2024届高三化学二轮训练专题-工业流程题

2024届高三化学二轮训练专题-工业流程题 1．（2024·浙江·三模）固态化合物M的组成为CuSi2O5，以M为原料实现如下转化： 已知：a．固体X由两种氧化物组成，质量与M相同；b．CuAlO2难溶于水 (1)①固体D的成分为 ，溶液E中含氮微粒有 。 ②写出反应Ⅱ的化学反应方程式 。 ③溶液F加热可得纳米，过程中pH会明显下降，原因是 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．反应Ⅰ不能在陶瓷坩埚中进行 B．固体X可溶于浓氨水 C．溶液A经净化处理后可用于工业粘合剂 D．反应Ⅲ中发生的离子反应有： (3)已知能溶于较浓强碱溶液，蓝色溶液C中可能存在铝元素，请设计实验方案进行检验 。 2．（23-24高三下·安徽·阶段练习）以钒矿石为原料制备化工产品的一种工艺流程如下； 已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有、、、；“酸浸”后，钒以形式存在。 ii．P204对四价钒具有高选择性，萃取而不萃取。 iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。 iv．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.0 11.9 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 13.9 10.1 回答下列问题： (1)基态Fe的价电子排布式为 。 (2)“还原中和”时，还原步骤中参与反应的离子方程式为 。 (3)钒的漫出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、图2所示。指出适宜的工艺条件为 。使用冰水洗涤多钒酸铵的目的是 。 (4)流程中可循环使用的物质有 。 (5)萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。请根据题给信息，参照上述工艺流程，选用括号中所给试剂，将下列工艺流程剩余两步工序补充完整 （、稀、MnO、、）。 (6)已知常温下、的分别为、，若上述水相“沉钙”后，理论上不超过 。 3．（23-24高三下·湖南·阶段练习）铬是最坚硬的金属，金刚石是自然界中最硬的物质。一种由铬铁矿（含、MgO、，等）为原料制备铬单质的流程如图所示。 已知：①烧渣含，等。 ②  。 ③  。 回答以下问题： (1)焙烧时将矿料和NaOH进行研磨，目的是 。 (2)焙烧时生成的化学方程式是 。 (3)已知0.1 mol/L 溶液中，铝形态的浓度（以或计）的对数（）随溶液pH变化的关系如图。 则调pH的范围是 。（已知：恰好在a~b的pH范围内完全沉淀） (4)工业上冶炼Cr的方法是 。基态Cr原子的价层电子排布图为 。从原子结构及性质的角度分析金属Cr硬度很大的原因： 。 (5)晶体硅具有与金刚石相似的晶体结构（如图），已知Si原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体硅的密度为 g/cm（列出计算表达式）。 (6)硅酸盐是地壳岩石的主要成分，硅酸盐的阴离子结构丰富多样。某种硅酸盐阴离子的硅氧四面体双链结构如下图所示，则该阴离子的结构通式可表示为 。 4．（2024·浙江杭州·模拟预测）光盘金属层含有Ag(其它金属微量忽略不计)，可以进行资源回收利用，下图为从光盘中提取Ag的工业流程。 已知：①气体A、气体D是空气的主要组成气体。 ②配离子的形成是分步进行的： ； 。 ③AgCl的Ksp=1.8×10-10 。 请回答： (1)已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序数为 。 (2)写出反应Ⅰ的离子方程式 ，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是 。 (3)水合肼是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述流程中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有 (写出一条即可)。 (4)是一个可逆反应。 ①结合相关数据说明上述反应是可逆反应 ； ②设计实验验证上述反应是可逆反应 。 5．（23-24高三下·江西·阶段练习）可用于玻璃和陶瓷的着色剂，也是实验室常用的变色干燥剂。由含钴矿（Co元素主要以的形式存在，还含有元素，碳及其有机物）制取氯化钴的一种工艺流程如下图所示： 已知：①Na2S2O5常用作食品抗氧化剂 ②部分金属阳离子形成氢氧化物沉淀的如下表所示： 金属阳离子 开始沉淀的 0.3 2.7 7.2 7.6 9.6 完全沉淀的 1.1 3.2 9.2 9.6 11.1 请回答下列问题： (1)中子数为33的钴的核素符号为 ，钴位于周期表中的 区。 (2)焙烧的目的是 。 (3)“浸取”工序中用盐酸代替稀和的混合溶液也能达到目的，写出用盐酸浸取时发生氧化还原反应的离子反应方程式 ，用稀和的混合溶液浸取的优点是 。 (4)加入调节为3.0~3.5的原因是 (5)已知和的分别为，当恰好完全沉淀时（完全沉淀时浓度为溶液中的是否完全沉淀，写出推理过程 。 (6)由到的工序中，一定条件指的是 。 6．（2024·湖南·模拟预测）陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔，LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图： (1)加入NaOH溶液碱浸时发生反应的离子反应方程式 ，酸溶时，H2O2的作用是 。 (2)实验操作①的名称是 操作②用到的玻璃仪器有： 。 (3)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如下图所示，则有机磷萃取时最佳pH为 。 (4)CO(OH)2在空气中加热时，固体(不含其他杂质)，质量随温度变化的曲线如图所示，290℃时，所得固体物质的化学式为： 。 (5)Co2+萃取的反应原理如下：，则从有机相中分离出CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂_______。 A．H2SO4 B．NaOH C．HR D．Co(OH)2 (6)“沉钴”时，Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，请分析原因： 。 7．（2024·山东青岛·三模）稀土元素Sc被称为“工业调料”，可使掺杂它的材料性能成倍提升。从赤泥中提取高纯度和其它工业产品的流程如图。 已知： ①赤泥为氧化铝生产中的暗红色固体废物，主要含、、、、等，其中Sc元素含量测定为45。 ②Sc单质及其化合物的性质与铝相似。易形成八面体的配离子。 ③Ti元素在整个流程中化合价不变。 ④“埃林汉姆图”可表示反应自由能变(△G)与温度的关系，其运算规则与反应焓变相似。 (1)“还原焙烧”也可用能耗更低的硫酸化焙烧代替，硫酸化焙烧的缺点为 。 (2)“还原焙烧”(温度为1100℃)的反应方程式为 。 (3)温度较高时，Sc浸出率下降的原因是 。 (4)“萃取”前加入维生素C的目的是 ，可以使用NaOH溶液进行反萃取的原因为钪离子生成了 。“沉淀2”发生反应的离子方程式为 。 (5)钪的络盐()在110℃会损失约38.2%的质量，此时其化学式为 ，在238℃～625℃充分煅烧后生成固体质量为原质量的28.8%，该固体化学式为 。 8．（2024·江西·模拟预测）是一种氧化剂、催化剂，以含铼废渣(含Re、、Fe、Ni和等)为原料提取的工艺如图所示。 已知：①“酸浸”浸液含(强酸)、、等。 ②离子交换中存在平衡：。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Re与Mn同族，则Re位于 区。 (2)“粉碎过筛”的目的是 ，“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 ，“反萃取”中试剂A的化学式为 。 (3)“离子交换”中c(Cl-)变化如图所示。 下列叙述正确的是_______。(填字母) A．正反应速率：c>b>a B．8min时离子交换反应已停止 C．向溶液中加入少量NaCl，离子交换反应的平衡常数减小 D．2~4min内 (4)其他条件相同时，“离子交换”过程中料液和D296体积比与铼交换率、铼交换量的关系如图2所示，混合液的pH与铼提取率的关系如图3所示。 ①由图2知，“离子交换”选择的适宜料液和D296体积比为 。 ②其他条件相同，混合液的pH>1.5时，铼提取率降低的主要原因可能是 。 (5)Re有多种金属氧化物，其中晶胞如图所示。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm。 该晶胞中阳离子的配位数为 ，该晶体密度为 g·cm-3。 9．（2024·湖南·模拟预测）铟（In）是可用于制备半导体材料的金属。某实验小组以烟尘（主要成分是，还含少量和等）为原料综合利用回收一系列产品皓矾．和铟（In），流程如下： 已知：室温下，金属离子生成氢氧化物的如表所示。 金属离子 开始沉淀 2.7 6.3 3.0 完全沉淀 3.7 8.0 4.3 回答下列问题： (1)已知：铟为49号元素，以+3价形式存在于化合物中，基态的电子排布式为 。 (2)浸渣2主要成分是和 。 (3)“酸浸1”中，与稀硫酸发生复分解反应的化学方程式为 。的唯一氧化产物为正四面体形结构，其离子方程式为 (4)“酸浸1”中氧化剂用量与铟浸出率关系如图所示。最佳氧化剂用量为 。 (5)“萃取”中发生的反应为代表有机萃取剂。“反萃取”中，试剂X宜选择 。完成“萃取”和“反萃取”实验需要的玻璃仪器有 （填仪器名称）。 (6)“置换”的滤液可返回 （填“酸浸1”或“酸浸2”）工序利用。 10．（2024·山东日照·模拟预测）镓、锗都是重要的半导体原材料，利用锌浸出渣(主要成分有ZnO、Ga2O3、GeO2、还有FeO、Fe2O3、Bi2O3等杂质)制备镓和锗的流程如下： 已知Ⅰ.单宁酸是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀； Ⅱ.该工艺条件下，， Ⅲ.镓与铝的性质相似，但高纯度的镓难溶于酸或碱。 回答下列问题： (1)“浸渣”的主要成分为 。 (2)“降铁浓缩”中为，则除时应控制pH的范围是 (已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)。 (3)若用H2R表示单宁酸，“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，原因是 。 (4)HGaCl4与过量氢氧化钠反应的化学方程式为 。“电解”得到单质镓，阴极的电极反应为 。 (5)步骤①—③目的为 ，“还原”过程中参与反应的H2体积为89.6 L(标准状况下)，则理论上步骤①中消耗SOCl2物质的量为 。 11．（23-24高三下·重庆·阶段练习）锂和铍是重要的稀有金属，被国内外视为战略性资源。一种从尾矿(主要含及元素)中回收锂、铍、铝的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)“浸渣”中主要成分的晶体类型为 。 (2)“沉铁”中生成沉淀，其中元素的化合价为 ，该反应的离子方程式为 。 (3)“萃取”时，以为萃取剂、为协萃剂，溶液中的可与结合成而被萃取。“反萃取”时，加入浓盐酸，发生。 ①“萃取”时还需要加入，其作用是 。 ②取尾矿(其中的质量分数为)，“反萃取”后所得水相中，则该过程的回收率为 (用含相关物理量字母的代数式表示)。 (4)实验室提纯的方法是 。 (5)为了得到较高的空间利用率，离子晶体中的阴离子(通常半径较大)会尽可能紧密堆积，阳离子(通常半径较小)填入阴离子形成的空隙中，这种模型称为离子晶体的“堆积-填隙模型”。 已知常见的型离子晶体的离子半径比和配位数的关系如下表： 配位数 晶胞类型 4 立方 6 8 表中离子半径比的临界值是由“堆积—填隙模型”中阴阳离子的几何关系确定的，例如配位数为8时，阳离子进入阴离子形成的正方体空隙，正方体8个顶点处的阴离了相切，空隙处(正方体体心)的阳离子与8个阴离子也相切，此时可由相关几何关系求得。 ① 。 ②晶胞为立方型，而等的晶胞为型。请结合上表，解释出现此结果的原因： 。 12．（23-24高三下·山东·阶段练习）V2O3常用于玻璃、陶瓷中作染色剂，含钼合金钢具有韧性好、高温塑性强等优点，可用于制造机床结构部件。工业上常用钼钒混合矿(主要成分为 MoS2、V2O5，还含 SiO2、Al2O3、PbS、NiS等杂质)提取高熔点金属单质钼和 V2O3，其工艺流程如图所示。 已知：①“焙烧”时将金属元素转化为氧化物， SiO2、MoO3、V2O5、Al2O3和 PbO 均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而 NiO不行。 ②“气体X”为混合气体，经处理后得“气体Y”。 ③当溶液中某离子浓度 ≤1×10-5mol⋅L-1时，可认为该离子沉淀完全；PbS和Pb(OH) 2的Ksp分别为10-28，10ᵃ；Pb(OH) 2 (s)+OH⁻(aq)⇌[Pb(OH) 3]⁻(aq)   K=10 b。 ④“滤渣Ⅳ”主要成分是(NH4)2MoO4⋅2H2MoO4。 回答下列问题： (1)“焙烧”时，采用逆流式投料，且分批加入钼钒混合矿、碳酸钠粉末，其目的是 ，MoS2参与反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (2)“气体X”经洗气操作可获得较纯净的“气体 Y”，洗气时选择的试剂是 ，“滤渣Ⅲ”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“沉铅”过程中，总反应为[Pb(OH)3]- (aq)+S2-(aq)=PbS(s)+3OH- (aq)则该反应的平衡常数K= 。 (4)“ 沉钒”后，经过滤、洗涤、平燥，将所得固体进行煅烧，当固体质量减少 16.8t时，理论上制得V2O3的质量为 t。 (5)“滤渣Ⅳ”中需要加入稍过量的 Al还原(NH4)2MoO₄⋅2H2MoO4制 Mo，加入稍过量 Al的原因是 。 13．（2024·河北·二模）层状LiMnO2在电动车、空间技术等范畴具有十分广阔的应用前景。LiMnO2可由软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)制备，其制备流程如图： 几种难溶物质的溶度积常数如下表： 物质 回答下列问题： (1) LiMnO2中锰元素的化合价为 ；“酸浸”后过滤，所得滤液中主要含有的金属阳离子有 。 (2)为了提高“酸浸”的浸取速率，可采取的措施有 (写出两点)。 (3)“氧化”步骤需要加入过量MnO2，该步反应的离子方程式为 。 (4)常温下，“调pH”后溶液pH=5，则滤渣2的主要成分是 。 (5)滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF，同时得到的副产物是 。 (6)测定 LiMnO2样品中锰含量：取10g LiMnO2样品，粉碎后加入浓盐酸、30%H2O2溶液，充分反应，生成Mn(Ⅱ)。加入蒸馏水标定溶液体积为250mL，移取25mL后加入KB指示剂，用0.15mol/L的EDTA标准溶液滴定，平均消耗60mL标准溶液。样品中锰含量为 %(已知：EDTA与Mn2+反应的化学计量数之比为1∶1)。 14．（2024·江苏·模拟预测）以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下： (1)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图1所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃；硫去除率=(1-)×100%。 ①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于 。 ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加 CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是 。 (2)“过滤”得到的滤液中含[Al(OH)4]−，通入过量CO2，其发生反应的离子方程式为 。 (3)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)= 。 (4)FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，图-2给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的(中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。在答题卡的图中用“—”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。 (5)焙烧生成的SO2用石灰乳吸收得到CaSO3浆料，以CaSO3浆料制备NaHSO3溶液的实验方案为 。 已知：2CaSO3+Na2SO4+H2SO4+4H2O=2(CaSO4·2H2O)+2NaHSO3；CaSO4·2H2O难溶于水；pH=4~6溶液中HSO能大量存在。实验中可选用：3 mol·L−1 Na2SO4，3 mol·L−1 H2SO4，1mol·L−1 NaOH。 15．（2024·重庆·模拟预测）镍是一种常用催化剂。某工厂采用以下流程提取含镍废料(主要含Ni、NiO，以及少量CuO、FeO、、MgO、ZnO、和等)中的镍，实现资源再利用。 已知：和 常温下，某些金属离子形成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH： 金属离子 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 8.6 7.1 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 11.1 9.0 回答下列问题： (1)NiO中的核外电子排布式为 。 (2)为提高酸浸率，可采取的措施有 (写出两项即可)。 (3)当、完全沉淀时，溶液中浓度至少应为 (常温下，当溶液中的离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)。 (4)沉淀池2中加入的目的是 (用离子方程式表示)，为使相应离子完全沉淀，沉淀池2的pH范围应控制在 。 (5)沉淀3的成分是 (填化学式)。 (6)用滴定法测定产品中镍元素含量。取2.000g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol/L的标准液滴定，重复操作2～3次，消耗标准液平均值为12.40mL。(已知：ⅰ．；ⅱ．紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。) ①滴定至终点的现象是 。 ②样品中镍元素的质量分数为 (保留4位有效数字)。 16．（2024·陕西商洛·模拟预测）BeO广泛用于电子、半导体和光学领域。工业上以绿柱石(主要成分为，还含有少量铁元素)和方解石(主要成分为)为原料制备BeO的流程如图所示： 高温已知：①配料熔化过程发生反应：； ②。 (1)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。 (2)被浸物料和浸出试剂的流动方向相同时称为“顺流浸出”，相反则为“逆流浸出”，该流程采用“逆流浸出”的优点是 。 (3)“结晶”过程中，铝会以铝铵矾[]的形式析出，写出该反应的离子方程式： 。 (4)“转化”时加入的作用是 。 (5)“调pH”除铁，利用平衡移动原理解释“调pH”过程中加入可得到“滤渣2”的原因： 。 (6)“滤液”的主要成分为 (填化学式)，可以返回 工序循环使用。 (7)常温下，“沉淀”过程中加入调节pH=5，溶液中的铍离子是否沉淀完全 [列式计算，溶液中c(Mn+)≤1×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全]。 17．（2024·安徽合肥·模拟预测）钛白(主要成分)用途广泛，常用来作高级白色颜料，在造纸工业中作填充剂，合成纤维中作消光剂。制取钛白的方法主要有两种，利用钛铁矿(主要成分，还有、FeO、等杂质)为原料，通过硫酸法和氯化法两种生产工艺制备钛白粉的流程如图所示，请回答下列问题： 已知：“酸溶”后钛主要以形式存在，在80℃左右水解生成 (1)下列状态的钛元素形成的微粒中，电离其最外层的一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。 A． B． C． D． (2)“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为 。 (3)“还原”时应选择合适的试剂X是 (填化学式)；已知绿矾的溶解度随温度变化的曲线如图所示，从溶液中获得绿矾的操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (4)“氯化”时得到的在水中或潮湿空气中会发烟，可用于制作烟幕弹，原因是 (化学方程式表示) (5)以上两种工艺流程中，请说出方法一优于方法二的理由 (写出一条即可)。 (6)在自然界中有三种形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种形态中最稳定的一种，其晶胞如图所示，钛的配位数为 ，该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、的代数式表示)。 18．（23-24高三下·江苏无锡·阶段练习）以软锰矿(含及少量的氧化物)为主要原料可制备等。制备的实验流程如下： (1)“过滤1”所得滤液中的金属阳离子有生成的离子方程式为 。 (2)已知时，。取一定量“除”后的酸性滤液，分析其中的含量后，加入一定量充分反应，测得金属的沉淀率随加入的变化如图所示。 ①当时，测得溶液中此时 。 ②当时，和未完全沉淀的原因是 。 (3)将一定量的与稍过量混合熔融，再分批加入一定量，在加热条件下迅速搅拌制得墨绿色。已知向碱性溶液中加酸会生成和在时，反应趋于完全。混合熔融时不能选用瓷坩埚的原因是 。 (4)测定粗品的纯度。称取粗品置于具塞锥形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量溶液。盖上玻璃塞，充分摇匀后静置。用标准溶液滴定生成的消耗标准溶液。滴定反应为。计算粗品中的质量分数 (写出计算过程)。 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) SiO2 、、 F为，加热可得纳米，反应为，氨气挥发、溶液中氢氧根离子浓度减小，导致溶液碱性减弱，pH会明显下降 (2)CD (3)取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素 【分析】固态化合物M的组成为CuSi2O5，煅烧生成X，固体X由两种氧化物组成，质量与M相同，则X为氧化铜、二氧化硅；X中加入氢氧化钠，二氧化硅反应生成硅酸钠溶液A，氧化铜不反应成为固体A，氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，硝酸具有氧化性， CuAlO2和硝酸反应生成氢氧化铝和硝酸铜溶液C；X中加入稀硫酸，二氧化硅不反应成为固体D，氧化铜反应生成为硫酸铜溶液D，硫酸铜和氨水转化为含有四氨合铜离子的溶液E，E和氢氧化钡反应生成硫酸沉淀和溶液F，F不含硫酸根离子，则为； 【详解】（1）①由分析可知，固体D的成分为SiO2；溶液D加入足量氨水得到溶液E，反应为硫酸铜和氨水转化为含有的溶液E，则其中含氮微粒有、、； ②氧化铜和氧化铝加热生成CuAlO2，反应中铜化合价降低，则氧元素化合价升高转化为氧气B，故反应Ⅱ的化学反应方程式。 ③F为，溶液F加热可得纳米，反应为，溶液中氢氧根离子浓度减小，使得溶液pH会明显下降； （2）A．反应Ⅰ中生成二氧化硅，则不能在陶瓷坩埚（为硅酸盐制品）中进行，正确； B．固体X含有氧化铜和二氧化硅，二氧化硅不溶于浓氨水，错误； C．溶液A为硅酸钠溶液具有黏性，经净化处理后可用于工业粘合剂，正确； D．反应Ⅲ中硫酸根离子会和钡离子生成硫酸钡沉淀，发生的离子反应有：，正确； 故选CD； （3）已知能溶于较浓强碱溶液，而氢氧化铝沉淀不溶于弱碱氨水，则实验方案可以为：取少量蓝色溶液C，加入过量的氨水，过滤、洗涤，若得到白色沉淀，说明溶液中含有铝元素。 2．(1)3d64s2 (2) (3) 温度：820℃左右(800℃～830℃之间均可)；硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可) 降低多钒酸铵的溶解度，减少损失 (4)有机溶剂P204、(或氨水) (5) (6)2.5 【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有、、、，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉进行中和还原，该工序pH低于7.0，铁将还原为，发生反应 ，且溶液中铁离子和铁反应生成亚铁离子，所得溶液经有机溶剂P204萃取、亚铁离子等进入水相，反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将其转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5； 【详解】（1）基态Fe的价电子排布式为3d64s2。 （2）据分析，“还原中和”时，还原步骤中参与反应的离子方程式为。 （3）结合图1、2可知，适宜的工艺条件为温度：820℃左右，硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可)，此时钒的浸出率最高；根据信息ⅲ，洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤的目的是：降低多钒酸铵的溶解度，减少溶解损失。 （4）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂P204具有该特点；分析“煅烧”反应：，可知(或氨水)在流程中也可循环使用。 （5）“萃取”分离后，所得“水相”中的金属离子有、和少量的，欲得到溶液，需除去杂质、，第一道工序已经除去，说明后续工序应除去。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将氧化为。为了不引入杂质离子，氧化剂可选择溶液，再调溶液的pH，使转变成沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO调pH，所以完整的流程图为： ，故答案为：。 （6）已知常温下、的分别为、，若上述水相“沉钙”后，根据，沉钙但锰离子不沉淀，则理论上不超过。 3．(1)增大固体接触面积，加快反应速率，使反应更加充分 (2) (3)4.7~7.8 (4) 热还原法 铬原子（或离子）半径小，价电子数多（金属阳离子的电荷数多），金属键强，硬度很大 (5) (6)或或或 【分析】铬铁矿含、MgO、、等，与NaOH、混合焙烧得到的烧渣除了、还有、MgO和，水浸时滤渣1的主要成分为MgO、，滤液中含有，、和，，通入调节pH除去和，滤渣2的成分为和。 【详解】（1）焙烧时将矿料和NaOH进行研磨，目的是增大固体接触面积，加快反应速率，使反应更加充分。 （2）焙烧时生成的化学方程式：。 （3）根据信息，铝元素以的形式存在于溶液中，通入，发生反应转化为，如果pH太小又会使溶解成为，需要控制溶液的pH。结合图像，当离子浓度mol/L可认为沉淀完全，计算过程如下  mol/L， mol/L，mol/L，，， mol/L，，。故调节pH的范围：4.7~7.8。 （4） 工业上冶炼Cr的方法是热还原法（或铝热法）；Cr原子的价层电子排布图为，因Cr原子（或离子）半径小，价电子数多（金属阳离子的电荷数多），所以金属键强，硬度大。 （5）一个晶胞中含有硅原子数为，硅的相对原子质量为28，Si原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为。晶胞的晶胞参数a与原子半径r的关系：体对角线，故。根据公式：。 （6） 选取最小重复结构单元如图：，该单元中共包含6个Si原子和17个O原子，根据硅为+4价，氧为-2价，可知该多硅酸根的结构通式为或或。 4．(1)47 (2) 4Ag+4ClO-+2H2O=4AgCl+O2+4OH- 生成氮氧化物，污染空气 (3)加快反应速率，使反应充分进行；避免生成的银单质混有AgCl杂质，使产品不纯 (4) 由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全 将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl- 【分析】由题给流程可知，向处理后的光盘碎片中氢氧化钠溶液调节溶液pH后，加入足量次氯酸钠溶液发生如下反应Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤得到氯化银；向氯化银中加入足量氨水，将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，向溶液C中加入一水合肼溶液发生如下反应：。 【详解】（1）由银元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，银元素的原子序数为47； （2）反应Ⅰ的离子方程式: 4Ag+4ClO-+2H2O=4AgCl+O2+4OH-；从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是：HNO3被还原，生成氮氧化物，污染空气； （3）还原性增强，加快反应速率，使反应充分进行；避免生成的银单质混有AgCl杂质，使产品不纯； （4）①由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小说明该反应进行得不完全，属于可逆反应，故答案为：由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全； ②由方程式可知，若该反应为可逆反应，向氯化银固体中加入少量氨水，反应后的溶液中含有氯离子，说明氯化银能与氨水反应，含有未反应的氨水说明氯化银能与氨水的反应为可逆反应，则验证上述反应是可逆反应的实验方案为：将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-。 5．(1) d (2)除去碳和有机物 (3) 更环保 (4)过低不能完全沉淀，过高会形成沉淀 (5)完全沉淀时，由可知，，又由可得此时为，大于，所以未完全沉淀。 (6)在的氛围中加热 【分析】由题干流程图可知，由含钴矿(Co元素主要以Co2O3、CoO存在，还含有Fe、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程，含钴废料“550℃焙烧”以除去碳和有机物后加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入NaClO3将氧化为离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH3.0～3.5将转换为沉淀，过滤得到滤渣2和滤液2，滤渣2为，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀钙离子和镁离子，生成滤渣3为CaF2、MgF2难溶于水，滤液3经过一系列操作，得到，在的氛围中加热得到，据此分析解题。 