第頁專題七元素及其化合物的綜合應用題組一一、選擇題1.[2023遼寧，3分]下列有關物質的工業制備反應錯誤的是(D)A.合成氨:N2+3HC.制粗硅:SiO2+2C[解析]化學工業的制備反應合成氨工業為氮氣和氫氣在高溫高壓、催化劑條件下反應生成氨氣，A項正確；工業制備HCl為氫氣和氯氣在點燃時反應生成HCl，B項正確；工業制備粗硅為石英和焦炭在高溫條件下反應生成單質硅和CO，C項正確；工業冶煉鎂為電解熔融氯化鎂生成鎂和氯氣，D項錯誤。2.[2022河北，3分]下列說法錯誤的是(B)A.CaF2與濃HB.NaOH是強堿，因此鈉鹽的水溶液不會呈酸性C.溶洞的形成主要源于溶解CO2D.KMnO4與H2C[解析]CaF2+H2SO4濃△CaSO4+2HF↑，HF水溶液可以刻蝕玻璃，A項正確；NaHSO4溶液呈酸性，B項錯誤；CaCO3+H2O+CO2CaHCO32，CaHCO3.[2022河北，3分]LiBr溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成LiBr工藝流程如下：下列說法錯誤的是(A)A.還原工序逸出的Br2用NaOHB.除雜工序中產生的濾渣可用煤油進行組分分離C.中和工序中的化學反應為Li2D.參與反應的nBr2:[解析]逸出的Br2用NaOH溶液吸收后生成NaBr、NaBrO和水，若直接返回還原工序，會引入雜質離子Na+，導致產品不純，A項錯誤；濾渣中含S和BaSO4，單質S可溶于煤油，而BaSO4不溶于煤油，故B項正確；中和工序中Li2CO3與HBr反應生成LiBr、CO2和H2O，C項正確；根據Br24.[2022遼寧，3分]鍍鋅鐵釘放入棕色的碘水中,溶液褪色;取出鐵釘后加入少量漂白粉,溶液恢復棕色;加入CCl4,振蕩,靜置,液體分層。下列說法正確的是(DA.褪色原因為I2被Fe還原C.鍍鋅鐵釘比鍍錫鐵釘更易生銹 D.溶液恢復棕色的原因為I?[解析]鋅的金屬活動性強于鐵，鍍鋅鐵釘放入棕色的碘水中，I2被鋅還原成I?，溶液褪色，A項錯誤；加入漂白粉，溶液恢復棕色，說明溶液中的I?又被氧化成I2，I2易溶于CCl4，CCl4不溶于水且密度比水大，故加入CCl4，I2的CCl45.[2021浙江1月選考，2分]下列“類比”合理的是(C)A.Na與H2O反應生成NaOH和H2,則Fe與H2OB.NaClO溶液與CO2反應生成NaHCO3和HClO,則NaClO溶液與SO2反應生成NaHSOC.Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NH4Cl,則Mg3D.NaOH溶液與少量AgNO3溶液反應生成Ag2O和NaNO3，則氨水與少量AgNO3[解析]鐵與水蒸氣反應生成Fe3O4和H2，A不正確；HClO具有強氧化性，會將NaHSO3氧化，B不正確；氮化鈉與氮化鎂水解生成相應的堿和氨氣，再與鹽酸反應生成鹽，C正確；NaOH與AgNO3反應先生成AgOH,AgOH不穩定，生成Ag2O，氨水與少量硝酸銀溶液反應先生成AgOH，而AgOH6.[2021廣東，2分]化學創造美好生活。下列生產活動中，沒有運用相應化學原理的是(A)選項生產活動化學原理A用聚乙烯塑料制作食品保鮮膜聚乙烯燃燒生成CO2和HB利用海水制取溴和鎂單質Br?可被氧化、Mg2C利用氫氟酸刻蝕石英制作藝術品氫氟酸可與SiO2D公園的鋼鐵護欄涂刷多彩防銹漆鋼鐵與潮濕空氣隔絕可防止腐蝕[解析]聚乙烯塑料可用作食品保鮮膜，與其燃燒產物無關，應和聚乙烯的無毒無污染等性能有關，A項錯誤；海水提溴和制鎂時，Br?發生了氧化反應，而Mg2+發生了還原反應，B項正確；氫氟酸刻蝕石英制作藝術品，利用了氫氟酸與SiO2的反應，C7.[2019浙江4月選考，2分]針對下列實驗現象表述不正確的是(A)A.用同一針筒先后抽取80mL氯氣、20B.在表面皿中加入少量膽礬,再加入3mLC.向二氧化硫水溶液中滴加氯化鋇溶液,再滴加雙氧水,產生白色沉淀D.將點燃后的鎂條伸入充滿二氧化碳的集氣瓶，鎂條劇烈燃燒,有白色、黑色固體生成[解析]常溫常壓下，1體積水約溶解2體積的氯氣，故20mL水只能溶解大約40mL的氯氣，A項錯誤；濃硫酸具有吸水性，將CuSO4?5H2O轉化為CuSO4，固體由藍色變為白色，B項正確；雙氧水將含+4價硫元素的微粒氧化為SO42?，SO42?與BaCl2二、非選擇題8.[2023全國乙卷，15分]LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。