5×10-3cVmol，2H2O2=2H2O+O2↑，分解生成氧气质量=2.5×10-3cVmol×32g/mol×=0.04cVg，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%=，故答案为。8．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）锗属于稀有分散元素，一种以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)制备高纯二氧化锗的工艺流程如下：下列数据是对应物质的熔点：物质GeO2GeOSiO2As2O3熔点/℃1115710(升华)1723193(升华)(1)第32号元素锗的原子结构示意图________，根据锗在元素周期表中的位置写出单质锗的一种用途________。(2)“焙烧”前，粉碎锗精矿的目的是________。矿渣1的主要成分是________。(3)“还原焙烧”中，含Ge氧化物在不同气氛中的挥发情况如图。800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是________。-85- (4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，请写出反应的离子方程式________。(5)“精馏水解”发生反应的化学方程式________。(6)在氯化物熔盐中，电解SiO2和GeO2的混合物，可制得硅锗合金。反应原理如下：SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑生成硅锗合金的电极为________(填“阳极”或“阴极”)，写出生成O2的电极反应式________。【KS5U答案】半导体材料增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率As2O3GeO2在CO中转化为GeO升华GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl阴极2O2--4e－=O2↑【分析】由于As2O3在193℃时升华，所以锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)首先在300℃焙烧得到含GeO2、GeO、SiO2矿石；然后在1200℃下GeO2被CO还原成710℃下挥发的GeO以及主要含SiO2的矿渣2；GeO在碱性条件下被双氧水为Ge4+；然后加盐酸经蒸馏得到GeCl4；GeCl4再精馏水解最后烘干得到高纯的GeO2，据此分析可得：【KS5U解析】(1)第32号元素锗为第四周期第IV族的元素，则其原子结构示意图为；锗位于金属与非金属分界线的元素，可用作半导体材料，故答案为：；半导体材料；(2)“焙烧”-85- 前，粉碎锗精矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；由于As2O3在193℃时升华，所以300℃煅烧锗精矿(含GeO2、GeO、SiO2、As2O3)后再冷凝得到的矿渣1的主要成分为As2O3，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高锗精矿的利用率；As2O3；(3)GeO在710℃时挥发，所以800～1100℃之间，含Ge氧化物在CO中的挥发率明显高于空气中的原因是GeO2在CO中转化为GeO升华，故答案为：GeO2在CO中转化为GeO升华；(4)“碱浸氧化”后，GeO转化为锗酸盐，则其离子方程式为：，故答案为：；(5)“精馏水解”时GeCl4中Ge4+水解生成和HCl，则其反应的化学方程式为：，故答案为：；(6)由SiO2＋GeO2SiGe(合金)＋2O2↑可知，Si、Ge化合价均降低，发生还原反应，为电解池的阴极；O元素化合价升高为，发生氧化反应，则2O2--4e－=O2↑，故答案为：阴极；2O2--4e－=O2↑。9．（2021·陕西宝鸡市·）是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿主要成分为、，还含少量、、MnO等制取的工艺流程如下:已知：①部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：金属离子浓度为)沉淀物开始沉淀完全沉淀-85- ②熔点为，加热至时，失去结晶水生成无水氯化钴。(1)已知氧化性，浸出液中含有的阳离子主要有、_______、、、等。(2)在“氧化”步骤中，发生的主要离子反应方程式为_______。(3)加调pH的最佳范围是_______，过滤所得到的两种沉淀的化学式为_______。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。控制溶液pH为，则加入萃取剂的目的是_______。(5)“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是_______、_______和过滤。制得的在烘干时需减压烘干的原因是_______。为测定粗产品中含量，称取的粗产品溶于水，加入足量溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为，则粗产品中的质量分数为_______结果保留三位有效数字。经过检测，发现粗产品中含有NaCl杂质，则的质量分数可能比实际值_______填“偏大”或“偏小”。【KS5U答案】、除去蒸发浓缩冷却结晶降低烘干温度，防止产品分解偏大【分析】水钴矿主要成分为、，还含少量、、MnO等经盐酸酸浸，亚硫酸根将钴元素和铁元素还原为低价态，再用氯酸钠将氧化为Fe3+，调节pH-85- 将铁元素和铝元素以沉淀形式除去，再用萃取剂萃取锰离子，剩余，经一系列操作得到粗产品，据此分析答题。【KS5U解析】(1)已知氧化性，所以亚硫酸根可以将二者均还原，所以浸出液中含有的阳离子主要有、、、、等，答案为：(2)在“氧化”步骤中，氯酸钠氧化，发生的主要离子反应方程式为：，答案为：；(3)加目的让铁元素和铝元素以沉淀形式除去，根据表格信息可知调pH的最佳范围是；过滤所得到的两种沉淀的化学式为、，答案为：；、；(4)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，当控制溶液pH为时，有较高的萃取率，萃取率低，所以加入萃取剂的目的是除去，答案为：除去；(5)CoSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得粗产品，所以“一系列操作”包含三个基本实验操作，它们是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；结晶水合物易失去结晶水，易分解，减压烘干的原因是降低烘干温度，防止产品分解；测定粗产品中含量，称取的粗产品溶于水，加入足量溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量为，则，则粗产品中的质量分数为；若含有氯化钠杂质，也会生成氯化银沉淀，导致质量分数偏大，答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；98.0%；偏大。10．（2021·青海西宁市·高三三模）MnCO3是制造电器材料软磁铁氧体的原料。实验室利用菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)得到高纯碳酸锰产品。工艺流程如下：-85- (1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是___________，X为NH3和CO2的混合气体，写出焙烧的化学方程式：___________。(2)为了降低生产成本，有些物质可以循环利用，能循环利用的物质为___________(填名称)。(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反应的离子方程式是___________。(4)物质Y可以是___________(填字母)。a.MnCl2b.MnCO3c.NH3·H2Od.NaOH(5)氯化铵用量对锰浸出率的影响如图所示，请分析，选择氯化铵与锰矿粉的质量比为___________适宜。(6)焙烧过程中产生的尾气NH3、CO2以及少量HCl会对设备有一定腐蚀作用，直接排放会造成一定污染，实验中用如图所示装置进行尾气处理：(已知冷凝管和洗气瓶中有相同产物)①冷凝管的作用为___________。②请写出洗气瓶中的化学方程式：___________。【KS5U答案】增大接触面积，加快反应速率MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑-85- 氯化铵MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2Obc1.1:1生成氯化铵，除去氯化氢MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓【分析】菱锰矿(主要成分MnCO3，还含有Fe2O3、FeO、MgO、SiO2等杂质)加入氯化铵混合研磨后焙烧，发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑反应，加水溶解后，过滤出二氧化硅，浸出液中加入氧化剂二氧化锰，把亚铁离子氧化为铁离子，加入试剂Y调节pH，使铁离子、镁离子等转化为沉淀除去，为了不引入新杂质，可以选用b.MnCO3c.NH3·H2O；滤液中加入碳酸氢铵后进行碳化结晶，过滤得到固体碳酸锰，滤液为氯化铵，蒸发结晶后得到固体氯化铵，可以循环使用。【KS5U解析】(1)将菱锰矿粉与氯化铵混合研磨再焙烧的目的是增大物质间的接触面积，加快反应速率；焙烧后，产生X气体为NH3和CO2的混合气体，焙烧的化学方程式：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+H2O+CO2↑；(2)根据流程图可知，结合以上分析可知，能循环利用的物质为氯化铵；(3)氧化剂MnO2能将浸出液中的Fe2＋转变成Fe3＋，该反应的离子方程式是MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；(4)物质Y是用来调节溶液的pH，既能消耗氢离子，又不能引入新杂质，可以选用b.MnCO3和c.NH3·H2O；(5)根据氯化铵用量对锰浸出率的影响图像进行分析，当氯化铵与锰矿粉的质量比在1.1:1以后，锰的浸出率基本上变化不大，因此选择氯化铵与锰矿粉的质量比为1.1:1适宜；(6)①氨气和氯化氢遇冷后产生氯化铵，除去了氯化氢气体，减少对设备的腐蚀作用；所以冷凝管的作用为生成氯化铵，除去氯化氢；②洗气瓶中盛装的溶液为氯化锰溶液，氨气、二氧化碳混合气体进入到该溶液中发生反应生成了氯化铵和碳酸锰沉淀，反应的化学方程式为：MnCl2+2NH3+CO2+H2O=2NH4Cl+MnCO3↓。11．