【详解】（1）钴为27号元素，中子数为33的钴的核素符号为，钴位于周期表中第四周期第Ⅷ族，属于d区元素； （2）由分析知，焙烧的目的是除去碳和有机物； （3）“浸取”工序中用盐酸代替稀和的混合溶液也能达到目的，但由于氧化性强，能将盐酸中氯离子氧化生成氯气，发生的离子反应方程式为，污染环境，故用稀和的混合溶液浸取的优点是不生成有毒气体，更环保； （4）由表中数据可知，若过低不能完全沉淀，过高会形成沉淀，故加入调节为3.0~3.5，使完全沉淀，且不会形成沉淀； （5）当完全沉淀时，由可知，，又由可得此时为，大于，所以此时未完全沉淀； （6）由分析知，为防止发生水解，故由到的工序中，一定条件指的是在的氛围中加热。 6．(1) 作还原剂，将+3价钴还原为+2价钴 (2) 过滤 分液漏斗 、烧杯 (3)5.5 (4)Co2O3 (5)A (6)Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2 【分析】含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)经过第一步“碱浸”操作，废料中的铝箔溶解转化为NaAlO2(滤液①)而被除去，钴渣①主要含Co3O4和LiCoO2，根据(4)问题干信息，知后续萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2+，即在“酸溶”步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，经过操作①得到滤液②，说明操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4和Li2SO4，经过萃取、分液操作(操作②)实现两者分离，有机相中为CoR2，根据(4)问的萃取原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后经过沉钴操作获得CoCO3。 【详解】（1）加入NaOH溶液碱浸时发生反应的离子反应方程式为：，由分析知，H2O2的作用为还原剂，将+3价钴还原为+2价钴；故答案为：；作还原剂，将+3价钴还原为+2价钴。 （2）根据分析可知操作①的名称是为过滤，操作②为萃取、分液操作，所用玻璃仪器有：分液漏斗 、烧杯，故答案为：过滤；分液漏斗 、烧杯。 （3）萃取时，确保Co2+萃取率高，但Li+萃取率要低，结合图象知，最佳pH为5.3~6区间(或5.5左右)，故答案为：5.5。 （4）290oC时，所得固体的摩尔质量为，可知固体为CoO1.5，即Co2O3， （5）Co2+萃取的反应原理如下：，反萃取即使萃取平衡向逆向移动，根据平衡移动原理，在不引入新杂质的情况下可加入H2SO4，使平衡逆向移动，从而达到反萃取目的，故答案选A。 （6）“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，原因为：若Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质，故答案为：Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2。 7．(1)产生污染气体，产生强酸性污染废水 (2) (3)HCl挥发或水解 (4) 将还原为，防止其与一起被萃取 (5) 【分析】赤泥（主要含、、、、等）加入焦炭进行还原焙烧，发生，将铁还原为铁单质，经过磁选，将铁除去，进行酸浸，由于不反应，故酸浸渣为，、、与酸反应生成    、，经过离子交换，得到氯化铝铁絮凝剂，经过洗脱，得到洗脱液，加入维生素C进行还原，将将还原为，防止萃取时与一起被萃取，经过萃取，将萃取出来，再加入氢氧化钠进行反萃取，得到沉淀1，加入稀硫酸进行溶解，再加入草酸，发生生成，将煅烧，得到，据此回答。 【详解】（1）若还原焙烧”用能耗更低的硫酸化焙烧代替，产生污染气体，产生强酸性污染废水； （2）由分析知，“还原焙烧”(温度为1100℃)的反应方程式为； （3）若温度较高时，HCl挥发或水解，导致Sc浸出率下降； （4）由分析知，“萃取”前加入维生素C是为了将还原为，防止其与一起被萃取；可以使用NaOH溶液进行反萃取的原因为钪离子生成了；“沉淀2”发生反应的离子方程式为； （5）设钪的络盐()为1mol，在110℃会损失约38.2%的质量，则损失的质量为，，即失去9mol水，此时其化学式为；在238℃～625℃充分煅烧后生成固体质量为原质量的28.8%，则此时质量为，分解过程中Na和Sc未发生变化，占有的质量为23g+45g=68g，剩下的54g为C和O占有的质量，则C、O比为1∶6，则该固体化学式为。 8．(1)d (2) 增大固体接触面使其充分反应，提高焙烧反应速率 HCl (3)D (4) 12：1 形成Fe(OH)3胶体，吸附后聚沉 (5) 6 【分析】含铼废渣(含Re、、Fe、Ni和等)经过粉碎过筛增大固体接触面使其充分反应，焙烧过程中产生二氧化硫，推知ReS2发生反应生成，加入稀硫酸后酸浸生成(强酸)、、，浸渣为；经过调pH、离子交换、反萃取得到高铼酸(HReO4)，最后经过结晶煅烧得到。 【详解】（1）同族元素在元素周期表中分区相同。Mn位于d区，故Re位于d区。 （2）“粉碎过筛”的目的是增大固体接触面使其充分反应，提高焙烧反应速率；“焙烧”过程中ReS2发生反应的化学方程式为。根据离子交换平衡式可知，增大氯离子浓度，平衡逆向移动，使高铼酸根离子从有机相脱出，进入水相，又不引入新杂质，故加入盐酸生成高铼酸(HReO4)，试剂A的化学式为HCl。 （3）反应开始后，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故正反应速率：c<b<a，A项错误；达到平衡时，正、逆反应速率相等但净反应速率大于0(动态平衡)，并不是反应已经停止，B项错误；平衡常数只与温度有关，改变离子浓度，达到新平衡时平衡常数不变，C项错误；根据图像，2~4min内，，D项正确。 （4）观察图2，料液和D296体积比为12：1时铼交换率和铼交换量较大。由图3可知，pH>1.5时，可能生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶粒带正电荷，吸附溶液中高铼酸根离子并聚沉，导致铼提取率降低。 （5）根据晶胞结构以及物质组成的化学式可知，铼离子位于立方体顶点，氧离子位于立方体棱上，所以铼离子的配位数为6(上下、左右、前后)，1个晶胞含1个“ReO3”；晶体密度。 9．(1)3d105s25p1 (2)PbSO4 (3) +H2SO4=FeSO4+H2SiO3 +12MnO2+24H+=2In3++12Mn2++3+12H2O (4)1% (5) 稀硫酸 烧杯、分液漏斗 (6)酸浸1 【分析】烟尘（主要成分是，还含少量和等）中加二氧化锰和稀硫酸进行酸浸后，再加氧化钙调pH=5.0-5.2，过滤所得浸液经过一系列处理得皓钒，浸渣1为In(OH)3、Fe(OH)3、PbSO4、H2SiO3，其中加稀硫酸酸浸时，PbSO4、H2SiO3不反应，过滤，所得到的浸渣2主要含硅酸和硫酸铅，浸液中加溶剂油萃取后，加稀硫酸反萃取，所得的溶液中加锌置换出铟。 【详解】（1）铟为49号元素，以+3价形式存在于化合物中，为五周期IIIA族元素，基态In的电子排布式为3d1035s25p1； （2）经过以上分析可知，加稀硫酸酸浸时，PbSO4、H2SiO3不反应，过滤，所得到的浸渣2主要成分是和PbSO4； （3）“酸浸1”中，与稀硫酸发生复分解反应，生成硫酸亚铁和硅酸，其化学方程式为+H2SO4=FeSO4+H2SiO3；的唯一氧化产物为正四面体形结构，即为，其离子方程式为+12MnO2+24H+=2In3++12Mn2++3+12H2O； （4）“酸浸1”要尽可能使锌元素浸出，铟元素不浸出，从氧化剂用量与铟浸出率关系图可知，最佳氧化剂用量为1%； （5）“萃取”中发生的反应为，“反萃取”中，需要加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，所以试剂X宜选择稀硫酸；完成“萃取”和“反萃取”实验时均需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗； （6）“置换”过程中发生的反应为：2In3++3Zn=2In+3Zn2+，即滤液中含有大量的锌离子，可返回酸浸1工序利用。 