2024届高三化学二轮复习 训练专题--工业流程题

2024届高三新高考化学二轮训练专题--工业流程题 1．（2024·广东深圳·二模）一种从工业锌置换渣(主要含等)中回收锗、铅的工艺流程如图： 已知：能溶于强酸的浓溶液或强碱溶液；可溶于热盐酸中：；常温下，。 (1)“还原浸出”时，的存在可促进浸出。 ①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)“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，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。为防止中混有杂质，应控制溶液中 (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锗晶体中一个周围与其最近的的个数为 。 ②若硅锗合金i的晶胞边长为，设为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金i晶体的密度为 (列计算式)。 ③硅锗合金ii沿晶胞对角面取得的截图为 (填标号)。 2．（2024·江西·模拟预测）钨(W)广泛用于国防军事、航空航天、信息制造等领域。实验室以硬质合金废料(含WC、Fe和少量C、Co)为原料制备炼钨中间体，并提取有价金属的一种工艺流程如图所示： 已知：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 开始沉定pH 0.2 1.5 6.5 7.0 沉淀完全pH 1.1 4.1 9.7 9.2 回答下列问题： (1)“酸浸”的目的为 ；“沉铁”时调节pH的范围为 ；“还原”反应同时生成一种参与大气循环的气体，该离子方程式为 。 (2)其他条件相同时,“焙烧”过程中流速与钨氧化率的关系如图所示，其中流速大于0.15 m3/h时钨氧化率降低的原因为 。 (3)“氨化结晶”时需要加入足量，其原因为 。 (4)“酸浸”工序可用电解法代替。则进行电解时，WC进入 (填“阳极泥”或“阴极泥”)。 (5)尾气1与尾气3的反应是汽车尾气处理的原理之一，该反应的化学方程式为 。 (6)、，、，NaOH，Co中，熔点主要取决于氢键的是 ；H、O、Cl、Co的电负性由大到小的顺序为 。 3．（23-24高三下·江西宜春·阶段练习）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是，含少量、、、等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知： ①“浸取”时，和转化为、进入溶液。 ②时，，。 ③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10-6。 (1)“浸取”温度为，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。 (2)“滤渣1”的主要成分为、 。 (3)“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的离子方程式 。 (4)“深度除铜”时，锌的最终回收率，除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比表示)与加入量的关系曲线如图所示。 由图可知， ①当达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式解释)。 ②“深度除铜”时加入量最优选择 (填标号)。 A．100% B．110% C．120% D．130% (5)原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图： ①配位键①和②相比，较稳定的是 。 ②基态原子的价电子排布式为 。 4．（23-24高三上·福建·期末）锰酸锂()是锂电池的正极材料，有望取代。一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备的流程如下： 回答下列问题： (1)Ni位于元素周期表中 区；基态Mn原子的价层电子轨道表示式为 。 (2)“灼烧”的目的是 。 (3)根据“酸浸”前后物质价态的变化，推测双氧水的作用是 。 (4)“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色褪去。溶液变为紫红色的原因是 (用离子方程式表示，加入溶液之前，锰以形式存在)。“紫红色褪去”后，还可能有的实验现象是 。 (5)“合成”在600~750℃下进行，写出发生反应的化学方程式： 。 (6)材料在脱锂过程中形成的某种晶体为六方晶系，结构如图，晶胞底面边长为a nm、高为b nm，，，设为阿伏加德罗常数的值。 ①晶胞中Li、Co、O的个数比为 。 ②该晶体的密度为 。 5．（2024·山东泰安·二模）三甲基镓是制造氮化镓光电材料和GaAs太阳能电池的源材料，其制备工艺流程如下： 已知：（乙醚）为溶剂，同时和在流程中均作配体；相关物质沸点如下： 物质 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题： (1)三甲基镓固态时的晶体类型为 。“合成反应”中除生成外，还有和生成，该反应的化学方程式为 。 (2)实验室用蒸馏装置模拟“溶剂蒸发”操作。当 时停止加热，溶剂蒸发结束。与直接分解制备相比，采用“配体交换”工艺制备的产品纯度更高的原因是 。 (3)该流程中可以循环利用的物质有 。 (4)以三甲基镓为原料，使其与发生反应得到GaN和另一种产物，该反应的化学方程式为 。 (5)共价晶体GaAs的晶胞为立方体，结构如图所示，紧邻的As原子之间的距离为a，紧邻的As、Ga原子之间的距离为b，则 。 6．（23-24高三下·河北石家庄·阶段练习）利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备LiCoO2产品，以实现资源的循环利用。主要工艺之流程如下： 已知：①氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·C1-]是一种铵盐； ②Co2+在溶液中常以[CoCl4]2-(蓝色)和[Co(H2O)6]2+(粉红色)形式存在； ③25℃时, Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15。 回答下列问题: (1)LiCoO2中Co的化合价为 。 (2)“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和LiCoO2粗品以不同的液固比在120℃下微波处理10 min后锂和钴的浸取率如图，则最佳液固比为 mL/g，草酸的作用为 。 (3)“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。 (4)25℃时，“沉钴”反应完成后溶液pH=10，此时c(Co2+)= mol/L。 (5)“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，洗涤沉淀的实验操作为 。 (6)锂离子电池正极材料LiCoO2在多次充放电后结构发生改变生成Co3O4，导致电化学性能下降，使用LiOH和30%H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复，则修复过程发生反应的化学方程式为 。 