2024年江西高考一轮专项——工业流程45道

2024年江西高考一轮复习专项训练——工业流程45道 一、解答题 1．（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） 2．（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 。 3．（2024·江西宜春·模拟预测）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图，回答下列问题： 已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置； ②B2O3高温下蒸气压大、易挥发； ③TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。 (1)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 ，该工艺中，经处理可循环利用的物质为 (填化学式)。 (3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑， B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质含量变化如下图所示，杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是 (用化学方程式解释)。 (4)硼可与多种金属形成化合物，其中与Ca组成的金属都化物可做新型半导体材料，晶胞结构如下图所示，该晶胞中B原子数为 个，晶体中Ca原子的配位数为 。 4．（2024·江西·模拟预测）是一种氧化剂、催化剂，以含铼废渣(含Re、、Fe、Ni和等)为原料提取的工艺如图所示。 已知：①“酸浸”浸液含(强酸)、、等。 ②离子交换中存在平衡：。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Re与Mn同族，则Re位于 区。 (2)“粉碎过筛”的目的是 ，“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 ，“反萃取”中试剂A的化学式为 。 (3)“离子交换”中c(Cl-)变化如图所示。 下列叙述正确的是_______。(填字母) A．正反应速率：c>b>a B．8min时离子交换反应已停止 C．向溶液中加入少量NaCl，离子交换反应的平衡常数减小 D．2~4min内 (4)其他条件相同时，“离子交换”过程中料液和D296体积比与铼交换率、铼交换量的关系如图2所示，混合液的pH与铼提取率的关系如图3所示。 ①由图2知，“离子交换”选择的适宜料液和D296体积比为 。 ②其他条件相同，混合液的pH>1.5时，铼提取率降低的主要原因可能是 。 (5)Re有多种金属氧化物，其中晶胞如图所示。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm。 该晶胞中阳离子的配位数为 ，该晶体密度为 g·cm-3。 5．（2024·江西宜春·三模）酸性条件下，砷酸具有较强氧化性，能被正四价硫、碘离子等还原为正三价砷。某工厂以废渣(主要含)制备砷的流程如下：    回答下列问题： (1)砷的原子结构示意图为 。的结构简式为  ，0.5mol 所含有S-S键的物质的量为 mol。 (2)“碱浸”后溶液中含有、，则该工序主反应的化学方程式为 。 (3)“沉砷”时，加入试剂A的作用为 ；结合必要的化学用语说明为了提高的产率，加石灰乳时控制温度45℃～85℃的目的是 。 (4)滤渣1含硫酸钙和沉淀a，实验室里，用 试剂除去试管壁上的沉淀a。 (5)加热时“再还原”的化学方程式为 。“还原”中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 (6)该流程中可以循环使用的物质为 。 (7)设计实验检验“还原”后的溶液中是否存在正五价砷元素 。 6．（2024·辽宁·三模）镉(Cd)是炼锌业的副产品，主要用在电池、染料稳定剂，同时也是重要的污染源，回收再利用以减少排放是重要课题。某冶炼厂的镉废渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从镉废渣中回收镉的一种工艺流程如图所示。 已知：① ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 离子 开始沉淀时() 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时() 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： (1)将废渣先“浆化”再“酸浸”的目的是 。 (2)“压滤”所得滤渣I的主要成分是 (填化学式)；“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是 。 (3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是 ，若石灰乳加过量，缺陷是 。 (4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放反复搅拌进行“自然氧化”，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，写出“置换净化”除Pb2+的离子反应方程式 。 (5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25℃下，部分电对的电极电位如表所示。 电对 电极电位/V 0 电对 电极电位/V 根据表中信息和已有知识可知，采用低电流条件“电积”时，阴极主要得到的是镉不是锌的原因 。 7．（2024·江西赣州·二模）某研究小组模拟用硫酸化焙烧—水浸工艺从高砷铜冶炼烟尘中浸出铜、锌的流程如下。 已知：①高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐及氧化物，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与。各元素质量分数如下： Cu Zn As Pb In Ag 5.60% 15.60% 28.68% 22.34% 0.073% 0.01% ②25℃时，硫酸铅的溶度积常数； ③浸出率的计算：浸出率。 回答下列问题： (1)基态Zn原子的价层电子排布式为 。 (2)“焙烧”时，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还表现 的作用。请补全参与反应的化学方程式： 。 (3)“水浸”时，所得浸渣的主要成分为 (写化学式)，往浸取液中加入的金属单质是 (写化学式)。 (4)高砷铜冶炼烟尘经过焙烧、水浸等工序后，测得浸取液中为，请从理论上分析铅是否沉淀完全？ (列式计算并得出结论)。 (5)铜浸出率的测定：从上述流程中得到的1L浸取液中取50mL与过量的酸性KI完全反应后，过滤，往滤液中滴加淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液21.00mL。(已知：，) ①滴定终点的现象为 。 ②忽略流程中的损失，可得铜的浸出率为 。 8．（2024·江西南昌·三模）锑属于氮族元素，广泛用于制造合金、瓷器、颜料、印刷油墨、防爆材料等。现用锑精矿(主要含有等杂质)来制备锑和焦锑酸钠。其工艺流程如图所示： 已知：常温下，，。 回答下列问题： (1)位于元素周期表的 区，其基态原子的价电子排布式为 。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分有 。 (3)“碱浸”时，发生反应的化学方程式为 。 (4)“电解”过程中，阳极上发生的两个电极反应式为 、 。 (5)滤渣Ⅱ的主要成分有 。 (6)产品需洗涤、干燥，检验固体是否洗涤干净的试剂为 (填化学式)。 (7)常温条件下，向碱浸液中加入溶液，生成和沉淀时，溶液的为10，则溶液中剩余 。 9．（2024·江西·模拟预测）钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂(含、、、以及少量的等)为原料，综合回收利用钒、硅、钾，实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下： 已知：钒的氧化物在酸性条件下以、的形式存在，pH增大时可转化为沉淀。 (1)基态V原子的价层电子排布式为 。 (2)“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。 (3)“还原酸浸”时： ①硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH需保持在1.2以下的原因是 。 ②过程中除了有被还原成，也被还原，写出被还原的离子方程式： 。 (4)“萃取”时选择有机萃取剂，原理是(有机层)，“反萃取”应选择在 (填“酸性”“中性”或“碱性”)环境中进行。 (5)加氨水“沉钒”生成沉淀，若经“焙烧”得到1mol产品，则消耗空气中 mol。 (6)常用作转化为反应的催化剂。分子的空间结构为 。的三聚体环状结构如图所示，该结构中S—O键长大致分为两类，一类键长约为140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为 (填图中字母)，该分子中含有 个键。 10．（2024·江西·三模）铼（）用于制造高效能火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰（主要成分有、、、、）中提取铼粉的一种工艺流程如图所示。 已知： 开始沉淀 2.5 7.0 5.7 完全沉淀（金属离子浓度） 3.2 9.0 6.7 (1)“氧化浸出时，被氧化为，被氧化的离子方程式为 。 (2)水解中和时，加调节溶液，除钼的化合物外，滤渣1中还有 （填化学式），此时溶液中 。 (3)硫化沉淀时，与反应生成难溶的，离子方程式为 。 (4)“离子交换”“解吸”“树脂再生”一系列步骤中物质转化关系如图所示。 ①树脂再生时需加入的试剂X为 （填化学式）。 ②“解吸”所用中的阴离子的空间构型为 。 (5)铼的某种氧化物的晶胞如图所示，铼原子填在氧原子围成的 （“填四面体”、“立方体”或“八面体”）空隙中。 11．（2024·江西南昌·三模）以铜钴矿[主要成分为，另含少量及含砷化合物]制备锂电池正极原料，生产流程如图甲所示。 已知：①酸浸液中含有的阳离子为； ②萃取除铜的过程可表示为； ③。 (1)一种钴的氧化物的晶胞结构如图乙所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为 ，该氧化物中钴离子的配位数是 。 (2)酸浸液中结以形式存在，生成的化学方程式为 。酸浸过程中可适当升温以加快反应速率，但温度过高，单位时间内钴的浸出率明显降低。原因是 。 (3)实验室模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置，如图丙所示，则分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为 。 (4)除铁过程中，溶液中的转化为沉淀，该反应的离子方程式为 。常温条件下，若除铁结束后溶液，则是否完全沉淀(离子浓度低于时，可认为该离子完全沉淀)？通过计算说明： 。 12．（2024·江西九江·三模）锰酸锂()是新一代锂离子电池的正极材料，一种综合回收废弃锰酸锂电池中的有价成分的流程如图所示： (1)①基态锰原子的价层电子轨道表示式为 ，铜元素在周期表中属于 区。 ②“酸浸”时加入一定量的和溶液，若将硫酸改为盐酸，有何缺点 。 ③硫酸和双氧水用量对锰酸锂浸出率的影响如图所示，该过程合适的反应条件为 ，当未加入时，浸出率较小，且产生了沉淀，该反应的化学方程式为 。 (2)向含铝溶液中，加入小苏打溶液获得氢氧化铝，该过程的离子方程式为 。 (3)电解精炼过程中，粗铜中的铁、锌等元素进入到电解质溶液中，为了保证精铜的纯度，工业上必须定期给硫酸铜溶液除杂(假设主要含、、)，除杂过程中需要向溶液中加入溶液，该操作的目的是 ；当恰好沉淀完全时，溶液pH= (，约为0.5.结果保留两位有效数字)。 13．（2024·江西·模拟预测）Ce(SO4)2·4H2O是一种常用的强氧化剂，CeO2可用作处理汽车尾气中催化剂的助剂。以含铈矿(含CeFCO3、SiO2等)为原料制备Ce(SO4)2·4H2O和CeO2的流程如下： 已知：在硫酸体系中，萃取剂(HA)2能萃取Ce4+，而不能萃取Ce3+。 回答下列问题： (1)基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，其电子所占据的能级中有 个空轨道。 (2)下列玻璃仪器中，“萃取”、“反萃取”操作不需要选择的是 (填字母)。 “反萃取”中H2O2的作用是 。 (3)写出“沉铈”的离子方程式： 。 (4)Ce(OH)4经一系列操作得到Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为)。 ①在空气中Ce(SO4)2·4H2O热失重图像如图所示。。 b点对应纯净固体可能是 (填字母)。 A．Ce(SO4)2·2H2O      B．Ce(SO4)2    C． CeOSO4             D．Ce2(SO4)3 ②测定产品纯度。称取wg Ce(SO4)2·4H2O产品溶于水配制成100mL溶液，量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定至终点，消耗滴定液体积为。滴定反应为，该产品中Ce(SO4)2·4H2O的质量分数为 %。 (5) CeO2催化尾气中CO转化机理如图所示： 写出反应ⅰ的化学方程式： 。 (6) CeO2晶胞如图所示，晶胞参数为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为 。 14．（2024·江西景德镇·二模）以红土镍镉矿(NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质)为原料回收贵重金属Ni、Cd和Cu，其工艺流程如图所示： 已知：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 E/V +0.34 -0.13 -0.40 -0.44 -0.26 (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mol/L)的pH如下表，则物质X不可能是 ；所调pH范围 。 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 a．                b．CuO                    c．            d．NaOH (4)电解时阴极的电极反应为 。 (5)整个流程中可以循环使用的物质有 。(填化学式) 15．（2024·江西·二模）新型锂电池正极材料有望取代广泛使用的，由软锰矿(主要成分为，还含有少量、FeO、、等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图： 已知：①，； ②离子浓度 mol⋅L-1时除尽； 回答下列问题： (1)软锰矿水磨浆化处理的作用是 。 (2)锂电池放电时正极反应式为，则锰酸锂中锰元素的化合价为 。 (3)用代替氧化除杂，反应物利用率会更高，理由是 。 (4)调pH时加入的X不能选用下列物质的是______。 A．NaOH B．氨水 C． D． (5)常温下，调节，除去、，写出已经除尽的计算过程： 。 (6)其他条件一定，沉锰过程中的沉淀率与溶液温度的关系如下图。：50℃后，随溶液温度升高，的沉淀率下降的原因是 。 (7)煅烧窑中，生成反应的化学方程式为 。 (8)一种锰的氧化物四方晶胞结构如图所示，该晶胞由和构成。 该氧化物的化学式为 ，基态的价层电子轨道表示式为 。 16．（2024·江西·二模）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物()： 已知：常温下，，，。 回答下列问题： (1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为NaOH、 ，“灼烧”的目的是 。 (2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、 、 。 (3)“煅烧”前滤渣需进行的两步操作是 。 (4)在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。300～400℃转化为，反应的化学方程式为 ；400~450℃生成镍的氧化物的化学式为 。 (5)工业上可用电解法制取。用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式： ，amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为 mol(假设电解时阳极只考虑放电)。 17．（2024·江西·二模）以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备草酸铜(CuC2O4)的流程如图所示： 回答下列问题： (1)滤渣中含有单质S和 (填化学式)，写出“浸取”时反应的化学方程式： 。 (2)“还原”时除生成Cu外，还有N2生成，写出该反应的离子方程式： 。 (3)“氧化溶解”时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，考虑的主要原因是 。 (4)向滤液1中加入(或通入)___________(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。 A．铁 B．氯气 C．高锰酸钾 D．氯化氢 (5)“制备”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 (不考虑立体异构)。 (6)将一定质量的CuC2O4置于Ar气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图1所示。350~400℃下剩余固体的化学式为 。 (7)一种储氢合金的晶胞结构如图2所示。在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心(如图)，若所有四面体空隙都填满，则储氢后该晶体密度为 (已知该晶胞的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为)。 18．（2024·江西上饶·二模）硫铁矿(主要成分是，含少量、和)在我国分布广泛，储量丰富。目前一种利用硫铁矿制备新能源汽车电池的电极的工艺流程如下图所示： 已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示，回答下列问题： 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0 完全沉淀的pH 3.7 9.7 5.2 (1)基态Fe原子的价电子排布式为 。 (2)的VSEPR模型是 。 (3)“焙烧”时，发生的主要反应的化学方程式是 。 (4)从“焙烧”到“氧化”要经历4步，请从下列步骤选择正确的步骤并合理排序 。 (5)“氧化”时，当试剂R为双氧水时的离子方程式是 。 (6)产品纯度的测定。分别取2.000g产品三次，用稀硫酸溶解，滴加二苯胺磺酸钠指示剂，用0.1000溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，平均消耗溶液20.00mL，则产品的纯度为 。(精确到0.1%) (7)已知新能源汽车的磷酸亚铁锂电池()放电时的总反应为：。充电时阳极反应为： 。 19．（2024·江西南昌·模拟预测）氧化钪可用作半导体镀层的蒸镀材料，也可制成可变波长的固体激光器和高清晰度的电视电子枪、金属卤化物灯等。以钛白工业废酸(含、等离子)为原料制备氧化钪的一种流程如下图。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子排布式为 。 (2)“萃取”时，钛白工业废酸中加入可降低钛的萃取率，可能是生成了难萃取的，其中的作用是 (填标号)。 A．作氧化剂 B．作还原剂 C．提供配体 (3)“洗涤”时，洗涤剂是用和三种试剂按一定比例混合而成。实验室中混合三种试剂的操作是：将A试剂沿烧杯内壁缓慢注入B试剂中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再将所得混合液缓慢注入C试剂中，并不断搅拌，则A、C分别对应上述试剂中的 、 。 (4)萃取剂萃取的原理为(代表萃取剂)。在“反萃取”中，加入溶液后生成等物质，其中生成含化合物的化学方程式为 。时，经“反萃取”后所得滤液的，则残留的浓度为 (已知：时，。 (5)“沉钪”时用到草酸。已知草酸的，则在时，的草酸溶液中 。 (6)在空气中焙烧的化学方程式为 。 20．（2024·江西·模拟预测）钨(W)广泛用于国防军事、航空航天、信息制造等领域。实验室以硬质合金废料(含WC、Fe和少量C、Co)为原料制备炼钨中间体，并提取有价金属的一种工艺流程如图所示： 已知：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀pH 0.2 1.5 6.5 7.0 沉淀完全pH 1.1 4.1 9.7 9.2 回答下列问题： (1)“酸浸”的目的为 ；“沉铁”时调节pH的范围为 ；“还原”反应同时生成一种参与大气循环的气体，该离子方程式为 。 (2)其他条件相同时,“焙烧”过程中流速与钨氧化率的关系如图所示，其中流速大于0.15 m3/h时钨氧化率降低的原因为 。 (3)“氨化结晶”时需要加入足量，其原因为 。 (4)“酸浸”工序可用电解法代替。则进行电解时，WC进入 (填“阳极泥”或“阴极泥”)。 (5)尾气1与尾气3的反应是汽车尾气处理的原理之一，该反应的化学方程式为 。 (6)、，、，NaOH，Co中，熔点主要取决于氢键的是 ；H、O、Cl、Co的电负性由大到小的顺序为 。 21．（2024·江西·模拟预测）从实验室含银废液（主要含和AgCl）中利用方法①和②回收高价值的流程如下： 已知：ⅰ.“离子交换”原理为（为离子交换树脂）； ⅱ.“洗脱”原理为。 回答下列问题： (1)“沉银”时，检验所加NaCl溶液已经足量的方法是 . (2)写出用浓氨水“溶解”过程中反应的离子方程式： ；常温下，该反应的平衡常数 .{已知：常温下，，  } (3)“还原”时，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为，则氧化产物的电子式为 . (4)“离子交换”的目的是除去 （填离子符号），试剂X是 （填化学式）. (5)写出稀硝酸溶解Ag的化学方程式： ，溶解Ag制备用稀硝酸而不用浓硝酸的原因是 . (6)银的一种化合物可用作固体导电材料，其晶胞结构为四方晶系（即长方体），晶胞参数为apm、apm和2apm，已知Hg位于晶胞的顶点和体心，设为阿伏加德罗常数的值，的摩尔质量为，该晶体的密度为 . 22．（2024·江西鹰潭·二模）钛白粉是一种重要的无机化工颜料，主要成分为二氧化钛()，一种以含、CaO、等杂质的钛铁矿()为原料制备钛白粉的工艺流程如图所示。 已知：①不溶于水和稀酸； ②“酸浸”后钛元素主要以形式存在； ③，当溶液中'时可认为完全除去。 回答下列问题： (1)请写出加快“酸浸”速率的一个措施： 。 (2)“酸浸”时，发生反应的化学方程式为 。 (3)“滤渣”①的主要成分是 (填化学式)。 (4)流程中加入铁粉的目的是把体系中的还原成，冷却结晶析出晶体。体系中的还可以用调节pH的方法除去，设酸浸后体系中，常温下开始沉淀的pH为 。 (5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有 (填化学式)。 (6)碳化钛晶胞结构如图所示，碳化钛的化学式为 ，碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为 。晶胞边长参数，则晶体的密度 (列出计算式，不要求化简)。 23．（2024·江西新余·二模）硒和碲是重要的稀散元素，都可以作为半导体材料。一种从碲碱渣(碲和硒的含量较高，还含有少量、等元素)分离硒回收碲的工艺流程如下： 已知：①水浸液的主要成分为、及少量可溶性的铜、铅化合物等。 ②为两性氧化物，微溶于水。 ③亚硒酸为二元弱酸，、 回答下列问题： (1)硒与氧同族，基态原子价电子排布式为 。比较键角大小： (填“>”“<”或“=”)，原因是 。 (2)“除杂渣”的主要成分为 。 (3)“中和”时控制为，生成沉淀，若硫酸过量，将导致的回收率下降的原因是 。 (4)“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的为2，此时溶液中 。 (5)“沉硒”时生成了一种无污染的单质气体，写出“沉硒”时发生的主要反应的化学方程式 。 (6)一种以和为电极、水溶液为电解质的电池，放电时，插入层间形成。写出该电池放电时正极的电极反应式 。 24．（2024·江西南昌·二模）一种从火法炼铜烟道灰(主要成分是的硫酸盐，还有少量和的氧化物)中回收铅，并制取三盐基硫酸铅(为)的工艺如图： 已知：微溶于水 (1)写出铅原子的核外电子排布式： ，它位于元素周期表的 区。 (2)转化过程温度选择，原因是 。 (3)元素均进入转化液中，相关的离子分别为 、 (填离子符号)。 (4)转化渣主要成分为碳酸铅和碳酸氧铋，写出转化为的离子反应方程式： 。 (5)加入适量的酸，酸宜为_______(填序号)。 A．盐酸 B．硫酸 C．硝酸 D．氢硫酸 (6)转化渣除铋的离子方程式为 。 (7)若使用烟道灰，最终制得纯度为的三盐基硫酸铅，已知该工艺铅的回收率约为，则烟道灰中含铅的质量分数为 。 25．（2024·江西宜春·模拟预测）氧化饰()是一种广泛应用的稀土氧化物，具有吸收强紫外线的能力，可以用于光催化降解有机污染物。现以氟碳饰矿(含、、等)为原料制备氧化饰，其工艺流程如图所示； 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，步骤②中ⅱ)发生的反应为： ②能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如能与结合成 ③在空气中易被氧化为。 ④硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为。 (1)“焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是 。 (2)焙烧后的固体产物中含有和物质的量之比为1∶1，步骤①发生反应的离子方程式为 。 (3)加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为 。 (4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为 。 (5)若常温下，，，恰好沉淀完全时，此时测得溶液的，则溶液中 。 (6)某研究小组利用硫化锌锂电池电解含的溶液，可将转化为。该硫化锌锂电池放电时，负极材料晶胞组成变化如图所示。 ①化学式中， 。 ②晶胞中，填充在构成的部分正四面体空隙中，和之间的核间距为a，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为 (列出计算式，的摩尔质量为97)。 26．（2024·江西萍乡·二模）某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al、C等)制备Co2O3和Li2CO3。工艺流程如下： 已知： ①已知LiCoO2难溶于水，酸浸后的溶液中含有的部分金属离子有：Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等； ②NaHCO3溶液中存在的自耦电离：； ③常温时，有关物质Ksp如下表： 物质 Ksp (1)为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取的措施有 (任写一种)。 (2)元素Co在周期表中的位置为 ；Co2+价层电子轨道表示式为 。 (3)“酸浸”时，LiCoO2参与反应的离子方程式为 ；下列试剂中最适宜替换H2C2O4的是 。 A．Na2CO3溶液            B．Na2S2O5溶液        C．NaNO3溶液            D．浓盐酸 (4)滤渣1的主要成分有 。 (5)加NaOH调节pH=10时，可以完全沉淀的金属离子有 (一般认为离子浓度≤10-5mol/L时，离子沉淀完全)。 (6)滤液3中含金属元素的离子主要是，则滤渣2与NH3∙H2O，(NH4)2CO3混合溶液主要反应的离子方程式为 。 (7)沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是(结合平衡原理解释) 。 27．（2024·江西鹰潭·二模）和锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为，还含有少量等杂质）来制备，工艺流程如图： 回答下列问题： (1)化学上某些盐可写成氧化物的形式，如：可写成，则可写成 。 (2)“酸浸”后，钛主要以存在，写出相应反应的离子方程式： 。 (3)中Ti的化合价为，中含有过氧键的数目为 。 (4)与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是 。 (5)向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到，写出离子方程式： 。 (6)在“高温煅烧②”过程中，适当多加草酸的原因为 。 (7)锂离子电池放电时，由结合得到，在中，若，材料中 ． 28．（2024·四川成都·二模）草酸镍(NiC2O4)是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图： 已知：①“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、； ②pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成更多的胶体能吸附Ni2+。 ③草酸的Ka1=6.0×10-2，Ka2=5.0×10-5。 回答下列问题： (1)生产时为提高合金废料浸出率，下列措施可行的是 (填字母)。 a．适当延长浸出时间　　　b．高温浸出　　　c．分批加入混酸浸取并搅拌 (2)“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是 。 (3)“氧化”过程中，控制70℃、pH小于3的条件下进行。 ①“氧化”过程的离子方程式为 。 ②若pH大于3镍的回收率降低的原因是 。 (4)“过滤”后的滤液中加入(NH4)2C2O4溶液反应得到草酸镍，过滤得到的草酸镍需要用蒸馏水洗涤，检验晶体是否洗涤干净的方法是 。已知常温下Ksp[NiC2O4]=1.70×10-17，当溶液pH=2时，Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1×10-5mol·L-1时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度c(H2C2O4)= (保留两位有效数字)。 (5)在空气中加热二水合草酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为 。 29．（2024·辽宁沈阳·一模）铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下： 已知： 回答下列问题 (1)草酸泥渣“粉碎”的目的是 ，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为 。 (2)滤渣的主要成分为 、 。(填化学式) (3)“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为 。(填化学式) (4)“氧化”工序中发生反应的离子方程式为 。 (5)为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因： 。 (6)处理含的废水时，Cr(Ⅵ)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入10molFeSO4，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)沉淀，理论上还需要投入Fe2(SO4)3的物质的量为 mol。 30．（2024·江西九江·二模）江西稀土资源丰富。碳酸铈是一种稀土材料，工业上常以氟碳铈矿（主要成分为、、）为原料制备碳酸铈，其工艺流程如图所示 已知：常温下，的、，的。回答下列问题： (1)铈（Ce）原子序数为58，其在元素周期表中的位置 。 (2)“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作（空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入），这样操作的目的是 。 (3)滤渣A的主要成分为 、 （写化学式）。 (4)硫脲结构为：，则硫脲中的键角： （填“大于”“小于”“等于”）；硫脲与反应后生成物的结构为：，写出该反应的离子反应方程式 。 (5)步骤④所发生的离子反应方程式 ；常温下，若沉淀后溶液中，。此时溶液的 。 31．（2024·江西九江·二模）利用废镍催化剂(主要含金属及其氧化物)合成硫酸镍晶体的一种工艺流程如下： 常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如表所示： 金属离子 开始沉淀时的 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时的 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： (1)“碱浸”时发生的主要反应的离子方程式为 。 (2)“滤液②”中含有的金属离子是 。 (3)若“转化”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是 。 (4)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。 温度 低于30.8℃ 30.8~53.8℃ 53.8~280℃ 高于280℃ 晶体形态 多种结晶水合物 由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。 (5)①三种元素二价离子的硫酸盐晶体的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为 ； ②中阴离子的空间构型为 ； ③丁二酮肟常用于检验。在稀氨水中，丁二酮肟与反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示： 该配合物中的配位数为 ；丁二酮肟分子中所含的第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为 。 32．