备战2025年高考二轮复习化学（广东版）大单元主观题突破练2（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习化学（广东版）大单元主观题突破练2（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了0 ml·L-1，3×10-3　盐酸，70　不存在等内容，欢迎下载使用。
学生用书P219
1.(15分)(2024·广东深圳二模)一种从工业锌置换渣(主要含ZnSO4、ZnFe2O4、PbSO4、GeO2、SiO2等)中回收锗、铅的工艺流程如图:
已知:GeO2能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液;PbCl2可溶于热盐酸中:PbCl2+2Cl-PbCl42-;常温下,Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCl2)=1.2×10-5。
(1)“还原浸出”时,SO2的存在可促进ZnFe2O4浸出。
①SO2的空间结构为 。
②该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(2)“90 ℃酸浸”所用盐酸的浓度不宜过大或过小,浓度不宜过大的主要原因是 。
(3)“碱溶”时,GeO2发生反应的离子方程式为 。
(4)“降温析铅”过程中,体系温度冷却至常温,且c(Cl-)=2.0 ml·L-1。为防止PbCl2中混有PbSO4杂质,应控制溶液中c(SO42-)< ml·L-1(保留两位有效数字)。
(5)“转化”的意义在于可重复利用 (填物质名称)。
(6)通过掺杂硅可将锗单质转化为不同掺杂比例的硅锗合金,锗及硅锗合金的立方晶胞如图所示。
①锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为 。
②若硅锗合金ⅰ的晶胞边长为a pm,设NA为阿伏加德罗常数的值,则硅锗合金ⅰ晶体的密度为 g·cm-3(列计算式)。
③硅锗合金ⅱ沿晶胞对角面取得的截图为 (填字母)。
晶胞对角面
答案:(1)①V形 ②1∶1
(2)防止GeO2大量溶解,导致锗的产率下降
(3)GeO2+2OH-GeO32-+H2O
(4)5.3×10-3 (5)盐酸
(6)①4 ②73×7+28a3×10-30×NA ③C
解析:工业锌置换渣(主要含ZnSO4、ZnFe2O4、PbSO4、GeO2、SiO2等)通入SO2并加入硫酸还原浸出,生成Zn2+、Fe2+,“滤渣1”中有PbSO4、GeO2、SiO2,加入盐酸“90 ℃酸浸”,“浸渣2”为GeO2、SiO2,加入氢氧化钠溶液碱溶,发生反应GeO2+2OH-GeO32-+H2O、SiO2+2OH-SiO32-+H2O,经过“沉硅”等一系列操作后得到锗,滤液中含有PbCl42-,降温PbCl2+2Cl-PbCl42-平衡逆向移动,得到PbCl2,向“滤液1”中加入适量CaCl2得到CaSO4,过滤得“滤液2”,“滤液2”主要含有H+、Cl-。
(1)①SO2中S的价层电子对数为2+6-2×22=3,有1个孤电子对,空间结构为V形。②该反应化学方程式为SO2+ZnFe2O4+2H2SO4ZnSO4+2FeSO4+2H2O,氧化剂为ZnFe2O4,还原剂为SO2,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1。
(2)盐酸浓度过大,会导致GeO2大量溶解,锗的产率下降。
(3)“碱溶”时,GeO2与OH-发生反应,离子方程式为GeO2+2OH-GeO32-+H2O。
(4)c(Cl-)=2.0 ml·L-1,Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)·c2(Cl-)=1.2×10-5,即c(Pb2+)=3×10-6 ml·L-1,Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c(SO42-)=3×10-6×c(SO42-)=1.6×10-8,c(SO42-)≈5.3×10-3 ml·L-1,即为防止PbCl2中混有PbSO4杂质,应控制溶液中c(SO42-)VO2+>VO2+>Fe2+>Al3+;
③VO2+和VO3-可以相互转化。
回答下列问题:
(1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合物,这样做的目的是 。
(2)“滤渣1”除掉的主要杂质元素是 (填元素符号)。
(3)H2C2O4的作用是将VO2+转化为VO2+,转化的目的是 ,发生反应的离子方程式为 。
(4)①“沉钒”时生成NH4VO3沉淀,“步骤X”应该加入 (填“氧化剂”或“还原剂”),写出“沉钒”时反应的离子方程式: 。
②以“沉钒率”(NH4VO3沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比)表示钒的回收率如图所示,温度高于80 ℃时沉钒率下降的原因是 。
(5)①V2O5可以溶解在NaOH溶液中得到VO43-,VO43-在不同的pH下可以得到不同聚合度的多钒酸盐,其阴离子呈如图所示的无限链状结构,其中一种酸式钒酸根离子可以表示为[H2VxO28]4-,其中x= 。
②V的另一种氧化物VO2的立方晶胞如图所示,则在晶胞中,黑球代表的是 原子。
答案:(1)生成易溶的钠盐,提高钒的浸取率 (2)Si
(3)VO2+的萃取率大于VO2+,转化为VO2+可以提高钒的萃取率 2VO2++H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑+2H2O
(4)①氧化剂 VO3-+NH4+NH4VO3↓ ②温度高于80 ℃时,NH4+的水解程度增大,NH4+浓度减小导致沉钒率下降
(5)①10 ②V
