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·山东泰安·模拟预测）BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： 已知：i. Bi3＋易与Cl-形成；pH>3，易发生水解为BiOCl。ii.几种离子沉淀与pH的关系如下。 离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀pH 8.1 6.3 1.9 沉淀完全pH 10.1 8.3 3.3 (1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成 Bi2O3和MnSO4，该反应的化学方程式为 。 (2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的 pH，一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是 。 (3)“转化”时加入金属Bi的作用是 ，得到BiOCl的离子方程式为 。 (4)铋能被有机萃取剂(简称 TBP)萃取，其萃取原理可表示为。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示，c(Cl-)最佳为1.3 mol·L-1。c(Cl-)＞1.3mol·L−1 时，铋离子萃取率下降的可能原因是 。 (5)“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O] 晶体。为得到含 Cl- 较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为 。 2．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣（主要含PbO、、、）中提取铟的工艺如图所示： 已知：焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在。 (1)铟（In）分布在元素周期表 区，基态铟原子简化的核外电子排布式为 。 (2)①“水浸”工艺中的滤渣除外，还含有 。 ②在其他条件一定时，“水浸”铟、铁的萃取率结果如图所示，则萃取所采用的最佳条件为：萃取时间 ，萃取温度 。 (3)“还原铁”中发生反应的离子方程式为 。 (4)通过萃取除铁、反萃取、置换等过程，可制备金属铟。已知能被有机萃取剂P204（简称）萃取，其萃取原理可表示为，平衡常数为K．已知与萃取率（E％）的关系符合公式：。当pH＝2.30时，萃取率为50％，若将萃取率提升到95％，应调节溶液的pH＝ （，忽略萃取剂浓度的变化，结果保留三位有效数字）。 (5)一种铜铟硒晶体（化学式为）的晶胞结构如图所示，晶胞中In和Se未标明，用A或者B代替。推断In是 （填“A”或“B”），晶体中1mol Cu周围与它最近且等距离的A粒子的数目为 。 3．（23-24高三上·四川攀枝花·阶段练习）某同学在实验室模拟工业制备H2SO4，再用制得的浓H2SO4制备C2H4气体，并设计实验检验气体产物。 Ⅰ．制备H2SO4的重要一步是制SO3（熔点：16.8℃，沸点：44.8℃） 某同学在实验室中根据，设计如图1所示实验装置来制备SO3固体。回答下列问题： (1)①仪器G的名称 ；A装置中加入Na2SO3固体的同时，还需加几滴水，然后再滴加浓硫酸。加几滴水的作用是 。 ②装置D盛放的是 溶液，其作用是 。 ③实验开始时的操作顺序为 。（选填“a”或“b”） a．先点燃E处的酒精灯后将混合气体通入E。 b．先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯。 Ⅱ．制取乙烯 图2是实验室制乙烯的发生装置，根据图示回答下列问题： (2)实验室制乙烯的化学方程式为 。操作中应迅速升温至 ℃。 (3)反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是 。 Ⅲ．检验产物 (4)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。 实验序号 检验试剂和反应条件 现象 结论 ① 酸性KMnO4溶液 紫红色褪去 产物含有乙烯 ② 澄清溶液 变浑浊 产物含有CO2 ③ 通过品红溶液 红色褪去 产物含有SO2 实验①~③中的结论不合理的是 （填序号），原因是 。 4．（2024·天津·模拟预测）碲被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是，含等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下图所示： 已知：与S同一主族，比S原子多2个电子层；是两性氧化物，微溶于水。请按要求回答下列问题： (1)碲在元素周期表中的位置 ；其最高价氧化物对应的水化物化学式为 。 (2)与稀反应的离子方程式为 。 (3)步骤①中发生了(填“氧化”或“还原”或“非氧化还原”) 反应；此过程控制不宜过低的原因是 ；“加压”的目的是 。 (4)步骤②当温度过高时，会导致碲的浸出率降低，原因是 。为提等滤渣酸浸速率，除适当升温外，还可采取的措施是 (写出1条)。 (5)步骤③铜从(填“阳”或“阴”) 极得到。写出步骤④的离子方程式： 。 (6)常温下，往溶液中滴加盐酸，当溶液时，溶液中 (已知：的，)。 5．（2024·陕西·模拟预测）为保护环境、充分利用金属资源，以红土镍镉矿(NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质)为原料通过下图流程回收金属Ni、Cd和Cu： 已知：①图中X、Y、A、B分别代表一种不同的化学物质； ②水溶液中物质得失电子的能力可用标准电极电势[E(高价态/低价态)]衡量，E越大说明高价态物质的氧化性越强、E越小说明低价态物质的还原性越强。 物质 /Cu /Pb /Cd /Fe /Ni E/V +0.34 -0.13 -0.40 -0.44 0.26 回答下列问题： (1)“浆化”的目的是 。 (2)滤渣I中含有硫单质，写出“酸浸”时NiS反应的离子方程式 ；滤渣I中还含有 (填化学式)。 (3)溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时(浓度≤10-5mol/L)的pH如下表所示，则物质X所调pH范围为 。 离子 开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.2 4.7 6.8 沉淀完全的pH 3.3 9.9 9.5 6.7 9.2 (4)电解时阴极的电极反应有 、 。 (5)金属A是 ，整个流程中可以循环使用的化合物有和 (填化学式)。 6．（2024·四川眉山·三模）碳酸锂是制备锂电池的重要原料。一种由α—锂辉石(主要成分可用表示，还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂的工艺流程如下： 已知：常温下，各离子沉淀pH范围： 离子 开始沉淀pH 7.6 2.7 3.8 8.3 沉淀完全pH 9.7 3.2 5.2 9.8 回答下列问题： (1)“煅烧”过程中转化为，写出与生石灰反应的化学反应方程式 。 (2)硫酸作为浸取酸时需要加入少量硝酸，其作用是 ；“调节pH”步骤应当控制的pH范围为 ， (3)写出“除锰”过程中的离子反应方程式 。若“除钙”后滤液中Li+浓度为0.2mol/L，则该步骤后浓度应该低于 mol/L。 (4)已知、的溶解度(g/100g水)如下表所示： T/℃ 20 50 80 1.33 1.10 0.85 34.2 32.5 30.7 “沉锂”后应该选择 ℃(选填“20”、“50”和“80”)蒸馏水洗涤，写出检验沉淀是否洗涤干净的操作 。 (5)“沉锂”后所得碳酸锂再次经过“碳化”—“热解”步骤的目的是 。将碳酸锂与混合，在空气中焙烧可制备电池阴极材料，写出其化学反应方程式 。 7．