7．（2024·四川绵阳·三模）硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，利用常压酸浸—溶剂萃取法从硫锰废渣中回收有价金属锰、钻、镍的工艺流程如下： 已知：①“溶浸”中的与均稍过量；②溶液中离子浓度小于为沉淀完全；③；④开始沉淀的分别为7.2、7.7、8.1。 回答下列问题： (1)“溶浸”中发生反应的还原产物是 (填化学式)。MnS溶于会生成，但本工艺“浸出”过程中无产生，利用离子方程式说明原因 。 (2)“沉淀”中调节溶液为3.5，此时 。 (3)“滤渣”中主要有和 ，不能通过调节溶液的完成“除钙”的原因是 。 (4)对萃取剂P204和P507萃取金属离子的影响如下图所示。据此推测，“产品1”中主要的金属阳离子是 ，试剂B应选用 (填“P204”或“P507”)。 (5)在介质中，用氧化可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式 。 8．（23-24高一下·江苏泰州·期中）中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。 Ⅰ.目前世界上60％的镁是从海水中提取的，海水提镁的主要流程如下： (1)操作B是 。 (2)工业冶炼金属的化学方程式为 。 Ⅱ.空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一，其工艺流程如下图所示，试回答下列问题： (3)步骤Ⅰ到步骤Ⅱ变化为“”，这样进行转化的目的是 。 (4)步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出，利用了溴的__________（填序号）。 A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性 (5)写出步骤Ⅱ中涉及的离子反应 。 Ⅲ.最近，科学家开发了一种用二氧化碳淡化海水的技术，其循环图如下： (6)中H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为 。 9．（2024·江西·二模）新型锂电池正极材料有望取代广泛使用的，由软锰矿(主要成分为，还含有少量、FeO、、等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图： 已知：①，； ②离子浓度 mol⋅L-1时除尽； 回答下列问题： (1)软锰矿水磨浆化处理的作用是 。 (2)锂电池放电时正极反应式为，则锰酸锂中锰元素的化合价为 。 (3)用代替氧化除杂，反应物利用率会更高，理由是 。 (4)调pH时加入的X不能选用下列物质的是______。 A．NaOH B．氨水 C． D． (5)常温下，调节，除去、，写出已经除尽的计算过程： 。 (6)其他条件一定，沉锰过程中的沉淀率与溶液温度的关系如下图。：50℃后，随溶液温度升高，的沉淀率下降的原因是 。 (7)煅烧窑中，生成反应的化学方程式为 。 (8)一种锰的氧化物四方晶胞结构如图所示，该晶胞由和构成。 该氧化物的化学式为 ，基态的价层电子轨道表示式为 。 10．（2024·黑龙江大庆·三模）红矾钠(重铬酸钠：)是重要的基本化工原料，常在印染、电镀等工业中做辅助剂。工业上以铬铁矿(，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程如下。回答下列问题： 已知：①“焙烧”时，转化为和。 ②“浸取”时铁元素以形式存在。 (1)写出“焙烧”时被氧化的化学方程式： 。 (2)为了加快浸取速率可采取的措施有 (请写出两种方法)。 (3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分的浓度时认为已除尽。 “中和”时pH的理论范围是 ，滤渣的主要成分有 。 (4)“酸化”时，不可以将硫酸改为盐酸(HCl)，原因是(用离子方程式表示) 。 (5)“冷却结晶”所得母液中，除外，可在上述流程中循环利用的物质还有 (用化学式表示)。 (6)的三种结构：①、②、③，下列说法错误的是_______。 A．①中配合离子空间结构为或(已略去位于正八面体中心的) B．②③中的配位数都是6 C．②中存在的作用力有离子键、共价键、配位键和氢键等 D．等物质的量浓度、等体积的①②③溶液中，的物质的量相等 11．（2024·贵州黔南·二模）草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为，含少量、碳及有机物)制取的工艺流程如图所示： 已知：酸性条件下氧化能力：。 (1)“焙烧”的目的是 ，提高焙烧速率的措施有 。 (2)“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是 。 (3)基态原子的价电子排布式是 ；“钴浸出”过程中，不能用盐酸代替硫酸，原因是 。 (4)“净化除杂1”过程中，先在加入的作用是 ；再升温至，加入溶液，调至4.5沉铁，该反应的离子方程式为 。 (5)“净化除杂2”过程中，加入以除去原溶液中的(浓度为)和，若控制溶液中，则的去除率准确值为 。[已知某温度下，] 12．（2024·广东揭阳·二模）GaN是制造微电子器件，光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓[]、铁酸锌()，还含少量Fe及一些难溶于酸的物质}获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如图。 已知：①在酸性条件下不稳定，易转化为。 ②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于时可视为沉淀完全。 氢氧化物 ③，。 回答下列问题： (1)写出两条加快“浸出”速率的措施： 。 (2)中铁元素的化合价为 ，与稀硫酸反应的化学方程式为 。 (3)“调pH”时需调节溶液pH的最小值为 。 (4)“滤液1”中主要含有的金属阳离子为 ，检验“滤液1”中是否含有的试剂为 (填名称)。 (5)“转化2”加入铁粉时主要发生反应的离子方程式为 。 (6)“电解”反萃取液(溶质为)制粗镓后的电解废液经处理后可循环使用，电解废液的主要溶质为 (填化学式)。 (7)闪锌矿型的GaN晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a nm，以晶胞参数为单位长度建立原子坐标系，1号原子的坐标为。 ①2号原子的坐标为 。 ②闪锌矿型的GaN晶体密度为 。 13．（2024·山东潍坊·二模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀—萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。 已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应：(M代表被萃取的金属)。回答下列问题： (1)的作用是 。 (2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。 A．过滤 B．蒸发结晶 C．分液 D．蒸馏 (3)加入调pH的目的是 。 (4)已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时， 。(保留1位有效数字) (5)写出反萃取出的离子方程式 。 (6)回收液中浓度的测定：取50.00mL 回收液，滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为0.1000的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积12.50mL。 ①滴定终点的现象是 。 ②物质的量浓度为 。 ③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致所测含量 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 14．（2024·吉林长春·模拟预测）氧缺位体()是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿(主要成分是，含、等杂质)为原料制备的流程如下： 已知： ①酸浸后溶液中的金属离子有、、和 ②25°℃时已知几种金属离子沉淀的如表所示： 金属氢氧化物 开始沉淀的 1.9 3.4 6.4 7.0 完全沉淀的 3.2 4.7 7.6 9.0 回答下列问题： (1)位于元素周期表 区。 (2)“焙烧”时生成三种氧化物(其中的氧化物形式为)，其化学方程式为 。 (3)加“还原”的目的是 。 (4)滤渣2的主要成分为 。 (5)已知C有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间构型是 。 (6)充分“煅烧”得到的氧缺位体()的质量为原质量的98%，则 。 (7)氧缺位体分解水制氢分两步： 第一步 (完成方程式)； 第二步：。 15．（2024·山东泰安·三模）铬单质熔点高、硬度大，在新材料、医药、有机合成等多个领域有重要作用。以铬精矿(含 和少量 )冶炼 Cr的工艺流程如下： 已知：烧渣中含有 回答下列问题： (1)“焙烧”之前常将原料混合后球磨，其目的为 ；“焙烧”过程中 (填“有”或“无”)氧气参加反应。 (2)从浸渣中分离出Fe3O4的简单方法为 。 (3)“中和”和“酸化”两步工序不能合并的原因为 ；“结晶”所得母液中含有的主要金属阳离子为 (填离子符号)。 (4)“转化”过程发生主要反应的化学方程式为 。 (5)实际工业生产中、还原”工序常选用的金属还原剂为 (填化学式)。 (6)的立方晶胞可看作4个如图1所示的结构单元移至图2的相应位置。图1中M点在晶胞中的位置为面心或 ；若M点在面心位置，则其原子坐标参数为 。 16．（2024·贵州黔东南·三模）MnSO4·H2O可用作分析试剂、媒染剂、添加剂、药用辅料等。一种以软锰矿(主要成分为MnO2，还有CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MnF2)=4.5×10-3。 ②该工艺条件下，有关金属离子沉淀的pH范围如下表所示。 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.0 3.4 8.1 沉淀完全的pH 3.2 9.0 4.7(>9.8时开始溶解) 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸”时，MnO2被Fe2+还原，写出基态Fe2+的价电子轨道表示式 。 (2)“酸浸”得到的滤渣1需要进行二次酸浸，然后将浸出液合并。二次酸浸的目的是 。 (3)“氧化”时，试剂A可以是 (填写试剂化学式)。 (4)“除铁铝”时，应调节溶液pH的范围是 。 (5)“除钙”时，加入MnF2，发生反应的离子方程式是 。在25℃时该反应的平衡常数K= 。 (6)硫酸锰在不同温度下的溶解度S和一定温度内析出晶体的组成如图所示。“一系列操作”包括将所得滤液控制温度在80~90℃之间蒸发结晶、 、 、真空干燥，最后得到MnSO4·H2O。 (7)用BaCl2标准溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可以忽略)，可能的原因是 (写出一种)。 17．（2024·山东淄博·二模）工业上用电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]和废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下： 已知：①在碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)；在酸性条件下，Cr(Ⅵ)可被H2O2还原为Cr(Ⅲ)。pH＜5时Cr(Ⅵ)主要以存在，pH>7时Cr(Ⅵ)主要以存在。Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀。 ②相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示： 回答下列问题： (1)滤液1中主要的阳离子有和 。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，pH不宜过大的原因是 。 (2)“转化”中Cr3+反应的离子方程式为 。一系列操作的顺序为 (填标号)。 可供选择的操作有：①加热浓缩、趁热过滤  ②冷却结晶、过滤洗涤  ③加H2SO4溶液调pH  ④加NaOH溶液调pH  ⑤加热煮沸 (3)25℃时Na2Cr2O7溶液中存在多个平衡，本题条件下仅需考虑如下平衡：  ；  。pH=9，0.1 mol∙L-1Na2Cr2O7溶液中，则溶液中的平衡浓度为 (保留两位有效数字)。 (4)“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为 mol∙L-1 (保留两位有效数字)。[已知：25℃时，，] (5)“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则反应的化学方程式为 。 18．（2024·辽宁沈阳·三模）蛇纹石是一种含水富镁硅酸盐矿物的总称，蛇纹石制镁工艺中得到的中和渣含大量的、，以及少量的和单质，由上述中和渣制得铁红的流程如下。请回答下列问题： 已知：磁黄铁矿的化学式为 (1)“酸浸”步骤提高浸出率的措施有 （写一条即可） (2)当时，“还原”步骤磁黄铁矿发生氧化性溶解并生成硫酸的离子方程式为 。随着反应时间的延长，溶液不断升高的原因可能是 。 (3)“净化”步骤得到滤渣1的主要成分为 。 (4)为提高滤渣2的回收率，结合下图“净化”步骤最佳加料速度为__________。 A．5 B．10 C．15 D．20 (5)回收、和步骤中，若起始三种金属离子浓度均为，逐步加入固体过程中三种硫化物 （填“能”或“不能”）通过分步沉淀依次回收（已知、、，时可认为M离子完全沉淀）。 (6)滤渣3成分为，则“沉铁”步骤发生反应的离子方程式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) 形 (2)防止大量溶解，导致锗的产率下降 (3)(或) (4) (5)盐酸 (6) 4 或或 C 【分析】工业锌置换渣(主要含等)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(或)，，经过沉硅等一系列操作后得到硅，滤液中含有，降温平衡逆向移动，得到PbCl2，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-。 