2023年高三高考化学真题和模拟题分类汇编专题15工艺流程综合题含解析

专题15 工艺流程综合题1全国甲卷〕(ZnSO)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸4锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO

，杂质为SiO3

Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：此题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+

Fe2+

Mg2+K 4.01038 6.71017sp

2.21020

8.01016

1.81011答复以下问题：菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。为了提高锌的浸取效果，可实行的措施有 、 。(3)参与物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是 (填标号)。NHHO B．Ca(OH) C．NaOH3 2 2滤渣①的主要成分是 、 、 。向80~90℃的滤液①中分批参与适量KMnO溶液充分反响后过滤，滤渣②中有MnO，该步反响的离子4 2方程式为 。滤液②中参与锌粉的目的是 。滤渣④与浓HSO反响可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。2 4焙烧【答案】(1)ZnCO3

ZnO+CO2↑将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度等B Fe(OH)3 CaSO4 SiO24(4)3Fe2++MnO-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+4Cu2+Cu从而除去CaSO4 MgSO4【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCOSiO

Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流3 2焙烧ZnCO3

ZnO+CO2↑H2SO4Zn2+Ca2+Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，参与物质XpH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)、CaSO、SiO

的滤渣①，3 4 22 2 4 4 Zn2+Cu2+Mg2+Ca2+Fe2+KMnO4Fe2+，过滤得到Fe(OH)3MnO2的滤渣②，滤液②中参与锌粉，发生反响Zn+Cu2+=Zn2+=CuCu，再向滤液③HFCaF、MgFZnSOZnSO·7HO2 2 4 4 据此分析解答。焙烧ZnO的反响为：ZnCO3

ZnO+CO2↑；可承受将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)A．NH3·H2ONH3污染空气，且经济本钱较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入的杂质，且本钱较低，故B适宜；NaOHNa+，且本钱较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(10-5mol/L)KsppH＜5Fe3+，故滤渣①Fe(OH)CaSO是微溶物，SiO不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)、CaSO、SiO；3 4 2 3 4 280~90℃KMnO4Fe2+Fe(OH)3MnO2的滤渣②，反响的离子方程式3Fe2+MnO-+7HO=3Fe(OH)↓+MnO↓+5H+；4 2 3 2滤液②中参与锌粉，发生反响Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故参与锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；CaF、MgFHFCaSO、MgSO。2 2 4 42全国乙卷〕废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和。还有少量l的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过以以下图流程实现铅的回收。难溶电解质PbSO难溶电解质PbSOPbCOBaSO4 3 4BaCO3Ksp2.51087.410141.110102.6109确定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)Al(OH)23Pb(OH)22.36.83.57.23.28.34.69.1答复以下问题：在“脱硫”中PbSO转化反响的离子方程式为 ，用沉淀溶解平衡原理解释选择NaCO的缘由4 2 3 。在“脱硫”中，参与NaCO不能使铅膏中BaSO完全转化，缘由是 。2 3 4在“酸浸”中，除参与醋酸HAc)，还要参与HO。2 2(ⅰ)能被HO氧化的离子是 ；2 2(ⅱ)HO促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)，其化学方程式为 ；2 2 2(ⅲ)HO也能使PbO转化为Pb(Ac)，HO的作用是 。2 2 2 2 2 2“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是 。(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有 。【答案】(1)PbSO4(s)+CO2-(aq)=PbCO3(s)+SO2-(aq) 反响PbSO4(s)+CO2-(aq)=PbCO3(s)+SO2-(aq)的平衡常数c(SO2-)K= 4c(CO2-)3

34=3.4105>105，PbSO4

4 3 4PbCO3c(SO2-)反响BaSO4(s)+CO2-(aq)=BaCO3(s)+SO2-(aq)的平衡常数K= 4 =0.04<<105，反响正向进展的程度有限3 4 c(CO2-)3Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作复原剂Fe(OH)、Al(OH)3 3Ba2+、Na+4 PbSO、PbO、PbOPbBa、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中参与碳酸钠溶液进展脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中参与醋酸、过氧化氢进展酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH4.9pH4 滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中参与氢氧化钠溶液进展沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进展处理得到PbO。4“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反响生成碳酸铅和硫酸钠，反响的离子方程式为：PbSO(s)+CO2-(aq)=43sp 4PbCO(s)+SO2-(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，K(PbCO)=7.410-14sp 43 4 sp 3

(PbSO)=2.510-8，PbSO4(s)+CO2-(aq)=PbCO3(s)+SO2-(aq)的平衡常数c(SO2-)K= 4

3c(Pb2+)c(SO2-)4

K=

4(PbSO4

)2.5 = ≈3.41052.5 c(CO2-)c(Pb2+)c(CO2-) K (PbCO3 3 sp 3

) 7.410-14成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，削减铅的损失。BaSO4(s)+CO2-(aq)=BaCO3(s)+SO2-(aq)的平衡常数c(SO2-)

3c(Ba2+)c(SO2-) K

4(BaSO

) 1.110-10K= 4 =

4 = sp

4 = ≈0.04<<105，说明该反响正向进展的程度有限，因此加c(CO2-)c(Ba2+)c(CO2-) K (BaCO3 3 sp

) 2.610-9入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。(3)〔i〕过氧化氢有氧化性，亚铁离子有复原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。过氧化氢促进金属PbPb(Ac)，过氧化氢与Pb、HAcPb(Ac)2 2H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反响的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。PbO2Pb(Ac)，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO

