第19练 工艺流程综合题 -2024年高二化学暑假分阶练（2025届高考一轮复习通用）

第19练 工艺流程综合题 【基础过关练】 1．（2024·四川雅安·三模）磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂（）为正极材料的一种锂离子二次电池。一种由钛白副产物硫酸亚铁[主要成分为，还含有少量、、]制备锂离子电池正极材料的前驱体的工艺流程如图所示： 已知常温下：①“酸溶”后，溶液，有关微粒浓度如下表所示： 微粒 浓度 0.0043 0.07 ②，时，沉淀完全。 ③ (1)为加快“酸溶”速率，可采取的措施有 （写两点）。 (2)“除杂过滤”工序中，将转化为除去。加入铁粉的作用是 。 (3)当沉淀完全时，“滤渣”中是否含有？结合计算说明原因（忽略溶液体积的变化） 。 (4)“结晶过滤”后从滤液中获得的操作为 ，过滤。 (5)书写“氧化”时发生反应的离子方程式 。 (6)工业上可以用电解磷铁渣（主要含）的方法制备，电解原理如图所示，溶液中的向 极移动（填“石墨”或“磷铁渣”）；生成的电极反应式为 。 2．（2024·北京东城·二模）和都具有广泛的用途。 Ⅰ.工业上用软锰矿（主要含）和硫锰矿（主要含）联合制备的流程如图。 资料：几种化合物的 硫化物 （易溶） 氢氧化物 (1)为提高浸出速率，可采取的措施有 （答出两条即可）。 (2)浸出过程中产生的对与的反应起催化作用，机理如下。 ⅰ.； ⅱ. （离子方程式）。 (3)流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因： 。 (4)滤渣2的主要成分是 。 Ⅱ.以溶液为原料，用图1装置（均为惰性电极）同步制备和。 (5)结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因： 。 (6)图1中电极上的电解效率与溶液的关系如图2所示。随的增大，电解效率先增大后减小的原因是 。 3．（2024·内蒙古赤峰·一模）铋（Bi）的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿（主要成分为，含FeS、CuO、等杂质）制备的工艺流程如下图： 已知： ⅰ．易水解；难溶于冷水 ⅱ．“氧化浸取”时，铋元素转化为，硫元素转化为硫单质 ⅲ．   ⅳ．该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5 沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5 回答下列问题： (1)“氧化浸取”前将辉铋矿粉碎的目的是 。 (2)“滤渣1”的主要成分为S和 （填化学式）。 (3)“氧化浸取”步骤中温度升高可以增大反应速率，但高于50℃时浸取速率反而会下降，其可能的原因是 、 。 (4)“除铁”时，调节溶液pH的范围是 。 (5)“除铜”时发生反应：  ，则 。 (6)“转化”时，生成的离子方程式为 ；“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是 。 4．（2024·宁夏银川·一模）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。 已知钢渣中Ca元素质量分数为30%。V2O3在稀盐酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Ca2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的pH 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： (1)浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。 (2)为避免引入杂质离子，氧化剂A应为 (举1例)。 (3)滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为 。 (4)若钢渣粉中含有钒酸钙，加入Na2CO3溶液能够使钒酸钙溶解，是因为存在平衡：。已知，，则该平衡常数 (结果保留2位有效数字)。 (5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。 (6)若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 kgCO2。 5．（2024·贵州黔东南·二模）碱式硫酸铬[]主要用于鞣制皮革、作媒染剂及生产氢氧化铬和活性黑染料。以酸性含铬废液(主要含有、，还含有少量、、)为原料制备碱式硫酸铬的工艺流程如图所示，回答下列问题： 已知：常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于或等于)时的pH如下表。 离子 开始沉淀的pH 7.6 1.9 4.4 完全沉淀的pH 9.6 3.1 5.6 (1)Cr在元素周期表中的位置为 。 (2)加入9%双氧水的作用是 (用离子方程式表示)。 (3)“沉铁”时调pH的范围为 ～ 。 (4)“沉铬”过程发生反应的离子方程式是 ，从滤液1中可回收一种氮肥，该物质是 (填化学式)。 (5)金属铬的晶胞结构如图，已知晶胞参数为anm。 ①该晶胞中含铬原子的个数为 。 ②铬原子的配位数为 。 ③铬原子之间的最短距离为 nm(用含a的代数式表示)。 6．（2024·宁夏吴忠·一模）某湿法炼锌的萃余液中含有、、、、、及30～60 等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图： 已知： 沉淀物 回答下列问题： (1)“中和氧化水解”时，先加入适量的石灰石调节溶液的pH为1.0；加入一定量的；再加入石灰石调节溶液的pH为4.0。 ①“氧化”时，转化为除去，反应的离子方程式为 ，为提高反应速率可采取的措施 (举1例)。 ②“沉渣”的主要成分除、外还有 。 ③“氧化”时，若加入过量的，钴元素将会进入“沉渣”中，则氧化水解后的溶液中含钴微粒浓度为 。 (2)“除镉”时，主要反应的离子方程式为 。 (3)“沉锌”时，在近中性条件下加入可得碱式碳酸锌[]固体，同时产生大量的气体。 ①产生大量气体的原因是 。 ②需洗涤，检验是否洗净的试剂是 。 (4)不同质量分数的溶液在不同温度下析出晶体的物种如图所示。欲从含20% 及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水，“操作a”步骤为 。 7．（2024·贵州安顺·二模）SrCO3可用于金属冶炼和锶盐制备等。以天青石(成分为SrSO4、BaSO4、CaSO4、SiO2)为原料制备SrCO3的工艺流程如图。 已知：常温下，Ksp(SrSO4)=3.2×10-7、Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(SrCO3)=1.6×10-9。 回答下列问题： (1)天青石磨成粉的目的是 。 (2)天青石粉中的SrSO4与氨水、NH4HCO3溶液反应的离子方程式为 ；NH4HCO3溶液中c(NH3·H2O)+c(OH-)+c() (填“>”“<”或“=”)c(H2CO3)+c(H+)；将滤液1蒸发浓缩、冷却结晶可得副产物 (填化学式)。 (3)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (4)打浆酸溶后的滤液加热至95~100C．加NaOH溶液调pH=14的目的是 。 (5)碱析后获得Sr(OH)2的操作为 。 (6)以SrCO3和TiO2为原料，在1300~1500℃下煅烧，可制得优良的光学材料及人造宝石SrTiO3.SrTiO3的晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm。 ①生成SrTiO3的化学方程式为 。 ②SrTiO3晶体的密度为 。 8．（2023·四川绵阳·一模）电解锌的生产过程中产生大量富钴渣，主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO。采用以下工艺可利用富钴渣生产高纯锌： 回答下列问题： (1)在“溶浸”中，需搅拌并控制温度85℃，其目的是 。 (2)加入H2O2后生成FeOOH的化学方程式为 。 (3)“滤液①”中含有的金属离子有Cd2+、Co2+、 。 (4)“除锰钴”中，生成MnO2的离子方程式为 。 (5)还原除杂的“滤渣”主要成分是 。 (6)“电解”可通过如图装置实现。电解时，钛合金上的电极反应式为 。电解后，不锈钢区域的NaOH溶液浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)。 9．（2024·云南·模拟预测）氧化铁黄(又称羟基铁)，化学式为或，针状结构，呈黄色粉末状，是一种粒径小于，在透明介质中有很好分散性的铁系颜料，着色力强，不溶于碱，微溶于酸。工业以硫酸渣(含等)为原料制备铁黄的一种工艺流程如图所示： 已知：的的。 回答下列问题： (1)铁黄中铁元素的化合价为 ，其在元素周期表 族。 (2)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“沉铁”过程中生成的化学方程式为 。 (4)常温下加入的溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。 (5)铁黄产品也可以用表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为，则 。 (6)非整比铁氧化合物具有型晶体结构，由于，所以晶体存在缺陷，设晶胞中为x个，为y个，则 (计算值写最简整数比)。 10．（2024·浙江金华·三模）纳米被广泛用于结构陶瓷、催化材料等功能材料。某兴趣小组利用废弃的含有的溶液制备纳米： 已知：在较高的盐酸浓度下，与HCl、乙醚形成化合物而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，化合物解离。 请回答： (1)煅烧过程盛放固体的仪器名称为 。 (2)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 。 (3)下列说法正确_______。 A．步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ的操作B是蒸馏 B．纳米属于离子晶体，熔点高于大块晶体 C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，需再次萃取 D．中，仅阴离子中存在配位键 (4)市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。含量的高低直接影响PAC的净水效能。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，则理论上 。 (5)设计如下实验过程测定溶液Ⅲ中的的浓度： ①兴趣小组认为从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 ②虚线框内操作可以用下列操作 代替。 A．                 B． C．       D． 【能力提升练】 11．（2024·河北·模拟预测）铅铋合金的主要成分为Pb、Bi、Au和少量Ag。以该合金为原料制备草酸铅的一种工艺流程如图所示。 已知，“熔化”和“制粒”两步工序的具体操作为：将铅铋合金加热熔化后，以一定流速加入水中，形成粒径2~4mm的合金颗粒。请回答下列问题： (1)Bi为第6周期VA族元素，其基态原子的外围电子排布式为 ，Bi在化合物中的主要化合价为 。 (2)“熔化”和“制粒”两步工序的目的是 。 (3)“氧化酸浸”时，Pb转化为，反应的化学方程式为 ，浸渣的主要成分为 。 (4)下图分别表示醋酸初始浓度和反应温度对Pb、Bi浸出率的影响，则“氧化酸浸”时应控制的条件为 。 (5)“水解沉铋”时，转化为沉淀，下列措施可促进该转化的是___________(填标号)。 A．升高温度 B．增大压强 C．加水稀释 D．增大醋酸浓度 (6)该工艺流程中，可循环利用的物质X是 。 12．（2024·吉林·模拟预测）锌在生产生活中有着重要的应用，工业上用氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如下所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以的形式存在。 (1)“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式为 。“溶浸”时温度不宜过高，其原因是 。 (2)配合物中含有共价键的数目为 。 (3)“氧化除杂”中，转化为胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性，该反应的离子方程式为 。 (4)“滤渣3”的主要成分为 。 (5)硫化锌是常见的硫化物，其一种晶胞结构如图所示。 ①晶胞中S2-的配位数为 。 ②设晶胞边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度 g/cm3（用含a、NA的代数式表示）。 13．（2024·甘肃张掖·三模）以水钴矿(，含、、)和辉铜矿(，含、)为原料制取胆矾和单质钴。 已知： ①常温下，，，； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表： 金属离子 开始沉淀时的 2.7 7.5 7.6 4.7 完全沉淀时的 3.7 9.0 9.1 6.2 ③萃取的反应原理；； ④、、、均能与强酸反应产生。 回答下列问题： (1)“酸浸”过程硫元素价态变为价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式： 。 (2)“滤渣1”的主要成分为 。 (3)常温下，“滤液1”中(元素都以形式存在)加“氧化铜”调不小于 。 (4)常温下，若“滤液2”中(忽略溶液中极少量的)，除去“滤液2”中的，至少需加入固体的质量为 (忽略溶液体积的变化，计算结果精确到小数点后两位)。 (5)“反萃取”步骤中加入的“试剂”为 。 (6)采用惰性电极电解溶液、在无离子交换膜的条件下，不能用溶液代替溶液的理由是 。 14．（2024·安徽·三模）ZnO是一种白色粉末，可溶于酸、氢氧化钠溶液、氨水和氨水-铵盐缓冲溶液中，在橡胶、涂料、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、、CdO等)制备ZnO，并可继续制备单质Zn的工艺如图： (ⅰ)ZnO在强碱性条件下转化为； (ⅱ)二价金属氧化物如Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)与氨络合可生成、； (ⅲ)Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系如图： (1)Zn在元素周期表中的位置是 。 (2)“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 氧化，写出氧化FeO的离子方程式 。 (3) “浸出”时生成多种配离子，其中ZnO生成的离子方程式 。 (4)“深度净化”时，可采用加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含Zn、Cd之外，还含有(填化学式) (5)“蒸氨”时得混合气体e和固体碱式碳酸锌，其中气体e可返回至 工序循环利用；取11.2g固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1g，同时产生的气体通入到足量溶液中，得沉淀9.85g，则固体的x为 、y为 。 (6)工业中可以采用先将ZnO溶于足量NaOH溶液，再使用电解的方法制备Zn，装置如图： ①写出Zn电极上的离子反应方程式 ； ②从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是 。 15．（2024·河南·模拟预测）铈（Ce）及其化合物在现代工业中具有极为重要的用途，某化工厂以废旧的液晶显示器（含有、、等物质）为原料制备三氯化铈、氢氧化铈的流程如下： 已知：具有强氧化性，一般不与常见的无机酸反应。 请回答下列问题： (1)酸浸前原料要粉碎，其目的是 （答出两点），料渣Ⅰ的成分是 。 (2)“还原”过程中发生反应的离子方程式为 ，该过程不宜在较高温度下进行，原因是 。 (3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)得到的实验操作是（在HCl氛围中） 、 、过滤、洗涤等。 (5)二氧化铈晶胞结构如图所示，又知晶胞参数为a pm。若A、B两处微粒的原子分数坐标分别为、，则C处微粒的原子分数坐标为 ，晶体的密度为 。 16．（2024·湖北·一模）某工厂用废旧钴基合金制备（主要成分为，还含有、、、、等），工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，、不能氧化，部分金属氢氧化物沉淀时如下表 沉淀物 开始沉淀 完全沉淀 ②室温下，， 回答下列问题： (1)“碱浸”时反应的离子方程式为 。 (2)“酸浸”所得“浸渣”的成分为 。 (3)“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是 。 (4)“沉镁”时反应的离子方程式为 。若“沉镁”后的溶液中，则此时溶液的为 。 (5)“氧化”时反应的离子方程式为 。 (6)某钴单质催化剂（）的晶胞如图所示，其中8个原子位于顶点，8个原子位于棱上，4个原子位于晶胞内部，其余位于面上。已知晶胞底边长分别为和，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 。 17．（2024·湖北·模拟预测）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，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：①Ga与Al同主族，化学性质相似。 ②MOCVD是一种金属有机物化学气相淀积技术。 ③常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表。 金属离子 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 ④金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见下表。 金属离子 萃取率(%) 0 99 0 97～98.5 (1)GaN作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，GaN属于 晶体；GaN晶体的一种立方晶胞如图所示，Ga的配位数为 。 (2)处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4的主要目的是 。 (3)萃取前加入固体X的目的是 。 (4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以 (填离子符号)形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓，则阴极的电极反应方程式为 。精炼时，若外电路通过0.25 mol e-时，阴极得到3.5 g的镓。则该电解装置的电解效率η= (η=生成目标产物转移的电子数/转移的电子总数)。 (5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN，该过程的化学方程式为 。 18．（2024·福建·模拟预测）碲(Te)是一种重要的稀有分散元素，广泛应用于冶金、石油、化工、航空、电子等领域。以某冶炼厂的湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)为原料回收碲的流程如下： 已知：氧化还原电位可用来反映水溶液中物质表现出来的氧化还原性，用E(氧化态/还原态)表示。E越高，氧化态的氧化性越强，E越低，还原态的还原性越强。若电解时控制电位高于E，则其氧化态不能被还原。相关物质的氧化还原电位(E)如下表所示： 物质 氧化还原电位(E)/V 0.342 0.568 0.16 小于0.16 小于0.16 请回答下列问题： (1)52Te的基态原子的电子排布式为 。 (2)原料预处理可采用干燥箱中加热氧化或自然堆放氧化(四天以上)两种方式，两相比较，后者的主要优点是 ；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是 。 (3)浸出时，所得滤渣主要含铅、银的化合物，其化学式分别为 、 ；添加可显著提高碲和铜的浸出率，说明预处理后的原料中仍存在低价态的碲和铜，写出转化为、而被浸出的离子方程式 。 (4)电解时为防止除Te以外的单质生成，需控制电位的范围为 ；加入饱和Na2SO3溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成 (填化学式)。 (5)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，则c点的坐标为 ，设ZnTe的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn与Te最近距离为 nm（列出计算式即可）。 19．（2024·江西吉安·模拟预测）BaTiO3，被用作陶瓷电容器的介电材料、麦克风和其他传感器的压电材料。以含钛炉渣（主要成分是TiO2，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等）为原料制备BaTiO3的流程如下： 金属离子 TiO2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 0.5 6.3 1.5 完全沉淀的pH 2.5 8.3 2.8 回答下列问题： (1)下列为Ba粒子简化电子排布式，其中能量最高的是 （填字母）。 A．[Xe]6s2 B．[Xe]6s1 C．[Xe]6s16p1 D．[Xe]6s0p2 (2)“还原”中发生反应的离子方程式为 。若省去“还原”工艺，则 。 (3)设计实验检验滤液1中是否含有Fe2+： 。 (4)BaTiO（C2O4）2·4H2O中Ti的化合价为 ，“焙烧”发生反应的化学方程式为 。 (5)经X射线分析鉴定，钛酸钡（BaTiO3）的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2-相接触），已知晶胞边长为 pm，O2-的半径为 pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为 pm、 pm。（用含、的代数式表示） 20．（2024·湖南长沙·三模）硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料以及精细化工产品等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体，工艺流程如下： 已知：①； ②。 (1)基态原子的价层电子排布式为 。 (2)“浸取”时，由转化为的离子方程式为 。 (3)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。 (4)由该工艺可知，反应属于 。反应(填“放热”或“吸热”)。 (5)“沉淀转化”步骤完成后溶液中的浓度为，则此时溶液中的浓度为 (6)滤液a可循环利用，试剂M是 。(填化学式)。 (7)PbS的立方晶胞如图所示，已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为 nm。 【真题培优练】 21．（2024·甘肃·高考真题）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： (1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。 (2)“滤渣”的主要成分是和 。 (3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。 (4)铝产品可用于 。 (5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。 22．（2024·吉林·高考真题）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 (4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不拍火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。 (6)“沉金”中的作用为 。 (7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 23．（2024·上海·高考真题）粗盐中含有等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：和的溶解度如图所示： (1)步骤①中要稍过量。请描述检验是否过量的方法： 。 (2)若加后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致_______。 A．不能完全去除 B．消耗更多 C．不能完全去除 D．消耗更多 (3)过滤操作中需要的玻璃仪器。除烧杯和玻璃棒外，还需要_______。 A．分液漏斗 B．漏斗 C．容量瓶 D．蒸发皿 (4)步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有 。 (5)“一系列操作”是指_______。 A．蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B．蒸发至晶膜形成后，冷却结晶 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D．蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 (6)请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应 。 另有两种方案选行粗盐提纯。 方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为]除去，再通入含的工业废气除去； 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去，再加入碳酸钠溶液除去。 (7)相比于方案3，方案2的优点是 。 (8)已知粗盐水中含量为，含量为，现用方案3提纯10L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为)和碳酸钠的物质的量 。 24．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 25．（2024·全国新课标卷·高考真题）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。 (2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。 26．（2024·浙江·高考真题）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。 已知：①； ②电解前后总量不变；③易溶于水。 请回答： (1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。 (2)下列说法正确的是_______。 A．