2025届高三化学二轮复习 过关训练---工业流程题

2025届高三化学过关训练---工业流程题 1．（23-24高三下·广西河池·阶段练习）随着中国铝土矿资源日益消耗，高硫铝土矿将成为重要的新型铝土矿资源。广西加大了铝土矿勘查力度，在广西桂西地区自平果—靖西一带探获了相当量的高硫铝土矿，其主要成分为和，还含有少量、。现以高硫铝土矿为原料生产金属Al和的部分工艺流程如下图所示。 请回答下列问题： (1)将高硫铝土矿粉碎的目的是 。 (2)过程②通入足量空气，发生反应的化学方程式为 。 (3)“碱浸”之后“滤液1”中含有金属元素的阴离子为 （填化学式）。 (4)“滤液2”中主要的溶质为 （填化学式）。 (5)过程⑤的焙烧温度对磁性氧化铁的纯度有很大影响。已知温度对磁性氧化铁纯度的影响如图所示，则焙烧时，温度最好控制在 ℃。 (6)过程⑥若采取物理方法，可以使用 （填物质名称）分离。 (7)铝和白磷在一定条件下可以制备磷化铝（AlP），其晶胞如图所示： ①晶胞中Al的配位数是 ； ②若晶胞参数为apm，为阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度为 （列出表达式）。 2．（23-24高三下·四川眉山·期中）金属钛(Ti)被誉为21世纪金属，具有良好的生物相容性。它兼具铁的高强度和铝的低密度。其单质和化合物具有广泛的应用价值。氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。以TiCl4为原料，经过一系列反应可以制得Ti3N4和纳米TiO2(如图)。 请回答下列问题。 (1)22Ti的基态原子价层电子排布式为 。 (2)N2分子中π键和σ键个数之比为 。 (3)TiCl4在热水中水解除了生成H2TiO3还有一种气体，写出该反应的化学方程式 。HF的沸点比水解生成的气体沸点 (填“高”或“低”)，原因是 。 (4)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，纳米TiO2催化的一个实例如图所示。化合物甲的分子中碳原子采取的杂化方式是 ，化合物乙中采取sp3方式杂化的所有原子对应的元素的电负性由小到大的顺序为 。 (5)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图所示，该氮化钛的密度为ρ g·cm－3，则该晶胞中的最近的两个N原子之间的距离为 nm(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与Ti原子距离相等且最近的Ti原子有 个。 3．（21-22高三下·广西柳州·阶段练习）氨既是一种重要的化工产品，又是种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。 请回答下列问题： (1)“氨分离器”中利用了氨气 的性质将其分离出来。“氧化炉”中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是 。可在催化剂条件下将还原为无污染的，该反应的化学方程式为 。 (2)利用合金催化氧化制取NO，图a是反应的微观模型，含氮生成物产率、反应温度的变化曲线如图b所示。下列说法错误的是___________。 A．400℃时，生成的产物只有、NO B．可用湿润的红色石蕊试纸检验是否反应完全 C．800℃以上，可能发生反应： D．合金催化氧化制取NO，适宜的温度为400℃ (3)某兴趣小组在实验室中利用图c装置探究氮的氧化物的性质。实验步骤及预期现象如下表，请补充表中预期现象内容。 步骤 预期现象 ①在注射器(图c)中吸入22.4mLNO(已换算成标准状况)，然后再吸入10mL水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，振荡注射器。 无明显现象 ②打开弹簧夹，快速吸入10mL空气后夹上弹簧夹，固定住注射器活塞。 ③松开注射器活塞，再振荡注射器。 (4)反复操作②和③，充分反应后，注射器中的溶液浓度为 (假设NO完全反应，反应后溶液的体积为10mL) 4．（23-24高三下·福建宁德·期末）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要的铁盐，用铁矿石(主要成分为Fe2O3，还含有少量的FeO、Al2O3、SiO2、有机杂质)制备硫酸铁铵的流程如下。 回答下列问题： (1)灼烧的主要目的是 。 (2)为了提高“酸浸”反应速率，可采取的措施有 (写出1点即可)。 (3)设计实验验证“酸浸”后的浸出液中含有Fe2+ (写出必要的试剂、操作过程及实验现象)。 (4)滤渣X的主要成分的用途有 (写出1种即可)。 (5)浸出液中加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为 。 (6)“操作I”包括 、过滤、洗涤、干燥。 (7)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品中所含结晶水数目，将样品加热到260℃时，失掉3个结晶水，失重11.18%。硫酸铁铵晶体的化学式为 (x值取整数)。 5．（23-24高三下·福建宁德·期末）2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F运载火箭发射成功，该火箭用N2O4和偏二甲肼[(CH3)2NNH2]作推进剂。氯胺(NH2Cl)是制备偏二甲肼的原料之一，可由NaClO溶液和氨水反应制得。 Ⅰ.次氯酸钠的制备 按如图所示装置进行实验(夹持装置省略)： (1)按气流从左至右，导管口连接顺序为(填小写字母) ：f→_______，_______→_______，_______→_______。 (2)装置D中发生反应的离子方程式为 。 (3)装置B的作用是 。 Ⅱ.氯胺的制备 在三颈烧瓶中加入375mL浓度为2mol/L氨水，搅拌冷却至5℃以下，再加入500mL浓度为0.5mol/LNaClO溶液，反应生成氯胺(NH2Cl)和NaOH。制备装置如图(夹持装置省略)： (4)仪器E的名称是 。 (5)制取氯胺的化学方程式为 。 Ⅲ.氯胺的浓度测定 (6)实验后，量取20.00mLG中的溶液，加入过量KI溶液(反应原理：NH2Cl+3I-+2H2O=NH3·H2O+OH-+Cl-+，=I2+I-)，充分反应后，再加入0.2000mol/LNa2S2O3溶液(反应原理：I2+2=2I-+)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。则该溶液中氯胺的物质的量浓度为 。 Ⅳ.推进剂的燃烧 (7)火箭发射过程中发生：(CH3)2NNH2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O(偏二甲肼中C、N元素的化合价相同)。下列有关叙述正确的是 (填标号)。 ①(CH3)2NNH2仅作还原剂 ②常温下密闭容器中存在：N2O4(g)(无色)2NO2(g)(红色)，温度升高时混合物颜色加深 ③(CH3)2NNH2中只含有极性共价键 ④1mol液态(CH3)2NNH2燃烧，理论上可以放出2550kJ的热量；当有4mol电子转移时，理论上可以放出1275kJ的热量 6．（23-24高三下·安徽阜阳·期末）为保护环境，充分利用钴资源，一种以废旧锂离子二次电池材料(正极材料主要含有、铝箔及金属钢壳)为原料回收钴的工艺流程如下： (1)废旧锂离子电池材料需进行放电、拆解、粉碎预处理，粉碎的目的是 。 (2) 中Co的化合价为 。 (3)不同浸出剂“酸浸”结果如下表： 浸出剂 浸出液中的浓度/() 钴浸出率/% a．盐酸 80.84 98.4 b．硫酸与过氧化氢的混合溶液 84.91 98.0 ①浸出剂a的钴浸出率更高，但工业生产中一般不选用a的原因是 。(答一点即可) ②工业生产中常选用浸出剂b，则“酸浸”时反应的离子方程式为 ，的作用是 (填“做氧化剂”或“做还原剂”) ③选用浸出剂b时，“酸浸”的温度控制在80℃左右，其原因为 。 (4)萃取是化学实验中常用分离方法，其操作过程为检查分液漏斗是否漏液→加萃取剂和萃取液→ →放气→静置→…… (5)“萃取分离”中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示，为了实现钴锂分离效果较好，pH一般选择 (填整数)左右。 7．（23-24高三下·吉林长春·期末）广泛应用于原子能、航天等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为及一定量的)生产的一种工艺流程如下。 已知：①性质与相似，即可以与强碱反应生成。 ②几种金属离子的氢氧化物沉淀时如下表： 开始沉淀时的 5.2 3.3 1.5 6.5 沉淀完全时的 8.8 5.0 3.7 9.7 (1)增大绿柱石浸取率的方法有 (任写一条)。 (2)浸取时产生的滤渣的主要成分为 。 (3)写出步骤I中发生反应的离子方程式： 。 (4)步骤II调节的范围为 ；步骤III滤液的成分为 (写化学式)。 (5)步骤III当时，的质量随溶液变化如图所示，原因是 (用离子方程式表示)。 (6)步骤III中沉淀的方法分为直接沉淀法和沸腾沉淀法。沉淀方法对沉淀质量的影响如图所示，分别对获得进行分析，沉淀形态及纯度的影响如表。使用直接沉淀法虽然沉淀质量较大但的纯度较低的原因是 。 沉淀方法 沉淀形态 的纯度 直接沉淀法 胶状无定型 45.77 沸腾沉淀法 大颗粒晶体 60.20 8．（23-24高三下·福建厦门·期末）从锌浸渣(含、、、等)中回收锗(Ge)的工业流程如下。 已知：Ge(Ⅳ)的存在形式如图所示。 回答下列问题： (1)“溶浸”过程中被还原的离子方程式为 。 (2)“溶浸”过程中，Ge浸出率与体系温度的关系如图所示。温度高于时，Ge浸出率基本保持不变的原因是 。 (3)“沉淀”后所得的滤液中主要阳离子有 。 (4)“酸浸”过程发生反应的离子方程式为 。 (5)“萃取Ge”和“反萃取”过程中，有机酸萃取剂HR发生反应： (水相)(有机相)。 ①结合平衡移动原理，解释“反萃取”中的作用 。 ②“反萃取”后有机层经“试剂m”处理后循环使用。试剂m可能为 (填标号)。 A．    B．氨水    C．双氧水    D． ③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，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 “萃取Ge”过程中，“一次性萃取”与“三级萃取”的实验过程如图所示。 “一次性萃取”的Ge萃取率为 ，“三级萃取”的总Ge萃取率为 。由此得到结论，多级萃取的效果优于一次性萃取。 9．（23-24高三下·广东揭阳·阶段练习）工业上由含铜废料(含有、、等)制备硝酸铜晶体的流程如图： (1)在“焙烧”前对含铜废料进行粉碎，目的是 。 (2)写出“焙烧”生成和的化学反应方程式： 。 (3)图中经转化生成的硫酸可用于“酸化”，转化反应中与的质量比为 。 (4)“淘洗”所用的溶液A应选用 (填序号)。 a．稀硫酸　　　b．浓硫酸　　　c．稀硝酸　　　d．浓硝酸 (5)“反应”步骤加可以避免污染性气体的产生，写出该反应的离子方程式： ，也可以用气体 (填化学式)代替双氧水。 10．（2024·四川成都·模拟预测）碲是发展高科技产业、国防与尖端技术不可或缺的原料。H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲，其工艺流程如下： 已知：CuC2O4的Ksp为2.2×10-8；离子浓度小于1×10-5mol/L时，即离子完全沉淀。 (1)Cu2Te中Te的化合价是 。TeO的空间构型为 。 (2)滤渣的成分是 ，用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的操作是 。 (3)“氧化酸浸”步骤的氧化产物为 。该步H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因是 。 (4)若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O的浓度不低于 。 (5)还原反应的离子方程式为 。 11．（23-24高三下·浙江杭州·期末）光盘金属层含有（其它金属微量忽略不计），可以进行资源回收利用，下图为从光盘中提取的工业流程。 已知：①气体A、气体D是空气的主要组成气体。 ②。 请回答： (1)写出气体A的化学式 ；D的化学式 。 (2)写出反应I的离子方程式 。 (3)也能溶解金属银，从反应产物的角度分析，以代替的缺点是 。 (4)称为肼，常温时为无色液体，溶于水成水合物为二元弱碱，写出肼与过量稀硫酸反应的离子方程式 。 12．（23-24高三下·江苏苏州·期末）磷酸亚铁锂()广泛用作锂电池正极材料。一种以磷铁粉(主要成分为FeP、)为原料制备磷酸亚铁锂的生产流程如下： (1)“焙烧”是在700℃条件下使磷、铁元素分别转化为和，反应中放出。写出焙烧时FeP发生反应的化学方程式： 。 (2)研究发现，用硫酸直接浸取的反应性很差，需要先将其还原为二价铁。“还原”时的固碳比[固碳比)]对“酸浸”时铁浸出率的影响如图所示。当后，铁浸出率降低，其原因是 。 (3)向溶液中加入的目的：①调节混合液的pH；② 。 (4)“煅烧”需要在氩气氛围中进行，原因是 。和的理论投入量的物质的量之比为 。 (5)产品中铁元素含量测定：准确称取4.000g产品，加入足量盐酸溶解，过滤除碳，滤液移入100mL容量瓶，定容至刻度线，取20.00mL于锥形瓶中，加入还原剂，将全部还原为，用溶液与反应(反应原理为，未配平)，恰好完全反应时，消耗溶液16.00mL。计算产品中铁元素的质量分数。 (写出计算过程) 13．（23-24高三下·河南驻马店·期末）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。 (1)工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择金属 作为罐体材料。 (2)向吸收塔中通入A的作用 。 (3)写出氧化炉中发生反应的化学方程式 。 (4)为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，人们开发了氨催化还原处理法。请以尾气中的处理为例，写出相关反应的化学方程式 。 (5)某化学兴趣小组利用传感技术测定喷泉实验中的气体压强变化来认识喷泉实验的原理。实验装置如图1，关闭a，将单孔塞（插有吸入水的胶头滴管）塞紧瓶口c，打开b，完成喷泉实验。电脑绘制三颈烧瓶内压强曲线如图2。 ①X固体为 。写出装浓氨水的仪器的名称 。 ②如图2，过程中，三颈烧瓶中的现象为 。 14．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； (2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 (4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 (5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 15．（23-24高三下·山东菏泽·期末）叠氮化钠是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚。某汽车安全气囊的产气药剂主要含有等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。某硝酸工厂处理尾气并制备叠氮化钠的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)合成时，生成对应转移的电子数为 。 (2)中N的化合价为 ，合成的化学方程式为 。 (3)试剂①与试剂②分别为 、 (填名称)。 (4)安全气囊受撞击时产生大量气体同时放热，为避免灼伤人员，产气药剂中起冷却作用的是 (填化学式)。 (5)化工生产中，多余的常使用溶液处理，在酸性条件下，二者反应可生成无毒的气体。若处理，理论上需加入的溶液 。 16．（23-24高三下·山东烟台·期末）工业上以菱锌矿(，含PbO、FeO、、CuO、MnO、等杂质)为原料制备ZnO的工艺流程如下： 已知：常温下，有关离子沉淀时的pH： 开始沉淀时 7.5 2.7 7.4 6.2 沉淀完全时 9.5 3.7 9.4 8.0 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分有 (填化学式)，“氧化除锰”过程中生成的离子方程式为 。 (2)“调pH”的目的是回收含铁化合物，则pH范围为 ， “试剂X”是 (填化学式)：“置换”反应的离子方程式为 。 (3)“沉锌”时，应保持溶液pH在6.8～7.0之间，pH不能过低的原因是 ，“滤液”中溶质的主要成分为 (填化学式)。 (4)高温煅烧碱式碳酸锌得到ZnO，取3.41g碱式碳酸锌，煅烧至恒重，得到标准状况下0.224L和2.43g固体，则该碱式碳酸锌的化学式为 。 17．（23-24高三下·江苏淮安·期中）利用金属矿渣（含有及）制备的实验流程如下。已知煅烧过程中和转化为和。 (1)滤渣1的主要成分为： （写化学式），该物质是工业制备硅的原料，写出该物质与焦炭反应制备硅的化学方程式： 。 (2)在空气中煅烧的化学方程式为 。 (3)在“还原”步骤，在向酸浸后溶液入过量铁屑，除了能将转化为外，还能 。 (4)检验是否完全被还原的实验操作是 。 (5)制备，写出“沉铁”步骤发生反应的离子方程式： 。 18．（2025·四川成都·模拟预测）白云石矿的主要成分为，还含有质量分数约的和的。利用白云石制备高纯度的轻质氧化镁和活性碳酸钙，流程如下。 已知： 回答下列问题： (1)“浸渣”的主要成分是 。 (2)“氧化”步骤中的作用是 。 (3)加氨水“调节”后得到的固体是 。 (4)“沉镁”反应的基本反应类型为 ，“沉钙”反应的离子方程式为 。 (5)结合数据解释“盐浸”过程中主要浸出物为的原因 ，提高浸出率的措施为 (任写一种)。 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)增大接触面积，加快反应速率 (2) (3)或者 (4) (5)800 (6)磁铁 (7) 4 【分析】高硫铝土矿主要成分为和，还含有少量、，经粉碎后焙烧，发生反应得到和气体，所得固体经“碱浸”，和少量转变为和少量，则过滤所得滤液1含和，滤渣1为，滤渣1加入后隔绝空气加热反应得到和，经烧渣分离即可得到；滤液1中通入足量的得到氢氧化铝沉淀、少量硅酸沉淀和碳酸氢钠溶液，经过滤的滤渣2为氢氧化铝沉淀、少量硅酸沉淀，经焙烧得到和少量，再熔融电解得到金属Al。 【详解】（1）高硫铝土矿粉碎的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应快速充分； （2）过程②通入足量空气，发生反应得到和气体，化学方程式为 ； （3）“碱浸”之后“滤液1”中含有金属元素的阴离子的化学式为或者。 （4）“滤液2”中主要的溶质的为。 （5）从图中可以看出，过程⑤的焙烧温度在800~850℃时，磁性氧化铁的纯度高，所以焙烧时，温度最好控制在800℃。 （6）四氧化三铁具有铁磁性，故过程⑥中可采取磁铁予以分离。 （7）①与Al原子距离最近的P原子有4个，Al的配位数为4；②均摊法计算该晶体的晶胞中含4个P原子，个Al原子，其晶胞体积， 2．(1)3d24s2 (2)2∶1 (3) TiCl4＋3H2OH2TiO3＋4HCl↑ 高 HF分子间存在氢键 (4) sp2、sp3 C<N<O (5) 12 ××107 【分析】TiCl4在热水中水解生成硅酸和氯化氢，硅酸在一定条件下转化为纳米TiO2，TiCl4和足量M在高温条件下反应得到单质Ti，Ti与氮气在高温条件下反应生成Ti3N4。 【详解】（1）Ti为22号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价层电子排布式为3d24s2。 （2）N2分子中存在氮氮三键，三键中有一个σ键，两个π键，则N2分子中π键和σ键个数之比为2∶1。 （3）根据元素守恒和元素价态可知，TiCl4在热水中水解除了生成H2TiO3还会生成HCl气体，化学方程式为TiCl4＋3H2OH2TiO3＋4HCl↑；由于HF分子间存在氢键，所以沸点高于HCl。 （4）化合物甲中苯环上的碳原子以及碳氧双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基以及和羟基所连的碳原子为sp3杂化；化合物乙中羟基中的O原子为sp3杂化，氨基中的N原子为sp3杂化，甲基、次甲基上的C原子为sp3杂化，同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p能级轨道半充满，较稳定，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，所以第一电离能由小到大的顺序为C<O<N。 （5）根据均摊法可知，晶胞中N原子的个数为8×＋6×=4，Ti原子的个数为12×＋1=4，所以晶胞的质量为g，晶胞的密度为ρ g·cm-3，则晶胞的棱长为cm，据图可知最近的两个N原子之间的距离为面对角线的一半，即为×cm=××107nm；以体心Ti原子为例，棱上的12个Ti原子与该Ti原子距离相等且最近。 3．(1) 易液化 5：4 (2)AD (3) 气体变为红棕色 红棕色逐渐褪去，注射器活塞向左移动 (4)0.1 【分析】和在合成塔中合成，通过氨分离器，将分离出来并通入氧化炉中，催化氧化生成NO，最后在吸收塔中NO与氧气、水反应生成硝酸，过量的尾气通过尾气处理装置吸收。 【详解】（1）氨气易液化，因此氨分离器中可利用氨气易液化的性质将其分离出来；氧化炉中催化氧化生成NO和水，化学方程式为，反应中氧化剂氧气和还原剂氨气的物质的量之比是5：4；可在催化剂条件下与归中反应生成和水，化学方程式为。 （2）A．根据图b，400℃时，生成的含氮产物为、NO，除此之外产物还包括水，A错误； B．的水溶液显碱性，因此可用湿润的红色石蕊试纸检验是否反应完全，B正确； C．根据图b，800℃以上时，NO产率下降，产率升高，因此可能发生NO的分解反应：，C正确； D．