（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。-85- 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”)。【KS5U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【分析】电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。废旧电池正极片粉-85- 碎后用氢氧化钠溶液碱浸，滤液1中含有偏铝酸钠(NaAlO2)，滤渣1中含有C和，以及少量不溶性杂质；NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳调节pH，得到的滤渣2为氢氧化铝；滤渣1中加入盐酸溶解后得到的滤渣3含有石墨以及少量不溶性杂质，滤液3中含有Fe2+、Li+等，滤液3中加入过氧化氢将Fe2+氧化生成Fe3+，再加入碳酸钠沉淀Fe3+得到，滤液中含有Li+等，滤液中加入碳酸钠沉淀Li+得到；中加入氢氧化钠发生沉淀的转化生成氢氧化铁沉淀和磷酸钠，据此分析解答。【KS5U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。12．（2021·安徽高三一模）钯是一种稀有金属，广泛应用于现代工业的各个领域，也是重要的战略物资。一种从失效的含钯催化剂(含Pd、PdO、Al2O3和有机物)中提取Pd的工艺流程如图：-85- 请回答下列问题：(1)“焙烧”的主要目的是①使Al2O3发生晶型转变形成难溶于酸的α—Al2O3，②___。(2)写出在还原PdO步骤发生反应的化学方程式___。(3)在浸出步骤中单质Pd转化H2PdCl6，不同浸出体系对钯浸出率的影响如表所示：浸出体系对钯浸出率的影响废催化剂质量(g)浸出体系现象钯浸出率(%)10.02HCl+HNO3反应剧烈、有黄烟98.4510.01HCl+H2O2反应剧烈98.4810.12HCl+NaClO3反应平稳98.73选择最佳的浸出体系为___，理由是___，写出用该体系浸出发生反应的化学方程式___。(4)浸出步骤中，盐酸浓度对钯浸出率的影响如图所示：由此确定最佳的盐酸浓度为___，理由是___。【KS5U答案】将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdHCl+NaClO3反应平稳可控，且Pd的浸出率高5mol/L盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl-85- 【KS5U解析】(1)杂质中有有机物，且有Pd，在焙烧过程中可将有机物转变成二氧化碳和水蒸气除去，同时能将Pd氧化成PdO，故答案为：将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为Pd；(2)PdO转化成Pd，1molPdO转移2mol电子，水合肼转化为氮气，1mol水合肼转移4mol电子，根据电子得失守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；(3)由表格信息可知在催化剂质量相当的条件下，用HCl+NaClO3反应相对平稳且Pd的浸出率较高，反应中1mol转移6mol电子，1molPd转移4mol电子，根据电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：HCl+NaClO3；反应平稳可控，且Pd的浸出率高；；(4)由图中信息可知盐酸浓度为5mol/L时，Pd的浸出率已达到99%，浓度再提高时转化率提高不明显，且造成盐酸的浪费，故答案为：5mol/L；盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl。13．（2021·浙江高三其他模拟）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)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CuCO3·Cu(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CuSO4·3H2O，在113℃时失水成CuSO4·H2O，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CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色。孔雀石经过氨浸、蒸氨操作目的是：___。(2)下列说法正确的是___。-85- 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：①使晶体从溶液中析出，可采取的方式有___(写出两条)。②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→→→f→。___。③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b～d至恒重f.计算。步骤e的目的是___。④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=2[Cu(OH)2·CuCl2]，[Cu(OH)2·CuCl2]+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___。【KS5U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CuSO4•3H2O或CuSO4•H2O或CuSO4三颈烧瓶形成密闭体系，空气很难鼓入-85- 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【分析】由题给流程可知，孔雀石经粉碎预处理后，加入氨水氨浸时，CuCO3·Cu(OH)2溶于氨水转化为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，过滤得到含有[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的滤液和沉淀；滤液经蒸氨，[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3受热分解生成二氧化碳、氨气、氧化铜和水，向氧化铜固体中加入70%硫酸，氧化铜溶解得到硫酸铜浸出液，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，过滤或减压过滤，用无水乙醇洗涤沉淀，干燥得到硫酸铜晶体。【KS5U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，氨水会受热挥发，反应生成[Cu(NH3)4]2(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)①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：蒸发浓缩至表层出现晶膜、冷却结晶；加入适量无水乙醇；②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e→b→c→f→g，故答案为：ebcg；③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；④若晶体中含有CuSO4•3H2O或CuSO4•H2O或CuSO4杂质，会导致测得结晶水的含量偏低，故答-85- 案为：CuSO4•3H2O或CuSO4•H2O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。14．（2021·江西抚州市·临川一中）钒为一种高熔点金属，在工业生产中有广泛用途。工业上常用钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质)提取金属钒，流程如下图：已知：I.钒有多种价态，其中+5价的最稳定。钒在溶液中主要以VO和VO的形式存在，存在平衡：VO+H2O⇌2H++VOII.部分金属离子的沉淀pH：金属离子Cu2+Fe2+Fe3+开始沉淀时pH5.27.62.7完全沉淀时pH6.49.63.7回答下列问题：(1)碱浸步骤中最好选用_______(填字母)a.NaOH溶液b.氨水c.纯碱溶液(2)焙烧目的是将FeO·V2O3转化为可溶的NaVO3，其中铁全部转化为+3价氧化物，则反应化学方程式_______。(3)溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去___离子，二是促使____。(4)加热NH4VO3时生成V2O5，则反应化学方程式：____，流程中最后用V2O5冶炼V通常采用的方法是____(填字母)A．炭还原法B．铝热法还原C．直接加热法D．盐的水溶液与活泼金属置换法-85- (5)全钒液流电池工作原理如图：已知各种含钒离子的颜色如下：VO黄色、VO2+蓝色、V3+绿色、V2+紫色①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是_______。②当完成储能时，阳极区溶液的颜色是_______。【KS5U答案】a4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2Fe3+、Cu2+VO转化为VO2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2OBV2++VO+2H+=V3++VO2++H2O黄色【分析】钒炉渣碱浸其中氧化铝溶于碱生成偏铝酸盐，偏铝酸盐通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，灼烧后得到氧化铝，滤渣中加碳酸钠通入空气焙烧，得到NaVO3和Fe2O3，焙烧后的固体加硫酸溶解得到硫酸铁和硫酸铜，VO转化成VO，溶液调节pH值至8将铜和铁转化成氢氧化铁和氢氧化铜，VO转化成VO，滤液中加硫酸铵将VO转化成NH4VO3，加热NH4VO3时生成V2O5，再通过热还原法得到V单质，据此解答。【KS5U解析】(1)碱浸的目的是将氧化铝溶解，而氧化铝不溶于弱碱，因此应选氢氧化钠溶解，故答案为：a；(2)焙烧的过程中FeO·V2O3转化为可溶的NaVO3，铁全部转化为Fe2O3，可得反应的方程式为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2；-85- (3)由以上分析可知调节pH值至8可以将溶液中的Fe3+、Cu2+转化成沉淀除去，同时能将VO转化为VO，故答案为：Fe3+、Cu2+；VO转化为VO；(4)加热NH4VO3时生成V2O5，另外生成氨气和水，反应的方程式：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，由题意可知V的+5价化合物很稳定，则V2O5的性质稳定，通过V2O5冶炼V，直接加热或者溶液中置换均不可以，可通过铝热反应将其从熔融的V2O5中置换出来，故答案为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；B；(5)①由图可知A为正极，左侧石墨电极上发生还原反应，元素的化合价降低，则其电极反应为：VO+2H++e-=VO2++H2O，右侧石墨电解为负极，发生氧化反应，电极反应为：V2+-e-=V3+，电池的总反应为：V2++VO+2H+=V3++VO2++H2O，故答案为：V2++VO+2H+=V3++VO2++H2O；②当完成储能时，阳极区VO2+转化成VO，溶液呈黄色，故答案为：黄色；15．