由菱錳礦(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)已知:K?sp[FeOH3]=2.8×10?39回答下列問題:（1）硫酸溶礦主要反應的化學方程式為MnCO3+H2[解析]硫酸溶礦時發生的主要反應是MnCO3溶于硫酸的反應，化學方程式為MnCO3（2）加入少量MnO2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是Mn[解析]加入少量MnO2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，便于除鐵。若使用H2O2替代MnO2，則（3）溶礦反應完成后，反應器中溶液pH=4,此時cFe3+=2.8×10?9[解析]溶液pH=4，即cOH?=10?10mol?L?1時，由Ksp[FeOH3]=cFe3+?c3（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有NiS和BaSO[解析]酸溶時得到相應金屬的硫酸鹽，故加入少量BaS溶液除Ni2+時會生成NiS和BaSO（5）在電解槽中，發生電解反應的離子方程式為Mn2++2H2O[解析]電解槽中反應生成MnO2，則陽極反應為Mn2+?2e?+2H2OMnO2↓+4H（6）煅燒窯中，生成LiMn2O4反應的化學方程式是8[解析]根據得失電子守恒和質量守恒可寫出煅燒窯中生成LiMn2O4反應的化學方程式是9.[2021浙江1月選考，10分]某興趣小組對化合物X開展探究實驗。其中:X是易溶于水的強酸鹽,由3種元素組成;A和B均為純凈物;B可使品紅水溶液褪色。請回答:（1）組成X的3種元素是Cu、S、O（填元素符號）,X的化學式是CuS2O[解析]由原子守恒知X由Cu、S、O三種元素組成。X中nCu=0.005mol×2=0.01mol，nS=0.005mol×2+（2）將固體X加入溫熱的稀H2SO4中,產生氣體B,該反應的離子方程式是S[解析]CuS2O6易溶于水，與稀硫酸反應的產物之一是SO2，易推出另一種產物含SO4（3）步驟Ⅰ,發生反應的化學方程式是。[解析]CuOH2與甘油發生反應生成H2O（4）步驟Ⅱ,某同學未加H2O2溶液，發現也會緩慢出現白色渾濁，原因是SO2與水反應生成H2SO3;H2SO3[解析]SO2在水中可被溶解在水中的O2氧化為SO42?，SO42?（5）關于氣體B使品紅水溶液褪色的原因，一般認為:B不能使品紅褪色,而是B與水反應的生成物使品紅褪色。請設計實驗證明配制品紅無水乙醇溶液（其他非水溶劑亦可）,通入SO2,不褪色;品紅水溶液中加入亞硫酸鈉（亞硫酸氫鈉）固體,褪色更快[解析]由C的形成過程知其是BaSO4，A1中nSO42?=1.165g÷233g?mol?1=0.005mol；由題意可推出氣體B是SO2，同理可求出SO2溶于水后溶液中的含S微粒還有H2SO3、HSO3?、SO32?。證明SO2題組二一、選擇題1.[2023全國乙卷，6分]一些化學試劑久置后易發生化學變化。下列化學方程式可正確解釋相應變化的是(D)A.硫酸亞鐵溶液出現棕黃色沉淀6FeSOB.硫化鈉溶液出現渾濁顏色變深Na2C.溴水顏色逐漸褪去4BrD.膽礬表面出現白色粉末CuSO4[解析]FeSO4溶液中出現的棕黃色沉淀應為FeOH3，而不是FeOH2，發生的反應為12FeSO4+3O2+6H2O4Fe2SO43+4FeOH3↓，A2.[2023湖南，3分]取一定體積的兩種試劑進行反應，改變兩種試劑的滴加順序（試劑濃度均為0.1mol?L?1選項試劑①試劑②A氨水AgNO3BNaOH溶液Al2SOCH2C酸性KMnO4DKSCN溶液FeCl3[解析]選項①加入②中現象②加入①中現象A先產生白色沉淀，后白色沉淀溶解先無明顯現象，后產生白色沉淀B先產生白色沉淀，后白色沉淀溶解先無明顯現象，后產生白色沉淀C溶液紫色逐漸褪去，有氣泡產生紫色溶液迅速褪色，有氣泡產生D溶液變為紅色溶液變為紅色3.[2020江蘇，2分]下列關于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的說法正確的是(A)A.NaOH的堿性比MgOHB.Cl2得到電子的能力比BrC.原子半徑r：D.原子的最外層電子數n：[解析]元素的金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的堿性越強，A項正確；Cl的非金屬性強于Br，則Cl2得到電子的能力比Br2的強，B項錯誤；同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑大小順序為rNa>rMg>rCl，C項錯誤；Na、Mg、4.[2020江蘇，2分]下列選項所示的物質間轉化均能實現的是(C)A.NaClaq電解ClB.NaClaqC.NaBraqD.MgOH[解析]Cl2與石灰乳反應可制得漂白粉，A項錯誤；NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3△Na2CO3+CO2↑+H2二、非選擇題5.