2025届高三化学一轮复习北京市专练———工业流程36道

2025年北京高考一轮专练——工业流程36道 一、解答题 1．（2024·北京·三模）I、工业废水中的氨氮和烟气用多种方法进行处理，使废水和烟气达标后排放。 (1)氨氮(和)胶水的处理过程中加溶液，调节至9后，升温至，通空气将氨赶出并回收。 ①用离子方程式表示加溶液的作用： 。 ②用化学平衡原理解释通空气的目的： 。 (2)氧化法处理烟气中的。用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除、向溶液中加入硫酸，研究初始对脱除率的影响，结果如下。 已知：NOx脱除率=×100% a、不用盐酸调节溶液初始的原因是 。 b、时，从物质性质角度分析脱除率随溶液初始升高而增大的可能原因： 。 时、随温度升高，脱除率有所下降，可能原因为： 。 Ⅱ、回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图： (3)从“正极”可以回收的金属有 。 (4)“碱溶”时箔溶解的离子方程式 。 (5)“酸浸”时产生标准状况下，被氧化的 。(杂质不与反应) (6)实验测得滤液②中，加入等体积的溶液后，的沉降率到。则滤液③中 。 (7)磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池中的固体电解质可传导。充电时，移向 (填“阳极”或“阴极”)；放电时，正极反应式为 。 (8)磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的溶液，再加入饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液。 已知： ①实验中加入饱和溶液的目的是 。 ②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为 。 2．（2024·北京海淀·三模）新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂()做电极材料。对废旧电极(含杂质、石墨粉)回收并获得高纯的工业流程图如下： 资料：碳酸锂在水中的溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是 。 (2)过程ⅱ加入足量溶液的目的是除去，相关离子方程式为 。 (3)过程ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用含量为3.7%的原料，控制为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示： 序号 酸 氧化剂 浸出液中浓度() 滤渣中含量/% 实验1 9.02 0.10 实验2 9.05 0.08 实验3 7.05 0.93 ①实验2中，能与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为 。 ②过程ⅱ最终选择作为氧化剂，原因是 。 ③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是 。 (4)浸出液中存在大量和。结合平衡移动原理，解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因 。 (5)对比过程ⅳ和ⅴ，说明过程ⅳ不用饱和溶液的原因： 。 (6)过程ⅵ的操作为：将粗品加水溶解，蒸发结晶至有大量固体析出， 。 3．（2024·北京·三模）是一种重要的化工原料，可用于制革，印染等工业。 (1)以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的工艺流程如图。 已知：Al2O3与纯碱焙烧转化为NaAlO2，SiO2与纯碱焙烧转化为Na2SiO3。 ①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。 ②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时发生的化学方程式 。 ③滤渣1主要含有 。 ④矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 ⅰ．过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是 ，pH的理论范围为 。 ⅱ．过程Ⅳ发生反应，计算该反应的K≈ 。 (2)测定产品中的质量分数。 称取a g产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用b mol∙L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液v mL。产品中（摩尔质量为）的质量分数为 。（列计算式） (3)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。 ①离子交换膜应该选用 （填序号）。 a．阴离子交换膜                    b．质子交换膜                c．阳离子交换膜 ②结合方程式解释Na2Cr2O7产生的原理 。 已知：酸性条件下被还原为Cr3+。 4．（2024·北京·三模）工业利用软锰矿进行烟气脱硫并制备MnSO4和Mg(OH)2的工艺流程如图所示。软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质。 已知：各金属离子沉淀的pH如下： 开始沉淀 8.8 7.5 2.2 4.1 9.6 6.5 6.4 完全沉淀 10.8 9.5 3.5 5.4 11.6 8.5 8.4 (1)反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，其目的是 。 (2)“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2的化学方程式为 。 (3)向浸出液中添加适量MnO2的作用是 ；调节pH时应不低于 。 (4)已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为 。 (5)“沉锰”的离子方程式为 。 (6)“沉锰”过程中pH和温度对Mn2+和Mg2+沉淀率的影响如图所示。 ①由图可知，“沉锰”的适宜条件是 。 ②45℃以上时，随温度升高，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是： 。 (7)为测定所得MnSO4的纯度，称取上述样品ag加入适量H2SO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+后，配制为100mL溶液。取20.00mL该溶液，用cmol/L的FeSO4溶液进行滴定，发生反应：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，达到滴定终点时消耗FeSO4溶液VmL则MnSO4纯度= 。[已知：M(MnSO4)=151g/mol]。 5．（2024·北京·三模）是一种压电材料。以为原料制备粉状的流程如图。 资料：ⅰ.易溶于水，微溶于水。 ⅱ.易水解生成。 ⅲ某些温度时的溶解度如下。 温度 0 20 80 100 溶解度 31.6 35.7 52.4 59.4 溶解度 59.5 74.0 147.0 159.0 (1)固体1的含硫物质主要是，得到固体1的化学方程式是 。 (2)试剂选用 (填“水”或“盐酸”)，理由是 。 (3)向溶液1中加入盐酸的目的是 。 (4)操作的具体步骤是 。 (5)固体3的主要成分是。 ①生成固体3的化学方程式是 。 ②得到固体3的过程，需要调控，否则的产率较低。原因有： ⅰ.较低时，c()较低； ⅱ.较高时， 补充完整)。 (6)高温煅烧固体3，生成的与的物质的量之比= 。 6．（2024·北京大兴·三模）饮用水中含砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如图： 已知：①与过量的存在反应：； ②亚砷酸盐的溶解性大于相应的砷酸盐。 (1)①实验操作1和2是 。 ②“一级沉砷”先加入硫化钠主要发生的离子反应是： 。 ③一级沉砷后再加入硫酸亚铁的主要作用是： 。 (2)“二级沉砷”先加入双氧水发生的反应有： 。沉淀的成分是 。 (3)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿被氧化为，同时生成，导致砷脱离矿体进入地下水。被氧化的离子方程式是 。 (4)测定某溶液(含少量)中浓度的一种方法如下： 已知：用标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的。 i．调：取待测液，向其中滴入适量溶液调节，中和。 ii．氧化：向上述溶液中加入适量碘水，将氧化为。 iii．滴定：用标准溶液滴定ⅱ中得到的溶液至终点，消耗标准溶液。 ①分析图1和图2，解释不用氢氧化钠溶液直接滴定亚砷酸的原因 。 ②若无i，会导致测定的浓度 (填“偏高”或“偏低”)。 ③通过计算可知亚砷酸的浓度为 。 7．（2024·北京·模拟预测）铁酸钡()是一种压电材料。以重晶石(，杂质主要有、等)为原料，采用下列路线可制备粉状。 已知：BaS可溶于水。CaS微溶于水，可溶于酸；草酸在水溶液中高于85℃易分解。 回答下列问题： (1)“焙烧”步骤中碳粉将还原为BaS的化学方程式为 。 (2)①用水“浸取”时主要发生反应的离子方程式为 。 ②流程中先用水浸取，再用盐酸酸化，相比于焙烧后的产物直接用盐酸浸取主要的优势在于 。 (3)“浓缩结晶”所得中常含有少量杂质金属离子，因此在制备高纯时需要先将纯化。纯化的步骤为：将酸浸液加热至95℃浓缩，冷却结晶后得到溶于水中，加入双氧水，然后加入氨水调节pH，过滤除去沉淀。滤液经加热浓缩，冷却结晶，即得到高纯度。 ①加入双氧水的作用为 。 ②为何不在浓缩结晶之前加入双氧水和氨水除去杂质金属离子？ 。 (4)“沉淀”步骤生成难溶的 已知：在水中剧烈水解，在“沉淀”步骤的反应体系中，根据pH不同，发生以下过程： ； ； 实验表明，“沉淀”反应的最佳pH条件为2.5附近。从平衡移动角度分析pH太高或太低对生成沉淀不利的原因： 。 (5)在氮气气氛中“热分解”生成粉状钛酸钡，对应的化学反应方程式为 。 8．（2024·北京朝阳·二模）以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的一种工艺流程如图。 已知：与纯碱焙烧转化为，与纯碱焙烧转化为。 (1)过程Ⅰ中转化为和，反应中与的化学计量数之比为 。 (2)滤渣1主要含有 。 (3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 ①过程Ⅲ中使用溶液的目的是 。 ②过程Ⅳ发生反应，计算该反应的 。 (4)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。 ①离子交换膜应该选用 。 a．阴离子交换膜    b．质子交换膜    c．阳离子交换膜 ②结合方程式解释产生的原理 。 (5)测定产品中的质量分数。 称取产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中（摩尔质量为）的质量分数为 。 已知：酸性条件下被还原为。 9．（2024·北京昌平·二模）电镀污泥(主要成分是，含有等)是电镀废水处理过程中产生的废弃物，其无害化处理和资源化回收技术一直是研究热点。一种综合回收的工艺路线如下： 资料： i．萃取剂由N902(可用HR表示)溶解在煤油中制得，萃取金属离子的反应如下：(：、；：有机相；：水相) ii．常用分配系数表示萃取达到平衡时溶质X在两溶剂中的浓度之比，常用萃取率表示有机相中溶质X的物质的量与初始总物质的量之比。即：分配系数；萃取率 (1)浸出时，反应的离子方程式主要是： 、。 (2)操作i是 。 (3)操作ii中发生反应的离子方程式为 。 (4)本实验中的分配系数为50。 ①一次性取用萃取剂与浸出液充分振荡。的萃取率为 。 ②相关研究认为可采用多级萃取获得更高的萃取率。一种三级萃取的设计示意图及模拟实验得到的数据表如下： 萃取处理 总萃取率% 1级 83.3% 2级 97.2% 3级 99.9% 通过比较①和②中 (填“1级”、“2级”或“3级”)中的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。 (5)实验表明，有机相中的铜离子可被硫酸反萃，所用硫酸浓度不同，会影响铜反萃率，经过足够长的时间后，实验结果如图所示。 ①结合化学用语解释随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因： 。 ②在硫酸浓度为时，其他条件不变，只升高温度， (“能”、“不能”、“无法判断”)提升反萃率，理由是 。 ③下列说法正确的是 。 a．一般选用硫酸进行本步操作 b．反萃后得到晶体的操作是：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤干燥 c．操作后HR可循环利用 10．（2024·北京通州·一模）以低品位铜钴矿（主要成分为、、，还有少量的FeO、、CaO、MgO等杂质）为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 ②萃取时发生反应 (1)铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是 。 (2)浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为 。 (3)加入试剂a 可使萃取剂再生。 (4)对于过程I： ①加溶液作用是 。 ②通过计算判断是否沉淀完全并简述理由 。（一般认为溶液中离子浓度小于时沉淀完全） (5)滤渣1成分 。 (6)在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式 。 (7)产品纯度测定方法如下： 已知：与EDTA-2Na按物质的量1：1反应，若滴定至终点时消耗EDTA-2Na标准液体积为20.00mL，则产品纯度为 。（的摩尔质量是） 11．（2024·北京·三模）某氯化铅渣中含和少量、等物质，分步回收其中金属元素的工艺如下： 已知： 物质 (1)过程中，加入硫酸的目的是 。 (2)过程用浓氨水分离滤渣1中成分。 ①用化学方程式表示氨水的作用 。 ②相同时间内，滤渣2中银含量随反应温度的变化如下图所示，分析银含量随温度升高先减小后增大的原因： 。 (3)滤渣2中的主要成分是铅蓄电池的电极材料，充电时可转化成Pb单质，该电池充电时的总反应方程式为 。 (4)向滤液2中加入可实现中转化，将反应的离子方程式补充完整： 。 □___________□___________+□___________+□ (5)向滤液1通入过量可将转化为，通过计算说明反应能生成的原因： 。(已知：，) 12．（2024·北京丰台·二模）从某工厂铜电解车间产生的难溶副产物黑铜泥(主要成分为和)和废水车间产生的含砷废渣(主要成分为)中回收铜和砷的一种流程示意图如下。 已知：沉铜过程主要发生反应；易分解生成微溶于水的；随着硫酸浓度的增大，在硫酸溶液中的溶解度变小。 (1)升温能加快氧化浸出的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是 。 (2)和被氧化为和。被氧化的离子方程式为 。 (3)沉铜前，需要对氧化浸出液进行稀释。稀释倍数对沉铜的影响如下图所示。 稀释倍数较小时，滤渣2中As含量较高的原因是 。 (4)上述流程中可循环使用的物质是 。 (5)粗三氧化二砷中砷含量的测定。 ⅰ.取0.1g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解； ⅱ.加入适量乙酸铅溶液，消除-2价硫的干扰； ⅲ.用稀硫酸调pH=8，加入3g碳酸氢钠和少量淀粉溶液； ⅳ.用碘标准溶液(溶质按计)滴定，将砷氧化至最高价态。到达滴定终点时，消耗碘标准溶液VmL。 已知：样品中砷只以+3价的形式存在。 ①若样品中有-2价硫，没有步骤ⅱ，测定结果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ②样品中砷的质量分数为 。 ③步骤ⅲ中加入碳酸氢钠，能保持滴定过程中溶液pH基本稳定，结合化学用语解释原因 。 13．（2024·北京西城·二模）废电池中含磷酸铁锂，提锂后的废渣主要含、和金属铝等，以废渣为原料制备电池级的一种工艺流程如下。 已知：i.、均难溶于水。 ii.将转化为有利于更彻底除去。 (1)酸浸前，将废渣粉碎的目的是 。 (2)从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因： 。 (3)在酸浸液中加入进行电解，电解原理的示意图如下图所示，电解过程中不断增大。结合电极反应说明在电解中的作用： 。 (4)“沉淀”过程获得纯净的。向“氧化”后的溶液中加入HCHO，加热，产生NO和，当液面上方不再产生红棕色气体时，静置一段时间，产生沉淀。阐述此过程中HCHO的作用： 。 (5)过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有 。 (6)磷酸铁锂-石墨电池的总反应：。 ①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，同时生成CO和，反应的化学方程式是 。 ②放电时负极的电极反应式是 。 14．（2024·北京西城·二模）处理废旧铅酸电池中的含铅浆液（主要含、）的一种流程示意图如下。 已知：i.，， ii.和均为可溶于水的强电解质。 (1)向含铅浆液中加入过量的实现转化脱硫。 ①结合离子方程式说明溶液显碱性的原因： 。 ②转化脱硫反应的离子方程式是 。 ③检验，证明固体a已洗涤干净，操作和现象是 。 (2)受热时，分解产生，最终生成PbO。 将样品置于氩气中加热，316℃时，剩余固体的质量为713mg，此时固体中 。［、］ (3)“还原”时加入溶液，反应的化学方程式是 。 (4)“浸出”反应的离子方程式是 。 (5)以惰性电极电解溶液制得Pb，溶液b中可循环利用的物质是 。 15．（2024·北京东城·二模）和都具有广泛的用途。 Ⅰ.工业上用软锰矿（主要含）和硫锰矿（主要含）联合制备的流程如图。 资料：几种化合物的 硫化物 （易溶） 氢氧化物 (1)为提高浸出速率，可采取的措施有 （答出两条即可）。 (2)浸出过程中产生的对与的反应起催化作用，机理如下。 ⅰ.； ⅱ. （离子方程式）。 (3)流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因： 。 (4)滤渣2的主要成分是 。 Ⅱ.以溶液为原料，用图1装置（均为惰性电极）同步制备和。 (5)结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因： 。 (6)图1中电极上的电解效率与溶液的关系如图2所示。随的增大，电解效率先增大后减小的原因是 。 16．（2024·北京海淀·二模）一种利用某镍矿资源（主要成分为、，含有少量、、、、）提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下： 资料： i．25℃时，一些物质的如下： 物质 ii．溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。 (1)流程中能加快反应速率的措施有 。 (2)固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为 。 (3)III中，生成转移，III中反应的化学方程式为 ；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是 。 (4)IV可以除去溶液D中的，由此推测氧化性 （填“＞”或“＜”）。 (5)结合离子方程式解释V中加入的作用： 。 (6)为了使沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为 （填字母）。 a．2~3    b．3~4    c．9~10    d．10~11 (7)VI中，不宜多加，原因是 。 17．（2024·北京顺义·二模）硫酸镍常用于制作电池电极材料及催化剂。从富镍精矿渣制备硫酸镍晶体的一种流程如图： 已知：ⅰ．富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以和的形式存在，和均难溶于水；铁主要以形式存在。 ⅱ．镍浸出液中含有的阳离子主要有等。 (1)富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是 。溶渣时，需向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，同时加入氧化剂。 (2)沉铁 ①已知：在硫酸盐溶液中，当有足量，控制溶液的为时，生成溶度积极小的黄钠铁矾。该反应的离子方程式是 。向镍浸出液中不断加入，利用黄钠铁矾法除铁。不断加入的作用是 。 ②当浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁。控制溶液的为，在温度的条件下，缓慢沉淀形成针铁矿。结合平衡移动原理，解释生成的原因 。 (3)沉铜。向滤液1中加入活性固体，使转化为渣。在硫化镍用量为理论用量的1.6倍、反应温度的条件下，不同反应时间对硫化镍除铜效果的影响如图。30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低的可能原因是 。已知：一定条件下，可以部分转化为，同时释放出部分。 (4)向滤液2中加入溶液，经过滤得到较纯净的溶液。沉淀的主要成分是 。 (5)溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得晶体。采用法测定晶体中结晶水的含量。[法测定金属阳离子含量的方程式为：]。 步骤一：标定取的标准溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。 步骤二：称取样品，配制溶液，取进行滴定，消耗溶液的体积为。 。[列出表达式，已知] 18．（2024·北京朝阳·二模）研究发现，溶液可用于脱除烟气中的（含约90%的NO和少量等），流程如图。 已知：i．由与（乙二胺四乙酸，一种有机弱酸）的钠盐形成。 ii．   (1)烟气中的与水反应的化学方程式为 。 (2)的结构如下图所示，其中心离子的配位数为 。 (3)探究影响脱除NO的因素。 ①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，结合离子方程式说明原因 。 ②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，分析可能原因 。 ③pH的影响：将NO按一定流速通入不同pH的溶液中，研究pH对NO脱除效率的影响，结果如下图。 相同的时间内，和时NO脱除效率均低于时，解释原因 。 (4)酸性条件下再生。 （将离子方程式补充完整） 19．（2024·北京·模拟预测） 四氧化三锰()是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含等元素)为原料制备高纯的工艺流程如下图所示。 该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 回答下列问题： (1)“氧化”中添加适量的的作用是 。(用离子方程式表示) (2)“滤渣2”中主要有 ，“调”时溶液的范围应调节为 ~6.2之间。 (3)“除杂2”的目的是生成，沉淀除去。若溶液酸度过高，会导致 。 (4)常温下，利用表格中的数据，计算 。(已知) (5)和氨水混合在下得到的的产率最高。若继续升高温度，会导致产率降低，原因可能是 。 (6)在“沉锰”时，可用尿素代替，同时控制温度在，写出尿素“沉锰”反应的离子方程式： 。 20．（2024·北京东城·一模）研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。 Ⅰ.工业上酸浸提锌 氧化锌矿中含有ZnO、、FeO、PbO、、CaO、等。 已知： ⅰ.几种难溶电解质的 难溶电解质 ⅱ.浸出液中主要金属阳离子浓度 粒子 和Fe Al 浓度(mol/L) 0.3 0.1 0.1 (1)浸出渣的主要成分有、和。PbO和反应的离子方程式是 。 (2)加入试剂a的目的是 。 (3)电解前，含溶液中铁和铝的离子浓度均需小于，应调节pH的范围是(忽略①和②导致的体积变化) 。 Ⅱ.实验室中氨浸提锌 已知： ⅲ.   ⅳ.M的结构简式如图所示，R为，两个羟基中、酚羟基酸性较强。 (4)NH3和浸取ZnO发生反应的离子方程式是 。 (5)M能与形成稳定的配合物X，相关反应为。 ①补全图中X的结构并用“…”标出氢键 。 ②X中形成氢键有利于的萃取，原因可能是 。 (6)从平衡移动的角度解释能提高有机溶液中X含量的原因： 。 21．（2024·北京·一模）一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3 Ksp 6.8×10-6 5.6×10-12 2.3×10-9 2.8×10-9 5.5×10-6 2.5×10-2 (1)i中，操作的名称是 。 (2)ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。 (3)iii中，得到的沉淀3的成分有 。 (4)有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。 (5)一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi2CO3产品，加入c1mol/LV1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解； 步骤II．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤III．以酚酞为指示剂，用c2mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。Li2CO3的摩尔质量为74g/mol。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤II的目的是 ；若省略步骤II，直接进行步骤III，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (6)纯化Li2CO3粗品 将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3.电解原理如图所示： 阳极的电极反应式是 ，该池使用了 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。 22．（2024·北京朝阳·一模）以菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)为原料提纯MnCO3的一种流程示意图如下。 已知：i．浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。 ii．常温时，部分物质的Ksp如下表所示： 物质 MnCO3 Mn(OH)2 MgCO3 Mg(OH)2 Ksp 1.8×10-11 1.9×10-13 6.8×10-6 5.6×10-12 iii．1mol·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8，c()≈3.3×10-3mol·L-1 (1)将菱锰矿“研磨”的目的是 。 (2)写出MnCO3在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式： 。 (3)用1mol·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。 注:锰的回收率= ①“沉锰”反应的离子方程式是 。 ②分析浸出液pH=8时，MnCO3产品中存在的杂质可能是 ，说明判断依据 。 (4)该流程中可以循环利用的物质有 。 (5)检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10mL加入稍过量的NH4NO3溶液，使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用bmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①产品中锰元素的质量分数为 。 ②若未充分加热，则会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 23．（2024·北京·一模）钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含、[Ni(CN)4]2-、等)并回收铬元素的工艺路线如下： 已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+ II．室温下相关物质的Ksp如下： 化合物 CaSO4 BaSO4 BaCrO4 Ksp 4.9×10-5 1.1×10-10 1.2×10-10 (1)向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体，补全该反应的离子方程式： 。 □CN-+□_____+□_____=□+□_____+□_____ ②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因： 。 (2)用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH变化如图。与预调pH=6相比，pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高，可能的原因有 (写出两条)。 (3)沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为 。 (4)溶液2需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。 步骤1：取aL含Ba2+废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定至CrO全部转化为Cr2O，消耗HCl标准溶液的体积为bmL。 步骤2：取100mL蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。 ①步骤1中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是 。 ②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1(写出表达式)。 24．（2024·北京房山·一模）草酸钴()可用于催化剂的制备，用水钻矿(主要成分为，含有少量、、、、、杂质)制备草酸钴工艺流程如图所示： 资料：①不能直接被浸出； ②酸性条件下，转化为，但不会氧化； ③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示： 沉淀物 开始沉淀时的 2.7 7.6 4.0 7.6 7.7 完全沉淀时的 3.7 9.6 5.2 9.2 9.8 (1)酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取的一种措施为 。 (2)浸出过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)向“浸出液”中加入的作用是 。 (4)加入调节溶液至5.2，过滤所得到的沉淀成分为 。 (5)滤液I“除镁、钙”是将镁、钙离子转化为沉淀。已知在该操作温度下，，若使沉淀完全[c(Ca2+)≤10-5mol/L]，所需浓度不低于 。 (6)在萃取除锰时，先向除杂后的溶液中加入有机酸萃取剂，金属离子的萃取率与溶液的关系如图，萃取应选择的范围是 。 A．2.0~2.5    B．3.0~3.5    C．4.0~4.5 (7)为测定制得样品的纯度，现称取样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用溶液滴定，已知在酸性条件下被还原为，达到滴定终点时，用去溶液。所得草酸钴样品中的纯度为 [已知：]。 25．（2024·北京西城·一模）以方铅矿(主要含)和废铅膏(主要含)为原料联合提铅的一种流程示意图如下。 已知：i． ii． 物质 (1)浸出 时，加入过量的盐酸和溶液的混合液将铅元素全部以形式浸出。 ①“浸出”过程中，发生的主要反应有： I． II． III． (浸出的离子方程式) ②I生成的作II的催化剂使浸出速率增大，其催化过程可表示为： i． ii． (离子方程式) ③充分浸出后，分离出含溶液的方法是 。 (2)结晶 向含的溶液中加入适量的冷水结晶获得，结合浓度商(Q)与平衡常数(K)的影响因素及大小关系，解释加入冷水的作用： 。 (3)脱氯碳化 室温时，向溶液中加入少量浓氨水调至，然后加入固体进行脱氯碳化。 ①随着脱氯碳化反应进行，溶液的 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②脱氯碳化过程中，检测到。浊液转化为的最低 。 (4)还原 将溶于溶液可制备，反应：。制备高纯铅的原电池原理示意图如图所示。 ①获得高纯铅的电极是 (填“正极”或“负极”)。 ②电池的总反应的离子方程式是 。 ③从物质和能量利用的角度说明该工艺的优点： 。 26．（2024·北京丰台·一模）冶炼金属产生的酸泥属于有价值危险物。从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒的一种工艺如下： (1)“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液。 ①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是 。 ②不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为 。 ③浸出时间等其他条件相同时，不同的NaClO3投加量对汞、硒浸出率的影响如图所示。选择最佳NaClO3投加量并说明理由 。 (2)沉汞后液中磷以最高价形式存在。