（2024·北京·三模）I、工业废水中的氨氮和烟气用多种方法进行处理，使废水和烟气达标后排放。 (1)氨氮(和)胶水的处理过程中加溶液，调节至9后，升温至，通空气将氨赶出并回收。 ①用离子方程式表示加溶液的作用： 。 ②用化学平衡原理解释通空气的目的： 。 (2)氧化法处理烟气中的。用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除、向溶液中加入硫酸，研究初始对脱除率的影响，结果如下。 已知：NOx脱除率=×100% a、不用盐酸调节溶液初始的原因是 。 b、时，从物质性质角度分析脱除率随溶液初始升高而增大的可能原因： 。 时、随温度升高，脱除率有所下降，可能原因为： 。 Ⅱ、回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图： (3)从“正极”可以回收的金属有 。 (4)“碱溶”时箔溶解的离子方程式 。 (5)“酸浸”时产生标准状况下，被氧化的 。(杂质不与反应) (6)实验测得滤液②中，加入等体积的溶液后，的沉降率到。则滤液③中 。 (7)磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池中的固体电解质可传导。充电时，移向 (填“阳极”或“阴极”)；放电时，正极反应式为 。 (8)磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的溶液，再加入饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液。 已知： ①实验中加入饱和溶液的目的是 。 ②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为 。 8．（2024·北京·三模）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 已知：各金属离子沉淀的pH如下： 开始沉淀 8.8 7.5 2.2 4.1 9.6 6.5 6.4 完全沉淀 10.8 9.5 3.5 5.4 11.6 8.5 8.4 (1)反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，其目的是 。 (2)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (3)向浸出液中添加适量MnO2的作用是 ；调节pH时应不低于 。 (4)已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为 。 (5)“沉锰”的离子方程式为 。 (6)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 ①由图可知，“沉锰”的适宜条件是 。 ②45℃以上时，随温度升高，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是： 。 (7)为测定所得MnSO4的纯度，称取上述样品ag加入适量H2SO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+后，配制为100mL溶液。取20.00mL该溶液，用cmol/L的FeSO4溶液进行滴定，发生反应：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，达到滴定终点时消耗FeSO4溶液VmL则MnSO4纯度= 。[已知：M(MnSO4)=151g/mol]。 9．（2024·安徽·模拟预测）钪(Sc)是地壳中含量极少的稀土元素，在照明、合金和催化剂等领域有重要应用，钛铁矿的主要成分为，还含有少量的、、等，从钛铁矿中提取的流程如下图所示，根据题意回答下列问题： (1)基态的核外电子排布式为 。 (2)为了提高矿渣的浸出率，可采取的措施有 (写两点)。 (3)滤渣1的主要成分是 (填化学式)；“萃取”操作需要的玻璃仪器有 。 (4)“酸浸”后Ti元素转化为，其水解反应的离子方程式为 。 (5)用草酸沉钪时，求在25℃、pH=2的草酸溶液中 。(已知25℃时，的，) (6)第二次“酸溶”后，溶液中含有的，通过调pH可将转化为沉淀，则要使水中的转化为沉淀，则溶液的pH值至少要控制在 以上。{已知室温下，，忽略溶液体积变化} 10．（2024·湖南·三模）以湿法炼锌厂所产的钴锰渣(主要成分为，含少量、等)为原料回收制备的工艺如下： 已知常温下，。 回答下列问题： (1)“酸浸”时其中，写出反应的化学方程式： 。 (2)“除铁”时，生成同时有CO2生成，写出该反应离子方程式为： 。 (3)“除铜锌”时，主要以而不是Cu(OH)2形式除去，结合计算说明其原因： (写出主要计算推理过程)。 (4)“滤渣3”中含有，写出“除锰”时生成的化学方程式： 。 (5)P204、P507对金属离子的萃取率与的关系如图1所示。 ①“P204萃取”后“萃取液1”进行“反萃取”的目的是 。 ②“P507萃取”时，选择合适的范围为 (填字母)。 A． B． C． D． (6)的立方晶胞结构如图2所示。若晶体密度为d g/cm3 ，则晶胞中与之间最近距离为 。 11．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）羟基氧化铁(在工业中可用于脱硫工序，脱除效果较好，且成本较低廉。一种采用硫铁矿烧渣(主要成分为、、、，不考虑其他杂质)制备的工艺流程如图所示： 已知：能将中的硫元素氧化为+6价。 回答下列问题： (1)浸取液中含，基态的价电子排布图为 。 (2)“滤渣I”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“还原”过程中涉及的离子方程式为 。 (4)制备：向一定浓度的溶液中滴加溶液至为6.0时，产生沉淀，停止滴加溶液，开始通入氧气，得到。写出制备的化学方程式： 。 (5)制得的中通常混有，可用分光光度法测定的含量。已知的吸光度(对特定波长光的吸收程度)与标准溶液浓度的关系如图所示： 称取样品，用稀硫酸溶解并加蒸馏水定容至，移取该溶液，加入足量溶液，用蒸馏水定容至，测得稀释后的溶液吸光度。则样品中的质量分数为 %(保留一位小数)。 (6)晶体的晶胞如图所示。晶胞中位于所形成的正八面体的体心，晶胞边长为anm，则该正八面体的边长为 nm。已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则的摩尔质量M= (用含a、、的代数式表示)。 12．（2024·江西宜春·模拟预测）Be是重要的战略性金属，其性质与铝相似。以铍矿石、方解石为原料制备铍的工艺流程如图所示： 已知：①铍矿石的主要成分为(氧化物形式为)，还含有Fe2O3(忽略其他元素对工艺流程的影响)；方解石的主要成分为CaCO3；铍玻璃体的主要成分为CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6，Fe2O3、SiO2； ②硫酸铝铵微溶于水；常温下，相关物质溶度积如下表所示： 难溶物 回答下列问题： (1)提高“配料熔化”时的反应速率及效率的措施为 (任写一条)，该过程中主要反应的化学方程式为 。 (2)“酸溶”时CaBe3SiO6发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“调pH”时所得滤液的pH为5，则“滤渣2”的成分为 (填化学式，下同)。该工业流程中可循环使用的物质为 。 (4)常温时调节pH为7.5进行“沉铍”，通过计算判断是否完全沉淀： (溶液中离子浓度低于时认为该离子完全沉淀)；“沉铍”时不选用NaOH溶液的原因为 (用离子方程式解释)。 (5)先将原料BeO与碳质还原剂压制成团块，再在高温下将其氯化为BeCl2，然后用镍坩埚为阴极，石墨棒为阳极，将等量的BeCl2与氯化钠混合熔融后进行电解，在 (填“阴”或“阳”)极上析出固态金属铍，该法的缺点为 。 13．