10．(1)Ga2O3、GeO2、Bi2O3 (2)3≤pH<6 (3)若pH过高会生成，pH过低逆向移动，均不利于生成GeR2 (4) (5) 获得纯度更高的GeO2 4 mol 【分析】锌浸出渣(主要成分有ZnO、Ga2O3、GeO2、还有FeO、Fe2O3、Bi2O3等杂质)在硫酸酸浸1下，ZnO、FeO、Fe2O3溶解后，在次氯酸钠的氧化下，得到含有锌离子和铁离子的混合溶液，进一步处理得到；而Ga2O3、GeO2、Bi2O3不溶解得到浸渣，浸渣在70%硫酸作用下，进行酸浸2，得到含铋渣；继续在有机沉淀剂单宁酸的作用下沉锗，洗涤焙烧得到粗GeO2,经过在600℃SOCl2作用，高纯水作用，脱水，氢气还原下得到高纯的锗；沉锗后经中和酸溶得到HGaCl4溶液，在过量氢氧化钠溶液作用下电解得到金属镓； 【详解】（1）由分析可知，浸渣主要成分为：Ga2O3、GeO2、Bi2O3 故答案为：Ga2O3、GeO2、Bi2O3 （2）Fe3＋完全沉淀时, 当锌离子开始沉淀的时候， 故pH范围是3≤pH＜6；故答案为：3≤pH＜6； （3）题中明确该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，是因为pH过高过低会有副反应发生，经过分析得到：pH过高会生成，pH过低逆向移动，均不利于生成GeR2； 故答案为：pH过高会生成，pH过低逆向移动，均不利于生成GeR2； （4）①结合流程图和题干镓与铝性质相似，分析得和氢氧化钠溶液反应生成NaGaO2和氯化钠、水，化学方程式为：； ②根据流程图，电解NaGaO2和氢氧化钠溶液在电解条件下生成高纯镓的阴极反应式为：； 故答案为：① ② （5）①根据分析可知，流程中GaO2经过步骤①②③是为了除杂提纯，获得纯度更高的GeO2; ②根据题中转化关系和已知信息得到如下对应关系式为 故答案为：①获得纯度更高的GeO2 ②4mol 11．(1)共价晶体 (2) +3 (3) 增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率 (4)重结晶 (5) 阳离子半径逐渐增大，配位数逐渐增大，晶体类型发生变化 【分析】尾矿用硫酸充分酸浸，SiO2不参与反应，则浸渣的主要成分为SiO2，滤液主要含有Be2+、Li+、Fe2+和Al3+，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，再加入C6H5COONa沉铝、过滤得含铝沉淀的滤饼，同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，用硫酸将滤饼在90℃溶解得到C6H5COOH和硫酸铝的溶液，经过冷却结晶、过滤得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液，向主要含有Be2+、Li+的滤液中加入TBP和FeCl3，Li+可与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，出现分层，经过分液得到主要含Be2+的溶液和LiFeCl4/TBP溶液，向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，据此解答。 【详解】（1）“浸渣”中主要成分二氧化硅为共价晶体； （2）“沉铁”中生成NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，其中Fe元素的化合价为+3价，该反应的离子方程式为：； （3）①“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率； ②根据锂元素守恒，“反萃取”后n(Li+)=cVmol，对应的n(Li2O)=mol，对应的m(Li2O)=，回收率为； （4）实验室提纯C6H5COOH的方法是重结晶； （5） ①当配位数为6时，阴离子作面心立方堆积，阳离子占据晶胞内所有的正八面体空隙，其临界情况为：4个阴离子位于晶胞面上的4个顶点，1个阴离子位于晶胞的面心，且面对角线上的阴离子相切，4个阳离子位于正方体的棱心，且恰好与周围的阴离子都相切，如图：，，，根据==，，则Y=； ②BeO晶胞为立方ZnS型，而MgO、CaO、SrO等的晶胞为NaCl型，结合上表出现此结果的原因：阳离子半径逐渐增大，配位数逐渐增大，晶体类型发生变化。 12．(1) 增大气体与固体接触面积，同时增大容器底部氧气浓度，加快反应速率，使钼钒混合矿充分反应 7:2 (2) 饱和NaHCO3溶液 H2SiO3、Al(OH)3 (3)1028+a-b (4)30 (5)Al与氧气反应放出大量的热，过量Al将(NH4)2MoO4∙2H2MoO4全部还原，同时防止Mo被氧气氧化 【分析】根据已知：①“焙烧”时将金属元素转化为氧化物，则MoS2、PbS、NiS分别与氧气反应生成MoO3、PbO、NiO，硫元素被氧化为SO2，碳酸钠与金属氧化物反应生成二氧化碳，“气体X”为混合气体即含有SO2、CO2， 已知SiO2、MoO3、V2O5、Al2O3和 PbO 均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而 NiO不行，因此水浸后滤渣I为NiO，滤液成分为Na2SiO3、Na2MoO4、NaVO3、Na[Al(OH)4]、Na[Pb(OH) 3]，加入Na2S提供S2-与[Pb(OH) 3]-反应生成PbS沉淀成为滤渣II的成分，气体Y为CO2，与Na2SiO3、Na[Al(OH)4]分别反应生成H2SiO3、Al(OH)3作为滤渣III的成分，加入NH4Cl与NaVO3反应沉钒得到NH4VO3，沉钼得到“滤渣Ⅳ”主要成分是(NH4)2MoO4⋅2H2MoO4，Al还原(NH4)2MoO₄⋅2H2MoO4制 Mo； 【详解】（1）“焙烧”时，采用逆流式投料，且分批加入钼钒混合矿、碳酸钠粉末，其目的是增大气体与固体接触面积，同时增大容器底部氧气浓度，加快反应速率，使钼钒混合矿充分反应；MoS2与氧气、碳酸钠反应时生成Na2MoO4、SO2、CO2，其中氧元素化合价降低，氧气做氧化剂，MoS2做还原剂，反应方程式为：2MoS2+7O2+2Na2CO3= 2Na2MoO4+4SO2+2CO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7:2； （2）根据分析，“气体X” 含有SO2、CO2，经洗气操作可获得较纯净的“气体 Y”为CO2，洗气时选择的试剂是饱和NaHCO3溶液；通入CO2与Na2SiO3、Na[Al(OH)4]分别反应生成H2SiO3、Al(OH)3作为滤渣III的成分； （3）根据已知③当溶液中某离子浓度 ≤1×10-5mol⋅L-1时，可认为该离子沉淀完全；I：PbS(s)⇌ Pb2+(aq)+S2-(aq) Ksp=10-28，II：Pb(OH) 2(s)⇌ Pb2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=10ᵃ，III：Pb(OH) 2 (s)+OH⁻(aq)⇌[Pb(OH) 3]⁻(aq) K=10b，反应II-III-I可得总反应为[Pb(OH)3]- (aq)+S2-(aq)=PbS(s)+3OH- (aq)，则该反应的平衡常数K=10ᵃ÷10-28÷10”=1028+a-b； （4）煅烧时钒元素从+5降低至+3，则氮元素化合价需从-3升高至0价，发生反应方程式为，固体质量减少为氮气、氨气和水的质量，每减少252g则生成3mol V2O3即3mol×150g/mol=450g，则当固体质量减少 16.8t时，理论上制得V2O3的质量为t； （5）Al还原(NH4)2MoO₄⋅2H2MoO4制 Mo，加入稍过量Al的原因是：Al与氧气反应放出大量的热，过量Al将(NH4)2MoO4∙2H2MoO4全部还原，同时防止Mo被氧气氧化。 13．