是氧化剂，则过氧2 2化氢是复原剂。(4)pH4.9pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)依据分析可知，参与碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和参与碳酸钠、氢Na+。3浙江卷〕化合物X由三种元素组成，某试验小组按如下流程进展相关试验：化合物X在空气中加热到800℃，不发生反响。请答复：组成X的三种元素为 ；X的化学式为 。溶液C的溶质组成为 (用化学式表示)。(3)①写出由X到A的化学方程式 。②X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反响的离子方程式 。(4)设计试验，检验尾气中相对活泼的2种气体 。【答案】(1) Ba、Cu、O BaCu3O4(2)HCl、H2SO4Δ2NH3+BaCu3O4

Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3

2 3 HO＝3Cu(NH)2+Ba2＋+8OH－+8H2 3 43将潮湿的红色石蕊试纸置尾气出口，假设变蓝，说明尾气中有NH。将尾气通入冷的集气瓶中，假设有液珠，说明有H2O3【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反响生成固体混合物A，A和盐酸反响生成440.960gCuB0.015mol1.165gBaSO，无色溶液CBaCl22.330gBaSO，据此解答。44Cu0.96g÷64g/mol＝0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是3 1.165g÷233g/mol＝0.005mol，其次次生成硫酸钡的物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此1.965gX中确定0.96gCu，Ba0.005mol×137g/mol＝0.685g1.645g＜1.965g0.32g原子守恒可知应当是氧元素，物质的量是0.32g÷16g/mol＝0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成XBa、Cu、O，XBaCuO3 4依据氯原子原子守恒以及溶液C照旧能与氯化钡反响生成硫酸钡可知溶液CHCl、H2SO。4Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价上升，被氧化生成氮气，依据原子守恒Δ可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4 Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。②X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH)2生成，所以该反响的离子方程式为BaCuO+12NHHO34 3 4 3 2＝3Cu(NH)2+Ba2＋+8OH－+8HO。34 23反响中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，试验方案为：将潮湿的红色石蕊试纸置尾气出口，假设变蓝，说明尾气中有NH。将尾气通入冷的集气瓶中，假设有液珠，说明有H2O。34广东卷〕(RE)包括镧、钇等元素，是高科技进展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：：月桂酸CH

COOH熔点为44C；月桂酸和CHCOO

RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离11 23

11 23 3子保持3CH11pH见下表。

23

COO2

MgK

sp

1.8108，Al(OH)

pH8.8；有关金属离子沉3离子 Mg2

Al3

RE3开头沉淀时的pH 8.8沉淀完全时的pH /

1.53.2

3.64.7

6.2~7.4/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子。(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至 的范围内，该过程中Al3发生反响的离子方程式为 。“2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2浓度为2.7gL1。为尽可能多地提取RE3，可提高 月桂酸钠的参与量，但应确保“2”前的溶液中cCH

低于 molL1(保存两位有效数字)。11 23①“加热搅拌”有利于加快RE3溶出、提高产率，其缘由是 。②“操作X”的过程为：先 ，再固液分别。该工艺中，可再生循环利用的物质有 (写化学式)。稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂PtY。3①复原YCl3

和PtCl4

熔融盐制备Pt

Y1molPt3

Y转移 mol电子。3②PtY/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O的复原，发生的电极反响为 。3 2【答案】(1)Fe2+(2)4.7pH<6.2 (3)4.010-4

AlOH3加热搅拌可加快反响速率 冷却结晶MgSO4(6)15 O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3、Mg2、Fe2、Fe3、Al3、SO2pH使Fe3、Al3形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3、4Mg2、SO2等离子，参与月桂酸钠，使RE3形成CH

RE沉淀，滤液2MgSO

溶液，可4 11 23 3 4循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分别得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+Fe2+，故答案为：Fe2+；由表中数据可知，Al3pH4.7，而RE3pH6.2~7.4，所以为保证Fe3、Al3沉淀完全，且RE3不沉淀，要用NaOHpH4.7pH<6.2的范围内，该过程中Al3发生反响的离子方程式为Al33OH

AlOH3

，故答案为：4.7pH<6.2Al33OH

AlOH；32中Mg2浓度为2.7gL10.1125mol/L，依据K

[CHCOOsp 11 23 2

Mg]=c(Mg2)c2CH11 23

COO- ，假设要参与月桂酸钠后只生成CH

RE，而不产生CH

COO

Mg，则1.8101.81080.1125KspKspCH COOMg11 23c(Mg2)2

11 23 2cCH COO- 11 23

= =410-4molL1，故答案为：410-4；①“加热搅拌”有利于加快RE3溶出、提高产率，其缘由是加热搅拌可加快反响速率，故答案为：加热搅拌可加快反响速率；②“X”CH

COOH熔点为44C，故“X”的过程为：11 23先冷却结晶，再固液分别，故答案为：冷却结晶；由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO，故答案为：MgSO；4 4①YCl3

中Y为+3价，PtCl4

Pt为+4Pt

Y0YCl3

和PtCl4

熔融盐制备PtY31molPt3Y15mol电子，故答案为：15；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生复原反响，发生的电极反响为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。5湖南卷〕)主要成分为TiO2，含少量V、SiAl的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：“降温收尘”后，粗TiCl中含有的几种物质的沸点：4物质 TiCl VOCl SiCl AlCl4 3 4 3沸点/℃136