（2024·江西·一模）电镀行业是国民经济中不可缺少的基础性行业，也是当今全球三大污染行业之一。我国电镀企业每年约产生1000万吨电镀污泥，以下是北京矿冶研究总院研究含铬混合电镀污泥（含、、、、）多金属资源化综合利用技术流程。 (1)浸渣的主要成分是 （填化学式）。 (2)萃取铜的原理：，控制其他条件相同，25℃时，pH值对萃取的影响如下图所示： ①萃取过程浸取液的pH （填“变大”、“变小”或“不变”）。 ②请解释当pH小于1时，萃取率随pH值变化的原因： 。 ③由图可知，当pH接近于0时，萃取剂难以萃取铜，为保证浸取液中的铜能完全萃取进入有机相，浸取液中的应不大于 mol/L。 (3)已知沉铬时选择的沉淀剂为，，沉铬时加入的作用是 （用离子方程式表示）。 (4)沉铁时的作用是 （用文字表述）。 (5)沉锌得到的固体为ZnS，其晶体属于立方晶系，晶胞及其投影图如图所示，A点原子的分数坐标为，B点原子的分数坐标为，则C点原子的分数坐标为 。 33．（2024·江西新余·一模）电子印制工业产生的某退锡废液中含硝酸、锡化合物及少量和等，对其处理的流程如图。 ①25℃时相关的溶度积见表，②。 化学式 或 溶度积 (1)退锡工艺是利用稀与Sn反应生成，且无气体生成，则生成的硝酸盐是 （填化学式），已知废液中的易转化成。 (2)沉淀1的主要成分是，焙烧时，与反应的化学方程式为 。 (3)滤液1中和的浓度相近，加入溶液调pH，25℃时，为了使沉淀完全，需调节溶液pH不小于 。 (4)称取产品，用大量盐酸溶解，在保护下，先用Al片将还原为，再用标准溶液滴定，以淀粉作指示剂，滴定过程中被还原为，终点时消耗溶液。 ①终点时的现象为 。 ②写出滴定的离子反应方程式为 。 ③产品中Sn元素的质量分数为 。 (5)某制得的粗锡中主要含有金属Fe、Cu、Pb、Sb常采用电解精炼法获得精锡。其中溶液作电解液，精锡连接电源的 极。检测可知电解后阳极泥中含有Sb、Cu、等，则电解过程中阳极电极反应式有、 。 34．（2024·江西鹰潭·一模）镍有广泛的用途，不仅可以用于不锈钢的制造，目前也是三元锂电池中的重要元素。由红土镍矿(主要成分为NiO，还含有少量以及铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾和。 (1)Fe位于元素周期表第 周期第 族。 (2)为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措施是 (举一例)。 (3)“预处理”中，反应的离子方程式为 。 (4)“沉铁”中若采用作为除铁所需钠源，的用量对体系pH和镍的损失影响如图所示。当的用量超过时，镍的损失率会增大，其可能的原因是 。(已知开始沉淀的pH分别为2.2、7.5) (5)若溶液中为0.1mol/L，溶液的体积为1L，则要使溶液中，应加入固体NaF为 mol[忽略体积的变化，已知]。“沉镁”时应保证MgO将溶液的pH调节至5.5～6.0，原因是 。 (6)硫酸钠与硫酸镍晶体的溶解度曲线图如图所示，由滤液Y制备的步骤为： Ⅰ．边搅拌边向滤液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，过滤： Ⅱ．用蒸馏水洗涤固体； Ⅲ．将所得固体分批加入足量稀硫酸，搅拌使其完全溶解： Ⅳ．稍低于___________℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于___________℃，趁热过滤。 请回答： ①步骤Ⅱ中确定固体洗涤干净的方法是 。 ②步骤Ⅳ中横线上的数字分别是 、 。 35．（2024·江西南昌·一模）我国的钴（Co）资源非常贫乏，一种利用湿法炼锌净化渣回收钴的工艺如下图所示。已知净化渣含有较高的锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在。 已知：①298K，，，。 ②在酸性溶液中有强氧化性 (1)写出钴原子的价层电子排布式： 。 (2)“常压浸出”需加热至70℃左右，宜采用 （填序号；①盐酸②硫酸③硝酸）进行酸浸，浸出渣主要成分为 。 (3)大多数金属硫化物都难溶于水，能选择除铜的原因是 ，若加入后溶液中,，则溶液的pH约为 。 (4)过二硫酸钠（）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成，请写出该反应的离子方程式： 。加入过二硫酸钠也可以氧化Fe2+生成Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，则还需要加入氯酸钠的原因是 。 (5)根据流程可知：在“沉淀分离”步骤中，还原性Co2+ Mn2+（填“强于”或“弱于”）；氧化沉淀所得产物为Co(OH)3，最终钴产品是Co(OH)3脱水后的产物，脱水前后质量比为55:46，则钴产品的化学式为 。 36．（2024·江西上饶·一模）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是，含少量、、、等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知： ①“浸取”时，和转化为、进入溶液。 ②时，， ③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10-6。 (1)“浸取”温度为，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。 (2)“滤渣1”的主要成分为、 。 (3)“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的离子方程式 。 (4)“深度除铜”时，锌的最终回收率，除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比表示)与加入量的关系曲线如图所示。 ①由图可知，当达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式解释) ②“深度除铜”时加入量最优选择 (填标号) A．100%    B．110%    C．120%    D．130% (5)原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图： ①配位键①和②相比，较稳定的是 。 ②基态原子的价电子排布式为 ，位于元素周期表中 区。 ③键角③ (填“>”“<”或“=”) 37．（23-24高三下·江西赣州·阶段练习）钕铁硼永磁材料被广泛应用于汽车、家电、电子产品等领域。以江西赣州某公司的钕铁硼油泥废料(主要物相为)为原料，回收有价金属的工艺流程如图所示。 已知：①用RE表示稀土元素： ②配位阴离子的稳定常数越大，配位阴离子越稳定。几种配位阴离子的稳定常数如下： 配位阴离子 稳定常数 25.4 9.4 16.2 20.2 回答下列问题： (1)钕(Nd)属于f区元素，其原子轨道共有 种不同的形状。 (2)溶液能洗涤钕铁硼油泥废料的原因是 (用离子方程式表示)。 (3)浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试，结果如图所示。写出与盐酸反应的离子方程式： 。 (4)沉淀时，草酸用量及沉淀温度对稀土与铁选择性沉淀分离的影响如下图所示。 沉淀时，)与的最佳物质的量之比为 ，请说明原因： 。最佳沉淀温度为60℃，，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是 。 (5)在沉淀后的滤液中加入，溶液中主要存在的配位阴离子是 ，该离子在加入铁粉后生成的离子方程式为 。 38．（2024·江西·一模）以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：①酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。②Fe3+可以把部分Ag氧化为Ag+。 (1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出：矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取的措施 、 (举两例)。 ②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应且产物均在浸锰液中，则该反应的离子方程式为 。 (2)室温下调节pH不低于 可完全除去杂质离子，(离子浓度小于10-5mol·L-1认为完全去除，已知：，，。) (3)“浸银”时，有两种方式，①第一种可以使用过量的 、 (填化学式)和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出，此时的离子方程是。 ②第二种使用NaCN溶液同时通入O2作浸出剂，将Ag2S中的银以[Ag(CN)2]—形式浸出，此时离子的方程式为 。从节约环保的角度考虑，你认为方式 更好，(填“第一种”或“第二种”)理由是 、 。 (4)“沉银”过程中可以用过量的铁粉作为还原剂，铁粉可将[AgCl2]-还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应；但也可以采用Zn粉作还原剂，那么采用Zn粉作还原剂有什么优势？ 、 。 39．（2023·贵州贵阳·模拟预测）钒酸铋(BiVO4)是一种亮黄色无机化学品，应用于众多领域。某小组以辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备BiVO4的流程如图所示。 已知部分信息如下： ①滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe2+、Fe3+和H+； ②水解能力：Bi3+>Fe3+； ③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。 氢氧化物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Bi(OH)3 开始沉淀的pH 7.7 1.6 4.0 完全沉淀的pH 9.6 3.1 5.5 回答下列问题： (1)“浸取”时可以适当加热，但温度不宜过高，其原因是 ，写出浸取过程生成S渣的主要离子方程式 。 (2)加H2O2氧化的目的是 ，调pH的范围是 。 (3)滤液3可以循环用于 (填名称)工序。 (4)SOCl2的空间构型是 ，气体X是 (填写化学式)。 (5)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为apm、apm、bpm。该晶体的密度为 g。cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。 40．（20-21高三上·黑龙江哈尔滨·期末）高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下： 已知。 回答下列问题： (1)浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)： 。 (2)氧化时，加入溶液是为了将浸出液中的和均转化为沉淀而除去，(溶液中元素全部转化为)，请分别写出除去和的离子方程式 ， 。 (3)加入锌粉的目的是 。 (4)已知浸出液中，、。 ①若要除尽上述浸出液中的和，需加入 。 ②加入溶液反应一段时间后，溶液中，若溶液，则此时 (填“能”或“不能”)生成沉淀。 41．（2024·江西宜春·模拟预测）以废旧锂离子电池(主要成分为)为原料制备棒状草酸钴晶体(，微溶于水，溶解度随温度升高而逐渐增大)的一种方法如下图所示，该法经济可行，为工业化回收废旧锂电池中有色金属提供了依据。 已知：①浸出液中除Co2+、外，还含、，，，，等离子； ②，；。 回答下列问题： (1)“浸出”时，与、稀硫酸反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (2)“水解沉淀铝铜”时，沉淀铝反应的离子方程式为 。 (3)沉淀2的成分为和 ，“氧化沉淀铁锰”时，生成的离子方程式为 。 (4)“沉钴”时，温度与钴的沉淀率的关系如图所示，沉淀反应时间为10 min，反应温度为50℃以上时，温度升高，而钴的沉淀率下降，可能原因为 。 (5)“沉钴”时也可用溶液代替，反应为，则该反应的平衡常数为 ，若平衡时 mol⋅L-1，，则此时Co2+是否沉淀完全？ (填“是”或“否”，离子浓度≤10-5 mol⋅L-1即可认为沉淀完全)。 42．（2024·江西·模拟预测）锡在材料、医药、化工等方面有广泛的应用，锡精矿中主要有、S、、、等杂质元素。下图为锡的冶炼工艺流程。 已知：性质稳定，难溶于酸。 回答下列问题： (1)锡的原子序数为50，其价层电子排布式为 ，在元素周期表中位于 区。 (2)烟尘中的主要杂质元素是 (填元素符号)。 (3)酸浸时，生成，该反应的离子方程式为 ，为了提高铅的浸出率，最宜添加 (填标号)。 A．         B．         C．        D． (4)还原时需加入过量的焦炭，写出该反应的化学方程式 。 (5)电解精炼时，以和少量作为电解液，电源的负极与 (填“粗锡”或“精锡”)相连；的作用是 、 。 (6)酸浸滤液中的可用沉淀，并通过与强碱反应获得，写出与熔融反应的化学方程式 。 43．（2024·湖南株洲·一模）三氯化钌（）是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工业等。从催化剂废料中分离制各和的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)基态原子的价电子排布式为 。 (2)“焙烧”后所得固体主要成分为、、和 。 (3)“还原”过程会产生和沉淀，该反应的化学方程式为 。 (4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解，然后加入盐酸羟胺（）得到和。则该两种产物的物质的量之比为 。 (5)“蒸发结晶”在真空度为时进行（此时水的沸点是），其目的是 。 (6)若维持不变，让沉淀完全（浓度不高于），则混合体系中的浓度不低于 。[已知：，，结果保留三位小数] (7)“沉钴”时，若得到的是晶体，该反应的离子方程式为 。 (8)该流程中，还有一种重要成分未提取，你认为在哪一步骤后进行最合适： 。 44．（2023·广东湛江·模拟预测）钕铁硼废料是一种具有较高经济价值的废弃物，主要成分为稀土元素钕(Nd)、Fe、B．一种采用分步沉淀从钕铁硼油泥中回收Nd2(C2O4)3·10H2O和FeC2O4·2H2O的工艺流程如图： 已知：①200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd2O3和Fe2O3的形式存在，硼常温下稳定，加热至300℃被氧化，不与稀酸反应。 ②H2CO4易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀。 回答下列问题： (1)“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可选择 (填化学式)溶液。 (2)“滤渣1”的主要成分是 (填名称)。“浸出”时，盐酸浓度和液固比对钕、铁的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是 。 (3)写出“沉钕”时生成沉淀的离子方程式： 。 (4)“沉铁”时，加入铁粉的作用是 。 (5)FeC2O4·2H2O晶体结构片段如图所示。 其中，Fe2+的配位数为 ；碳原子采用 杂化。现测定草酸亚铁晶体纯度。准确称取Wg样品于锥形瓶，加入适量的稀硫酸，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液bmL。滴定反应：(未配平)。该样品纯度为 %。 45．（2023·湖南长沙·模拟预测）钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(主要含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb、ZnO、等)为原料提取钴的工艺流程如图所示：    已知：常温下，，。 回答下列问题： (1)基态Co原子的价层电子轨道表示式为 。 (2)“浸出渣”中一定含有的物质为 (填化学式)。在“浸出”过程中，使用稀硫酸，未加热和搅拌，也没有进一步研碎净化渣，但反应速率较快，原因是 。 (3)常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到，“除铜液”中浓度为，则此时溶液的 [已知：常温下，饱和水溶液中存在关系式：]。 (4)“氧化”过程中，与发生反应的离子方程式为 。 (5)“沉铁”过程中，的作用是 。 (6)以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为)为原料提取出。在提取过程中钴的损失率为 (填含w、m的表达式)%。 试卷第20页，共47页 试卷第1页，共47页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(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。 2．(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。 3．