[2021海南，12分]亞硝酰氯NOCl可作為有機合成試劑。已知：①2②沸點：NOCl為?6℃，Cl2為?34℃，NO③NOCl易水解，能與O2某研究小組用NO和Cl2在如圖所示裝置中制備NOCl回答問題：（1）通入Cl2和NO前先通入氬氣，作用是排除裝置中的空氣;儀器D的名稱是球形干燥管[解析]由已知③可知，NOCl、NO都能與O2反應，為防止NOCl、NO與O2（2）將催化劑負載在玻璃棉上而不是直接平鋪在玻璃管中，目的是增大與氣體的接觸面積，增強催化效果。[解析]將催化劑負載在玻璃棉上可增大其與氣體的接觸面積，增強催化效果。（3）實驗所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4[解析]NO2?轉化為NO，N元素的化合價降低，得到電子，則Fe2+失電子，化合價升高，生成Fe3（4）為分離產物和未反應的原料，低溫浴槽A的溫度區間應控制在?34℃～?6℃[解析]由已知②知，低溫浴槽A的溫度區間應控制在?34℃～?6℃，從而使未反應的Cl2、NO揮發出去，NO的沸點為?152℃，實驗中低溫浴槽B的溫度不易低至?152（5）無色的尾氣若遇到空氣會變為紅棕色，原因是NO與空氣中的氧氣反應生成紅棕色的NO2[解析]無色尾氣為NO，NO與空氣中的氧氣反應生成紅棕色的NO26.[2020全國卷Ⅲ，15分]某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體NiSO4溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子Ni2Al3Fe3Fe2開始沉淀時c=0.01mol?L7.23.72.27.5沉淀完全時c=1.0×108.74.73.29.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是除去油脂、溶解鋁及其氧化物。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式AlOH4[解析]由題給條件可知，該廢鎳催化劑表面覆有油脂，且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等，“堿浸”時，油脂在氫氧化鈉溶液中水解而被除去，鋁及其氧化物也會與氫氧化鈉溶液反應而被除去，“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是除去油脂、溶解鋁及其氧化物。“濾液①”中鋁元素以AlOH4?的形式存在，加入稀硫酸生成沉淀的離子方程式為（2）“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+[解析]因Ni、Fe及其氧化物不與NaOH溶液反應，Ni、Fe及其氧化物存在于“濾餅①”中，向“濾餅①”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物與稀硫酸反應，故得到的“濾液②”中含有的金屬離子為Ni2+、Fe2+（3）“轉化”中可替代H2O2的物質是O2或空氣。若工藝流程改為先“調pH”后“轉化”，即，“濾液③”中可能含有的雜質離子為[解析]“轉化”過程是將二價鐵離子全部轉化為三價鐵離子，選用的氧化劑是H2O2溶液，選用過氧化氫溶液氧化的好處是不引入其他雜質，因此替代過氧化氫溶液的物質也不能引入其他雜質，可用O2或空氣替代H2O2溶液；由題表中金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH可知，Fe2+開始沉淀時，Ni2+已經沉淀一部分。若先調節pH，調節至3.2～7.2（4）利用上述表格數據，計算NiOH2的Ksp=0.01×107.2?142［或10?5×108.7?142[解析]pH=7.2，cH+=10?7.2mol?L?1，cOH?=10?14/10?7.2mol?L?1，Ksp=cNi2+?c2OH（5）硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應的離子方程式2Ni2[解析]由題意可知，反應物為硫酸鎳、次氯酸鈉和強堿，生成物有NiOOH，硫酸鎳中鎳元素為+2價，NiOOH中鎳元素為+3價，鎳元素的化合價升高被氧化，則次氯酸鈉中氯元素被還原得到氯化鈉，該反應的離子方程式為2（6）將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環使用，其意義是提高鎳回收率。[解析]母液中還含有少量的硫酸鎳，將母液收集、循環使用可提高鎳回收率。