（2021·北京高三其他模拟）金属镓(Ga)是合成半导体材料砷化镓(GaAs)的重要基础材料，一种由砷化镓废料制备镓的工艺流程如图。已知：i.Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似ii.NO2可以溶于浓HNO3中(1)酸浸溶解：①上述流程中能加快反应速率的措施有___。②将GaAs与浓HNO3反应的化学方程式补充完整：___。GaAs+HNO3(浓)=Ga(NO3)3+H3AsO4++H2O③其他条件相同时，研究镓的浸出率随时间变化情况，实验结果如图。-85- 推测NO2能够催化GaAs与浓硝酸的反应，设计实验证实了推测。实验方案：用N2不断将生成的NO2吹出，测镓的浸出率随时间变化情况。预测该方案对应的镓的浸出率随时间变化情况___(在图中画出相应变化情况曲线)。(2)除杂转化：①上述工艺流程中浓氨水的作用是___。②Ga(OH)3沉淀与NaOH溶液反应的离子方程式为___。(3)电解制镓：以Pt为电极材料，电解NaGaO2溶液制金属镓，阴极反应式为___。【KS5U答案】研磨、搅拌、加热GaAs+11HNO3(浓)=Ga(NO3)3+H3AsO4+8NO2↑+4H2O将Ga3+转化为Ga(OH)3沉淀，实现分离Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2OGaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-【分析】砷化镓废料通过研磨，然后加入浓硝酸酸溶，过滤得到的滤液中加入浓氨水生成Ga(OH)3沉淀，Ga(OH)3沉淀中加入氢氧化钠溶解生成NaGaO2溶液，电解NaGaO2溶液生成Ga，以此分析解答。【KS5U解析】(1)①根据外界条件对反应速率的影响可知上述流程中能加快反应速率的措施有研磨、搅拌、加热等。-85- ②反应中As元素化合价从－3价升高到+5价，失去8个电子，硝酸中氮元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，则根据电子得失守恒可知方程式为GaAs+11HNO3(浓)＝Ga(NO3)3+H3AsO4+8NO2↑+4H2O。③如果NO2能够催化GaAs与浓硝酸的反应，则用N2不断将生成的NO2吹出，镓的浸出率不变，但浸出时间会增加，因此对应的镓的浸出率随时间变化情况为。(2)①由于Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，所以不能用强碱沉淀镓离子，则上述工艺流程中浓氨水的作用是将Ga3+转化为Ga(OH)3沉淀，实现分离。②依据氢氧化铝和氢氧化钠反应的原理可判断Ga(OH)3沉淀与NaOH溶液反应的离子方程式为Ga(OH)3+OH-＝GaO+2H2O。(3)电解制镓时以Pt为电极材料，电解NaGaO2溶液制金属镓，阴极是GaO得到电子转化为单质镓，反应式为GaO+3e-+2H2O＝Ga+4OH-。16．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）CuCl是一种重要的化工原料和广泛应用的催化剂，它难溶于水，不溶于乙醇。现用低品位铜矿石(主要成分CuS、Cu2S、CuO，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等)，制备CuCl的工业流程如下：-85- 已知：I．铜盐溶液中加入NH3·H2O和NH4HCO3，可形成配合物Cu(NH3)4CO3II．在该工艺条件下，生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：氢氧化物Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀的pH7.76.51.14.2沉淀完全的pH10.48.963.36.7回答下列问题(1)提高矿石浸取率的方法有___________(任写两种)。(2)反应I生成的滤渣中有S，写出其中Cu2S参与反应的离子方程式___________。(3)加氨水中和溶液pH应为___________。滤饼为黑色固体，其成分含两种元素的质量比为4：1，通过反应II可生成[CuCl2]-，写出此过程的化学方程式___________。(4)根据下图表中数据，加入盐酸与氯化钠适合的条件为___________。NaCl加入量与CuCl产率的关系NaCl过量(%)CuCl产率(%)NaCl过量(%)CuCl产率(%)0781095586－－HCl加入量与CuCl产率的关系HCl过量(%)CuCl产率(%)HCl过量(%)CuCl产率(%)-85- 06510885761595(5)水解后洗涤沉淀选用的试剂为___________，整个流程中能循环使用的物质是___________。(6)100t含铜a%的铜矿石，经流程制备出bt的CuCl，生成CuCl的产率为___________。(用含有a、b的代数式表示)【KS5U答案】加热、搅拌、粉碎等任写两种Cu2S＋2MnO2＋8H＋=2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O＋S↓3.3≤pH＜4.2CuO＋2NaCl＋2HCl＋Cu=2Na[CuCl2]＋H2ONaCl用量超过理论用量的10%；HCl用量超过理论用量的15%乙醇NH3(多写NaCl也可以)【分析】低品位铜矿(主要成分CuS、Cu2S、CuO，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等)加入二氧化锰与硫酸，CuO，Fe2O3溶解，Cu2S、CuS及FeO被二氧化锰氧化，得到含有Cu2+、Fe3+、Mn2+等阳离子的溶液，SiO2以及剩余的MnO2和生成的S成为滤渣，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，再加入氨水和碳酸氢铵除锰，Mn2+转化为碳酸锰沉淀，同时发生络合反应，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]2+留在溶液中，加热溶液蒸氨，得到黑色滤饼，可知蒸氨时[Cu(NH3)4]2+转化为CuO，将滤饼与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水使其水解得到CuCl沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。【KS5U解析】(1)加热、搅拌等方法都可以提高矿石浸取率；(2)反应I中Cu2S被MnO2氧化，得到Cu2+和S单质，根据电子守恒可知Cu2S和MnO2的系数比为1:2，再结合元素守恒可得离子方程式为：Cu2S＋2MnO2＋8H＋=2Cu2＋＋2Mn2＋＋4H2O＋S↓；(3)加氨水中和溶液pH的目的是除去Fe3+，根据题中所给数据，pH为3.3时Fe3+沉淀完全，小于4.2时Cu2+未沉淀，所以pH范围为3.3≤pH＜4.2；根据反应过程和元素质量比，可判断黑色固体滤饼为CuO，通过反应2与NaCl和HCl反应可生成[CuCl2]-，写出此过程的化学方程式为CuO＋2NaCl＋2HCl＋Cu=2Na[CuCl2]＋H2O；(4)根据题中数据NaCl过量10%，HCl过量15%，CuCl产率最高。所以适合的条件为NaCl用量超过理论用量的10%；HCl用量超过理论用量的15%；(5)水解后得到沉淀CuCl，题中信息可知CuCl不溶于乙醇，乙醇除去沉淀表面的溶液并易于干燥，所以选择乙醇洗涤沉淀。流程中“蒸氨”可以将NH3蒸出，在“中和”和“络合”-85- 过程中循环利用；(6)100t含铜a%的铜矿石中n(Cu)=100×106g×a%÷64g/mol，根据反应Ⅱ的方程式可知会再加入等物质的量的铜粉，所以理论上生成CuCl的质量为2×100×106g×a%÷64g/mol×99.5g/mol，产率应为×100%=。17．（2021·陕西宝鸡市·高三其他模拟）由废铅蓄电池的铅膏采用氯盐法制备PbCl2的工艺流程如图：已知：①铅膏的组成如表：物相PbOPbO2PbSO4Pb总铅质量分数/%15.894.8633.7434.0376.05②PbCl2是白色结晶性粉末，微溶于冷水，易溶于热水、浓盐酸和氢氧化钠溶液。回答下列问题：(1)铅膏“浸取”时浓盐酸与水的配比(浓盐酸和水的体积比)及氯化钠的浓度均对铅浸取率有较大影响(如图所示)：-85- ①由图甲确定适宜的配比为_______。②已知70°C时，NaCl的溶解度为37.8g，由图乙可知铅的浸出率与NaCl质量分数的关系是_______，工业上采用质量分数约为24%的食盐水，不能采用无限制提高w(NaCl)来提高铅的浸出率，其原因是_______。③提高铅的浸出率除浓盐酸与水的配比和w(NaC)外，还可采取的措施有_______(至少写2种)。(2)步骤Ⅵ加入CaCl2的目的是_______.步骤Ⅶ滤液中溶质的主要成分为_______。(3)“浸取”时会发生一系列反应。①硫酸铅溶于氯化钠生成PbCl的离子方程式为_______。②产生氯气的化学方程式为_______。【KS5U答案】4:1w(NaC)时，NaCl的浓度越大，铅的浸出率越大NaCl在该温度下已接近饱和增大液固比，将步骤Ⅱ的滤渣再次浸取，适当延长浸取时间等除去滤液中的SONaClPbSO4+nCl-⇌PbCl+SOPbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O【分析】用盐酸和食盐水浸取铅膏，过滤除去废渣，将滤液静置冷却，析出PbCl2，再过滤、洗涤、干燥得到PbCl2，滤液中主要含有Na2SO4，步骤Ⅵ中加入CaCl2，SO与Ca2+生成CaSO4沉淀，步骤Ⅶ过滤洗涤后，将主要含有NaCl的滤液进行循环利用。【KS5U解析】(1)①观察图甲，浓盐酸与水的配比在≥4：1之后，铅的浸出率较高，且配比＞4:1，铅的浸出率升高的不多，因此适宜的配比为4:1。②观察图乙，铅的浸出率与NaCl质量分数的关系是：w(NaC)时，NaCl的浓度越大，铅的浸出率越大。工业上，采用质量分数约24%的食盐水，而不是无限制提高w(NaCl)来提高铅-85- 的浸取率，原因是NaCl在该温度下已接近饱和。③提高铅的浸出率除浓盐酸与水的配比和w(NaC)外，还可采取的措施有增大液固比，将步骤Ⅱ的滤渣再次浸取，适当延长浸取时间等。