“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (3)已知Se(s) + Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液。利用该原理对粗硒进行提纯，实验操作是 。 (4)粗硒中硒的纯度测定 i．取0.1 g 粗硒于锥形瓶中，加入15 mL浓盐酸和1mL浓硝酸，沸水浴加热，使Se全部转化为H2SeO3； ii．除去过量的HNO3和溶解的NO2； iii．加入2 mL KI溶液、5 mL淀粉溶液，然后用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液V mL。 已知：H2SeO3 + 4KI + 4HCl = Se + 2I2 + 4KCl + 3H2O H2SeO3 + 4Na2S2O3 + 4HCl = Se + 2Na2S4O6 + 4NaCl + 3H2O I2 + 2Na2S2O3 = Na2S4O6 + 2NaI ①到达滴定终点时的现象为 。 ②依据现有数据能否计算出粗硒中硒的纯度？若能，请写出计算式；若不能，请写出还需要的数据。 。 27．（2024·北京石景山·一模）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下： 已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。 (1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。 ①加入NaNO3的作用 。 ②固体B含有 。 (2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①氨水“络合浸出”的化学方程式是 。 ②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整： 。 □ ___________+ N2H4·H2O =N2↑ + H2O + □ ___________ + □ ___________ + □ NH3↑ (3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因 ；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因 。 ②写出pH = 14时甲醛“还原析银”的离子方程式 。 28．（2024·北京门头沟·一模）一种高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。 已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。 金属硫化物 ②金属离子的与溶液的关系如图所示。 (1)在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是 。 (2)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是 。 (3)酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为 ；加入的作用是 (用离子方程式表示)。 (4)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是 。 (5)由图像可知，从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是 、洗涤、干燥。 (6)锰含量测定： ⅰ．称取晶体，加水溶解，将滤液定容于容量瓶中。 ⅱ．取溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应，产生和，煮沸溶液使过量的分解。 ⅲ．加入指示剂，用溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为重新变成。废渣中锰元素的质量分数为 。 29．（2024·北京海淀·三模）是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为，还含有、等)为原料制备的工艺流程如图。 资料： 难溶物 (1)沉淀池1中，先加充分反应后再加氨水。写出加时发生反应的离子方程式： 。 (2)沉淀池2中，选择含硫沉淀剂而不选择的原因是 。 (3)如图为和的溶解度曲线。从“含的溶液”中提取晶体”的操作为 ，洗涤干燥。 (4)受实际条件限制，“酸浸池”所得的废渣中还含有。其含量测定方法如下。 称取废渣，加酸将锰元素全部溶出成，过滤， i．将滤液定容于容量瓶中； ii．取溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热、充分反应后。 iii．煮沸溶液使过量的分解。 iv．加入指示剂，用溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为重新变成。 ①步骤ii中反应的离子方程式是 。 ②废渣中锰元素的质量分数为 。 ③若省略步骤iii，则测定的结果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (5)废渣若长期露置于空气，其中的锰元素会逐渐转化为。研究者用如图装置提取中的锰元素。图中“”代表氢自由基。实验测得电解时间相同时，随外加电流的增大，溶液中先增大后减小，减小的原因是 (写出两条)。 30．（2024·北京顺义·一模）I．V2O5是一种重要的工业催化剂。 (1)V2O5催化剂参与SO2催化氧化反应的机理如图。 V5+催化过程可以表示为： ①…… ②O2+4V4+=4V5++2O2- ①的离子方程式是 。 Ⅱ．某V2O5失活催化剂(主要含V2O5、V2O4、SiO2、SO3以及少量的Fe等)是重要的含钒二次资源。从失活催化剂提取钒的一种工艺流程如下。 资料： ⅰ．HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子的萃取能力由强到弱的顺序为：Fe3+>VO2+>VO>Fe2+； ⅱ．溶液pH<4.0时，+5价钒的存在形式为VO，6.0≤pH≤8.0时，正五价钒元素的存在形式为VO，且二者可相互转化：VO+H2OVO+2H+。 (2)浸出液中含有VO、VO2+、Fe3+、Fe2+等阳离子，浸出VO的离子方程式是 。 (3)流程中“……”包含的操作顺序为 。 (4)“萃取”“反萃取”过程机理为：VO2+(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+2H+(水层)。反萃取剂选择H2SO4，原因是 。 (5)“沉钒”过程中需先加入KClO3，然后通入氨气调节pH为6～8，再加(NH4)2SO4。 ①加入KClO3，反应的离子方程式是 。 ②结合平衡移动原理解释通入氨气的作用 。 (6)产品中V2O5纯度的测定方法如下。 已知：此过程中，MnO可氧化Fe2+，且不与VO2+反应。产品中的杂质不参与反应。 步骤iii中标准KMnO4溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算产品中V2O5的纯度还需要的实验数据有 。 31．（2024·北京·一模）合成氨工业产生的钻钼废催化剂(主要成分MoS2、CoO、Fe2O3等)是一种相当宝贵的二次资源。用碱浸法处理钻钼废催化剂的工艺流程如图： 资料： i.氧化钼(MoO3)：熔点795℃。易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)。 ii.钼酸(H2MoO4)：难溶于水和酸的黄色晶体，可通过酸化钼酸盐溶液而制得。 (1)焙烧： ①将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，写出反应的化学方程式 。 ②解释钼浸取率随焙烧温度变化的原因是 。 (2)碱浸： 碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀。写出反应的化学方程式 。 (3)酸沉： 传统工艺中酸沉多在不锈钢离心机中进行。文献记载，选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，利用了浓硝酸的 性。 (4)从母液中获得无水Na2SO4的操作是 。 32．（2024·北京·模拟预测）BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。 已知：i. Bi3＋易与Cl-形成；pH>3，易发生水解为BiOCl。 ii. 几种离子沉淀与pH 离子 开始沉淀pH 沉淀完全pH Mn2+ 8.1 10.1 Fe2+ 6.3 8.3 Fe3+ 1.9 3.3 I.以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下： (1)“联合焙烧”时，Bi2S3和 MnO2，在空气中反应生成 Bi2O3和 MnSO4。该反应的化学方程式为 。 (2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的 pH。一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是 。 (3)①“转化”时加入金属Bi的作用是 。 ②得到BiOCl的离子方程式为 。 (4)铋能被有机萃取剂(简称 TBP)萃取，其萃取原理可表示为(水层)＋2TBP(有机层)BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl-(水层)。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，取率随c (Cl-)变化关系如图所示。c (Cl-)最佳为1.3 mol·L-1的可能原因是 。 (5)“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O] 晶体。为得到含 Cl- 较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为 。 Ⅱ.以铋精矿(主要成分是Bi2S3，还含有FeS2、CuS2、PbO2等杂质)为原料制备BiOCl的一种示意图如下。 (6)“加压氨浸”过程中，反应物中的S元素均转化为。该过程中CuS2发生反应的离子方程式是 。 (7)“酸浸还原”过程中，铋的浸出率与温度关系如图所示。在高于40℃左右时“铋的浸出率”开始下降，其主要因素可能是 。 (8)“沉铋”时需控制溶液的pH=3.0，且反应中有气体放出，此时BiCl3发生反应的离子方程式为 。 33．（2024·山东临沂·一模）废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。 已知：①该工艺条件下，Ni2+开始沉淀的pH为2，Co2+开始沉淀的pH为3。 ②M2+(Co2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有机相)+M2+(水相)⇌MR2(有机相)+2H+(水相)。 回答下列问题： (1)“高温氢化”时固体产物为Co、Ni、MnO和LiOH，该反应的化学方程式为 ；实际生产中还有少量的Li2CO3生成，原因是 。 (2)“酸洗”的目的是 ；若“洗液”中c(Li+)=2.0mol•L-1，加入Na2CO3固体后，为使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素总量的95%，则1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物质的量为 mol[忽略溶液体积变化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。 (3)“沉锰”过程中pH对金属沉淀率的影响如图所示。 ①生成MnO2的离子方程式为 。 ②pH=0.5时，有少量钴、镍析出，可能的原因是 ；应选择的最佳pH为 。 (4)“反萃取”的目的是将有机层中Co2+、Ni2+转移到水层。 ①试剂X为 (填试剂名称)。 ②为使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，应采取的实验操作有 。 34．（2023·重庆·高考真题）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。   时各物质溶度积见下表： 物质 溶度积 回答下列问题： (1)中元素的化合价是和 。的核外电子排布式为 。 (2)反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。 (3)反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气。 ①反应的离子方程式为 。 ②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。 (4)①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。 ②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。 35．（22-23高一下·江苏苏州·期中）铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如下： 已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH-、SCN-等形成可溶性配合物。 (1)“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是 。 (2)“过滤1”所得滤液中含有的阳离子有 。 (3)“沉淀”过程中，控制NH4HCO3用量不变，铁的沉淀率随氨水用量的变化如图所示。当氨水用量超过一定体积时，铁的沉淀率下降。其可能的原因是 。 (4)“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，写出Fe2+与氨水和NH4HCO3反应生成FeCO3沉淀的离子方程式 。滤渣需洗涤，证明滤渣已经洗涤干净的操作是 。 (5)写出FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程 。 36．（2021·北京丰台·二模）氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料，广泛用作有机合成催化剂。 资料 1.水溶液中存在平衡：2Cl-(aq)+CuCl(s)CuCl(aq)。 2.CuCl是难溶于水的白色固体，在热水中迅速水解生成Cu2O。 3.CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu2(OH)3Cl。 Ⅰ.实验室中用纯净的CuCl2固体可制备CuCl。取75gCuCl2固体于烧杯中，加入100mL0.2mol/L盐酸和水配成200mL溶液，然后在溶液中通入SO2气体。 (1)结合化学用语解释加入盐酸的主要目的是 。 (2)溶液中通入SO2气体后，发生反应的离子方程式为 。 Ⅱ.工业中，用初级铜矿粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)为原料制备CuCl。流程如图： (3)“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜过量太多的原因是 。 (4)用化学用语解释，析出的CuCl晶体不能用水洗涤的原因是 。 (5)合成过程中适宜的反应条件为 。 (6)若要制99.5gCuCl，理论上至少需要含Cu2S50%的铜矿粉的质量为 g。 (7)相同时间内，反应物在最佳配比条件下，温度对CuCl产率影响如图所示。溶液温度控制在58℃时，CuCl产率最大，随温度升高CuCl产率降低，其原因是 。(答出2条即可) 试卷第6页，共44页 试卷第1页，共44页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) 氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离 (2) 盐酸是还原性酸，能与 NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的 pH 反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡2NO2+ClO-+H2O2+ Cl-+2H+正向移动，从而提高脱除率 随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降 (3)Li、Fe、Al (4)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑ (5)0.3 (6)4 (7) 阴极 Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4 (8) 将溶液中过量的 Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定 28.8% 【分析】废旧磷酸亚铁锂电池正极片主要为Al箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加氢氧化钠溶液浸泡，将铝溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiFePO4，加硫酸、硝酸，除去不溶于酸碱的导电剂，调节pH生成FePO4沉淀，滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂沉淀。 