【流程梳理】7.[2020全國卷Ⅰ，14分]釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:金屬離子Fe3Fe2Al3Mn2開始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問題:（1）“酸浸氧化”需要加熱，其原因是加快酸浸和氧化反應速率（促進氧化完全）。[解析]“酸浸氧化”中溫度較低時，酸浸和氧化反應速率較慢。為了加快酸浸和氧化反應速率，需要加熱。（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同時還有Fe2+離子被氧化。寫出VO+[解析]從原料看，“酸浸氧化”中四氧化三鐵溶于稀硫酸，發生反應Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2SO43+4H（3）“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5?xH2O,隨濾液②可除去金屬離子K+、Mg2+、Na[解析]根據表格中數據知，pH在3.0～3.1時，鐵離子接近沉淀完全，少量鐵離子隨濾液②除去，Al3+部分沉淀，大量鋁離子隨濾液②除去，K+、Mg2+（4）“沉淀轉溶”中，V2O5?x[解析]在pH>13的強堿性溶液中，V2O5?xH2O轉化為釩酸鹽溶解，AlOH3（5）“調pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應的化學方程式是NaAlOH4[解析]pH=8.5時鋁元素沉淀，故“調pH”時生成氫氧化鋁沉淀，反應的化學方程式為NaAlOH（6）“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量NH4Cl，其原因是[解析]“沉釩”時要使NH4VO3盡可能析出完全，利用同離子效應，加入過量【流程梳理】題組三一、選擇題1.[2021河北，3分]BiOCl是一種具有珍珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是(D)A.酸浸工序中分次加入稀HNO3B.轉化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C.水解工序中加入少量CH3COONasD.水解工序中加入少量NH4NO3[解析]酸浸時分次加入稀硝酸，相當于降低了硝酸濃度，減小了反應的速率，降低反應劇烈程度，A項正確；轉化工序中，BiNO33水解生成BiONO3和H+，加入鹽酸，可抑制Bi3+的水解，從而抑制生成BiONO3，B項正確；水解工序中加入的醋酸鈉電離生成的CH3COO?可與Bi3+水解生成的H+結合，生成弱電解質CH二、非選擇題2.[2022全國甲卷，14分]硫酸鋅ZnSO4是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數如下表：離子Fe3Zn2Cu2Fe2Mg2Ksp4.0×6.7×2.2×8.0×1.8×回答下列問題：（1）菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為ZnCO3焙燒ZnO+（2）為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有將菱鋅礦焙燒產品粉碎、適當增大硫酸濃度（或升高浸取時的反應溫度等，合理即可）。（3）加入物質X調溶液pH=5，最適宜使用的X是BA.NH3B.CaOHC.NaOH濾渣①的主要成分是SiO2、CaSO4、Fe[解析]加入物質X調溶液pH=5，為了不引入新的陽離子，故X宜選用CaOH2；pH=5時，cOH?=10（4）向80～90℃的濾液①中分批加入適量KMnO4溶液充分反應后過濾，濾渣②中有MnO2[解析]Fe2+被適量KMnO4溶液氧化為FeOH3，同時生成MnO2，（5）濾液②中加入鋅粉的目的是除去Cu2+（6）濾渣④與濃H2SO4反應可以釋放HF并循環利用，同時得到的副產物是CaSO4[解析]3.[2022廣東，14分]稀土RE包括鑭、釔等元素，是高科技發展的關鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦（含鐵、鋁等元素）中提取稀土的工藝如下:已知:月桂酸C11H23COOH熔點為44℃;月桂酸和C11H23COO3RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持+3價不變；C11H離子Mg2Fe3Al3RE3開始沉淀時的pH8.81.53.66.2～沉淀完全時的pH/3.24.7/（1）“氧化調pH”中，化合價有變化的金屬離子是Fe2+[解析]由題意知，“氧化調pH”中只有鐵是變價金屬，鋁和稀土金屬元素均為+3價，Fe2+被氧化為（2）“過濾1”前，用NaOH溶液調pH至4.7≤pH<6.2的范圍內，該過程中Al3+[解析]“過濾1”所得“濾渣”為FeOH3和AlOH3，應調節的pH范圍為4.7≤pH<6.2，pH小于6.2是防止RE3+開始沉淀。