2025届高三化学一轮复习 专题复习---工业流程题

2025届高三化学专题复习---工业流程题 1．（2024·山东德州·三模）利用热镀锌厂在生产过程中产生的副产品锌灰（主要成分为ZnO、及少量、CuO、PbO等）为原料制备氧化锌或皓矾（）工艺流程如下： 已知：①“浸取”时，ZnO和CuO转化为、进入溶液； ②25℃时，，； ③深度除杂标准：溶液中； ④有机萃取剂（用HR表示）可萃取出，其萃取原反应为：。 (1)浸渣中含有的物质包括PbOCl、 。 (2)除砷时，转化为沉淀，写出该反应的离子方程式 。 (3)若深度除铜所得滤液中的浓度为0.2，则溶液中（不考虑水解）浓度至少为 ，才能达到深度除杂标准。 (4)反萃取加入的X最佳物质为 。 (5)“沉锌”过程获得，离子方程式为 。 (6)获取皓矾的一系列操作包括 、过滤、洗涤、干燥。取28.7g产品加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。已知B→D的过程中产生两种气体，分析数据，写出该过程的化学方程式 。 2．（2024·陕西安康·模拟预测）镍酸锂可用作锂离子电池的正极材料。利用预处理后的废镍催化剂(主要成分是，含有少量Fe、Ba、Al等元素)制备的流程如下： 常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀时的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 完全沉淀时的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： (1)“滤液”的主要溶质为和 (填化学式)，提高“碱浸”速率的措施有 (答出一条即可)。 (2)“酸浸”时加入溶液的目的是 。一定条件下，当废镍催化剂为时，“酸浸”时使用不同体积质量分数为40%的溶液调pH，加入溶液和废镍催化剂的液固比与所得溶液中镍含量的关系如图所示，最佳液固比为 。液固比为时，镍含量较低，可能的原因是 。 (3)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为 。 (4)若“氧化”后溶液中浓度为，则“分步沉淀”的第一步中，应控制溶液的pH范围是 。 (5)“煅烧”时，发生反应的化学方程式为 。 (6)研究表明，在中掺杂其他金属离子(Ni的化合价不变)可提高电池的性能。一种单组分掺杂产品的化学式为，其中Co的化合价为，则 。 3．（2024·浙江绍兴·三模）以方铅矿(主要含PbS、FeS)和废铅膏(主要含PbO2、PbO)为原料实现如下转化。 已知：①90℃时，加入过量盐酸和MgCl2溶液的混合液将铅元素全部以的形式浸出。 ②   请回答： (1)浸出过程中，发生了多个反应。请写出PbO2、PbS在盐酸和MgCl2溶液的作用下转化为的离子方程式 ；在浸出时，MgCl2的作用为 。 (2)H2S气体主要是由 (填化学式)反应产生的， (填“可以”、“不可以”)用CuSO4溶液吸收。 (3)下列说法正确的是___________。 A．浸出产生的最终氧化为存在于溶液中 B．的空间构型是正四面体 C．可以向含的溶液中加入适量的冷水结晶获得PbCl2 D．工业上主要通过电解熔融PbCl2制金属Pb (4)设计实验，验证结晶后过滤得到的滤液中含有Fe元素 。 4．（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。 5．（23-24高三下·四川雅安·阶段练习）钴广泛应用于机械制造、电子电器、航空航天、电池制造等行业，是国家重要的战略资源。用含钴废料(主要成分为，含少量、、CaO、MgO、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示，试回答下列问题： 已知： ①具有强氧化性。 ②，。 (1)为提高含钴废料的浸出效率，可采取的措施是 (任写一条)。 (2)在水溶液中的电离方程式为 ；浸出渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)向“浸出液”中加入适量的时，发生反应的离子方程式为 。 (4)0.1的溶液中： (填“>”或“<”或“=”)。 (5)①“除钙镁”后，滤液中时， 。 ②若“调pH”时溶液的pH偏低，将会导致、沉淀不完全，其原因是 。 (6)将在空气中加热最终可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。[已知：] 经测定，A→B过程中产生的气体只有，此过程中发生反应的化学方程式为 。 6．（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： 。 7．（2024·河南郑州·三模）闪锌矿的主要成分为ZnS，其中含有大量的铁元素以及少量的CuO等。湿法浸取闪锌矿制备和的工艺流程如下图所示。请回答以下问题。 (1)基态时的价电子排布图为 。同周期和基态Cu原子具有相同未成对电子数目的元素还有 种。 (2)酸浸时的作用为 。铜元素在滤渣中的存在形式为 。 (3)加入铁粉还原脱酸的优点是 。 (4)浓缩结晶时，溶液蒸发至 即停止加热。 (5)针铁矿法除铁是在常温下将缓慢氧化，使铁元素以针铁矿形式形成沉淀而达到除铁的目的。针铁矿法除铁的离子方程式为 。 (6)把放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，分三次脱水。各步脱水过程为一系列动态平衡。剩余固体质量占原来总质量的百分比（η）与容器中水蒸气的压强变化关系如下图所示。 