专题14 工艺流程综合题-【好题汇编】5年（2020-2024）高考1年模拟化学真题分类汇编（北京专用）

专题14 工艺流程综合题 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点 工艺流程综合题 （5年5考） 2024年北京卷第18题 2023年北京卷第18题 2022年北京卷第18题 2021年北京卷第18题 2020年北京卷第18题 工艺流程综合题，是北京高考化学的必考题。虽然形式上比较固定，但是涉及的考点很多，既有元素化合物，又有反应原理的相关知识，综合度很高，难度很大。 1．（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 。 2．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。 (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 3．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 (4)滤渣C中含有的物质是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 4．（2021·北京·高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 (1)纯化 ①加入过量铁粉的目的是 。 ②充分反应后，分离混合物的方法是 。 (2)制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是 。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因： 。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因： 。 (3)产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 5．（2020·北京·高考真题）MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2 ②金属离于沉淀的pH Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示： i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是 。 ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是 。 (2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因： 。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是 。 (4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为 (用质量分数表示)。 1．（2024·北京朝阳·二模）以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的一种工艺流程如图。 已知：与纯碱焙烧转化为，与纯碱焙烧转化为。 (1)过程Ⅰ中转化为和，反应中与的化学计量数之比为 。 (2)滤渣1主要含有 。 (3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 ①过程Ⅲ中使用溶液的目的是 。 ②过程Ⅳ发生反应，计算该反应的 。 (4)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。 ①离子交换膜应该选用 。 a．阴离子交换膜    b．质子交换膜    c．阳离子交换膜 ②结合方程式解释产生的原理 。 (5)测定产品中的质量分数。 称取产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中（摩尔质量为）的质量分数为 。 已知：酸性条件下被还原为。 2．（2024·北京顺义·二模）硫酸镍常用于制作电池电极材料及催化剂。从富镍精矿渣制备硫酸镍晶体的一种流程如图： 已知：ⅰ．富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以和的形式存在，和均难溶于水；铁主要以形式存在。 ⅱ．镍浸出液中含有的阳离子主要有等。 (1)富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是 。 溶渣时，需向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，同时加入氧化剂。 (2)沉铁 ①已知：在硫酸盐溶液中，当有足量，控制溶液的为时，生成溶度积极小的黄钠铁矾。该反应的离子方程式是 。 向镍浸出液中不断加入，利用黄钠铁矾法除铁。不断加入的作用是 。 ②当浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁。 控制溶液的为，在温度的条件下，缓慢沉淀形成针铁矿。结合平衡移动原理，解释生成的原因 。 (3)沉铜。向滤液1中加入活性固体，使转化为渣。 在硫化镍用量为理论用量的1.6倍、反应温度的条件下，不同反应时间对硫化镍除铜效果的影响如图。30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低的可能原因是 。 已知：一定条件下，可以部分转化为，同时释放出部分。 (4)向滤液2中加入溶液，经过滤得到较纯净的溶液。沉淀的主要成分是 。 (5)溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得晶体。采用法测定晶体中结晶水的含量。 [法测定金属阳离子含量的方程式为：]。 步骤一：标定取的标准溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。 步骤二：称取样品，配制溶液，取进行滴定，消耗溶液的体积为。 。 [列出表达式，已知] 3．（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 。 4．（2024·北京海淀·二模）一种利用某镍矿资源（主要成分为、，含有少量、、、、）提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下： 资料： i．25℃时，一些物质的如下： 物质 ii．溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。 (1)流程中能加快反应速率的措施有 。 (2)固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为 。 (3)III中，生成转移，III中反应的化学方程式为 ；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是 。 (4)IV可以除去溶液D中的，由此推测氧化性 （填“＞”或“＜”）。 (5)结合离子方程式解释V中加入的作用： 。 (6)为了使沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为 （填字母）。 a．2~3    b．3~4    c．9~10    d．