該過程中Al（3）“過濾2”后，濾餅中檢測不到Mg元素，濾液2中Mg2+濃度為2.7g?L?1。為盡可能多地提取RE3+[答案]4.0×[解析]“濾液2”中Mg2+濃度為2.7g?L?1，其物質的量濃度為0.1125mol?L?1，Ksp[C11H23COO（4）①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產率，其原因是[解析]“濾餅”的主要成分為C11H②“操作X”的過程為:先冷卻結晶，再固液分離。[解析]加熱攪拌的溫度為55℃，而月桂酸的熔點為44℃，所以“操作X（5）該工藝中，可再生循環利用的物質有MgSO4[解析]“濾液2”中含有MgSO4，可以用作“浸取”時加入的“酸化MgSO4（6）稀土元素釔Y可用于制備高活性的合金類催化劑Pt3Y①還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1molPt[解析]YCl3中Y為+3價，PtCl4中Pt為+4價，Pt3Y為合金，Pt和Y均可以看成0價，若生成②Pt3Y/C用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化O2的還原，發生的電極反應為[解析]在氫氧燃料電池的堿性介質中，O2得電子與水反應生成OH?4.[2021廣東，13分]對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁Al、鉬Mo、鎳Ni等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下:已知：25℃時，H2CO3的Ka1=4.5×10?7,Ka2=4.7×（1）“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合價為[解析]Na2MoO4中Na為+1價，O為?2價，根據化合物中正負化合價代數和為0，可知Mo（2）“沉鋁”中，生成的沉淀X為AlOH3[解析]經“750℃焙燒”“水浸過濾”后，Al轉化為NaAlO2進入到濾液Ⅰ中，向濾液Ⅰ中通入過量CO2，發生反應NaAlO2+2H2（3）“沉鉬”中，pH為7.0。①生成BaMoO4的離子方程式為Ba2[解析]“沉鉬”中，pH為7.0，溶液中Mo元素以MoO42?的形態存在，故生成BaMoO4②若條件控制不當，BaCO3也會沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中cHCO3?:[解析]根據Ka2=cH+?cCO32?cHCO3?，可得cHCO（4）①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為NaHCO3[解析]根據“沉鋁”時發生反應NaAlO2+2H2O+CO2②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3（填化學式）氣體，再通入足量CO2，可析出Y[解析]往濾液Ⅲ（含NaHCO3、NaCl）中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3，再通入足量CO2，發生反應NaCl+H2（5）高純AlAs（砷化鋁）可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止H2O2刻蝕液與下層①該氧化物為Al2O[解析]題圖中所示致密保護膜（氧化物）可以阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs反應，可推知該保護膜為②已知:Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變為+5[解析]H2O2與GaAs的反應中，As的化合價由?3變為+5，1molGaAs參與反應失去8mol電子，而1molH2O2參與反應得到題組四1.[2023新課標卷，14分]鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態含氧酸鹽形式存在，主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示。