127 57 180答复以下问题：ΔG=ΔH-TΔS，ΔG的值只打算于反响体系的始态和终态，无视ΔH、ΔS随温度的变化。假设ΔG<0，则该反响可以自发进展。依据以以下图推断：600℃时，以下反响不能自发进展的是 。A．C(s)O(g)CO(g)2 2B．2C(s)O(g)2CO(g)2C．TiO(s)2Cl(g)TiCl(g)O(g)2 2 4 2D．TiO(s)C(s)2Cl(g)TiCl(g)CO(g)2 2 4 2TiOC、Cl，在600℃的沸腾炉中充分反响后，混合气体中各组分的分压如下表：2 2物质分压MPa

TiCl CO CO Cl4 2 24.59102 1.84102 3.70102 5.98109①该温度下，TiO与C、Cl反响的总化学方程式为 ；2 2②随着温度上升，尾气中CO的含量上升，缘由是 。“除钒”过程中的化学方程式为 ；“除硅铝”过程中分别TiCl4中含Si、Al杂质的方法是 。“除钒”和“除硅、铝”的挨次 (填“能”或“不能”)交换，理由是 。(5)以下金属冶炼方法与本工艺流程中参与Mg冶炼Ti的方法相像的是 。高炉炼铁C．铝热反响制锰【答案】(1)C

电解熔融氯化钠制钠D．氧化汞分解制汞(2) 5TiO2+6C+10Cl2

5TiCl4+2CO+4CO2 随着温度上升，CO2与C发生反响C+CO

高温2CO23VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏2不能 假设先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要参与Al，又引入Al杂质；(5)AC44【解析】钛渣中参与C、Cl2进展沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiClAl除TiClMgTi。44(1)C(s)+O(g)=CO(g)2C(s)+O(g)=2CO(g)，③TiO(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+O(g)，④2 2 2 2 2 4 2TiO2

(s)+C(s)+2Cl

(g)=TiCl2

(g)+CO4

；由图可知，600℃时C(s)+O(g)=CO(g)的G<0，反响自发进展，故A不符合题意；2 2由图可知，600℃时2C(s)+O(g)=2CO(g)的G<0，反响自发进展，故B不符合题意；2由图可知，600℃时TiO(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+O(g)的G>0，反响不能自发进展，故C符合题意；2 2 4 2依据盖斯定律，TiO(s)+C(s)+2Cl(g)=TiCl(g)+CO(g)可由①+600℃时其G<0，反响自发2 2 4 2进展，故D不符合题意；C；①依据表中数据可知，该温度下CCOCO，依据一样条件下气体的压强之比是物质的量之比2TiCl、COCO5：2：4TiOC、Cl反响的总化学方程式为4 22 2 6002 2

2 22600℃25TiO2+6C+10Cl2

5TiCl4+2CO+4CO，故答案为：5TiO+6C+10Cl

5TiCl4+2CO+4CO；②随着温度上升，CO2

与C发生反响C+CO2

高温22COCO含量上升，故答案为：随着温度上升，CO2C发生反响C+CO2

高温2CO；“降温收尘”VOCl3AlVOCl2渣，依据得失电子守恒和元素守恒配平方3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝“过程中可承受蒸馏的方法分

、SiCl，故答案为：3VOCl+Al=3VOCl+AlCl；蒸馏；3 4 3 2 3假设先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”AlAl杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的挨次不能交换，故答案为：不能；假设先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”AlAl杂质；本工艺中参与Mg冶炼Ti的方法为热复原法；A．高炉炼铁的原理是用复原剂将铁矿石中铁的氧化物复原成金属铁，属于热复原法，故A符合题意；B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；CAl作复原剂，将锰从其化合物中复原出来，为热复原法，故C符合题意；D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；AC，故答案为：AC。1二模〕主要成分为

、CuCO

FeO

、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：

3 3 2 3“氧化”时，反响的离子方程式为 。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为 (写化学式)。3 参与MnCO调整pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)而除去，该反响的离子方程式为 3 “沉铜“c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避开生成Mn(OH)，应把握pH的范围为 。[：常温下，Ksp[Cu(OH)]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)]=2.1×10-13，离2 2 210-5mol/L可视为沉淀完全]本工艺中可循环使用的物质是 。结合图像，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为： 、 ，酒精洗涤，低温枯燥。【答案】(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6](或KMnO4)(2)3MnCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2↑(3)6.5≤PH＜8(6.5～8)NH、MnCO3 3蒸发结晶 趁热过滤MnCO、CuCOFeO、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫3 3 3 4酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，参与二氧化锰，Fe2+Fe3+MnCO3pH生成氢氧NH4HCO，生成MnCO

沉淀，3 3MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。“氧化”MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有复原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6](或KMnO4)；碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反响的离子方程式为：3MnCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Mn2++3CO2↑；110-20铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)= =10-7.5mol/L，10-5c(H+)=