则a段固体的成分为 ；第三步反应的压强平衡常数为 Pa；M点时所对应反应的转化率为 。 8．（2024·河南·二模）某工厂废渣的主要成分为ZnO、PbO、、CuO、等(与性质相似)，以该工厂废渣为主要原料回收其中金属元素的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”产生的气体是 (填分子式)，该气体的用途是 (填一条)。 (2)“氨浸”所得滤液1中的阳离子主要成分为、，该步骤温度不宜过高，其原因是 ，“沉铜”时发生反应的离子方程式为 。 (3)“滤渣4”的主要成分为 (填化学式)。 (4)“滤液3”的主要溶质为，以惰性电极电解该滤液可以回收单质Ga，电解时阴极主要电极反应式为 。 (5)“转化”时生成的同时放出能使澄清石灰水变浑浊的气体，该步骤的化学方程式为 。 (6)铁酸铋具有铁电性和反铁磁性，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。 ①基态O原子的核外电子排布式为 。 ②该晶体的密度= (为阿伏加德罗常数的值)。 9．（2024·福建福州·三模）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。 (2)加入少量的作用是 。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液，此时 ；用石灰乳调节至，除去的金属离子是 。 (4)加入少量溶液除去，生成的沉淀有 。 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。 (6)一种锰的氧化物晶胞结构如图所示。 ①该锰氧化物的化学式为 。 ②已知该晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数为，则该锰氧化物的摩尔体积为 (列出计算式)。 10．（2024·湖南·二模）钛被称为“二十一世纪的金属”，绿矾是重要的化工原料，用钛铁矿［主要成分是钛酸亚铁（），含少量、MgO、等杂质］作原料生产金属钛和绿矾（）等产品的一种工艺流程如下： 已知：Ti有两种价态，在水溶液中主要以（无色）、（紫色）形式存在。 请回答下列问题： (1)硫酸与反应生成的化学方程式是 。向滤液1中加入适量铁粉，至刚好出现紫色为止，此时溶液仍呈强酸性。已知：氧化性：，则加入适量铁粉的原因是 。 (2)系列操作具体为 ，经系列操作后，再对所得到的绿矾晶体用75%的乙醇溶液洗涤，用乙醇溶液洗涤绿矾的优点为 。 (3)滤液2中加入适量的试剂A，A可选用 （填标号）。 a．稀硫酸    b．碳酸镁    c．二氧化碳    d．鼓入空气 (4)用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。写出阴极区反应的电极总反应式： 。 (5)假如中的铁元素占矿物中铁元素总量的80%；某次生产中，向滤液1中加入纯铁粉14kg，得到绿矾晶体（M＝278g/mol）的质量为278kg，整个过程中铁元素的总利用率为80%，Ti元素的转化率为90%，其他损失忽略不计。按上述流程，可得到 kg。 (6)最近发现一种由Ti原子和C原子构成的气态团簇分子如图所示，其化学式为 。 11．（2024·黑龙江大庆·三模）红矾钠(重铬酸钠：)是重要的基本化工原料，常在印染、电镀等工业中做辅助剂。工业上以铬铁矿(，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程如下。回答下列问题： 已知：①“焙烧”时，转化为和。 ②“浸取”时铁元素以形式存在。 (1)写出“焙烧”时被氧化的化学方程式： 。 (2)为了加快浸取速率可采取的措施有 (请写出两种方法)。 (3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分的浓度时认为已除尽。 “中和”时pH的理论范围是 ，滤渣的主要成分有 。 (4)“酸化”时，不可以将硫酸改为盐酸(HCl)，原因是(用离子方程式表示) 。 (5)“冷却结晶”所得母液中，除外，可在上述流程中循环利用的物质还有 (用化学式表示)。 (6)的三种结构：①、②、③，下列说法错误的是_______。 A．①中配合离子空间结构为或(已略去位于正八面体中心的) B．②③中的配位数都是6 C．②中存在的作用力有离子键、共价键、配位键和氢键等 D．等物质的量浓度、等体积的①②③溶液中，的物质的量相等 12．（2024·山东泰安·三模）铬单质熔点高、硬度大，在新材料、医药、有机合成等多个领域有重要作用。以铬精矿(含 和少量 )冶炼 Cr的工艺流程如下： 已知：烧渣中含有 回答下列问题： (1)“焙烧”之前常将原料混合后球磨，其目的为 ；“焙烧”过程中 (填“有”或“无”)氧气参加反应。 (2)从浸渣中分离出Fe3O4的简单方法为 。 (3)“中和”和“酸化”两步工序不能合并的原因为 ；“结晶”所得母液中含有的主要金属阳离子为 (填离子符号)。 (4)“转化”过程发生主要反应的化学方程式为 。 (5)实际工业生产中、还原”工序常选用的金属还原剂为 (填化学式)。 (6)的立方晶胞可看作4个如图1所示的结构单元移至图2的相应位置。图1中M点在晶胞中的位置为面心或 ；若M点在面心位置，则其原子坐标参数为 。 13．（2023·贵州安顺·一模）某矿物炼铜后的矿渣固体主要成分为、、以及少量的CuO、PbO、等。一种利用这种碱性渣提取高纯碲和粗硒的工艺流程如下图所示。 