（23-24高三下·江西·阶段练习）稀土元素是国家战略资源，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某课题组以含铈废渣(含较多的、、及少量其他可溶于酸的物质)为原料，设计如图流程回收稀土元素铈，实现资源再利用。 已知：不溶于稀硫酸，也不溶于溶液。 回答下列问题： (1)为提高“酸溶”的速率，实验室常用图示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是 。 (2)“滤渣2”中主要成分的化学式为 ；“反应1”的离子方程式为 ，其中的作用是 。 (3)“反应2”的离子方程式为 。 (4)“滤液1”经一系列反应与操作可制得硫酸铁铵，硫酸铁铵可用作净水剂，其净水原理是 (用离子方程式表示)。 (5)氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，晶胞中与最近的核间距为。已知：。 ①晶胞中与最近的的个数为 。 ②若掺杂后得到：的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 ③晶体的密度为 (列出表达式)。 14．（23-24高三下·云南曲靖·阶段练习）铋酸钠（）是一种强氧化剂。由辉铋矿（主要成分为，含、、CuO等杂质）制备的工艺流程如下： 已知： ①易水解，难溶于冷水，与热水反应，不溶于水。 ②“氧化浸取”时，硫元素转化为硫单质。 ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表： 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)铋元素在周期表中的位置 。“滤渣1”的主要成分为 （填化学式）。 (2)“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过40℃的原因是 ，发生反应的化学方程式为 。 (3)已知，中的配位数为 ，配体的空间结构为 。 (4)“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。 (5)取1.0g制得的产品，加入足量稀硫酸和稀溶液，发生反应，完全反应后再用0.1000的标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗20.00mL 标准溶液，则产品中铋元素的质量百分含量为 %。 (6)我国科学家对新型二维半导体芯片材料——的研究取得了突破性进展。的晶胞结构中的位置如图所示（略去、），已知晶胞为竖直的长方体，高为b pm，晶体密度为。设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞底边边长a＝ （填含b、、的计算式，不必化简）。 15．（2024·内蒙古·二模）磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含Na、K、Fe、Si、Ca等元素，是含锂较高的工业矿物之一。以磷锂铝石为原料制备锂离子动力电池正极材料的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“酸化焙烧”时，为防止HF污染环境，可将其通入 （填化学式）溶液中吸收。 (2)滤渣1的成分为和 （填化学式）。 (3)“氧化”的目的是 （语言叙述），滤渣2的成分为 。 (4)的溶解度曲线如图所示。图中a、b对应温度下的溶度积之比 （最简整数比），“沉锂”时，控制温度为90℃，饱和的浓度约为， （填“可能”或“不可能”）沉淀完全。[饱和溶液的密度近似为，，认为沉淀完全]。 (5)“沉锂”时反应1h，测得沉淀率随温度升高而增加，其原因是 （任写一条即可）。 (6)“沉锂”后分离得到的操作是加热浓缩、 、洗涤、干燥。 (7)“合成”在高温下进行，写出该反应的化学方程式： （葡萄糖→CO）。 16．（2024·浙江·模拟预测）亚氯酸的，常温常压下二氧化氯是一种黄绿色气体，它具有漂白性，消毒能力较强，可替代传统的液氯作为饮用水消毒杀菌剂。实验室用以下方式制备： (1)①步骤一电解的阳极反应： 。 ②在水溶液中很快水解成和另一种化合物，该化合物名称为： 。上述流程中在酸性溶液条件下加入反应的离子方程式为： 。 (2)纯易分解爆炸，故常与的烧碱溶液反应生成保存，需要时再通过溶于酸溶液反应获得，该反应刚开始十分缓慢，稍后一段时间产生气体急剧加快。下列说法正确的是______。 A．亚氯酸钠有强氧化性，在溶液中水解显酸性 B．和在碱性溶液中反应时，表现还原性 C．将溶液进行加热浓缩，蒸发结晶，过滤洗涤，得到 D．两份相同溶液分别与等的盐酸和硫酸反应，与盐酸反应可能快 (3)设计实验验证溶液中的金属阳离子与氯离子 。 17．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）以某菱锰矿(含、、和少量等)为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品。 已知，， (1)Mn元素在周期表中的位置 。 (2)滤渣中，含铁元素的物质主要是 (填化学式，下同)；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣中 含量减少。 (3)滤液中，＋1价阳离子除了外还有 (填离子符号)。 (4)取“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中，加入少量溶液(作催化剂)和过量的1.5% 溶液，加热，被氧化为，反应一段时间后再煮沸5min[除去过量的]，冷却至室温。选用适宜的指示剂，用b 的标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。 ①与反应的还原产物为 。 ②“沉锰”前溶液中 。(列出表达式) (5)其他条件不变，“沉锰”过程中锰元素回收率与，初始浓度()、反应时间的关系如图所示。 ①初始浓度越大，锰元素回收率越 (填“高”或“低”)。 ②若溶液中，加入等体积1.8 溶液进行反应，计算20～40min内速率 。 18．（2024·湖北武汉·一模）回收废弃锂离子电池中的物质对工业可持续发展非常重要。利用对废弃的锂离子电池的正极材料进行氯化处理并再生的一种工艺路线如下： 已知：①； ②的溶液度曲线如图所示。 回答下列问题： (1)基态Co原子的价层电子的轨道表示式为 。 (2)“烧渣”是LiCl、和的混合物，“氯化焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)常温下，为了使“沉钴”过程中沉淀完全，溶液的pH应该不低于 ［已知lg2≈0.3，c(Co2+)≤1×10-5mol/L时，可认为沉淀完全］。 (4)为提高的析出量和纯度，“沉锂”操作后进行的操作依次为 、 、洗涤、干燥。 (5)该工艺流程中可循环利用的物质为 。 (6)“煅烧”过程中生成的化学方程式为 。 (7)在空气中“焙烧”时固体残留率(固体残留率)随温度的变化如下图所示。为了获得纯净的，则该步骤应该控制的温度为___________。 A．300~400℃ B．500~800℃ C．850~900℃ D．1000℃以上 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)2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4 (2)增大 Cl-、H+浓度，使铋充分浸出；同时抑制金属离子 Bi3＋(或)、Fe3＋水解 (3) 加入Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度 (4)c(Cl-)＞1.3mol·L−1 时，铋离子萃取平衡（）逆向移动，萃取率下降 (5)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成 Bi2O3和MnSO4，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成亚铁离子和Bi3+：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，然后调溶液pH=4.6，使Bi3+水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使Fe3+和Bi3+分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋。 