(2)根据分析知，废铅蓄电池中含PbSO4，经过步骤Ⅳ、V提取出PbCl2之后，溶液中阴离子主要为SO，所以溶液中加CaCl2，SO与Ca2+生成CaSO4沉淀，故步骤Ⅵ加入CaCl2的目的是除去滤液中的SO；步骤Ⅶ滤液中溶质的主要成分为NaCl。(3)①硫酸铅溶于氯化钠生成PbCl，根据电荷守恒、元素守恒配平离子方程式为PbSO4+nCl-⇌PbCl+SO②PbO2具有氧化性，氧化HCl生成氯气，自身被还原为PbCl2，故产生氯气的化学方程式为PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O。18．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟）锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用。某钴酸锂电池的正极材料含有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑、铝箔及少量铁，通过如图工艺流程可回收铝、钴、锂。回答下列问题：(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为_______。(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式_______。(3)“酸浸”时Co、Li元素的浸出率随温度的变化如图所示：“酸浸”的适宜温度_______，写出该步骤中发生的主要氧化还原反应的化学方程式_______。-85- (4)沉锂过程要对所得滤渣进行洗涤，检验沉淀是否洗净的操作为_______。(5)充电时，该锂离子电池充电时阴极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6充放电过程中，发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式_______。上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是_________。(6)某CoC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Co2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下：I.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。II.向上述溶液中加入适量还原剂将Co3+完全还原为Co2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)的质量分数表达式为___；若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Co元素含量____。(填“偏高”、“偏低”、“无影响”)【KS5U答案】+380℃2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明已洗涤干净，反之未洗涤干净LixC6+Li1-xCoO2=LiCoO2+6C负极生成的锂离子向正极移动，在正极生成钴酸锂，便于回收偏高【分析】废旧电池放电，锂元素转移到正极，正极碱浸，铝和氢氧化钠反应除去铝，滤渣含有LiCoO2、导电剂乙炔黑、少量铁，酸浸、用H2O2把Co3+还原Co2+，调节pH生成氢氧化铁，过滤除去铁、碳，滤液中含有Li2SO4、CoSO4，萃取，水相中含有Li2SO4，有机相含有CoSO4，水相中中加碳酸钠沉锂，有机相含有反萃取的CoSO4溶液，加草酸铵沉钴。【KS5U解析】(1)根据各元素化合价代数和等于0，LiCoO2中Co元素的化合价为+3。(2)正极材料含有铝，“正极碱浸”，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式。(3)根据图示，80℃时Co、Li元素的浸出率最大，所以“酸浸”的适宜温度80℃；LiCoO2中Co元素化合价为+3，“酸浸”时被还原为Co2+，该步骤中发生的主要氧化还原反应的化学方程式2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O。(4)沉锂过程要对所得滤渣进行洗涤，洗涤液中可能含有，若沉淀洗涤干净，则洗涤液中-85- 不含，检验沉淀是否洗净的操作为：取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明已洗涤干净，反之未洗涤干净；(5)充电时，该锂离子电池充电时阴极发生的反应为6C+xLi++xe-=LixC6，充放电过程中，阳极发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，放电时电池反应方程式LixC6+Li1-xCoO2=LiCoO2+6C。负极生成的锂离子向正极移动，在正极生成钴酸锂，所以上述工艺中“放电处理”。(6)设mg样品中含xmolCoC2O4·2H2O、ymolCo2(C2O4)3、zmolH2C2O4·2H2O，xmolCoC2O4·2H2O消耗高锰酸钾、ymolCo2(C2O4)3消耗高锰酸钾、zmolH2C2O4·2H2O消耗高锰酸钾，则①；Co2+被氧化为Co3+消耗KMnO4溶液V2mL；则②；联立①②，解得，，样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)的质量分数表达式为；Co元素的物质的量=，若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则V2偏大，所以测得样品中Co元素含量偏高。【点睛】本题以钴酸锂电池的正极材料回收铝、钴、锂为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理是解题关键，掌握常见元素化合物的性质，理解氧化还原反应滴定法测定物质含量的原理。19．（2021·长沙市明德中学高三三模）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-85- 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_______。(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=1～3)。第1步的化学反应方程式为_______。【KS5U答案】Ru+8OH−+4Cl2=RuO4+8Cl−+4H2O800.2mol玻璃棒使溶液中低价的Ru氧化为高价的Ru3(NH4)2RuCl63Ru+18HCl↑+2NH3↑+2N2↑【分析】根据已知信息，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，加入氯化铵和过氧化氢后产物为(NH4)2RuCl6沉淀，经煅烧，氯钌酸铵转化为钌的氧化物RuOn，经后期用氢气还原得到高纯钌粉。【KS5U解析】(1)根据含钌废料中钌主要以单质的形式存在，在碱性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--85- ，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0.896L，n(Cl2)==0.04mol，则消耗盐酸中HCl的物质的量为0.2mol；(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↑。20．（2021·天津高三一模）《中国锰业》一文提出用废铁屑还原软锰矿，制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。某公司提供的软锰矿，其主要成分是二氧化锰，其中还含有少量Fe、CaO、MgO、SiO2及重金属等。(1)I中加铁屑而不加铁块的原因是_______。(2)写出I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式_______。(3)加CaCO3之前需要加双氧水的作用_______，结合下表说明，加CaCO3控制溶液pH的范围是_______。可能用到的数据如下：不同金属离子沉淀的pH氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2-85- 开始沉淀pH1.56.57.7沉淀完全pH3.79.79.8(4)深度除杂中加入MnF2的作用_______。(5)从滤液中获取MnSO4晶体的方法是_______、趁热过滤。硫酸锰在不同温度下的溶解度表温度/℃508090100溶解度1(g/100g水)58484234(6)为探究稀硫酸介质中湿法还原软锰矿制备硫酸锰的最佳工艺条件，研究了n(Fe)/n(MnO2)对锰浸出率η的影响。如图实验条件为n(H2SO4)：n(MnO2)=2.1：1，反应温度为50℃，反应时间为80min。请结合图像分析n(Fe)/n(MnO2)约为_______最合适，并说出理由_______。【KS5U答案】增大接触面积，充分反应3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O或MnO2+Fe+4H+=Mn2++Fe2++2H2O充分氧化Fe2+大于等于3.7小于7.7去除Ca2+、Mg2+蒸发浓缩或者浓缩结晶0.76-0.78均可锰浸出率达95%以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担【分析】废铁屑还原二氧化锰生成硫酸锰、硫酸铁，硫酸与氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，浸出液含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、重金属离子，浸出液中加入碳酸钙调节pH-85- 生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁、铝杂质，加入BaS生成重金属硫化物沉淀，除去中金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，过滤后，加热滤液浓缩结晶，趁热过滤得到硫酸锰晶体。【KS5U解析】(1)加铁屑的原因是增大接触面积，使反应更充分；(2)I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3++6H2O或MnO2+Fe+4H+=Mn2++Fe2++2H2O；(3)加CaCO3之前需要加双氧水的作用为充分氧化Fe2+；为了除去Fe2+与Fe3+，并且不能使Mn2+沉淀，故加CaCO3控制溶液pH的范围是大于3.7小于7.7；(4)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加入碳酸钙除去Fe3+、Al3+，加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；(5)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤；(6)由于n(Fe)/n(MnO2)约为0.78时，锰浸出率达95%，以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担。