【详解】（1）①铵盐能和强碱反应，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：； ②氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离。 （2）a、盐酸是还原性酸，能与 NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的 pH； b、时NaClO首先结合H+生成 HClO，HClO表现强氧化性将NO2氧化为，1mol NaClO得2mol电子生成1mol NaCl，1molNO2失1 mol电子生成，根据得失电子守恒得：2NO2+ClO-+H2O2+ Cl-+2H+，可知反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率；时、随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降。 （3）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al。 （4）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。 （5）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下2.24LNO的物质的量为=0.1mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.1molNO转移0.3mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1molLiFePO4转移1mol电子，则转移0.3mol电子，溶解0.3molLiFePO4。 （6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-99%)×0.5=0.02mol/L，则滤液③中。 （7）充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，Li1-xFePO4转化为LiFePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。 （8）①加入 HgCl2饱和溶液，发生反应 ，据此推测其作用是将溶液中过量的 Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定； ②根据滴定反应的方程式可得关系式6Fe2+~ ，则有n(Fe2+)=6n()=6×0.030 mol·L-1×40.00×10-3L=7.2×10-3mol，m(Fe)= 7.2×10-3mol×56 g·mol-1=0.4032g，故磷酸铁锂电池中铁元素的百分含量为。 2．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) (3) 的浸出率较高，且较环保(或节约酸和氧化剂的用量) 提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量) (4)结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体 (5)过程ⅳ若使用饱和溶液，其中较大，易形成沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯的产量 (6)趁热过滤，用热水洗涤，干燥 【分析】废旧电机研磨后，加入氢氧化钠溶液，铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，生成偏铝酸钠和硅酸钠，即滤液1中溶质为：偏铝酸钠、硅酸钠和剩余的氢氧化钠；滤渣1加入盐酸与磷酸亚铁锂反应并调节溶液pH，氧化剂的主要作用是将亚铁离子转化为铁离子，进而生成氢氧化铁沉淀除去，浸出液加入30%碳酸钠溶液，生成磷酸铁除去，滤液2加入饱和碳酸钠溶液，生成碳酸锂沉淀，提纯得到高纯碳酸锂，据此回答下列问题。 【详解】（1）过程i研磨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）单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，离子方程式为：，故答案为：； （3）①实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是：，故答案为：； ②实验2生成氯气污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3比，的浸出率较高，所以最终选择作为氧化剂，故答案为：的浸出率较高，且较环保（或节约酸和氧化剂的用量）； ③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，故答案为：提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)； （4）过程iv加入30%的Na2CO3溶液，结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体，故答案为：结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体； （5）过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量，所以过程iv不用饱和Na2CO3溶液，故答案为：过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量； （6）温度越高碳酸锂溶解度越小，过程vi的操作是用热水洗涤，干燥，故答案为：趁热过滤，用热水洗涤，干燥。 3．(1) 增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 Fe2O3和MgO 调节溶液pH使与转化为沉淀除去 4.5~9.3 1014.8 (2) (3) c 阳极发生反应：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分移向阴极区，在阳极生成 【分析】铬铁矿(主要成分为，还含有MgO、、等)加入纯碱焙烧，生成Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等，FeO转化为Fe2O3，MgO不反应；加水浸取后，滤渣1为Fe2O3、MgO；滤液中加入H2SO4后过滤，溶液2为Na2CrO4溶液，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3等；Na2CrO4溶液中继续加入H2SO4，最终转化为Na2Cr2O7。 【详解】（1）①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可增大矿石与空气的接触面积，则其目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应。 ②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，则FeO被O2氧化为Fe2O3，焙烧时发生的化学方程式为。 ③由分析可知，滤渣1主要含有Fe2O3和MgO。 ④ⅰ．由分析可知，过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是：调节溶液pH使与转化为沉淀除去；pH的理论范围应在完全转化为Al(OH)3、Al(OH)3刚开始溶解的pH之间，即为4.5~9.3。 ⅱ．过程Ⅳ发生反应，我们选择pH=2.4的点，此时c()=1mol/L，c()=10-5mol/L，c(H+)=10-2.4mol/L，该反应的K≈=1014.8。 （2）依据得失电子守恒，可建立如下关系式：——6Fe2+，n(Fe2+)=bmol/L×v×10-3L=bv×10-3mol，n()=mol，则产品中（摩尔质量为）的质量分数为=。 （3）利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，则阳极发生反应，溶液的酸性增强，发生的转化，阴极发生反应4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，阳极中的Na+、H+会向阴极迁移。 ①由分析可知，离子交换膜应允许Na+、H+通过，应该选用阳离子交换膜，故选c。 ②由分析可得出，Na2Cr2O7产生的原理：阳极发生反应：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分Na+移向阴极区，在阳极生成。 【点睛】电解过程中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。 4．(1)增大接触面积，提高反应速率 (2)MnO2+SO2=MnSO4 (3) 将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去 5.4 (4)NiS、ZnS (5)Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O (6) 45℃ pH=7.5 45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大 (7) 【分析】软锰矿的主要成分是MnO2，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、ZnO、NiO、SiO2等物质，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸化的软锰矿浆中含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成生成Mn2+和，过滤后形成含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+、等的浸出液，二氧化硅不反应经过滤成为滤渣1，向浸出液中加入MnO2，将浸出液中的Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，再向浸出液中加入硫化铵把Zn2+、Ni2+转化为NiS和ZnS沉淀除去，过滤后得到的滤渣2为NiS和ZnS，向过滤后的滤液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2+的溶液，向碳酸锰中加入硫酸得到硫酸锰，向含有Mg2+的溶液通入氨气，得到氢氧化镁，据此分析解题。 【详解】（1）反应前，需先将软锰矿石粉碎制成软锰矿浆，可以增大接触面积，提高反应速率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率； （2）“脱硫浸锰”中软锰矿浆吸收SO2即MnO2和SO2反应生成MnSO4，该反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4； （3）由分析可知，加入适量MnO2的作用是将“浸出液”中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为MnO2+Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水，调节pH值，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，由图干表中数据可知，Al3+完全沉淀时pH=5.4，Fe3+完全沉淀时pH=3.5，则调节pH时应不低于5.4，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，利于后续转化为Fe(OH)3沉淀除去；5.4； （4）由分析可知，已知滤渣1的主要成分为SiO2，则除杂时，滤渣2的主要成分为NiS、ZnS，故答案为：NiS、ZnS； （5）向过滤后的滤液中加入碳酸氢铵和氨水，得到碳酸锰沉淀和含有Mg2+的溶液，说明锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，该反应的离子方程式为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O，故答案为：Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓++H2O； （6）①由图可知，温度45℃左右、pH=7.5左右锰离子的沉淀率最高，“沉锰”的合适条件是45℃、pH=7.5，故答案为：45℃、pH=7.5； ②当温度高于45℃时，Mn2+和Mg2+沉淀率变化的原因是：“沉锰”要加入碳酸氢铵，铵盐受热易分解，当温度高于45℃时，随着温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，所以Mn2+沉淀率下降；同时随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，所以Mg2+沉淀率增大，故答案为：45℃以上时，随温度升高，NH4HCO3分解，c()下降，Mg2+沉淀率下降；同时，随着温度升高，Mg2+水解生成Mg(OH)2程度增大，Mg2+沉淀率增大； （7）由反应方程式：Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+可知，n(Mn2+)=n(Mn3+)=n(Fe2+)=cV×10-3mol，即样品中n(MnSO4)=cV×10-3mol×=5cV×10-3mol，则MnSO4纯度==，故答案为：。 5．(1)BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO (2) 水 盐酸能将微溶的转化为可溶的，不利于除去钙元素 (3)把转化为，避免结晶时出现固体 (4)蒸发结晶、趁热过滤 (5) 易转化为 (6) 【分析】固体、固体、过量碳粉在高温下发生BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO↑反应，生成BaCl2、CaS和CO气体，由于易溶于水，微溶于水，故试剂1选用水进行溶解，得到溶液和固体，向溶液中加入盐酸，把微溶于水转化为，避免结晶时出现固体，由已知ⅲ表中数据得，将得到的溶液经过蒸发结晶、趁热过滤得到氯化钡晶体，氯化钡晶体加水溶、、(NH4)2C2O4发生反应，生成BaTiO(C2O4)2固体，BaTiO(C2O4)2固体经过高温分解，得到，据此回答。 【详解】（1）由分析知，固体1的含硫物质主要是，得到固体1的化学方程式是BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO↑； （2）由分析知，由于盐酸能将微溶的转化为可溶的，不利于除去钙元素，试剂选用水； （3）由分析知，向溶液1中加入盐酸的目的是把转化为，避免结晶时出现固体； （4）由分析知，操作的具体步骤是蒸发结晶、趁热过滤； （5）①由分析知，生成固体3的化学方程式是；②由于ⅰ.较低时，c()较低； ⅱ.较高时，易转化为，故得到固体3的过程，需要调控，否则的产率较低； （6）高温煅烧固体3，发生的化学反应方程式为BaTiO(C2O4)2+CO+CO2，生成的与的物质的量之比=。 6．(1) 过滤 除去过量的硫离子 (2) 、 CaSO4 (3) (4) 的 偏高 【分析】废水中砷元素主要以亚砷酸形式存在，加入硫化钠生成沉淀，为防止与硫离子反应再次溶解，所以再加入硫酸亚铁除去过量的硫离子，过滤得到和FeS，滤液中加入过氧化氢将亚砷酸氧化成砷酸，亚铁离子氧化成铁离子，再加入CaO沉淀砷酸根、铁离子、硫酸根，得到Ca2(AsO4)2、FeAsO4、Fe(OH)3、CaSO4沉淀和低浓度含砷废水。 【详解】（1）①实验操作1和2为分离固液的操作，是过滤。 ②废水中砷元素主要以亚砷酸形式存在，加入硫化钠生成沉淀，根据质量守恒，氢离子也会参与反应生成水，故“一级沉砷”先加入硫化钠主要发生的离子反应是：。 ③与过量的存在反应：，为防止与硫离子反应再次溶解，所以再加入硫酸亚铁除去过量的硫离子，故一级沉砷后再加入硫酸亚铁的主要作用是：除去过量的硫离子； （2）过氧化氢具有氧化性，加入过氧化氢会将亚砷酸氧化成砷酸，亚铁离子氧化成铁离子，反应为：、；由分析可知，X为难溶性的硫酸钙沉淀； （3）黄铁矿被氧气氧化为，同时生成，反应中铁化合价由+2变为+3、硫化合价由-1变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：； （4）①用标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的。