2025届高三化学一轮复习 专项练习——工业流程31道

2025年重庆高考一轮专项练习——工业流程31道解析版 一、解答题 1．（2024·重庆·模拟预测）锗是一种战略性金属，用锌浸渣(主要含、，另含少量、以及)提取高纯和的工艺流程如下： 已知：①常温下，。②极易水解，沸点为。 请回答下列问题： (1)基态的最外层电子排布式为 ，的晶体类型为 。 (2)“氧化酸浸”后产生的浸渣含有，写出反应的离子方程式 。 (3)“中和沉淀”中，加化合物A (填化学式)调节溶液使和共沉淀，此时滤液中 。 (4)“中和沉淀”后，用蒸馏水洗涤滤饼，判断滤饼洗净的实验操作和现象是 。 (5)称取4g高纯样品，加入溶液，用电炉加热溶解。溶解完全后冷却至20℃以下，加入次磷酸钠溶液充分反应，溶液中锗元素以存在。加入适量稀硫酸将溶液调为酸性，以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，消耗溶液的体积为。 已知：a．20℃以下，次磷酸钠不会被和氧化。 b．。 c．样品中的杂质不参与反应。 ①滴定终点的现象为 。 ②样品中的纯度为 (保留2位小数)。 2．（2024·重庆·模拟预测）高纯MgF2在光子晶体等领域应用广泛。一种利用工业Mg(OH)2(含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物)制备高纯MgF2的工艺如下。 有关金属离子沉淀完全的pH见下表。 离子 Mg2+ Ca2+ Fe2+ Fe3+ Mn2+ 完全沉淀的pH 10.6 13.9 9.0 2.8 10.1 回答下列问题： (1)基态F的电子排布式为 ，的空间结构为 。 (2)反应釜1中，加入稀硝酸溶解后，调节pH至7.5，生成的沉淀主要是 ，再加入H2O2，除去的金属元素是 。 (3)反应釜2中，为使Ca2+沉淀完全，浓度应大于 mol/L(CaC2O4的Ksp=2.0×10-9)。 (4)反应釜3中，反应的离子方程式为 。 (5)离心后的溶液经浓缩结晶，所得固体的主要成分是 ；现称取一定量该固体配成溶液，取20.00mL，加入足量HCHO，反应为：4+6HCHO=(CH2)6N4H+＋3H++6H2O，(CH2)6N4H+的酸性与醋酸接近，以酚酞作指示剂，用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定，消耗24.00mL，则所配溶液的浓度为 mol/L。 3．（2024·重庆·模拟预测）镍是一种常用催化剂。某工厂采用以下流程提取含镍废料(主要含Ni、NiO，以及少量CuO、FeO、、MgO、ZnO、和等)中的镍，实现资源再利用。 已知：和 常温下，某些金属离子形成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH： 金属离子 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 8.6 7.1 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 11.1 9.0 回答下列问题： (1)NiO中的核外电子排布式为 。 (2)为提高酸浸率，可采取的措施有 (写出两项即可)。 (3)当、完全沉淀时，溶液中浓度至少应为 (常温下，当溶液中的离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)。 (4)沉淀池2中加入的目的是 (用离子方程式表示)，为使相应离子完全沉淀，沉淀池2的pH范围应控制在 。 (5)沉淀3的成分是 (填化学式)。 (6)用滴定法测定产品中镍元素含量。取2.000g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol/L的标准液滴定，重复操作2～3次，消耗标准液平均值为12.40mL。(已知：ⅰ．；ⅱ．紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。) ①滴定至终点的现象是 。 ②样品中镍元素的质量分数为 (保留4位有效数字)。 4．（2024·重庆·模拟预测）氯化铵焙烧菱锰矿 (主要成分为 ， 含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：① 相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀时的pH 如下： 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀的 pH 3.8 1.5 6.5 10.6 8.1 9.6 沉淀完全的 pH 5.2 3.7 9.7 12.6 10.1 11.6 ②常温下， 的溶度积分别为 回答下列问题： (1)基态锰原子的电子排布式为 ， 的空间结构为 。 (2)由下图可知， 氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件： m(NH4Cl)：m(菱锰矿粉)=1.10：1， 500℃焙烧60min，不选用600℃焙烧 90min的原因是 。 (3)焙烧产生的CO2和NH3可用于工业制备纯碱，操作时应先向饱和食盐水中通入过量的 (填化学式)。 (4)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入 MnO2将 Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为 ； 若溶液中金属离子浓度均为0.1 mol·L-1，调节溶液pH使 沉淀完全，此时溶液的pH 范围为 ，再加入NH4F 沉淀Ca²⁺、Mg²⁺， ，当 + 时， (5)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为 。 (6)流程中能循环利用的固态物质是 (填化学式)。 5．（2024·重庆·三模）FTO@是一种光催化材料。以废钒催化剂(主要含、、及少量、)为原料制备FTO@的工艺流程如图所示。 已知：①，； ②当可说明已经完全转化为沉淀。 回答下列问题： (1)“碱浸”时，转化为的离子反应方程式为 。 (2)“酸化”时，需要生成易分离的沉淀而不是生成胶体，通常采取的措施是 (答出一条即可)。 (3)“酸化”时，若调pH为8.37，此时 (填“是”或“否”)沉淀完全。 (4)有机萃取剂(HR)对萃取效果较好，其作用机理可表示为，反萃取剂应选用 (填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液。 (5)若“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为10：3，则“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率约为 %(被还原为KCl)。 (6)“沉钒”中析出晶体时，需加入过量，其原因是 。 (7)FTO@作电极电催化还原的装置如图甲所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图乙所示。 已知：，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①电势：泡沫Ni网电极 FTO@电极(填“>”“<”或“=”)。 ②FTO@电极发生的电极反应式为 。 ③维持电压为，电解一段时间后，生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为5：3，则生成HCOOH的法拉第效率m为 。 6．（2024·重庆·模拟预测）纳米材料是一种很有发展前景的储能材料，用菱锰矿(主要成分为，含有少量CaO、MgO、FeO、、等)制备纳米材料的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，各物质的如表所示。 物质 物质 回答下列问题： (1)“酸浸”中提高反应速率的可行措施有 (任答一条)；酸浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)加入的目的是氧化 (填离子符号)，写出该离子被氧化生成沉淀的离子方程式： 。 (3)回收的沉淀可与浓硫酸反应生成能腐蚀玻璃的气体，与浓硫酸在加热的条件下反应的化学方程式为 ；25℃时，沉淀后的滤液中 (写最简整数比)。 (4)用去离子水多次洗涤纳米材料，检验沉淀是否洗涤干净的操作为 。 (5)“高压釜水热反应”溶液pH应调节为中性，而不能过高的原因是 。 7．（2024·重庆·三模）镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、、CoO、BaO和)为原料制备和的工艺流程如下。 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)“滤渣Ⅰ”主要成分是 (填化学式)。 (3)“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为 。 (4)“萃取”时需充分振荡，目的是 。“萃取”和“反萃取”可简单表示为：。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 。“反萃取”需要往有机层中加 (填试剂名称)。 (5)常温下，，若起始时，“沉钴”过程中应控制pH< 。 (6)在空气中能受热分解，测得剩余固体的质量与起始的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。 将固体置于热解装置中，通入空气流，在 ℃(填范围)煅烧至恒重即可得到。由制备总的反应方程式为 。 8．（2024·重庆·模拟预测）开发新型材料是现在科学研究的一项重要工作，科学家开发一种形状记忆陶瓷，它的主要原材料是纳米级。用锆石(含少量FeO、、和CuO)制备纳米级的流程设计如图： 已知：该条件下，某些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表： 物质 开始沉淀pH 1.9 4.8 3.5 5 完全沉淀pH 3.2 6.7 4.6 8 回答下列问题： (1)锆石杂质中含铁元素，铁元素位于元素周期表的 区。 (2)为提高碱熔率，可采取的措施是 (写出一种即可)。 (3)“酸浸”过程中FeO发生氧化还原反应的离子方程式为 ，滤渣2的主要成分是 。 (4)“酸浸”时，得到的溶质主要是，而不是，是因为，很容易水解，则水解的化学方程式是 。 (5)“调pH”时，需要调节的pH范围为 。 (6)若溶液中的浓度为0.2，加入等体积的c的KCN溶液将完全沉淀，忽略混合时溶液的体积变化，完全沉淀时，离子的浓度为，已知该条件下，则 (7)若锆石中含有的质量分数是91.5%，在制备的过程中损失10%的锆元素，则1kg锆石理论上能够制得的质量是 g。 9．（23-24高一上·安徽淮北·期末）立德粉(主要成分为BaSO4ZnS)常用作颜料。以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含少量CuO、Fe3O4等杂质)和BaS为原料制备立德粉的流程如图所示： (1)写出“酸浸”过程中CuO发生反应的化学方程式： 。 (2)加入H2O2发生反应的离子方程式为 。 (3)分离出Fe(OH)3的实验操作名称为 。 (4)“除杂Ⅱ”中加入过量的锌粉主要除去 (填离子符号)，该反应的反应类型为 。 (5)“滤渣”的成分是 。 (6)8.34 g绿矾()晶体样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示： 温度为 时固体N的化学式为 ，取适量 时所得的样品P，隔绝空气加热至 得到一种红棕色固体物质Q ，同时有两种无色气体生成，请写出该反应的化学方程式 。 10．（2024·重庆荣昌·模拟预测）废旧锂离子电池的资源化利用是锂离子电池工业可持续发展的有效途径，一种废旧锂离子电池湿法回收钴和锂的工艺流程如图所示。 已知：①锂离子电池的总反应为。 ②25℃时，；当溶液中离子浓度小于时认为沉淀完全。 ③和的溶解度如表所示。 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 17.4 20.7 25.0 28.5 33.3 35.0 39.5 43.4 47.2 65.4 30.6 36.2 42.2 49.9 55.2 60.4 65.7 71.0 76.0 83.0 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布图为 。 (2)“还原浸取”时发生反应的化学方程式为 。 (3)“溶剂浸取”的目的是将、与、分开(锂离子不与萃取剂作用)，萃取原理为，参考下图判断应选择的萃取剂为 (填“P507”或“P204”)，pH应控制在约 (“2~3”“4~5”或“6~7”)。 (4)反萃取剂为 (填化学式)；从溶液中获得硫酸钻晶体的操作为 。 (5)25℃时，调 可以使沉淀完全(已知：)。 11．（2024·重庆九龙坡·二模）氧化钪可用作半导体镀层的蒸镀材料。可从金属提取工艺中的固体废料“赤泥”(含有等)里回收：。请结合流程，回答以下问题： 已知：①和性质较稳定，不易被还原，且难溶于盐酸； ②“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物分离出来； ③草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物； ④常温下，部分氢氧化物的溶度积常数约为下表所示： 物质 (1)元素Sc在元素周期表中位于 区。 (2)“熔炼”时，请写出生成Fe的反应方程式 。 (3)“酸浸”时，滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (4)“氧化”时，加入的目的是 (用离子方程式表示)。 (5)常温下，“调pH”时，溶液中，为除去杂质离子，应控制的pH范围是 ；为检验该杂质离子是否除尽，可选用 (填化学式)溶液进行检验。(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全) (6)反应过程中，测得钪的沉淀率随的变化情况如图1所示。当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因是 。 (7)草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如图2所示。250℃时，晶体的主要成分是 (填化学式)。 12．（2024·重庆荣昌·模拟预测）氮化铍可用于新型的耐火陶瓷材料和反应堆材料，可由铍粉和干燥氮气在无氧气氛中于700~1400℃的温度下加热制得。以绿柱石(主要组成是，还含有少量铁元素)为原料生产氮化铍的工艺流程如图所示。 已知：常温下相关金属离子形成氢氧化物沉淀的如表所示。 金属离子 开始沉淀pH 6.3 1.8 3.1 5.6 12.4 沉淀完全pH 8.3 3.2 4.8 8.5 13.8 回答下列问题： (1)“酸浸”时绿柱石要进行粉碎，其目的是 。 (2)“转化”时加入的目的是 (用离子方程式表示)。 (3)“调”时加入适量细粉除去和，调节溶液的范围是 ，其中沉淀的离子方程式为 ，“滤渣2”的主要成分是 (填化学式)。 (4)“沉铍”时所加试剂是 (填“氨水”或“溶液”)。 (5)生成的化学方程式为 。 13．（23-24高三下·重庆·阶段练习）利用废电池材料（含炭黑及少量等元素）回收金属资源的工艺流程如下： 已知：①常温下，部分氢氧化物完全沉淀的如下表： 氢氧化物 完全沉淀 9.2 1.3 4.7 3.1 ②电极电位表示溶液中某微粒获得电子被还原的趋势（即氧化性）；如电极反应的越大，表示的氧化性越强。 酸性条件：； 碱性条件：； ③丁二酮肟是不溶于水的固体，溶于乙醇后可与反应生成丁二酮肟镍。 (1)“酸浸还原”中，转化后的钴离子价电子排布式为 ，滤渣1为 。 (2)“氧化调"中，转化为，滤渣2中还有 ，调节范围为 。 (3)“转化”时，加入浓氨水将转化为的原因是 ，加目的是 。 (4)“沉镍”后，从滤渣3中回收丁二酮肟固体的操作是 。 (5)由溶液制备催化剂的步骤为：第一步加入尿素生成沉淀（有气体产生），第二步焙烧得到。写出第一步的离子方程式 。 (6)由制备得一种锂离子电池材料，其晶胞分别由4个个立方单元构成。则 。 14．（2024·重庆涪陵·模拟预测）以为载体的钯催化剂常用于石化行业加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废催化剂(主要含有Pd、，还有少量PdO、、C)为原料制备氯化钯的流程如下： 已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。 (1)“氯化浸出”前必须“焙烧”去除废催化剂表面积碳，原因是 ，焙烧时间过长，“氯化浸出”率下降，可能的原因是 。 (2)中Cl原子的杂化类型是 ，“氯化浸出”时，若盐酸浓度过高，可能发生的副反应离子方程式为 。 (3)滤渣1主要成分为 ，已知，若要使溶液中不高于，则应加入氨水使pH不低于 。 (4)工业上也可用还原制取海绵Pd，该历程对环境友好。该反应的化学方程式为 。 (5)工业上测定Pd含量的原理为：试样用硝酸及盐酸溶解后，加过量EDTA络合钯，用锌标准溶液滴定过剩的EDTA．具体步聚如下： I．标定锌标准溶液对钯的滴定度： a．吸取25mLEDTA溶液置于烧杯中，滴加4~5滴盐酸，加适量水，用锌标准溶液滴定至终点，消耗锌标准溶液。 b．吸取15mL含0.0010gPd的Pd标准溶液于烧杯中，加入25mLEDTA溶液，加适量水用锌标准溶液滴定至试液由黄色变成紫红色为终点，消耗锌标准溶液。 Ⅱ．滴定式样： 称取0.1000g试样置于烧杯中，加适量硝酸及盐酸充分溶解并作妥善处理，加入25mLEDT溶液，用锌标准溶液滴定至终点，消耗锌标准溶液VmL。则试样中Pd的质量分数为 %(用含V、、的式子表示)。 15．（2024·重庆·三模）硼氢化钢（）是有机化学中常用的还原剂之一，其易溶于，可与水反应生成氢气．工业上用硼镁石（主要成分为，含少量杂质）制取的流程如下． (1)基态B原子的价层电子排布图为 ，的电子式为 ； (2)“碱溶”后所得滤渣的成分是 ； (3)“操作2”包括两步，分别为 、 ，在实验室进行“操作2”所用到最主要的玻璃仪器是 ； (4)与水反应的化学方程式为 ； (5)“高温合成”过程参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ； (6)某离子化合物的晶胞结构如图所示，其中八面体的中心为，顶点均为，四面体的中心为B原子，顶点均为H原子，则 ．若该化合物的最简式即为化学式，其摩尔质量为 。 16．（2024·重庆·模拟预测）一种从含银、铼的废催化剂(含Al2O3、MgO、K2O、Fe2O3、SiO2等)中回收银和铼的工艺流程如下： 已知：高铼酸是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。 回答下列问题： (1)已知Ag的原子序数是47，在元素周期表中的位置为 ，其基态原子的未成对电子占据的原子轨道形状为 。 (2)“操作I”和“操作Ⅱ”均用到的玻璃仪器有 ；“操作x”选用 结晶(填“蒸发”或“降温”)。 (3)“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为 ；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有 。 (4)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到 中使用(填操作单元名称)。 (5)“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成N2H5Cl和一种无毒气体，该反应的化学方程式为 。若生成的AgCl用氨水溶解，则100mL 6mol/L氨水最多能溶解AgCl g(保留两位小数)。(已知：的平衡常数称为稳定平衡常数，K(稳)=8.0×10⁷；AgCl的 17．（2024·重庆万州·模拟预测）形状记忆陶瓷目前尚处于研究阶段，其中一种形状记忆陶瓷的主要原材料是纳米级ZrO2，用锆石(ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和制备纳米级ZrO2的流程设计如图1： 查阅资料知：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10﹣38。 回答下列问题。 (1)锆石“粉碎过筛”的目的是 。 (2)“酸浸”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式为 。滤渣1的主要成分是 。若室温下Ksp[Cu(CN)2]=4×10﹣11，则为了使溶液中的c(Cu2+)≤1×10﹣5mol•L﹣1，则溶液中CN﹣的浓度不能低于 。 (3)工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr(OH)4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，还可以 。 (4)酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl4很容易水解，则ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是 。 (5)除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图2所示，pH>1.7后，随pH增大3+萃取率下降的原因是 。 18．（2024·重庆·模拟预测）高锰酸钾为常见的强氧化剂，常用于消毒杀菌。工业上常以软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Si、Al的氧化物)为原料制备，流程如下： 已知：酸性条件下，锰元素的氧化态——吉布斯自由能(ΔG)图如上图所示。若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的上方，则该氧化态易发生歧化反应；反之，则相对稳定。 回答下列问题： (1)基态Mn2+的价电子轨道表示式为 。K2MnO4中Mn的化合价为 。 (2)煅烧后，炉渣主要成分为K2MnO4，写出MnO2发生的化学方程式 。 (3)浸取后通入CO2调节pH，则滤渣Ⅰ的主要成分为 、 。 (4)流程中的“歧化”可加入的物质甲是___________(填字母)。 A．亚硫酸 B．浓盐酸 C．乙二酸 D．稀硫酸 (5)歧化时发生的离子方程式为 。 (6)实验室常用草酸标准溶液测定产品中高锰酸钾的纯度。取0.5000g样品溶于水，配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，滴入5滴稀硫酸酸化，用0.1500mol/L草酸标准溶液滴定，达终点时消耗标准液5.100mL。 ①滴定终点的现象为 。 ②样品中高锰酸钾(摩尔质量为158g·mol-1)的纯度为 %(结果保留小数点后两位)。 19．（2024·重庆·模拟预测）某小组以废铁屑(久置但未生锈)为原料制备Fe(NO3)3，并利用配制的Fe(NO3)3标准溶液对“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的含量进行测定，实验过程如下： 【实验Ⅰ】Fe(NO3)3·9H2O的制备 (1)热纯碱溶液的作用是 ；稀硝酸要足量的目的有：①确保铁元素转化成Fe3+，② 。 (2)操作A为在足量稀硝酸存在下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。操作A需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、酒精灯、干燥器、 。 【实验Ⅱ】标准Fe(NO3)3溶液的配制。 准确称取0.8080g Fe(NO3)3·9H2O配成100mL 0.02000mol/L溶液。 (3)下列操作会导致所配Fe(NO3)3溶液浓度偏低的是___________(填字母)。 A．溶液未恢复室温就注入容量瓶定容 B．定容时俯视液面 C．摇匀后发现液面低于刻度线，于是加水至刻度线 D．容量瓶底部残留少量的蒸馏水而未做干燥处理 【实验Ⅲ】绘制Fe3+标准溶液与吸光度A(对特定波长光的吸收程度，数值与有色物质的浓度大小有关)的标准曲线。 ①分别向6个100mL容量瓶中加入0.50、0.75、1.00、1.25、1.50、2.00mL实验Ⅱ中标定的浓度为0.0200mol·L-1的Fe(NO3)3标准溶液，然后分别加入1.50mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。 ②将配好的溶液加入10mL比色皿中，分别测定其吸光度，所得数据如下表所示： 比色管编号 S1 S2 S3 S4 S₅ S6 Fe(NO3)3溶液/mL 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 2.00 c(Fe3+)/(10-4mol·L-1) 1 1.5 2 2.5 3 4 吸光度A 0.12 0.17 0.22 0.27 0.32 0.42 (4)上述实验数据处理中k= ，b= 。 【实验Ⅳ】“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素含量的测定 ①取1.000g补铁剂样品，溶解后再加入足量H2O2溶液充分反应后配成100mL溶液。 ②取1.0mL上一步所配溶液于100mL容量瓶中，加入1.50mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。 ③将最终配好的溶液加到10mL比色皿中，在与【实验Ⅲ】步骤②中相同条件下测得溶液吸光度A=0.35。 (5)“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的质量分数为 %。 (6)下列操作中有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量的有___________(填字母)。 A．提前除去【实验Ⅰ】溶解铁屑所用硝酸中的Fe3+杂质 B．用浓硝酸溶液代替【实验Ⅳ】中所用的H2O2溶液 C．整个实验中均采用相同浓度的KSCN溶液 D．对每一份溶液平行测定多次吸光度A，取平均值作结果 20．（2024·重庆·一模）用镍铂合金废料(主要成分为，含少量)回收镍和铂，其工艺流程如图： (1)的原子序数为78，推测其在元素周期表中的位置 。 (2)含滤渣(除外)的成分为 。 (3)用王水浸取“含滤渣”可回收，浸取时有和生成，写出该反应的化学方程式 。 (4)在常温下，若酸浸后溶液中各离子浓度均为且“滤渣1”为，则“除钴”步骤需要控制溶液的范围是 。已知： (5)加调的目的是 。 (6)“控温氧化”时控制其他条件一定，的产率与温度和时间的关系如图。 ①请写出该过程的离子方程式 。 ②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和。反应相同时间，时的产率低于时，原因可能为 。 (7)产品中可能含少量，为测定的纯度，进行如下实验：称取样品，加入足量硫酸后，再加入标准溶液充分反应，加水定容至取出，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液。