1014 2.11013=10-6.5，pH=6.5；锰离子开头沉淀时，c(OH-)= =10-6mol/L，c(H+)=

1014

=10-8，pH=8，107.5

0.21

106pH6.5≤PH＜8(6.5～8)；3通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外此题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使NH3、MnCO；3MnSO4MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、枯燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。2二模〕是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(ReS2)制得铼粉，其工艺流程如以以下图所示：答复以下问题：4铼不溶于盐酸，可溶于稀硝酸生成强酸高铼酸(HReO)，请写出反响的离子方程式 。41提高富铼渣浸出率的方法有 (任写两种)；酸浸一样时间测得铼的浸出率与温度关系如以以下图所示，分析高于T℃时铼的浸出率降低的缘由 。1操作II所用的主要玻璃仪器是 。2高铼酸铵和氢气制取单质铼的化学方程式为 ；此反响过程中，实际消耗H的量大于理论值，其缘由是 。2由高铼酸铵溶液获得高铼酸铵晶体的一系列操作为 、洗涤、枯燥。(6)整个工艺流程中除有机溶液可循环利用外，还有 。【答案】(1)3Re+4H++7NO=3ReO+7NO↑+2H2O3 4将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等 超过T1°C时，过氧化氢分解分液漏斗Δ2NH4ReO4+7H2 2NH3+2Re+8H2O H2除作复原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等蒸发浓缩、冷却结晶(6)NH3或H2SO4【解析】由题给流程可知，向富铼渣中参与稀硫酸和过氧化氢溶液浸取，二硫化铼与过氧化氢溶液反响得到高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸、硫酸的浸出液；向浸出液中参与有机溶液萃取高铼酸，分液得到含有高铼酸的有机层和含有硫酸的废液；向有机层中参与氨水反萃取，分液得到有机溶液和高铼酸800℃条件下共热反响制得铼粉，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用可循环利用。3Re+4H++7NO=3ReO+73 4NO↑+2H2O，故答案为：3Re+4H++7NO=3ReO+7NO↑+2H2O；3 42 4 2 2 HSOHOT2 4 2 2 时，过氧化氢受热易分解，过氧化氢的浓度降低，所以酸浸一样时间铼的浸出率降低，故答案为：将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4H2O2T1°C时，过氧化氢分解；由分析可知，操作II为分液，所用的主要玻璃仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；由分析可知，高铼酸铵晶体与氢气在800℃条件下共热反响生成铼、氨气和水，反响的化学方程式为Δ2NH4ReO4+7H2 2NH3+2Re+8H2O；得到铼粉时，为防止铼被空气中氧气氧化，反响开头时，需要用氢气排尽装置内空气，反响完毕时，需要用保护气，所以反响过程中，实际消耗氢气的量大于理论值，故答案为：Δ2NH4ReO4+7H2 2NH3+2Re+8H2O；H2除作复原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等；由分析可知，高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作得到高铼酸铵晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；4由分析可知，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用可循环利用，故答案为：NH3或H2SO。43二模〕金属钪可用作宇航材料、火箭和飞机的制造材料；氧化钪可提高计算机记忆元件性能。赤泥是铝土矿加工过程中产生的废料，含有丰富的钪元素，另含有FeO、SiO

、AlO

等氧化物。一2 3种从赤泥中提取氧化钪的工艺流程如以下图(P2O4是一种磷酸酯萃取剂)。答复以下问题：写出赤泥经盐酸处理后所得“浸渣”与强碱溶液反响的离子方程式 。

2 2 3赤泥“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而下降，其缘由是 。P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如表所示，萃取时P2O4最正确浓度及料液温度分别为2 、 ；萃取后“盐酸洗涤”的目的是 。PO2 试验编号P2O4浓度/%分相状况钪萃取率/%铁萃取率/%1-11分相快90.7615.821-22分相简洁91.5319.231-33分相简洁92.9813.561-44有第三相90.6930.121-55略微乳化91.7439.79料液温度对分别系数的影响如图：sp 3(4)反萃取时，Sc3+完全沉淀(浓度为1.0×10-6mol·L-1)时，反萃液的pH为 。(：K[Sc(OH)]=8.00×10-31，lg2=0.30sp 3Sc2(C2O4)3·xH2O2.96g样品(75%)0.69gSc2O3固体，则x= 。草酸钪晶体灼烧分解反响方程式为 ，其固体副产物主要为 。【答案】(1)SiO+2OH—=SiO2+HO2 3 2盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小3% 65℃ FeCl3(4)5.97(5)5(6) Sc(CO)·5H

OScO+3CO↑+3CO↑+5HO 钪(Sc)2 2 43

2 2 3 2 2高温【解析】由题给流程可知，赤泥参与盐酸酸浸时，钪元素转化为氯化钪，氧化铁、氧化铝溶解转化为氯化铁、氯化铝，二氧化硅不反响，过滤得到含有二氧化硅的浸渣和含有氯化钪、氯化铁、氯化铝的浸出液；向浸出液中参与萃取剂P2O4萃取钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的溶液和有机相；向溶液中参与萃取剂萃取溶液中的铁离子，分液得到氯化铝溶液；氯化铝溶液经蒸发结晶得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝制得氧化铝；有机相用盐酸洗涤、分液得到水相和有机相；有机相中参与氢氧化钠溶液反萃取，过滤得到反萃液和氢氧化钪；氢氧化钪参与盐酸溶解、富集得到氯化钪；向氯化钪溶液中参与草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪，过滤、灼烧草酸钪制得三氧化二钪。“浸渣”与强碱溶液的反响为二氧化硅与氢氧化钠溶液反响生成硅酸钠和水，反响的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO2+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO2+H2O；3 3盐酸是挥发酸，受热易挥发，假设酸浸时温度过高，氯化氢挥发会使盐酸浓度减小导致酸浸速率下降，故答案为：盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小；2 由表格数据可知，PO3%时，钪萃取率最高、铁萃取率最低，由图可知，料液温度为65℃2 2 /铁、钪/铝分别系数最高，所以萃取时PO3%、65℃，故答案为：3%；65℃2 383810311.0106mol/L3pH14-8.33+lg2=5.97，故答案为：5.97；

sp =c(Sc3)