【详解】（1）①SO2中S的价层电子对数为：，有1个孤电子对，空间构型为V形； ②该反应化学方程式为：，氧化剂为，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：(或)； （4），，即，，，即为防止中混有杂质，应控制溶液中； （5）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-，“转化”的意义在于可重复利用盐酸； （6）①由图可知，锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为4； ②由均摊法得，1个硅锗合金i晶胞中含有Si原子个数为，Ge原子的个数为，晶胞边长为apm，则硅锗合金i晶体的密度为； ③由硅锗合金ii的晶胞结构图可知，沿晶胞对角面取得的截图为C。 2．(1) 将Fe、Co转化成可溶性的盐而与WC和C分离 4.1≤pH＜7.0 2Co2++N2H4‧H2O=2Co↓+N2↑+H2O+4H+ (2)流速过快，与W的接触时间短，氧化不充分 (3)将Na3WO4充分转化为(NH4)3WO4，利用同离子效应，降低(NH4)3WO4的溶解度，提高(NH4)3WO4的产率 (4)阳极泥 (5) (6) 、 O＞Cl＞H＞Co 【分析】硬质合金废料(含WC、Fe和少量C、Co)中加稀硝酸酸浸，得到含WC和C的固体混合物、尾气1的主要成分NO，酸浸时稀硝酸将Fe、Co转化成可溶性的Fe3+和Co2+的盐，过滤得到酸浸液；将得到WC和C的固体混合物在氧气、水蒸气的条件下焙烧，得到的烧渣含WO3，往烧渣中加氢氧化钠溶液进行碱浸，得到的碱浸液中含Na3WO4，其中加氯化铵进行氨化结晶，将Na3WO4转化为(NH4)3WO4，然后煅烧得WO3；酸浸液调pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，过滤后的滤液中含Co2+，加一水合肼将Co2+还原为Co。 【详解】（1）用稀硝酸进行“酸浸”时，硬质合金废料中的Fe、Co转化成可溶性的Fe3+和Co2+的盐，从而与WC和C分离，即其目的为将Fe、Co转化成可溶性的盐，从而与WC和C分离；“沉铁”时是将溶液中的Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，但Co2+不沉淀，所以调节pH的范围为4.1≤pH＜7.0；“还原”反应是加一水合肼将Co2+还原为Co，同时生成一种参与大气循环的气体，由元素种类守恒可知，该气体为N2，其反应的离子方程式为2Co2++N2H4‧H2O=2Co↓+N2↑+H2O+4H+； （2）由以上分析可知，氧气将W氧化为三氧化钨，若其他条件相同时,“焙烧”过程中流速过快，将会导致氧气与W的接触时间短，氧化不充分，从而使钨的氧化率降低； （3）加氯化铵进行氨化结晶时，可将Na3WO4转化为(NH4)3WO4，加入足量利用了同离子效应，降低(NH4)3WO4的溶解度，提高(NH4)3WO4的产率； （4）“酸浸”工序的目的是将为将Fe、Co转化成可溶性的盐，从而与WC和C分离，若用电解法代替，则进行电解时，硬质合金废料作阳极，即其中的WC不反应进入阳极泥； （5）尾气1是用稀硝酸进行“酸浸”时，硬质合金废料中的Fe、Co转化成可溶性的Fe3+和Co2+的盐，稀硝酸被还原为的NO，尾气3则是煅烧(NH4)3WO4得WO3时生成的NH3，NO与NH3的反应是汽车尾气处理的原理之一，该反应的化学方程式为； （6）N、O元素的非金属性较强，和分子中均存在氧氢键，分子间能形成氢键；和NaOH为离子晶体，熔点高低与离子键强弱有关；Co为金属晶体，熔点高低与金属性强弱有关；为分子晶体，熔点高低与范德华力大小有关，所以、、、，NaOH，Co中，熔点主要取决于氢键的是、；Co为金属元素，其电负性在四种中最小，H、O、Cl均为非金属元素，三者电负性由大到小顺序为O＞Cl＞H，所以H、O、Cl、Co的电负性由大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Co。 3．(1)温度升高，氨气挥发量增加且分解，生成减少，不利于锌的浸出 (2)、 (3) (4) C (5) ① 【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；据此分析解题。 【详解】（1）“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出； （2）据分析可知，滤渣1为：、、； （3）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为：； （4）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，反应为； ②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好应120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高，故选C； （5）①N和O的电负性相比，N弱于O，则N易提供孤电子，配位键稳定性强，故答案为：①； ②Zn为30号元素，电子排布式为，价电子排布式，位于元素周期表ds区。 4．(1) d (2)除去炭黑、有机物 (3)作还原剂，还原 (4) 产生黑色沉淀 (5) (6) 2∶1∶3 【分析】废旧电池正极材料主要成分为，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把Mn2+氧化为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成沉淀除镍，滤液中加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMnO4。 【详解】（1） Ni是28号元素，位于元素周期表中d区；Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2，轨道表示式为； （2）废旧电池正极材料含炭黑和有机黏合剂杂质，“灼烧”的目的是除去炭黑、有机物； （3）“酸浸”前Co为+3价，“酸浸”后Co为+2价，Co元素发生还原反应，则双氧水的作用是作还原剂，还原； （4）“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色褪去。溶液变为紫红色是因为锰元素被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为；沉锰过程最终生成二氧化锰沉淀，二氧化锰为黑色固体，“紫红色褪去”后，还可能有的实验现象是产生黑色沉淀； （5） （6）①根据均摊原则，晶胞中Li原子数为6、Co原子数为、O原子数为，所以Li、Co、O的个数比为2：1：3； ②晶胞的体积为，该晶体的密度为。 5．