(被还原为，不考虑与的反应)，计算的质量分数 。 21．（2024·重庆·模拟预测）锌、铋(Bi)、锗(Ge)的单质及其化合物用途较广。利用某冶锌工业废料(主要含ZnO，还含有氧化铋、氧化锗)回收其金属化合物的流程如下(已知：Ge4+易水解，单宁酸为一种弱酸)。 (1)中铋的化合价为 ，基态锌原子的价层电子排布式为 。 (2)锌的第二电离能小于铜的第二电离能，原因是 。 (3)提高“酸浸1”浸取率的措施有 (写出两条即可)。 (4)“酸浸2”时，Bi2O3发生反应的离子方程式为 。 (5)“沉锗”操作中需调节pH值约为2.5，不能过低，也不能过高，原因是 。 (6)由“浸液1”得到ZnSO4∙7H2O的操作是 、 、过滤、洗涤、干燥。 (7)加热ZnSO4∙7H2O，固体质量保留百分数与温度的关系如下图所示。688℃时所得固体的化学式为 。 22．（2024·重庆·二模）工业上用软锰矿（主要含、及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、、ZnS）为原料联合制取和的流程如下图所示。 (1)基态Mn核外有 个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的 区。 (2)提高“酸浸”浸出率可采取的措施有 （写两条），“冰水沉积”的目的是 。 (3)PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是 （填化学式）。 (4)“酸浸”时，PbS与反应生成和，写出其反应的离子方程式 。 (5)“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是 。 (6)“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为 。 (7)通过在MnO晶体（正极）中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，原理如下图所示。Ⅰ为MnO活化过程，请写出过程Ⅱ的电极反应式 。 23．（2024·重庆·模拟预测）分银渣是电解铜的阳极泥提取贵金属后的尾渣，含有铅（PbSO4）、钡（BaSO4）、锡（SnO2）以及金（Au）、银（Ag）等有价金属，具有较高的综合利用价值。一种分银渣的提取流程如下： 已知： I.SnO2不溶于水、醇、稀酸和碱液； Ⅱ.部分难溶电解质的溶度积（25℃）如表。 物质 PbSO4 PbCO3 PbCl2 BaSO4 BaCO3 Ksp (1)PbSO4中Pb元素的价层电子排布式为 ，[PbCl3]-离子的空间结构为 。 (2)步骤i反应后Pb（Ⅱ）的存在形式是 （填化学式）。 (3)ⅲ操作中用饱和Na2CO3溶液（1.6mol·L-1）浸泡固体A并煮沸，充分反应后过滤，若固体A中含0.2molBaSO4，要将其全部转化为BaCO3，至少需要加入 L饱和Na2CO3溶液（保留一位小数）。 (4)固体B经混合溶液同步浸出Au、Ag生成H[AuCl4]和Na2[AgCl3]，Ag发生反应的化学方程式为 。 (5)测定SnO2样品的纯度：称取mgSnO2样品（杂质不影响滴定结果），将样品灰化后以过氧化钠熔融，将熔融物酸溶后，再用还原铁粉将SnO2转化为Sn2+，加入指示剂，用KIO3标准溶液进行滴定，滴定反应离子方程式为：，（均未配平）。 ①该滴定实验中所加指示剂为 ，滴定终点的现象为 。 ②若终点时消耗0.0100mol·L-1KIO3标准溶液VmL，则测得SnO2纯度为 （列出表达式即可）。 24．（2024·重庆·一模）工业上以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含杂质CaCO3、FeCO3、NiCO3)为原料制取金属锰的工艺流程如下： 已知常温下，溶度积常数(Ksp)如下表： (1)基态Mn2+的价层电子轨道表示式为 ，的空间结构为 。 (2)“酸浸”时，为了加快反应速率，可采取的措施有 (答两条)，该过程一般选择硫酸而不用盐酸的原因是 。 (3)“酸浸”过程中，MnO2发生的主要反应的离子方程式为 。 (4)常温下，加稀氨水时调pH约为4，则滤渣2的主要成分是 。 (5)“除杂1”时加入适量的(NH4)2S，除去的主要离子为 ，过滤后得到的滤液中，则其的范围是 。 25．（23-24高三上·湖北武汉·期中）镍酸锂()是一种具有潜力的锂离子材料。 以镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下。 回答下列问题： (1)“酸浸”中，镍浸出率与液固比(稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量比)的关系如图1所示，最佳液固比为 。当液固比一定时，镍浸出率与温度的关系如图2所示，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是 。 (2)“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (3)“除钙”步骤中pH不能过低的原因是 。“除钙”不能在玻璃仪器中进行，其原因是 (用化学方程式表示)。 (4)已知“滤渣3”的主要成分是，则“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是 。 (5)“沉镍”时得到碳酸镍()沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，请写出该反应的化学方程式： 。 26．（23-24高三上·重庆渝中·阶段练习）Ⅰ.贵铅(主要含、、、等)熔炼是处理铜、铅阳极泥的一个重要过程，也是从各种废旧金属器件中回收金、银的主要方法之一，流程如图所示。 成分 熔点 沸点 327.46℃ 1749℃ 886 1470℃ - 613℃ 275℃ 313℃ 916.78℃ 2162℃ 1064.18℃ 2856℃ (1)基态Pb原子的价电子排布式为 。贵铅的灰吹过程通常在888℃左右温度下进行，请分析原因： 。 (2)电解精炼银的过程中，粗银作为电解槽的 (填“阴极”或“阳极”)，和的混合溶液作为电解液，在该过程中，阴极会产生少量红棕色气体。产生红棕色气体的电极反应为 。 Ⅱ.氰化法也是从含金矿石中提炼金的重要方法。工艺流程如图。 已知： ①是一种一元挥发性弱酸，有剧毒。 ②金属有类似的两性。 (3)步骤2中金溶解生成的离子反应方程式： 。在反应前，必须事先添加适量作为保护碱，否则不仅会导致浸出率偏低，还容易产生安全隐患，试解释其原因： 。 (4)在步骤5中，理论消耗的与生成的物质的量之比为 。但实际生产过程中的消耗量却远大于预期，试用化学方程式解释该现象： 。 (5)氰化法的过程中会产生大量含氰废液，现取处理后的废水，用“试银灵”为指示剂，消耗的标准溶液，反应原理为，该水样中的含量为 (不考虑其他离子干扰)。 27．（2022·湖南邵阳·一模）比亚迪采用磷酸亚铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程。以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料制备的流程如下： 已知几种金属离子沉淀的pH如表所示： 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0 完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2 请回答下列问题： (1)分子的空间结构为 形。基态Fe原子的电子排布式为 。 (2)“还原”反应的离子方程式为 。 (3)“试剂R”是一种绿色氧化剂，其中心原子杂化方式为 。 (4)从平衡的角度解析加FeO“除铝”的原因(结合离子方程式说明) 。 (5)常温下，，“沉铁”中为了使，最小为 。 (6)流程中在“高温煅烧”条件下，由制备的化学方程式为： 。 (7)磷酸亚铁锂的晶胞结构如图所示： 长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，为阿伏加德罗常数，晶体密度为 。 28．（22-23高二上·广东广州·阶段练习）镍是一种重要的金属，可用于制备铁镍合金以及镍氢电池的材料。某铁镍矿石的主要成分是和NiO，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。一种以该铁镍矿为原料制备高纯氢氧化镍的工艺流程如下： 已知：，，，，， 回答下列问题： (1)将铁镍矿石粉碎的目的是 。 (2)“酸溶”所得溶液中除含有、、外，还含有的金属阳离子有 。废渣1的主要成分是 (填化学式)。 (3)“除铁”时的作用是 。 (4)“除铜”时，试剂B可选用或。当选用作沉淀剂时，发生反应的离子方程式为 ，该反应的平衡常数 。 (5)“除钙、镁”所得废渣3的主要成分是和，“除钙、镁”所得滤液中 。 (6)“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为 时，才刚好沉淀完全(离子沉淀完全的浓度；)。 29．（21-22高二下·河南·阶段练习）为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如图简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3形式存在，含有少量的Al2O3、SiO2杂质)转变成重要的工业原料FeSO4。(反应条件略) 已知：①活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其他反应； ②加入FeCO3调溶液pH到5.8左右； ③室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 4.7 3.2 9 回答下列问题： (1)为了提高硫铁矿烧渣的酸浸取率，通常采用 (填两种措施即可)。 (2)过滤时，常用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 ，其中玻璃棒的主要作用是 。 (3)“过滤I”中所得的滤渣主要成分为 (填化学式)。 (4)加入FeCO3调pH之前，检验“滤液II”中是否含有Fe3+的方法是 。 (5)利用表中数据，计算得Ksp[Al(OH)3]= 。 (6)“一系列操作”指的是 、洗涤。 30．（21-22高三上·天津和平·阶段练习）工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、铁的氧化物等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下： 已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下 沉淀物 开始沉淀 2.3 7.5 3.4 完全沉淀 3.2 9.7 4.4 回答下列问题： (1)用稀硫酸浸废铁屑后，溶液中存在的阳离子主要有 (2)写出酸浸过程中发生反应的离子方程式 。检验有生成的试剂 ，现象： 。 (3)加入少量的目的是调节在范围内，写出用调整浓溶液时的离子方程式是 。 (4)反应Ⅱ中加入的目的是氧化，写出该反应的离子方程式 。 (5)碱式硫酸铁溶于水后生成的离子可部分水解生成聚合离子，该水解反应的离子方程式为 。 (6)为测定和溶液中铁元素的总含量，实验操作如下： ①准确量取溶液于带塞锥形瓶中，加入足量，调节； ②加热除去过量； ③加入过量充分反应后，再用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 则溶液中铁元素的总含量为 ，如果缺少步骤②，将会导致测定结果 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”) 31．（2020·贵州铜仁·二模）钼（Mo）是VIB族金属元素，原子序数42。熔点为2610℃，沸点为5560℃。 钼硬而坚韧，熔点高，热传导率也比较高。被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。某化学兴趣小组利用废钼催化剂（主要成分为MoS2，含少量Cu2S，FeS2）回收Mo并制备钼酸钠晶体，其主要流程图如图所示： 回答下列问题： （1）操作1为 。 （2）空气焙烧的过程中采用如图1所示的“多层逆流焙烧”。 ①多层逆流焙烧的优点是 （任答一点）。 ②固体1的成分有 、CuO和Fe2O3。 （3）固体1加碳酸钠溶液后发生的主要化学方程式为 。 （4）钼酸钠是一种新型水处理剂，可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应的离子方程式 。 （5）还原法制备钼，若利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，所消耗还原剂的物质的量之比为 。 （6）已知Na2MoO4溶液中c（MoO）=0.48mol/L，c（CO）=0.040mol/L，由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba（OH）2固体以除去CO，当BaMoO4开始沉淀时，CO的去除率为95.0%，则Ksp（BaMoO4）= 。（已知Ksp（BaCO3）=1.0×10-10，过程中溶液体积变化忽略不计） （7）钼酸盐的氧化性很弱，只有用强还原剂剂才能还原，如：在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和钼酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCl3，写出该反应的离子方程式 。 