(1)SiO2 (2) TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+ H2SO4 (3) B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 TiC+ B2O3+COTiB2+2CO2 (4) 6 24 【分析】高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)中加稀盐酸，Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3转化为对应的盐酸盐，二氧化硅、TiO2不溶解，过滤，滤渣中加浓硫酸酸解，二氧化硅不溶解，成为滤渣，TiO2溶解生成，加萃取剂萃取，分液、水解、过滤，得TiO2‧xH2O，然后脱水所得物质在电弧炉热还原得TiB2。 【详解】（1）在高钛渣中先加稀盐酸，后加浓硫酸时只有SiO2不会溶解，所以滤渣的主要成分为SiO2； （2）“水解”需在沸水中进行，此时TiO2+在沸水中水解生成TiO2·xH2O，同时生成H+，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+，即TiO2+水解后溶液酸性增强，生成硫酸，所以在该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4； （3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大，易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是：TiC+ B2O3+COTiB2+2CO2； （4）由晶胞结构可知，Ca位于以8个B6形成的立方晶胞的体心位置，B6的个数为：8×=1，则B原子个数为6，该晶胞的化学式为CaB6；位于晶胞顶点的每个B6中只有3个B原子距离Ca原子最近，即Ca的配位数为3×8=24。 4．(1)d (2) 增大固体接触面使其充分反应，提高焙烧反应速率 HCl (3)D (4) 12：1 形成Fe(OH)3胶体，吸附后聚沉 (5) 6 【分析】含铼废渣(含Re、、Fe、Ni和等)经过粉碎过筛增大固体接触面使其充分反应，焙烧过程中产生二氧化硫，推知ReS2发生反应生成，加入稀硫酸后酸浸生成(强酸)、、，浸渣为；经过调pH、离子交换、反萃取得到高铼酸(HReO4)，最后经过结晶煅烧得到。 【详解】（1）同族元素在元素周期表中分区相同。Mn位于d区，故Re位于d区。 （2）“粉碎过筛”的目的是增大固体接触面使其充分反应，提高焙烧反应速率；“焙烧”过程中ReS2发生反应的化学方程式为。根据离子交换平衡式可知，增大氯离子浓度，平衡逆向移动，使高铼酸根离子从有机相脱出，进入水相，又不引入新杂质，故加入盐酸生成高铼酸(HReO4)，试剂A的化学式为HCl。 （3）反应开始后，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故正反应速率：c<b<a，A项错误；达到平衡时，正、逆反应速率相等但净反应速率大于0(动态平衡)，并不是反应已经停止，B项错误；平衡常数只与温度有关，改变离子浓度，达到新平衡时平衡常数不变，C项错误；根据图像，2~4min内，，D项正确。 （4）观察图2，料液和D296体积比为12：1时铼交换率和铼交换量较大。由图3可知，pH>1.5时，可能生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶粒带正电荷，吸附溶液中高铼酸根离子并聚沉，导致铼提取率降低。 （5）根据晶胞结构以及物质组成的化学式可知，铼离子位于立方体顶点，氧离子位于立方体棱上，所以铼离子的配位数为6(上下、左右、前后)，1个晶胞含1个“ReO3”；晶体密度。 5．(1) 0 (2) (3) 将和氧化为和S 温度低于45℃，反应速率太慢；温度高于85℃，溶解度降低，降低，引起平衡正向移动，的产率降低 (4)或热的氢氧化钠溶液 (5) 2∶1 (6)和 (7)取少量“还原”后的溶液于试管中，先加入几滴淀粉溶液，再加入足量氢碘酸，若溶液变为监色，说明存在正五价砷元素，反之，不存在 【分析】废渣中加入NaOH进行“碱浸”，“碱浸”后溶液中含有、，题中第（3）问说明提高的产率，即可知“沉砷”时是加入氧化剂将、氧化为和S，加入稀硫酸进行酸化，滤渣1中为S和硫酸钙，通入SO2经过还原得到As2O3，通入硫化氢，转化为As2S3，再通过H2进行还原，同时产生的硫化氢可循环使用，据此分析解题。 【详解】（1） 砷位于第4周期ⅤA族，其原子结构示意图为  。 砷位于第4周期ⅤA族，最外层有5个电子，形成3对共用电子对；硫元素位于第4周期ⅥA族，最外层有6个电子，形成2对共用电子对，因此  中，不含S-S键，故答案为：  ；0。 （2）废渣主要含，被NaOH溶液“碱浸”后溶液中含有、，则该工序主反应的化学方程式为，故答案为：。 （3）由“提高的产率”可知，加入试剂A后，和被氧化为，“酸化”后存在“滤渣1”(滤渣1含硫酸钙和沉淀a)，故中的负二价硫被氧化为S。因此，加入试剂A的作用为将和氧化为和S。温度低于45℃，反应速率太慢；温度高于85℃，溶解度降低，降低，引起平衡正向移动，的产率降低，故答案为：将和氧化为和S；温度低于45℃，反应速率太慢；温度高于85℃，溶解度降低，降低，引起平衡正向移动，的产率降低。 （4）“滤渣1含硫酸钙和沉淀a”，沉淀a为S，除去试管壁上的S，可以用或热的氢氧化钠溶液，故答案为：或热的氢氧化钠溶液。 （5）“硫化”后生成，因此加热时“再还原”的化学方程式为。“还原”步骤的化学方程式为，因此，“还原”中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，故答案为：；2∶1。 （6）“酸化”消耗，“还原”过程的化学方程式为，“还原”重新生成，因此，可以循环使用。“硫化”消耗，“再还原”的化学方程式为，“再还原”重新生成，因此，可以循环使用，故答案为：和。 （7）参考题干已知信息“酸性条件下，砷酸具有较强氧化性，能被正四价硫、碘离子等还原为正三价砷”，可知检验“还原”后的溶液中是否存在正五价砷元素的操作为取少量“还原”后的溶液于试管中，先加入几滴淀粉溶液，再加入足量氢碘酸，若溶液变为蓝色，说明存在正五价砷元素，反之，不存在，故答案为：取少量“还原”后的溶液于试管中，先加入几滴淀粉溶液，再加入足量氢碘酸，若溶液变为监色，说明存在正五价砷元素，反之，不存在。 【点睛】本题考查化学工艺流程，注意回答“加入试剂A的作用”时，不能总盯着流程图或者前边的问题，可以继续做题，看后边的暗示。 6．(1)增大接触面积，加快“酸浸”速率和提高浸出率 (2) Cu、SiO2和PbSO4 PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在 (3) 或 Cd(OH)2进入滤渣Ⅱ而损失 (4) (5)从表中可知Zn2+氧化性弱于Cd2+，不被还原 【分析】某冶炼厂的镉废渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质。将镉废渣浆化、再加入稀硫酸进行酸化，可增大废渣与稀硫酸的接触面积，提高浸取率；加入稀硫酸后，Cd、CdO、Zn、Pb、Fe、CuO都发生溶解，此时SiO2、Cu、PbSO4不溶，由于PbSO4的溶度积较大，溶液中仍溶有少量Pb2+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳除铁，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；滤液中加入足量Zn，Cd2+被还原为Cd，少量的Cu2+、Pb2+也会被还原；将海绵镉自然氧化，再用硫酸酸溶，加入新制海绵镉，此时对残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度；然后进行二次处理，再进行电积，得到阴极镉。 【详解】（1）由分析可知，将废渣先“浆化”再“酸浸”的目的是：增大接触面积，加快“酸浸”速率和提高浸出率。 （2）从分析中可以得出，“压滤”所得滤渣I的主要成分是Cu、SiO2和PbSO4；，溶度积常数较大，使得“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是：PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在。 （3）“除铁”时，加入的石灰乳，目的是除去Fe3+，不让其它离子(如Cu2+)产生沉淀，则调节溶液pH的范围是或。因微溶，“除铁”时，所得滤渣Ⅱ的成分除外还有；若石灰乳过量，滤渣Ⅱ中常含有和，则缺陷是：Cd(OH)2进入滤渣Ⅱ而损失。 （4）根据题意判断海绵镉中有Zn、Cd和微量Cu、Pb。“酸溶”所得的溶液中含有微量的和，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以将和转化为单质而除去，离子反应方程式为。 （5）根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性：，故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为，则阴极主要得到的是镉不是锌的原因：从表中可知Zn2+氧化性弱于Cd2+，不被还原。 7．(1) (2) 还原剂 (3) Zn (4)，其浓度小于，可认为已沉淀完全 (5) 当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不复原 96% 【分析】高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐及氧化物，加入无烟煤/浓硫酸进行焙烧，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与As2O3 (g)，金属氧化物转化为硫酸盐，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO2，加水进行水浸，滤液中存在Cu2+、Zn2+、PbSO4不溶于水，成为滤渣，往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，即金属单质为Zn，将Cu2+还原为Cu，自身被氧化为Zn2+。 【详解】（1）Zn为第30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为：； （2）无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO2，与C和H2SO4发生反应，生成硫酸铜，氧化砷，CO2和SO2，参与反应的化学方程式：； （3）由分析得，滤渣的主要成分为PbSO4；往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，即金属单质为Zn； （4），其浓度小于，可认为已沉淀完全； （5）①淀粉遇碘变蓝，因此滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不复原； ②根据离子方程式，)可得：，，浸取液中Cu元素的质量为：，浸取率为：。 8．(1) p 5s2 5p3 (2) (3) (4) (5)S (6)溶液和溶液 (7) 【分析】锑精矿主要含Sb2O3、Sb2S3、Fe2O3、CuO，根据流程图，加入氢氧化钠溶液、Na2S溶液充分碱浸，过滤得Fe2O3、CuO固体，同时得到Na3SbS3、Na2S、NaOH的混合液，则滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3、CuO，线路一直接电解混合液得到锑单质；线路二加入氧化剂将Sb元素氧化得到粗Na3SbO4沉淀，加入的氧化剂同时将S2-氧化为硫单质，所以粗Na3SbO4沉淀中混有S单质，加盐酸酸浸，滤渣II主要成分为S，滤液加NaOH溶液中和酸，最终得到NaSb(OH)6。 【详解】（1）Sb的基态原子的简化电子排布式为[Kr]4d105s25p3，价电子排布式为5s25p3，位于元素周期表的p区，故答案为：p；5s25p3； （2）根据分析，滤渣Ⅰ的主要成分有Fe2O3、CuO，故答案为：Fe2O3、CuO； （3）“碱浸”时，Sb2O3转化为Na3SbS3，发生反应的化学方程式为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=2Na3SbS3+6NaOH，故答案为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=2Na3SbS3+6NaOH； （4）“电解”含Na3SbS3、Na2S、NaOH的溶液，阳极是阴离子OH-和S2-放电，发生的两个电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O、S2--2e-=S，故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；S2--2e-=S； （5）根据分析，滤渣II的主要成分有S，故答案为：S； （6）产品NaSb(OH)6需洗涤、干燥，检验固体是否洗涤干净，即检验是否含有Cl-，所加入的试剂为HNO3溶液和AgNO3溶液，故答案为：HNO3溶液和AgNO3溶液； （7）根据Ksp(CuS)=6.3×10−36，Ksp[Cu(OH)2]=2.1×10−20，常温条件下，向碱浸液中加入CuSO4溶液，生成CuS和Cu(OH)2沉淀时，溶液的pH为10，，则溶液中剩余c(S2−)=mol/L＝3×10−24mol/L，故答案为：3×10-24。 9．(1) (2)增大催化剂与水的接触面积，提高浸出率 (3) pH增大时，水解程度增加，有生成，影响钒的浸出率(或促进生成、，提高浸出率) (4)酸性 (5)0.5 (6) V形 a 12 【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K2SO3和H2SO4对滤渣1还原酸浸，V2O5、Fe2O3和K2SO3和H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1和滤液2中的、VO2+进行萃取分离出亚铁离子和钾离子，再反萃取出和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。 【详解】（1）V是23号元素，价层电子排布式为。 （2）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是增大催化剂与水的接触面积，提高浸出率。 （3）①硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH需保持在1.2以下的原因是pH增大时，水解程度增加，有生成，影响钒的浸出率(或促进生成、，提高浸出率)； ②过程中除了有被还原成，也被还原生成Fe2+，被氧化为，离子方程式为：。 （4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是(有机层)，“反萃取”应让平衡逆向移动，使进入水层，故应选择在酸性环境中进行。 （5）沉淀经“焙烧”得到的化学方程式为，若得到1mol产品，则消耗空气中的物质的量为0.5mol。 （6）SO2分子的价层电子对数为2+=3，含有1个孤电子对，空间结构为V形；由的三聚体环状结构判断，该结构中S原子形成4个键，该结构中S—O键长分两类，一类如图中a所示，含有双键，键能较大，键长较短，另一类如图中b所示，为单键，键能较小，键长较长；由题给结构分析该分子中含有12个键。 10．(1) (2) 、 (3) (4) 正四面体（或四面体） (5)八面体 【分析】烟道灰中加入硫酸、H2O2氧化浸出，ReO3被氧化为，Re2O7转化为，其他氧化物转化为对应的金属阳离子，其中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+。过滤后滤液中加入NH4HCO3水解中和，此时pH=6，根据表格可知，铁离子已沉淀完全，铜离子部分转化为氢氧化铜沉淀，滤渣1中含有钼的化合物，氢氧化铁和氢氧化铜，过滤后滤液中加入硫化铵和硫酸，生成MoS3沉淀和CuS沉淀，过滤后滤液中加入RCl进行离子交换，转化为RReO4，再加入HClO4解吸，生成HReO4，最后生成Re。 【详解】（1）氧化浸出时，ReO3被H2O2氧化为，反应的离子方程式为。 （2）根据分析可知，滤渣1中除了钼的化合物外，还含有Fe(OH)3和Cu(OH)2。根据表格可知，pH=6.7时，铜离子沉淀完全，浓度约为10-5mol/L，则氢氧化铜的Ksp=10-5×(10-7.3)2=10-19.6，则当pH=6时，c(Cu2+)=mol/L=10-3.6mol/L。 （3）硫化沉淀时，与硫酸反应生成MoS3和H2S气体，反应的离子方程式为。 （4）①树脂再生时，RClO4转化为HClO4和RCl，则加入的试剂X为HCl。 ②HClO4中的阴离子为，其中Cl的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，空间构型为正四面体形。 （5）铼原子在顶点处，其上下、左右、前后各有一个氧原子，铼原子填在氧原子围成的八面体空隙中。 11．(1) 6 (2) 温度升高，的溶解度降低，所以钴的浸出率下降 (3)先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出 (4) 时，溶液中，则，所以沉淀完全 【分析】铜钴矿经粉碎之后，加入稀硫酸酸浸，生成亚铁离子、铜离子、钴离子和氢离子，加入有机溶剂RH，与铜离子反应生成有机物R2Cu,萃取分液除铜；加入氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子并以氢氧化铁和砷酸铁的沉淀将铁除掉；再加入草酸铵生成草酸钴沉淀，过滤之后进行焙烧，得到四氧化三钴。 【详解】（1）由图乙可知，1个晶胞中含有4个Co原子和4个O原子，该氧化物的化学式为CoO，其中Co以Co2+形式存在，Co为27号元素，则Co2+的价电子排布式为，以晶胞体心处的Co2+分析，可得出Co2+的配位数为6； （2）酸浸过程中，CoOOH被SO2还原为Co2+，发生反应：。