已知：①；； ②CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时均能溶于氢氧化钠溶液。 回答下列问题： (1)“碱浸”时应进行加热、搅拌等操作，目的是 。 (2)下图为温度和NaOH溶液浓度对确浸出率的影响，实际生产中“碱浸”工序的反应条件为80℃、的NaOH溶液，而不用更高温度和更大浓度NaOH溶液的原因是 。 (3)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。 (4)滤渣3的主要成分为 。滤液1中沉淀完全时，的最大值是 (保留小数点后2位。某离子浓度低于时，可认为该离子沉淀完全)。 (5)在溶液中通入制Se的离子方程式为 。 (6)电解后电解液可返回 工序循环使用。 14．（2024·湖北·模拟预测）雷尼镍在工业上广泛用于有机物的加氢催化，其成分主要为Ni，还含有Al、Fe、Mg、Zn等元素的单质及氧化物。从废雷尼镍催化剂中回收Ni元素的工艺流程如下图所示： 已知：相关金属离子[mol⋅L]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀时 7.5 2.2 3.7 6.7 7.2 9.4 沉淀完全时 9.0 3.2 4.7 8.2 8.7 10.9 回答下列问题： (1)“预处理”选用表面活性剂，其作用是 。 (2)“滤液1”中mol⋅L，“调pH”的范围为 ，“滤渣2”的主要成分是 。 (3)“萃取剂”能够选择性萃取某些金属阳离子，其萃取原理为。 ①“萃取液”中的金属阳离子有 。 ②萃取剂P204和P507的结构如下图所示(R表示某烃基)，从物质结构的角度分析可得P204的酸性 (填“强于”或“弱于”)P507的酸性。 (4)“前驱体”存在的一般通式是，焙烧时生成和的物质的量之比1∶5，质量保留百分数是52.8%，则“前驱体”的化学式是 ，“沉镍”时发生的化学方程式是 。 15．（2024·江西·二模）过氧化钙晶体(CaO2⋅8H2O，微溶于水，不溶于乙醇、乙醚)是重要的化学品，常用作杀菌剂、防腐剂、化妆品的添加剂等。实验室以石灰石(含有少量铁、硅的氧化物)为原料制备CaO2的实验流程如下： 回答下列问题： (1)由石灰石制备纯CaCO3的过程需经过盐酸溶解、H2O2溶液氧化、调pH除铁、溶液沉钙等步骤。 ①“调pH除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是 。 ②“溶液沉钙”反应的离子方程式为 。 (2)“制备”过程所用装置如下图所示： ①A中若用甲装置制备NH3，所用反应物为 ，若用乙装置制备NH3，，写出反应的化学方程式： 。 ②仪器X的名称为 。 ③“制备”需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，可采取的方法是 。生成的离子方程式为 ；CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其原因可能是 。 (3)产品中CaO2含量测定。高锰酸钾滴定法原理为在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。下列关于滴定分析的说法，错误的是___________(填字母)。 A．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化 B．当滴入半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点 C．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测定结果偏小 D．读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果偏大 16．（2024·河北保定·二模）铍广泛用于火箭、原子能、电子工业等领域。以铍矿石（主要成分是，含少量MnO）为原料制备Be的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)“烧结”之前，将铍矿石转化成铍矿石粉的目的是 ，浸渣的主要成分是 （填化学式）。 (2)“除锰”过程发生反应的离子方程式为 。 (3)制备无水过程：将溶于盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶得到，加热和的混合物得到无水。和反应的化学方程式为 ，也可以用固体代替，的作用是 。 (4)Be与反应能得到BeO，如果将这个反应设计成原电池，Be极为 极，发生 （填“氧化”或“还原”）反应。 (5)铍和铝的性质相似。下列叙述错误的是 （填标号）。 A．铍是一种轻金属，能与冷水反应    B．常温下，溶液的 C．氧化铍具有高熔点、耐酸碱性质 (6)离子晶体中稳定配位多面体的理论半径比如表所示。 配位多面体空间结构 配位数 半径比（） 平面三角形 3 0.15~0.225 四面体形 4 0.225~0.414 八面体形 6 0.414~0.732 已知：铍离子、氧离子的半径依次为45pm、140pm，预测BeO的配位多面体为 形。 (7)铍晶胞为六方堆积结构，如图所示，铍晶体密度为 （用含a、的代数式表示）。已知：为阿伏加德罗常数的值，晶胞底边边长为a nm，高为2a nm。 17．