=2×10-8.33mol/L，由钪原子原子个数守恒可知，草酸钪的物质的量与三氧化二钪的物质的量相等，由题给数据可知，草酸0.69g3540.69g 2.96g75%-18g/mol

138

x=5，故答案为：5；由得失电子数目守恒可知，草酸钪晶体受热分解生成三氧化二钪、一氧化碳、二氧化碳和水，反响的化Sc(CO)·5H

OScO+3CO↑+3CO↑+5HO，一氧化碳高温下复原性强，反响中生成的一氧化2 2 43

2 2 3 2 2高温碳高温条件下能与三氧化二钪反响生成钪和二氧化碳，则固体副产物主要为钪，故答案为：Sc(CO)·5H

OScO+3CO↑+3CO↑+5HO；钪(Sc)。2 2 43

2 2 3 2 2高温4二模〕铬是一种重要的金属材料，被广泛用于冶金、化工、耐火材料等行业。某铬铁矿CrO、FeO、FeOMgO、AlOSiO

等，利用其制备多种铬产品和其他金2 3 2 3 2 3 2属产品的工艺流程如下：高温：Al2O3+Na2CO3答复以下问题：

高温2NaAlO2+CO2↑SiO2+Na2CO3

Na2SiO3+CO2↑高温FeO+Cr2O3+Na2CO3+NaNO3材质的容器？ (填字母)。A．塑料 B．刚玉 C．铁

Na2CrO4+Fe2O3+NaNO2+A↑，反响时应选用何种D．石英步骤②的操作是 和 。写出过量物质A与“滤液1“中溶质生成Al(OH)3的离子方程式： 。“滤液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用离子方程式表示该反响： 。制取高纯铬常用电解法和铝热法，铝热法的缺点是 。步骤④是在隔绝空气条件下，除生成Cr2O3外，还生成了Na2CO3和CO，假设该反响中有3molNa2Cr2O7参与反响，则转移的电子为 mol。“滤渣1”中铁元素含量较高，具有回收价值。为回收金属，需要将含Fe3+的有机相进展反萃取。在有机相Fe3+22.8g/L(Vo：Va)=1：120min25°C4Fe3+反萃取率的影响试验结果如以下图。当反萃取剂的浓度均为0.5mol·L-1时，反萃取效果最好的是 (填化学式)，在实际操作中需在该反萃取剂中参与确定量H3PO4溶液，其目的是 ；但H3PO4浓度不宜过大，其缘由是 。[：(NH4)2HPO4溶液pH=7.8~8.2]【答案】(1)C(2) 水浸、过滤 H2SiO3 AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO2 3(3)2CrO2+2H+4

Cr2O2+H2O7能耗大或者产品纯度较低 1874(NH4)2HPO4 调整溶液的pH，防止Fe3+在反萃取时可能生成沉淀 pH小会生成NH4H2PO，反萃取率低(或其他合理解释)4【解析】依据题干信息，铬铁矿的主要成分为Cr

O、FeO、FeOMgO、AlOSiO等，2 3 2 3 2 3 23Na2CO3

、NaNO

32Al32

32O+NaCO32

高温322NaAlO32

+CO↑、2高温2SiO2+Na2CO3

高温Na2SiO3+CO2↑、2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO3

2Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A↑A为CO，熔块经水浸、过滤后分别出滤渣1FeO，滤渣1经酸溶、氧化、萃取分液、反萃取得到Fe3+。滤液2 2 3NaAlO、NaCrO、NaSiO、NaNO、NaNO1CO2含HSiO、2 2 4 2 3 2 3 2 2 3Al(OH)2NaCrONaCr

OCrOCr，据此3 2 4分析解答。

2 2 7 2 3高温2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO3

2Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2CO2↑，因此该步骤不能(氧化铝)与碱性物质高温下反响，塑料不耐热，可选铁坩埚，故答案选C；12，故操作为水浸、过滤，滤液1CO2含2H2SiO、Al(OH)Al(OH)AlO+CO+2HO=Al(OH)↓+HCO；3 3 3 2 2 2 3 32Na2CrO

NaCr

O2CrO2+2H+

CrO2+HO；4 2 2 7 4 2 7 2铝热反响能耗大，使用铝热法制取高纯铬，获得的产品纯度较低，应选用电解法，步骤④是在隔绝空气Cr2O3Na2CO3CO，Cr元素由+6价降低为+33molNa2Cr2O73mol×2×3=18mol；40.5mol/L时，(NH4)2HPO4的反萃取率较高，因此反萃取效果最好的是(NH4)2HPO，4Fe3+Fe(OH)，因此在该反萃取剂中参与确定量HPOpHFe3+在反萃取时3 3 4Fe(OH)3pHNH4H2PO4H3PO4溶液浓度不宜过大。5三模〕具有屏蔽X射线的功能，广泛应用于彩色显示装置、等离子显色装(SrSO，含少量BaSOCaSO)4 4 4艺流程如下：：①Sr(OH)、Ba(OH)、Ca(OH)在不同温度下的溶解度(g)：2 2 22040608090100Sr(OH)21.773.958.4220.244.591.2Ba(OH)23.898.2220.94101.4——Ca(OH)20.1730.1410.1210.0940.0860.0762②浸取时发生反响：2SrS+2H2O=Sr(HS)2+Sr(OH)，硫化锶的溶解度主要受氢氧化锶的溶解度影响。2③BaSO、SrCO、BaCOSrSO