若温度过高，SO2的溶解度降低，反应体系中还原剂的浓度减小，反应速率减小，所以单位时间内钴的浸出率下降； （3）分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为分液，先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出； （4）除铁过程中，Fe2+被氧化为Fe3+，被氧化为并结合Fe3+生成，被还原为，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒可写出生成的离子方程式：；时，溶液中，则，所以沉淀完全。 12．(1) ds 盐酸具有还原性，会被氧化产生污染性的氯气 0.250mol/L～0.500mol/L溶液(浓度在此范围内均可) 、6%溶液 (2)或 (3) 将氧化成，便于形成沉淀除去铁元素 2.8 【分析】将废弃锰酸锂电池破碎筛分后分别得废弃锰酸锂和石墨混合物以及铜屑和铝屑，废弃锰酸锂和石墨混合物用酸浸过滤得石墨和滤液，电解滤液得MnO2，铜屑和铝屑用碱浸过滤得到的铜屑经过电解精炼得精铜，滤液中的铝元素经过处理转化为氢氧化铝。 【详解】（1）①锰的原子序数为25，基态锰原子的价层电子轨道表示式为，铜的原子序数为29，铜元素在周期表中属于ds区； ②“酸浸”时加入一定量的和溶液，若将硫酸改为盐酸，盐酸具有还原性，会被氧化产生污染性的氯气； ③由图示可知，硫酸浓度为0.250mol/L～0.500mol/L、6%溶液时锰酸锂浸出率高，所以该过程合适的反应条件为0.250mol/L～0.500mol/L溶液(浓度在此范围内均可) 、6%溶液；当未加入时，浸出率较小，且产生了沉淀，即被氧化为，则还原产物为MnSO4，该反应的化学方程式为； （2）碱浸后铝元素以的形式存在，向溶液中加入小苏打溶液获得氢氧化铝，该过程的离子方程式为或； （3）具有较强的氧化性，向溶液中加入溶液，可以将将氧化成，所以该操作的目的是将氧化成，便于形成沉淀除去铁元素；当恰好沉淀完全时，，，溶液pH=+lg3=2.8。 13．(1)10 (2) CD 将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层 (3)2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl- (4) D (5)xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2 (6) 【分析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入稀硫酸形成含+4价Ce的溶液，用萃取剂将Ce4+萃取到有机层，对有机相进行除氟操作，得到含氟液和含Ce4+溶液，向有机相中加入硫酸和H2O2，用H2O2还原Ce4+为Ce3+，进入水层，分离出有机层，向水层溶液中加入NaClO和NaOH进行沉铈，即产生Ce(OH)4，过滤得到Ce(OH)4沉淀，向沉淀中加入硫酸进行溶解，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即得Ce(SO4)2·4H2O，或者对沉淀灼烧即得到CeO2，据此分析解题。 【详解】（1）已知基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，其电子所占据的能级中有4f上6个空轨道和5d上4个空轨道，即一共10个空轨道，故答案为：10； （2）“萃取”、“反萃取”操作需要用到的玻璃仪器有：分液漏斗、烧瓶和玻璃棒，故不需要选择坩埚和漏斗，由分析可知，“反萃取”中H2O2的作用是将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层，故答案为：CD；将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层； （3）由分析可知，“沉铈”为向水层溶液中加入NaClO和NaOH进行沉铈，即将Ce3+转化为Ce(OH)4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl-，故答案为：2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl-； （4）①设1molCe(SO4)2·4H2O进行加热分解实验，则a点对应失重质量为：1mol×404g/mol×(1-82.2%)=72g，即可知此过程失去4个结晶水，a点对应的化学式为：Ce(SO4)2，a点到b点继续失重，故b点物质不可能是Ce(SO4)2·2H2O 和Ce(SO4)2，a点到b点过程中失重质量为：1mol×404g/mol×(82.2%-70.3%)=48g，1molCe(SO4)2转化为CeOSO4时需失重80g，1molCe(SO4)2转化为Ce2(SO4)3时失重恰好为48g，即失去0.5molSO4原子团，故b点对应的纯净固体可能为：Ce2(SO4)3，故答案为：D； ②由滴定反应为可知，n(Ce(SO4)2·4H2O)=n(Fe2+)=×cmol/L×V×10-3L=4cV×10-3mol，该产品中Ce(SO4)2·4H2O的质量分数为×100%=%，故答案为：； （5）根据图中所给反应物和生成物可知，过程i发生反应的化学方程式为xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2，故答案为：xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2； （6）由题干CeO2晶胞示意图可知，一个晶胞中有白球个数为：=4，有黑球8个，即一个晶胞中含有4个Ce、8个O，设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为： g，晶胞参数为apm，则一个晶胞的体积为：(a×10-10)3cm3，则该晶胞的密度为==，故答案为：。 14．(1)增大接触面积，加快酸浸反应速率 (2) 2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O SiO2、PbSO4 (3) d 3.3-4.7 (4)Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd (5)Ni、CO、H2SO4 【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，提高某些金属元素浸取率。 （2）空气中氧气具有氧化性，酸性条件下氧化NiS得到硫单质，反应为：2NiS+O2+4H+=2Ni2++2S+2H2O；由分析可知，滤渣Ⅰ中还含有SiO2、PbSO4； （3）向滤液中加入不溶物X和溶液中氢离子反应调节pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而其它离子不沉淀，则需调pH范围为3.3-4.7；氢氧化钠溶液碱性太强且会引入钠离子，不合适，、CuO、均为固态且和氢离子反应能调节pH不引入其它杂质，合适；故选d； （4）电解时阴极的镍离子、镉离子得到电子发生还原反应转化为金属单质，电极反应为Ni2++2e－=Ni、Cd2++2e－=Cd； （5）由分析可知，整个流程中可以循环使用的物质有Ni、CO、H2SO4。 15．(1)增大接触面积，加快反应速率(合理即可) (2)+3、+4 (3)会催化分解，而不会分解(合理即可) (4)D (5)，mol⋅L-1，mol⋅L-1mol⋅L-1mol⋅L-1 (6)温度升高，氨水分解并挥发(合理即可) (7) (8) 【分析】软锰矿(主要成分为，还含有少量、FeO、、等杂质)中加水，水磨浆化，增大接触面积，加入硫酸和铁屑进行酸浸，被Fe2+还原为Mn2+，滤渣1为，滤液中含有硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸铝等盐，用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加物质X调节pH生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除铝、铁，过滤，滤液中含有硫酸锰，加入氨水沉锰，得到氢氧化锰，氧化氢氧化锰得到二氧化锰，二氧化锰与碳酸锂在煅烧窑中反应生成LiMn2O4，据此分析解答。 【详解】（1）软锰矿水磨浆化处理的作用是增大接触面积，加快反应速率。 （2）Li2Mn2O4中锰元素+3价，根据可知，LiMn2O4中锰原子，一个+4价，一个+3价，只有一个锰原子得电子变为+3价，则锂电池正极材料LiMn2O4中，锰元素的化合价为+3、+4。 （3）用代替氧化除杂，反应物利用率会更高，理由是会催化分解，而不会分解。 （4）NaOH、氨水、均能与氢离子反应，调节溶液的pH，不能与氢离子直接反应生成盐和水，故选D。 （5），mol⋅L-1，mol⋅L-1mol⋅L-1mol⋅L-1，则已经除尽。 （6）50℃后，随溶液温度升高，的沉淀率下降的原因是温度升高，氨水分解并挥发。 （7）煅烧窑中，二氧化锰与碳酸锂反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，故生成反应的化学方程式为。 （8） 由晶胞结构图可知，一个晶胞中的个数为，的个数为，则该氧化物的化学式为，基态为，价层电子轨道表示式为。 16．(1) 除去有机物并将金属单质转化为金属氧化物 (2) (3)洗涤、干燥 (4) (5) 1.25a 【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为NaOH、；通过灼烧，除去有机物，并将Ni、Cr、Fe转化为金属氧化物；加入硫酸、氧气，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、碳酸钠和次氯酸钠、氯化钠；过滤后得到的NiCO3表面附着可溶性杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物，据此分析解答。 【详解】（1）由分析知，“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为NaOH、，“灼烧”的目的是除去有机物并将金属单质转化为金属氧化物。 （2）由分析知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、、。 （3）由分析知，“煅烧”前滤渣需进行的两步操作是洗涤、干燥。 （4）300～400℃转化为，Ni的化合价升高，被氧化，说明有氧气参与反应，生成物还有二氧化碳，故反应的化学方程式为；设1mol NiCO3在400~450℃下分解为NixOy，1mol NiCO3的质量为1mol×119g/mol=119g，由图可知，NiCO3在400~450℃下分解固体残留率为67.5%，则分解后NixOy的质量为119g×67.5%80.3g，根据Ni原子守恒可知，生成NixOy的物质的量为，，得到 ，故400~450℃生成产物的化学式为Ni3O4。 （5）把氧化成，本身被还原成Cl－，根据化合价的升降法进行配平，离子方程式为；根据离子方程式，消耗a mol Ni(OH)2的同时消耗的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为，电解过程中2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为。 17．(1) (2)或 (3)稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境(或其他合理答案) (4)B (5) (6)Cu (7) 【分析】本题考查化工流程原理，辉铜矿浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化为Cu2+和S，再加入将Cu2+还原为Cu，过滤分离，再加入H2O2和硫酸将铜氧化溶解为CuSO4，最后加入制备得到CuC2O4固体。 【详解】（1）加入FeCl3溶液浸取，将Cu2S氧化为Cu2+和S，而SiO2不溶解，故滤渣的成分为S和SiO2，浸取时FeCl3氧化Cu2S的方程式为：； （2）加入将Cu2+还原为Cu，同时生成氮气，其离子方程式为或者； （3）氧化溶解时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，主要是因为稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境； （4）滤液1成分为FeCl2，可以通入Cl2，将其氧化为FeCl3，循环利用； （5） 制备时过多会导致与生成环状结构的配离子，由于Cu2+形成四个配位键，O存在孤电子对，可知其结构为。 （6）350~400℃下，剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，则剩余固体的摩尔质量为：，可知剩余固体为Cu； （7）晶胞中Cu原子处于面心，则铜原子个数为：，Au原子处于顶点位置，则Au原子个数为。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心，则氢原子个数为8，则晶体的密度为：。 18．(1)3d64s2 (2)平面三角形 (3) (4)cade (5) (6)94.8% (7) 【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)在空气中焙烧生成SO2，所得固体中含Fe2O3、Al2O3、SiO2和Fe3O4，经系列转化后，加入试剂R和H2SO4将Fe2+氧化成Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁，过滤得到FePO4，FePO4与Li2CO3、H2C2O4高温煅烧得LiFePO4。 【详解】（1）Fe原子核外有26个电子，基态Fe的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，价电子排布式为3d64s2。 （2）SO2中中心S原子的价层电子对数为2+×(6-2×2)=3，故SO2的VSEPR模型为平面三角形。 （3）“焙烧”时硫铁矿中的FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。 （4）“焙烧”后所得固体中含Fe2O3、Al2O3、SiO2和Fe3O4，从“焙烧”到“氧化”要经历4步，应先加入稀硫酸酸浸，过滤除去SiO2，过滤得到含Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，根据表中提供的几种金属离子沉淀的pH、结合除杂的原则可知，在除去Al3+前要加入FeS将Fe3+还原为Fe2+，过滤后加入FeO调节pH在5.2~7.5使Al3+转化为Al(OH)3沉淀而除去，故正确并合理的排序为cade。 （5）“氧化”时，当试剂R为双氧水时的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。 （6）K2Cr2O7将Fe2+氧化成Fe3+、自身被还原成Cr3+，根据得失电子守恒可得6LiFePO4~K2Cr2O7，n(LiFePO4)=6n(K2Cr2O7)=6×0.1000mol/L×0.02L=0.012mol，产品LiFePO4的纯度为×100%=94.8%。 （7）充电时阳极LiFePO4发生失电子的氧化反应转化成Li1-xFePO4，电极反应式为LiFePO4-xe-= Li1-xFePO4+xLi+。 19．(1) (2)C (3) (4) (5)8.4 (6) 【分析】向钛白工业废酸(、等离子)加入萃取剂，进行萃取，进入油相，分液后洗涤，再加入氢氧化钠反萃取，分别生成，过滤后加入酸进行酸溶，溶解生成，再加入草酸进行沉钪生成，在空气中焙烧，发生，生成，据此回答。 【详解】（1）钪位于元素周期表中第四周期第ⅢB族，故基态钪原子的价层电子排布式为，故答案为：； （2）中O的化合价为价，故钛的化合价为价；加入，形成，故的作用是提供配体，故答案为：C； （3）由于浓H2SO4密度比水大，溶于水放出大量的热量，为了防止产生液体飞溅引起实验事故，且由于加热会挥发，故实验室中混合三种试剂的操作是：将浓沿烧杯内壁缓慢注入中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再将所得混合液缓慢注入试剂中，并不断搅拌，则A、C分别为、，故答案为：、； （4）在“反萃取”中，加入溶液后生成，其中生成含化合物的化学方程式为；时，经“反萃取”后所得滤液的，即，则残留的浓度为，故答案为：；； （5）在时，的草酸溶液中，故答案为：8.4； （6）在空气中焙烧，草酸根中碳的化合价是+3价，灼烧草酸时会被氧气氧化为CO2，化学方程式为，故答案为：。 20．(1) 将Fe、Co转化成可溶性的盐而与WC和C分离 4.1≤pH＜7.0 2Co2++N2H4‧H2O=2Co↓+N2↑+H2O+4H+ (2)流速过快，与W的接触时间短，氧化不充分 (3)将Na3WO4充分转化为(NH4)3WO4，利用同离子效应，降低(NH4)3WO4的溶解度，提高(NH4)3WO4的产率 (4)阳极泥 (5) (6) 、 O＞Cl＞H＞Co 【分析】硬质合金废料(含WC、Fe和少量C、Co)中加稀硝酸酸浸，得到含WC和C的固体混合物、尾气1的主要成分NO，酸浸时稀硝酸将Fe、Co转化成可溶性的Fe3+和Co2+的盐，过滤得到酸浸液；将得到WC和C的固体混合物在氧气、水蒸气的条件下焙烧，得到的烧渣含WO3，往烧渣中加氢氧化钠溶液进行碱浸，得到的碱浸液中含Na3WO4，其中加氯化铵进行氨化结晶，将Na3WO4转化为(NH4)3WO4，然后煅烧得WO3；酸浸液调pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，过滤后的滤液中含Co2+，加一水合肼将Co2+还原为Co。 