试卷第20页，共31页 试卷第21页，共31页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) 分子晶体 (2) (3) ZnO或者 1.2 (4)取最后一次洗涤液，加入溶液，未产生白色沉淀，则证明洗净 (5) 当最后半滴标准溶液滴下时，溶液由无色变为蓝色，且30s内不褪色 98.44 【分析】由题给流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合溶液，将ZnFe2O4转化为硫酸锌、硫酸铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅和硫的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌晶体；向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和水合二氧化锗，水合二氧化锗烘干得高纯GeO2。 【详解】（1）Zn元素原子序数为30，是第四周期过渡金属元素，最外层电子排布式为4s2，GeCl4可被蒸馏分离，沸点较低，是分子晶体； （2）“氧化酸浸”中H2O2做氧化剂，二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，离子方程式为GeS2+2H2O2+4H+=Ge4++4H2O+2S； （3）“中和沉淀”中，调节溶液pH=4.8，调节的pH值不太大且考虑到不引入新杂质，加入的化合物A可以是ZnO或者Zn(OH)2，pH=4.8时，c(H+)=10-4.8mol/L，c(OH-)=10-9.2mol/L，根据Ksp[Ge(OH)4]=c(Ge4+)×c4(OH-)=4×10-46，c(Ge4+)==10-9.2mol/L，同理c(Fe3+)==10-10.4mol/L，故lg[c(Ge4+):c(Fe3+)]=1.2； （4）“中和沉淀”后，用蒸馏水洗涤滤饼，判断滤饼洗净即检验是否残留硫酸根，实验操作和现象是：取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，未产生白色沉淀，则证明洗净； （5）①根据已知，碘酸根和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，故滴定终点现象为当最后半滴标准溶液滴下时，溶液由无色变为蓝色，且30s内不褪色； ②根据所给反应，n(GeO2)=n(Ge2+)=3n()=0.5000mol/L×0.025L×3=mol，故样品中GeO2的纯度为98.44%。 2．(1) 1s22s22p5 平面三角形 (2) Fe(OH)3 Mn (3)2×10-4 (4)Mg2++2F-=MgF2↓ (5) NH4NO3 0.2400 【分析】由题给流程可知，向工业氢氧化镁中加入稀硝酸溶解后，调节溶液pH至7.5，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入过氧化氢溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣和滤液；向滤液中加入草酸溶液，将溶液中的钙离子转化为草酸钙沉淀，过滤得到草酸钙和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀；氟化镁沉淀洗涤、干燥得到氟化镁。 【详解】（1）氟元素的原子序数为9，基态原子的电子排布式为1s22s22p5；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故答案为：1s22s22p5；平面三角形； （2）由分析可知，反应釜1中，加入稀硝酸溶解后，调节溶液pH至7.5的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，故答案为：Fe(OH)3；Mn； （3）由溶度积可知，溶液中钙离子完全沉淀时，溶液中的草酸根离子浓度大于=2×10-4mol/L，故答案为：2×10-4； （4）由分析可知，反应釜3中加入氟化钠溶液的目的是将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2F-=MgF2↓，故答案为：Mg2++2F-=MgF2↓； （5）由分析可知，离心分离得到含有硝酸铵的混合溶液和氟化镁沉淀，混合溶液经浓缩结晶得到主要成分为硝酸铵的固体；由题意可知，溶液中铵根离子与滴定消耗氢氧化钠的关系式为：NHNaOH，滴定消耗24.00mL0.2000mol/L氢氧化钠溶液，则溶液中铵根离子浓度为=0.2400mol/L，故答案为：NH4NO3；0.2400。 3．(1)1s22s22p6 (2)适当升温、搅拌等 (3)mol/L (4) 2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O 4.7~7.1 (5)MgF2 (6) 加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色 18.92% 【分析】酸浸时Ni、NiO、CuO、FeO、Fe2O3、MgO、ZnO、Al2O3和酸反应转化为Ni2+，Cu2+，Fe2+，Fe3+，Mg2+，Zn2+，Al3+，SiO2不与酸反应，过滤除去，则滤渣是SiO2；酸浸后的溶液中加入Na2S溶液，使Cu2+和Zn2+沉淀，沉淀1中含有CuS、ZnS、S，过滤后加入H2O2将Fe2+转化为Fe3+，Fe3+和Al3+和NaOH反应生成沉淀除去，沉淀2为Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤加入NaF使Mg2+沉淀除去，沉淀3的成分是MgF2，最后得到硫酸镍溶液； 【详解】（1）氧为8号元素，得到2个电子形成，的核外电子排布式为1s22s22p6； （2）为提高酸浸率，可采取的措施有适当升温、搅拌等； （3）已知：和，完全沉淀生成ZnS时也沉淀完全，此时溶液中的离子浓度小于，溶液中浓度至少应为； （4）沉淀池2中加入的目的是将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O；为使Fe3+和Al3+离子完全沉淀，从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~7.1之间； （5）加入NaF使Mg2+沉淀除去，沉淀3的成分是MgF2； （6）①已知：紫脲酸胺为紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色；滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色； ②反应为Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+，则样品中Ni的物质的量为0.100mol•L-1×12.40×10-3L×=6.2×10-3mol,则样品中镍元素的质量分数为×100%=18.92%。 4．(1) 1s22s22p63s23p63d54s2 平面正三角形 (2)500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大 (3)NH3 (4) MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 5.2—8 将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀 5×10—6 (5)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (6)NH4Cl 【分析】由题给流程可知，将菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧，将金属元素转化为金属氯化物，焙砂加水溶解浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；浸出液“净化除杂”得到氯化锰溶液，向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰滤饼和氯化铵溶液；氯化铵溶液蒸发结晶得到可以循环使用的氯化铵，碳酸锰滤饼干燥得到碳酸锰产品。 【详解】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面正三角形，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2；平面正三角形； （2）由图可知，500℃60min时，锰元素的浸出率已经很大了，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，还会增加生产成本，所以氯化铵焙烧不选用600℃焙烧90min，故答案为：500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大； （3）碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与饱和食盐水反应，所以焙烧产生的二氧化碳和氨气通入饱和食盐水时，应先向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳可以增大二氧化碳的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成，故答案为：NH3； （4）浸出液“净化除杂”过程为首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；调节溶液pH在5.2—8范围内，使Fe³⁺、Al³⁺沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca²⁺、Mg²⁺，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤得到氯化锰溶液；由溶度积可知，溶液中钙离子为1.0×10—5mol/L时，溶液中的c2(F—)= =1.46×10—5mol2/L2，则溶液中的镁离子浓度为=5×10—6mol/L，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀；5×10—6； （5）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （6）由分析可知，可以循环使用的固体物质是氯化铵，故答案为：NH4Cl。 5．(1) (2)适当升高温度、适当增大沉淀所需离子的浓度、加入大量电解质、不断搅拌、适当加快沉淀剂的加入速度等（任写一个） (3)是 (4)酸性 (5)90 (6)调节pH，将转化为；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 (7) < 10.8 【分析】废钒催化剂用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，转化为，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，不能能与碱反应，过滤时除去，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，经过氧化、沉钒后得到NH4VO3，加入硝酸铋处理后得到BiVO4，最终得到产品，以此解题。 【详解】（1）“碱浸”时，转化为的离子反应方程式为：，故答案为：。 （2）酸化”时，需要生成易分离的沉淀而不是生成胶体，通常采取的措施是：适当升高温度、适当增大沉淀所需离子的浓度、加入大量电解质、不断搅拌、适当加快沉淀剂的加入速度等，故答案为：适当升高温度、适当增大沉淀所需离子的浓度、加入大量电解质、不断搅拌、适当加快沉淀剂的加入速度等（任写一个）。 （3）已知 ，离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全，该反应的平衡常数，可得：，因此，说明pH=8.37时沉淀完全，故答案为：是。 （4）结合题干可知，根据平衡移动原理可知，增加H+浓度，平衡正向移动，离子回到溶液中，因此反萃取剂应选用酸性溶液，故答案为：酸性。 （5）萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，反应中亚硫酸钠中硫元素升高价态从+4变为+6价，氯酸钾中氯元素降低价态从+5价变为-1价，设钒的总回收率x%，根据加入的物质的量：=10：3，，则x=90，故答案为：90。 （6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，一方面需要将(NH4)3VO4转化为NH4VO3，另一方面需要降低其溶解度，所以加入过量NH4Cl，其原因是：调节pH，将转化为；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。 （7）由图可知，FTO@BiVO4电极上水发生反应生成氧气，因此FTO@BiVO4电极为阳极，阳极电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，泡沫Ni网电极为阴极，阴极生成HCOOH的电极方程式为CO2+2H++2e-=HCOOH，阴极生成HCHO的电极方程式为CO2+4H++4e-=HCHO+H2O，阴极生成CH3OH的电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，阴极生成C2H5OH的电极方程式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，由图2可知，通过改变电压可以选择性地获得不同还原产物，据此分析； ①电势为阳极电势高于阴极电势，泡沫Ni网电极为阴极，FTO@BiVO4电极为阳极，即电势关系为泡沫Ni网电极小于FTO@BiVO4，故答案为：<； ②FTO@BiVO4电极上水发生反应生成氧气，因此FTO@BiVO4电极为阳极，阳极电极反应式为：，故答案为：； ③、，电解电压为U3V时，放电生成1mol甲酸转移2mol，生成1mol甲醛转移4mol电子，由图可知，生成HCHO的FE%为36%，则由电解生成的甲醛和甲酸的物质的量之比为5：3，可得，解得m=10.8，故答案为：10.8。 