电解池中发生的总反应是(条件省略) B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物 C．化合物C在水溶液中最多可中和 D．的氧化性弱于 (3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。 ①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ； ②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。 27．（2024·河北·高考真题）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。 a．延长沉钒时间     b．将溶液调至碱性      c．搅拌      d．降低溶液的浓度 28．（2024·江苏·高考真题）贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 (1)沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为 。[已知：，] (2)还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为 。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是 。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为 。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 。 29．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)硫磺()的晶体类型是 。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 (填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 (3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式 。随温度升高，SO2的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，其目的是 。 (6)采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。 (8)用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。 30．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： (1)活性可与水反应，化学方程式为 。 (2)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。 (3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 (4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是 。 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。    (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。 ( 3 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第19练 工艺流程综合题 【基础过关练】 1．（2024·四川雅安·三模）磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂（）为正极材料的一种锂离子二次电池。一种由钛白副产物硫酸亚铁[主要成分为，还含有少量、、]制备锂离子电池正极材料的前驱体的工艺流程如图所示： 已知常温下：①“酸溶”后，溶液，有关微粒浓度如下表所示： 微粒 浓度 0.0043 0.07 ②，时，沉淀完全。 ③ (1)为加快“酸溶”速率，可采取的措施有 （写两点）。 (2)“除杂过滤”工序中，将转化为除去。加入铁粉的作用是 。 (3)当沉淀完全时，“滤渣”中是否含有？结合计算说明原因（忽略溶液体积的变化） 。 (4)“结晶过滤”后从滤液中获得的操作为 ，过滤。 (5)书写“氧化”时发生反应的离子方程式 。 (6)工业上可以用电解磷铁渣（主要含）的方法制备，电解原理如图所示，溶液中的向 极移动（填“石墨”或“磷铁渣”）；生成的电极反应式为 。 【答案】(1)搅拌、加热、适当提高酸的浓度等合理答案均可 (2)还原；调节pH，使转化为 (3)溶解后，，，，，无沉淀；或，，解得，因此无沉淀 (4)蒸发浓缩，冷却结晶 (5) (6) 石墨 【分析】钛白副产硫酸亚铁酸溶之后，溶液中含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Mg2+、TiO2+，加入Fe将Fe3+还原为Fe2+，将TiO2+沉淀，结晶过滤、溶解后加H2O2将Fe2+转化为Fe3+，加入H3PO4和氨水沉淀Fe3+，据此回答。 【详解】（1）为加快“酸溶”速率，可采取的措施有：搅拌、加热、适当提高酸的浓度等； （2）根据分析可知，“除杂过滤”工序中，将TiO2+转化为H2TiO3除去，加入铁粉的作用是：还原Fe3+；调节pH，使TiO2+转化为H2TiO3； （3）溶解后c(Mg2+)=0.07mol⋅L−1，pH=4，c(OH−)=10−10mol⋅L−1，Q=c(Mg2+)⋅c2(OH−)=7×10−22，Q<Ksp，无Mg(OH)2沉淀；或c(OH−)=10−10mol⋅L−1，Ksp=1.8×10−11=c(Mg2+)⋅c2(OH−)=c(Mg2+)⋅10−20，解得c(Mg2+)=1.8×109mol⋅L−1>0.07mol⋅L−1，因此无Mg(OH)2沉淀； （4）“结晶过滤”获得FeSO4·7H2O的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （5）氧化时将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； （6）由图可知磷铁渣与电源正极相连，为阳极，石墨为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，所以溶液中的H+向石墨移动；FeP失去电子转化为FePO4，离子方程式为：FeP-8e-+4H2O=FePO4+8H+。 2．（2024·北京东城·二模）和都具有广泛的用途。 Ⅰ.工业上用软锰矿（主要含）和硫锰矿（主要含）联合制备的流程如图。 资料：几种化合物的 硫化物 （易溶） 氢氧化物 (1)为提高浸出速率，可采取的措施有 （答出两条即可）。 (2)浸出过程中产生的对与的反应起催化作用，机理如下。 ⅰ.； ⅱ. （离子方程式）。 (3)流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因： 。 (4)滤渣2的主要成分是 。 Ⅱ.以溶液为原料，用图1装置（均为惰性电极）同步制备和。 (5)结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因： 。 (6)图1中电极上的电解效率与溶液的关系如图2所示。随的增大，电解效率先增大后减小的原因是 。 【答案】(1)将原料粉碎，适当升温 (2)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2H2O+2Fe3+ (3)Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失 (4)BaSO4、CoS、NiS (5)A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移 (6)pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利 【分析】将软锰矿（主要含MnO2）和硫锰矿（主要含MnS）用硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Mn2＋、Fe3＋、Co2＋、Ni2＋等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的硫离子氧化为S，同时自身被还原为Mn2＋，所以浸出渣主要成分为S，加入氨水调节溶液的pH除去铁离子，过滤后的滤液中加入BaS净化除去Co2＋、Ni2＋等离子，过滤得到滤液2，最终得到MnSO4，滤渣2为BaSO4、CoS、NiS。 【详解】（1）为提高浸出速率，可采取的措施有将原料粉碎，适当升温等； （2）浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下：ⅰ.2Fe3++MnS=Mn2++2Fe2++S； ⅱ.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2H2O+2Fe3+； （3）流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失； （4）根据分析可知，滤渣2的主要成分是BaSO4、CoS、NiS； （5）中间室产生较浓硫酸的原因：A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移； （6）随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是：pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利。 3．（2024·内蒙古赤峰·一模）铋（Bi）的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿（主要成分为，含FeS、CuO、等杂质）制备的工艺流程如下图： 已知： ⅰ．易水解；难溶于冷水 ⅱ．“氧化浸取”时，铋元素转化为，硫元素转化为硫单质 ⅲ．   ⅳ．该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5 沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5 回答下列问题： (1)“氧化浸取”前将辉铋矿粉碎的目的是 。 (2)“滤渣1”的主要成分为S和 （填化学式）。 (3)“氧化浸取”步骤中温度升高可以增大反应速率，但高于50℃时浸取速率反而会下降，其可能的原因是 、 。 (4)“除铁”时，调节溶液pH的范围是 。 (5)“除铜”时发生反应：  ，则 。 (6)“转化”时，生成的离子方程式为 ；“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是 。 【答案】(1)增大固液接触面积，加快氧化反应速率，提高浸取率 (2) (3) 盐酸挥发 受热分解 (4)3.7≤pH＜4.5 (5) (6) 在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少的损失 【分析】辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，氧化、FeS发生的反应：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3； 【详解】（1）“氧化浸取”前将辉铋矿粉碎的目的是增大固液接触面积，加快氧化反应速率，提高浸取率； （2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为S和； （3）盐酸具有挥发性，温度过高盐酸挥发导致盐酸浓度过低，反应速率减小；过氧化氢不稳定，受热分解，温度过高也会导致过氧化氢分解使得反应速率减小； （4）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5； （5）已知： ① K1=4.4×10-7 ② K2=2×1013 反应①-②可得反应，因此； （6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO3，反应中氯化合价由+1变为-1、铋化合价由+3变为+5，结合电子守恒可知，离子方程式为，由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。 4．（2024·宁夏银川·一模）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。 已知钢渣中Ca元素质量分数为30%。V2O3在稀盐酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Ca2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的pH 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： (1)浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。 (2)为避免引入杂质离子，氧化剂A应为 (举1例)。 (3)滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为 。 (4)若钢渣粉中含有钒酸钙，加入Na2CO3溶液能够使钒酸钙溶解，是因为存在平衡：。已知，，则该平衡常数 (结果保留2位有效数字)。 (5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。 (6)若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 kgCO2。 