【详解】（1）用稀硝酸进行“酸浸”时，硬质合金废料中的Fe、Co转化成可溶性的Fe3+和Co2+的盐，从而与WC和C分离，即其目的为将Fe、Co转化成可溶性的盐，从而与WC和C分离；“沉铁”时是将溶液中的Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，但Co2+不沉淀，所以调节pH的范围为4.1≤pH＜7.0；“还原”反应是加一水合肼将Co2+还原为Co，同时生成一种参与大气循环的气体，由元素种类守恒可知，该气体为N2，其反应的离子方程式为2Co2++N2H4‧H2O=2Co↓+N2↑+H2O+4H+； （2）由以上分析可知，氧气将W氧化为三氧化钨，若其他条件相同时,“焙烧”过程中流速过快，将会导致氧气与W的接触时间短，氧化不充分，从而使钨的氧化率降低； （3）加氯化铵进行氨化结晶时，可将Na3WO4转化为(NH4)3WO4，加入足量利用了同离子效应，降低(NH4)3WO4的溶解度，提高(NH4)3WO4的产率； （4）“酸浸”工序的目的是将为将Fe、Co转化成可溶性的盐，从而与WC和C分离，若用电解法代替，则进行电解时，硬质合金废料作阳极，即其中的WC不反应进入阳极泥； （5）尾气1是用稀硝酸进行“酸浸”时，硬质合金废料中的Fe、Co转化成可溶性的Fe3+和Co2+的盐，稀硝酸被还原为的NO，尾气3则是煅烧(NH4)3WO4得WO3时生成的NH3，NO与NH3的反应是汽车尾气处理的原理之一，该反应的化学方程式为； （6）N、O元素的非金属性较强，和分子中均存在氧氢键，分子间能形成氢键；和NaOH为离子晶体，熔点高低与离子键强弱有关；Co为金属晶体，熔点高低与金属性强弱有关；为分子晶体，熔点高低与范德华力大小有关，所以、、、，NaOH，Co中，熔点主要取决于氢键的是、；Co为金属元素，其电负性在四种中最小，H、O、Cl均为非金属元素，三者电负性由大到小顺序为O＞Cl＞H，所以H、O、Cl、Co的电负性由大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Co。 21．(1)静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量 (2) (3) (4) (5) 消耗相同物质的量的硝酸，浓硝酸生成硝酸银较少，且生成污染性气体较多或消耗相同物质的量的硝酸，稀硝酸生成硝酸银较多，且生成污染性气体较少等合理即可 (6) 【分析】含银废液（主要含和AgCl）加入氯化钠沉银，所得氯化银沉淀用浓氨水溶解转化为，加入N2H4·H2O还原得到单质银，生成的银用稀硝酸溶解得到硝酸银溶液，然后蒸发结晶得到硝酸银晶体；若通过离子交换转化为，然后加入硝酸洗脱得到硝酸银溶液，蒸发结晶得到硝酸银晶体，据此解答。 【详解】（1）氯化银不溶于水也不溶于酸，则“沉银”时，检验所加NaCl溶液已经足量的方法是静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量。 （2）浓氨水“溶解”过程中反应的离子方程式为；已知的，溶解反应的平衡常数为。 （3） “还原”时，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为，氧化剂，转移4mol，设的还原产物的化合价为x，根据电子得失守恒可得，，，即生成物为，电子式为。 （4）洗脱时需用到酸溶液，不能引入新杂质，结合制备产物知，试剂x为稀硝酸；“离子交换”原理为，因此离子交换的目的是除去。 （5）稀硝酸和银反应的化学方程式为。由于消耗相同物质的量的硝酸，浓硝酸生成硝酸银较少，且生成污染性气体较多或消耗相同物质的量的硝酸，稀硝酸生成硝酸银较多，且生成污染性气体较少，因此解Ag制备用稀硝酸而不用浓硝酸。 （6）Hg位于晶胞顶点和体心，故晶胞中含有2个Hg，根据化学式可知，每个晶胞含有2个，故晶体的密度为。 22．(1)粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等 (2) (3)Fe、和 (4)2 (5) (6) TiC 12 或 【分析】钛铁矿主要成分FeTiO3，还含有、CaO、等杂质，加硫酸“酸浸”，用过量的铁把Fe3+还原为Fe2+，难溶于水、CaSO4微溶于水，过滤除去、CaSO4、Fe；滤液冷却结晶析出；滤液②含有TiOSO4，加热水解生成H2TiO3沉淀，H2TiO3灼烧分解的TiO2，据此分析解题。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率的一个措施有：粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等； （2）“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在，“酸浸”时，和硫酸反应生成硫酸亚铁和TiOSO4，发生反应的化学方程式为：； （3）难溶于水、CaSO4微溶于水，所以“滤渣”①的主要成分是、CaSO4和剩余的Fe； （4）酸浸后体系中，，常温下开始沉淀时，c(H+)=10-2，pH为2时开始沉淀； （5）TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有； （6）根据均摊原则，晶胞中Ti原子数、C原子数为，碳化钛的化学式为TiC；碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为12；晶胞边长参数，则晶体的密度或。 23．(1) 4s24p4 > 的中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，的中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为平面三角形 (2)CuS、PbS (3)TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失 (4) (5) (6) 【分析】碲碱渣加水水浸得到水浸渣和水浸液，水浸液的主要成分为、及少量可溶性的铜、铅化合物等，加入NaHS除杂，得到除杂渣，除杂渣主要成分为CuS、PbS，除杂液加入硫酸中和得到中和固体物质，固体物质用盐酸酸浸得到酸浸渣和酸浸液，酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗硒，溶液再加入亚硫酸钠还原得到还原液和还原碲粉； 【详解】（1）基态硒是第四周期ⅥA族元素，主族元素价电子数等于最外层电子数，所以基态硒原子的价电子排布式为4s24p4 ；的中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，的中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，则键角大小：>； （2）由分析可知，“除杂渣”的主要成分为CuS、PbS； （3）为两性氧化物，微溶于水，“中和”时控制为，生成沉淀，若硫酸过量，TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失，导致Te的回收率下降； （4）； （5）沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗硒，生成了一种无污染的单质气体，则为氮气，发生的主要反应的化学方程式为； （6）锌为活泼金属，放电时负极锌失去电子发生氧化反应生成锌离子：；为正极，得到电子发生还原反应生成，反应为：。 24．(1) p (2)低于，转化速率慢；高于，氨水易分解，生成氨气挥发 (3) 或 (4) (5)C (6) (7) 【分析】火法炼铜烟道灰(主要成分是的硫酸盐，还有少量和的氧化物)加入碳酸氢铵和氨水进行转化，，得到转化渣碳酸铅和，硫酸铜则和氨水生成，的氧化物则转化成或等进入滤液，在转化渣中加入硝酸进行酸浸，浸取液中再加入酸浸渣，发生反应，将Bi以碳酸氧铋的形式除去，再加入硫酸沉铅，可得到三盐基硫酸铅(，据此回答。 【详解】（1）铅位于元素周期表中第六周期第ⅣA主族，故铅原子的核外电子排布式：；位于元素周期表中p区； （2）由于低于，转化速率慢；高于，氨水易分解，生成氨气挥发，故转化过程温度选择； （3）由分析知，Cu、As元素分别以和或进入转化液中； （4）由分析知，转化为的离子反应方程式； （5）由分析知，X酸宜为硝酸，故选C； （6）由分析知，转化渣除铋的离子方程式为； （7）设烟道灰中含铅的质量分数为x，由铅守恒得，解。 25．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) (3) (4)防止被氧化 (5)0.2 (6) 1.5 【分析】氟碳饰矿(含CeFCO2、BaO2、SiO2等)在高温焙烧的条件下，得到烧渣二氧化铈和四氟化铈，在过量稀硫酸的作用下转化为，带硫脲的还原下得到，发生已知信息反应1，得到复盐沉淀，该沉淀在氢氧化钠和稀硫酸的作用下转化为，在碳酸氢钠作用下得到碳酸式沉淀，进而转化为进而转化为CeO2; 【详解】（1）将矿石粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率； 故答案为：增大接触面积，加快反应速率 （2）根据题意可知，1:1的CeO2和CeF4在氢离子作用下，生成，故该反应的化学方程式为：； 故答案为：； （3）根据题干信息：加入硫脲会将还原为，再结合已知信息4可以写出该反应的化学方程式为：； 故答案为： （4）已知信息3在空气中易被氧化为，不加入x的作用就是防止在空气中被氧化为； 故答案为： 防止被氧化； （5）根据，得到Ce2(CO3)3饱和溶液中，再利用碳酸二级电离平衡常数得到：故答案为：0.2mol/L； （6）①根据晶胞模型可知，LixZnyS晶胞中含有四个硫原子，Li＋和Zn2＋一共有7个，利用原子守恒和正负化合价代数和等于零可得到解得x=1.5； ②氢离子和硫离子的距离为体对角线的，根据正方体中体对角线等于棱长的倍，可以得知棱长，硫化锌晶胞中有四个硫离子和四个锌离子，晶胞的质量为g,体积为，该晶胞的密度为：； 故答案为： ①1.5 ② 【点睛】①ksp和ka联立立，解决离子浓度的计算；肯定的； 根据，得到Ce2(CO3)3饱和溶液中，再利用碳酸二级电离平衡常数得到： ②晶胞中化学式的确定以及晶胞密度的计算； 26．(1)将正极材料粉碎；适当增大硫酸的浓度；增大酸浸时间等 (2) 第四周期第Ⅷ族 (3) B (4)CaSO4、C (5)Co2+、Fe2+、Al3+ (6)或 (7)温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率 【分析】废旧锂离子电池正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al、C等)，加入硫酸、草酸进行酸浸，酸浸后的溶液中含有的部分金属离子有：Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等，则Ca转化为CaSO4沉淀，C不溶，也进入沉淀中；过滤后，得滤渣1的成分为CaSO4、C，滤液中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等；滤液1中加入NaOH调pH=10，由Ksp可确定Co2+、Fe2+、Al3+都转化为氢氧化物沉淀，Mg2+、Li+存在于滤液2中。滤渣1中加入NH3∙H2O、(NH4)2CO3混合溶液，Co(OH)2转化为，通空气催化氧化，过滤得滤渣C0(OH)3，灼烧得Co2O3。滤液2中加入NH4F固体，Mg2+转化为MgF2沉淀，过滤后往滤液中加入饱和NaHCO3溶液，并加热到90℃，Li+转化为Li2CO3沉淀。 【详解】（1）为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取增大接触面积、增大酸液浓度、增大浸取时间等措施，则措施有：将正极材料粉碎；适当增大硫酸的浓度；增大酸浸时间等。 （2） 元素Co为27号元素，价电子排布式为3d74s2，则在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；Co2+价层电子轨道表示式为。 （3）“酸浸”时，LiCoO2被草酸还原，生成Co2+等，反应的离子方程式为；在反应过程中，H2C2O4的表现出还原性，则能替代H2C2O4的试剂为Na2S2O5溶液，故选B。 （4）由分析可知，滤渣1的主要成分有CaSO4、C。 （5）加NaOH调节pH=10时，Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+分别为5.9×10-7mol/L、4.9×10-9mol/L、1.1×10-21mol/L、5.6×10-4mol/L，则可以完全沉淀的金属离子有Co2+、Fe2+、Al3+。 （6）滤液3中含金属元素的离子主要是，则滤渣2与NH3∙H2O、(NH4)2CO3混合溶液主要反应的离子方程式为或。 （7）沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，可促进自耦电离：，增大溶液中的c()，有利于Li+转化为Li2CO3沉淀。则原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是：温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率。 【点睛】除去溶液中的Mg2+、Ca2+时，常通过加入NH4F等措施，将其转化为MgF2、CaF2沉淀。 27．(1)Li2O2FeOP2O5 (2)FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2+++2H2O (3)4NA (4)高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致TiO2⋅xH2O转化反应速率和转化率下降 (5)2Fe2++H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4H++2H2O (6)草酸受热易分解，确保FePO4能完全转化为LiFePO4 (7)11∶4 【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、，水解后过滤，沉淀为TiO2•xH2O，与双氧水、氨水反应生成(NH4)2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解答。 【详解】（1）根据KAlSi3O8可写成，则LiFePO4可写成Li2O2FeOP2O5； （2）“酸浸”后，若钛主要以形式存在，Ti的化合价为+4价，反应前后没有化合价的变化，是非氧化还原反应，因此相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2+++2H2O； （3）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价是+1价，由化合价代数和为0可知，氧元素的负价代数和为22，设其中过氧键的数目为x个，则2x+(15-2x)×2=22，解得x=4，1molLi2Ti5O15中含有过氧键的数目为4NA； （4）TiO2⋅xH2O与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是：高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致TiO2⋅xH2O转化反应速率和转化率下降； （5）向“滤液②”中加入双氧水和Fe2+发生氧化还原反应生成FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4H++2H2O； （6）由分析可知，在“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是将Fe(Ⅲ)还原为Fe(Ⅱ)，适当多加草酸的原因为：草酸受热易分解，确保FePO4能完全转化为LiFePO4； （7）在Li1-nFePO4中，若n＝，设Li1-nFePO4中含有x个Fe2+、y个Fe3+，根据化合物中化合价代数和为零，则x+y=1、2x+3y=3-，解得x=、y=，材料中11∶4。 28．(1)ac (2)Cu2+ (3) pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低 (4) 取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净 (5) 【分析】由已知信息可知，合金废料中加入混酸浸取液浸取后，得到的溶液中含有的离子有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，向溶液中加入萃取剂，用萃取剂除去溶液中的Cu2+，向萃取后的溶液中加入还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，然后加入H2O2，将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，除去溶液中的铁元素；过滤后，向滤液中加入，(NH4)2C2O4溶液反应得到NiC2O4。 【详解】（1）a．适当延长浸出时间可以使反应更充分，提高浸出率，a项选； b．高温条件下可以加快反应速率，但是在高温条件下硝酸会挥发，故不能用高温浸出，b项不选； c．