(1) +3 Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+ (2)粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等 (3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4)Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2) (5)MgSO4和MnSO4 (6)49.5 【分析】以软锰矿粉(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为SiO2，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[2MnCO3⋅3Mn(OH)2⋅H2O]的同时放出CO2，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂(LiMnO2)，据此分析解题。 【详解】（1）LiMnO2中Li为+1价，O为-2价，故锰元素的化合价为+3价，由分析可知，“酸浸”后过滤，所得滤液中主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，即主要含有的金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+，故答案为：+3；Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+； （2）根据影响反应速率的因素可知，粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等措施均可提高“酸浸”的浸取速率，故答案为：粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等； （3）由分析可知，“氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH以除去Fe3+，故“氧化”步骤需要加入过量MnO2，根据氧化还原反应配平可得，该步反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （4）由分析可知，常温下，“调pH”后溶液pH=5，则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)； （5）由分析可知，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF，同时得到的副产物是MgSO4和MnSO4，反应原理为：MgF2+H2SO4(浓)=MgSO4+2HF、MnF2+H2SO4(浓)=MnSO4+2HF，故答案为：MgSO4和MnSO4； （6）根据元素守恒可知，原样品中含有的LiMnO2的物质的量为：n(LiMnO2)=n(Mn2+)=n(EDTA)=0.15mol/L×60×10-3L×=0.09mol，则样品中锰含量为=49.5%，故答案为：49.5。 14．(1) FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (2)[Al(OH)4]−＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO (3)1∶16 (4) (5)向CaSO3浆料中边搅拌边加入一定量3 mol·L−1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与 Na2SO4溶液相同量的3 mol·L−1 H2SO4，测定反应液的pH，再用3 mol·L−1 H2SO4或1mol·L−1 NaOH调节溶液的pH在4~6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 mol·L−1 H2SO4，产生的气体通入1mol·L−1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加H2SO4) 【分析】高硫铝土矿粉中通入空气、加入少量CaO焙烧，FeS2转化为氧化铁和二氧化硫，二氧化硫被CaO吸收，二氧化硅与氧化钙反应生成硅酸钙，随后加入NaOH碱浸，氧化铝与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，氧化铁不溶于NaOH溶液形成沉淀，过滤后滤渣中含有大量氧化铁，滤渣中加入FeS2焙烧反应生成Fe3O4和SO2，再经过磁选得到四氧化三铁。 【详解】（1）①从题干可知，金属硫酸盐分解温度都高于600℃，因此低于500℃时，硫元素不会来源于金属硫酸盐，则去除的硫元素来源于FeS2。 ②700℃焙烧时，FeS2、金属硫酸盐等物质都会发生化学反应生成二氧化硫，添加了1%CaO的矿粉中CaO与SO2、O2反应生成了硫酸钙而留在矿粉中，没添加CaO的矿粉SO2逸出，导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO矿粉硫去除率低。 （2）过滤后滤液中含有[Al(OH)4]-，其中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为[Al(OH)4]−＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO。 （3）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，则该反应中Fe2O3中Fe化合价从+3价降低为+，FeS2中Fe化合价从+2价升高到+，S化合价从-1价升高到+4价，根据得失电子守恒可得n(Fe2O3)×2×=n(FeS2)×2×5+ n(FeS2)×，解得n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。 （4） 晶胞中位于晶胞体心，S-S键位于晶胞体对角线上，每个S原子与三个Fe2+紧邻，以斜上方的S为例，与其紧邻的Fe2+位于左面、上面和后面面心，将其与紧邻的Fe2+连接的图示为。 （5）根据已知可得亚硫酸钙与硫酸钠、硫酸反应生成CaSO4·2H2O和NaHSO3，CaSO4·2H2O难溶于水会结晶析出，亚硫酸氢根离子在pH=4~6之间能大量存在，因此反应时需要控制pH在4-6之间，具体实验方案为向CaSO3浆料中边搅拌边加入一定量3 mol·L−1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与 Na2SO4溶液相同量的3 mol·L−1 H2SO4，测定反应液的pH，再用3 mol·L−1 H2SO4或1mol·L−1 NaOH调节溶液的pH在4~6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 mol·L−1 H2SO4，产生的气体通入1mol·L−1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加H2SO4) 15．