【答案】(1) 适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 (2)H2O2或氯水 (3)氨水 (4)1.4 (5) Ca2V2O7 (6)297 【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C，富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。 【详解】（1）①提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等； ②该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散； （2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水； （3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水； （4）根据可知，平衡常数K===1.4； （5）①由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7； ②该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为； （6）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。 5．（2024·贵州黔东南·二模）碱式硫酸铬[]主要用于鞣制皮革、作媒染剂及生产氢氧化铬和活性黑染料。以酸性含铬废液(主要含有、，还含有少量、、)为原料制备碱式硫酸铬的工艺流程如图所示，回答下列问题： 已知：常温下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于或等于)时的pH如下表。 离子 开始沉淀的pH 7.6 1.9 4.4 完全沉淀的pH 9.6 3.1 5.6 (1)Cr在元素周期表中的位置为 。 (2)加入9%双氧水的作用是 (用离子方程式表示)。 (3)“沉铁”时调pH的范围为 ～ 。 (4)“沉铬”过程发生反应的离子方程式是 ，从滤液1中可回收一种氮肥，该物质是 (填化学式)。 (5)金属铬的晶胞结构如图，已知晶胞参数为anm。 ①该晶胞中含铬原子的个数为 。 ②铬原子的配位数为 。 ③铬原子之间的最短距离为 nm(用含a的代数式表示)。 【答案】(1)第四周期ⅥB族 (2) (3) 3.1 4.4 (4) (5) 2 8 【分析】在酸性含铬废液(主要含有、，还含有少量、、)中加入9%双氧水氧化，将废液中的氧化为，加入氨水调节pH使沉淀为，过滤除去滤渣，滤液中再继续加入氨水调节pH使沉淀为，过滤得滤液1，根据所含离子可知，滤液1的主要成分应该是，往滤渣中加入硫酸进行酸溶，反应得到，再加入纯碱即调节碱度，经过一系列操作可得到碱式硫酸铬。 【详解】（1）Cr在元素周期表中的位置为第四周期ⅥB族； （2）加入9%双氧水的作用是将废液中的氧化为，离子方程式为：； （3）根据表格数据可知，完全沉淀时pH为3.1，开始沉淀的pH为4.4，所以沉铁的pH范围为3.1～4.4； （4）“沉铬”过程，是与氨水反应生成沉淀的过程，其离子方程式为：；根据分析可知，滤液1的主要成分是； （5）①根据分摊法，晶胞中含铬原子数目为； ②根据晶胞的结构图可知，铬原子的配位数为8； ③铬原子之间的最短距离为体对角线长的一半，即nm。 6．（2024·宁夏吴忠·一模）某湿法炼锌的萃余液中含有、、、、、及30～60 等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图： 已知： 沉淀物 回答下列问题： (1)“中和氧化水解”时，先加入适量的石灰石调节溶液的pH为1.0；加入一定量的；再加入石灰石调节溶液的pH为4.0。 ①“氧化”时，转化为除去，反应的离子方程式为 ，为提高反应速率可采取的措施 (举1例)。 ②“沉渣”的主要成分除、外还有 。 ③“氧化”时，若加入过量的，钴元素将会进入“沉渣”中，则氧化水解后的溶液中含钴微粒浓度为 。 (2)“除镉”时，主要反应的离子方程式为 。 (3)“沉锌”时，在近中性条件下加入可得碱式碳酸锌[]固体，同时产生大量的气体。 ①产生大量气体的原因是 。 ②需洗涤，检验是否洗净的试剂是 。 (4)不同质量分数的溶液在不同温度下析出晶体的物种如图所示。欲从含20% 及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水，“操作a”步骤为 。 【答案】(1) 搅拌、适当加热等 (2) (3) 和发生双水解，相互促进，产生和气体 溶液 (4)蒸发浓缩、趁热过滤 【分析】萃铜余液中含有Mn2+、Cd2+、Co2+、Zn2+、Na+、Fe2+等离子，由流程可知，向萃余液中加入石灰石粉和氧化剂，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、氢氧化铁，沉渣中含有二氧化锰、氢氧化铁和硫酸钙，向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液，加入有机溶剂萃取，除去钴，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液，硫酸锌转化为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，最后转化为活性氧化锌，沉锌后液通过蒸发浓缩、趁热过滤得到无水硫酸钠，以此来解答。 【详解】（1）①氧化”时，Mn2+转化为MnO2除去，反应的离子方程式为； ②根据分析，“沉渣”的主要成分除MnO2外，还有氢氧化铁和硫酸钙； ③加入石灰石调节溶液的pH为4.0，Co(OH)3的Ksp= 1.6× 10-44，则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为=mol/L； （2）“除镉”时，是锌置换镉，主要反应的离子方程式为Zn+Cd2+= Zn2++Cd； （3）①Zn2+和发生双水解，相互促进，产生ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O和大量的CO2气体； ②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗涤，检验是否洗净，即检验溶液中是否含有碳酸根离子，可以选用的试剂是氯化钡溶液； （4）从图分析，要想得到硫酸钠，需要进行的操作为蒸发浓缩，趁热过滤。 7．（2024·贵州安顺·二模）SrCO3可用于金属冶炼和锶盐制备等。以天青石(成分为SrSO4、BaSO4、CaSO4、SiO2)为原料制备SrCO3的工艺流程如图。 已知：常温下，Ksp(SrSO4)=3.2×10-7、Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(SrCO3)=1.6×10-9。 回答下列问题： (1)天青石磨成粉的目的是 。 (2)天青石粉中的SrSO4与氨水、NH4HCO3溶液反应的离子方程式为 ；NH4HCO3溶液中c(NH3·H2O)+c(OH-)+c() (填“>”“<”或“=”)c(H2CO3)+c(H+)；将滤液1蒸发浓缩、冷却结晶可得副产物 (填化学式)。 (3)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (4)打浆酸溶后的滤液加热至95~100C．加NaOH溶液调pH=14的目的是 。 (5)碱析后获得Sr(OH)2的操作为 。 (6)以SrCO3和TiO2为原料，在1300~1500℃下煅烧，可制得优良的光学材料及人造宝石SrTiO3.SrTiO3的晶胞结构如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm。 ①生成SrTiO3的化学方程式为 。 ②SrTiO3晶体的密度为 。 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率 (2) = (NH4)2SO4 (3)BaSO4、SiO2 (4)促使Ca2+沉淀，便于除杂 (5)过滤 (6) g/cm3 【分析】在天青石(成分为SrSO4、BaSO4、CaSO4、SiO2)中加入氨水和碳酸氢铵，得到滤液1主要溶质为硫酸铵，硫酸锶转化为碳酸锶，再向固体中加入盐酸，滤渣中主要成分为二氧化硅和硫酸钡，打浆酸溶后的滤液加热至95~100℃，加NaOH溶液调pH = 14将钙离子转化为氢氧化钙，加入氢氧化钠碱析得到氢氧化锶，加纯水溶解后通入二氧化碳生成碳酸锶，据此回答。 【详解】（1）天青石磨成粉的目的是增大接触面积，加快反应速率； （2）①天青石粉中的SrSO4与氨水、NH4HCO3溶液反应的离子方程式为：； ②根据质子守恒，得失氢离子相等，，则； ③滤液1主要溶质为硫酸铵，通过蒸发浓缩、冷却结晶可得副产物为( NH4)2SO4； （3）通过分析可知，滤渣的主要成分为BaSO4、SiO2； （4）打浆酸溶后的滤液加热至95~100℃，加NaOH溶液调pH=14的目的是：促使Ca2+沉淀，便于除杂； （5）通过分析可知，碱析后获得Sr(OH)2的操作为过滤； （6）①生成SrTiO3的化学方程式为：； ②Sr在8个顶点，均摊下来为个，Ti为1个，O在面心，均摊下来为个，晶胞的体积为cm3，晶体的密度为=g/cm3。 8．（2023·四川绵阳·一模）电解锌的生产过程中产生大量富钴渣，主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO。采用以下工艺可利用富钴渣生产高纯锌： 回答下列问题： (1)在“溶浸”中，需搅拌并控制温度85℃，其目的是 。 (2)加入H2O2后生成FeOOH的化学方程式为 。 (3)“滤液①”中含有的金属离子有Cd2+、Co2+、 。 (4)“除锰钴”中，生成MnO2的离子方程式为 。 (5)还原除杂的“滤渣”主要成分是 。 (6)“电解”可通过如图装置实现。电解时，钛合金上的电极反应式为 。电解后，不锈钢区域的NaOH溶液浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1)加快反应速率，提高溶浸率 (2)2FeSO4+H2O2+2H2O=2FeOOH↓+2H2SO4 (3)Zn2+、Mn2+ (4)3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+ (5)Cd (6) ZnO+2e-+2H2O=Zn+4OH- 减小 【分析】富钴渣主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO，加入硫酸酸浸，溶解，加入过氧化氢把Fe2+氧化成Fe3+，pH调整到5生成FeOOH沉淀，过滤后加入高锰酸钾生成MnO2和CoOOH沉淀过滤，加入Zn除去溶液中的Cd2+，过滤，加入氢氧化钠，把锌溶解生成Na2ZnO2，电解生成单质Zn，反应方程式为2Na2ZnO2+2H2O=4NaOH+2Zn+O2。 【详解】（1）在“溶浸”中，温度低于85℃，温度越高反应越快，温度高于85℃有爆炸的危险，故温度控制85℃是增加反应速率，提高溶浸率； 故答案为：加快反应速率，提高溶浸率。 （2）加入H2O2后，Fe2+被氧化生成FeOOH的化学方程式为2FeSO4+H2O2+2H2O=2FeOOH↓+2H2SO4； 故答案为：2FeSO4+H2O2+2H2O=2FeOOH↓+2H2SO4。 （3）“滤液①”中含有富钴渣中的除铁外的其它金属离子，有Cd2+、Co2+、Zn2+、Mn2+； 故答案为：Zn2+、Mn2+。 （4）“除锰钴”中，高锰酸钾和Mn2+反应生成MnO2，离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+； 故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+。 （5）根据分析可知还原除杂是用Zn除去Cd2+，故“滤渣”主要成分是Cd； 故答案为：Cd。 （6）电解池中钛合金为阴极，发生还原反应，电极反应式为ZnO+2e-+2H2O=Zn+4OH-；电解池中的不锈钢为阳极，发生氧化反应，4OH--4e-=2H2O+O2，OH-减少，Na+通过阳离子交换膜向阴极移动而减少，故区域的NaOH溶液浓度减小； 故答案为：ZnO+2e-+2H2O=Zn+4OH-；减小。 9．（2024·云南·模拟预测）氧化铁黄(又称羟基铁)，化学式为或，针状结构，呈黄色粉末状，是一种粒径小于，在透明介质中有很好分散性的铁系颜料，着色力强，不溶于碱，微溶于酸。工业以硫酸渣(含等)为原料制备铁黄的一种工艺流程如图所示： 已知：的的。 回答下列问题： (1)铁黄中铁元素的化合价为 ，其在元素周期表 族。 (2)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“沉铁”过程中生成的化学方程式为 。 (4)常温下加入的溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。 (5)铁黄产品也可以用表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为，则 。 (6)非整比铁氧化合物具有型晶体结构，由于，所以晶体存在缺陷，设晶胞中为x个，为y个，则 (计算值写最简整数比)。 【答案】(1) Ⅷ (2) (3) (4)碱性 (5) (6) 【详解】（1）铁黄中含有1个Fe，一个H，2个O，其中H为-1价，O为-2价，铁元素为+3价，Fe在元素周期表中Ⅷ族。 （2）硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的，所以滤渣中有和未反应完的Fe。 （3）与反应生成反应化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=Fe(OH)2↓+(NH4)2SO4+2CO2↑ （4）NH4HCO3溶液中据已知数据计算，水解小于的水解，溶液呈碱性。 （5） ，所以 （6）根据化合物中各元素化合价代数和为零及原子守恒可得x+y=0.95；3x+2y=2，解得x=0.10，y=0.85，x：y=2:17。 【分析】硫酸渣在酸溶中，氧化铁与氧化亚铁与硫酸发生反应生成Fe3+和Fe2+，其中二氧化硅不与硫酸发生反应，加入铁粉后，铁粉与溶液中三价铁离子反应生成二价铁离子，过滤后溶液为硫酸亚铁溶液，二氧化硅和未反应完得铁粉作滤渣滤出，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成氢氧化铁，最终制备出铁黄。 10．（2024·浙江金华·三模）纳米被广泛用于结构陶瓷、催化材料等功能材料。某兴趣小组利用废弃的含有的溶液制备纳米： 已知：在较高的盐酸浓度下，与HCl、乙醚形成化合物而溶于乙醚，当盐酸浓度降低时，化合物解离。 请回答： (1)煅烧过程盛放固体的仪器名称为 。 (2)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 。 (3)下列说法正确_______。 A．步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ的操作B是蒸馏 B．纳米属于离子晶体，熔点高于大块晶体 C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，需再次萃取 D．中，仅阴离子中存在配位键 (4)市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。含量的高低直接影响PAC的净水效能。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，则理论上 。 (5)设计如下实验过程测定溶液Ⅲ中的的浓度： ①兴趣小组认为从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 ②虚线框内操作可以用下列操作 代替。 A．                 B． C．       D． 【答案】(1)坩埚 (2) (3)AC (4)13∶32 (5) 偏低 AC 【分析】硝酸铝溶液中含有铁离子，加入适量浓盐酸，加入乙醚，振荡，分液，得到溶液和硝酸铝溶液，向氯酸铝溶液中加入碳酸铵溶液得到沉淀，过滤、习题、干燥，灼烧得到纳米氧化铝。 【详解】（1）固体煅烧，其煅烧盛放固体的仪器名称为坩埚；故答案为：坩埚。 （2）步骤Ⅳ是铵根、铝离子和碳酸氢根反应生成沉淀、二氧化碳和水，其发生反应的离子方程式为；故答案为：。 （3）A．根据信息当盐酸浓度降低时，化合物解离，则步骤Ⅱ的试剂X可用水，步骤Ⅲ是溶液和乙醚分开，则步骤Ⅲ的操作B是蒸馏，故A正确；B．纳米熔点与大块晶体一样高，故B错误；C．步骤Ⅰ，若在溶液Ⅱ中检测到，则制备的纳米氧化铝不纯，因此需再次萃取，故C正确；D．中阴离子中存在配位键，阳离子也存在配位键，氧原子提供孤电子对，氢离子提供空轨道，故D错误；综上所述，答案为：AC。 （4）市售PAC是由水解产生的一系列中间产物脱水聚合而成，其中稳定存在形态为聚十三铝，简称。向溶液中缓慢滴加一定量NaOH溶液，若只生成，反应的离子方程式为，因此理论上13∶32；故答案为：13∶32。 （5）①溶液Ⅲ中是化合物，铁离子形成配合物，加锌，铁离子没有完全和锌反应，因此消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏低，因此从原废弃液中取水样经上述方法测定的浓度，会使结果偏低；故答案为：偏低。 ②A．加过量铝与加入过量锌一样，因此能代替，故A符合题意； B．加入过量铁，铁与铁离子反应生成亚铁离子，过量铁和盐酸反应，亚铁离子、氯离子和酸性高锰酸钾反应，会导致测得结果偏高，故B不符合题意；C．铁离子与过量二氧化硫反应生成亚铁离子和硫酸根，煮沸，将二氧化硫逸出，再与酸性高锰酸钾溶液反应，故C符合题意；D．过量KI与铁离子反应生成亚铁离子、单质碘，煮沸，碘离子不反应，碘离子、亚铁离子都与酸性高锰酸钾溶液投影，导致结果偏高，故D不符合题意；综上所述，答案为：AC。 【能力提升练】 11．（2024·河北·模拟预测）铅铋合金的主要成分为Pb、Bi、Au和少量Ag。以该合金为原料制备草酸铅的一种工艺流程如图所示。 已知，“熔化”和“制粒”两步工序的具体操作为：将铅铋合金加热熔化后，以一定流速加入水中，形成粒径2~4mm的合金颗粒。请回答下列问题： (1)Bi为第6周期VA族元素，其基态原子的外围电子排布式为 ，Bi在化合物中的主要化合价为 。 (2)“熔化”和“制粒”两步工序的目的是 。 (3)“氧化酸浸”时，Pb转化为，反应的化学方程式为 ，浸渣的主要成分为 。 (4)下图分别表示醋酸初始浓度和反应温度对Pb、Bi浸出率的影响，则“氧化酸浸”时应控制的条件为 。 (5)“水解沉铋”时，转化为沉淀，下列措施可促进该转化的是___________(填标号)。 A．升高温度 B．增大压强 C．加水稀释 D．增大醋酸浓度 (6)该工艺流程中，可循环利用的物质X是 。 【答案】(1) +3、+5 (2)增大铅铋合金与反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率 (3) Au、Ag (4)醋酸初始浓度、反应温度80℃ (5)AD (6)醋酸 【分析】铅铋合金的主要成分为Pb、Bi、Au和少量Ag，氧化酸浸时，双氧水氧化Pb、Bi，浸渣的主要成分为Au、Ag；经过水解将铋元素沉淀，再加入草酸，把醋酸铅转化为草酸铅，滤液转入氧化酸浸步骤循环利用。 【详解】（1）Bi为第6周期VA族元素，属于氮族元素，其基态原子的外围电子排布式为，在化合物中的主要化合价为+3、+5。 （2）熔化和制粒可以形成2~4mm的合金颗粒，有利于增大铅铋合金与反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率。 （3）氧化酸浸时，Pb被双氧水氧化为，反应的化学方程式为；Au、Ag不参与反应，则浸渣的主要成分为Au、Ag。 （4）根据Pb、Bi浸出率图像可知，醋酸初始浓度为时，浸出率达到最大，且随醋酸初始浓度增大，浸出率基本不变；反应温度为80℃时，浸出率最大，且进一步升高温度，浸出率下降；因此“氧化酸浸”时应控制的条件为醋酸初始浓度、反应温度80℃。 （5）A．升高温度，水解为吸热反应，平衡正向移动，有利于转化为沉淀，A符合题意； B．增大压强不影响溶液体系下的水解、沉淀反应，B不符合题意； C．加水稀释，离子浓度降低，不利于生成沉淀，C不符合题意； D．增大醋酸浓度，醋酸根浓度增大，有利于生成沉淀，D符合题意； 答案选AD。 （6）醋酸铅转化为草酸铅，发生复分解反应生成醋酸，因此液相中的物质X为醋酸，可转入氧化酸浸步骤循环利用。 12．（2024·吉林·模拟预测）锌在生产生活中有着重要的应用，工业上用氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如下所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以的形式存在。 (1)“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式为 。“溶浸”时温度不宜过高，其原因是 。 (2)配合物中含有共价键的数目为 。 (3)“氧化除杂”中，转化为胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性，该反应的离子方程式为 。 (4)“滤渣3”的主要成分为 。 (5)硫化锌是常见的硫化物，其一种晶胞结构如图所示。 ①晶胞中S2-的配位数为 。 ②设晶胞边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度 g/cm3（用含a、NA的代数式表示）。 【答案】(1) 避免氨水的分解和挥发 (2) (3) (4)Cu、Cd (5) 4 【分析】“溶浸”工序中，NH3做配体与Zn2+、Cu2+等配位将其溶出，H2O2将转化为胶体聚沉在滤渣2中除去，在“还原”工序中，锌粉置换铜、镉，因此滤渣3的成分为Cu、Cd，最终电解得到高纯锌。 【详解】（1）“溶浸”时，ZnO生成，离子方程式为；氨水受热易分解、挥发，溶浸时温度不宜过高； （2）1 mol NH3含有3mol共价键，NH3与Zn2+形成的配位键是共价键，故1 mol 中含有共价键的数目为； （3）“氧化除杂”中，H2O2将氧化为，方程式为； （4）根据分析，滤渣3的成分为Cu、Cd； （5）①根据图示，ZnS晶胞中S2-的配位数为4； ②根据均摊法，ZnS晶胞中含有4个ZnS单元，因此，该晶体的密度为g/cm3。 13．（2024·甘肃张掖·三模）以水钴矿(，含、、)和辉铜矿(，含、)为原料制取胆矾和单质钴。 已知： ①常温下，，，； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表： 金属离子 开始沉淀时的 2.7 7.5 7.6 4.7 完全沉淀时的 3.7 9.0 9.1 6.2 ③萃取的反应原理；； ④、、、均能与强酸反应产生。 回答下列问题： (1)“酸浸”过程硫元素价态变为价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式： 。 (2)“滤渣1”的主要成分为 。 (3)常温下，“滤液1”中(元素都以形式存在)加“氧化铜”调不小于 。 (4)常温下，若“滤液2”中(忽略溶液中极少量的)，除去“滤液2”中的，至少需加入固体的质量为 (忽略溶液体积的变化，计算结果精确到小数点后两位)。 (5)“反萃取”步骤中加入的“试剂”为 。 (6)采用惰性电极电解溶液、在无离子交换膜的条件下，不能用溶液代替溶液的理由是 。 【答案】(1) (2)、 (3)3.7 (4) (5)稀硫酸 (6)电解溶液使溶液呈酸性，将生成的再次溶解 【分析】水钴矿(，含、、)和辉铜矿(，含、)中加硫酸进行溶解，二氧化硅不能被硫酸溶解，同时生成硫酸钙，过滤将二者除去；溶解过程中将氧化，自身被还原为；加入氧化铜调节，以将形成沉淀过滤除去；加入，可将和形成沉淀，过滤除去；加入萃取剂对进行萃取，以将和分离，分离后加入反萃取剂硫酸进行反萃取后得含溶液，经操作得胆矾；萃取后水相中加入碳酸钠将沉淀形成，加盐酸溶解后对溶液进行电解得。 【详解】（1）“酸浸”过程元素化合价价降为价，硫元素价有价变为价，元素化合价由价升高为价，根据得失电子守恒及质量守恒，化学方程式： ； （2）根据分析，“滤渣1”的主要成分：、； （3）为确保完全沉淀，应调不小于3.7； （4）“滤液2”中，使转化为，需要，中存在溶解平衡，为保持，代入，求得，需要再加入，共，质量为； （5）根据萃取的反应原理；及产物需得胆矾可判断，“反萃取”步骤中加入的“试剂”为稀硫酸； （6）用溶液代替溶液，电解过程中阳极发生电极反应：，导致溶液呈酸性，而阴极电极反应：，生成的在酸性环境下被溶解。 14．（2024·安徽·三模）ZnO是一种白色粉末，可溶于酸、氢氧化钠溶液、氨水和氨水-铵盐缓冲溶液中，在橡胶、涂料、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、、CdO等)制备ZnO，并可继续制备单质Zn的工艺如图： (ⅰ)ZnO在强碱性条件下转化为； (ⅱ)二价金属氧化物如Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)与氨络合可生成、； (ⅲ)Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系如图： (1)Zn在元素周期表中的位置是 。 (2)“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 氧化，写出氧化FeO的离子方程式 。 (3) “浸出”时生成多种配离子，其中ZnO生成的离子方程式 。 (4)“深度净化”时，可采用加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含Zn、Cd之外，还含有(填化学式) (5)“蒸氨”时得混合气体e和固体碱式碳酸锌，其中气体e可返回至 工序循环利用；取11.2g固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1g，同时产生的气体通入到足量溶液中，得沉淀9.85g，则固体的x为 、y为 。 (6)工业中可以采用先将ZnO溶于足量NaOH溶液，再使用电解的方法制备Zn，装置如图： ①写出Zn电极上的离子反应方程式 ； ②从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是 。 【答案】(1)第四周期，ⅡB族 (2) (3) (4)Pb、Cu (5) 浸出 1 1 (6) NaOH可以循环使用 【分析】根据题目及图示信息可知，利用次氯酸钙的氧化性将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)氧化成FeOOH和，然后过滤，滤渣a中加入氨水和碳酸氢铵转化成相应的离子、、、；，加入试剂X为锌，除去Cu、Pb、Cd等元素，据此分析。 【详解】（1）Zn是30号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，ⅡB族； （2）“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 和锰(Ⅱ)分别氧化，根据Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系图可知，当Eh=0.70V，pH=11.6时，Fe元素以FeOOH形式存在，故氧化FeO的离子方程式为； （3）根据流程以及元素守恒可知，“浸出”时，ZnO生成的离子方程式为； （4）根据金属活动顺序表，锌的金属性强于Cu、Pb，加入足量锌粉发生置换反应，将Cu、Pb、Cd置换出来，因此滤渣c中除了过量Zn、Cd之外，还含有Pb、Cu； （5）“蒸氨”时得混合气体e为氨气、二氧化碳和水，可返回至浸出工序循环利用；煅烧得到氧化锌的质量为8.1g，根据元素守恒，该固体中n(Zn)=n(ZnO)=0.1mol，将产生气体通入到足量溶液中得到BaCO3沉淀，根据元素守恒，样品中，根据电荷守恒，样品中n(OH-)=2×0.1mol-2×0.05mol=0.1mol，则，则固体的x为1、y为1； （6）①ZnO溶于足量NaOH溶液生成，再使用电解的方法制备Zn，即转化为Zn，则Zn作阴极，故Zn电极上的离子反应方程式为； ②ZnO溶于足量NaOH溶液生成，消耗NaOH，Zn电极上发生反应，生成NaOH，故从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是NaOH可以循环使用。 