分批加入混酸浸取并搅拌能使反应物混合更均匀，更充分，提高浸出率，c项选； 答案选ac； （2）由流程分析可知，后续的操作不能除去Cu2+，故只能在萃取步骤中除去Cu2+； （3）①由题意可知，氧化过程是在70℃、pH小于3的条件下进行，过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反应生成FeOOH沉淀，反应的离子方程式为； ②由题给信息可知，溶液pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成更多的胶体能吸附Ni2+，导致镍回收率降低； （4）由流程可知，草酸镍晶体表面附有可溶的硫酸铵和硝酸铵，检验晶体是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根，则检验方法为取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净；常温下Ksp[NiC2O4]=1.70×10-17，当溶液pH=2时，Ni2+沉淀完全，假设Ni2+浓度为1×10-5mol·L-1，则==，溶液pH=2，，草酸的Ka2==5.0×10-5，则==，Ka1==6.0×10-2，则=， （5）在空气中加热二水合草酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为。 29．(1) 加快反应速率 (2) Fe(OH)3 Cu(OH)2 (3)NaCrO2 (4) (5)硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降 (6)5 【分析】向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，调pH=9，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为；向烘干粉碎的草酸泥渣中加入碳酸钠焙烧，将硫酸铅转化为氧化铅，将焙烧渣水洗得到的氧化铅溶于硝酸溶液得到硝酸铅，将硝酸铅溶液和铬酸钠溶液混合反应，将铬酸钠转化为铬酸铅沉淀，过滤得到铬酸铅和滤液；向滤液中加入硫酸亚铁、硫酸铁，将溶液中的铬酸根离子转化为铁铬氧体，过滤得到达标排放的废水。 【详解】（1）将草酸泥渣“粉碎”可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为； （2）向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣，所以滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2； （3）向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，所以“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为NaCrO2； （4）“氧化”工序是向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为，发生反应的离子方程式为； （5）铬酸钠溶液存在如下平衡：，硝酸过量会使溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液中的铬酸根离子浓度减小，导致沉铬率下降，所以为了提高沉铬率， “酸溶”过程中所加硝酸不能过量； （6）设加入硫酸铁的物质的量为amol，由铬原子个数守恒可知，铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)的物质的量为，由铁原子个数守恒可知10+2a=，由化合价代数和为零可得：3x+3y=6，由得失电子守恒可得：，解得a=5、x=、y=，故答案为：5mol。 30．(1)第六周期第ⅢB族 (2)加快反应速率 (3) (4) 小于 （写成结构式也给分） (5) 6 【分析】氟碳铈矿含、、等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2 、BaSO4不反应，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3•Na2SO4•nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，据此分析解题。 【详解】（1）铈(Ce)原子序数为58，其在元素周期表中的位置第六周期第ⅢB族； （2）“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，这样操作的目的是延长反应时间加快反应速率； （3）根据分析可知，滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4； （4） 硫脲结构为：，则硫脲中的键角：小于，因为S原子的半径大于N，产生的斥力更大，故夹角更大；硫脲与反应后生成物的结构为：，硫脲将Ce4+还原为Ce3+，产物还有F-、HF，该反应的离子反应方程式： （5）据分析可知步骤④为Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，同时生成二氧化和水，离子反应方程式；常温下，若沉淀后溶液中，，的，，,。此时溶液的6。 31．(1)2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2 (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)3.2≤pH＜6.7 (4)冷却到30.8到53.8结晶 (5) NiSO4>CoSO4>FeSO4 正四面体 4 N>O>C 【分析】本流程根据物质的相关物理性质、化学性质，设计一系列的分离提纯过程，除去杂质，获得所需工业产品；通过碱洗除去Al元素，再通过酸洗除去不溶性杂质，Ni、Al、Fe及其氧化物和硫酸反应转化为Ni2+、Fe2+、Fe3+。利用H2O2氧化性将Fe元素存在形式均调整成Fe3+，利用Fe3+易水解，Fe3+、Ni2+水解pH环境不一致的特点，通过调节溶液pH完成Fe元素的除去；再利用经典的蒸发结晶操作获得结晶水合物产品。 【详解】（1）“碱浸”时Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2。 （2）由分析可知，“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。 （3）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时 c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=10-5.3 mol/L，则Ni(OH)2的 Ksp=c(Ni2+)⋅c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2 =1.0×10-15.6，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1mol·L-1，此时，则 c(H+)==10-6.7mol/L，即pH=6.7；为避免镍离子沉淀，溶液的pH应小于6.7，Fe3+完全沉淀的pH 为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.7。 （4）由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却到30.8到53.8结晶、过滤、洗涤、干燥。 （5）①Fe、Co、Ni三种元素二价离子的半径依次减小，硫酸盐晶体中品格能依次增大，所以其熔点出高到低的顺序为NiSO4>CoSO4>FeSO4； ②NiSO4的阴离子为SO中心原子价层电子对数为=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体； ③由图可知，Ni2+与4个N形成配位键，Ni2+的配位数为4；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但氮原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O三种元素第一电离能从大到小为：N>O>C。 32．(1) (2) 变小 由于萃取过程为可逆反应，随着溶液酸度的增大，使得萃取反应向左移动，不利于萃取的进行，从而萃取率明显降低 0.5 (3) (4)将氧化为 (5) 【分析】 在含铬混合电镀污泥中加入硫酸进行酸浸，、、、、分别转化为对应的硫酸盐，再加入碳酸钙调pH至2.5，浸渣的主要成分为硫酸钙，之后用有机溶剂萃取，进入有机相而其它物质在水相，加硫酸钠将转化为，再加沉淀剂可将转化为沉淀，然后加过氧化氢将转化为，调节溶液pH可使形成沉淀，加硫化钠可沉淀，最后加入碳酸钠使镍元素转化为沉淀。 【详解】（1）由分析知，浸渣的主要成分是。 （2） ①萃取过程发生：，由于生成HCl，浸取液的pH变小。 ②萃取过程为可逆反应，当pH小于1时，随着溶液酸度的增大，使得萃取反应向左移动，不利于萃取的进行，从而使萃取率明显降低。 ③由题意知，为保证平衡正向移动，应使，则为保证浸取液中的铜能完全萃取进入有机相，浸取液中的应不大于0.5mol/L。 （3）由于沉铬时选择的沉淀剂为，，，二者比较接近，为了沉淀，可加入将还原为，对应的离子方程式：。 （4） 沉铁时，加的作用是将氧化为，之后通过调pH可使形成沉淀。 （5）结合晶胞及其投影图知，C点原子在晶胞体内，且参照A点和B点原子的分数坐标可知C点原子的分数坐标为。 33．(1)、 (2) (3)6.7 (4) 当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟不褪色 45％ (5) 负 、 【分析】 向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。 【详解】（1）退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡，反应中锡化合价升高，则氮化合价降低，且无气体生成，那么氮的还原产物为硝酸铵，故生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：、； （2）由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为； （3）由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为，pOH=7.3，则需调节溶液pH不小于6.7； （4）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为：当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟不褪色； ②滴定反应为碘酸钾标准液和二价锡发生氧化还原反应生成碘离子和四价锡，反应中锡化合价由+2变为+4、碘化合价由+5变为-1，结合电子守恒可知，反应为：； ②反应为：，结合锡元素守恒可知，产品中Sn元素的质量分数为； （5）精锡上二价锡得到电子发生还原反应，为阴极，则连接电源的负极。检测可知电解后阳极泥中含有Sb、Cu、等，则电解过程中阳极上铁、锡、铅失去电子发生氧化反应，电极反应式有、、。 34．(1) 四 Ⅷ (2)研磨粉碎红土镍矿或增大酸的浓度或适当升高温度等 (3) (4)pH>2.2后，容易形成氢氧化铁的胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍的损失 (5) 0.21 pH过小，难以形成MgF2沉淀；pH过大，会形成Ni(OH)2沉淀 (6) 取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，则已洗涤干净 53.8 30.8 【分析】 红土镍矿加入稀硫酸进行酸浸，二氧化硅不反应，滤渣为二氧化硅，NiO与稀硫酸反应生成Ni2+，MgO转化为Mg2+，铁的氧化物转化为Fe3+或Fe2+；加入双氧水进行预处理，Fe2+被氧化为Fe3+，加入硫酸钠固体进行沉铁，生成黄钠铁矾；加入氧化镁调节pH，加入NaF溶液进行沉镁，得到滤液Y，滤液Y经过一系列处理后得到固体。 【详解】（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅷ族。 （2）反应速率受温度、浓度、接触面积等影响，为加快红土镍矿的溶解，在“酸浸”步骤中可采取的措施有研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度或适当升高温度等。 （3）“预处理”中，H2O2与Fe2+反应的离子方程式为。 （4）开始沉淀的pH为2.2，当pH>2.2后，容易形成氢氧化铁胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍损失。 （5）沉镁时发生反应，当溶液中为0.1mol/L，溶液的体积为1L时，完全反应Mg2+需要消耗NaF 0.2mol，根据平衡可知，要使溶液中，，溶液体积为1L，则共需要。“沉镁”时应保证MgO将溶液的pH调节至5.5～6.0，原因是pH过小，难以形成MgF2沉淀；pH过大，会形成Ni(OH)2沉淀。 （6）①检验固体洗涤干净即检验固体表面不含SO，故可取最后一次的洗涤液于一支洁净的试管中，向其中滴加BaCl2溶液，无沉淀生成，则已洗涤干净。 ②由图可知，要制得固体，应稍低于53.8 ℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于30.8 ℃，趁热过滤。 35．(1)3d74s2 (2) ② Cu、PbSO4 (3) 生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀 1 (4) 消耗了H+，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去 (5) 弱于 CoO(OH) 【分析】 以净化渣(主要含锌、铜、铅、钴元素以及一定量的铁和锰元素，它们大多以金属单质和氧化物的形式存在)为原料提取钴，加入硫酸进行酸浸，“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，其它金属元素均转化为对应的硫酸盐，Na2S常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，加NaClO3调节溶液pH，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再次加入Na2S2O8，可将Co2+氧化生成Co(OH)3，经一系列转化后可得钴产品。 【详解】（1）Co为27号元素，其基态原子的价层电子排布式：3d74s2。 （2） “常压浸出”的加热温度为70℃左右，温度高时，盐酸、硝酸均挥发，对设备的腐蚀能力强，而硫酸不挥发，则宜采用②硫酸进行酸浸。酸浸后金属元素转化为对应的金属硫酸盐，但铜与硫酸不反应，PbSO4为难溶物，则浸出渣主要成分为Cu、PbSO4。 （3） 大多数金属硫化物都难溶于水，能选择除铜的原因是生成的CuS溶解度最小，先于其它的金属离子沉淀；加入后的溶液中，，则溶液中的，根据、知，，其中，则，溶液的pH约为1。 （4） 过二硫酸钠（）氧化Mn2+生成MnO2沉淀，同时生成，根据化合价升降守恒、电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式：。加入过二硫酸钠能氧化Fe2+为Fe3+，但Fe3+不会生成沉淀，氯酸钠属于强碱弱酸盐，加入氯酸钠可消耗溶液中的H+，从而促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而被除去。 （5） 由图知，在“沉淀分离”步骤中得到锰铁渣和含钴元素的溶液，说明还原性Co2+弱于Mn2+；Co(OH)3的相对分子质量为110，Co(OH)3脱水前后质量比为55:46，说明则该过程中发生：，则钴产品的化学式为CoO(OH)。 36．(1)温度升高，氨气挥发量增加且分解，生成减少，不利于锌的浸出 (2)、 (3) (4) C (5) ① ds < 【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌； 【详解】（1）“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出； 故答案为：温度升高，氨气挥发量增加且NH4Cl分解，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出； （2）根据分析，滤渣1为Mn(OH)2、Fe(OH)3、SiO2； 故答案为：Fe(OH)3、SiO2； （3）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为； 故答案为：； （4）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，反应为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3； ②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好应120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高； 故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；C； （5）①N和O的电负性相比，N弱于O，则N易提供孤电子，配位键稳定性强； 故答案为：①； ②Zn为30号元素，电子排布式为，价电子排布式；位于元素周期表ds区； 故答案为：；ds； ③角③属于单键与单键形成夹角，电子云密度小，键角斥力小，键角小于120°； 故答案为：＜。 37．