【详解】（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成 Bi2O3和MnSO4，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，O2中氧元素化合价降低，硫元素化合价由-2价升高到+6价，该反应的化学方程式为2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4； （2）Bi3＋易与Cl-形成，pH>3时，易发生水解生成BiOCl：+H2OBiOCl+5Cl-+2H+，“酸浸”时及时补充浓盐酸调节浸取液的pH，可以增大H+和Cl-浓度，使平衡逆向移动，浓度增大后又抑制Bi3＋与Cl-形成，使Bi3＋充分浸出，同时增大H+浓度还能抑制Bi3＋(或)、Fe3+水解，即控制浸取液pH小于1.4，其目的是：增大 Cl-、H+浓度，使铋充分浸出，同时抑制金属离子 Bi3＋(或)、Fe3＋水解； （3）金属Bi具有还原性，“转化”时加入金属Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度；得到BiOCl的离子方程式为； （4）c(Cl-)＞1.3mol·L−1 时，铋离子萃取平衡逆向移动，所以铋离子萃取率下降； （5）为得到含 Cl- 较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为：边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。 2．(1) p (2) 、 5min 30℃ (3) (4)2.73 (5) A 【分析】高铟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4·2H2O、In2O3) 加入硫酸溶液酸化焙烧，各金属元素转化成对应的硫酸盐，PbO转化为PbSO4，铁元素转化成Fe2O3，铟元素转化成In2(SO4)3，加水水浸时As2O3、SiO2、PbSO4不溶成为废渣，滤液中加Na2S2O3还原铁，将三价铁还原成Fe2+，再加P2O4萃取除铁得到含FeS4O6的水溶液，剩下的物质加硫酸溶液进行反萃取，分液后加Zn置换铟，反应过滤得粗铟。 【详解】（1）In位于第五周期，第ⅢA，属于p区元素，其简化电子排布式为：； （2）①加水水浸时As2O3、SiO2、PbSO4不溶成为废渣，所以“水浸”时，浸渣除了As2O3外，还含有：SiO2、PbSO4； ②由图可知，在其他条件一定时，“水浸”铟、铁所采用的最佳条件为：萃取时间5min，萃取温度30℃； （3）滤液中加Na2S2O3还原铁，将三价铁还原成Fe2+ ，所以“还原铁”时反应的离子方程式为：； （4）由可知，当pH =2.30 时，萃取率为50%，则，可得，若将萃取率提升到95%，则，将lgK代入得，，所以，代入lg19=1.28可得-lg(H+)=，所以若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=2.73； （5）晶胞中Cu位于8个顶点，4个面心和体心1个，个数为，A位于晶胞的4个棱，面心有6个，个数为，B位于晶胞的内部，有8个，结合晶胞化学式CuInSe2，可知A代表In，B代表Se；以体心Cu为观察对象，与它最近且等距离的In位于棱心和面心，共8个， 则晶体中1mol Cu周围与它最近且等距离的A粒子的数目为8NA。 3．(1) 干燥管 水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出 浓硫酸 ①干燥SO2和O2，②使SO2和O2混合均匀，③通过观察控制气体比例和气流速度 b (2) 170 (3)防暴沸 (4) ①和② SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，SO2能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊 【分析】A装置制备SO2，B装置制备O2，氧气和SO2通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成SO3，装置F收集SO3，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理，据此解答。 【详解】（1）①由图可知，仪器G的名称是干燥管，实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出； ②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3易吸水，为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应用浓硫酸干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快，装置D的作用是①干燥SO2和O2，②使SO2和O2混合均匀，③通过观察控制气体比例和气流速度； ③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯即b； 答案：干燥管、水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出、浓硫酸、①干燥SO2和O2，②使SO2和O2混合均匀，③通过观察控制气体比例和气流速度、b； （2）实验室制乙烯通常用醇进行消去反应，其化学方程式为，操作中应迅速升温至170℃，答案：、170； （3）反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸，答案：防暴沸； （4）由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有CO2和SO2，SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；SO2也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是SO2，所以③中结论合理，答案：①和②、SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，SO2能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊。 4．(1) 第5周期第VIA族 H2TeO4 (2) (3) 氧化 防止TeO2与酸反应 增大O2浓度，加快反应速率，提高产率 (4) 如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低 适当增大盐酸的浓度 (5) 阴 Te4++2SO2 +4H2O=Te↓+2SO+8H+ (6)1：100 【分析】工业上可从电解精炼铜的阳极泥(主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Au)中提取碲并回收金属，铜的阳极泥中通入氧气加入硫酸加压酸浸，调节溶液PH过滤“加压浸出”生成TeO2，和铜盐溶液，滤液中电解方法提取回收铜，滤渣“盐酸酸浸”后得到滤渣回收Ag、Au等，得到滤液为TeO2 溶于盐酸生成TeCl4的溶液，将SO2通入浸出液即可得到单质碲，反应为Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO，以此解答该题； 【详解】（1）与S同一主族，比S原子多2个电子层，在周期表的位置为第5周期第VIA族；Te的最高化合价为+6，最高价氧化物对应的水化物化学式为H2TeO4； （2）是两性氧化物，稀反应生成盐和水，离子方程式为； （3）步骤①中Cu2Te发生了反应生成了TeO2，元素化合价升高失电子发生氧化反应，酸性不能过强的原因是：酸性过强TeO2会被酸溶解导致Te产率降低，增大压强，可增大O2浓度，加快反应速率，提高浸出率； （4）盐酸易挥发，如温度过高，导致盐酸挥发，反应物浓度减低，导致浸出率降低；为提等滤渣酸浸速率，除适当升温外，还可采取的措施适当增大盐酸的浓度等； （5）步骤 ③铜从电解池中的阴极析出，TeO2 溶于盐酸生成TeCl4的溶液，将SO2通入浸出液即可得到单质碲，反应为Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2SO； （6），则，则1：100。 