均难溶于水，在一样温度下的溶解度(S)关系如下：4 3 3 4S(BaSO4)≈S(SrCO3)＜S(BaCO3)＜S(SrSO4)。答复以下问题：天青石、煤混合粉碎的目的是 。4天青石与煤焙烧时CO复原了SrSO ，反响的化学方程式为 。4用热水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是 。碳化过程把握条件让硫氢化锶吸取二氧化碳有利于产品质量的提高，并且可以供给硫化氢使氢氧化锶转化为硫氢化锶。写出碳化时硫氢化锶吸取二氧化碳的化学方程式： 。假设到达碳化终点后连续碳化，则会使产品产率降低，结合化学方程式解释缘由，取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，假设 说明到达碳化终点。2 2 3 由于碳化所用的CO2中含有少量的O、SO等，在碳化时发生副反响，生成少量的SrSO、SrSO，所以要对碳化完成的碳酸锶浆进展脱硫处理。方法为参与纯碱，并加热煮沸，写出脱硫过SrSO4与纯碱反响的化学方程式 2 2 3 【答案】(1)增大反响物接触面积，加快反响速率，提高原料的利用率高温SrSO4+4CO

SrS+4CO2促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解(4)Sr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2SSrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO)

，造成产量下降 无色酚酞不变红32ΔSrSO4+Na2CO3 SrCO3+Na2SO4(SrSOBaSOCaSO)和煤粉碎后灼烧，SrSO

CO反响生成4 4 4 43SrS，利用热水浸取，过滤除去滤渣1，所得滤液除钡，过滤得到滤渣2，向滤液中通入CO2SrCO，3SrCO，据此解答。3依据外界条件对反响速率的影响可知天青石、煤混合粉碎的目的是增大反响物接触面积，加快反响速率，提高原料的利用率。高温COSrSO4SrSSrSO4+4CO

SrS+4CO。2Sr(OH)、Ba(OH)的溶解度随温度上升而增大，Ca(OH)2

的溶解度随温度上升而减小，所以用热水浸2 2 2取可以加快浸取速率，另外的主要作用是促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解。碳化时硫氢化锶吸取二氧化碳生成SrCO3和H2SSr(HS)2+CO2+H2O＝SrCO3↓+2H2S。由于二氧化碳足量，发生反响SrCO3+CO2+H2O＝Sr(HCO)，造成产量下降，所以假设到达碳化终点后连续碳32H2S假设无色酚酞不变红说明到达碳化终点。4SrSO4SrCO3Na2SO，氟的化学方程式为4ΔSrSO4+Na2CO3 SrCO3+Na2SO4。324 6三模〕[主要含O)，还含FeO、MgO、RuO、CaO、SiO]324 Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为 。“酸浸”时，Na2SO3的作用 。“滤渣”的主要成分有SiO2和 (填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如以下图，“酸浸”的最正确条件是 。3“除铁”的离子方程式为 。(提示：1molNaClO参与反响，转移6mol电子)(4)从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为 。3“灼烧”时Ar的作用是 。10t钌矿石[8.84tRu(CO)

、165kgRuO

]，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为 。(保存三位有效数字)

32 4【答案】(1)+3价4 (2) 溶解RuO CaSO 温度为65℃、pH为4 (3)6Na++12Fe2++2ClO+18SO2+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-3 4(4)(5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反响(6)87.8%【解析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反响生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后参与氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中参与加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中参与碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中参与草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，2和草酸钌；在氩气气氛中灼烧草酸钌制得钌。0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；由分析可知，酸浸时参与亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0”最正确条65℃、pH1.0RuO

；CaSO65℃、pH1.0；4 4Na2Fe4(SO4)4(OH)26Na++12Fe2++2ClO+18SO2+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-，故答案为：3 46Na++12Fe2++2ClO+18SO2+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2↓+2Cl-+6OH-；3 4由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为 ，故答案为：；灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反响得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反响；10t3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为3636103g101g/mol8.84106g165103g221g/mol 165g/mol

×100%=87.8%，故答案为：87.8%。3 2 4 2 7三模〕s)含H3AsO、HSO)AsO3 2 4 2 4：①As2O3为酸性氧化物；②As2S3Na2SFeSO，的目的是除去过量的S2-。4答复以下问题：3 废水中HAsO中砷元素的化合价为3 23“焙烧”操作中，AsS23“碱浸”的目的 ，“滤渣Y”的主要成分是 。(写化学式)。(4)“氧化”操作的目的是 (用离子方程式表示)。2 “复原”H3AsO4转化为H3AsO3然后将“复原”后溶液加热，H3AsO3AsO。某次“复原”2 制得了1.98kgAsO，则消耗标准状况下气体X的体积是 2 3砷酸钠(Na3AsO4)1AsO3-+2H++2I-=AsO3-+I2+H2OpH4 3对AsO3-氧化性的影响测得输出电压与pH的关系如图2所示则a点时盐桥中K+ (填“向左”“向4右”或“不”)移动，c点时，负极的电极反响为 。【答案】(1)+3价(2)2AsS23