15．（2024·河南·模拟预测）铈（Ce）及其化合物在现代工业中具有极为重要的用途，某化工厂以废旧的液晶显示器（含有、、等物质）为原料制备三氯化铈、氢氧化铈的流程如下： 已知：具有强氧化性，一般不与常见的无机酸反应。 请回答下列问题： (1)酸浸前原料要粉碎，其目的是 （答出两点），料渣Ⅰ的成分是 。 (2)“还原”过程中发生反应的离子方程式为 ，该过程不宜在较高温度下进行，原因是 。 (3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)得到的实验操作是（在HCl氛围中） 、 、过滤、洗涤等。 (5)二氧化铈晶胞结构如图所示，又知晶胞参数为a pm。若A、B两处微粒的原子分数坐标分别为、，则C处微粒的原子分数坐标为 ，晶体的密度为 。 【答案】(1) 增大固液接触面积，加快反应速率，并尽可能除尽铁 SiO2 (2) 温度过高，H2O2受热易分解 (3) (4) 蒸发浓缩 冷却结晶 (5) 【分析】CeO2、SiO2、Fe2O3中加入过量盐酸，Fe2O3溶于盐酸得到FeCl3溶液，滤出固体CeO2、SiO2；固体中继续加入H2O2和盐酸，SiO2不溶于酸，CeO2被H2O2还原为Ce3+，在HCl氛围中，对CeCl3的溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，制得CeCl3•6H2O，NH4Cl固体与CeCl3•6H2O混合真空加热可得无水CeCl3；含有Ce3+的溶液加入碱生成Ce(OH)3的悬浊液，Ce(OH)3的悬浊液中加入NaClO， Ce(OH)3被NaClO氧化为Ce(OH)4，据此分析解答。 【详解】（1）酸浸前原料要粉碎，其目的是增大固液接触面积，加快反应速率，并尽可能除尽铁 ，由分析知，料渣Ⅰ的成分是SiO2。 （2）“还原”过程中CeO2被H2O2还原为Ce3+，发生反应的离子方程式为，该过程不宜在较高温度下进行，原因是温度过高，H2O2受热易分解。 （3）“氧化”过程中Ce(OH)3被NaClO氧化为Ce(OH)4，发生反应的离子方程式为。 （4）从CeCl3溶液中得到的实验操作是（在HCl氛围中）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。 （5）若A、B两处微粒的原子分数坐标分别为、，则C处微粒的原子分数坐标为，一个晶胞中，Ce的个数为，O的个数为8，则一个晶胞中含有4个CeO2，则晶体的密度为。 16．（2024·湖北·一模）某工厂用废旧钴基合金制备（主要成分为，还含有、、、、等），工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，、不能氧化，部分金属氢氧化物沉淀时如下表 沉淀物 开始沉淀 完全沉淀 ②室温下，， 回答下列问题： (1)“碱浸”时反应的离子方程式为 。 (2)“酸浸”所得“浸渣”的成分为 。 (3)“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是 。 (4)“沉镁”时反应的离子方程式为 。若“沉镁”后的溶液中，则此时溶液的为 。 (5)“氧化”时反应的离子方程式为 。 (6)某钴单质催化剂（）的晶胞如图所示，其中8个原子位于顶点，8个原子位于棱上，4个原子位于晶胞内部，其余位于面上。已知晶胞底边长分别为和，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 。 【答案】(1)或 (2)、 (3)防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解 (4) 6 (5) (6) 【分析】废旧钴基合金主要成分为，还含有、、、、等。用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝，滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁，滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁，滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁，滤液中加高锰酸钾、硫酸Co2+被氧化生成沉淀。 【详解】（1）“碱浸”时氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为； （2）“酸浸”时、和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，所得“浸渣”的成分为、； （3）“除铁”时双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，双氧水易分解，浓氨水易挥发，为防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解，需要控制反应温度不能高于； （4）“沉镁”时硫酸镁和HF反应生成沉淀MgF2，反应的离子方程式为。若“沉镁”后的溶液中，， 则 ，,则此时溶液的为6。 （5）“氧化”时加高锰酸钾把Co2+被氧化成，反应的离子方程式为； （6）根据均摊原则，晶胞中Co原子数为，晶胞体积为，则该晶体密度为。 17．（2024·湖北·模拟预测）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]获得3种金属盐，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：①Ga与Al同主族，化学性质相似。 ②MOCVD是一种金属有机物化学气相淀积技术。 ③常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表。 金属离子 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 ④金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见下表。 金属离子 萃取率(%) 0 99 0 97～98.5 (1)GaN作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，GaN属于 晶体；GaN晶体的一种立方晶胞如图所示，Ga的配位数为 。 (2)处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4的主要目的是 。 (3)萃取前加入固体X的目的是 。 (4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以 (填离子符号)形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓，则阴极的电极反应方程式为 。精炼时，若外电路通过0.25 mol e-时，阴极得到3.5 g的镓。则该电解装置的电解效率η= (η=生成目标产物转移的电子数/转移的电子总数)。 (5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓［Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN，该过程的化学方程式为 。 【答案】(1) 共价 4 (2)使、完全转化为沉淀，不沉淀 (3)将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取 (4) [Ga(OH)4]- [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH- 60% (5) 【分析】锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为强氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似Ga3+转化为进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后通过MOCVD技术制得GaN。 【详解】（1）由GaN具有耐高温的特性可知GaN属于共价晶体；由图可知，氮位于镓形成的四面体中，结合化学式可知，镓位于氮形成的四面体中，故Ga的配位数为4。 （2）结合表格中的数据可知，将溶液的pH调节至5.4的主要目的是使、完全转化为沉淀，不沉淀，从而分离出Ga元素； （3）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有几层已达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。 （4）Ga与Al同主族，化学性质相似，电解质溶液时NaOH，故阳极的粗镓溶于NaOH，生成，阴极得到电子被还原为Ga，故电极反应方程式为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；精炼时，阴极得到3.5g的镓，此时，所以此时转移电子数为0.15mol，该电解装置的电解效率。 （5）Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN，结合质量守恒可知，反应还生成甲烷，化学方程式为：。 18．（2024·福建·模拟预测）碲(Te)是一种重要的稀有分散元素，广泛应用于冶金、石油、化工、航空、电子等领域。以某冶炼厂的湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)为原料回收碲的流程如下： 已知：氧化还原电位可用来反映水溶液中物质表现出来的氧化还原性，用E(氧化态/还原态)表示。E越高，氧化态的氧化性越强，E越低，还原态的还原性越强。若电解时控制电位高于E，则其氧化态不能被还原。相关物质的氧化还原电位(E)如下表所示： 物质 氧化还原电位(E)/V 0.342 0.568 0.16 小于0.16 小于0.16 请回答下列问题： (1)52Te的基态原子的电子排布式为 。 (2)原料预处理可采用干燥箱中加热氧化或自然堆放氧化(四天以上)两种方式，两相比较，后者的主要优点是 ；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是 。 (3)浸出时，所得滤渣主要含铅、银的化合物，其化学式分别为 、 ；添加可显著提高碲和铜的浸出率，说明预处理后的原料中仍存在低价态的碲和铜，写出转化为、而被浸出的离子方程式 。 (4)电解时为防止除Te以外的单质生成，需控制电位的范围为 ；加入饱和Na2SO3溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成 (填化学式)。 (5)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，则c点的坐标为 ，设ZnTe的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn与Te最近距离为 nm（列出计算式即可）。 【答案】(1)[Kr]5s25p4 (2) 耗能低，成本低 增大接触面积，提高浸出率 (3) PbSO4 AgCl (4) ≥0.568V Cl2 (5) (，，) 【分析】流程分析如下：湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)先进行加热氧化或自然堆放氧化进行预处理，加入H2SO4、NaCl、NaClO3混合溶液进行浸出，使铅元素变为PbSO4，Ag元素变为AgCl，过滤除掉，滤液中加入饱和Na2SO3溶液，根据表格中氧化还原电位数据，控制电位范围0.568V，生成Te，同时防止除Te以外的单质生成。 【详解】（1）52Te是第五周期第VIA元素，基态原子的电子排布式为[Kr]5s25p4； （2）自然堆放氧化(四天以上)与加热氧化比较，优点是耗能低，成本低；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是增大接触面积，提高浸出率； （3）由上述分析可知，所得滤渣主要含铅、银的化合物，化学式分别为PbSO4、AgCl；与反应生成、，溶液是酸性环境，根据电子守恒、电荷守恒写出该离子方程式为：； （4）电解时为防止除Te以外的单质生成，根据表格中氧化还原电位数据，需控制电位范围≥0.568V；如果直接电解，阳极可能生成Cl2，因此加入饱和Na2SO3溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成Cl2； （5）由晶胞图和z轴投影图可知，c点位于体对角线的处，a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，根据图示可知c点坐标为(，，)；设晶胞参数为acm，该立方晶胞中，位于晶胞内部Zn原子个数为4，则，    ，，由晶胞图可知，Zn与Te最近距离为体对角线的，即为。 19．（2024·江西吉安·模拟预测）BaTiO3，被用作陶瓷电容器的介电材料、麦克风和其他传感器的压电材料。以含钛炉渣（主要成分是TiO2，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等）为原料制备BaTiO3的流程如下： 金属离子 TiO2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 0.5 6.3 1.5 完全沉淀的pH 2.5 8.3 2.8 回答下列问题： (1)下列为Ba粒子简化电子排布式，其中能量最高的是 （填字母）。 