6．(1) 粉碎原料、适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等(任答一条即可) 、 (2) (3) 1：2 (4)取少量最后一次洗涤液于试管中，加入溶液，如果没有白色沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净 (5)pH过高会影响纳米材料晶体的纯度 【分析】菱锰矿(主要成分为，含有少量CaO、MgO、FeO、、等)加入硫酸酸浸、CaO与反应生成沉淀，不与反应，故浸渣的主要成分为、，所得溶液中含有Mn2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Fe3+，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+并转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，加MnF2生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+；过滤得硫酸锰溶液，加入(NH4)2S2O8超声震荡，再经过一系列处理得到纳米。 【详解】（1）粉碎原料、适当加热、适当增大硫酸浓度、搅拌等均可提高“酸浸”时的反应速率；“酸浸”时，CaO与反应生成沉淀，不与反应，故浸渣的主要成分为、。 （2）具有氧化性，能氧化生成，其离子方程式为。 （3）回收沉淀中含有的、可与浓硫酸生成能腐蚀玻璃的气体HF，与浓硫酸反应的化学方程式为；、沉淀后的滤液中。 （4）用去离子水多次洗涤纳米材料，检验沉淀是否洗净的操作为取少量最后一次洗涤液于试管中，加入溶液，如果没有沉淀产生，证明沉淀已经洗涤干净。 （5）高压釜水热反应”溶液pH应调节为中性，而不能调的过高的原因是pH过高，会生成氢氧化物杂质，影响纳米材料晶体的纯度。 7．(1) (2)、 (3) (4) 增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率 促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率 稀硫酸 (5)7.5 (6) 400-600 【分析】原料的主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，最终要制备两种产物，一种是镍的氧化物，一种是CoCO3，所以FeO，Fe2O3，BaO和SiO2要在制备过程中逐步去除，第一步加酸溶解原料，过滤分离出滤渣为SiO2和BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4以及过量H2SO4，加入氧化剂NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸钠调节pH使Fe2(SO4)3等转化为黄钠铁矾渣，经过滤除去，再加入萃取剂，分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，再通过沉钴步骤得到CoCO3，在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4•6H2O晶体，以此来解答。 【详解】（1） 基态Co原子的价层电子为3d74s2，所以Co原子的价层电子的轨道表示式为； （2）根据分析可知，“滤渣Ⅰ”主要成分是SiO2、BaSO4； （3）“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为：； （4）“萃取”时需充分振荡，目的是增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率；加入氨水，氨水可以和H+反应，使反应向右移动，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，应使向左移动，可通过加入稀硫酸来实现； （5）根据已知：，起始时，，c(H+)=10-7.5mol∙L-1，所以“沉钴”过程中应控制pH＜7.5； （6）将CoCO3固体置于热解装置中，通入空气流生成Co3O4的反应的方程式为，剩余固体为Co3O4的质量与起始的质量CoCO3的质量比为，根据图可知处于67.51%时，温度为400~600℃，则在400~600℃温度下煅烧至恒重，由制备总的反应方程式为。 8．(1)d (2)升高温度、搅拌、增大NaOH用量等 (3) 、 (4) (5) (6)0.404 (7)553.5 【分析】锆石粉碎后加NaOH进行碱熔，过程中氧化铝和二氧化硅与NaOH反应生成盐，碱熔后固体加足量盐酸溶解，此时硅酸钠与盐酸反应生成硅酸沉淀即滤渣1，加过氧化氢将亚铁离子氧化为三价铁，再加氨水调节pH值使三价铁转化为氢氧化铁，铝离子转化为氢氧化铝沉淀即滤渣2，滤液中甲KCN使铜离子沉淀，过滤后滤液中加氨水调节使锆沉淀，过滤后灼烧得到氧化锆，据此解答。 【详解】（1）铁是26号元素，位于元素周期表的d区。 （2）为提高碱熔率，可以适当升高温度，碱熔时进行搅拌或者适当增大NaOH的用量等。 （3）“酸浸”过程中与发生氧化还原反应，1molFeO失1mol电子，1molH2O2得2mol电子，根据得失电子守恒可得反应方程式：，酸浸后的溶液中加氨水调节溶液的pH值，使三价铁离子完成沉淀为氢氧化铁，铝离子转化为氢氧化铝沉淀，可知滤渣2为、。 （4）水解生成ZrOCl2，根据元素守恒配平反应方程式为：。 （5）“调pH”时，要求铝离子完全沉淀，铜离子不能沉淀，则需要调节的pH范围为。 （6）完全沉淀时，离子的浓度为，已知该条件下，c(CN-)=，若溶液中的浓度为0.2，加入等体积的c的KCN溶液将完全沉淀，则0.002×2=c-0.2×2，c=0.404。 （7）根据元素守恒可知n(ZrO2)=n(ZrSiO4)= ，m(ZrO2)= 。 9．(1) (2) (3)过滤 (4) Cu2+ 置换反应 (5)Cu和Zn (6) FeSO4·H2O 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ 【分析】粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含少量CuO、Fe3O4等杂质)用稀硫酸浸泡，ZnO、CuO、Fe3O4和硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化Fe2+，再加入氨水调pH，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀过滤除去，向所得滤液中加入过量锌粉，置换出铜，过滤除铜，滤液中含有硫酸锌和硫酸铵，最后向滤液中加入BaS共沉淀可得立德粉(BaSO4·ZnS)。 【详解】（1）根据以上分析，“酸浸”过程中CuO和硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为。 （2）加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：。 （3）溶液中分离沉淀用过滤。 （4）根据以上分析，向所得滤液中加入过量锌粉，置换出铜，过滤除Cu2+，该反应为置换反应。 （5）根据以上分析，“滤渣”的成分是置换出的Cu和剩余的Zn。 （6）温度为159℃时，固体N的质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)= =0.03mol，n(H2O)：n(FeSO4)=0.03mol:0.03mol=1:1，则N的化学式为FeSO4·H2O，加热至635℃时，固体质量为2.40g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)= =0.045mol，n(Fe)：n(O)=0.03mol:0.045mol=2:3，所以固体Q的化学式为Fe2O3，则由P的得到Q的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。 10．(1) (2) (3) P507 4∼5 (4) 重结晶 (5)8.8 【分析】锂离子电池的正极材料含有钴酸锂和其他的化合物，加入盐酸与LiCoO2反应生成LiCl和CoCl2，加入萃取剂进行萃取，将、与、分开，加入稀硫酸反萃取得到硫酸钴，进行重结晶得到硫酸钴；含锂元素的溶液先通过调pH除掉Ni2+，加入碳酸盐沉锂得到碳酸锂。 【详解】（1） 铜元素位于第四周期ⅠB族，即基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，排布图为； （2）加入盐酸进行还原浸取，将LiCoO2反应生成LiCl和CoCl2，化学方程式为； （3）由图可知，在4∼5，使用P507萃取剂，、的萃取率为80%∼100%，而此时的萃取率为10%左右，而使用P204萃取剂，、的萃取率基本一致，很难分开，所以选择P507萃取剂，并且应控制在4~5； （4）根据萃取原理，加酸可以使萃取平衡逆向移动，而从工艺流程可知，最终转化为，所以加硫酸作反萃取剂。根据已知③表中数据可知，的溶解度受温度影响比大，因此从溶液中获得硫酸钻晶体应采用重结晶的方法； （5）当溶液中浓度小于时视为沉淀完全，，，，。 11．(1)d (2) (3)、C (4) (5) 3≤pH＜5 KSCN (6)草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降 (7) 【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼”时主要是将Fe2O3、分别被还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为、、C和少量的Fe、Si等，加入盐酸后将Fe转化为Fe2+、转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为、C，还有少量的Si，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得固体，据此分析解题。 【详解】（1）Sc元素位于周期表第四周期第IIIB族，故元素Sc在元素周期表中位于d区。 （2）“熔炼”时，C还原Fe2O3，故生成Fe的反应方程式为。 （3）由分析知，“酸浸”时，滤渣的主要成分为、C。 （4）“氧化”时，用过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为。 （5）常温下，“调pH”，为使Fe3+完全沉淀，，所以pH≥3，溶液中，为了Sc3+不沉淀，，pH＜5，应控制的pH范围是3≤pH＜5。为检验该杂质离子即Fe3+是否除尽，可选用KSCN溶液进行检验。 （6）由题干信息可知，草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物，草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降。 （7）草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示，由图示信息可知，250℃时，减少的质量为：462g×19.5%=90g，，即此过程中晶体失去5个结晶水，故此时晶体的主要成分是。 12．(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸出率(合理即可) (2) (3) 、和 (4)氨水 (5) 【分析】绿柱石用硫酸“酸浸”生成硫酸铝、硫酸铍、硫酸铁和硫酸亚铁等，滤渣1中主要含有，向滤液中加入溶液，将氧化为，调使和生成沉淀，过滤后加入氨水生成氢氧化铍，除杂煅烧生成氧化铍，最终单质铍在无氧条件下加热得到氮化铍。 【详解】（1）“酸浸”时绿柱石要进行粉碎，其目的是增大绿柱石与稀硫酸的接触面积，使绿柱石与稀硫酸充分反应，提高绿柱石的浸出率； （2）向滤液中加入的目的是将氧化为，发生反应的离子方程式为； （3）“调”时加入适量细粉除去和，结合题中信息可知，调节溶液使和转化成和沉淀而除去，故调节溶液的范围是；沉淀的离子方程式为，得到“滤渣2”的主要成分是、和； （4）和的化学性质相似，“沉铍”时，若选用氢氧化钠溶液，生成的能溶于过量的溶液中，因此只能采用可溶性的弱碱进行“沉铍”，即试剂M为氨水； （5）在无氧气氛中加热至700~1400℃，铍粉和干燥氮气生成，反应的化学方程式为。 13．(1) 炭黑 (2) (3) 酸性条件下难以氧化 碱性条件下易氧化避免产生沉淀 (4)加入盐酸，充分反应后过滤 (5) (6)1：2：4 【分析】由题给流程可知，向废电池材料中加入硫酸和硫代硫酸钠混合溶液酸浸还原，将钴酸锂转化为正二价钴离子和锂离子，材料中含有的少量金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子、铝离子、锰离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰的滤渣和滤液；滤液中的镍离子与浓氨水反应转化为六氨合镍离子，正二价钴离子与氨水、铵根离子、双氧水反应转化为六氨合钴离子，向转化后的溶液中加入丁二酮肟的乙醇溶液，将溶液中的六氨合镍离子转化为丁二酮肟镍沉淀，过滤得到含有丁二酮肟镍的滤渣和滤液；向滤渣中加入盐酸，充分反应后过滤得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液；向滤液中加入盐酸，将溶液中六氨合钴离子转化为钴离子和铵根离子，再加入氢氧化钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子转化为氨气，过滤得到钴的氢氧化物和含锂离子的溶液。 