热门试卷

（1）PbO＋2HNO3=Pb(NO3)2＋H2O   (2分)   

3Pb＋8HNO3=3Pb(NO3)2＋2NO↑＋4H2O   (3分)

（2）防止Ag被溶解进入溶液  (或使Ag留在浸出渣中)(2分)

（3）HNO3 (2分)  浸出时部分铅离子生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率 (2分)

（4）CaSO4杂质  (2分)

（5）)PbSO4＋2e－=Pb＋SO42－  (2分) 

试题分析：（1）写方程式时注意，Pb的二价稳定，Pb与HNO3发生氧化还原反应生成NO。

（2）Pb过量可将溶解的Ag置换出来，防止Ag+进入溶液。

（3）母液循环利用，第一步需要加入HNO3，因此母液中溶质主要是HNO3。根据题意PbSO4难溶于水，若硫酸根过多，则会使部分Pb生成PbSO4随浸出渣排出，产率降低。

（4）产品中含有的主要杂质是CaSO4，根据沉淀转化原理，加入Pb(NO3)2溶液可使CaSO4转化为Ca（NO3）2，除去杂质。

（5）根据铅蓄电池原理，负极的Pb充电时接电源负极，成为电解池的阴极，因此阴极的反应式为PbSO4＋2e－＝Pb＋SO42－。

（1）增大锂辉石与硫酸的接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率

（2）Al3+、Fe3+   CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑ （3）2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O，

（4）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失   （5）Na2SO4

试题分析：（1）锂辉石用浓硫酸浸取之前要粉碎成细颗粒可以扩大与硫酸的接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率。（2）在搅拌下加入石灰石以调节溶液的PH到6.0—6.5，此时因为Fe3+、Al3+完全形成氢氧化物沉淀时，溶液的PH分别为3.2、4.7，其它的PH值都大于 6.0—6.5。故此时沉淀的杂质离子有Al3+、Fe3+ 。石灰石调节溶液PH的原理的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。（3）加入双氧水能把亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+＋H2O2＋2H+=2Fe3+＋2H2O，其它的反应都是复分解反应。（4）根据表格中碳酸锂的溶解度与温度的关系可知：Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失。（5）由于它们发生了复分解反应。所以从滤液c中可回收的主要物质是Na2SO4。

（1）Cl2＋2OH－ ＝Cl－＋ClO－＋H2O  （2）NaCl   （3）① 26        1.2

试题分析：（1）氯气是酸性气体，能和烧碱溶液反应，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－ ＝Cl－＋ClO－＋H2O。

（2）根据流程确定混合物Ⅰ的组成为氯化钠、次氯酸钠以及氢氧化钠的混合物，经过反应②之后所得混合物II的组成有NaNO3、NaCl、NaOH、K2FeO4，从中分离出K2FeO4后，得到的副产品是NaNO3、NaCl、NaOH，其中NaNO3作炸药，NaCl用作调味品或氯碱工业原料等。

（3）寻找最佳温度要具备的条件：该温度下反应速率快，生成高铁酸钾的产率较大两方面，所以根据图像可知工业生产中最佳温度为26℃，因为在该温度下生成高铁酸钾的产率最大，此时Fe(NO3)3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为＝1.2。