21．（2021·四川凉山彝族自治州·高三二模）工业上以软锰矿(MnO2)为原料制备高锰酸钾(KMnO4)的流程如下：回答下列问题：(1)写出MnO2、KOH与空气共熔发生反应的化学方程式_______。(2)反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。假设无其他副反应发生，该步反应K2MnO4的最大理论转化率为_______%(保留一位小数)。(3)操作I为_______。(4)已知有关物质在不同温度(单位：℃)下的溶解度(单位：g/100g水中)如下图：-85- 据图推断操作II最好采用____。反应①中若CO2通入过量造成的影响是____。(5)上述流程中可以循环利用的物质有_______。(6)由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解K2MnO4水溶液法制备，试写出该电解过程总反应的化学方程式_______。【KS5U答案】2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O2:166.7过滤蒸发结晶，趁热过滤粗晶体中会有碳酸氢钾MnO2、KOH2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑【分析】二氧化锰、KOH在空气中熔融制得锰酸钾，加水、通入适量二氧化碳，锰酸钾发生歧化反应得到高锰酸钾、二氧化锰、碳酸钾，过滤除去二氧化锰，得到高锰酸钾、碳酸钾混合溶液，再经蒸发结晶，趁热过滤等得到高锰酸钾粗品。【KS5U解析】(1)由流程可知MnO2、KOH与空气共熔得到锰酸钾，结合原子守恒可知产物还有水和，发生反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；(2)反应①中K2MnO4发生歧化反应得到KMnO4和MnO2，KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据得失电子守恒可知氧化产物与还原产物物质的量之比为(6-4):(7-6)=2:1；即每3molK2MnO4参与反应，有2mol转化为KMnO4，假设无其他副反应发生，该步反应K2MnO4的最大理论转化率为≈66.7%(保留一位小数)；(3)MnO2难溶于水，KMnO4和K2CO3易溶于水，操作I为固液分离，因此为过滤；(4)操作II为从KMnO4和K2CO3混合溶液中提取KMnO4-85- 粗晶体，由溶解度曲线可知相同温度下高锰酸钾溶解度最小，且温度较低时碳酸钾、碳酸氢钾、高锰酸钾溶解度随温度变化不大，温度较高时碳酸钾、碳酸氢钾溶解度随温度变化较大，高锰酸钾溶解度随温度变化不大，因此可采用蒸发结晶，趁热过滤；若反应①中若CO2通入过量，则会得到碳酸氢钾，由图可知相同温度下碳酸氢钾和高锰酸钾溶解度差异不大，导致粗晶体中会有碳酸氢钾；(5)结合流程可知MnO2和KOH在熔融时消耗，在反应①后得到MnO2，在母液熟石灰苛化后得到KOH，则上述流程中可以循环利用的物质有MnO2、KOH；(6)由题意可知，电解K2MnO4水溶液制备KMnO4，Mn元素化合价升高，则阳极为锰酸根放电，阴极为水电离的氢离子放电产生氢气和氢氧根，则总反应为2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2KOH+H2↑。22．（2021·四川广元市·高三三模）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+配离子，ZnO转化反应的离子方程式为___。(2)将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到___溶液和___固体(均填化学式)。(3)“除杂”工序中，反应的离子方程式为___。(4)滤渣②的主要成分有___(填化学式)，回收后可用作冶金原料。(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回___工序循环使用。(6)从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为___。-85- 【KS5U答案】ZnO+2NH3·H2O+2NH=[Zn(NH3)4]2++3H2OFe2(SO4)3MnO2Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+Zn、Cu浸取煅烧【分析】“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+配离子，MnO2、Fe2O3不反应，过滤，滤渣①中含有MnO2、Fe2O3，滤渣中加入硫酸，Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3，MnO2和硫酸不反应；滤液中加入过量锌，置换出铜，除去杂质铜，过滤，滤渣②中含有Zn、Cu；滤液②“蒸氨沉锌”，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，“沉锌”是生成碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌灼烧得到ZnO。【KS5U解析】(1)“浸取”工序中ZnO和碳酸氢铵、氨水反应生成[Zn(NH3)4]2+，反应的离子方程式为ZnO+2NH3·H2O+2NH=[Zn(NH3)4]2++3H2O；(2)滤渣①含有MnO2、Fe2O3，滤渣中加入硫酸，Fe2O3和硫酸反应生成Fe2(SO4)3，MnO2和硫酸不反应，用H2SO4溶液处理后得到Fe2(SO4)3溶液和MnO2固体；(3)“除杂”工序中，滤液加入过量锌，置换出铜，反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+。(4)“除杂”工序中，滤液加入过量锌，置换出铜，滤渣②的主要成分有Zn、Cu；(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回浸取工序循环使用；(6)碱式碳酸锌灼烧分解为氧化锌、二氧化碳、水，从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧。【点睛】本题以钢铁厂烟灰为原料制备氧化锌为载体，考查学生化学工艺流程，明确各步骤反应原理和目的是解题关键，掌握常见元素化合物的性质，熟悉混合物分离方法，培养学生知识应用能力。23．（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：-85- 已知：①Ce3+易和SO形成复盐沉淀：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓(复盐沉淀)；②硫脲：(分子式为SCN2H4)，具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；③Ce3+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/LB.75℃2.0mol/LC.85℃2.5mol/LD.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③加入盐酸后，通常还需加入H2O2，其主要目的为_______。(6)步骤④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-85- 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。①从电解槽的_______(填字母代号)口流出。②写出阴极的电极反应式：_______。【KS5U答案】粉碎氟碳铈矿以增大接触面积或延长焙烧时间BaSO4SiO2C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↑+3H2Oa【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4。滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，据此解答。【KS5U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/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。-85- (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③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④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＝Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。(7)①Ce3+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。②阴极是得到电子转化为无毒物质氮气，电极反应式为。24．（2021·四川高三三模）以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KH2PO4)，其工艺流程如图所示：已知：①Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。②萃取原理：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。回答下列问题：(1)将磷酸钙粉碎的目的是_______，“操作II”的名称是_______。(2)“酸浸”发生反应的化学方程式为_______。“酸浸”利用了浓硫酸的下列性质_______(填标号)。A．氧化性b．还原性c．强酸性(3)水相中加入乙醇的作用是_______。(4)副产品N作肥料可使作物枝繁叶茂，提高产量，则溶液M是_______(填名称)。(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。-85- ①b物质为_______。②阳极反应式为_______。【KS5U答案】增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率分液Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4·2H2Oc促进磷酸二氢钾的析出氨水浓氢氧化钾溶液2H2O-4e-=O2↑+4H+【分析】磷酸钙粉碎后用浓硫酸酸浸，发生反应：Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4·2H2O，硫酸钙微溶于水，可以过滤出CaSO4·2H2O，滤液中含有磷酸，加入KCl进行萃取：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂，则HCl在有机相中，KH2PO4在水相中，水相中加入乙醇可以析出KH2PO4晶体。