【详解】（1）“酸浸还原”中，转化为二价钴离子，价电子排布式为；滤渣1为没有参与反应的炭黑； （2）根据分析知，“氧化调”中，转化为，滤渣2中还有；根据已知信息，调节范围为； （3）根据已知信息，酸性条件下难以氧化 ，所以“转化”时，加入浓氨水将转化为；根据已知信息知，碱性条件下易氧化，为了避免产生沉淀，所以加入； （4） “沉镍”后，滤渣3是丁二酮肟镍，根据知，加入盐酸，平衡逆移，则回收丁二酮肟固体的操作是加入盐酸，充分反应后过滤； （5）由溶液制备催化剂的步骤为：第一步加入尿素生成沉淀（有气体产生），则第一步的离子方程式：； （6）结合三个晶体结构知，1个A在晶胞中含锂原子2个，则1个晶胞中含锂原子8个，1个晶胞中含氧原子32个，1个晶胞中含锰原子16个，则1：2：4。 14．(1) 防止“氯化浸出”中消耗更多的盐酸与氯酸钠 部分Pd与氧气生成PdO (2) sp3 (3) PdO、 5 (4)+2=2Pd+N2+4NH4Cl+H2O (5) 【分析】“焙烧”是除去废催化剂表面积碳，防止氯化浸出中消耗更多的盐酸与氯酸钠，滤渣1主要为PdO与，浸出液中含有与等，加入氨水使转化为，转化为，加入盐酸转化为，热分解得到。 【详解】（1）“氯化浸出”前必须“焙烧”去除废催化剂表面积碳，原因是防止氯化浸出中消耗更多的盐酸与氯酸钠；焙烧时间过长，“氯化浸出”率下降，可能的原因是部分Pd与氧气生成PdO，使“氯化浸出”率下降； （2）中Cl原子的杂化类型是sp3；“氯化浸出”时，若盐酸浓度过高，可能发生的副反应离子方程式为； （3）根据分析知，滤渣1主要为PdO与；，，则，则应加入氨水使pH不低于5； （4）还原制取海绵Pd，该历程对环境友好，则生成氮气，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒，化学方程式为+2=2Pd+N2+4NH4Cl+H2O； （5）根据步骤I知，含0.0010gPd的Pd标准溶液，消耗锌标准溶液，根据步骤Ⅱ知，0.1000g试样真正消耗锌标准溶液，则试样中Pd的质量分数为。 15．(1) (2)Fe3O4和Mg(OH)2 (3) 萃取 分液 分液漏斗 (4)+2H2O＝NaBO2+4H2↑ (5)1:2 (6) 2 188 【分析】硼镁石（主要成分为，含少量杂质），加入浓NaOH得到含NaBO2的溶液和滤渣，滤渣成分为不溶于碱的Fe3O4和Mg(OH)2，将含NaBO2的溶液浓缩结晶得Na2B4O7•10H2O的晶体，将晶体脱水，得到的Na2B4O7固体在高温下与Na、H2、SiO2合成NaBH4和Na2SiO3，因常温下能与水反应，易溶于，所以加入溶解分离出不溶于的Na2SiO3，再经蒸馏得到目标产品，据此解答。 【详解】（1） 基态B原子的价层电子排布图为，的电子式为； （2）根据以上分析可知“碱溶”后所得滤渣的成分是Fe3O4和Mg(OH)2； （3）易溶于，“操作2”包括两步，分别为萃取、分液，在实验室进行“操作2”所用到最主要的玻璃仪器是分液漏斗； （4）与水反应的化学方程式为+2H2O＝NaBO2+4H2↑； （5）Na2B4O7、Na、H2、SiO2在高温条件下生成NaBH4和硅酸钠，反应的化学方程式为Na2B4O7+16Na+8H2+7SiO24NaBH4+7Na2SiO3，其中钠是还原剂，氢气是氧化剂“高温合成”过程参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2； （6）八面体位于晶胞的顶点和面心，个数为8×+6×=4，四面体位于晶胞的内部，个数为8，晶胞中八面体和四面体个数比为1∶2，则该晶体的化学式可表示为[Fe(NH3)6](BH4)2，依据化合价代数和为0可知n＝2，因此该化合物的摩尔质量为188g•mol-1。 16．(1) 第五周期ⅠB族 球形 (2) 分液漏斗和烧杯 降温 (3) 使高铼酸溶解 (4)酸溶 (5) 7.18 【分析】含银、铼的废催化剂(Al2O3、MgO、K2O、Fe2O3、SiO2等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，Al2O3、K2O、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵，AgCl和SiO2为浸渣，加入N2H4H2O还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。 【详解】（1）①已知Ag的原子序数是47，在元素周期表中的位置为第五周期ⅠB族； ②其基态原子的价电子为4d105s1，未成对电子占据的原子轨道形状为球形； （2）①“操作I”和“操作Ⅱ”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯； ②铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶； （3）①“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为； ②高铼酸是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸，将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的； （4）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程； （5）①“还原”时，N2H4⋅H2O与AgCl反应生成N2H5Cl和和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为：；、 ②已知①式，K(稳)=8.0×107，AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ②式，Ksp=1.25×10−10，①+②可得AgCl(s)+2NH3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) ，K=K(稳)×Ksp=8.0×107×1.25×10−10=0.01，设100mL 6 mol/L最多能溶解AgCl的物质的量为nmol，则，，n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)= =7.18g。 17．(1)增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率 (2) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O H2SiO3 2×10﹣3mol/L (3)便于干燥 (4)ZrCl6+H2O=ZrOCl2+5HCl (5)pH>1.7之后，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降 【分析】“碱熔“中NaOH分别与Al2O3和SiO2反应生成NaAlO2和Na2SiO3，加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，滤渣1的主要成分是H2SiO3，加入氨水沉淀铁离子和铝离子，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，加入KCN除铜离子，加入氨水生成Zr(OH)4，受热分解生成ZrO2，据此分析回答问题。 【详解】（1）锆石“粉碎过筛”的目的是：增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率， 故答案为：增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率； （2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应为加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：2Fe3++H2O2+8H+=2Fe3++7H2O；加入盐酸发生强酸制弱酸反应生成硅酸，则滤渣1的主要成分是H4SiO3；若室温下Ksp[Cu(CN)2]═5×10﹣11，则为了使溶液中的c(Cu2+)≤1×10﹣8mol/L，则溶液中CN﹣的浓度不能低于，c(CN﹣)==﹣5mol/L， 故答案为：2Fe2++H3O2+2H+═8Fe3++2H2O；H2SiO3；2×10﹣3mol/L； （3）工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr(OH)4，除了可以使纳米级ZrO7纯度更高、颗粒更细外， 故答案为：便于干燥； （4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl3很容易水解，ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是：ZrCl6+H2O═ZrOCl2+5HCl， 故答案为：ZrCl4+H2O═ZrOCl7+2HCl； （5）Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2O⇌Fe(OH)8+3H+，pH>1.5之后，随着pH增大，水解平衡Fe3++3H6O⇌Fe(OH)3+3H+正向移动，溶液中Fe5+浓度降低，所以萃取率下降，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe2+浓度降低，所以萃取率下降， 故答案为：pH>1.7之后，Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。 18．(1) +6价 (2) (3) Al(OH)3 H2SiO3 (4)D (5) (6) 当滴入最后半滴草酸时，溶液红色褪去，且半分钟内不复原 96.70 【分析】软锰矿与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：，Al2O3、SiO2分别得到和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，滤液主要含有K2MnO4，加入稀硫酸歧化，促进平衡右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，最后得到产品，据此分析。 【详解】（1） 基态Mn2+的价电子轨道表示式为；根据化合价的代数和为0知，K2MnO4中Mn的化合价为+6价； （2）根据得失电子守恒以及原子守恒，化学方程式为： （3）向浸取液中通入CO2调节其pH，发生和，则滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3； （4）由图可知，在酸性环境中明显位于它相邻两氧化态连线的上方，更易发生歧化反应，溶液中存在平衡，加入酸，可中和OH-，促进平衡正向移动，提高KMnO4产率，KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，浓盐酸、乙二酸、亚硫酸均具有还原性，因此可以用稀硫酸，选D； （5）根据小问4详解，歧化时发生的离子方程式为： （6）滴定终点的现象为：当滴入最后半滴草酸时，溶液红色褪去，且半分钟内不复原；根据+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，KMnO4与草酸反应的定量关系是2KMnO4～5H2C2O4，则草酸反应了，则样品中高锰酸钾共有，样品中高锰酸钾(摩尔质量为158g·mol-1)的纯度为。 19．(1) 除去废铁屑表面的油污 提供酸性环境，抑制Fe3+水解 (2)蒸发皿和玻璃棒 (3)C (4) 1000 0.02 (5)18.48 (6)CD 【分析】Fe(NO3)3•9H2O的制备，废铁屑加入热的碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，过滤洗涤后加入足量硝酸溶液，溶解滤渣，45℃水浴加热，溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到Fe(NO3)3•9H2O，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，热纯碱溶液的作用是除去废铁屑表面的油污；稀硝酸要足量的目的有：①确保铁元素转化成Fe3+，②由于Fe3+易水解，故加入过量稀硝酸的目的为提供酸性环境，抑制Fe3+水解，故答案为：除去废铁屑表面的油污；提供酸性环境，抑制Fe3+水解； （2）操作A为在足量稀硝酸存在下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。操作A需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、酒精灯、干燥器、蒸发皿和玻璃棒，故答案为：蒸发皿和玻璃棒； （3）A．由于液体的热胀比固体快，故溶液未恢复室温就注入容量瓶定容，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高，A不合题意； B．