10~11 (7)VI中，不宜多加，原因是 。 5．（2024·北京房山·一模）草酸钴()可用于催化剂的制备，用水钻矿(主要成分为，含有少量、、、、、杂质)制备草酸钴工艺流程如图所示： 资料：①不能直接被浸出； ②酸性条件下，转化为，但不会氧化； ③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示： 沉淀物 开始沉淀时的 2.7 7.6 4.0 7.6 7.7 完全沉淀时的 3.7 9.6 5.2 9.2 9.8 (1)酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取的一种措施为 。 (2)浸出过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)向“浸出液”中加入的作用是 。 (4)加入调节溶液至5.2，过滤所得到的沉淀成分为 。 (5)滤液I“除镁、钙”是将镁、钙离子转化为沉淀。已知在该操作温度下，，若使沉淀完全[c(Ca2+)≤10-5mol/L]，所需浓度不低于 。 (6)在萃取除锰时，先向除杂后的溶液中加入有机酸萃取剂，金属离子的萃取率与溶液的关系如图，萃取应选择的范围是 。 A．2.0~2.5    B．3.0~3.5    C．4.0~4.5 (7)为测定制得样品的纯度，现称取样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用溶液滴定，已知在酸性条件下被还原为，达到滴定终点时，用去溶液。所得草酸钴样品中的纯度为 [已知：]。 6．（2024·北京昌平·二模）电镀污泥(主要成分是，含有等)是电镀废水处理过程中产生的废弃物，其无害化处理和资源化回收技术一直是研究热点。一种综合回收的工艺路线如下： 资料： i．萃取剂由N902(可用HR表示)溶解在煤油中制得，萃取金属离子的反应如下：(：、；：有机相；：水相) ii．常用分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比，常用萃取率表示有机相中溶质X的物质的量与初始总物质的量之比。即：分配系数；萃取率 (1)浸出时，反应的离子方程式主要是： 、。 (2)操作i是 。 (3)操作ii中发生反应的离子方程式为 。 (4)本实验中的分配系数为50。 ①一次性取用萃取剂与浸出液充分振荡。的萃取率为 。 ②相关研究认为可采用多级萃取获得更高的萃取率。一种三级萃取的设计示意图及模拟实验得到的数据表如下： 萃取处理 总萃取率% 1级 83.3% 2级 97.2% 3级 99.9% 通过比较①和②中 (填“1级”、“2级”或“3级”)中的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。 (5)实验表明，有机相中的铜离子可被硫酸反萃，所用硫酸浓度不同，会影响铜反萃率，经过足够长的时间后，实验结果如图所示。 ①结合化学用语解释随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因： 。 ②在硫酸浓度为时，其他条件不变，只升高温度， (“能”、“不能”、“无法判断”)提升反萃率，理由是 。 ③下列说法正确的是 。 a．一般选用硫酸进行本步操作 b．反萃后得到晶体的操作是：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤干燥 c．操作后HR可循环利用 7．（2024·北京石景山·一模）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下： 已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。 (1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。 ①加入NaNO3的作用 。 ②固体B含有 。 (2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①氨水“络合浸出”的化学方程式是 。 ②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整： 。 □ ___________+ N2H4·H2O =N2↑ + H2O + □ ___________ + □ ___________ + □ NH3↑ (3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因 ；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因 。 ②写出pH = 14时甲醛“还原析银”的离子方程式 。 8．（2024·北京丰台·一模）冶炼金属产生的酸泥属于有价值危险物。从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒的一种工艺如下： (1)“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液。 ①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是 。 ②不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为 。 ③浸出时间等其他条件相同时，不同的NaClO3投加量对汞、硒浸出率的影响如图所示。选择最佳NaClO3投加量并说明理由 。 (2)沉汞后液中磷以最高价形式存在。“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (3)已知Se(s) + Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液。利用该原理对粗硒进行提纯，实验操作是 。 (4)粗硒中硒的纯度测定 i．取0.1 g 粗硒于锥形瓶中，加入15 mL浓盐酸和1mL浓硝酸，沸水浴加热，使Se全部转化为H2SeO3； ii．除去过量的HNO3和溶解的NO2； iii．加入2 mL KI溶液、5 mL淀粉溶液，然后用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液V mL。 已知：H2SeO3 + 4KI + 4HCl = Se + 2I2 + 4KCl + 3H2O H2SeO3 + 4Na2S2O3 + 4HCl = Se + 2Na2S4O6 + 4NaCl + 3H2O I2 + 2Na2S2O3 = Na2S4O6 + 2NaI ①到达滴定终点时的现象为 。 ②依据现有数据能否计算出粗硒中硒的纯度？若能，请写出计算式；若不能，请写出还需要的数据。 。 9．（2024·北京门头沟·一模）一种高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。 已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。 金属硫化物 ②金属离子的与溶液的关系如图所示。 (1)在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是 。 (2)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是 。 (3)酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为 ；加入的作用是 (用离子方程式表示)。 (4)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是 。 (5)由图像可知，从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是 、洗涤、干燥。 (6)锰含量测定： ⅰ．称取晶体，加水溶解，将滤液定容于容量瓶中。 ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应，产生和，煮沸溶液使过量的分解。 ⅲ．加入指示剂，用溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为重新变成。废渣中锰元素的质量分数为 。 10．（2024·北京西城·二模）废电池中含磷酸铁锂，提锂后的废渣主要含、和金属铝等，以废渣为原料制备电池级的一种工艺流程如下。 已知：i.、均难溶于水。 ii.将转化为有利于更彻底除去。 (1)酸浸前，将废渣粉碎的目的是 。 (2)从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因： 。 (3)在酸浸液中加入进行电解，电解原理的示意图如下图所示，电解过程中不断增大。结合电极反应说明在电解中的作用： 。 (4)“沉淀”过程获得纯净的。向“氧化”后的溶液中加入HCHO，加热，产生NO和，当液面上方不再产生红棕色气体时，静置一段时间，产生沉淀。阐述此过程中HCHO的作用： 。 (5)过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有 。 (6)磷酸铁锂-石墨电池的总反应：。 ①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，同时生成CO和，反应的化学方程式是 。 ②放电时负极的电极反应式是 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题14 工艺流程综合题 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点 工艺流程综合题 （5年5考） 2024年北京卷第18题 2023年北京卷第18题 2022年北京卷第18题 2021年北京卷第18题 2020年北京卷第18题 工艺流程综合题，是北京高考化学的必考题。虽然形式上比较固定，但是涉及的考点很多，既有元素化合物，又有反应原理的相关知识，综合度很高，难度很大。 1．（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。 2．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。 (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 【答案】(1) > 、 (2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀 (3) 、 被氧气氧化为，把氧化为 (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 （2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。 （3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 3．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 (4)滤渣C中含有的物质是 。 (5)该流程中可循环利用的物质是 。 【答案】(1) (2) ，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 2.4∶1 ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙 (3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动 (4) (5) 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁； 【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为； （2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。 ③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。 ④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值； （3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁； （4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是； （5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 4．（2021·北京·高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 (1)纯化 ①加入过量铁粉的目的是 。 ②充分反应后，分离混合物的方法是 。 (2)制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是 。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因： 。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因： 。 (3)产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】(1) 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 过滤 (2) Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 > pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+ (3)不受影响 【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程 和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。 【详解】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤； （2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+ （3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响 5．（2020·北京·高考真题）MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图： 资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2 ②金属离于沉淀的pH Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+ 开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3 完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3 ③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。 (1)溶出 ①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 。 ②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示： i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是 。 ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是 。 (2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因： 。 (3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是 。 (4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0) 产品纯度为 (用质量分数表示)。 【答案】 增大反应速率，提高浸出率 MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+ MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。 【详解】(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率； ②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O； ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2。 (2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+； (3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+； (4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=。 1．（2024·北京朝阳·二模）以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的一种工艺流程如图。 已知：与纯碱焙烧转化为，与纯碱焙烧转化为。 (1)过程Ⅰ中转化为和，反应中与的化学计量数之比为 。 (2)滤渣1主要含有 。 (3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 ①过程Ⅲ中使用溶液的目的是 。 ②过程Ⅳ发生反应，计算该反应的 。 (4)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。 ①离子交换膜应该选用 。 a．阴离子交换膜    b．质子交换膜    c．阳离子交换膜 ②结合方程式解释产生的原理 。 (5)测定产品中的质量分数。 称取产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中（摩尔质量为）的质量分数为 。 已知：酸性条件下被还原为。 【答案】(1)4：7 (2)Fe2O3和MgO (3) 调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去 (4) c 阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7 (5) 【分析】分析流程可知，铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）中加入纯碱，也有O2参与，进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、Na2SiO3加入水进行“浸取”, 过滤，滤渣1为不溶于水的MgO、Fe2O3，向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3、MgSiO3转化为氢氧化铝、氢氧化镁和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，再向滤液中加入H2SO4 ，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4可以循环利用，据此分析回答问题。 【详解】（1）由题可知，过程Ⅰ中转化为和，反应为：，反应中与的化学计量数之比为4：7，故答案为：4：7。 （2）根据分析可知滤渣1主要含有Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO。 （3）①向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，故答案为：调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去； ②过程Ⅳ发生反应，图中的点取pH=2.4，对应，有，又有即，该反应的，故答案为：。 （4）以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液，制备，电解过程中实质是电解水，阳极发生反应为：，阴极发生的反应为：，阳极区中由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极区产生，为保持溶液为电中性，离子交换膜应该选用阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜移向阴极，由此可知总反应方程式为：，故答案为：c；阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7。 （5）根据得失电子守恒，可得反应的关系式为：，，即，故答案为：。 2．（2024·北京顺义·二模）硫酸镍常用于制作电池电极材料及催化剂。从富镍精矿渣制备硫酸镍晶体的一种流程如图： 已知：ⅰ．富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以和的形式存在，和均难溶于水；铁主要以形式存在。 ⅱ．镍浸出液中含有的阳离子主要有等。 (1)富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是 。 溶渣时，需向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，同时加入氧化剂。 (2)沉铁 ①已知：在硫酸盐溶液中，当有足量，控制溶液的为时，生成溶度积极小的黄钠铁矾。该反应的离子方程式是 。 向镍浸出液中不断加入，利用黄钠铁矾法除铁。不断加入的作用是 。 ②当浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁。 控制溶液的为，在温度的条件下，缓慢沉淀形成针铁矿。结合平衡移动原理，解释生成的原因 。 (3)沉铜。向滤液1中加入活性固体，使转化为渣。 在硫化镍用量为理论用量的1.6倍、反应温度的条件下，不同反应时间对硫化镍除铜效果的影响如图。