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）以大洋锰结核(主要由和铁氧化物组成，还含有等元素)为原料制备及的工艺流程如下： 已知：①金属离子浓度≤10-5mol/L时，认为该离子已沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 完全沉淀的 10.2 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 ②时，。 回答下列问题： (1)锰元素在元素周期表中的位置为 。 (2)“浸取”时，有副产物生成。该副反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。温度对锰的浸出率、生成率的影响如图所示，为了减少副产物的生成并降低能耗，最适宜的温度为 左右(填标号)。 A．    B．    C．    D． (3)加氨水“调”时，应控制的范围是 。 (4)“净化”后，过滤出“滤渣3”，所得滤液中的最低浓度为 。 (5)“沉锰”时，加入过量的溶液与溶液中的作用，反应的化学方程式为 。若改用加入溶液，还会产生沉淀，可能的原因是：时，该反应的平衡常数的对数值 (保留1位小数)。 (6)要将“溶解”后的溶液制得晶体，操作X为 、 、过滤、洗涤、干燥。 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） 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)、Pb (2) (3) (4) (5) (6) 蒸发浓缩、冷却结晶 【分析】“浸取”时，ZnO和CuO转化为、进入溶液，转化为，转化为，PbO转化为PbOCl与Pb，除砷时，转化为沉淀，加入硫化铵深度除铜，用有机萃取剂（用HR表示）萃取出，加入反萃取，途径1加入碳酸氢铵转化为碳酸锌，煅烧得氧化锌，途径2经一系列操作得到。 【详解】（1）根据分析知，浸渣中含有的物质包括PbOCl、、Pb； （2）除砷时，与过氧化氢发生氧化还原反应，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒，离子方程式为； （3）深度除杂标准：溶液中，若深度除铜所得滤液中的浓度为0.2，则，； （4）反萃取，使平衡逆向移动，且不引入新杂质，则反萃取加入的X最佳物质为； （5）“沉锌”过程获得，根据电荷、原子守恒得离子方程式为； （6）因为需要得到，则一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；28.7g的物质的量为=0.1mol，由Zn元素守恒可知，生成ZnSO4或ZnO时，物质的量均为0.1mol，若得ZnSO4的质量为16.10g(250℃)，若得ZnO的质量为8.10g(930℃)，B→D的过程中，ZnSO4转化为ZnO，根据得失电子守恒，产生的两种气体是二氧化硫与氧气，则化学方程式为：。 2．(1) 适当升高温度、搅拌、适当增大溶液的浓度、粉碎废镍催化剂等 (2) 浸取Ni、除去Ba 5 的量不足，无法充分浸出Ni元素 (3) (4)或3.2～6.7 (5) (6)2 【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液①和滤渣，滤渣加入稀硫酸酸浸，过滤除去硫酸钡的滤渣，得到含有硫酸亚铁、硫酸镍的滤液，加入氧气将硫酸亚铁转化为硫酸铁，再向溶液中加入氢氧化钠溶液，调节分步沉淀将硫酸铁转化为氢氧化铁沉淀、硫酸镍转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍加入氢氧化锂、氧气煅烧得到镍酸锂； 【详解】（1）“碱浸”步骤中，Al元素转化为，可通过适当升高温度、搅拌或适当增大溶液的浓度、粉碎废镍催化剂等措施来提高“碱浸”速率。 （2）加入溶液后，Ni、Fe与反应被浸取进入溶液，Ba元素转化为沉淀而除去。由图可知，随液固比增大，镍含量先增大后减小，当液固比为时，镍含量最大。液固比为时，的量不足，优先与Fe、Ba反应，导致参与浸取Ni的比例偏小，无法充分浸出Ni元素，导致溶液中镍含量偏低。 （3）氧气具有氧化性，“氧化”步骤的目的是将转化为，反应的离子方程式为。 （4）“分步沉淀”的第一步是将完全转化为；第二步是将转化为，由表格中的数据可知，，当时，，，故“分步沉淀”的第一步中，应控制溶液的pH范围是。 （5）“煅烧”时，被氧化为，考虑元素守恒，产物还有，根据和中元素的化合价升降配平化学方程式：。 （6）中Li为价，Ni为价，Co为价，O为价， 根据化合物中各元素的正负化合价的代数和为零，可列式：，解得。 3．(1) 增大浓度，促进生成的反应平衡正移，提高铅元素的利用率 (2) FeS 可以 (3)BC (4)①取适量滤液于试管中，滴加铁氰化钾，若生成蓝色沉淀，则证明滤液中有Fe元素；②取适量滤液于试管中，滴加适量H2O2溶液和几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明滤液中有Fe元素 【分析】方铅矿(主要含PbS、FeS)和废铅膏(主要含主要含PbO2、PbO)混合浸出：加入过量的盐酸和MgCl2溶液的混合液将铅元素全部以[PbCl4]2-形式浸出，得到H2S、含[PbCl4]2-溶液和含S的残渣，滤液结晶得到PbCl2，以此解答。 【详解】（1）PbO2、PbS在盐酸和MgCl2溶液的作用下转化为[PbCl4]2−，PbO2中Pb得电子化合价降低，PbS中S失电子，故生成S单质，反应离子方程式为PbO2+PbS+4H++8Cl−2[PbCl4]2−+S+2H2O，在浸出时，MgCl2增大Cl−浓度，促进生成[PbCl4]2−的反应平衡正移，提高铅元素的利用率； （2）由前一小题的反应知，PbS中的硫元素反应后生成S单质，故H2S气体主要是由FeS反应产生的，H2S和CuSO4反应会生成CuS沉淀，且CuS不溶于硫酸，反应为H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，故H2S可以用CuSO4溶液吸收； （3）A．