A．[Xe]6s2 B．[Xe]6s1 C．[Xe]6s16p1 D．[Xe]6s0p2 (2)“还原”中发生反应的离子方程式为 。若省去“还原”工艺，则 。 (3)设计实验检验滤液1中是否含有Fe2+： 。 (4)BaTiO（C2O4）2·4H2O中Ti的化合价为 ，“焙烧”发生反应的化学方程式为 。 (5)经X射线分析鉴定，钛酸钡（BaTiO3）的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2-相接触），已知晶胞边长为 pm，O2-的半径为 pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为 pm、 pm。（用含、的代数式表示） 【答案】(1)D (2) 2Fe3++2SO=2Fe2++SO+SO2↑ Fe3+进入产品，产品纯度降低 (3)取少量滤液1于试管，滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+；若不产生沉淀，则不含有Fe2+ (4) +4价 BaTiO(C2O4)2·4H2O+O2=BaTiO3+4CO2↑+4H2O (5) 【分析】含钛高炉渣加入硫酸酸浸，SiO2不反应且氧化钙和硫酸生成不溶物硫酸钙得到浸渣，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3生成硫酸铁，亚硫酸钠还原硫酸铁，调pH值除去铁元素，加入氯化钡和草酸生成产品BaTiO(C2O4)2•4H2O，再高温分解得到BaTiO3。 【详解】（1）D项是2个6s电子都跃迁至6p能级，故D项对应状态能量最高； （2）亚硫酸钠具有还原性，可以还原为亚铁离子，防止“沉钛”时产生，反应为：；若省去“还原”工艺，则“沉钛”时产生，Fe3+进入产品，产品纯度降低； （3）检验滤液1中是否含有Fe2+为：取少量滤液1于试管，滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+；若不产生沉淀，则不含有Fe2+； （4）BaTiO（C2O4）2中C为+3价，Ba为+2价，O为－2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则Ti为+4价；根据流程中看出，灼烧产物为BaTiO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒以及原子守恒知，BaTiO(C2O4)2·4H2O+O2=BaTiO3+4CO2↑+4H2O； （5）已知晶胞边长为pm，O2-的半径为pm，根据图示，晶胞边长pm，则pm；晶胞面对角线的长度pm，pm。 20．（2024·湖南长沙·三模）硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料以及精细化工产品等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体，工艺流程如下： 已知：①； ②。 (1)基态原子的价层电子排布式为 。 (2)“浸取”时，由转化为的离子方程式为 。 (3)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。 (4)由该工艺可知，反应属于 。反应(填“放热”或“吸热”)。 (5)“沉淀转化”步骤完成后溶液中的浓度为，则此时溶液中的浓度为 (6)滤液a可循环利用，试剂M是 。(填化学式)。 (7)PbS的立方晶胞如图所示，已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为 nm。 【答案】(1)6s26p2 (2) (3)、 (4)吸热 (5)0.1 (6) (7) 【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2，Al2O3等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌[PbCl4]2- (aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中，加入MnO调节溶液pH，使铁离子、铝离子转化成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸或者硫酸钠发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液中主要成分为HCl，据此回答。 【详解】（1）Pb与C同主族，在第六周期，则基态Pb原子的价层电子排布式为6s26p2； （2）根据分析可知，PbS转化为[PbCl4]2−的离子方程式为：； （3）根据分析可知，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3； （4）PbCl2难溶于冷水，降温反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌[PbCl4]2−(aq)平衡逆向移动，该反应属于吸热反应； （5）根据=可知，mol/L，mol/L； （6）根据分析可知，滤液a可循环利用，试剂M是Na2SO4/H2SO4； （7）硫离子与铅离子最近的距离为体对角线的，由图可知，黑球有4个，在内部，灰球均摊为个，边长为cm，所以硫离子与铅离子最近的距离为nm。 【真题培优练】 21．（2024·甘肃·高考真题）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： (1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。 (2)“滤渣”的主要成分是和 。 (3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。 (4)铝产品可用于 。 (5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。 【答案】(1)NH3 (2)SiO2 (3) ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 (4)净水 (5) Ca3N3B 【分析】高炉渣(主要成分为，，和等)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。 【详解】（1）由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3； （2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2； （3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙； （4）铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水； （5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。 22．（2024·吉林·高考真题）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 (4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不拍火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。 (6)“沉金”中的作用为 。 (7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 【答案】(1)CuSO4 (2) (3) (4)BC (5)做络合剂，将Au转化为从而浸出 (6)作还原剂，将还原为Au (7) NaCN 【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。 【详解】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4； （2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：； （3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降； （4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意； B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意； C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意； D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意； 故选BC； （5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出； （6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au； （7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 23．（2024·上海·高考真题）粗盐中含有等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：和的溶解度如图所示： (1)步骤①中要稍过量。请描述检验是否过量的方法： 。 (2)若加后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致_______。 A．不能完全去除 B．消耗更多 C．不能完全去除 D．消耗更多 (3)过滤操作中需要的玻璃仪器。除烧杯和玻璃棒外，还需要_______。 A．分液漏斗 B．漏斗 C．容量瓶 D．蒸发皿 (4)步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有 。 (5)“一系列操作”是指_______。 A．蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B．蒸发至晶膜形成后，冷却结晶 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D．蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 (6)请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应 。 另有两种方案选行粗盐提纯。 方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为]除去，再通入含的工业废气除去； 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去，再加入碳酸钠溶液除去。 (7)相比于方案3，方案2的优点是 。 (8)已知粗盐水中含量为，含量为，现用方案3提纯10L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为)和碳酸钠的物质的量 。 【答案】(1)取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液未变浑浊，表明BaCl2已过量 (2)AD (3)B (4)、 (5)C (6)、 (7)提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，同时减少了废气的排放，有利于保护环境 (8)0.04mol；0.14mol 【分析】粗盐中含有等杂质离子，加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg（OH）2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去、，经过一系列操作后得到精盐。 【详解】（1）步骤①中若BaCl2过量，则溶液中存在Ba2+，故判断过量的方法是：取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液未变浑浊，表明BaCl2已过量； （2）相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选AD； （3）过滤操作中需要的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗，故选B。 （4）步骤④中用盐酸调节pH至3~4，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，除去的离子有：、； （5）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，可得到精盐，故选C； （6）加入盐酸后，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，离子方程式分别为：、； （7）方案2加入石灰乳[主要成分为]除去后，通入含的离子方程式为：，相比于方案3，方案2的优点是：提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； （8）含量为，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为)物质的量为；粗盐水中含量为，即，，加入石灰乳(视为)物质的量为0.04mol，即此时溶液中Ca2+总物质的量为：0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 24．