有机相中加入氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以用作氮肥。【KS5U解析】(1)将磷酸钙粉碎的目的是增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；加入有机溶剂萃取后液体分层，所以“操作II”的名称是分液。(2)由以上分析可知，“酸浸”发生反应的化学方程式为：Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4·2H2O。硫酸是强酸，磷酸是弱酸，“酸浸”利用了浓硫酸的强酸性。(3)水相中含有易溶于水的KH2PO4，加入有机溶剂乙醇，可以降低KH2PO4的溶解度，促进磷酸二氢钾的析出。-85- (4)氮肥可以使作物枝繁叶茂，在有机相中有HCl，所以加入的溶液M是氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以做氮肥。(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。x为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，同时促进水电离产生更多的OH-，为了增强溶液的导电性，同时不引入新杂质，加入的a为稀KOH溶液，从b口流出的是浓KOH溶液。y为阳极，溶液中的水电离出来的OH-失去电子生成氧气，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。25．（2021·四川达州市·高三二模）氯化亚铜是一种重要的化工原料，广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。一种利用低品位铜矿(Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：已知：①CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系；②CuCl在潮湿空气中易水解氧化；③已知Cu2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+开始生成沉淀和沉淀完全的pH如下表：Cu(OH)2Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH4.78.38.11.2完全沉淀pH6.79.89.63.2回答下列问题：(1)“浸取”时加入MnO2的作用是_______(2)滤渣1为_______，“中和”时调节pH的范围是_______(3)“络合”时发生反应生成了配合物Cu(NH3)4CO3，该反应的化学方程式_______(4)“反应”时的离子方程式_______，溶液2中存在的溶质主要有_______。-85- (5)“洗涤”时包括用pH=2的硫酸洗、水洗和乙醇洗，不能省略乙醇洗的理由是_______。(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为_______[杂质不参与反应；Mr(CuCl)=99.5，列出计算式即可]【KS5U答案】作氧化剂Fe(OH)33.2≤pH<4.7CuSO4+5NH3·H2O+2NaHCO3=Cu(NH3)4CO3+Na2SO4+NH4HCO3+5H2O2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+(NH4)2SO4、H2SO4快速干燥产品，防止CuCl水解氧化×100%【分析】低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，再加入氨水和碳酸氢钠除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，“络合”时生成了配合物Cu(NH3)4CO3，‘反应’时生成CuCl，该步骤是亚硫酸根将Cu2+还原，反应离子方程式为：2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，得到CuCl经洗涤干燥得到产品；【KS5U解析】(1)矿石中含有CuS、Cu2S等，浸取后有S生成，硫元素化合价升高，则加入MnO2的作用是做氧化剂；(2)结合后面的络合过程，可知‘中和’过程中除去的只有铁元素，所以滤渣应为Fe(OH)3，为了完全沉淀铁元素，pH应大于3.2，同时防止出现铜元素沉淀，pH小于4.7，则调节pH范围为3.2≤pH<4.7，(3)“络合”时反应物有CuSO4、NH3·H2O、NaHCO3，发生反应生成了配合物Cu(NH3)4CO3，该反应的化学方程式CuSO4+5NH3·H2O+2NaHCO3=Cu(NH3)4CO3+Na2SO4+NH4HCO3+5H2O；(4)“反应”的步骤中反应物有CuSO4、(NH4)2SO3、NH4Cl，产物有CuCl，可知是亚硫酸根与Cu2+发生氧化还原反应，离子方程式为：2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；溶液2中存在的溶质主要有(NH4)2SO4、H2SO4；(5)结合络合的已知条件，用乙醇洗主要是除去CuCl表面的水，防止被氧化；-85- (6)FeCl3和CuCl反应：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-，Fe2+和C2O发生氧化还原反应：6Fe2++C2O+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，消耗C2O的物质的量为n=cV=ab×10-3mol，由关系式6CuCl~6Fe2+~C2O，则n(CuCl)=6×ab×10-3mol，质量为m=nM=6×ab×10-3×99.5g=0.597abg，质量分数为×100%。26．（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)2MoS4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___________。-85- (5)已知Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，若溶液中某离子浓度≤1×10-5mol/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，溶液中c(MoO)＜___________mol/L（保留2位有效数字）。【KS5U答案】+6MoS+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-＝+4H2O3.6×10-3【分析】由题可知，制备高纯二硫化钼的流程为：辉钼矿用盐酸、氢氟酸酸浸，除去CuFeS2、SiO2杂质，得到粗MoS2，将粗MoS2洗涤、干燥、氧化焙烧得到MoO3，再将MoO3氨浸得到(NH4)2MoO4。加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵，再加入盐酸，硫代钼酸铵与盐酸反应生成MoS3沉淀，最后通过干燥、研磨，在氢气/Ar环境下高温获得高纯的二硫化钼。据此分析解答。【KS5U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℃、-85- 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；(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)=1.1×10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8，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)＜1×10-5mol/L，c(MoO)＜。答案为：3.6×10-3。27．（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如图：①中涉及的主要反应有：主反应：4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：-85- 沉淀物Al(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2Cr(OH)3完全沉淀时溶液pH4.73.711.25.6回答下列问题：(1)“①”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是：_______；(2)“①”中若往原料中加入适量的石灰石，分析其作用可能是：_______；(3)“③”中调节pH至4.7，目的是：_______；(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是：_______。(5)“⑦”中采用冷却结晶得到红矾钠的原因是：_______。(6)称取重铬酸钠试样2.5000g配成250mL溶液，取出25.00mL于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和足量碘化钠(已知铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入几滴淀粉溶液指示剂，用0.1200mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(已知反应：I2+2S2O=2I-+S4O)问题1：判断达到滴定终点的依据是：_______。问题2：若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00ml，所得产品的中重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度_______(保留四位有效数字)。