浸出过程没有加氧化剂，故浸出产生的Fe2+最终仍然为Fe2+的形式存在于溶液中，A不正确； B．[PbCl4]2−的中心Pb价层电子对数为4，空间构型为正四面体形，B正确； C．根据题中已知②的反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌[PbCl4]2−(aq) ΔH>0，加水后氯离子浓度减小，有利于平衡逆向移动，逆反应放热，故加冷水降低温度，也有利于平衡逆向移动，故向含[PbCl4]2−的溶液中加入适量的冷水结晶获得PbCl2，C正确； D．冶炼较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu常用热还原法，即用还原剂（C、CO、H2等）在加热条件下还原金属氧化物，D错误； 故选BC； （4）结晶后过滤得到的滤液中含有Fe元素的存在形式为Fe2+，检验Fe2+的方法有：①取适量滤液于试管中，滴加铁氰化钾K3[Fe(CN)6]，若生成蓝色沉淀，则证明滤液中有Fe元素；②取适量滤液于试管中，滴加适量H2O2溶液和几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明滤液中有Fe元素。 4．(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)= 。 5．(1)将含钴废料粉碎(或其他合理答案) (2) 、 (3) (4)> (5) pH偏低，浓度过大，和结合成HF分子，降低了浓度，导致、溶解平衡向溶解方向移动 (6) 【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为Co2+，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为Fe2+，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH) 3、A(OH) 3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后向滤液中加入萃取剂，萃取后的水层中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体。 【详解】（1）将水钴矿粉碎、加热、适当增大盐酸浓度、搅拌，均可以加快钴矿的 “浸出率”； （2）为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为；含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应：，使转化为，CaO溶于盐酸生成的与形成沉淀，故浸出渣的主要成分为不反应的、生成的； （3）加入的作用是将氧化为，该反应的离子方程式为 。 （4）0.1的溶液中由质子守恒可知，，则，那么>。 （5）①滤液中时，。 ②pH偏低，浓度过大，和结合成HF分子，降低了浓度，、溶解平衡向溶解方向移动，将会导致、沉淀不完全。 （6）在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147；结合图像可知，初始为0.1mol ，A点时为0.1mol 。根据钴元素守恒，B点时8.03g固体中钴元素的物质的量为0.1mol，则8.03g固体中氧元素的物质的量为，则8.03g固体中Co、O的物质的量之比为0.1∶0.133≈3∶4，故B点时固体产物为，A→B发生的反应为。 6．(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。 7．(1) 4 (2) 氧化硫化氢，防止污染空气 CuS (3)不引入新杂质（增加产品的质量） (4)表面有晶膜出现（或有少量晶体析出） (5) (6) 50％ 【分析】矿石粉碎后加入硫酸和硫酸铁，将铜转化为硫化铜，过滤后硫化铜在滤渣中，加铁粉还原脱酸，浓缩结晶过滤得到FeSO4⋅7H2O沉淀，滤液针铁矿法除铁，生成FeOOH沉淀，滤液浓缩结晶转化为ZnSO4⋅7H2O，据此回答。 【详解】（1） Fe2+的价电子排布式为3d6，价电子排布图为；周期和基态Cu原子具有相同未成对电子数目的元素还有K、Ti、Ga和Br，共4种； （2）酸浸时Fe2(SO4)3的作用为：氧化硫酸与ZnS生成的硫化氢，防止污染空气，铜元素在滤渣中的存在形式为CuS； （3）加入铁粉还原脱酸的优点是：不引入新杂质（增加产品的质量）； （4）浓缩结晶时，溶液蒸发至表面有晶膜出现（或有少量晶体析出）即停止加热； （5）Fe2+被氧气氧化为FeOOH，对应的方程式为：； （6）1molZnSO4⋅7H2O的质量为287g，固体质量减少287×（100%-93.7%）=18g，则减小了1molH2O，所以a段固体的成分为ZnSO4⋅6H2O，同理可得b段固体减少了287×（100%-64.2%）=108g，所以b段固体的成分为ZnSO4⋅H2O，同理可得c段固体减少了287×（100%-56.1%）=126g，所以c段固体的成分为ZnSO4，第三步为ZnSO4⋅H2O=ZnSO4+H2O，Kp=p(H2O)=p3pa，在M点时，固体的质量为287×78%=224g，减少的质量为63g，水减少了3.5mol，总的水为7mol，则M点时所对应反应的转化率为。 