30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低的可能原因是 。 已知：一定条件下，可以部分转化为，同时释放出部分。 (4)向滤液2中加入溶液，经过滤得到较纯净的溶液。沉淀的主要成分是 。 (5)溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得晶体。采用法测定晶体中结晶水的含量。 [法测定金属阳离子含量的方程式为：]。 步骤一：标定取的标准溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。 步骤二：称取样品，配制溶液，取进行滴定，消耗溶液的体积为。 。 [列出表达式，已知] 【答案】(1)增大接触面积，增大化学反应速率，提高镍浸出率 (2) 中和反应生成的酸，调节溶液；提供足够的 ，控制溶液为，升温，都有利于平衡正移，生成。 (3)部分转化为，使释放出的与反应生成进入渣中，使而铜镍比降低 (4)CaF2、MgF2 (5) 【分析】富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以和的形式存在，和均难溶于水；铁主要以形式存在，溶渣时，向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，各物质转化为对应的硫酸盐，同时加入氧化剂，氧化亚铁离子为铁离子，在硫酸盐溶液中，加入足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，当Fe3+浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁，控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿（FeOOH），向滤液1中加入活性NiS固体，使Cu2+转化为CuS渣，向滤液2中加入NaF溶液生成氟化钙、氟化镁沉淀，过滤除去钙离子，得到较纯净的NiSO4溶液，NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得NiSO4·nH2O晶体，据此解答。 【详解】（1）富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高镍浸出率； （2）①在硫酸盐溶液中，当有足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，反应的离子方程式为，向镍浸出液中不断加入Na2CO3，消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率，不断加入Na2CO3的作用是消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率； ②控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿（FeOOH），反应为2Fe3++4H2O2FeOOH+6H+，pH增大，氢离子浓度减小，升高温度，均导致平衡正向移动，从而生成FeOOH； （3）由于CuS部分转化为CuO，同时释放出部分S2-，使Ni2+生成NiS，因此30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低。 （4）根据分析，沉淀的主要成分是CaF2、MgF2； （5）根据EDTA～ZnCl2可知EDTA溶液的浓度为mol/L，根据EDTA～NiSO4·nH2O可知mgNiSO4·nH2O的物质的量是mol＝mol，因此，解得n＝。 3．（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。 4．（2024·北京海淀·二模）一种利用某镍矿资源（主要成分为、，含有少量、、、、）提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下： 资料： i．25℃时，一些物质的如下： 物质 ii．溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。 (1)流程中能加快反应速率的措施有 。 (2)固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为 。 (3)III中，生成转移，III中反应的化学方程式为 ；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是 。 (4)IV可以除去溶液D中的，由此推测氧化性 （填“＞”或“＜”）。 (5)结合离子方程式解释V中加入的作用： 。 (6)为了使沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为 （填字母）。 a．2~3    b．3~4    c．9~10    d．10~11 (7)VI中，不宜多加，原因是 。 【答案】(1)研磨、加热 (2) (3) (4)＞ (5)，更有利于提取含Fe物质 (6)b (7)过多，会导致发生反应，中会含有 【分析】某镍矿（主要成分为、，含有少量、、、、）经研磨后在加热条件下加入硫酸溶解，二氧化硅不溶于硫酸，根据题干信息固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，加入硫酸铜溶解生成CuS，CuS经氧气氧化后被硫酸溶解生成硫酸铜，过滤除去二氧化硅；溶液B中加入过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸氢铵使溶液中铁离子形成氢氧化铁滤出；再想溶液中加入碳酸氢铵使溶液中氯离子形成氢氧化铝沉淀滤出；向溶液G中加入硫化钠使镍离子形成硫化镍沉淀，剩余含镁离子溶液。 【详解】（1）流程中可以通过研磨、加热加快反应速率； （2）固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式：； （3）III中，生成转移，说明S元素由-1价被氧化为+6价，III中反应的化学方程式：；根据分析III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是SiO2； （4）IV可以除去溶液D中的，说明电解过程中先于发生反应，由此推测氧化性； （5）过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，，更有利于提取含Fe物质； （6）根据题干信息，若要使沉淀完全，但未沉淀，，计算得出pH范围3~4； （7）过多，会导致发生反应，中会含有。 5．（2024·北京房山·一模）草酸钴()可用于催化剂的制备，用水钻矿(主要成分为，含有少量、、、、、杂质)制备草酸钴工艺流程如图所示： 资料：①不能直接被浸出； ②酸性条件下，转化为，但不会氧化； ③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示： 沉淀物 开始沉淀时的 2.7 7.6 4.0 7.6 7.7 完全沉淀时的 3.7 9.6 5.2 9.2 9.8 (1)酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取的一种措施为 。 (2)浸出过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)向“浸出液”中加入的作用是 。 (4)加入调节溶液至5.2，过滤所得到的沉淀成分为 。 (5)滤液I“除镁、钙”是将镁、钙离子转化为沉淀。已知在该操作温度下，，若使沉淀完全[c(Ca2+)≤10-5mol/L]，所需浓度不低于 。 (6)在萃取除锰时，先向除杂后的溶液中加入有机酸萃取剂，金属离子的萃取率与溶液的关系如图，萃取应选择的范围是 。 A．2.0~2.5    B．3.0~3.5    C．4.0~4.5 (7)为测定制得样品的纯度，现称取样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用溶液滴定，已知在酸性条件下被还原为，达到滴定终点时，用去溶液。所得草酸钴样品中的纯度为 [已知：]。 【答案】(1)将矿石研磨成粉末状或其他合理答案 (2) (3)将氧化为便于除去 (4) (5) (6)B (7) 【分析】用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，根据流程可知，在水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，所得浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；浸出液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，将Fe3+、Al3+全部转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后所得滤液I中加入NaF溶液，目的是除去Ca2+和Mg2+，向滤液Ⅱ中加入萃取剂，将锰离子萃取，在萃后余液中加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4•2H2O，据此分析解答。 【详解】（1）酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取将矿石研磨成粉末状、适当提高温度、搅拌等措施； （2）浸出过程中与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成Co2＋，根据原子守恒和电子守恒，其反应的离子方程式为，故答案为：； （3）浸出液中加入NaClO3的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，进而调节pH除去Fe3+。 （4）加Na2CO3调节溶液pH至5.2，使Fe3+、Al3+全部转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去； （5）当沉淀完全时，，故答案为：0.03； （6）由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，溶液pH在接近3.0时，Mn2+的萃取率最高，同时Co2+的萃取率在较低水平，因此适宜pH范围是接近3.0，故选B。 （7）称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定， 被氧化为CO2，被还原为Mn2+，根据电子守恒得关系式2~~5~~5CoC2O4•2H2O，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL，则5CoC2O4•2H2O的物质的量为，所得草酸钴样品中CoC2O4•2H2O的纯度为； 6．（2024·北京昌平·二模）电镀污泥(主要成分是，含有等)是电镀废水处理过程中产生的废弃物，其无害化处理和资源化回收技术一直是研究热点。一种综合回收的工艺路线如下： 资料： i．萃取剂由N902(可用HR表示)溶解在煤油中制得，萃取金属离子的反应如下：(：、；：有机相；：水相) ii．常用分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比，常用萃取率表示有机相中溶质X的物质的量与初始总物质的量之比。即：分配系数；萃取率 (1)浸出时，反应的离子方程式主要是： 、。 (2)操作i是 。 (3)操作ii中发生反应的离子方程式为 。 (4)本实验中的分配系数为50。 ①一次性取用萃取剂与浸出液充分振荡。的萃取率为 。 ②相关研究认为可采用多级萃取获得更高的萃取率。一种三级萃取的设计示意图及模拟实验得到的数据表如下： 萃取处理 总萃取率% 1级 83.3% 2级 97.2% 3级 99.9% 通过比较①和②中 (填“1级”、“2级”或“3级”)中的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。 (5)实验表明，有机相中的铜离子可被硫酸反萃，所用硫酸浓度不同，会影响铜反萃率，经过足够长的时间后，实验结果如图所示。 ①结合化学用语解释随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因： 。 ②在硫酸浓度为时，其他条件不变，只升高温度， (“能”、“不能”、“无法判断”)提升反萃率，理由是 。 ③下列说法正确的是 。 a．一般选用硫酸进行本步操作 b．反萃后得到晶体的操作是：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤干燥 c．操作后HR可循环利用 【答案】(1) (2)萃取分液 (3) (4) 90.9% 2级 (5) ，增大，平衡逆移，增大，铜反萃率提升 无法判断 没有萃取反应的热效应()数据，因此无法判断当温度升高时，反萃平衡的移动方向 ac 【分析】电镀污泥主要成分是，含有等，加入硫酸浸出，得到硫酸铜、硫酸铁的溶液，然后加入萃取剂萃取，分液得到萃余液，主要含有硫酸铁，萃余液加入氨水，得到氢氧化铁沉淀，过滤，得到滤渣为氢氧化铁，煅烧得到铁红（氧化铁）颜料；铜的有机溶液加入硫酸洗涤、反萃，得到硫酸铜溶液，据此解答。 【详解】（1）浸出时，氧化铜、氧化铁转化为硫酸盐，反应的离子方程式主要是：、。 （2）根据分析，操作i是萃取分液。 （3）操作ii中发生反应为铁离子转化为氢氧化铁，离子方程式为。 （4）①本实验中的分配系数为50，且设有机相中铜离子浓度为5cmol/L，则水溶液中铜离子浓度为0.1cmol/L，一次性取用萃取剂与浸出液充分振荡。的萃取率为。 ②1级萃取处理总萃取率83.3%，2级萃取处理总萃取率97.2%，通过比较①和②2级中的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。 （5）①随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因：，增大，平衡逆移，增大，铜反萃率提升。 ②在硫酸浓度为时，其他条件不变，只升高温度，无法判断提升反萃率，理由是没有萃取反应的热效应()数据，因此无法判断当温度升高时，反萃平衡的移动方向。 ③a．结合图像4mol/L的硫酸反萃取率已接近最大值，故一般选用硫酸进行本步操作，a正确； b．反萃后得到晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，b错误； c．根据，反萃取后HR重新生成，故操作后HR可循环利用，c正确； 故选ac。 7．（2024·北京石景山·一模）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下： 已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。 (1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。 ①加入NaNO3的作用 。 ②固体B含有 。 (2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①氨水“络合浸出”的化学方程式是 。 ②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整： 。 □ ___________+ N2H4·H2O =N2↑ + H2O + □ ___________ + □ ___________ + □ NH3↑ (3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因 ；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因 。 ②写出pH = 14时甲醛“还原析银”的离子方程式 。 【答案】(1) 利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化 AgCl和PbSO4 (2) AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O 4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑ (3) 溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低 亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag 2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O 【分析】由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。 【详解】（1）①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化； ②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4； （2）①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O； ②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑，故答案为：4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑； （3）①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag； ②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O，故答案为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O。 8．（2024·北京丰台·一模）冶炼金属产生的酸泥属于有价值危险物。从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒的一种工艺如下： (1)“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液。 ①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是 。 ②不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为 。 ③浸出时间等其他条件相同时，不同的NaClO3投加量对汞、硒浸出率的影响如图所示。选择最佳NaClO3投加量并说明理由 。 (2)沉汞后液中磷以最高价形式存在。“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (3)已知Se(s) + Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液。利用该原理对粗硒进行提纯，实验操作是 。 (4)粗硒中硒的纯度测定 i．取0.1 g 粗硒于锥形瓶中，加入15 mL浓盐酸和1mL浓硝酸，沸水浴加热，使Se全部转化为H2SeO3； ii．除去过量的HNO3和溶解的NO2； iii．加入2 mL KI溶液、5 mL淀粉溶液，然后用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液V mL。 已知：H2SeO3 + 4KI + 4HCl = Se + 2I2 + 4KCl + 3H2O H2SeO3 + 4Na2S2O3 + 4HCl = Se + 2Na2S4O6 + 4NaCl + 3H2O I2 + 2Na2S2O3 = Na2S4O6 + 2NaI ①到达滴定终点时的现象为 。 ②依据现有数据能否计算出粗硒中硒的纯度？若能，请写出计算式；若不能，请写出还需要的数据。 。 【答案】(1) 过滤 HgSe + ClO+ 2H+ = Hg2+ + Cl- + H2SeO3 70 g/L (2)4：1 (3)将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥 (4) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复 【分析】从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒，酸泥在H2SO4、NaClO3混合溶液中氧化浸出，“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，过滤分离不溶物后，往浸出液加入NaH2PO2还原沉淀得到汞渣，沉汞后液加入SO2进行沉硒，得到粗硒，再将沉硒后液用石灰乳中和，得到中和液及中和渣。 【详解】（1）①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是过滤。 ②根据“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为HgSe + ClO+ 2H+ = Hg2+ + Cl- + H2SeO3。 ③根据图示，70 g/L时汞、硒浸出率已达到最大值，故选择最佳NaClO3投加量并说明理由70 g/L。 （2）NaH2PO2中P为+1价，沉汞后液中磷以最高价+5价的形式存在，P化合价升高，NaH2PO2为还原剂，Hg2+由+2价降低为+1价，Hg2+为氧化剂，根据得失电子守恒，“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1。 （3）根据已知Se(s) + Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液，对粗硒进行提纯，该实验操作是将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。 （4）①根据淀粉遇碘变蓝，到达滴定终点时的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复。 ②根据反应可知，得关系式为H2SeO3~Se~2I2~4，该粗硒的纯度为=×100%，故可以计算出其纯度。 9．