9O2

△ 2AsO2 3

6SO2(3)将AsO转化为NaAsO，与FeO分别 FeO(3)2 3 3 3 2 3 2 3(4)AsO3HO3 2

AsO3HO4 2(5)448(6) 向左 AsO3H3

O2e2

AsO32H4【解析】向酸性含砷废水中参与硫化钠溶液和硫酸亚铁溶液，将亚砷酸转化为硫化砷和硫化亚铁沉淀，过滤得到含有硫酸钠的滤液M和硫化砷、硫化亚铁；硫化砷和硫化亚铁在空气中煅烧得到三氧化二砷、氧化铁和二氧化硫，则气体X为二氧化硫；向三氧化二砷、氧化铁中参与氢氧化钠溶液碱浸，将三氧化二砷转化为亚砷酸钠，过滤得到氧化铁滤渣Y和亚砷酸钠溶液；向亚砷酸钠溶液中参与过氧化氢溶液，将亚砷酸钠氧化为砷酸钠，向砷酸钠溶液中参与稀硫酸酸化得到砷酸，通入二氧化硫气体将砷酸复原为亚砷酸，亚砷酸受热分解生成三氧化二砷。0可知，亚砷酸中砷元素为+3价，故答案为：+3价；由分析可知，硫化砷在空气中煅烧生成三氧化二砷和二氧化硫，反响的化学方程式为2AsS23

9O2

△ 2AsO2 3

6SO2

2AsS23

9O2

△ 2AsO2 3

6SO；2由分析可知，碱浸的目的是将三氧化二砷转化为亚砷酸钠，与不与氢氧化钠溶液反响的氧化铁分别，滤Y渣为氧化铁，故答案为：将AsO转化为NaAsO，与FeOFeO；Y2 3 3 3 2 3 2 3参与过氧化氢溶液氧化操作的目的是亚砷酸钠与过氧化氢溶液反响生成砷酸钠和水，反响的离子方程式为AsO3HO3 2

AsO3H4

OAsO3HO2 3 2

AsO3HO；4 2由分析可知，向砷酸钠溶液中参与稀硫酸酸化得到砷酸，通入二氧化硫气体将砷酸复原为亚砷酸，亚砷酸受热分解生成三氧化二砷，由得失电子数目守恒可知，生成1.98kg三氧化二砷时，反响消耗标准状况下1980g 2二氧化硫的体积为198g/mol ×2×2 ×22.4L/mol=448L，故答案为：448；由图可知，apH0，平衡向正反响方向移动，甲池中石墨电极为原电池的正极，乙池中石墨电极为负极，则盐桥中钾离子向左侧甲池移动；cpH减小，平衡向逆反响方向移动，乙池中石墨电极为正极，甲池中石墨电极为负极，在水分子作用下，亚砷酸根在负极失去电子发生氧化反响生成砷酸根离子，电极反响式为AsO3H3

2

AsO32H，故答案为：向左；43

2

AsO32H。48二模〕主要成分为2制CuSO4•5H2O的流程如图。R可以萃取g答复以下问题：焙烧前粉碎的目的是 。

萃取反萃取

CuR

2(org)+2H+(aq)。“调整pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为 ，试剂X的最正确选择是 (填标号)。a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3•H2O25℃时，“pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)离子浓度/(mol·L-1)

Fe3+1.0×10-6

Cu2+5.0

Ni2+1.2

Fe2+0对应氢氧化物的K 6.4×10-38 2.2×10-20 2.0×10-15 8.0×10-162该滤液的pH为 ；参与的Cu(OH) (填“已经”或“没有”)完全溶解。2向萃”后的水相中参与确定量的O和能制得黑色不溶物该反响的化学方程式 (5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为 。(6)将得到的胆矾产品做热重分析，测得的数据如以下图。：杂质不分解，250℃时，胆矾失去全部结晶水。则A点胆矾分解得到的物质为 (填化学式)；该胆矾产品的纯度为 (保存4位有效数字)。【答案】(1)增大接触面积，提高反响速率(2) 2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+， c(3) 3.6 已经2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O向过滤器中参与蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。(6) CuSO4•3H2O 96.53%【解析】由题中流程可知，铜镍矿石(CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中参与HOFe2+Fe3+Cu(OH)pHFe3+Fe(OH)

沉淀，连续过滤，滤渣2 2 2 33为Fe(OH)，滤液中参与HR进展萃取，除去镍离子，有机相中参与硫酸进展反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，枯燥即可获得产品；据此解答。3由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反响速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反响速率。由上述分析可知，参与Cu(OH)2pH，使Fe3+Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)=2Fe(OH)↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org) 萃取 CuR(org)+2H+(aq)可知，2 3 反萃取 2要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中参与硫酸进展反萃取，可以分别铜离子，还不会产生杂质，所以选项c2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c。由题中表格数据可知，25℃时，“调整pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，由于Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，则K FeOH c(OH-)=3

sp

6.41038 K3 =3 =4×10-11mol/L，c(H+)= w

110

14 =

×10-3mol/L，cFe3

1106 c(OH)

41011 4pH=3+lg4=3+2lg2=3.6c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20Cu(OH)2已经完全3.6；已经。向“萃取”NaClONaOH，能制得黑色不溶物NiOOHNiSO4NaClO发生氧化复原反响，该反响的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。“操作Ⅱ”2～次；答案为向过滤器中参与蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。由题中信息和图示可知，杂质不分解，250℃时，胆矾失去全部结晶水，此时失重率为34.75%，设产品总CuSO?5HOCuSO5HO4 242质量为m克，该胆矾产品的纯度为x，则 250gmgx90g ，解之mg34.75%25034.75%x=90