8．(1) 制备硫酸或其他合理答案 (2) 温度过高会导致溶解度降低、分解，原料利用率降低 或 (3) (4) (5) (6) 【分析】工厂废渣含ZnO、PbO、、CuO、等在氧气中焙烧，与氧气反应，生成和气体，加入和进行氨浸，CuO和ZnO发生反应生成、，得到滤液1，向滤液1中加入，发生或，进行沉铜，滤渣2为，滤液2经过一系列操作，得到ZnO，滤渣1中含有、、PbO，加入氢氧化钠进行碱浸，由于与性质相似，故与氢氧化钠发生，过滤得到滤液3，滤液3的主要成分为，滤渣3中含有和PbO，加入硫酸和氯化钠，PbO与硫酸反应，生成和水，故滤渣4为，滤液4经水解得到，加入碳酸氢铵溶液进行转化得到，据此回答。 【详解】（1）由分析知，焙烧时产生的气体为；可用于制备硫酸等； （2）温度过高会导致溶解度降低、分解，故氨浸时温度不宜过高，由分析知，“沉铜”时发生反应的离子方程式为或； （3）由分析知，“滤渣4”的主要成分为； （4）电解溶液回收单质Ga的阴极主要电极反应式为； （5）“转化”时生成的同时放出能使澄清石灰水变浑浊的气体，化学方程式为； （6）①O原子为8号元素，基态O原子的核外电子排布式为；②由晶胞结构可知，钙晶胞含有1个Bi、1个Fe、3个O，故该晶胞的密度为。 9．(1) (2)将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成氢氧化铁沉淀而除去 (3) Al3+ (4)BaSO4 (5) (6) MnO2 【分析】菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、A等元素)，加入稀硫酸和，溶液中含有Mn2+、、Al3+，加入石灰乳调节pH=7，除去Al3+，加入少量BaS溶液形成NiS沉淀除去，将所得溶液电解，Mn2+-2e-+H2O=+4H+，得到，最后在煅烧窑中加入碳酸锂反应后生成产品、二氧化碳和水，据此分析解题。 【详解】（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：； （2）加入少量的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成氢氧化铁沉淀而除去； （3）溶矿反应完成后，反应器中溶液，，，此时；用石灰乳调节至，，，，除去的金属离子是Al3+； （4）加入少量溶液除去，由于加入了稀硫酸，生成的沉淀有BaSO4； （5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为：； （6）①黑球的个数为：，白球的个数为：，该锰氧化物的化学式为MnO2； ②1nm=10-9m，阿伏加德罗常数为，每个晶胞中含有2个MnO2，则该锰氧化物的摩尔体积=。 10．(1) 使完全还原为；同时避免过量的铁将还原成，影响产品的纯度 (2) 蒸发浓缩（或加热浓缩）、降温结晶（或冷却结晶）、过滤 减少绿矾溶解损耗、快速得到干燥的固体 (3)b (4) (5)57.6 (6) 【分析】钛铁矿用硫酸溶液溶解，过滤得强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，加入铁粉将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，沉降分离得到溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，再浓缩蒸发得到绿矾与溶液2，溶液2中含有TiOSO4，加入碳酸镁，调节pH，TiO(OH)2沉淀完全，煅烧得到二氧化钛，电解得到Ti，高温下和氯气、焦炭反应生成四氯化钛，据此解答。 【详解】（1）钛铁矿的主要成分与硫酸反应的主要产物是和，结合原子守恒配平化学方程式为。加入铁屑至浸出液刚好出现紫色，说明浸出液中含有，加入铁屑作还原剂，将还原为，防止被氧化成，影响产品的纯度。 （2）为避免结晶水失去，适合用降温结晶获得绿矾，然后再过滤，用乙醇洗涤可避免损耗、快速干燥。 （3）试剂A用来中和氢离子，调节pH，选项中只有碳酸镁符合，向富含溶液中加入粉末，使其与反应，降低溶液中，使平衡向生成的方向移动，便于得到粗产品。 （4）电解时，阴极发生反应，钙还原二氧化钛：，所以阴极区反应的电极总反应式为。 （5）由的质量为278kg，可求出最后在绿矾中的铁有56kg，因为铁只有80%的利用率，所以损失前铁元素的总质量是56kg÷0.8＝70kg，又加了14kg纯铁粉，故矿物中铁的质量为56kg，因矿石中80%的铁来自于，故中铁元素的质量为56kg×0.8＝44.8kg，由此推出中Ti的质量为kg＝38.4kg，因Ti的转化率只有90%，故有38.4kg×0.9＝34.56kg Ti可转化成二氧化钛，可求得所得二氧化钛的质量为kg＝57.6kg。 （6）因是团簇分子，所以不用均摊，直接数，根据结构可判断含有4个Ti，5个C，所以化学式为Ti4C5。 11．(1) (2)将固体研磨、粉碎；适当升温；搅拌等 (3) 、 (4) (5) (6)D 【分析】分析流程可知，铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）中加入纯碱和O2进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，过滤，滤渣为不溶于水的Fe2O3，向过滤后的溶液中加入H2SO4调节pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，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。 