由图可知，的，故不用氢氧化钠溶液直接滴定亚砷酸； ②滴定过程中硫酸也会消耗氢氧化钠，若无i，会导致氢氧化钠消耗量增大，使得测定的浓度偏高。 ③滴定过程中存在：，结合As元素守恒可知，亚砷酸的浓度为。 7．(1) (2) 大部分都进入CaS沉淀而被分离，产生污染性气体大幅减少，节约酸的用量 (3) 将所有的都氧化为，便于调节pH沉淀 浓缩结晶前溶液中有过量的盐酸，会大大增加氨水的用量，浪费试剂 (4)pH太高，Ti(Ⅳ)的主要形式为，使降低，使平衡正移，产生减少；pH太低，浓度高，平衡逆移，使降低，使平衡正移，产生减少 (5) 【分析】由题给流程可知，碳酸钡与过量的碳粉、过量的氯化钙在高温下焙烧得到一氧化碳和含有氯化钡、硫化钡、硫化钙、过量碳粉的烧渣；向烧渣中加水水浸、过滤得到含有碳粉、硫化钙的滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸酸化，将硫化钡转化为氯化钡，反应得到的溶液经浓缩结晶、过滤得到含有氯化钙的母液和氯化钡晶体；向氯化钡晶体溶于水得到的溶液中加入四氯化钛和草酸铵，将溶液中的钡离子转化为BaTi(C2O4)2沉淀，过滤得到滤液和BaTi(C2O4)2，BaTi(C2O4)2受热分解生成钛酸钡、一氧化碳和二氧化碳，据此回答。 【详解】（1）“焙烧”步骤中碳粉将BaSO4还原为BaS，方程式为：； （2）①水浸时氯化钙结合硫化钡转化为硫化钙沉淀，离子方程式为：； ②流程中先用水浸取，再用盐酸酸化，相比于焙烧后的产物直接用盐酸浸取主要的优势在于：大部分S2−都进入CaS沉淀而被分离，产生污染性气体H2S大幅减少，节约酸的用量； （3）①加入双氧水氧化亚铁离子，作用为：将所有的Fe2+都氧化为Fe3+，便于调节pH沉淀； ②浓缩结晶前溶液中有过量的盐酸，会大大增加氨水的用量，浪费试剂，所以不在浓缩结晶之前加入双氧水和氨水除去杂质金属离子； （4）pH太高，Ti(Ⅳ)的主要形式为，使降低，使平衡正移，产生减少；pH太低，浓度高，平衡逆移，使降低，使平衡正移，产生减少，所以“沉淀”反应的最佳pH条件为2.5附近； （5）BaTi(C2O4)2受热分解生成钛酸钡、一氧化碳和二氧化碳，化学反应方程式为：。 8．(1)4：7 (2)Fe2O3和MgO (3) 调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去 (4) c 阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7 (5) 【分析】分析流程可知，铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）中加入纯碱，也有O2参与，进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、Na2SiO3加入水进行“浸取”, 过滤，滤渣1为不溶于水的MgO、Fe2O3，向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3、MgSiO3转化为氢氧化铝、氢氧化镁和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，再向滤液中加入H2SO4 ，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4可以循环利用，据此分析回答问题。 【详解】（1）由题可知，过程Ⅰ中转化为和，反应为：，反应中与的化学计量数之比为4：7，故答案为：4：7。 （2）根据分析可知滤渣1主要含有Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO。 （3）①向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，故答案为：调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去； ②过程Ⅳ发生反应，图中的点取pH=2.4，对应，有，又有即，该反应的，故答案为：。 （4）以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液，制备，电解过程中实质是电解水，阳极发生反应为：，阴极发生的反应为：，阳极区中由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极区产生，为保持溶液为电中性，离子交换膜应该选用阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜移向阴极，由此可知总反应方程式为：，故答案为：c；阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7。 （5）根据得失电子守恒，可得反应的关系式为：，，即，故答案为：。 9．(1) (2)萃取分液 (3) (4) 90.9% 2级 (5) ，增大，平衡逆移，增大，铜反萃率提升 无法判断 没有萃取反应的热效应()数据，因此无法判断当温度升高时，反萃平衡的移动方向 ac 【分析】电镀污泥主要成分是，含有等，加入硫酸浸出，得到硫酸铜、硫酸铁的溶液，然后加入萃取剂萃取，分液得到萃余液，主要含有硫酸铁，萃余液加入氨水，得到氢氧化铁沉淀，过滤，得到滤渣为氢氧化铁，煅烧得到铁红（氧化铁）颜料；铜的有机溶液加入硫酸洗涤、反萃，得到硫酸铜溶液，据此解答。 【详解】（1）浸出时，氧化铜、氧化铁转化为硫酸盐，反应的离子方程式主要是：、。 （2）根据分析，操作i是萃取分液。 （3）操作ii中发生反应为铁离子转化为氢氧化铁，离子方程式为。 （4）①本实验中的分配系数为50，且设有机相中铜离子浓度为5cmol/L，则水溶液中铜离子浓度为0.1cmol/L，一次性取用萃取剂与浸出液充分振荡。的萃取率为。 ②1级萃取处理总萃取率83.3%，2级萃取处理总萃取率97.2%，通过比较①和②2级中的萃取率，可分析得到结论：多级萃取的效果好于一次性萃取。 （5）①随硫酸浓度增大，铜反萃率提升的原因：，增大，平衡逆移，增大，铜反萃率提升。 ②在硫酸浓度为时，其他条件不变，只升高温度，无法判断提升反萃率，理由是没有萃取反应的热效应()数据，因此无法判断当温度升高时，反萃平衡的移动方向。 ③a．结合图像4mol/L的硫酸反萃取率已接近最大值，故一般选用硫酸进行本步操作，a正确； b．反萃后得到晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥，b错误； c．根据，反萃取后HR重新生成，故操作后HR可循环利用，c正确； 故选ac。 10．(1)增大接触面积，提高浸出速率 (2) (3)稀硫酸（） (4) 将氧化为，便于后续转化为沉淀除去 pH=4时，pOH=10，则，，故沉淀完全 (5)、 (6) (7) 【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3浸取，二氧化硅不反应、部分钙转化为难溶硫酸钙成为浸出渣，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，钴、铜、铁、镁转化为盐溶液进入浸出液；浸出液萃取使得铜进入有机层，反萃取得到硫酸铜溶液，处理得到硫酸铜晶体；浸出后的水层加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液1含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁得到滤渣1含有氟化镁、氟化钙，过滤后，滤液2中含有Co2+，处理得到固体，煅烧后制得Co2O3； 【详解】（1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率； （2）Na2SO3具有还原性，酸性条件下，能将三价Co还原为二价钴，反应为：； （3）萃取时发生反应，反萃取得到硫酸铜溶液，则a为硫酸，其使得平衡逆向移动，铜离子进入水层，被反萃取； （4）①结合表数据可知，氢氧化铁更难溶，具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，便于后续除去铁，故加溶液作用是将氧化为，便于后续转化为沉淀除去。 ②pH=4时，pOH=10，则，，故沉淀完全； （5）由表可知，氟化镁、氟化钙为难溶物，结合分析可知，滤渣1成分、； （6）空气中氧气具有氧化性，在足量空气中煅烧生成，则氧气将氧化为，同时碳被氧化为二氧化碳，反应中钴化合价由+2变为+3、碳化合价由+3变为+4、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：； （7）与EDTA-2Na按物质的量1∶1反应，则产品纯度为。 11．(1)将PbCl2转化为PbSO4 (2) 温度低于50℃，随着温度的升高，反应速率加快，银含量降低；温度高于50℃，随着温度的升高，浸出液中浓氨水受热分解，导致氨气溢出，降低氨浸银效果，导致银含量升高。 (3) (4)；4 Ag↓；4；4 (5) ，平衡常数K比较大，故反应能生成。 【分析】氯化铅渣中含和少量、等物质，向废渣中加入H2SO4和Na2SO4，得到滤渣1：、PbSO4，滤液1中含有Cu2+，向滤液1通入过量可将转化为；向滤渣1中加过量浓氨水分离、PbSO4，因为AgCl与浓氨水反应生成，PbSO4不溶于氨水，过滤，得到滤液2含有，向滤液2中加入可实现中转化，生成Ag, 而滤渣2中的主要成分是PbSO4，通过铅蓄电池的充电可转化成Pb单质，据此分析回答问题。 【详解】（1）Ksp（PbCl2）=1.6×10-5，Ksp（PbSO4）=1.7×10-8，向PbCl2溶液中加入硫酸，转化为溶解度更小的PbSO4，故答案：将PbCl2转化为PbSO4； （2）由滤渣2中银含量随反应温度的变化曲线知，温度低于50℃，随着温度的升高，反应速率加快，银含量降低；温度高于50℃，随着温度的升高，浸出液中浓氨水受热分解，导致氨气溢出，降低氨浸银效果，导致银含量升高； （3）由铅蓄电池的电极材料知，阴极为Pb，阳极为PbO2，故充电时的总反应方程式：； （4）向滤液2中加入可实现中转化生成银，转化过程中被银氨溶液氧化的产物是氮气，故化学方程式：4 Ag↓+4+4； （5）向滤液1通入过量可将转化为，发生的反应为：，，平衡常数K比较大，故反应能生成。 12．(1)分解，浓度降低 (2) (3)易分解生成，稀释倍数较小时，硫酸浓度较大，溶解度较小，导致滤渣2中含量较高 (4) (5) 偏大 0.75cV 滴定过程中产生，平衡正移，使基本稳定 【分析】在酸性条件下，和被氧化为和，过滤后加入含砷废渣，沉铜后过滤，再用二氧化硫滤液中的砷元素还原得到粗三氧化二砷，据此分析作答。 【详解】（1）过氧化氢受热易分解，温度过高时过氧化氢分解而使过氧化氢浓度降低导致氧化浸出速率降低； （2）被过氧化氢在酸性条件下氧化生成CuSO4、H3AsO4和H2O离子方程式为：； （3）稀释倍数较小时，溶液中硫酸浓度较大，根据题中已知：易分解生成微溶于水的；随着硫酸浓度的增大，在硫酸溶液中的溶解度变小，因此滤渣2中含量较高； （4）在“还原”过程中有硫酸生成，氧化浸出中需要消耗硫酸，因此能循环使用的物质是硫酸； （5）①若样品中有-2价硫，则碘标准液还需要氧化-2价硫导致标准液消耗体积偏大，最后测定结果偏高； ②2As~As2O3~2I2，则有150gAs~2I2，则样品中As的质量分数为； ③用碘标准液滴定过程中会生成氢离子，碳酸氢钠的加入可以消耗氢离子平衡正向移动，从而维持溶液中氢离子浓度在一个稳定的水平。 13．(1)增大反应物的接触面积，加快浸出速率 (2)加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解 (3)加入，阳极反应：，防止在阳极放电产生氧化，防止在阳极放电 (4)在酸性环境中，HCHO与反应，生成NO、和，加热时，气体逸出，除去，不引入新杂质；反应消耗，减小，增大，，生成沉淀 (5) (6) 【分析】提锂后的废渣主要含、和金属铝等，用硝酸“酸浸”过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入甲醇电解，将Fe3+还原为Fe2+，向溶液中加入适量氢氟酸，将Al3+转化为沉淀除去，过滤后向滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入甲醇“沉淀”过程获得纯净的。 【详解】（1）酸浸前，将废渣粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，加快浸出速率。 （2）从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因：加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解。 （3）结合电极反应说明在电解中的作用：加入，阳极反应：，防止在阳极放电产生氧化，防止在阳极放电。 （4）此过程中HCHO的作用为：在酸性环境中，HCHO与反应，生成NO、和，加热时，气体逸出，除去，不引入新杂质；反应消耗，减小，增大，，生成沉淀。 （5）提锂后的废渣主要含、，当全部转化为时，Fe3+是过量的，过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有。 （6）①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，Fe元素由+3价下降到+2价，C元素由+4价下降到+2价，又由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ②放电时在负极失去电子生成C和Li+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式是。 14．(1) 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，溶液显碱性 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再加入溶液，无白色沉淀 (2)3:1 (3) (4) (5) 【分析】含铅浆液主要含、，加过量的碳酸铵把转化为PbCO3，固体a中含有、PbCO3，加热分解得到、PbO的混合物，用双氧水把还原为PbO，再用HBF4溶液“浸出”，得到Pb(BF4)2溶液，电解Pb(BF4)2溶液得HBF4溶液和Pb。 【详解】（1）①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，所以溶液显碱性。 ②转化脱硫反应是和反应，转化为PbCO3沉淀，反应的离子方程式是。 ③洗涤液中若不含，证明固体a已洗涤干净，操作和现象是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀盐酸，再加入溶液，无白色沉淀。 （2）将样品置于氩气中加热，316℃时，剩余固体的质量为713mg，反应生成二氧化碳的质量为88mg，二氧化碳的物质的量为，则反应生成PbO的物质的量为，此时固体中的质量为0.713g-×223g/mol=0.267g，n()=,3:1。 （3）“还原”时加入溶液把PbO2还原为PbO，反应的化学方程式是； （4）和均为可溶于水的强电解质，“浸出”时PbO和HBF4反应生成Pb(BF4)2和水，反应的离子方程式是； （5）以惰性电极电解溶液，阴极生成Pb，阳极生成氧气和HBF4，溶液b中可循环利用的物质是HBF4。 15．(1)将原料粉碎，适当升温 (2)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2H2O+2Fe3+ (3)Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失 (4)BaSO4、CoS、NiS (5)A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移 (6)pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利 【分析】将软锰矿（主要含MnO2）和硫锰矿（主要含MnS）用硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有Mn2＋、Fe3＋、Co2＋、Ni2＋等金属离子，加入MnO2的作用是将浸出液中的硫离子氧化为S，同时自身被还原为Mn2＋，所以浸出渣主要成分为S，加入氨水调节溶液的pH除去铁离子，过滤后的滤液中加入BaS净化除去Co2＋、Ni2＋等离子，过滤得到滤液2，最终得到MnSO4，滤渣2为BaSO4、CoS、NiS。 【详解】（1）为提高浸出速率，可采取的措施有将原料粉碎，适当升温等； （2）浸出过程中产生的Fe3+对MnO2与MnS的反应起催化作用，机理如下：ⅰ.2Fe3++MnS=Mn2++2Fe2++S； ⅱ.