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2) (3) 温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低 (4) (5)粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量 【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 【详解】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分； （2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； （3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低； （4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； （5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。 25．（2024·全国新课标卷·高考真题）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH： 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。 (2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。 【答案】(1) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb (2) 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液 (3) (4) 、 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 【详解】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb； （2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加； （3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、； （4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。 26．（2024·浙江·高考真题）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。 已知：①； ②电解前后总量不变；③易溶于水。 请回答： (1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。 (2)下列说法正确的是_______。 A．电解池中发生的总反应是(条件省略) B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物 C．化合物C在水溶液中最多可中和 D．的氧化性弱于 (3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。 ①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ； ②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。 【答案】(1) 还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑ PbO或Pb(OH)2或PbCO3 (2)AB (3) 加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- +3OH-=+X-+2H2O 【分析】 铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，化合物C()水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。 【详解】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶； （2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：(条件省略)，A正确； B． 据分析，铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确； C． 据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则化合物C在水溶液中最多可中和，C错误； D． 的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于，D错误； 故选AB。 （3） ①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=+X-+2H2O。 27．（2024·河北·高考真题）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。 a．延长沉钒时间     b．将溶液调至碱性      c．搅拌      d．降低溶液的浓度 【答案】(1) (2) (3) 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换 (4) (5)bd 【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。 【详解】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。 （2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。 （3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。 （4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。 （5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意； b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意； c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意； d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意； 故选bd。 28．（2024·江苏·高考真题）贵金属银应用广泛。Ag与稀制得，常用于循环处理高氯废水。 (1)沉淀。在高氯水样中加入使浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中浓度约为 。[已知：，] (2)还原。在沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将转化为单质Ag的化学方程式为 。 ②不与铁圈直接接触的也能转化为Ag的原因是 。 ③为判断是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须使用的试剂和设备：稀、溶液，通风设备] (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生的离子方程式为 。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 。 【答案】(1) (2) 形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为，生成Ag 洗涤，向最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液，确保氯离子洗净，开启通风设备，向滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化 (3) 纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降 【详解】（1）浓度约为，当滴加溶液至开始产生沉淀，此时，； （2）①在足量盐酸中静置，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：； ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为，生成Ag； ③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案为：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液，确保氯离子洗净，打开通风设备，向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化； （3）①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：； ②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。 29．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)硫磺()的晶体类型是 。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 (填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 (3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式 。随温度升高，SO2的平衡转化率 (填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，其目的是 。 (6)采用四段转化工艺可以实现 (填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度 ，温度 。 (8)用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸 吨。 【答案】(1)分子晶体 (2)ab (3) 2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) 降低 (4)降低反应活化能 (5) 反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 (6)ac (7) 98.3% 60℃ (8)94 【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸； 【详解】（1）是硫单质的分子晶体； （2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确； b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确； c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误； 故选ab。 （3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 (g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低； （4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率； （5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率； （6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确； b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误； c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确； 故选ac。 （7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸收率最高； （8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94吨。 30．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： (1)活性可与水反应，化学方程式为 。 (2)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。 (3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 (4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是 。 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。    (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。 【答案】(1) (2)＞ (3)或 (4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5) 体心 12 (6) 0.4或 【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 （2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$