【详解】（1）根据已知，“焙烧”时，转化为和，根据氧化还原反应配平可知，焙烧发生的主要化学方程式为； （2）为了加快浸取速率可采取的措施有将固体研磨、粉碎；适当升温；搅拌等； （3）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过滤除去，依据图中数据，当溶液时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会溶解，因此中和时pH的理论范围为；滤渣的主要成分有、； （4）“酸化”时，不可以将硫酸改为盐酸(HCl)，原因是会氧化氯离子，； （5）加入硫酸酸化后，母液中主要溶质为和硫酸，而其中能在上述流程中循环利用的就是H2SO4； （6） A. ①为八面体结构，则配合离子空间结构为或(已略去位于正八面体中心的)，正确；B. ②、③中的配位数都是6，正确；C. ②中存在的作用力有离子键、共价键、配位键和氢键等，正确；D. 等物质的量浓度、等体积的①②③溶液中，的物质的量：①<②<③，错误；故选D； 12．(1) 增大铬精矿的表面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分 有 (2)磁选(或用磁铁吸引) (3) 合并会导致溶解而使杂质不能除尽或影响后续操作 (4)(浓) (5) (6) 棱心或体心 或，或 【分析】烧渣中含有 ，水浸除去Fe3O4、MgO、CaSiO3，浸液中含有Na2CrO4、；“中和”是将转化为沉淀而除去，滤液1“酸化”是将充分转化为，第一次结晶析出Na2SO4、第二次结晶析出，加浓硫酸转化为CrO3，CrO3煅烧得到Cr2O3，Cr2O3还原生成金属Cr。 【详解】（1）“焙烧”之前常将原料混合后球磨，增大铬精矿的表面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分；“焙烧”过程中元素化合价升高，有氧气参加反应。 （2）Fe3O4具有磁性，从浸渣中分离出Fe3O4的简单方法为磁选； （3）“中和”是将转化为而除去，“酸化”是将充分转化为而提高产品产率，合并会导致溶解而使杂质不能除尽或影响后续操作，所以两步工序不能合并。“结晶”所得母液中溶质主要为，含有的主要金属阳离子为Na+。 （4）“转化”过程中加浓硫酸转化为CrO3，发生主要反应的化学方程式为(浓)； （5）实际工业生产中，“还原”工序可通过铝热反应实现的冶炼，需要的还原剂为Al。 （6）晶胞为对称结构，则图1中点在晶胞中的位置为面心或棱心或体心；若点在面心位置，则其原子坐标参数为或或。 13．(1)加快碱浸时的反应速率 (2)80℃～90℃时，当NaOH溶液浓度为1 mol·L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本 (3) (4) CuS、PbS (5) (6)“碱浸”和溶解TeO2 【分析】碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等，加入氢氧化钠溶液进行碱浸，TeO2转化为Na2TeO3，CuO和PbO均具有一定的“两性”，碱浸时分别转化为和，SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠，浸出液中加入氯化钙溶液，与过量的氢氧化钠反应生成微溶的氢氧化钙，与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入硫化钠，与反应生成硫化铜沉淀，与反应生成硫化铅沉淀，过滤后向滤液中加入硫酸，过滤得到TeO2和Na2SeO3溶液，向TeO2中加入氢氧化钠溶液进行溶解，然后电解、熔炼得到高纯碲，向Na2SeO3溶液中通入二氧化硫得到粗硒。 【详解】（1）“碱浸”时应进行加热、搅拌等操作，加快碱浸时的反应速率； （2）由图示可知，碱浸时的合适温度是80℃～90℃，当NaOH溶液浓度为1 mol·L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本，因此实际生产中采用1 mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液； （3）加入氢氧化钠溶液进行碱浸，TeO2转化为Na2TeO3，离子方程式为； （4）由分析可知，滤渣3的主要成分为CuS、PbS；滤液1中沉淀完全时，此时溶液中的硫离子浓度，，则此时铜离子的浓度； （5）被还原为Se，被氧化为硫酸根离子，离子方程式为； （6）电解制碲时阴极得电子生成Te，电极反应式为：，生成了氢氧化钠，电解余液经处理后可循环使用于步骤“碱浸”和溶解TeO2中。 14．(1)除油污 (2) 6.2 、 (3) ，， 强于 (4) 【分析】稀硫酸酸浸后，Ni、Al、Fe、Mg、Zn等元素转化为金属阳离子，过滤后向滤液中加入氢氧化钠溶液，得到、，过滤后向滤液2中加萃取剂萃取，加入碳酸氢铵沉镍，过滤的前驱体，焙烧得氧化镍。 【详解】（1）“预处理”选用表面活性剂，其作用是除废雷尼镍催化剂的油污； （2）“滤液1” “调pH”是为了除去与，不沉淀，根据表格信息可得，则mol⋅L时，，，因此“调pH”的范围为6.2； （3）①“萃取剂”能够选择性萃取，则“萃取液”中的金属阳离子有，，；②-R是推电子基团，使含氧酸的酸性减弱，-OR是吸电子基团，使含氧酸的酸性增强，因此P204的酸性强于P507的酸性； （4）焙烧时生成和的物质的量之比1∶5，则，质量保留百分数是52.8%，则，设x=1，则求出y=1，z=4，所以“前驱体”的化学式是；根据原子守恒，“沉镍”时发生的化学方程式是。 