(设整个过程中其它杂质不参与反应)【KS5U答案】使反应物接触更充分，加快反应速率分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除使溶液中的AlO、SiO均转化为沉淀去除，调节pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，有利于红矾钠晶体析出红矾钠随着温度的降低，溶解度明显下降当滴加最后一滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，半分钟内不变色95.36%【分析】铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿（主要成份为FeO•Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质），铬铁矿经加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧、主反应： ，副反应：、，浸取之后除去生成的氧化铁，调节pH至4.7，除去溶液中的、，经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠。【KS5U解析】(1)固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，故答案为：使反应物接触更充分，加快反应速率；-85- (2)CaCO3分解产生CaO，可与杂质SiO2、Al2O3等物质发生反应，有利于杂质的去除，故此处填：分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除；(3)氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成、等杂质，调节pH至4.7，可生成、沉淀过滤除去，故答案为：使溶液中的、转化为沉淀去除；(4)在酸性条件下与H+离子反应生成，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为，加入硫酸酸化可促使平衡正向移动，提高浓度，促进红矾钠晶体析出，故答案为：加入硫酸酸化促使平衡正向移动，提高浓度，促进红矾钠晶体析出；(5)采用冷却结晶的方法析出红矾钠，是由于红矾钠的溶解度随温度的降低而减小，降低温度，可促进红矾钠结晶析出，故此处填：红矾钠随着温度降低，溶解度明显下降；(6)①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去，故答案为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；②根据反应的关系式计算：，则重铬酸钠试样中含有的重铬酸钠晶体的质量为，所得产品的中重铬酸钠晶体的纯度，故答案为：95.36%。28．（2021·广东金山中学高三三模）从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)中回收镓和砷的工艺流程如下：已知：镓(Ga)既能溶于酸也能溶于碱，与NaOH溶液反应生成NaGaO2和H2。回答下列问题：-85- (1)“浆化”是将砷化镓废料转变成悬浊液的过程，其目的是____。(2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，砷转化为Na3AsO4进入溶液，该反应的化学方程式为____。(3)“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因是___；“滤渣II”的成分为___(填化学式)。(4)向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节pH使镓和硅共沉淀，不同pH时沉淀率如下表所示。根据表中数据可知，“中和”的pH应调节至____范围内，沉淀的效果最好。pH镓沉淀率/%硅沉淀率/%砷沉淀率/%4.075.089.20.025.098.598.60.016.098.999.20.027.095.399.50.068.086.186.30.119.057.465.10.13(5)“旋流电解”时用惰性电极，则所得“尾液”的溶质主要是____(填化学式)，可进行循环利用，提高经济效益。(6)若用240kg含镓3％的砷化镓废料回收镓，得到纯度为98％的镓7.20kg，则镓的回收率为___％(结果保留三位有效数字)。【KS5U答案】增大接触面积，提高碱浸效率(或“使碱浸更充分”等)GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O温度过高易导致H2O2分解Ga(OH)3、H2SiO35.0～6.0H2SO498.0【分析】-85- 砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2和CaCO3等杂质)中加入NaOH、H2O2，GaAs转化为NaGaO2、Na3AsO4，SiO2转化为Na2SiO3进入溶液，Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣Ⅰ；浸出液中加硫酸调节pH，生成Ga(OH)3、H2SiO3沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，Ga(OH)3生 成Ga2(SO4)3溶液，电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气、硫酸，以此分析解答。【KS5U解析】(1)将砷化镓废料转变成悬浊液，可增大与氢氧化钠、过氧化氢的接触面积，从而提高碱浸效率；(2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，NaOH、H2O2与GaAs反应生成NaGaO2、Na3AsO4，该反应的化学方程式为：GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O；(3)“碱浸”时，温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致H2O2分解，所以温度不能过高或过低，需要控制在70℃左右； 浸出液中加硫酸调节pH，生成Ga(OH)3、H2SiO3沉淀则“滤渣II”的成分为Ga(OH)3、H2SiO3；(4)向浸出液中加H2SO4进行“中和”，调节pH使镓和硅共沉淀，pH范围在5.0～6.0时，镓和硅沉淀率高、砷沉淀率低，所以“中和”的pH应调节至镓和硅范围5.0～6.0内；(5)电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气、硫酸，所得“尾液”的溶质主要是H2SO4，可进行循环利用，提高经济效益；(6)若用240kg含镓3%的砷化镓废料回收镓，得到纯度为98%的镓7.20kg，则镓的回收率为：7.20kg×98%/240kg×3%×100%≈98.0%。29．（2021·银川市第六中学高三其他模拟）金、银是生活中常见的贵金属，用途非常广泛。工业上常利用氰化法从一种含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其它不溶性杂质)中提取金。工艺流程如下：已知：①Zn+O2+H2O=Zn(OH)2②Zn2+(aq)Zn(CN)2(s)Zn(CN)(aq)(1)步骤1中“磨矿”的目的是___________。-85- (2)步骤2中浸出应选用___________(填盐酸、硫酸或硝酸)。(3)步骤4浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，该反应的离子方程式为___________。(4)步骤4中为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度过高浸出速率反而会降低，原因是___________。(5)步骤6的目的是___________。(6)步骤7置换的总反应为：2Au(CN)+3Zn+4CN-+2H2O=2Au+2Zn(CN)+ZnO+2H2↑，该过程中，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可采取的措施是___________。(7)脱金贫液(主要含有CN-)会破坏环境，可通过化学方法转化为无毒废水净化排放。碱性条件下，用NaClO将贫液中的CN-氧化成无毒的CO和N2，该反应的离子方程式为___________。【KS5U答案】增大反应物的接触面积，提高浸出速率硝酸4Au+8CN-+2H2O+O2＝4Au(CN)+4OH-温度太高会降低O2的溶解度，使c(O2)减小，金的浸出速率降低提高金的浸出率(或提高金的产率，或减小金的损失，合理即可)(适度)增大溶液中c(CN-)2CN-+5ClO-+2OH-＝2CO+N2↑+5Cl-+H2O【分析】含金矿石经磨矿后加入酸酸浸，氧化铁和银溶解，Au不溶解，过滤，向浸出渣中加入KCN、KOH混合液，并通入氧气，反应生成Au(CN)，过量，且将滤渣洗涤，在滤液中加入Zn置换，可生成Zn、Au沉淀，加入酸除去锌，可得到金，以此解答该题。【KS5U解析】(1)根据外界条件对反应速率的影响可判断步骤1中“磨矿”的目的是增大反应物的接触面积，提高浸出速率。(2)由于硫酸银微溶，氯化银难溶，所以步骤2中浸出应选用硝酸。(3)步骤4浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，反应物是KCN、KOH、氧气和水，因此该反应的离子方程式为4Au+8CN-+2H2O+O2＝4Au(CN)+4OH-。(4)由于温度太高会降低O2的溶解度，使c(O2)减小，因此但温度过高浸出速率反而会降低。(5)步骤6中洗涤液和滤液合并利用，因此目的是提高金的浸出率。-85- (6)为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，根据方程式可知应该尽可能使反应正向进行，所以可采取的措施是(适度)增大溶液中c(CN-)。(7)碱性条件下，用NaClO将贫液中的CN-氧化成无毒的CO和N2，还原产物是氯离子，则该反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-＝2CO+N2↑+5Cl-+H2O。30．（2021·江苏高三其他模拟）镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件，一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如图：回答下列问题：(1)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤用来除铁、除锰，其中除铁的离子方程式为___。(2)“置换”中置换率与的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。实际生产中最佳比值为1.3，选择该比值的原因是___。(3)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，反应的化学方程式是___。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。-85- (4)①CdS又称镉黄，可用作黄色颜料。CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，此过程的化学方程式为___。②若向反应后的溶液中加水稀释，又出现黄色沉淀，用平衡移动原理解释：___。