（2024·北京门头沟·一模）一种高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。 已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。 金属硫化物 ②金属离子的与溶液的关系如图所示。 (1)在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是 。 (2)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是 。 (3)酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为 ；加入的作用是 (用离子方程式表示)。 (4)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是 。 (5)由图像可知，从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是 、洗涤、干燥。 (6)锰含量测定： ⅰ．称取晶体，加水溶解，将滤液定容于容量瓶中。 ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应，产生和，煮沸溶液使过量的分解。 ⅲ．加入指示剂，用溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为重新变成。废渣中锰元素的质量分数为 。 【答案】(1)增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分 (2)H2S (3) (4)Fe（OH）3 (5)蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤 (6) 【分析】高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大，碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，过滤得到的脱硫矿粉中含S、Fe（OH）3、碳酸盐和金属氧化物，加入硫酸酸浸，并加入MnO2氧化Fe2+，生成的滤液中含Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S以滤渣1的形式除去，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化钠可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥后得到。 【详解】（1）在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分； （2）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢； （3）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：；加入MnO2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：； （4）根据金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是Fe（OH）3； （5）由图像可知，温度在40℃以下，溶液析出的晶体为，因此从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是：蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥； （6）过程中存在反应：、，存在关系式，，质量为2bc×10-4mol×55g/mol=0.011bcg，质量分数为：。 10．（2024·北京西城·二模）废电池中含磷酸铁锂，提锂后的废渣主要含、和金属铝等，以废渣为原料制备电池级的一种工艺流程如下。 已知：i.、均难溶于水。 ii.将转化为有利于更彻底除去。 (1)酸浸前，将废渣粉碎的目的是 。 (2)从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因： 。 (3)在酸浸液中加入进行电解，电解原理的示意图如下图所示，电解过程中不断增大。结合电极反应说明在电解中的作用： 。 (4)“沉淀”过程获得纯净的。向“氧化”后的溶液中加入HCHO，加热，产生NO和，当液面上方不再产生红棕色气体时，静置一段时间，产生沉淀。阐述此过程中HCHO的作用： 。 (5)过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有 。 (6)磷酸铁锂-石墨电池的总反应：。 ①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，同时生成CO和，反应的化学方程式是 。 ②放电时负极的电极反应式是 。 【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快浸出速率 (2)加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解 (3)加入，阳极反应：，防止在阳极放电产生氧化，防止在阳极放电 (4)在酸性环境中，HCHO与反应，生成NO、和，加热时，气体逸出，除去，不引入新杂质；反应消耗，减小，增大，，生成沉淀 (5) (6) 【分析】提锂后的废渣主要含、和金属铝等，用硝酸“酸浸”过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入甲醇电解，将Fe3+还原为Fe2+，向溶液中加入适量氢氟酸，将Al3+转化为沉淀除去，过滤后向滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入甲醇“沉淀”过程获得纯净的。 【详解】（1）酸浸前，将废渣粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，加快浸出速率。 （2）从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因：加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解。 （3）结合电极反应说明在电解中的作用：加入，阳极反应：，防止在阳极放电产生氧化，防止在阳极放电。 （4）此过程中HCHO的作用为：在酸性环境中，HCHO与反应，生成NO、和，加热时，气体逸出，除去，不引入新杂质；反应消耗，减小，增大，，生成沉淀。 （5）提锂后的废渣主要含、，当全部转化为时，Fe3+是过量的，过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有。 （6）①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，Fe元素由+3价下降到+2价，C元素由+4价下降到+2价，又由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ②放电时在负极失去电子生成C和Li+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式是。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$