32.（16分）

（1）CaCO3(粉末)+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑  （3分）

（2）Fe3+、Fe2+、Al3+  （3分，每个1分）

H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O （3分）

（3）防止温度下降时H3BO3从溶液中析出（意思相同即可给分。例如：从H3BO3溶解度数据可知，温度较高时，H3BO3溶解度较大，不易从溶液中析出。） （3分）

（4）加压升温结晶  （4分，加压、升温结晶各2分）

试题分析：（1）由于硫酸的酸性比碳酸强，则矿粉中的碳酸钙与加入的稀硫酸能发生复分解反应，生成硫酸钙、二氧化碳气体和水，即CaCO3(粉末)+H2SO4=CaSO4+H2O+CO2↑，粉末状碳酸钙及分批加入稀硫酸能加快反应速率、防止微溶的硫酸钙覆盖在碳酸钙固体表面阻止反应的顺利进行；根据流程图及题意可知，浸取时2MgO•B2O3•H2O及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3都能溶于稀硫酸，而SiO2不能溶于稀硫酸；（2）双氧水是常用的绿色氧化剂，所含氧元素由—1价降低为—2价，杂质阳离子中只有亚铁离子能被其氧化为铁离子，即H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O；由于铁离子和铝离子能够水解，即Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+、Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，用稀硫酸浸取及浸出液呈酸性时，能抑制铁离子和铝离子的水解，加入过氧化氢和氧化镁时，能消耗氢离子、生成水且不引入新的杂质阳离子，即MgO+2H+=Mg2++H2O，减小氢离子浓度，增大溶液pH至3.2时，促进铁离子水解到底，即亚铁离子转化为铁离子，铁离子完全沉淀为氢氧化铁，增大溶液pH至5.2时，促进铝离子水街到底，即铝离子完全沉淀为氢氧化铝沉淀，因此加入适量过氧化氢和氧化镁除去的杂质离子是Fe3+、Fe2+、Al3+；（3）浸取时二氧化硅不溶于稀硫酸，浸取反应生成硫酸钙微溶于水，其余物质溶解后变为硼酸、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸镁，根据已知信息，H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0g、8.7g、14.8g、40.2g，为了除去固液混合物中的二氧化硅和硫酸钙，且不能损失硼酸，因此应选择硼酸溶解度最大时的温度，进行趁热过滤，防止温度下降时H3BO3从溶液中析出；（4）除杂时，所得滤渣的主要成分是氢氧化铁、氢氧化铝，而母液的主要成分是硼酸、硫酸镁；为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，根据硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线的已知信息推断，若蒸发浓缩、冷却结晶得到的是MgSO4•7H2O晶体，因此应该蒸发浓缩，升温结晶；根据溶液的沸点随压强增大而升高的已知条件，为了防止蒸发时液体沸腾，影响结晶，还要加压结晶，防止蒸发浓缩时溶液沸腾，从而得到MgSO4•H2O晶体。

（11分）（1）B （1分）

（2）Fe(OH)3 （1分）、Y3++3NH3·H2O＝Y(OH)3↓+3NH4+ （2分）

（3）Y2(C2O4)3Y2O3+3CO2↑+ 3CO↑ （3分)

（4）NH4Cl固体受热分解产生HCl，抑制CeCl3水解（2分）

（5）2Ce3++H2O2+6H2O＝2Ce(OH)4↓+ 6H+ （2分）

试题分析：（1）周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似。欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be(OH)2沉淀，则根据Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为：B。

（2）根据流程图可知，沉淀物A应该是氢氧化铁，所以流程图中用氨水调节pH＝a时生成沉淀的化学式为Fe(OH)3；根据有关金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH可知，继续加氨水调至pH＝b，此时生成分沉淀应该是Y(OH)3，则发生反应的离子方程式为Y3++3NH3·H2O＝Y(OH)3↓+3NH4+。

（3）沉淀C为草酸钇，根据原子守恒可知，草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3的同时，还有CO和CO2生成，所以分解的化学方程式为Y2(C2O4)3Y2O3+3CO2↑+ 3CO↑。

（4）在加热的条件下CeCl3易发生水解生成氯化氢和Ce(OH)3，因此在加热时必须防止其水解。由于NH4Cl固体受热分解产生HCl，HCl可以抑制CeCl3水解。

（5）H2O2具有强氧化性，在溶液中通过调节pH≈3，可以将Ce3+氧化形成Ce(OH)4沉淀，其中Ce元素的化合价从＋3价升高到＋4价，失去1个电子。双氧水中氧元素的化合价从－1价降低到－2价，则根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2Ce3++H2O2+6H2O＝2Ce(OH)4↓+6H+。

（1）不断搅拌；将废渣粉碎；升高温度；适当增加A的浓度等 （2分）

（2）①A（空气）（2分）

②原料来源容易成本低；不产生污染；不引入杂质。（2分，答其中两点即可）

③4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O （2分）

（3）溶液温度控制在80℃，pH控制在1.5（1分），氧化时间为4小时左右（1分）

（4）Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+（2分）

（5）NH4++Fe3+2SO42-+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+NH3.H2O+Fe(OH)3↓（2分）

（6）MgSO4、CaSO4（2分）

试题分析：（1）加快反应速率的因素有浓度、温度、增大接触面积等，因此加快溶解速率可以不断搅拌、将废渣粉碎、升高温度、适当增加A的浓度等 （2分）

（2）把Fe2+氧化为Fe3+，通入空气就行了，空气经济易得，可以节约成本，并且无污染。发生的离子反应方程式： 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O （2分）

（3）曲线图中的因变量有温度、时间、pH值，因此对比分析溶液在80℃，pH控制在1.5，氧化时间为4小时左右时氧化效率最佳。

（4）根据流程可知，沉淀后得到的滤渣可以制备铁红，所以可知沉淀是Fe(OH)3 。滤液为(NH4)2SO4 ，则调节pH的试剂应该选用氨水，这样就不引入其他杂质离子，发生的反应为：Fe3++3 NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+

（5）铵黄铁矾与氢氧化钡混合，NH4+与OH- 反应生成NH3.H2O， Fe3+与OH-生成Fe(OH)3 沉淀，SO42-与Ba2+生成BaSO4沉淀。所以离子方程式为NH4++Fe3+2SO42-+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+NH3.H2O+Fe(OH)3↓