=96.53%；A13.90%ACuSO4•yH2O，则CuSO4

O CuSO2

?yH2

O (5y)HO185

，所以25013.90%18(5y)96.53%，解之

，所以250g yg y=3 Amg96.53% mg13.90%CuSO4•3H2O；答案为CuSO4•3H2O；96.53%。9二模〕锗是一种稀散金属，在光纤通信、航空航天等领域有广泛应用，模拟从氧化锌烟灰(ZnO、ZnO·GeO、FeO·GeO、FeO·GeO、PbO等)中提取锗元素的流程图如下：2 2 2 3 2pH2，GeGeO2+的形式存在；Fe3+络合沉淀。浸取时ZnO·GeO2发生反响的化学方程式是 ，浸渣的主要成分是 。试剂X的作用是 。以以下图为沉锗时溶液pH对锗沉淀率的影响，则适宜的pH应为 (填标号)。A．1.0 B．2.0 C．2.5 D．3.0沉锗时有一段沉锗和二段沉锗两种工艺，单宁酸用量与锗沉淀率关系如表所示，工业常用二段沉锗工艺且单宁酸总用量为25倍，其缘由是 。一段沉锗单宁酸总用量/倍1015202530锗沉淀率/%88.589.590.591.593.5二段沉锗单宁酸总用量/倍1015202530锗沉淀率/%9293.594.59797.5可从滤液中回收的金属元素主要有 。4 C2H2O表示单宁酸，压滤后的含锗沉淀表示为GeO(C2H2O)2SOSO、H2O4 2CO三种气体，该反响方程式为 。2【答案】(1) ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4(2)Fe3+(3)C单宁酸总用量一样时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小Zn、Fe(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O2

灼烧2GeO2+8CO2+4H2O+2SO2【解析】由题给流程可知，向氧化锌烟灰中参与硫酸溶液浸取时，PbOPbSO，ZnO、4ZnO·GeO、FeO·GeO、FeO·GeOZnSO、FeSO、Fe(SO)、GeOSO，过滤得到含2 2 2 3 2 4 4 2 43 4442PbSO4ZnSO、FeSO、Fe442

(SO)

、GeOSO

的滤液；向滤液中先参与铁，将铁离子转化为亚434铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子转化为沉淀，再参与氧化锌调整溶液pH至2.5，后参与单宁酸沉锗，434ZnSO、FeSO的滤液和含锗沉淀；含锗沉淀在空气中灼烧GeO。4 4 24 由分析可知，ZnO·GeO2ZnSO、GeOSO4 ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；滤渣的主要成分为硫酸铅，故答案为：ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO；4由分析可知，试剂X为铁，参与铁的目的是将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子也转化为沉淀，导致含锗沉淀中含有杂质，故答案为：复原Fe3+；pH2.5时，锗沉淀率最高，所以沉锗时，溶液适宜的pH2.5C；由表格数据可知，当单宁酸总用量一样时，二段沉锗时锗沉淀率高于一段沉锗，所以工业常用二段沉锗工艺；二段沉锗时，单宁酸总用量增大，锗沉淀率增大，当用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小，所以为节约生产本钱，应选择单宁酸总用量为25倍进展二段沉锗，故答案为：单宁酸总用量一样时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小；由分析可知，滤液中含有ZnSO、FeSO，所以可从滤液中回收的金属元素为锌元素、铁元素，故答案为：4 4Zn、Fe；由题意可知，含锗沉淀在空气中灼烧发生的反响为GeO(C2H2O)2SO4与空气中氧气反响生成二氧化锗、二灼烧2氧化碳二氧化硫和水反响的化学方程式为2GeO(C2H2O)2SO4+7O2 2GeO2+8CO2+4H2O+2SO故答案为：2灼烧2GeO(C2H2O)2SO4+7O2

2GeO2+8CO2+4H2O+2SO。20三模主要成分为含锰化合物及2与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：：①“混合焙烧”MnSO、FeOFeO、AlO、MgO。4 2 3 2 3pH范围如下表所示(25℃)：3物质 Fe(OH)3

Fe(OH)2

Mn(OH)2

Al(OH)31.97.67.33.03.29.69.35.2③离子浓度≤10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。“混合焙烧”的主要目的是 2假设试剂a为MnO，则氧化步骤发生反响的离子方程式为 ，假设省略“氧化”步骤，造成的影响是2 。“中和除杂”时，应把握溶液的pH范围是 。“氟化除杂”后，溶液中c(F-)浓度为0.05mol·L-1。则溶液中c(Mg2+)和c(Ca2+)的比值= (：Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12)4 3 2 “碳化结晶”时发生反响的离子方程式为 ，选择NHHCO而不选择NaCO溶液的缘由是 4 3 2 【答案】(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)(2) MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O Fe2+Mn2+Mn2+损失(3)5.2≤pH<7.3(5.2~7.3)(4)1600/9(177.8177.78)(5) Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO Mn2+Mn(OH)3 3 2 2 2(FeS)MnSOFeOFeOAlO、4 2 3 2 3MgO，参与硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，参与二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，MnF2Mg2+Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，参与碳酸氢铵发生Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO↑+HO，参与3 3 2 2硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥等系列操作得到硫酸锰晶体。FeS，“混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；2aMnO，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被复原成二价锰离子，则氧化MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；假设省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+Mn2+已2Mn2+损失；“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要把握溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3(5.2~7.3)；“氟化除杂”c(F-)0.05mol/Lc(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=(6.4×10-10):(3.6×10-12)=1600/9(177.8177.78)；3“碳化结晶”NH4HCO，生成碳酸锰，结合原子守恒、电荷守恒可知发生反响的离子方程式为3Mn2++2HCO-=MnCO