15．(1) 抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出 (2) 、 分液漏斗 将装置B置于冰水浴中 或 氨水将反应生成的HCl中和，使浓度降低，促进反应向生成CaO2的方向进行 (3)AC 【分析】石灰石经过盐酸溶解，生成氯化钙和氯化亚铁、氯化铁，SiO2不能与酸反应，经过滤除去，加入H2O2溶液将氯化亚铁氧化为氯化铁，调节pH除铁，加入溶液将Ca2+转化为碳酸钙沉淀，纯CaCO3用盐酸酸浸，反应产生CaCl2，向其中加入双氧水及氨水，反应产生CaO2。 【详解】（1）①热抽滤装置的优点是：比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出； ②加入溶液将Ca2+转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为：； （2）①甲装置为固固加热装置，制备NH3反应物为：、；乙装置为液液加热或固液加热装置，可用加热浓氨水制备NH3，化学方程式为：； ②由图可知，仪器X为分液漏斗； ③温度需控制在0℃，可采取的方法是：将装置B置于冰水浴中；CaCl2与双氧水及氨水在0℃反应产生CaO2，化学方程式为： 或； CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，是因为氨水将反应生成的HCl中和，使浓度降低，促进反应向生成CaO2的方向进行； （3）A．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误； B．滴定终点的现象为：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，故B正确； C．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，即酸性KMnO4标准溶液体积偏大，即测定结果偏大，故C错误； D．读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，即酸性KMnO4标准溶液体积偏大，即测定结果偏大，故D正确； 故选AC。 16．(1) 增大接触面积，加快化学反应速率，使燃烧充分 SiO2 (2) (3) 分解出HCl抑制BeCl2水解 (4) 负 氧化 (5)AC (6)四面体 (7) 【分析】铍矿石 (主要成分为Be2SiO4，少量MnO)，加入碳酸钠和Na2SiF6，反应生成可溶性Na2BeF4、Na2MnF4，加水后过滤，二氧化硅不溶于水形成浸渣，浸出液中加入氨水和高锰酸钾溶液净水除锰，Na2MnF4与高锰酸钾反应生成二氧化锰，再加入氢氧化钠沉铍得到氢氧化铍，将氢氧化铍转化为氯化铍后再还原为Be，据此解答。 【详解】（1）烧结前将矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快化学反应速率，使燃烧充分；据分析，浸渣的主要成分是SiO2； （2）根据氧化还原反应电子守恒配平方程式，故净水除锰的离子方程式为：； （3）受热分解为BeCl2和H2O，SOCl2与水反应生成SO2和HCl气体，从而得到无水氯化铍：，氯化氨分解出来的HCl可以在加热过程中抑制BeCl2的水解而得到无水氯化铍； （4）Be和氧气反应生成BeO，Be被氧化，因此作负极； （5）铍和铝的性质相似，因此铍不与冷水反应，A错误；BeCl2类似AlCl3，溶液中Be2+发生水解使溶液呈酸性，pH＜7，B正确；氧化铍和氧化铝性质相似，不耐酸碱，C错误； （6），介于0.225~0.414，因此BeO的配位多面体是四面体形； （7）根据题意，该晶胞的体积为，由均摊法克制该晶胞中Be原子个数：，则该晶体的密度为：。 17．(1)第四周期第ⅦB族 (2) 1:2 C (3)4.7≤pH＜8.1(或之间) (4) (5) l.6 (6) 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，将Fe2+氧化为Fe3+方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。 【详解】（1）锰原子序数为25，位于周期便第四周期第VIB族； （2）“浸取”时，有副产物生成，该副反应的化学方程式为，该副反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。结合题目中所给温度对锰的浸出率、生成率的影响图，为了减少刷产物的生成并降低能耗，最适宜的温度为左右，C项正确。 （3）“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是4.7-8.1； （4）“净化”后，过滤出“滤渣3”，“滤渣3”的化学成分为，所得滤液中的最低浓度为。 （5）“沉锰”时，加入过量的溶液与溶液中的作用，反应的化学方程式为。若改用加入溶液，还会产生沉淀，可能的原因是：时，该反应的平衡常数。时，完全沉淀时，溶液的，。溶液中。 故。 （6）要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶。 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。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$