(已知Cd2++4Cl-[CdCl4]2-)【KS5U答案】3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+锌粉用量过少，置换出镉产率太低；锌粉用量过多的话，会使海绵镉的纯度降低，同时熔炼消耗NaOH用量也会增大，增加成本Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑加水稀释时，c(Cl-)降低，使平衡Cd2++4Cl-[CdCl4]2-向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2－结合生成CdS黄色沉淀【分析】根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，加入稀硫酸溶液酸溶，形成硫酸盐溶液，加入石灰乳调节pH=5，使Cu2+和Ca2+形成Cu(OH)2和硫酸钙沉淀除去，滤液中加入高锰酸钾溶液，将Fe2+和Mn2+氧化为Fe3+和MnO2，形成氢氧化铁和二氧化锰沉淀除去。在滤液中再加入Zn，置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶液其中的锌，得到隔和Na2ZnO2。【KS5U解析】(1)KMnO4的还原产物是MnO2，Fe2+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(2)由图像所示，的比例关系小于1.3时置换率低于90%置换率太低，高于1.3时，置换率提升不大，但是会导致锌的用量太多，导致海绵镉的纯度下降，后续除锌时消耗NaOH的用量增大，增加成本；(3)用氢氧化钠反应海绵镉中的锌，生成Na2ZnO2，化学方程式为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；(4)①CdS可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，根据原子守恒，还会生成H2S，化学反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑；②已知Cd2++4Cl-[CdCl4]2-，加水稀释后，使Cl-浓度降低，平衡向左移动，使Cd2+浓度增大，和溶液中的S2-结合成CdS沉淀。-85- 31．（2021·广东高三其他模拟）五氟化锑()是非常强的路易斯酸其酸性是纯硫酸的1500万倍。以某矿(主要成分为，含有少量CuO、PbO、等杂质)为原料制备的工艺流程如图。已知：I.CuS、PbS的分别为、；Ⅱ.微溶于水、难溶于水，它们均为两性氧化物；SbOCl难溶于水。回答下列问题：(1)浸出时少量转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为，该反应的离子方程式为___________，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为___________。(2)已知：浸出液中：、。在“沉淀”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，___________。(3)“除砷”时，转化为，该反应的离子方程式为___________(4)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阴极的电极反应式为___________；“电解”中锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是___________。(5)与反应，首次实现了用化学方法制取，同时生成和-85- ，化学反应方程式为___________，若生成5.6LF2(标准状况)，则转移电子的数目为___________(设为阿伏加德罗常数)【KS5U答案】SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为，为两性氧化物，能溶于过的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不易控制CuS参与了电极反应【分析】锑矿用盐酸浸出，、CuO、PbO、分别与盐酸反应生成SbCl3、CuCl2、PbCl2、AsCl3，过滤除去难溶性杂质，滤液中加入Na2S，沉淀Cu2+、Pb2+，过滤除去CuS、PbS，加入除去As，电解滤液制得金属Sb，用氯气氧化Sb制得SbCl5，通入HF制得SbF5。【KS5U解析】(1)浸出时少量转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为，该反应的离子方程式为，不宜用NaOH溶液代替氨水，是因为SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为，为两性氧化物，能溶于过的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不易控制。(2)已知：浸出液中：，则产生CuS沉淀所需的最小硫离子浓度为，同理，，产生PbS沉淀所需的最小硫离子浓度为，故在“沉淀”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，。(3)“除砷”时，转化为，As3+被还原为As单质，则该反应的离子方程式为。-85- (4)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，得到金属Sb单质，阴极的电极反应式为；当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是参与了电极反应。(5)与反应制取，同时生成和，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学反应方程式为，该反应中F元素的化合价从-1价升高为0，Mn的化合价从+5降低为+3，则生成1molF2转移2mol电子，若生成5.6LF2(标准状况)，物质的量为，则转移电子的数目为。32．（2021·安徽安庆一中高三三模）氮化镓(GaN)是一种具有优异光电性能的物质，可以用在高功率、高速的光电元件中。例如氮化镓可以用在紫光的激光二极管，几名科学家因发明蓝光LED而获得2014年诺贝尔物理奖。一种综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备氮化镓(GaN)的部分工艺流程如下图所示。已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。②MOCVD是一种金属有机物化学气相淀积技术。③常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH如表。金属离子浓度(mol·L-1)开始沉淀pHFe2+1.0×10-38.0Fe3+4.0×10-21.7Zn2+1.55.5Ga3+3.0×10-33.0④金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表。-85- 金属离子萃取率(%)Fe2+0Fe3+99Zn2+0Ga3+97~98.5(1)“浸出”时铁酸锌ZnFe2O4发生反应的化学方程式为___________。(2)浸出后将pH调至5.4，过滤所得滤饼成分的化学式为___________，滤液1中残余的Ga3+的浓度为___________。(3)萃取前加入固体X的目的是___________。(4)加入萃取剂进行萃取而得到水层，所用的玻璃仪器有___________(5)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以___________(填离子符号)形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓，则阴极的电极反应方程式为___________。(6)GaN可采用MOCVD技术制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，该气态产物的化学式为___________。【KS5U答案】ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2OGa(OH)3、Fe(OH)3使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。分液漏斗GaOGaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-CH4【分析】由题中工业流程，锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为强氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有几层，Fe2+留在水层，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后通过MOCVD技术制得GaN。【KS5U解析】(1)根据分析，铁酸锌ZnFe2O4-85- 在硫酸中溶解，生成对应价态的盐溶液，反应的化学反应方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；(2)根据浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH表，当pH=5.4时，Ga3+，和Fe3+转化为氢氧化物沉淀，滤饼为：Ga(OH)3、Fe(OH)3；根据表格，常温下，c(Ga3+)=310-3，pH=3时开始出现Ga(OH)3沉淀，此时OH-浓度为：10-11mol/L，则根据沉淀溶解方程式：Ga(OH)3(s)Ga3+(aq)+3OH-(aq)，Ksp(Ga(OH)3)=c(Ga3+)c3(OH-)=310-3mol/L(10-11)3mol3/L3=310-36mol4/L4，则当pH=5.4时，c(OH-)=10-8.6mol/L，则此时c(Ga3+)=；(3)由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有几层已达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。(4)萃取分液需要用到的仪器为：分液漏斗；(5)Ga与Al同主族，化学性质相似，电解质溶液时NaOH，故阳极的粗镓溶于NaOH，生成GaO，阴极GaO得到电子转为为Ga，故电极反应方程式为：GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；(6)以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，反应方程式为：Ga(CH3)3+NH3=GaN+3CH4。【点睛】Ga与Al同主族，性质相似，此信息告诉我们可以把题中的Ga当成Al来处理，实际考察的就是Al的性质的应用。-85-