解析:由题给流程可知,向钒页岩焙烧得到的焙烧渣中加入酸进行酸浸,将金属元素转化为VO2+、铁离子、铝离子,二氧化硅不能与加入的酸反应,过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液;调节滤液的pH为5.1,将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液;向滤液中加入草酸溶液,将VO2+还原为VO2+,向反应后的溶液中加入萃取剂萃取、分液得到水相和有机相;向有机相中加入反萃取剂萃取、分液得到水相和有机相;向水相中加入氧化剂将溶液中的VO2+氧化为VO2+,向反应后的溶液中加入氯化铵溶液将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀,过滤得到钒酸铵;煅烧钒酸铵分解生成五氧化二钒。
(1)“焙烧”时添加适量“盐对”与钒页岩形成混合物,其目的是焙烧时氯化钠和硫酸钠提供的钠元素能将钒页岩中的钒元素转化为易溶的钠盐,从而提高钒的浸取率。
(2)由分析可知,“滤渣1”的主要成分是二氧化硅,除掉的主要杂质元素是硅元素。
(3)由题给信息可知,VO2+的萃取率大于VO2+,则转化过程中加入草酸溶液的目的是将VO2+还原为VO2+,有利于萃取时提高钒的萃取率,反应的离子方程式为2VO2++H2C2O4+2H+2VO2++2CO2↑+2H2O。
(4)①由分析可知,步骤X中加入氧化剂的目的是将溶液中的VO2+氧化为VO2+,向反应后的溶液中加入氯化铵溶液的目的是将溶液中的钒元素转化为钒酸铵沉淀,该反应的离子方程式为VO3-+NH4+NH4VO3↓。②氯化铵在溶液中的水解反应为吸热反应,升高温度,水解平衡向正反应方向移动,所以温度高于80 ℃时沉钒率下降的原因是温度高于80 ℃时,NH4+的水解程度增大,NH4+的浓度减小导致沉钒率下降。
(5)①由无限链状结构可知,多钒酸盐中钒元素的化合价为+5价,由化合价代数和为0可知,[H2VxO28]4-中x=10;②由晶胞结构可知,晶胞中位于顶角和体心的黑球个数为8×18+1=2,位于面上和体内的白球个数为4×12+2=4,由氧化物的化学式可知,黑球为钒原子、白球为氧原子。
3.(10分)(2024·广东2月大联考)钼具有耐腐耐磨的特性,目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法,从镍钼矿(主要成分是MS2、NiS、FeS2)中回收钼的流程如图所示:
已知:①“焙烧”后钼元素以Na2MO4的形式存在,Ni的化合价不变且以氧化物的形式存在,“焙烧”过程中未见有含S气态物的生成。
②Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,Ksp(MgCO3)=6.5×10-6。
③一般离子浓度达到10-5 ml·L-1以下视为沉淀完全。
回答下列问题:
(1)写出“焙烧”过程中MS2发生反应的化学方程式: 。
(2)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。
(3)Na2CO3实验用量与理论用量的比值为1.0、1.1、1.2、1.3时,M的浸出率和CO32-残留浓度的关系如图所示,则Na2CO3的最佳用量比为 ,结合图中信息说明理由: 。
(4)常温下,“水浸”过程完成后溶液中c(CO32-)=3.00 g·L-1,试计算“净化”过程中每升溶液中需加入 (保留两位有效数字) ml MgSO4,若“净化”完成后溶液的pH=8,则此时溶液中 (填“不存在”或“存在”)Mg(OH)2沉淀。
(5)MSy被称为润滑之王,其稳定晶体的晶胞结构的透视图与正视图如图所示,晶胞参数α=β=90°,γ=60°,原子间距a=b=c,则y= ;晶胞中与M原子距离最近且相等的S原子数目为 。
答案:(1)2MS2+6Na2CO3+9O22Na2MO4+4Na2SO4+6CO2
(2)Fe2O3、NiO
(3)1.2 当Na2CO3的用量比从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3用量比从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但CO32-的残留浓度显著增大
(4)0.70 不存在
(5)2 6
解析:向镍钼矿(主要成分是MS2、NiS、FeS2)通入空气,加入碳酸钠焙烧产生CO2,水浸后除去的“滤渣1”的成分为Fe2O3、NiO,加入硫酸镁净化除去的“滤渣2”的成分为氢氧化镁,滤液经冷却结晶得到硫酸钠,向溶液中加入D318-Ⅲ树脂进行离子交换,再加入氨水解析得到“解析液”,处理后得到钼酸铵。
(1)由题中信息可知,含M的产物为Na2MO4,没有含硫气态物质生成,结合流程可知硫元素被氧化为最高价的盐Na2SO4,流程中生成CO2,则“焙烧”过程中MS2发生反应的化学方程式为2MS2+6Na2CO3+9O22Na2MO4+4Na2SO4+6CO2。
(2)FeS2被氧化为Fe2O3,Fe2O3不溶于碱性的碳酸钠溶液成为滤渣,由题中信息可知Ni以+2价氧化物NiO存在,NiO也不溶于碱性碳酸钠溶液,则“滤渣1”的主要成分为Fe2O3、NiO。
(3)由图可知,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.0增加到1.2时,钼的浸出率明显增加,当Na2CO3实验用量与理论用量的比值从1.2增加到1.3时,钼的浸出率增加不大,但CO32-的残留浓度显著增大,故最佳用量比选择1.2。
(4)c(CO32-)=3.00 g·L-1,转换单位后c(CO32-)=3.00 g·L-160 g·ml-1=0.05 ml·L-1,完全沉淀此部分CO32-需c(Mg2+)=0.05 ml·L-1,当CO32-沉淀完全后溶液中c(Mg2+)=Ksp(MgCO3)c(CO32-)=6.5×10-61×10-5 ml·L-1=0.65 ml·L-1,合计c(Mg2+)=(0.05+0.65) ml·L-1=0.70 ml·L-1,故每升溶液中需加入0.70 ml MgSO4。若“净化”完成后溶液pH=8,则此时溶液中c(H+)=10-8 ml·L-1,c(OH-)=10-1410-8 ml·L-1=10-6 ml·L-1,此时c(Mg2+)·c2(OH-)=0.65×(10-6)2=6.5×10-13