5．(1)增大接触面积，加快酸浸反应速率 (2) (3)3.3~4.7 (4) (5) Cu(或铜) CO 【分析】镍镉矿浆化，然后通入空气加入稀硫酸进行酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不反应，PbSO4不溶，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入镍的不溶物调节pH，将溶液中三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，X可以是碳酸镍或氧化镍等，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；结合电极电位和不引入杂质，可向滤液中加入Y镍，置换出铜离子为铜，过滤得到含有铜、镍的金属A和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液；固体通入一氧化碳气化分离得到Ni(CO) 4和镉；Ni(CO) 4受热分解得到镍以及CO，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸和镍等。 【详解】（1）“浆化”的目的是增大接触面积，加快酸浸反应速率； （2）滤渣I中含有硫单质， “酸浸”时NiS反应的离子方程式；滤渣I中还含有没反应的还有生成PbSO4； （3）向滤液中加入物质X调节pH，将溶液中三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而其他离子不沉淀，故调pH范围为3.3~4.7； （4）由分析知滤液含硫酸镍、硫酸镉，经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液，电解时阴极的电极反应有：，； （5）由分析知金属A是Cu(或铜)；整个流程中可以循环使用的化合物有和CO。 6．(1) (2) 作为氧化剂，将氧化为 (3) 0.55 (4) 80 取最后一次洗涤液于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象则已经洗涤干净 (5) 进一步提高碳酸锂的纯度 【分析】由α—锂辉石(主要成分可用表示，还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂时，先往α—锂辉石中加入生石灰进行煅烧，然后加入硫酸、硝酸浸取，从后续操作看，此步操作除去了硅，则浸渣应为CaSiO3；往滤液中加入NaOH溶液，Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入氨水和NH4HCO3，此时Mn2+转化为MnCO3而成为滤渣；往滤液中加入Na2CO3溶液，将Ca2+转化为CaCO3沉淀；过滤后，往滤液中加入饱和Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀；过滤后滤渣再进行碳化，将Li2CO3转化为LiHCO3，过滤后去除滤渣，将滤液进行热解，此时LiHCO3转化为电池级碳酸锂。 【详解】（1）“煅烧”过程中转化为，硅转化为CaSiO3，则与生石灰反应的化学反应方程式为。 （2）硫酸作为浸取酸时需要加入少量硝酸，硝酸具有强氧化性，其作用是：作为氧化剂，将氧化为；“调节pH”时，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，但不能将Mn2+转化为沉淀，此步骤应当控制的pH范围为。 （3）“除锰”过程中，往滤液中加入氨水和NH4HCO3，此时Mn2+转化为MnCO3，离子反应方程式为。若“除钙”后滤液中Li+浓度为0.2mol/L，为避免Li+生成沉淀，溶液中离子浓度积应小于溶度积常数，则该步骤后浓度应低于mol/L=0.55mol/L。 （4）从表中数据可以看出，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则“沉锂”后应该选择80℃蒸馏水洗涤；检验沉淀是否洗涤干净时，应检验滤液中是否含有，操作为：取最后一次洗涤液于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象则已经洗涤干净。 （5）“沉锂”后所得碳酸锂中可能混有Li2SO4杂质，再次经过“碳化”—“热解”步骤的目的是：进一步提高碳酸锂的纯度。将碳酸锂与混合，在空气中焙烧，将Co2+氧化为Co3+，制备电池阴极材料，其化学反应方程式为。 【点睛】Li2CO3结晶析出后，为防止过滤时因温度降低而造成溶解损失，应趁热过滤。 7．(1) 氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离 (2) 盐酸是还原性酸，能与 NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的 pH 反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡2NO2+ClO-+H2O2+ Cl-+2H+正向移动，从而提高脱除率 随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降 (3)Li、Fe、Al (4)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ (5)0.3 (6)4 (7) 阴极 Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4 (8) 将溶液中过量的 Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定 28.8% 【分析】废旧磷酸亚铁锂电池正极片主要为Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加氢氧化钠溶液浸泡，将铝溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiFePO4，加硫酸、硝酸，除去不溶于酸碱的导电剂，调节pH生成FePO4沉淀，滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂沉淀。 【详解】（1）①铵盐能和强碱反应，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：； ②氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离。 （2）a、盐酸是还原性酸，能与 NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的 pH； b、时NaClO首先结合H+生成 HClO，HClO表现强氧化性将NO2氧化为，1mol NaClO得2mol电子生成1mol NaCl，1molNO2失1 mol电子生成，根据得失电子守恒得：2NO2+ClO-+H2O2+ Cl-+2H+，可知反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率；时、随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降。 （3）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al。 （4）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。 （5）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下2.24LNO的物质的量为=0.1mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.1molNO转移0.3mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1molLiFePO4转移1mol电子，则转移0.3mol电子，溶解0.3molLiFePO4。 （6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-99%)×0.5=0.02mol/L，则滤液③中。 （7）充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，Li1-xFePO4转化为LiFePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。 （8）①加入 HgCl2饱和溶液，发生反应 ，据此推测其作用是将溶液中过量的 Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定； ②根据滴定反应的方程式可得关系式6Fe2+~ ，则有n(Fe2+)=6n()=6×0.030 mol·L-1×40.00×10-3L=7.2×10-3mol，m(Fe)= 7.2×10-3mol×56 g·mol-1=0.4032g，故磷酸铁锂电池中铁元素的百分含量为。 8．(1)增大接触面积，提高反应速率 (2)MnO2+SO2=MnSO4 (3) 将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去 5.4 (4)NiS、ZnS (5)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O (6) 45℃ pH=7.5 45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大 (7) 【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解题。 【详解】（1）反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，可以增大接触面积，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率； （2）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2即MnO2和SO2反应生成MnSO4，该反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4； （3）由分析可知，加入适量MnO2的作用是将“浸出液”中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为MnO2+Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，由图干表中数据可知，Al3+完全沉淀时pH=5.4，Fe3+完全沉淀时pH=3.5，则调节pH时应不低于5.4，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去；5.4； （4）由分析可知，已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为NiS、ZnS，故答案为：NiS、ZnS； （5）向过滤后的滤液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰沉淀和含有Mg2+的溶液，说明锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，该反应的离子方程式为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O，故答案为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O； （6）①由图可知，温度45℃左右、pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高，“沉锰”的合适条件是45℃、pH=7.5，故答案为：45℃、pH=7.5； ②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：“沉锰”要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大，故答案为：45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大； （7）由反应方程式：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+可知，n(Mn2+)=n(Mn3+)=n(Fe2+)=cV×10-3mol，即样品中n(MnSO4)=cV×10-3mol×=5cV×10-3mol，则MnSO4纯度==，故答案为：。 9．(1) (2)将矿渣磨成粉末、升温、适当增大酸的浓度等 (3) 分液漏斗、烧杯 (4) (5) (6)3.7 【分析】钛铁矿主要成分为主要成分为，还含有少量的、、等，由流程可知，加稀硫酸酸浸后，滤渣1为二氧化硅，继续添加铁粉，将三价铁还原为二价铁，结晶析出，溶解中水解发生，对产物煅烧，得到二氧化钛，水解溶液中主要含有Sc3+，加草酸发生3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3↓+6H+，第二次“酸溶”，溶液中含有的，通过调pH可将转化为沉淀，最后灼烧得到氧化钪。 【详解】（1）铁是26号元素，亚铁离子的核外电子排布式为，答案：； （2）为了提高矿渣的浸出率，可采取的措施有将矿渣磨成粉末、升温、适当增大酸的浓度等，答案：将矿渣磨成粉末、升温、适当增大酸的浓度等； （3）加硫酸过滤后的滤渣的成分是，“萃取”操作需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，答案：、分液漏斗、烧杯； （4）由题意可知，加水水解时发生的反应为水解生成，故相关的离子方程式为，答案：； （5）在25℃、pH＝2的草酸溶液中 ，答案：； （6）开始沉淀时，， 常温下，pH至少为3.7，答案：3.7。 10．(1) (2) (3)根据，反应进行彻底，主要以形式除去 (4) (5) 从萃取液中反萃取出，减少产品损失 B (6) 【分析】钴锰渣(主要成分为 CO2O3、CoO、NiO、MnO2，含少量 Fe2O3、ZnO、CuO、CaO 等) 中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸，所得滤渣1中含有CaSO4；滤液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入K2CO3调节pH，得到KFe3(SO4)2(OH)6沉淀；滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌，生成CuS、ZnS沉淀；滤液2中加入Co(OH)3除锰，生成S、MnO2沉淀；滤液3中加入P204萃取，钴镍进入萃取液中，加入硫酸反萃取后与萃余液1合并，再用P507萃取，钴进入萃取液中，镍进入萃余液2中；萃取液2中加入草酸进行反萃取，从而获得CoC2O4； 【详解】（1）“酸浸”时，与反应生成和，化学方程式为。 （2）“酸浸”时，溶于稀硫酸产生，被还原为。“除铁”时，用于氧化用于调，可设为，然后再根据“离子守恒”确定的化学计量数，再根据与之间得失电子守恒，确定的系数，可写出：，此时方程式左右两侧电荷不守恒，利用配平电荷，可知左侧需要补充3个，最终得到。 （3），反应进行彻底，故主要以CuS形式除去。 （4）在酸浸时，转化为，又因产物元素为+2，可知作氧化剂，可将氧化为，根据得失电子守恒，可写出：，根据离子个数守恒，可知左侧需要补充1个，即化学方程式为。 （5）根据流程图，以及图左中钴镍难以利用P204分离开，且反萃取液进入后续获取的分离流程，说明反萃取可得到。为了分离，由图右可知选择之间，的萃取率较高，则相对较低。 （6）由晶胞结构图可知，晶胞参数为与之间最近距离为体对角线的即。 11．(1) (2) (3) (4) (5)81.7 (6) 【分析】烧渣(主要成分为、、、，不考虑其他杂质)中加入稀硫酸，氧化铁、氧化亚铁、氧化铝与稀硫酸反应，二氧化硅不反应，过滤，向滤液中加入过量FeS2将铁离子还原，再加入氢氧化钠溶液调节pH值沉淀铝离子，过滤后向滤液中加入通入氧气，经过一系列变化得到铁黄(FeOOH)。 【详解】（1） Fe位于周期表中第4周期第VIII族，基态 价电子排布图为； （2）由工艺流程图分析可知，滤渣为二氧化硅。 （3）还原过程中涉及的反应为：过量的将溶液中的还原为，中的硫元素被氧化为，反应的离子方程式为。 （4）制备的化学方程式为。 （5）测得溶液吸光度，根据图中信息得到溶液中，则样品中。设样品中物质的量为，物质的量为，则有，，解得，，故样品中的质量分数为。 （6）晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为。由晶胞结构可知，晶胞中位于棱心和体心的个数为4，位于顶角和面心的个数为4，该晶胞中有4个，则，解得。 12．(1) 将方解石和铍矿石破碎并混合均匀(其他合理答案也可) (2) (3) 、 (4) 常温时，pH=7.5，则，，说明已完全沉淀 (或) (5) 阴 BeCl2电解产生的阳极气体为有毒的Cl2，环境污染严重，能耗高(其他合理答案也可) 【分析】由题给流程控制，绿柱石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液；向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍；氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。 【详解】（1）提高“配料熔化”时的反应速率及效率的措施为将方解石和铍矿石破碎并混合均匀；根据已知信息写出化学方程式并配平得。 （2）“酸溶”时CaBe3SiO6发生反应的离子方程式为。 （3）硫酸铝铵微溶于水。“调pH”的目的是除去溶液中的和剩余的，常温下调节pH为5，则，溶液中，，铝离子和铁离子均完全沉淀；所得滤渣2的主要成分为、。“沉铍”后所得滤液的主要成分为，该工业流程中可循环使用的物质为。 （4）常温时，pH=7.5，则，，说明已完全沉淀；“沉铍”时不选用NaOH溶液的原因为或。 （5）电解BeCl2时在阳极生成氯气，在阴极析出固态金属铍；BeCl2电解产生的阳极气体为有毒的Cl2，环境污染严重，反应条件为高温和电解，能耗高。 13．(1)研钵 (2) 作还原剂 (3) (4) (5) 12 10% 【分析】样品在第一次酸浸后，铁元素会进入溶液。滤渣1的成分为SiO2和CeO2，经过第二次浸取之后，CeO2和H2O2发生反应，生成了Ce3+进入了溶液。 【详解】（1）该装置的名称为研钵 （2）根据题干已知，可知经过第一次酸浸后，滤渣1中的成分为SiO2和CeO2，经过第二次浸取之后，CeO2发生反应，生成了Ce3+进入了溶液。故滤渣2中的成分为二氧化硅。 根据前后题干分析可知，反应1的反应物为CeO2和H2O2，CeO2生成了Ce3+作氧化剂，则过氧化氢作还原剂，据此写出反应的方程式为：，其中过氧化氢的作用是作还原剂。 （3）反应2的反应物为氧气和Ce3+，生成物为，由此可得方程为： （4）硫酸铁铵在水中会电离出铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，从而达到净水的目的，方程式为： （5）①根据图示可知，晶胞中与最近的的个数为12 ②晶胞中与的数目为，的数目为8。掺杂Y2O3后，得到了的晶体，故晶胞中，，，故的空缺率为 ③晶胞中与最近的核间距为体对角线的四分之一，故晶胞的边长为：，则该晶胞的密度为 14．(1) 第六周期ⅤA族 S和SiO2 (2) H2O2受热易分解 (3) 4 三角锥形 (4) (5)65.8% (6) 【分析】已知，氧化浸取时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸进行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，发生的反应有Bi2S3+3H2O2+6H+＝2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6 H+＝2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+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⋅H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O，Bi3+转化为氢氧化铋沉淀，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，滤渣中加入NaOH、Cl2，发生反应Na++Cl2+Bi(OH)3+3OH-=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O，得到产品NaBiO3，据此分析解题。 【详解】（1）铋元素为83号元素，在周期表中位于第六周期ⅤA族；据分析可知“滤渣1”的主要成分为S和SiO2； （2）由题干工艺流程图可知，“氧化浸取”过程中使用的盐酸易挥发，H2O2受热易分解，故反应中需要控制温度不超过40℃，FeS2发生反应生成FeCl3、S，该反应的化学方程式为：； （3）已知每个NH3分子与Cu2+间形成一个配位键，故中Cu2+的配位数为4，配体即NH3中心原子N周围的价层电子对数=3+=4，则其空间结构为三角锥形； （4）由分析可知，“氧化”过程发生反应的离子方程式为：； （5）根据，2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可找到关系式：5NaBiO3~2~5H2C2O4，故有n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1000mol/L×23.50×10-3L=2.35×10-3mol，则产品的纯度为=65.8%； （6）由题干晶胞示意图可知，Bi2O2Se的晶胞结构中Se2-的位置如图所示(略去O2-、Bi3+)，一个晶胞中含有Se2-的个数为：2，即一个晶胞中含有2个Bi2O2Se，已知晶胞为竖直的长方体，高为bpm，晶体密度为，设为NA阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：a2b×10-30cm3，则有：，故则晶胞底边边长。 15．