(1)1s22s22p6 (2)适当升温、搅拌等 (3)mol/L (4) 2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O 4.7~7.1 (5)MgF2 (6) 加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色 18.92% 【分析】酸浸时Ni、NiO、CuO、FeO、Fe2O3、MgO、ZnO、Al2O3和酸反应转化为Ni2+，Cu2+，Fe2+，Fe3+，Mg2+，Zn2+，Al3+，SiO2不与酸反应，过滤除去，则滤渣是SiO2；酸浸后的溶液中加入Na2S溶液，使Cu2+和Zn2+沉淀，沉淀1中含有CuS、ZnS、S，过滤后加入H2O2将Fe2+转化为Fe3+，Fe3+和Al3+和NaOH反应生成沉淀除去，沉淀2为Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤加入NaF使Mg2+沉淀除去，沉淀3的成分是MgF2，最后得到硫酸镍溶液； 【详解】（1）氧为8号元素，得到2个电子形成，的核外电子排布式为1s22s22p6； （2）为提高酸浸率，可采取的措施有适当升温、搅拌等； （3）已知：和，完全沉淀生成ZnS时也沉淀完全，此时溶液中的离子浓度小于，溶液中浓度至少应为； （4）沉淀池2中加入的目的是将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O；为使Fe3+和Al3+离子完全沉淀，从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~7.1之间； （5）加入NaF使Mg2+沉淀除去，沉淀3的成分是MgF2； （6）①已知：紫脲酸胺为紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色；滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色； ②反应为Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+，则样品中Ni的物质的量为0.100mol•L-1×12.40×10-3L×=6.2×10-3mol,则样品中镍元素的质量分数为×100%=18.92%。 16．(1)CaSO4、H2SiO3、 (2)增大固体与硫酸的接触面积，提高浸出率 (3) (4)将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+ (5)溶液中存在水解平衡：，加入，使得水解平衡正向移动，促进水解，转化为 (6) 结晶 (7)pH=5，c(OH-)=10-9mol/L，此时溶液中铍离子浓度>1×10-5mol/L，因此铍离子没有完全沉淀 【分析】绿柱石(主要成分为，还含有少量铁元素)和方解石(主要成分为)在高温条件下熔化得到；铁转化为氧化物，熔融物加硫酸酸浸，得到CaSO4、H2SiO3、SiO2成滤渣1，同时得到硫酸铝、硫酸铍、硫酸铁的滤液，滤液中加硫酸铵结晶生成铝铵矾；滤液中加过氧化氢将铁氧化为三价，再加氨水将铁转化为氢氧化铁沉淀即滤渣2，滤液中继续加氨水，将Be转化为Be(OH)2，Be(OH)2煅烧得到BeO，据此分析解答。 【详解】（1）“滤渣1”的主要成分为CaSO4、H2SiO3、； （2）“逆流浸出”可增大固体与硫酸的接触面积，提高浸出率； （3）“结晶”过程中，铝以铝铵矾[]的形式析出，反应离子方程式为：； （4）“转化”时加入将溶液中的Fe2+完全氧化成Fe3+，便于后续将铁沉淀除去； （5）溶液中存在水解平衡：，加入，中和氢离子，使得水解平衡正向移动，促进水解，最终转化为； （6）由以上分析可知“滤液”的主要成分为，可以返回结晶步骤循环使用； （7）“沉淀”过程中加入调节pH=5，此时c(OH-)=10-9mol/L，若铍离子沉淀，则此时溶液中铍离子浓度>1×10-5mol/L，因此铍离子没有完全沉淀。 17．(1)D (2)FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O (3) Fe 加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶 (4)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl (5)方法一更环保，未使用有毒的氯气 (6) 6 【分析】由题给流程可知，方法一为向钛铁矿中加入硫酸溶液酸溶，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和滤液；向滤液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，反应得到的溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水硫酸亚铁和滤液；加热滤液，使溶液中的TiO2+离子水解生成TiO2·xH2O，TiO2·xH2O灼烧分解生成粗TiO2；方法二为钛铁矿与焦炭、氯气高温条件下氯化得到四氯化钛，纯化后的四氯化钛与氧气在高温下氧化得到可以循环使用的氯气和粗TiO2；粗TiO2经表面处理、过滤、洗涤、干燥、研磨得到精TiO2。 【详解】（1）钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能依次增大，激发态原子失去1个电子需要的能量小于基态原子，则电离其最外层的一个电子所需能量最小的是[Ar]3d24s14p1，故选D； （2）由分析可知，酸溶中加入硫酸溶液酸溶的目的是将金属元素转化为可溶的硫酸盐，则主要成分FeTiO3发生的反应为FeTiO3与溶液中氢离子反应生成TiO2+离子、亚铁离子和水，反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，故答案为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O； （3）由分析可知，“还原”时加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子；由图可知，从还原得到的溶液中获得绿矾的操作为溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Fe；加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶； （4）四氯化钛在水中或潮湿空气中会发烟的原因是四氯化钛发生水解反应生成TiO2·xH2O和氯化氢，氯化氢遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴而产生大量白雾，反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl； （5）由分析可知，与方法二相比，方法一的最大优点是制备粗TiO2时，未使用有毒的氯气，不会对环境造成污染，故答案为：方法一更环保，未使用有毒的氯气； （6）由晶胞结构可知，晶胞中与位于体心的钛原子距离最近的氧原子有6个，则钛原子的配位数为6，位于顶点和体心的钛原子个数为8×+1=2，位于面上和体内的氧原子个数为2+4×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a2bd，解得d=，故答案为：6；。 18．(1) (2) 部分S2-与溶液中H+结合生成HS-或H2S，未能全部参与反应 (3)混合熔融时KOH能与坩埚中的二氧化硅反应 (4)90% 【分析】软锰矿中加入硫酸亚铁和硫酸进行溶解，二氧化锰和亚铁离子反应生成锰离子和铁离子，其他金属的氧化物溶于硫酸生成对应的盐，二氧化硅不溶解，过滤除去，调节溶液的pH除去铁离子和铝离子，在加入硫化物，除去锌离子和钴离子，最后电解得到二氧化锰。 【详解】（1）软锰矿中加入硫酸亚铁和硫酸，二氧化锰氧化亚铁离子，本身被还原为锰离子，反应的离子方程式为：； （2）Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CoS)=4.0×10-21，①当n(Na2S)=amol时，测得溶液中c(Zn2+)=2.0×10-4mol/L，由硫化锌的溶度积常数计算硫离子浓度为，此时c(Co2+)= ；②由题意，溶液呈酸性，H+浓度较大，部分S2-与溶液中H+结合生成HS-或H2S，未能全部参与反应； （3）混合熔融时KOH能与坩埚中的二氧化硅反应，故不能选用瓷坩埚； （4）根据氧化还原反应分析，MnO2 ~2I-~2，反应消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.1500mol/L×0.020.00L=0.003mol，根据关系式分析二氧化锰的物质的量为0.0015mol，则其质量为0.0015mol×87g/mol =0.1305g，则其质量分数为； 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 $$