(1)4 (2) (3) (4) 与的物质的量之比为时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但元素沉淀率大幅度提高 温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低 (5) 【分析】钕铁硼油泥废料(主要物相为RE2O3、Fe2O3)用Na2CO3溶液洗涤后，加入稀盐酸浸取，滤液中含有Fe3+、RE3+，向滤液中加入草酸溶液沉淀得到RE2(C2O4)3·10H2O，过滤后的滤液中加入铁粉和草酸溶液沉铁，得到草酸亚铁晶体。 【详解】（1）钕(Nd)属于f区元素，含有s、p、d、f共4种能级，其原子轨道共有4种不同的形状。 （2）溶液中碳酸根发生水解使溶液呈碱性，，而油脂易在碱性溶液中分解，故溶液能洗涤钕铁硼油泥废料。 （3）由图可知，Fe2O3与盐酸反应生成了，离子方程式为：。 （4）与的物质的量之比为时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但元素沉淀率大幅度提高，所以沉淀时，与的最佳物质的量之比为。最佳沉淀温度为60℃，，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低。 （5）由表格数据可知，最稳定，则在沉淀后的滤液中加入，溶液中主要存在的配位阴离子是，在加入铁粉后生成的离子方程式为：。 38．(1) 将银锰精矿和氧化锰矿粉粹 适当升高温度 (2)3 (3) FeCl3 HCl 第一种 理由是第一种方式中浸锰液中生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂 第二种方式中CN－会水解生成HCN，HCN有剧毒 (4) 置换速度更快 银回收率更高 【分析】“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出，发生反应主要为，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，并利用FeCl3发生浸银，“沉银”过程中可以用过量的活泼金属作为还原剂，可将[AgCl2]-还原为单质银。 【详解】（1）为提高浸取速率，可采取的措施将银锰精矿和氧化锰矿粉粹或适当升高温度。在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应且产物均在浸锰液中，MnO2为氧化剂被还原为，FeS2被氧化为溶于水的Fe3+和硫酸根，则该反应的离子方程式为。 （2） 室温下调节pH主要是为了除去Fe3+，当Fe3+浓度小于10-5mol·L-1认为完全去除，此时，得，由此可知pH=3，故室温下调节pH不低于3可完全除去杂质离子。 （3）“浸银”时，可以使用过量的FeCl3发生将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出，并利用盐酸促进平衡正向移动同时抑制铁离子水解。使用NaCN溶液同时通入O2作浸出剂，将Ag2S中的银以[Ag(CN)2]—形式浸出，此时离子的方程式为。第一种方式中浸锰液中生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂且第二种方式中CN－会水解生成HCN，HCN有剧毒，故第一种方式更好。 （4）采用Zn粉作还原剂置换速度更快且银回收率更高。 39．(1) 盐酸具有挥发性 (2) 将二价铁氧化为三价铁 3.1~4.0 (3)浸取 (4) 平面三角形 SO2 (5) 【分析】辉铋矿加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质，得滤液主要成分：BiCl3、FeCl2，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为二氧化硅和硫单质，滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液2中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，过滤后滤饼溶于盐酸得BiOCl，BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，BiCl3与NH4VO3、氨水转化为BiVO4； 【详解】（1）盐酸具有挥发性，故加热温度不宜过高；铁离子具有氧化性，浸取过程将-2价硫氧化为S单质，铁化合价由+3变为+2、硫化合价由-2变为0，结合电子守恒可知，主要离子方程式； （2）过氧化氢具有氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，利于铁的后续除去；由表可知，调pH使得铁离子沉淀而铋离子不沉淀，故调pH的范围是3.1~4.0； （3）滤液2中含氯化铋和氯化钠，稀释促进氯化铋水解生成氢氧化铋和盐酸，盐酸可以循环用于浸取工艺； （4）SOCl2中硫有1个S=O、2个S-Cl，为sp2杂化，离子的空间构型为平面三角形；BiOCl与SOCl2发生反应得到BiCl3和二氧化硫，气体X是SO2； （5）据“均摊法”，晶胞中含个Bi3+、个Se2-、个O2-，则晶体密度为。 40．(1)搅拌、将氧化锌粉碎、升高温度、增加硫酸浓度等 (2) (3)调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等 (4) 7.9 不能 【分析】工业级氧化锌加入硫酸酸浸，浸出液加入高锰酸钾氧化亚铁离子为氢氧化铁沉淀、氧化锰离子为二氧化锰沉淀，然后加入锌调节pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，过滤滤液加入碳酸钠将锌离子转化为碳酸锌沉淀，吸滤、煅烧得到成品。 【详解】（1）增大接触面积可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；也可以适当升高温度、增加硫酸浓度等加快反应速率，提高浸出效率； （2）高锰酸钾氧化亚铁离子反应中，Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由+2价升高为Fe(OH)3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则高锰酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；高锰酸钾氧化锰离子反应中高锰酸钾Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化合价由+2价升高为二氧化锰中+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则高锰酸根离子的系数为2，Mn2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：； （3）加入锌粉的目的是和溶液中氢离子反应，调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，使其转化为沉淀； （4）①浸出液中、，1m3上述浸出液中，Fe2+的物质的量为，Mn2+的物质的量，、，可知需要高锰酸钾的物质的量为，需要高锰酸钾的质量为0.05mol×158g/mol=7.9g； ②溶液中，若溶液，pOH=11，则，故此时不能生成沉淀。 41．(1)8：1 (2) (3) (4)草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大 (5) 900 否 【分析】由题给流程可知，废旧锂电池粉碎后，加入稀硫酸和硫代硫酸钠混合溶液浸出，将钴酸锂转化为硫酸锂和硫酸亚钴，其他金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和浸出液；向浸出液中加入碳酸氢铵溶液，使溶液中的铝离子、铜离子发生双水解反应转化为氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铝、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰、铁离子转化为氢氧化铁，过滤得到含有二氧化锰、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含有亚钴离子、镍离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到硫酸亚钴溶液；向溶液中加入草酸铵饱和溶液，将溶液中的亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，过滤得到二水草酸亚钴晶体。 【详解】（1）由分析可知，加入稀硫酸和硫代硫酸钠混合溶液浸出的目的是将钴酸锂转化为硫酸锂和硫酸亚钴，由得失电子数目守恒可知，浸出时氧化剂钴酸锂和还原剂硫代硫酸钠的物质的量比为8：1，故答案为：8：1； （2）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液的目的是使溶液中的铝离子、铜离子发生双水解反应转化为氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，其中沉淀铝反应的离子方程式为，故答案为：； （3）由分析可知，加入次氯酸钠溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰、铁离子转化为氢氧化铁，其中生成二氧化锰的离子方程式为，故答案为：；； （4）反应温度为50℃以上时，温度升高，钴的沉淀率下降说明草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大，故答案为：草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大； （5）由方程式可知，反应的平衡常数K=====900，平衡时草酸的浓度为0.05mol/L，溶液pH为1.5，则由平衡常数可知，溶液中亚钴离子的浓度为 mol/L =2.2×10-5 mol/L＞1×10-5 mol/L，所以溶液中亚钴离子没有沉淀完全，故答案为：900；否。 42．(1) 5s25p2 p (2)、 (3) D (4) (5) 精锡 增强溶液的导电性 防止Sn2+的水解 (6) 【分析】锡精矿中主要有、S、、、等杂质元素，锡精矿后加入稀盐酸溶解，由于性质稳定，难溶于酸，过滤得到，再使用焦炭还原得到粗锡，最后电解精炼得到精锡，据此分析解题。 【详解】（1）锡的原子序数为50，其价层电子排布式为5s25p2，在元素周期表中位于p区，故答案为5s25p2；p。 （2）焙烧时、S、、、杂元素转化为氧化物，由题可知，加入稀盐酸后的滤液经过处理得到Fe和Pb，所以烟尘中的主要杂质元素是、，故答案为、。 （3）酸浸时，生成，离子方程式为，浸出过程中添加氯化钠，可促使氯化铅转化成铅的氯络阴离子，提高其浸出效果，故答案为；D。 （4）使用焦炭还原得到粗锡，化学方程式为，故答案为。 （5）电解精炼时，与电源的负极的是精锡；以和少量作为电解液，在水溶液中的电离，可以增强溶液的导电性；可以防止Sn2+的水解，故答案为精锡；增强溶液的导电性；防止Sn2+的水解。 （6）由题可知，与强碱反应获得，则与熔融反应的化学方程式为，故答案为。 43．(1)3d74s2 (2)Na[Al(OH)4]或NaAlO2 (3) (4)2∶1 (5)低压低温蒸发，避免分解 (6)0.167mol⋅L-1 (7) (8)还原 【分析】“焙烧”过程Co、Ru分别被氧化为CoO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，“水浸”过程Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)溶解，CoO不溶，过滤得CoO固体和滤液，向滤液中加入乙醇，“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，过滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl3溶液，RuCl3溶液经过蒸发结晶得到RuCl3⋅6H2O；CoO进行酸浸得含Co2+溶液，用草酸溶液沉钴得到CoC2O4晶体，最后经系列操作得到Co(NO3)2⋅6H2O，据此解答。 【详解】（1）Co是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2； （2）“焙烧”过程Co、Ru分别被氧化为CoO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，则“焙烧”后所得固体主要成分为CoO、Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4]或NaAlO2； （3）“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，则该反应的化学方程式为：； （4）“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得到RuCl4，再加入盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应得到RuCl3和N2，则盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应的化学方程式为：，所以产物RuCl3和N2的物质的量之比为2∶1； （5）“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行(此时水的沸点是28°C)，即在低压低温下蒸发结晶得到RuCl3晶体，其目的是低压低温蒸发，避免RuCl3⋅6H2O分解； （6），则，所以； （7）“沉钴”时，向含Co2+溶液中加入草酸溶液得到CoC2O4⋅xH2O晶体，则反应的离子方程式为：； （8）“还原”后，过滤得到Ru(OH)4沉淀和含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液，此时Co、Ru都已经提取，则可以从含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液中提取Al2O3，所以在“还原”步骤后提取Al2O3最合适。 44．(1)NaOH(或热的Na2CO3) (2) 硼 6mol/L的盐酸、液固比为5：1 (3) (4)将Fe3+还原为Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC2O4·2H2O的沉淀 (5) 6 sp2 【分析】钕铁硼废料预处理后在通入空气在200℃条件下焙烧后，加入稀盐酸浸出，滤渣1主要成分为硼；滤液1加入草酸溶液沉钕得到Nd2(C2O4)3·10H2O，滤液2加入铁粉沉铁，得到草酸亚铁晶体； 【详解】（1）碳酸钠水解呈碱性，油脂在碱性条件下水解，故“预处理”是洗去钕铁硼表面的油污，可选择NaOH(或热的Na2CO3)溶液； （2）根据已知信息“200℃下氧化焙烧，钕铁硼废料中钕和铁主要以Nd2O3和Fe2O3形式存在，硼常温下稳定，加热至300℃被氧化，不与稀酸反应”，所以“滤渣1”的主要成分为硼。结合题意，在“浸出”时，应尽可能地将钕和铁存在于“滤液1”中，即浸出率尽可能大，同时考虑到成本，因此选择6mol·L-1的盐酸、液固比为5：1的条件进行浸出； （3）根据流程图可知，“沉钕”过程用草酸将Nd3+转化为难溶的Nd2(C2O4)3·10H2O； （4）根据已知信息“H2C2O4易与Fe3+形成多种配合物离子，易与Fe2+形成FeC2O4·2H2O沉淀”，结合题意，需将铁元素转化成Fe2+，与溶液中的草酸根生成FeC2O4·2H2O的沉淀； （5）根据FeC2O4·2H2O晶体结构片段，可知Fe2+与6个O原子形成配位键，配位数为6；FeC2O4·2H2O晶体中有碳氧双键，碳原子杂化类型为sp2.根据质量守恒和电荷守恒配平离子方程式，，故，故样品纯度为。 45．(1)   (2) 形成了原电池 (3)0.5 (4) (5)调节溶液pH，使铁离子沉淀 (6) 【分析】以湿法炼锌净化渣(主要含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb、ZnO、等)为原料提取钴，“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，Co、Zn、Fe均与硫酸反应生成相应的盐，Na2S常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，Na2CO3调节溶液pH，生成氢氧化铁，在溶液pH=5时，Na2S2O8g能将Co2+氧化生成Co(OH)3，据此分析解题。 【详解】（1）Co为第27号元素，基态Co原子的价层电子轨道表示式为  。 （2）“浸出渣”中一定含有的物质为，因为Pb与硫酸反应时，生成固体，由于存在，Cu不一定存在。在“浸出”过程中，加入稀硫酸浸取，与活泼性不同的金属形成了原电池，反应速率较快。 （3）常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到，“除铜液”中浓度为，，，常温下，饱和水溶液中存在关系式：，则此时溶液的，，，故。 （4）“氧化”过程中，与发生反应，被氧化为，被还原为，离子方程式为。 （5）“沉铁”过程中，的作用是调节溶液pH，生成氢氧化铁。 （6）以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为)为原料提取出，理论生成Co为，实际生成的Co的质量为，在提取过程中钴的损失率为。 答案第52页，共53页 答案第53页，共53页 学科网（北京）股份有限公司 $$