(1)NaOH或KOH或 (2) (3) 将转化为 、 (4) 8：1 不可能 (5)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大 (6)趁热过滤 (7) 【分析】锂磷矿石加浓硫酸焙烧，得到氟化氢、硫酸盐，二氧化硅不反应，水浸，不溶性物质主要有SiO2、磷酸盐及硫酸钙，过滤所得滤液加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁，再加氨水调节pH，沉淀除铝、铁的离子，二次净化进一步出去磷、钙；所得滤液加碳酸钠溶液沉锂得到碳酸锂沉淀，所得滤液主要溶质为硫酸钠，碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4，据此分析。 【详解】（1）HF能与碱液反应，通入NaOH或KOH或Ca(OH)2等； （2）因为含有Ca、Si元素，灼烧后产生CaO和，CaO与浓硫酸反应生成，与浓硫酸不反应，所以滤渣1的成分为CaSO4和SiO2; （3）从流程知，一次净化主要除去铁铝，故氧化时将转化为；滤渣2的成分为、； （4）a点的溶解度为1.48g，为0.02mol，溶液总质量为101.48g，饱和溶液的密度近似为，故体积为101.48mL，，，b点的溶解度为0.74g，为0.01mol，溶液总质量为100.74g，饱和溶液的密度近似为，故体积为100.74mL，，，；当沉锂时，溶液中的浓度最大为时，，远大于，故不可能沉淀完全； （5）“沉锂”时反应1h，测得沉淀率随温度升高而增加，其原因是温度升高，沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大； （6）因为的溶解度随温度的升高而减小，故“沉锂”后分离得到的操作是加热浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥； （7）“合成”反应的化学方程式为。 16．(1) 氯化氢 (2)B (3)钠离子的检验：将铂丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取X溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色显黄色，再将铂丝蘸稀盐酸灼烧至无色；氯离子的检验：取少量X溶液于试管中，先滴加硝酸，再滴加硝酸银，产生白色沉淀，则含有氯离子。 【分析】NH4Cl电解转化为NCl3溶液和H2，NCl3与NaClO2反应转化为ClO2、NH3与NaCl，据此回答。 【详解】（1）①阳极电解生成NCl3，电极方程式为：； ②NCl3在水溶液中很快水解成NH3和HCl，该化合物名称为氯化氢；NCl3酸性溶液条件下与加入的NaClO2反应，离子方程式为：; （2）A．亚氯酸钠有强氧化性，属于强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，A错误； B．ClO2和H2O2在碱性溶液中反应时，H2O2作还原剂，表现还原性，B正确； C．将NaClO2溶液进行加热浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥，得到NaClO2⋅3H2O，C错误； D．两份相同NaClO2溶液分别与等pH的盐酸和硫酸反应，由于H+的浓度相同，所以反应速率相同，D错误； 故选B。 （3）溶液X为氯化钠，其中钠离子的检验通过焰色试验，氯离子的检验可以先加入硝酸，再加硝酸银检验，钠离子的检验：将铂丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取X溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色显黄色，再将铂丝蘸稀盐酸灼烧至无色；氯离子的检验：取少量X溶液于试管中，先滴加硝酸，再滴加硝酸银，产生白色沉淀，则含有氯离子。 17．(1)第四周期第VIIB族 (2) 、 (3)、 (4) [或“”、“”“”] (5) 高 【分析】菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤分离，滤渣为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液中含有硫酸铵、硫酸钠等。 【详解】（1）Mn是25号元素，价层电子排布式为3d54s2，位于元素周期表中第四周期第VIIB族； （2）滤渣1中，含铁元素的物质主要是Fe(OH)3；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中SiO2、Al(OH)3溶解，导致滤渣1中SiO2、Al(OH)3减小，故答案为：Fe(OH)3；SiO2、Al(OH)3； （3）滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等，+1价阳离子除了H+外还有：Na+、，故答案为：Na+、； （4）①Mn2+被氧化，(NH4)2S2O8中S元素还原为，故答案为：； ②由Mn元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：Mn2+～MnO4-～5Fe2+，则n(Mn2+)=n(Fe2+)，所以c(Mn2+)=mol/L，故答案为：； （5）①由图可知，NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越高，NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c()越大，根据溶度积Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c()可知溶液c(Mn2+)越小，析出的MnCO3越多，故答案为：高； ②若溶液中c(Mn2+)=1.0 mol•L-1，加入等体积1.8 mol•L-1NH4HCO3溶液进行反应，混合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L，为图象中d曲线，20～40 min内c(Mn2+)=1mol/L××(50%-20%)=0.15mol/L，则20～40 min内v(Mn2+)==0.0075mol∙L-1∙min-1，故答案为：0.0075mol∙L-1∙min-1。 18．(1) (2) (3)9.4 (4) 蒸发结晶 趁热过滤 (5) (6) (7)B 【分析】粗品中加入四氯化硅氯化焙烧，发生反应，得到的“烧渣”是LiCl、和的混合物，将烧渣进行水浸，SiO2难溶于水，过滤得到的滤渣1为二氧化硅，滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉钴，得到Co(OH)2，过滤后将滤渣通入空气焙烧得到Co3O4，Co3O4中加入Li2CO3并通入空气煅烧得到；滤液中加入碳酸钠溶液沉锂得到碳酸锂。 【详解】（1） Co的原子序数为27，基态Co原子的价层电子排布式为，其价层电子的轨道表示式为； （2）由题图可知，“氯化焙烧”的反应物为、，生成物为LiCl、、和，则发生反应的化学方程式为； （3）恰好沉淀完全时，，，，则，pOH=5.5-3lg2≈4.6，pH≈14-4.6=9.4，即要使沉淀完全，溶液的pH应不低于9.4； （4）由碳酸锂的溶解度曲线可知，温度越高，碳酸锂的溶解度越小，越有利于析出，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“沉锂”操作后应进行的操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥； （5）由题图可知，“氯化焙烧”时生成： ，而煅烧时需要氧气，所以可循环利用的物质为； （6）由题意可知，“煅烧”过程中反应物有、，产物有，其中Co元素化合价升高、被氧化，由氧化还原原理及元素守恒可知，反应物中还有空气中的，生成物还有，反应的化学方程式为：； （7）假设所取的质量为100g，，，当剩余固体为时，其质量为，此时固体残留率为86.38%，由题图可知，该步骤应该控制的温度为500～800℃，故答案为：B。 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 $$