(1) 分子晶体 (2) 馏分温度高于34.6℃ 与的沸点相差更大，易于分离 (3)、 (4) (5) 【分析】镓镁合金在溶剂中，加发生反应生成、和，所得溶液进行溶剂蒸发，再进行蒸馏得到，与发生配体交换，然后进行加热解配得到，据此分析解答； 【详解】（1）三甲基镓的沸点较低，符合分子晶体的性质；“合成反应”中生成，和生成，反应方程式为：； （2）实验室用蒸馏装置模拟“溶剂蒸发”操作，应控制温度达到沸点34.6℃左右；与直接分解制备相比，与的沸点差异更大，分离的效果更好，制得的产品纯度更高； （3）在合成时消耗，解配时又生成，可循环利用，配体交换时消耗，解配时又重新生成，因此可循环利用。 （4）三甲基镓与发生反应得到GaN，根据元素守恒可得另一产物为CH4，反应方程式为：； （5）由晶胞结构可知，紧邻的As原子之间的距离为面对角线的一半，即a=,紧邻的As、Ga原子之间的距离为体对角线的四分之一，即b=(x代表边长)，则。 6．(1)+3 (2) 60mL/g 作还原剂，将Co元素还原为+2价 (3)[CoCl4]2−+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl- (4)1.6×10-7 (5)沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水滤出后，重复2到3次 (6)6LiOH+H2O2+2Co3O4=6LiCoO2+4H2O 【分析】氯化胆碱-草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以[Co(H2O)6]2+存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和Co3O4高温烧结(通入空气氧化)得到LiCoO2产品，以此分析解答。 【详解】（1）LiCoO2中Li为+1价，O为-2价，因此Co为+3价； （2）图中信息显示当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g；草酸的作用是作还原剂，将Co元素还原为+2价； （3）“水浸”过程中溶液由蓝色[CoCl4]2−变为粉红色[Co(H2O)6]2+，即由[CoCl4]2−变为[Co(H2O)6]2+，则该变化的离子方程式为：[CoCl4]2−+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-； （4）溶液pH=10，即c(H+)=1×10-10mol⋅L-1，则c(OH-)=1×10-4mol⋅L-1，c(Co2+)==mol⋅L-1=1.6×10-7mol⋅L-1； （5）洗涤沉淀的实验操作为沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水滤出后，重复2到3次； （6）使用LiOH和30%H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复是过氧化氢将Co3O4氧化和LiOH生成LiCoO2，反应的化学方程式为6LiOH+H2O2+2Co3O4=6LiCoO2+4H2O。 7．(1) MnSO4 2Fe3+＋H2S= 2Fe2+＋S↓＋2H＋ (2)1.28×10-6或1.25×10-6或4×10-6.5 (3) CaF2 经计算可知，Ca2+完全沉淀时，Ni2+、Co2+、Mn2+均已完全沉淀或氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀 (4) Mn2+ P507 (5)2Ni2+＋Br2＋6OH-= 2NiO(OH)↓＋2Br-＋2H2O 【分析】硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，先将MnO2，H2SO4，FeSO4混合进行溶浸，生成MnSO4和Fe2(SO4)3，向其中加入硫锰废渣，进行浸出，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀，浸出液加入碳酸钙调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀析出，再加入MnF2除去溶液中的钙离子，加入萃取剂萃取，得有机相和水相，根据第4小题图可知水相中主要含Co2+和Ni2+，有机相1中主要含Mn2+，有机相反萃取后得到产品1为MnSO4，水相再次萃取，得到NiSO4溶液和有机相2，有机相2中主要含Co2+。 【详解】（1）“溶浸”中二氧化锰和硫酸亚铁发生氧化还原反应，二氧化锰是氧化剂，反应后生成还原产物是MnSO4，浸出”过程在溶浸后的溶液中发生，溶液中有铁离子，有氧化性，氧化生成的硫化氢得硫单质，离子方程式为2Fe3+＋H2S= 2Fe2+＋S↓＋2H＋； （2）根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=4.0×10−38，溶液pH为3.5，即c(H+)=10-3.5mol/L，c(OH-)=10-10.5mol/L，代入得c(Fe3+)=4×10-6.5mol/L≈1.25×10-6mol/L； （3）加入MnF2除钙，故“滤渣”中主要有过量MnF2和CaF2，氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀，若Ca2+完全沉淀，Ni2+、Co2+、Mn2+均已完全沉淀，无法达到分离的目的； （4）由图知，P204对Mn2+萃取率很高，故有机相1中主要含Mn2+，“产品1”中主要的金属阳离子是Mn2+，试剂B萃取后，水相中为Ni2+，故试剂B对Co2+萃取率高，由图知，P507符合； （5）在NaOH介质中，用Br2氧化NiSO4可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiO(OH)，Br2做氧化剂得电子反应后生成Br-，离子方程式为2Ni2+＋Br2＋6OH-= 2NiO(OH)↓＋2Br-＋2H2O。 8．(1)蒸发浓缩，冷却结晶 (2) (3)富集溴元素 (4)C (5) (6) 【分析】Ⅰ生石灰为CaO，石灰 为Ca(OH)2，海水中含有镁离子，引入海水后生成氢氧化镁沉淀，从沉淀池中把氢氧化镁沉淀分离出来的操作A是过滤，试剂a为盐酸，与氢氧化镁反应生成氯化镁，操作B用于从溶液中提取晶体，则操作是蒸发浓缩、冷却结晶(或降温结晶)，电解氯化镁得到单质Mg；Ⅱ.卤水中通入氯气，氯气把溴离子氧化为溴分子，得到低浓度溴水，通入热空气吹出Br2，用纯碱溶液吸收溴蒸气生成溴酸钠、溴化钠溶液，用硫酸酸化，溴酸钠、溴化钠反应生成高浓度溴水，蒸馏得到工业溴，据此分析解题。 【详解】（1）据分析可知操作B是蒸发浓缩，冷却结晶。 （2）工业冶炼金属是电解熔融状态下的氯化镁，化学方程式为。 （3）“步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴”的过程实际上是一个溴的浓缩过程，其目的是富集溴元素。 （4）溴沸点低，易挥发，所以步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，选C。 （5）Br2被纯碱溶液吸收反应生成溴酸钠、溴化钠，溴元素化合价由0升高为+5、溴元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒，反应方程式：。 （6）非金属性越强电负性越强，中H、C、N、O四种元素的电负性的顺序为。 9．