已知:最高價鉻酸根在酸性介質中以Cr2O72?回答下列問題:（1）煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為Na2CrO[解析]根據已知條件可知，最高價鉻酸根在堿性介質中以CrO42?存在，故煅燒后含鉻化合物主要為（2）水浸渣中主要有SiO2和Fe2[解析]煅燒時通入空氣，含鐵化合物轉化為Fe2O3,且Fe2O（3）“沉淀”步驟調pH到弱堿性，主要除去的雜質是AlOH3[解析]“沉淀”步驟加入稀H2SO4調pH到弱堿性是為了讓AlO2?（4）“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH<9時，會導致溶液中cpH>9時，會導致Mg2+形成Mg[解析]體系中存在平衡MgNH4PO4?Mg2++NH4++PO43?,當pH<9時，PO（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1時，溶解為VO2+或VO3+;在堿性條件下，溶解為A.酸性 B.堿性 C.兩性[解析]根據題干描述，V2O5既可與酸反應生成鹽和水，又可與堿反應生成鹽和水，故（6）“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉Na2S2O5[解析]分離釩后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O72?存在，還原過程中Cr2O72?被S2O52?還原為Cr3+,S2.[2022全國乙卷，14分]廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al一些難溶電解質的溶度積常數如下表:難溶電解質PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×7.4×1.1×2.6×一定條件下,一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表:金屬氫氧化物FeOHFeOHAlOHPbOH開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問題:（1）在“脫硫”中PbSO4轉化反應的離子方程式為PbSO4s+CO32?aqPbCO[解析]PbCO3的Ksp遠小于PbSO4的Ksp（2）在“脫硫”中,加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉化，原因是反應BaSO4s[解析]BaCO3的Ksp大于BaSO4的Ksp（3）在“酸浸”中，除加入醋酸HAc，還要加入H2O（i）能被H2O2氧化的離子是[解析]具有還原性，能被H2O（ii）H2O2促進了金屬Pb在醋酸中轉化為PbAc2[解析]H2O2能氧化Pb，使其轉化成Pb2+，Pb2+（iii）H2O2也能使PbO2轉化為PbAc2[解析]PbO2通過與H2O2、HAc反應轉化為PbAc2，發生氧化還原反應，（4）“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是AlOH3、Fe[解析]根據題給信息，當pH=4.9時，Al3+、Fe3+完全轉化為Al（5）“沉鉛”的濾液中，金屬離子有Ba2+、Na[解析]加入NaOH溶液，發生沉鉛的反應為PbAc2+2NaOHPbOH23.[2021湖北，14分]廢舊太陽能電池CIGS具有較高的回收利用價值，其主要組成為CuIn0.5Ga回答下列問題：（1）硒Se與硫為同族元素，Se的最外層電子數為6；鎵Ga和銦In位于元素周期表第三主族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu[解析]Se與硫同為ⅥA族元素，最外層有6個電子。Se為ⅥA族元素，化合價為?2，Ga和In同為ⅢA族元素，化合價均為+3，根據化合物中各元素正負化合價代數和為0，設CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合價為x（2）“酸浸氧化”發生的主要氧化還原反應的化學方程式為Cu2O+H[解析]CuIn0.5Ga0.5Se2中Ga和In元素均處于最高價態，高溫焙燒時Se元素轉化為SeO2，則酸浸氧化時H2O2氧化+1價的Cu（3）25℃時，已知：KbNH3?H2O≈2.0×10?5，Ksp[GaOH3]≈1.0×10?35,Ksp[InOH3]≈1.0×10?33，（已知：Ga3+[解析]根據Ksp[InOH3]=cIn3+?c3OH?知，當In3+恰好完全沉淀時，cO