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2H2O+2Fe3+； （3）流程图中采用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，不能单独使用①去除这些杂质离子的原因：Co(OH)2、Ni(OH)2和Mn(OH)2的Ksp相差不大，调节pH除Ni2+和Co2+时，易使Mn2+共沉淀而损失； （4）根据分析可知，滤渣2的主要成分是BaSO4、CoS、NiS； （5）中间室产生较浓硫酸的原因：A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的硫酸根离子与阳极区的氢离子分别向中间室迁移； （6）随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是：pH＜7.0时，随着pH的增大，氢离子的浓度降低，氢离子在阴极放电被抑制，有利于Mn2+放电；pH＞7.0之后，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，导致Mn2+的浓度降低，对Mn2+放电不利。 16．(1)研磨、加热 (2) (3) (4)＞ (5)，更有利于提取含Fe物质 (6)b (7)过多，会导致发生反应，中会含有 【分析】某镍矿（主要成分为、，含有少量、、、、）经研磨后在加热条件下加入硫酸溶解，二氧化硅不溶于硫酸，根据题干信息固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，加入硫酸铜溶解生成CuS，CuS经氧气氧化后被硫酸溶解生成硫酸铜，过滤除去二氧化硅；溶液B中加入过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸氢铵使溶液中铁离子形成氢氧化铁滤出；再想溶液中加入碳酸氢铵使溶液中氯离子形成氢氧化铝沉淀滤出；向溶液G中加入硫化钠使镍离子形成硫化镍沉淀，剩余含镁离子溶液。 【详解】（1）流程中可以通过研磨、加热加快反应速率； （2）固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式：； （3）III中，生成转移，说明S元素由-1价被氧化为+6价，III中反应的化学方程式：；根据分析III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是SiO2； （4）IV可以除去溶液D中的，说明电解过程中先于发生反应，由此推测氧化性； （5）过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，，更有利于提取含Fe物质； （6）根据题干信息，若要使沉淀完全，但未沉淀，，计算得出pH范围3~4； （7）过多，会导致发生反应，中会含有。 17．(1)增大接触面积，增大化学反应速率，提高镍浸出率 (2) 中和反应生成的酸，调节溶液；提供足够的 ，控制溶液为，升温，都有利于平衡正移，生成。 (3)部分转化为，使释放出的与反应生成进入渣中，使而铜镍比降低 (4)CaF2、MgF2 (5) 【分析】富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以和的形式存在，和均难溶于水；铁主要以形式存在，溶渣时，向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，各物质转化为对应的硫酸盐，同时加入氧化剂，氧化亚铁离子为铁离子，在硫酸盐溶液中，加入足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，当Fe3+浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁，控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿（FeOOH），向滤液1中加入活性NiS固体，使Cu2+转化为CuS渣，向滤液2中加入NaF溶液生成氟化钙、氟化镁沉淀，过滤除去钙离子，得到较纯净的NiSO4溶液，NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得NiSO4·nH2O晶体，据此解答。 【详解】（1）富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高镍浸出率； （2）①在硫酸盐溶液中，当有足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，反应的离子方程式为，向镍浸出液中不断加入Na2CO3，消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率，不断加入Na2CO3的作用是消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率； ②控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿（FeOOH），反应为2Fe3++4H2O2FeOOH+6H+，pH增大，氢离子浓度减小，升高温度，均导致平衡正向移动，从而生成FeOOH； （3）由于CuS部分转化为CuO，同时释放出部分S2-，使Ni2+生成NiS，因此30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低。 （4）根据分析，沉淀的主要成分是CaF2、MgF2； （5）根据EDTA～ZnCl2可知EDTA溶液的浓度为mol/L，根据EDTA～NiSO4·nH2O可知mgNiSO4·nH2O的物质的量是mol＝mol，因此，解得n＝。 18．(1) (2)6 (3) ，浓度减小，NO的脱出率降低 温度升高，平衡逆向移动，NO的脱出率降低 pH=2时，与H+作用，导致浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致的浓度减小，NO的脱出率减低 (4) 【分析】如图，烟气中的NOx与溶液中的反应，生成和，与次磷酸钠(NaH2PO2)反应，生成，循环使用，也与次磷酸钠(NaH2PO2)反应，反应生成和磷酸氨，循环使用，故可将烟气中的NOx脱出，据此回答。 【详解】（1）烟气中的NO2与水反应的化学方程式为； （2）的结构如下图所示，由图可知，中心离子的配位键数目为6，故配位数为6； （3）①的影响：弱酸性条件下会降低对NO脱除效率，因为氧气把氧化，离子方程式为，浓度减小，NO的脱出率降低；②温度的影响：研究发现60℃时NO脱除效率比30℃时低，原因是反应温度升高，平衡逆向移动，NO的脱出率降低；③pH的影响：如图，相同试剂内，pH=2和pH=10时NO的脱出率低于pH=6时，原因是pH=2时，与H+作用，导致浓度减小，NO的脱出率降低，pH=10时，可能生成Fe(OH)2沉淀，也导致的浓度减小，NO的脱出率减低； （4）在酸性条件下再生，N元素由+2价将为-3价，降低5价，P元素由+1价升高为+5价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为。 19．(1) (2) 、 4.7 (3)沉淀不完全 (4)12.8 (5)温度升高，导致氨水挥发或分解 (6) 【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2（或不溶性硅盐），所以得到的滤渣1为S和SiO2（或不溶性硅盐）；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，所得滤液中继续加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰，硫酸锰与氨水反应得氢氧化锰，氢氧化锰再空气中加热得四氧化三锰。 【详解】（1）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O； （2）根据分析，“滤渣2”中主要有Al(OH)3、Fe(OH)3， 由表中数据知pH在4.7时，Al3+和Fe3+沉淀完全，Zn2+在pH=6.2开始沉淀，故“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7~6.2之间； （3）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，F-与H+结合形成弱电解质HF，使MgF2(s)⇌Mg2++2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全； （4）Mn2+开始沉淀的pH为8.1，即溶液中c(H+)=10-8.1mol/L，则溶液中c(OH-)=10-5.9mol/L，则Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)c2(OH-)=0.1×(10-5.9)2=10-12.8，则pKsp[Mn(OH)2]=12.8； （5）硫酸锰与氨水反应得氢氧化锰，温度过高，氨水挥发或分解，碱性不足，生成氢氧化锰不完全，导致Mn3O4产率降低； （6）尿素在115~120°C水解生成铵根和碳酸根，锰离子和碳酸氢离子生成了MnCO3沉淀，离子方程式为：Mn2++CO(NH2)2+2H2OMnCO3↓+2； 20．(1) (2)将氧化成，利于通过调pH将其除去 (3)5.0～6.0 (4) 提高X结构的稳定性；提高X在有机溶剂中的溶解性；降低X在水中的溶解性 (5)与反应，降低，促进向正向移动，导致增大，促进向正向移动 【分析】氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等，向其中加稀硫酸并加热，其中的ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO均能与稀硫酸反应，依次转化为ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、PbSO4、Al2(SO4)3、CaSO4，过滤时PbSO4和CaSO4以及不反应的SiO2成为浸出渣，浸出液中主要含有ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3，因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，然后调节溶液的pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，获得含锌离子的溶液后，通过电解得Zn。 【详解】（1）PbO和H2SO4反应生成硫酸铅，其离子方程式是； （2）因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，即加入试剂a的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，利于后续通过调pH将其除去； （3）氢氧化铝和氢氧化铁属于同类型的难溶物，由表中所给两者溶度积常数可知，当Al3+完全沉淀时，Fe3+也已完全沉淀，调pH时应使Zn2+不沉淀、而使Al3+和Fe3+浓度小于10-6mol/L，要使Zn2+不沉淀，c(OH-)，pH＜6.0，要使c(Al3+)＜10-6mol/L，则c(OH-)，即pH＞5.0，所以应调节pH的范围是5.0～6.0； （4）NH3和的混合溶液浸取ZnO时，ZnO溶解生成，反应的离子方程式是； （5） ①M中氮原子上有1对孤电子对、氧原子上有2对孤电子对，Zn2+有空轨道，所以氮原子和氧原子能够与Zn2+形成配位键，已知两个羟基中酚羟基酸性较强，即酚羟基更活泼，所以应是酚羟基的氧原子和Zn2+形成配位键，又由于氧元素的电负性很强，所以氮原子所连的羟基氢原子与配合物X中的原酚羟基O原子之间形成氢键，补全图中X的结构并用“…”标出氢键如下 ； ②氢键的形成能提高X结构的稳定性、提高X在有机溶剂中的溶解性或降低X在水中的溶解性，所以X中形成氢键有利于Zn2+的萃取； （6）CO2是酸性氧化物，能与NH3反应，即能消耗NH3，使c(NH3)降低，据勒夏特列原理，将向正反应方向移动，导致c(Zn2+)增大，最终促进向正向移动，所以CO2能提高有机溶液中X含量。 21．(1)萃取、分液 (2)2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+ 2 (3)Mg(OH)2、CaCO3、Ca(OH)2 (4) 不可行 由于Ksp(CaCO3)远小于Ksp(Li2CO3)，若省略向溶液3中加入草酸钠这一步，会在沉锂的同时生成CaCO3沉淀，造成产品纯度降低 (5) ×100% 除去溶液中的CO2 偏低 (6) 4-4e-=2H2O+O2↑ +4CO2↑ 阳 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，i中操作的名称是萃取分液，故答案为：萃取、分液； （2）由分析可知，ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2； （3）由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3、Ca(OH)2； （4）由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行； （5）①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)=n(NaOH)=c2V2×10-3mol,则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2)×10-3mol,根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为×100%； ②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果，若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低； （6）根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极放电的是氢离子，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成OH-，Li+通过阳离子交换膜进入阴极区，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，为阳离子交换膜。 22．(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (2) (3) MgCO3 MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质 (4)CO2、NH3、NH4Cl (5) 偏大 【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体氧化焙烧，尾气未NH3和CO2，固体A加水浸锰，浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B主要为氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D为NH4Cl，气体E为CO2，据此回答。 【详解】（1）将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行； （2）MnCO3在“氯化焙烧”时与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，方程式为：； （3）①沉锰时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，离子方程式为：； ②根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c（Mg2+）=≈2×10-3 mol·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c（Mn2+）=≈0.5×10-8mol·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c（Mn2+）=≈1.9×10-1 mol·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c（Mg2+）=≈5.6 mol·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3； ③已知在碳酸锰中，Mn%=，在氢氧化锰中Mn%=，MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质； （4）根据分析可知，CO2、NH3可以回到流程沉锰循环，NH4Cl可以回到流程氧化焙烧循环； （5）①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3mol，m(Mn)=bc×10-3mol×55g/mol=0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数为==； ②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。 23．