(1)增大接触面积，加快反应速率(合理即可) (2)+3、+4 (3)会催化分解，而不会分解(合理即可) (4)D (5)，mol⋅L-1，mol⋅L-1mol⋅L-1mol⋅L-1 (6)温度升高，氨水分解并挥发(合理即可) (7) (8) 【分析】软锰矿(主要成分为，还含有少量、FeO、、等杂质)中加水，水磨浆化，增大接触面积，加入硫酸和铁屑进行酸浸，被Fe2+还原为Mn2+，滤渣1为，滤液中含有硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝等盐，用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加物质X调节pH生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除铝、铁，过滤，滤液中含有硫酸锰，加入氨水沉锰，得到氢氧化锰，氧化氢氧化锰得到二氧化锰，二氧化锰与碳酸锂在煅烧窑中反应生成LiMn2O4，据此分析解答。 【详解】（1）软锰矿水磨浆化处理的作用是增大接触面积，加快反应速率。 （2）Li2Mn2O4中锰元素+3价，根据可知，LiMn2O4中锰原子，一个+4价，一个+3价，只有一个锰原子得电子变为+3价，则锂电池正极材料LiMn2O4中，锰元素的化合价为+3、+4。 （3）用代替氧化除杂，反应物利用率会更高，理由是会催化分解，而不会分解。 （4）NaOH、氨水、均能与氢离子反应，调节溶液的pH，不能与氢离子直接反应生成盐和水，故选D。 （5），mol⋅L-1，mol⋅L-1mol⋅L-1mol⋅L-1，则已经除尽。 （6）50℃后，随溶液温度升高，的沉淀率下降的原因是温度升高，氨水分解并挥发。 （7）煅烧窑中，二氧化锰与碳酸锂反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，故生成反应的化学方程式为。 （8） 由晶胞结构图可知，一个晶胞中的个数为，的个数为，则该氧化物的化学式为，基态为，价层电子轨道表示式为。 10．(1) (2)将固体研磨、粉碎；适当升温；搅拌等 (3) 、 (4) (5) (6)D 【分析】分析流程可知，铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）中加入纯碱和O2进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，过滤，滤渣为不溶于水的Fe2O3，向过滤后的溶液中加入H2SO4调节pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，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可以循环利用。 【详解】（1）根据已知，“焙烧”时，转化为和，根据氧化还原反应配平可知，焙烧发生的主要化学方程式为； （2）为了加快浸取速率可采取的措施有将固体研磨、粉碎；适当升温；搅拌等； （3）过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，依据图中数据，当溶液时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会溶解，因此中和时pH的理论范围为；滤渣的主要成分有、； （4）“酸化”时，不可以将硫酸改为盐酸(HCl)，原因是会氧化氯离子，； （5）加入硫酸酸化后，母液中主要溶质为和硫酸，而其中能在上述流程中循环利用的就是H2SO4； （6） A. ①为八面体结构，则配合离子空间结构为或(已略去位于正八面体中心的)，正确；B. ②、③中的配位数都是6，正确；C. ②中存在的作用力有离子键、共价键、配位键和氢键等，正确；D. 等物质的量浓度、等体积的①②③溶液中，的物质的量：①<②<③，错误；故选D； 11．(1) 除去碳和有机物 含钴废料粉碎、含钴废料与空气逆流混合、鼓入富氧空气 (2) (3) 3d74s2 能把盐酸氧化为氯气 (4) 把Fe2+氧化为Fe3+ (5)99% 【分析】含钴废料主要成分为，含少量、碳及有机物，550℃焙烧除去碳和有机物，“碱浸”时，Al2O3和氢氧化钠反应生成 除Al2O3；“钴浸出”时，被Na2SO3还原为Co2+，Fe2O3被Na2SO3还原为Fe2+，浸出液中含有硫酸钴、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁；“净化除杂1”过程中，先在加入把Fe2+氧化为Fe3+；再升温至，加入溶液调至4.5生成氢氧化铁沉铁，“净化除杂2”过程中，加过量NaF溶液生成CaF2、MgF2沉淀除钙、镁，滤液中加草酸铵生成草酸钴沉淀。 【详解】（1）含钴废料主要成分为，含少量、碳及有机物，550℃焙烧除去碳和有机物；根据影响反应速率的因素，提高焙烧速率的措施有含钴废料粉碎、含钴废料与空气逆流混合、鼓入富氧空气等。 （2）“碱浸”时，Al2O3和氢氧化钠反应生成，发生反应的离子方程式是； （3）Co是27号元素，基态原子的价电子排布式是3d74s2；酸性条件下氧化能力：，能把盐酸氧化为氯气，所以“钴浸出”过程中，不能用盐酸代替硫酸。 （4）“净化除杂1”过程中，先在加入的作用是把Fe2+氧化为Fe3+；再升温至，加入溶液，调至4.5生成氢氧化铁沉淀，该反应的离子方程式为。 （5）“净化除杂2”过程中，加入以除去原溶液中的(浓度为)和，若控制溶液中，则c()=,则的去除率准确值为。 12．(1)适当加热、搅拌或增大稀硫酸浓度等 (2) +3 ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O (3)5.3 (4) Zn2+ 硫氰化钾 (5)2Fe3++Fe=3Fe2+ (6)NaOH (7) 【分析】由题给流程可知，向炼锌矿渣加入稀硫酸浸出，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，过滤得到浸出渣和浸出液；向浸出液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液的pH，将溶液中的铁离子、镓离子转化为氢氧化铁、氢氧化镓沉淀，过滤得到含有锌离子的滤液和含有氢氧化铁、氢氧化镓的滤饼；向滤饼中加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓的混合溶液，向溶液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，向反应后的溶液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含有镓离子的有机相和含有氯化亚铁的水相；向有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取、分液得到偏镓酸钠溶液；电解偏镓酸钠溶液在阴极得到粗镓，粗镓中的镓与一溴甲烷反应合成Ga(CH3)3，向MOCVD中通入氨气制得氮化镓。 