定容时俯视液面，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高，B不合题意； C．摇匀后发现液面低于刻度线，于是加水至刻度线，导致所配溶液体积偏大，浓度偏低，C符合题意； D．容量瓶底部残留少量的蒸馏水而未做干燥处理，对实验结果无影响，D不合题意； 故答案为：C； （4）任取两组实验数据，则有：0.17=k×1.5×10-4+b，0.32=k×3.0×10-4+b，解得上述实验数据处理中k=1000，b=0.02，故答案为：1000；0.02； （5）根据(4)分析可知，A=1000x+0.02，在与【实验Ⅲ】步骤②中相同条件下测得溶液吸光度A=0.35，解得x=3.3×10-4mol/L，故原样品中含有的Fe2+的物质的量为：3.3×10-4mol/L××0.1L=3.3×10-3mol，故“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的质量分数为=18.48%，故答案为：18.48； （6）A．实验Ⅰ中引入的Fe3+与补铁剂中的Fe3+无关，故除不除去【实验Ⅰ】溶解铁屑所用硝酸中的Fe3+杂质对测量结果无关，A不合题意； B．【实验Ⅳ】中使用H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+，浓硝酸也能起到同样的作用，故用浓硝酸溶液代替【实验Ⅳ】中所用的H2O2溶液对实验结果无影响，只是将产生有毒有害气体NO2，污染环境，B不合题意； C．由于Fe3+与SCN-反应是一个可逆反应，故整个实验中均采用相同浓度的KSCN溶液，有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量，C符合题意； D．对每一份溶液平行测定多次吸光度A，取平均值作结果，使实验结果更加准确，故有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量，D符合题意； 故答案为：CD。 20．(1)第六周期第Ⅷ族 (2) (3) (4) (5)使完全沉淀，提高产品纯度 (6) ，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢 (7) 【分析】废料加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应、氧化钙转化为不溶的硫酸钙、Pt不反应，三者成为滤渣，镍、钴、铝转化为溶液进入滤液，通入氯气将钴转化为沉淀除去钴，过滤滤液中Al3+用NaOH溶液调节pH变为沉淀得到滤渣2，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni2O3，高温还原生成Ni； 【详解】（1）的原子序数为78，为78号元素，其在元素周期表中的位置为：第六周期第Ⅷ族； （2）由分析可知，含滤渣(除外)的成分为； （3）王水为浓盐酸和浓硝酸溶液，“含滤渣”浸取时有和生成，反应中Pt化合价由0变为+4、N化合价由+5变为+2生成NO，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式； （4）“除钴”步骤需要控制溶液的使得Co沉淀而Ni、Al不沉淀，结合可知，氢氧化铝比镍更难溶，铝离子沉淀时，pOH=10.7，pH=3.3；而钴元素完全沉淀时，pOH=12.5，pH=1.5；故需要控制溶液的范围是； （5）加调的目的是使完全沉淀，防止铝离子进入产品，提高产品纯度； （6）①次氯酸钠具有氧化性，“控温氧化”时，在碱性条件下，使得二价镍转化为Ni2O3沉淀，反应中镍化合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，该过程的离子方程式为：。 ②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和，说明时，次氯酸钠发生歧化反应生成氯化钠和氯酸钠，使得次氯酸钠浓度减小，反应变慢，故答案为：，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢； （7）亚铁离子被高锰酸根离子氧化为铁离子，由电子守恒可知，，高锰酸钾消耗的亚铁离子为，则消耗的亚铁离子为=0.05mol，由电子守恒可知，，则的质量分数=83%。 21．(1) +3 3d104s2 (2)铜失去 1 个电子后的价电子排布式为 3d10，3d轨道处于全满状态，再失去1个电子需要的能量较高； 锌失去1个电子后的价电子排布式为3d104s1，再失去1个电子需要能量比铜失去第2个电子需要能量低 (3)延长酸浸时间、酸浸过程中不断搅拌等 (4) (5)根据反应 ，pH过低, 平衡逆向移动； pH 过高；水解程度增大，均不利于 GeR2生成 (6) 蒸发浓缩 冷却结晶 (7)ZnSO4 【分析】工业废料中加入稀硫酸酸浸，ZnO转化为ZnSO4，浸液1中含有硫酸锌，再经过蒸发浓缩等步骤得到硫酸锌晶体，再加入70%的硫酸进行酸浸2，过滤得到含铋渣，滤液中加入试剂P-204煤油进行萃取，得到含有Ge4+的水相，再加入单宁酸沉锗，最后得到GeCl4，据此分析解题。 【详解】（1）根据物质化合价为0，可知中铋的化合价为+3价；Zn为第30号元素，基态锌原子的价层电子排布式为3d104s2； （2）锌的第二电离能小于铜的第二电离能，原因是：铜失去 1 个电子后的价电子排布式为 3d10，3d轨道处于全满状态，再失去1个电子需要的能量较高； 锌失去1个电子后的价电子排布式为3d104s1，再失去1个电子需要能量比铜失去第2个电子需要能量低； （3）提高“酸浸1”浸取率的措施有：延长酸浸时间、酸浸过程中不断搅拌等； （4）“酸浸2”时，Bi2O3与硫酸反应生成，反应的离子方程式为：； （5）“沉锗”操作中需调节pH值约为2.5，不能过低，也不能过高，原因是：根据反应 ，pH过低, 平衡逆向移动； pH 过高；水解程度增大，均不利于 GeR2生成； （6）由“浸液1”得到ZnSO4∙7H2O的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （7）加热ZnSO4∙7H2O，减少的均为结晶水的质量，假设固体初始质量为268g， 688℃时减少的质量为(1-0.561)×268g=125.554g，损失水得个数为：，所得固体的化学式为：ZnSO4。 22．(1) 5 d (2) 延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等 降低的溶解度 (3)MnS (4) (5)防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高浸出量 (6) (7) 【分析】软锰矿（主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeS2、ZnS）为原料，加入盐酸酸浸、加氯化钠，再加入NaOH，过滤除去二氧化硅和FeOOH，冰水沉积得到PbCl2固体，加硫酸转化为硫酸铅，溶液加入Na2S净化，生成PbS和ZnS沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn3O4，据此回答。 【详解】（1）①基态Mn电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5个未成对电子； ②Mn元素位于元素周期表的d区； （2）①提高“酸浸”浸出率可采取的措施有延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等； ②冰水沉积得到PbCl2固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl2的溶解度； （3）根据加入Na2S生成PbS和ZnS沉淀，没有生成MnS，则PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是MnS； （4）酸浸”时，PbS、MnO2、HCl反应生成[PbCl4]2−、、Mn2+和H2O，离子方程式为：； （5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是：防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高Mn2+浸出量； （6）“氧化”时，锰离子与氨气、氧气和水反应生成四氧化三锰、铵根离子和水，离子方程式为：； （7）由图可知，过程Ⅱ为Mn0.61□0.39O转化为ZnxMn0.61□0.39O，需要结合锌离子，锰的化合价在降低，得到电子，电极反应式为：。 23．(1) 6s2 锥形 (2)PbCO3 (3)3.1 (4) (5) 淀粉溶液 滴入半滴KIO3标准溶液，溶液从无色变成浅蓝色，且半分钟不褪色 【分析】分银渣中的PbSO4先与纯碱反应转化为可溶于盐酸的PbCO3，实现Pb的分离；继续加入纯碱，将BaSO4转化为BaCO3，继续加入盐酸将其转化为易溶于水的钡盐，实现Ba的分离；利用氯酸钠将金、银氧化为可溶性物质，实现与SnO2的分离； 【详解】（1）铅为第六周期第ⅣA族，PbSO4中Pb为+2价，故价电子排布式为6s2；[PbCl3]-离子的中心原子价电子对数为4，存在1对孤电子对，所以空间结构为三角锥形。 （2）步骤i反应后PbSO4变成碳酸铅，Pb（Ⅱ）的存在形式是PbCO3。 （3）若固体A中含0.2 mol BaSO4，要将其全部转化为BaCO3，则生成的为0.2mol，根据反应：，该反应的，则平衡时剩下的物质的量约为4.8mol，则至少需要加Na2CO3为4.8mol+0.2mol=5.0mol，所以体积为5mol÷1.6mol·L-1=3.1L。 （4）固体B在混合溶液中同步浸出Ag生成Na2[AgCl3]，Ag升高1价，NaClO3降低6价，故比例为6：l，则Ag发生反应的化学方程式为：； （5）①该滴定实验为碘量法，所加指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象为滴入半滴KIO3标准溶液，溶液从无色变成浅蓝色，且半分钟不褪色。 ②因为Sn2+与KIO3的比例为3:1，KIO3用量为，则Sn2+为，测得SnO2纯度为。 24．(1) 平面三角形 (2) 搅拌、粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度等 盐酸与二氧化锰会发生反应，电解制锰时会产生污染气体 (3) (4)Fe(OH)3 (5) Ni2+ 【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，含杂质CaCO3、FeCO3、NiCO3)中加入H2SO4、MnO2进行酸浸，Fe2+被氧化为Fe3+，CaCO3转化的CaSO4成为滤渣1；滤液中加入稀氨水调pH，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；滤液中加入(NH4)2S，Ni2+转化为NiS沉淀；滤液中加入NH4F，Ca2+转化为CaF2沉淀；将滤液进行电解，便可获得Mn。 【详解】（1）Mn为25号元素，价层电子排布式为3d54s2，Mn2+的价层电子排布式为3d5，则基态Mn2+的价层电子轨道表示式为；的中心原子无孤电子对，中心C原子的价层电子对数为3，C采取sp2杂化，空间结构为平面三角形。 （2）“酸浸”时，为了加快反应速率，可采取升高温度、增大浓度、增大接触面积等措施，则具体措施有：搅拌、粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度等；盐酸可能会与二氧化锰发生氧化还原反应，同时引入的氯离子在最后电解制锰时会在阳极放电，从而生成污染气体氯气，则该过程一般选择硫酸而不用盐酸的原因是：盐酸与二氧化锰会发生反应，电解制锰时会产生污染气体。 （3）“酸浸”过程中，MnO2能将Fe2+氧化，则主要反应的离子方程式为。 （4）根据金属氢氧化物的溶度积数据可知，调节pH为4左右，目的是为了除去Fe3+，故滤渣2的主要成分是Fe(OH)3。 （5）结合金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的(NH4)2S除去的主要离子是Ni2+，此时硫离子需要刚好完全沉淀Ni2+但不能沉淀Mn2+。当Ni2+完全沉淀时，c(S2-)=mol/L，pS≤19；当Mn2+不产生沉淀时，，c(S2-)＜mol/L，pS＞10，所以pS的范围是。 【点睛】酸浸时，通常只有H+表现出酸性，而酸根离子不表现氧化性或还原性。 25．(1) 3 温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加 (2) (3) 酸性过强，与结合生成HF，浓度降低导致除钙不完全 (4)除去溶液中的 (5) 【分析】镍催化剂废渣加入稀硫酸酸浸，镍、锌、铁、钙转化为相应的盐溶液，二氧化硅不反应成为滤渣1，过滤后加入次氯酸钠溶液将氧化为并沉淀除去，生成的沉淀即为滤渣2，过滤后加入氟化铵溶液生成氟化钙沉淀除去钙，即滤渣3为CaF2，过滤加入有机萃取剂萃取出，然后向水层溶液中加入碳酸钠溶液得到镍的沉淀，含镍沉淀中加入通入空气在900℃时高温煅烧反应生成镍酸锂，据此分析解题。 【详解】（1）由图可知，液固比为3时，镍浸出率已经达到最高值，且再增加液固比，镍浸出率不再提高，故最佳液固比为3；当液固比一定时，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加，故答案为：3；温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加； （2）由分析可知，“除铁”即加入次氯酸钠溶液将氧化为并生成的沉淀，故该步骤中发生反应的离子方程式为：。 （3）“除钙”步骤是加入氟化铵溶液将转化为沉淀而除去，pH不能过低，酸性过强，与结合生成HF，浓度降低导致除钙不完全。“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行，其原因是在酸性溶液中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，发生的反应为： 。 （4）除钙后，溶液中的杂质离子主要，“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是为除去溶液中的。 （5）“沉镍”时得到碳酸镍()沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，该反应的化学方程式：。 26．(1) 使液化、气化与并固态的金、银分离 (2) 阳极 (3) 保护碱能抑制水解，防止产生剧毒物质 (4) 1:2 (5)0.416 【分析】Ⅰ．贵铅(主要含、、、等)进行空气进行灰吹，将PbO变成液体，将As2O3汽化，达到分离的目的，得到粗银，利用电解法得到单质银，阳极泥中含有金，加硝酸溶解里面的少量银，得到粗金。 Ⅱ．含金矿石经过磨矿，增大反应物的接触面积，有利于提高浸出速率，步骤1应选择硝酸进行酸浸，步骤2再用KCN、KOH混合溶液和O2浸取，将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，为提高金的浸出速率可适当升高温度，但温度不能过高，否则降低O2的溶解度，使c(O2)减小，金的浸出速率会降低，过滤分离，滤渣会附着Au(CN)，进行洗涤，将洗涤液与滤液合并，以减小金的损失，再加入Zn进行置换得到锌金沉淀，为防止生成Zn(CN)2沉淀影响置换速率，可以适度增大溶液中CN-浓度，最后加入酸进行分离提纯获得金。 【详解】（1）Pb原子位于第六周期第IVA族，其价电子排布式为6s26p2，根据已知物质的熔沸点数据，选择888℃左右温度下进行吹灰的操作是为了使液化、气化与并固态的金、银分离； （2）电解精炼银的过程中，粗银作为电解槽的阳极，阴极产生少量红棕色气体为NO2，说明硝酸根得得电子，根据电荷守恒写出电极方程式为：； （3）步骤2，浸出的目的是将单质Au转化为Au(CN)进入溶液，Au被O2氧化，该反应的离子方程式为：，添加适量的作用是保护碱能抑制水解，防止产生剧毒物质； （4）Au(CN)中Au元素为+1价，Zn变为Zn2+，根据电子守恒，理论消耗的与生成的物质的量之比为1：2，溶液显碱性，Zn要与氢氧化钾反应，导致Zn的用量偏大，化学方程式为：； （5）的物质的量为=810-7mol，根据，得n(CN-)=2810-7mol，则100mL的废液中含有的CN-的质量为2810-7mol26g/mol=4.1610-5g=4.1610-2mg，则1L废液中含有的CN-的质量为0.416mg，即0.416mg/L。 27．(1) V 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2 (2)FeS+2Fe3+=3Fe2++S (3)sp3 (4)Al3+在溶液中发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加FeO发生反应FeO+2H+=Fe2++H2O，氢离子浓度减小，平衡正向移动，Al3+完全转化为Al(OH)3 (5) (6)2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑ (7) 【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量、和)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2 不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、A13+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调节pH使A13+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。 【详解】（1）分子的空间结构为V形；Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2。 （2）依据表格中的数据以及流程，让Al元素以A1(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为： FeS+2Fe3+=3Fe2++S。 （3）试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故R为H2O2，其中心原子O原子杂化方式为sp3。 （4）Al3+在溶液中发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加FeO发生反应FeO+2H+=Fe2++H2O，氢离子浓度减小，平衡正向移动，Al3+完全转化为Al(OH)3。 （5）根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为=。 （6）由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、 H2C2O4在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。 （7）由晶胞结构知，在一个晶胞中，含有P原子4个，O原子16个，4个Fe2+，Li+：，长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，为阿伏加德罗常数，则晶体密度为。 28．(1)便于酸溶时增大固体与酸溶液接触面积，使之充分反应，提高浸出率 (2) 、、 (3)将氧化为 (4) (5)2 (6) 【分析】铁镍矿石的主要成分是四氧化三铁和硫酸镍，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，粉碎后，加入试剂稀硫酸进行酸溶，其中硅的氧化物不与酸反应，形成废渣Ⅰ，滤液中含有、、、、、，加入将氧化为后，利用碳酸钠除铁，得到黄钠铁矾渣，再利用除铜，得到硫化铜废渣，再利用除钙、除镁，得到废渣为、，最后利用沉镍，得到固体。 【详解】（1）铁镍矿石粉碎可以增大固体与酸溶液接触面积，使之充分反应，故答案为：便于酸溶时增大固体与酸溶液接触面积，使之充分反应，提高浸出率； （2）“酸溶”时，加入稀硫酸，硅的氧化物与硫酸不反应，四氧化三铁、铜的氧化物、钙的氧化物、镁的氧化物与稀硫酸反应生成、、、、，再加上硫酸镍中的，废渣的主要成分为，故答案为：、、；； （3）酸溶”后所得溶液中含有、，“除铁”时的作用是将氧化为，故答案为：将氧化为； （4）为弱酸，在离子方程式中不可拆分，其离子方程式为：，该反应的平衡常数； （5）“除钙、镁”所得废渣3的主要成分是和，“除钙、镁”所得滤液中； （6），，则，，，该流程在“沉镍”过程中，需调节溶液约为时，才刚好沉淀完全，故答案为：。 29．(1)粉碎硫铁矿烧渣、适当升高反应温度、适当增大硫酸浓度 (2) 漏斗 引流 (3)SiO2 (4)滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+ (5) (6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 【分析】硫铁矿烧渣，铁主要以Fe2O3形式存在，含有少量的Al2O3、SiO2杂质，加入稀硫酸，SiO2不溶于硫酸，过滤得到生成硫酸铁、硫酸铝溶液，滤液中加入活化硫铁矿还原Fe3+，发生反应FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，滤液Ⅱ加入FeCO3调溶液pH到5.8左右，除去Al3+，得到FeSO4溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO4晶体。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，为了提高硫铁矿烧渣的酸浸取率，通常采用粉碎硫铁矿烧渣、适当升高反应温度、适当增大硫酸浓度等。 （2）过滤时，常用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，其中玻璃棒的主要作用是引流。 （3）SiO2不溶于硫酸，“过滤I”中所得的滤渣主要成分为SiO2。 （4）KSCN溶液遇Fe3+变红色，加入FeCO3调pH之前，检验“滤液II”中是否含有Fe3+的方法是：滴加KSCN溶液，若溶液变红色，说明含有Fe3+； （5）铝离子完全沉淀的pH=4.7，Ksp[Al(OH)3]= （6）硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到FeSO4晶体，“一系列操作”指的是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。 30．(1)、 (2) 蓝色沉淀(或溶液，溶液褪色) 44~7.5 (3) (4) (5) (6) 5.6 偏大 【分析】由制备流程可知，废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）溶于稀硫酸，主要发生Fe+2H+═Fe2++H2↑，氧化铝与酸反应生成铝离子，铁的氧化物溶于酸后生成铁离子(或含亚铁离子)，加入Fe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4≤pH＜7.5之间，过滤分离出滤渣为Al(OH)3，反应II中加硫酸及亚硝酸钠生成铁离子，蒸发、过滤得到Fe(OH)SO4，以此来解答。 【详解】（1）由上述分析可知，用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有Fe2+、Al3+； （2）酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O，检验有生成的试剂，现象：蓝色沉淀； （3）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在4.4≤pH＜7.5范围内，使溶液中的Al3+沉淀； （4）反应Ⅱ中常加入的X是NaNO2，反应后生成的气体在空气中立即变为红棕色，则发生反应的离子方程式为2H++Fe2++NO=Fe3++NO↑+H2O； （5）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH) 聚合离子，该水解反应的离子方程式为； （6）H2O2可氧化亚铁离子，由原子及电子守恒可知存在Fe～Fe3+～S2O32-，则溶液中铁元素的总含量为=5.6g/L，如果缺少步骤②，过量的H2O2具有氧化性，可消耗标准溶液，将会导致测定结果偏大。 31． 过滤 增长与空气接触时间或增大接触面积，使反应充分、提高利用率、节约能源等（合理即可） MoO3 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑ MoO+Cu2+=CuMoO4↓ 3：3：2 2.4×10-8 2MoO+3Zn+16H++6Cl-=2MoCl3 +3Zn2++8H2O 【分析】主要成分为MoS2、含少量Cu2S、FeS2的废钼催化剂，在空气中采用多层逆流焙烧，第1~6层，MoS2转变为MoO2、MoO3、第6～12层MoO2转化为MoO3，焙烧过程中有二氧化硫气体生成，焙烧后得到MoO3、CuO和Fe2O3等固体混合物，固体混合物经碳酸钠溶液处理后，得到钼酸钠溶液和不溶性固体2，经过滤后，得到钼酸钠溶液，钼酸钠溶液经过结晶，得到钼酸钠晶体，或者加盐酸把钼酸钠溶液转变为钼酸、经高温分解得MoO3，用热还原法制备钼，以此回答； 【详解】(1)操作1是分离不溶性固体和液体的，即过滤； (2) ①由图知，“多层逆流焙烧” 增长与空气接触时间或增大接触面积，焙烧后MoS2完全转化，故使反应充分、提高利用率；②由图知，焙烧后所得固体1的成分有MoO3、CuO和Fe2O3； (3)由流程知，固体1加碳酸钠溶液后生成Na2MoO4溶液，则该反应为非氧化还原反应，结合质量守恒定律，发生的主要化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑； (4)已知钼酸钠可以和重金属盐沉淀，则与硫酸铜反应时得到钼酸铜沉淀，则离子方程式为：MoO+Cu2+=CuMoO4↓； (5)还原法制备钼，若利用H2、CO和Al分别还原等量的MoO3，按得失电子数守恒，3个氧化还原反应中转移的电子总数相等，每1molH2、CO和Al失去的电子数之比为2:2:3，则消耗还原剂的物质的量之比为3:3:2； (6)已知：Ksp(BaCO3)=1.0×10−10，反应后的溶液中c(CO)=0.040×(1-95%)mol/L= ，则BaMoO4开始沉淀时溶液中c(Ba2+)=mol/L ，则=2.4×10-8； (7)在浓盐酸溶液中，用锌做还原剂和钼酸盐溶液反应，最后生成棕色难溶物MoCl3，氧化剂为MoO，还原剂为Zn，还原产物为MoCl3，氧化产物为Zn2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2MoO+3Zn+16H++6Cl-=2MoCl3 +3Zn2++8H2O。 【点睛】本题考查了物质制备流程、物质性质的应用以及Ksp的计算等，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析、灵活处理信息应用是本题的解题关键。 答案第34页，共35页 答案第35页，共35页 学科网（北京）股份有限公司 $$