(1) 2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl- ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀 (2)预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大 @预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀 (3)2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O (4) 保证废水中Ba2+沉淀完全 【分析】流程分析：加石灰乳调节PH后， 转化为CaSO4沉淀（微溶），主要转化成；破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4 和BaSO4；加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和。 【详解】（1）①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体N2和，NaClO被还原为Cl-等无毒无害物质，CN-失去5个电子，ClO-获得2个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，ClO- 系数是5，反应的离子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl-； ②ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀，提高镍元素的去除率； （2）①预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大；②预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀； （3）沉淀2中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+ ，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O （4）①保证废水中Ba2+沉淀完全 ②根据离子方程式：+H2O2+2H+ ，n(H+) n()n(Ba2+)，步骤2消耗的HCl是与全部的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1消耗的HCl是与全部Ba2+反应后剩余的所需量，两者的差值即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)= n()=n(Ba2+)=（c-b）L×0.1mol·L−1，m(Ba2+)=137×（c-b）g；则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1 24．(1)将矿石研磨成粉末状或其他合理答案 (2) (3)将氧化为便于除去 (4) (5) (6)B (7) 【分析】用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，根据流程可知，在水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，所得浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；浸出液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，将Fe3+、Al3+全部转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后所得滤液I中加入NaF溶液，目的是除去Ca2+和Mg2+，向滤液Ⅱ中加入萃取剂，将锰离子萃取，在萃后余液中加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4•2H2O，据此分析解答。 【详解】（1）酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取将矿石研磨成粉末状、适当提高温度、搅拌等措施； （2）浸出过程中与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成Co2＋，根据原子守恒和电子守恒，其反应的离子方程式为，故答案为：； （3）浸出液中加入NaClO3的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，进而调节pH除去Fe3+。 （4）加Na2CO3调节溶液pH至5.2，使Fe3+、Al3+全部转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去； （5）当沉淀完全时，，故答案为：0.03； （6）由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，溶液pH在接近3.0时，Mn2+的萃取率最高，同时Co2+的萃取率在较低水平，因此适宜pH范围是接近3.0，故选B。 （7）称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定， 被氧化为CO2，被还原为Mn2+，根据电子守恒得关系式2~~5~~5CoC2O4•2H2O，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL，则5CoC2O4•2H2O的物质的量为，所得草酸钴样品中CoC2O4•2H2O的纯度为； 25．(1) 趁热过滤 (2)的，加入冷水，温度降低，K减小，溶液被稀释，Q增大，，平衡逆向移动，析出晶体 (3) 减小 7.5 (4) 正极 可循环使用，制备高纯铅的过程中获得电能 【分析】方铅矿(主要含)和废铅膏(主要含)混合浸出，加入过量的盐酸和溶液的混合液将铅元素全部以形式浸出，得到H2S、含溶液和含S的残渣，滤液结晶得到PbCl2、PbCl2脱氧碳化得到PbCO3，PbCO3受热分解得到PbO，还原PbO得到Pb，以此解答。 【详解】（1）①浸出的过程中，PbO转化为，根据电荷守恒配平离子方程式为：； ②I生成的作II的催化剂使浸出速率增大，其催化过程可表示为：i．，第ii步反应中有Fe2+生成，说明PbS和Fe3+发生氧化还原反应达到Fe2+和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ③充分浸出后得到的溶液中含有残渣，分离出含溶液的方法是：趁热过滤。 （2）的，加入冷水，温度降低，K减小，溶液被稀释，Q增大，，平衡逆向移动，析出晶体。 （3）①室温时，向溶液中加入少量浓氨水调至，然后加入固体进行脱氯碳化，离子方程式为：，c(H+)增大，溶液的减小； ②浊液中存在，c(Pb2+)c2(Cl-)=Ksp()=，2c(Pb2+)≈c(Cl-)，则4c3(Pb2+)= Ksp()=，c(Pb2+)=mol/L=1.6mol/L，c(OH-)= ，c(H+)= mol/L，pH=7.5。 （4）①由图可知，在正极得到电子生成Pb； ②由图可知，在正极得到电子生成Pb，电极方程式为：+e-+H2O=Pb++3OH-，H2在负极失去电子生成H2O，电极方程式为：H2-2e-+2OH-=2H2O，则电池的总反应的离子方程式是； ③从物质和能量利用的角度说明该工艺的优点：可循环使用，制备高纯铅的过程中获得电能。 26．(1) 过滤 HgSe + ClO+ 2H+ = Hg2+ + Cl- + H2SeO3 70 g/L (2)4：1 (3)将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥 (4) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复 【分析】从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒，酸泥在H2SO4、NaClO3混合溶液中氧化浸出，“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，过滤分离不溶物后，往浸出液加入NaH2PO2还原沉淀得到汞渣，沉汞后液加入SO2进行沉硒，得到粗硒，再将沉硒后液用石灰乳中和，得到中和液及中和渣。 【详解】（1）①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是过滤。 ②根据“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为HgSe + ClO+ 2H+ = Hg2+ + Cl- + H2SeO3。 ③根据图示，70 g/L时汞、硒浸出率已达到最大值，故选择最佳NaClO3投加量并说明理由70 g/L。 （2）NaH2PO2中P为+1价，沉汞后液中磷以最高价+5价的形式存在，P化合价升高，NaH2PO2为还原剂，Hg2+由+2价降低为+1价，Hg2+为氧化剂，根据得失电子守恒，“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1。 （3）根据已知Se(s) + Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液，对粗硒进行提纯，该实验操作是将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。 （4）①根据淀粉遇碘变蓝，到达滴定终点时的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复。 ②根据反应可知，得关系式为H2SeO3~Se~2I2~4，该粗硒的纯度为=×100%，故可以计算出其纯度。 27．(1) 利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化 AgCl和PbSO4 (2) AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O 4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑ (3) 溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低 亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag 2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O 【分析】由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。 【详解】（1）①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化； ②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4； （2）①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl + 2NH3·H2O = [Ag(NH3)2]Cl + 2H2O； ②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑，故答案为：4[Ag(NH3)2]+ + N2H4·H2O = N2↑ + H2O + 4Ag↓+ 4NH + 4NH3↑； （3）①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag； ②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O，故答案为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+ HCOO−+2H2O。 28．(1)增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分 (2)H2S (3) (4)Fe（OH）3 (5)蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤 (6) 【分析】高硫锰矿的主要成分，含有等杂质，其中含量较大，碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，过滤得到的脱硫矿粉中含S、Fe（OH）3、碳酸盐和金属氧化物，加入硫酸酸浸，并加入MnO2氧化Fe2+，生成的滤液中含Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S以滤渣1的形式除去，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化钠可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥后得到。 【详解】（1）在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分； （2）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢； （3）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：；加入MnO2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：； （4）根据金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是Fe（OH）3； （5）由图像可知，温度在40℃以下，溶液析出的晶体为，因此从“操作”所得溶液中得到晶体需进行的操作是：蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥； （6）过程中存在反应：、，存在关系式，，质量为2bc×10-4mol×55g/mol=0.011bcg，质量分数为：。 29．(1) (2)和的相差不多，沉淀完全时也会沉淀。的远小于完全沉淀时，不会沉淀 (3)加热蒸发至有大量固体析出时，趁热过滤 (4) 偏大 (5)电流继续增大，在阴极放电：，使得减小；放电直接生成而不是被还原的反应不能进行，使得减小；在阳极放电生成，使得减小 【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有、等)酸浸后得到MnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4等；加入 MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水除去Fe3+，加入含硫沉淀剂是为了除去Co2+，最后经处理得到含 MnSO4的溶液，结晶得到 MnSO4晶体。 【详解】（1）加入 MnO2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为； （2）选择含硫沉淀剂而不选择的原因是和的相差不多，沉淀完全时也会沉淀。的远小于完全沉淀时，不会沉淀； （3）从溶解度曲线中可以看出，(NH4)2SO4的溶解度随温度升高而升高，MnSO4的溶解度随温度升高而降低，故从“含 MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶体”可以采用蒸发结晶，趁热过滤，洗涤干燥的方法。 （4）①步骤ii中将氧化成，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：； ②滴定时发生反应：，由此可得关系式：，c(Mn2+)=；滤液中n(Mn2+)=，ag废渣中m(Mn2+)=，废渣中锰元素的质量分数为：=。 （5）图中阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应为4H++4e-=4H·、2H·+MnO2+2H+=Mn2++2H2O，随着电流继续增大，在阴极放电：，使得减小；放电直接生成而不是被H⋅还原的反应不能进行，使得减小；在阳极放电生成，使得减小。 30．(1)SO2+2V5++O2-=2V4++SO3 (2)V2O5+2H+=2VO2++H2O (3)先加还原剂，再萃取分液 (4)增大c(H+)，平衡逆向移动，有利于VO2+进入水层 (5) ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+ 存在平衡VO+H2OVO+2H+，通入氨气NH3•H2O+H+=NH+H2O，使c(H+)减小，平衡正向移动，将VO转化为VO，与此同时c(NH4+)增大，使得NH4VO3(s)NH(aq)+VO (aq)逆向移动，析出沉淀NH4VO3 (6)产品质量，ii中所用FeSO4溶液的浓度和体积 【分析】V2O5失活催化剂加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，其他物质转化为溶液，先加还原剂，再萃取分液之后得到含有VO2+的有机层，反萃取得到含VO2+的水层，先加氯酸钾，再调节pH值沉钒，加入硫酸铵转化为NH4NO3，焙烧转化为V2O5，据此回答。 