【详解】（1）适当加热、搅拌、增大稀硫酸浓度等措施能加快“浸出”速率，故答案为：适当加热、搅拌或增大稀硫酸浓度等； （2）ZnFe2O4中氧元素、锌元素的化合价为—2价、+ 2价，由化合价代数和为0可知，铁元素的化合价为+3价，ZnFe2O4与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水，反应的化学方程式为ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，故答案为：+3价；ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O； （3）由分析可知，调节溶液的pH的目的是将溶液中的铁离子、镓离子转化为氢氧化铁、氢氧化镓沉淀，由溶度积可知，溶液中镓离子完全沉淀时，铁离子已经完全沉淀，溶液中镓离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度应大于=2.0×10—9mol/L，则“调pH”时需调节溶液pH的最小值为14—9+lg2=5.3，故答案为：5.3； （4）由分析可知，“滤液1”中主要含有的金属阳离子为锌离子；溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁，则检验“滤液1”中是否含有铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，故答案为：Zn2+；硫氰化钾； （5）由分析可知，“转化2”加入铁粉的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+； （6）由分析可知，电解偏镓酸钠溶液在阴极得到粗镓，电解的反应方程式为4NaGeO2+2H2O4Ge+3O2↑+4NaOH，则由方程式可知，电解废液的主要溶质为氢氧化钠，故答案为：NaOH； （7）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的1号原子的坐标为，则晶胞的边长为1，位于面心的2号原子的坐标为，故答案为：； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的大球个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的小球个数为12×+1=4，则晶胞中氮化镓的个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 a)3d，解得d=，故答案为：。 13．(1)氧化 (2)AC (3)使转化成Fe(OH)3沉淀除去 (4)0.001 (5) (6) 当滴入最后半滴标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色 0.0250 偏高 【分析】锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、，往其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加碳酸钙调溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子，过滤，往滤液中加萃取剂a萃取锰离子，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液；无机相用萃取剂b萃取Co2+，所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。 【详解】（1）以上分析可知，浸出液中含二价铁，的作用是将二价铁氧化为三价铁； （2）该流程中得滤渣①和滤渣②的操作为过滤，萃取之后得有机相和无机相的操作为分液，故答案为：AC； （3）用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入调pH可以使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，所以加入调pH目的是使转化成氢氧化铁沉淀除去； （4）已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时，，则； （5）根据信息可知，反萃取剂为酸，即反萃取出时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来，相应的离子方程式为； （6）①在与溶液恰好完全反应之前，溶液呈橙黄色，恰好完全反应后，溶液中无Ni2+，此时再加半滴溶液，溶液将会呈紫色，且半分钟内不恢复原色，所以滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色； ②反应时与按物质的量1:1反应，所以的物质的量浓度为； ③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致偏多，则所测含量偏高。 14．(1)ds (2) (3)将还原为，防止在调时变成而除去 (4) (5)平面正方形或平面四边形或平行四边形 (6)0.3 (7) 【分析】氧气具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金属离子有、、和，“焙烧”时生成三种氧化物，结合质量守恒可知，“焙烧”中黄铜矿的与氧气反应生成SO2、CuO、，反应为，加入硫酸将金属氧化物转化相应硫酸盐溶液，滤渣1为不反应的二氧化硅，加入Cu还原铁离子为Fe2+，加入CuO调pH使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，滤渣2主要成分是氢氧化铝沉淀，含少量铜、氧化铜；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入过量氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，Fe3+与弱碱氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4经系列操作生成CuO，灼烧时CuO与氢氧化铁反应生成CuFe2O4，在氮气做保护气下煅烧生成； 【详解】（1）Cu为29号元素，位于元素周期表第四周期第IB族； （2）由分析可知，“焙烧”时反应化学方程式为； （3）还原流程后调pH使得Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀；由于铁离子会较铝离子首先沉淀，故加Cu“还原”的目是将还原为，防止在调pH时变成而除去； （4）由分析可知，滤渣2的主要成分为； （5）已知有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结构，而是平面四边形结构，故的空间构型为平面正方形或平面四边形或平行四边形； （6）铁酸铜()制备氧缺位体()，质量减少量就是生成氧气的质量，，0.3； （7）氧缺位体分解水制氢总反应为，结合第二步反应，可知第一步反应为。 15．(1) 增大铬精矿的表面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分 有 (2)磁选(或用磁铁吸引) (3) 合并会导致溶解而使杂质不能除尽或影响后续操作 (4)(浓) (5) (6) 棱心或体心 或，或 【分析】烧渣中含有 ，水浸除去Fe3O4、MgO、CaSiO3，浸液中含有Na2CrO4、；“中和”是将转化为沉淀而除去，滤液1“酸化”是将充分转化为，第一次结晶析出Na2SO4、第二次结晶析出，加浓硫酸转化为CrO3，CrO3煅烧得到Cr2O3，Cr2O3还原生成金属Cr。 【详解】（1）“焙烧”之前常将原料混合后球磨，增大铬精矿的表面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分；“焙烧”过程中元素化合价升高，有氧气参加反应。 （2）Fe3O4具有磁性，从浸渣中分离出Fe3O4的简单方法为磁选； （3）“中和”是将转化为而除去，“酸化”是将充分转化为而提高产品产率，合并会导致溶解而使杂质不能除尽或影响后续操作，所以两步工序不能合并。“结晶”所得母液中溶质主要为，含有的主要金属阳离子为Na+。 （4）“转化”过程中加浓硫酸转化为CrO3，发生主要反应的化学方程式为(浓)； （5）实际工业生产中，“还原”工序可通过铝热反应实现的冶炼，需要的还原剂为Al。 （6）晶胞为对称结构，则图1中点在晶胞中的位置为面心或棱心或体心；若点在面心位置，则其原子坐标参数为或或。 16．(1) (2)提高Mn元素的浸出率 (3)H2O2(其他合理答案也可) (4)4.7≤pH＜8.1 (5) MnF2+Ca2+CaF2+Mn2+ 3.0×107 (6) 趁热过滤 用80~90℃之间的蒸馏水洗涤2~3次 (7)晶体失去部分结晶水或者样品中混有硫酸盐杂质 【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，还有CaO、Al2O3、SiO2等杂质)加入铁屑和稀硫酸，MnO2被铁屑还原为锰离子，得到硫酸锰溶液，Al2O3转化为硫酸铝溶液，SiO2不溶于稀硫酸，硫酸钙微溶，故过滤得到滤渣1的主要成分为硫酸钙和二氧化硅，在滤液中加入H2O2等氧化剂可有将Fe2+氧化为Fe3+便于除去，由表中数据可知，加入碳酸钙调节pH值在4.7≤pH＜8.1可将铝和铁转化为氢氧化铝和氢氧化铁完全除去，在加入MnF2，将钙转化为氟化钙除去，最后得到较纯净的硫酸锰溶液，经过系列操作，即可得到MnSO4·H2O，据此回答。 【详解】（1） (1)基态Fe2+的价电子排布为3d6，价电子轨道表示式为； （2）二次酸浸的目的为提高Mn元素的浸出率； （3）试剂A的作用是氧化Fe2+，可以是H2O2等氧化剂； （4）使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Mn2+不沉淀，所以控制溶液pH为4.7≤pH<8.1 （5）除钙其实是沉淀转化，故方程式为MnF2+Ca2+CaF2+Mn2+，该反应的平衡常数K==3.0×107； （6）蒸发结晶之后的操作是趁热过滤，过滤之后还要洗涤，但是为了防止MnSO4·H2O转化为其他晶体，洗涤液应该用80~90℃之间的蒸馏水； （7）纯度大于100%，说明SO2的物质的量相对偏高，可能原因是晶体失去部分结晶水或者样品中混有硫酸盐杂质 17．(1) [Cu(NH3)4]2+ Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+) (2) ⑤③①②④ (3)6.0×10-4 (4)5.9×10-10 (5) 【分析】电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]中加入NH3∙H2O和(NH4)2CO3进行氨浸，Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3不溶而成为滤渣；往滤渣中加入H2SO4，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3溶解生成Cr3+、Fe2+、Fe3+，通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3，此时Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入NaOH调节pH=9，并加入足量的H2O2氧化铬，将铬转化为；经过一系列操作得到Na2CrO4。废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)中加入Na2CO3进行盐浸，将PbSO4转化为PbCO3，再加入H2C2O4焙烧，生成PbO、CO2、O2，然后加HNO3酸化，生成Pb2+；两份溶液混合，可制得PbCrO4。 【详解】（1）由分析可知，滤液1中主要的阳离子有和[Cu(NH3)4]2+。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，若pH过大，会导致Fe3+、Cr3+生成沉淀，其原因是：Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+)。 （2）“转化”中，溶液由酸性变为碱性，此时Cr3+转化为，反应的离子方程式为。从溶解度曲线可以看出，若直接降低温度，则Na2SO4也会结晶析出，则应先除杂质，即加酸将转化为，升高温度让Na2SO4结晶析出后，再降低温度，结晶析出Na2Cr2O7，再调节溶液的pH，将Na2Cr2O7转化为NaCrO4，所以一系列操作的顺序为⑤加热煮沸、③加H2SO4溶液调pH、①加热浓缩、趁热过滤、②冷却结晶、过滤洗涤、④加NaOH溶液调pH，故选⑤③①②④。 （3）pH=9，0.1 mol∙L-1Na2Cr2O7溶液中，依据Cr元素守恒可建立等式：c()+c()+2c()=0.2mol/L，，则c()+c()≈0.2mol/L，，，溶液中的平衡浓度为mol/L≈6.0×10-4。 （4）“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，当K＞1×105时，可认为反应物完全转化为生成物。对于反应PbSO4(s)+(aq)PbCO3(aq)+(aq)，K===2.16×105＞1×105时，则PbSO4发生完全转化，c(Pb2+)==1.26×10-4mol/L，Na2CO3溶液的最小浓度为mol∙L-1≈5.9×10-10mol∙L-1。 （5）“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则CO2与O2的化学计量数之比为2:1，反应的化学方程式为。 【点睛】对于可逆反应，当当K＞1×105时，可认为反应物完全转化为生成物。 18．(1)适当增大酸的浓度、适当升温、搅拌、研磨等（合理即给分） (2) 和反应生成（合理即给分） (3)、 (4)A (5)能 (6) 【分析】中和渣中含大量的、，以及少量的和单质，加入进行酸浸，反应生成含、以及少量的、、、、的酸浸液，再酸浸液中加入磁黄铁矿进行还原，当当时，磁黄铁矿的化学式为，发生的离子方程式为，将还原为，便于与其他离子分离，再还原液中加入氢氧化钠进行净化，由题（4）中图知，将和转化为和除去，故滤渣1为和，向滤液1中加入沉钴镍锰，将、、离子转化为、、除去，故滤渣2为、、，再向滤液2中通入空气和加入溶液发生，生成，故滤渣3为，煅烧得到，据此回答。 【详解】（1）“酸浸”步骤提高浸出率的措施有适当增大酸的浓度、适当升温、搅拌、研磨等； （2）由分析知，“还原”步骤磁黄铁矿发生氧化性溶解并生成硫酸的离子方程式为，随着反应时间的延长，由于和反应生成，溶液不断升高； （3）由分析知，“净化”步骤得到滤渣1的主要成分为、； （4）为提高滤渣2的回收率，结合下图“净化”步骤最佳加料速度为，故选A； （5）由已知、、，可得先沉淀，其次为沉淀，最后为沉淀，若回收、和步骤中，若起始三种金属离子浓度均为，完全沉淀时，此时，还未开始沉淀，完全沉淀时，，此时，还未开始沉淀，逐步加入固体过程中三种硫化物能通过分步沉淀依次回收； （6）由分析知，“沉铁”步骤发生反应的离子方程式为。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$