（6）因为硫酸渣中含有CaO和MgO，加酸溶解以后在结晶得到铵黄铁矾时，分离得到的滤液没有除杂，因此会混有MgSO4、CaSO4 等杂质。 （2分）

（12分，每空2分）

（1）+2

（2）SiO2

（3）TiOCl42-＋H2O TiO2↓＋2H+＋4Cl-

（4）温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解

（5） (NH4)2Ti5O15＋2LiOH＝Li2Ti5O15↓＋2NH3·H2O（或2NH3＋2H2O）

（6）20/9（1分）

（7）LiFePO4 – e-＝FePO4＋Li+（1分）

试题分析：（1）根据题目所给信息：可表示为FeO·TiO2，可知Fe的化合价为：+2。

（2）FeTiO3、MgO、CaO与HCl反应，剩下的固体只有SiO2。

（3）过滤后未加其他反应物，所以TiOCl42-与H2O反应，生成TiO2，同时生成H+、Cl‾。

（4）TiOCl42- 转化为TiO2时，需要加入反应物双氧水、氨水，这两种物质受热易分解。

（5）(NH4)2Ti5O15为铵盐，LiOH为强碱，发生复分解反应，根据反应规律，即可写出化学方程式。

（6）分析反应流程，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，H2C2O4把Fe3+还原为Fe2+，H2O2中O由-1价变为-2价，H2C2O4由+3价变为+4价，根据电子转移总数相等得：m(H2O2)×17÷200g/mol×2=m(H2C2O4)÷90g/mol×2，得m(H2O2)：m(H2C2O4)= 20/9。

（7）电池充电时阳极反应为失电子反应，LiFePO4中Fe失去1个电子，由+2价变为+3价，生成FePO4，同时得到Li+。

（1）增大固液接触面积，加快浸出速率，提高浸出率（2分）

（2）V2O5+ SO32－+4H+=2VO2+ + SO42－+2H2O（2分）

（3）加入硫酸，可使平衡向左进行，使VOSO4进入水层；（2分）

（4）10.2g/L （2分）

（5）3V2O5+10Al6V+5Al2O3（2分）

试题分析：（1）粉碎固体反应物，可以增大固液接触面积，加快浸出速率，提高浸出率。

（2）亚硫酸根具有还原性，酸性条件下，能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子，离子反应方程式为：V2O5+ SO32－+4H+=2VO2+ + SO42－+2H2O

（3）加入H2SO4，H2SO4浓度增大，步骤③化学平衡向向左移动，使VOSO4进入水层。

（4）根据题目所给信息：2VO2+  ~ H2C2O4，可知(VO2)2SO4溶液钒元素的含量为：0.1mol/L×0.01L×2×51g/mol÷0.01L= 10.2g/L。

（5）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，化学方程式为：3V2O5+10Al6V+5Al2O3

（1）Mg2B2O5·H2O＋2NaOH = 2NaBO2＋2Mg(OH)2↓（2分）

（2）2Na+＋4BO2－＋2CO2＋11H2O = Na2B4O7·10H2O↓＋2HCO3－（2分）

（3）c(Na＋) = c(CO32－) + c(HCO3－) + c(H2CO3) （2分）

（4）利用强酸制备弱酸H3BO3 （1分）

（5）①淀粉溶液（1分）   溶液由蓝色恰好变为无色（1分）

②79.2%（2分）

（6）NaBO3·H2O（1分）  

解题过程 （3分）

解：T3时   n(Na)==" 0.2" mol   （1分）

则30.80 g样品中，依n(Na)∶ n(B)∶n(H)∶n(O)＝l∶1∶n∶7可得

0.2 mol × 23 g/mol + 0.2 mol × 11 g/mol + 0.2n × 1g/mol + 7 × 0.2 mol × 16 g/mol =" 30.80" g

解得n = 8

故原晶体为NaBO3·4H2O  （1分）

设T3时晶体的化学式为NaBO3·mH2O

则由T3时晶体中钠元素的质量分数可得 × 100% = 23%

解得m = 1

所以T3时晶体的化学式为NaBO3·H2O（1分）

试题分析：（3）通入过量二氧化碳得到的是碳酸氢钠溶液，所以有c(Na＋) = c(CO32－) + c(HCO3－) + c(H2CO3) 。

（5）①Na2S2O3溶液成碱性，S2O32-离子水解溶液显示碱性，反应的离子方程式为：S2O32-+H2O⇌HS2O3-+OH-；滴定过程中有碘单质参与，可以使用淀粉溶液作为指示剂；滴定结束时，锥形瓶中溶液蓝色褪去且30s内不褪色。

②硫代硫酸钠的物质的量为：2.00mol/L×0.027L=0.054mol，根据关系式：B～BI3～3/2I2～3S2O32-，n（B）=1/3n（S2O32-）=0.018mol，硼的质量为：11g/mol×0.018mol=0.1944g，粗硼中硼的含量为：×100%=79.2%，故答案为：79.2%；