【详解】（1）根据题目分析可知，①的离子方程式是SO2+2V5++O2-=2V4++SO3； （2）浸出液中含有、VO2+、Fe3+、Fe2+等阳离子，浸出的离子方程式是：V2O5+2H+=2VO2++H2O； （3）流程中“……”包含的操作顺序为：先加还原剂，再萃取分液； （4）反萃取剂选择H2SO4，原因是：增大c(H+)，平衡逆向移动，有利于VO2+进入水层； （5）①加入KClO3，将VO2+氧化为，反应的离子方程式是：ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+； ②存在平衡VO+H2OVO+2H+，通入氨气NH3•H2O+H+=NH+H2O，使c(H+)减小，平衡正向移动，将VO转化为VO，与此同时c(NH4+)增大，使得NH4VO3(s)NH(aq)+VO (aq)逆向移动，析出沉淀NH4VO3； （6）步骤iii中标准KMnO4溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算产品中V2O5的纯度还需要的实验数据有：产品质量，ii中所用FeSO4溶液的浓度和体积。 31．(1) 2MoS2+7O22MoO3+4SO2 反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度过高时，氧化钼升华加剧，所以钼的浸取率下降 (2) (3)强氧化（或氧化） (4)加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4 【分析】先将钴钼废催化剂粉碎以加快焙烧速率，焙烧中主要反应为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，焙烧后的固体中加入NaOH和H2O2，将Co2+转化为Co(OH)3除去，过滤后滤渣中有Fe2O3、Co(OH)3等，向滤液中加酸，将Mo转化为钼酸沉淀，过滤即得钼酸。 【详解】（1）将废催化剂在空气中焙烧可生成氧化钼，化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；氧化钼的熔点795℃，易升华(即使在低于熔点情况下，也有显著的升华现象)，故反应开始时随温度的升高，反应速率加快，钼的浸取率增大；温度过高时，氧化钼升华加剧，所以钼的浸取率下降； （2）碱浸时杂质钴元素以Co(OH)2的形式浸出，加入双氧水可将其氧化为Co(OH)3沉淀，反应的化学方程式为：； （3）选用浓硝酸比用硫酸和盐酸效果更佳，可避免Mo(VI)还原成低价态，即浓硝酸能够将体系中还原性强的物质给氧化，避免去还原Mo(VI)，利用了浓硝酸的强氧化性； （4）由图可知，温度高于40℃时析出无水Na2SO4，而低于40℃时析出Na2SO4•10H2O，由此确定从母液中获得无水Na2SO4的操作为：加热浓缩至有大量固体析出、趁热过滤，过滤出的固体洗涤、干燥，得无水Na2SO4。 32．(1)2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4 (2)增大 Cl-、H+浓度，使铋充分浸出；同时抑制金属离子 Bi3＋(或)、Fe3＋水解 (3) 加入Bi发生反应：Bi+3Fe3+= Bi3++3Fe2+，将 Fe3+转化为 Fe2+，避免形成Fe(OH)3 沉淀，保证 BiOCl的纯度 ＋H2O=BiOCl↓+5Cl-+H+ (4)c(Cl-)＞1.3 mol·L−1 时，铋离子萃取平衡（＋2TBPBiCl3+2TBP+3Cl-）逆向移动，萃取率下降，铁离子萃取率上升；c(Cl-)＜1.3 mol·L−1 时，铋离子水解(＋H2OBiOCl↓＋5Cl-+2H+)程度增大，不利于铋离子的萃取提纯 (5)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 (6)2CuS2+12NH3·H2O+7O2＝2Cu(NH3)+4+4+10H2O (7)温度升高HCl挥发加快，且Bi3+水解程度增大，均会使得铋的浸出率降低 (8)＋=BiOCl↓+CO2↑+5Cl－ 【分析】焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3，在空气中Bi2S3单独焙烧生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，Mn2O3与浓盐酸生成氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋；滤液2中加金属Bi可将Fe3+转化为 Fe2+，然后调节pH，将Bi转化为BiOCl，以此解答。 【详解】（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4。 （2）Bi3＋易与Cl－形成BiCl， BiCl易发生水解， 其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋，增大H＋浓度，平衡逆向移动，BiCl浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成BiCl，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解； （3）①“转化”时加入金属Bi的作用是：加入Bi发生反应：Bi+3Fe3+= Bi3++3Fe2+，将 Fe3+转化为 Fe2+，避免形成Fe(OH)3 沉淀，保证 BiOCl的纯度； ②得到BiOCl的离子方程式为：＋H2O=BiOCl↓+5Cl-+H+； （4）c(Cl－)>1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)<1.3 mol·L－1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯； （5）为使萃取充分，萃取时边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。 （6）“加压氨浸”过程中，CuS2被氧化为CuSO4，1mol CuS2失去14mol电子，1mol氧气得4mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：2CuS2+12NH3·H2O+7O2＝2Cu(NH3)+4+4+10H2O； （7）酸浸还原过程中需用到稀盐酸，盐酸具有挥发性，温度升高HCl挥发加快，且Bi3+水解程度增大，均会使得铋的浸出率降低； （8）“沉铋”时需控制溶液的pH=3.0，反应中有气体放出，该气体为二氧化碳，BiCl3发生反应的离子方程式为：＋=BiOCl↓+CO2↑+5Cl－。 33．(1) 6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O LiOH与空气中CO2反应 (2) 降低锂在固体残余物中的含量 1.17 (3) 3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+ MnO2沉淀过程中夹杂、包裹 1 (4) 盐酸 多次反萃取 【分析】由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，转化为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR有机萃取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。 【详解】（1）由分析可知，高温氢化时发生的反应为高温条件下与氢气反应转化为生成钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；实际生产中还有少量的碳酸锂生成说明反应生成的氢氧化锂与空气中的二氧化碳反应生成碳酸锂和水，故答案为：6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；LiOH与空气中CO2反应； （2）由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液，所以酸洗的目的是将锂元素完全转移到洗液中，降低锂在固体残余物中的含量；由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为2.0mol/L×1.0L×95%×=0.95mol，溶液中锂离子的浓度为2.0mol/L—2.0mol/L×95%=0.1mol/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的物质的量为×1.0L=0.22mol，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的物质的量为0.95mol+0.22mol=1.17mol，故答案为：降低锂在固体残余物中的含量；1.17； （3）①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+； ②pH=0.5时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；由图可知，溶液pH为1时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH为1，故答案为：MnO2沉淀过程中夹杂、包裹；1； （4）①由分析可知，试剂X为反萃取剂盐酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亚钴和氯化镍的水相，故答案为：盐酸； ②由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多次反萃取。 34．(1) +3 1s22s22p6 (2)防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁 (3) 适当升高温度、搅拌 (4) 11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6% 【分析】溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；， 【详解】（1）可以写成，故元素的化合价是和+3。为氧原子得到2个电子形成的，核外电子排布式为1s22s22p6； （2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁； （3）①反应釜2中，加入和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为。 ②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等； （4）①反应釜3中，时，浓度为，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上不超过11。 ②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色； 氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中的质量分数为。 【点睛】 35．(1)过量太多会增加沉淀过程氨水的用量 (2)H+、Fe2+和Fe3+ (3)铁与NH3形成可溶性配合物 (4) 最后一次洗涤液体，用稀盐酸酸化后再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，说明滤渣已经洗涤干净 (5) 【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)加入足量硫酸，Fe2O3、Fe3O4与硫酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，在滤液中加入氨水、碳酸氢铵调节pH值后，在空气中焙烧得到Fe2O3，据此分析解题。 【详解】（1）“酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多，否则过量太多会增加沉淀过程氨水的用量，故答案为过量太多会增加沉淀过程氨水的用量。 （2）Fe2O3、Fe3O4与硫酸反应生成的硫酸亚铁、硫酸铁，硫酸过量，所以“过滤1”所得滤液中含有的阳离子有H+、Fe2+和Fe3+； （3）据已知条件，过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH-、SCN-等形成可溶性配合物；所以氨水用量超过一定体积时，铁与NH3形成可溶性配合物，沉淀率下降；故答案为铁与NH3形成可溶性配合物。 （4）“过滤2”所得滤渣的主要成分为FeOOH和FeCO3，Fe2+与氨水和NH4HCO3反应生成FeCO3沉淀的离子方程式为；滤渣中还有少量杂质是(NH4)2SO4，需洗涤，证明滤渣已经洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液体，用稀盐酸酸化后再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，说明滤渣已经洗涤干净；故答案为；最后一次洗涤液体，用稀盐酸酸化后再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，说明滤渣已经洗涤干净。 （5）FeCO3在空气中焙烧生成铁红的化学方程为；故答案为。 36． Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解 SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+ 避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵 4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl 温度不宜过高、控制HCl浓度不宜过高、隔绝空气 160 温度过高，CuCl水解生成Cu2O/CuCl被直接氧化/SO2逸出/HCl挥发 【分析】初级铜矿粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)中加入稀硫酸、二氧化锰，Cu2S和二氧化锰、稀硫酸发生氧化还原反应，发生的离子反应方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，杂质FeO、Fe2O3分别与稀硫酸反应，过滤生成的S，向滤液中加入氨水调节溶液的pH值，铁离子生成Fe(OH)3沉淀，加入碳酸氢铵，得到MnCO3沉淀，过滤，得到的滤液中含有Cu(NH3)4CO3，加热Cu(NH3)4CO3得到CuO， CuO与盐酸、二氧化硫反应：SO2+2CuO+2Cl-=2CuCl+SO，经过过滤、洗涤、真空干燥或隔绝空气干燥得产品， 以此解答。 【详解】(1)氯化铜溶液中存在平衡：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解，故答案为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解； (2)溶液中通入SO2气体后，二氧化硫将Cu2+还原为CuCl沉淀，Cu元素化合价由+2价下降到+1价，S元素化合价由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和质量守恒配平离子方程式为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，故答案为：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+； (3)H2SO4过多会消耗“除杂”步骤中的氨水和碳酸氢铵，影响除杂效果，故答案为：避免除杂步骤消耗更多的氨水和碳酸氢铵； (4)CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu2(OH)3Cl，若用水洗会生成Cu2(OH)3Cl，方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，故答案为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl； (5)由(2)可知，合成步骤中发生反应SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，结合CuCl在潮湿的空气中易被氧化可知，为了使反应更加充分地进行，合成过程中适宜的反应条件为温度不宜过高、控制HCl浓度不宜过高、隔绝空气，故答案为：温度不宜过高、控制HCl浓度不宜过高、隔绝空气； (6)由Cu元素守恒得到关系式：Cu2S2CuCl，99.5gCuCl的物质的量为=1mol，理论上需要0.5mol Cu2S，其质量为160g/mol0.5mol=80g，理论上至少需要含Cu2S50%的铜矿粉的质量为=160g，故答案为：160； (7)合成步骤中发生反应SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，由图可知溶液温度控制在58℃时，CuCl产率最大，随温度升高CuCl产率降低，温度过高，CuCl水解生成Cu2O；CuCl被直接氧化；SO2逸出；HCl挥发可知，其原因是温度过高，CuCl水解生成Cu2O，CuCl被直接氧化，SO2逸出，HCl挥发；故答案为：温度过高，CuCl水解生成Cu2O，CuCl被直接氧化，SO2逸出，HCl挥发。 答案第46页，共46页 答案第45页，共46页 学科网（北京）股份有限公司 $$