根据图b，800℃时，生成的含氮产物只有NO，因此合金催化氧化制取NO的适宜温度为800℃，D错误； 答案选AD。 （3）NO不溶于水，因此步骤①中无明显现象；注射器中通入空气后，NO气体被空气中的氧气氧化生成，因此步骤②的实验现象为气体变为红棕色；可以与水反应生成硝酸和NO，化学方程式为，因此步骤③震荡注射器，随与水反应的进行，压强减小，实验现象为红棕色逐渐褪去，注射器活塞向左移动。 （4）反复操作②和③，充分反应后，NO全部转化为硝酸；标准状况下22.4mLNO的物质的量为0.001mol，根据氮原子守恒，则10mL溶液中硝酸的浓度为。 4．(1)除去有机杂质 (2)粉碎铁矿石 (3)取少许浸出液于洁净试管中，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去 (4)生产光导纤维 (5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O (6)蒸发浓缩、冷却结晶 (7)NH4Fe(SO4)2·12H2O 【分析】铁矿石(主要成分为Fe2O3，还含有少量的FeO、Al2O3、SiO2、有机杂质)灼烧除去有机杂质后，往其中加稀硫酸酸浸，二氧化硅不反应也不溶解成为滤渣X，FeO、Al2O3、Fe2O3和稀硫酸反应转化成硫酸亚铁、硫酸铝和硫酸铁，过滤，浸出液中先加过氧化氢溶液氧化亚铁离子，再加足量氢氧化钠溶液将铁离子转化成氢氧化铁沉淀，往得到的氢氧化铁固体中加稀硫酸溶解得硫酸铁溶液，然后往其中加硫酸铵固体，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可得硫酸铁铵。 【详解】（1）铁矿石(主要成分为Fe2O3，还含有少量的FeO、Al2O3、SiO2、有机杂质)灼烧的主要目的是除去有机杂质； （2）为了提高“酸浸”反应速率，可采取的措施有：粉碎铁矿石、适当增大硫酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌等； （3）“酸浸”后的浸出液中主要含有Fe2+、Fe3+、Al3+等，验证“酸浸”后的浸出液中含有Fe2+的方法为：取少许浸出液于洁净试管中，向其中滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液紫色褪去，则含有Fe2+； （4）滤渣X的主要成分为二氧化硅，其可以生产光导纤维； （5）H2O2具有较强的氧化性，浸出液中的Fe2+具有较强的还原性，加入H2O2溶液发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； （6）“操作I”是从溶液中得到硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]，其操作过程包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （7）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]的相对分子质量为266+18x，失掉3个结晶水，失重11.18%，11.18%是3mol水在其中的质量分数，则，解得x=12，所以硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O。 5．(1)cdabe (2) (3)除去挥发出来的HCl (4)球形冷凝管 (5)NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH (6) (7)①② 【分析】Ⅰ.次氯酸钠的制备，首先在D中生成氯气，在B中除去挥发出来的HCl，在A中生成次氯酸钠，在C装置中除去未反应的氯气，据此作答。 【详解】（1）按气流从左至右，导管口连接顺序为(填小写字母)cdabe：f→c，d→a，b→e，答案cdabe； （2）装置D中发生反应的离子方程式为，答案：； （3）装置B的作用是除去挥发出来的HCl，答案：除去挥发出来的HCl； （4）仪器E的名称是球形冷凝管，答案：球形冷凝管； （5）向氨水加入NaClO溶液，反应生成氯胺(NH2Cl)和NaOH，根据原子守恒，可得制取氯胺的化学方程式为NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH，答案：NH3+NaClO=NH2Cl+NaOH； （6）由方程式NH2Cl+3I-+2H2O=NH3·H2O+OH-+Cl-+，=I2+I-，I2+2=2I-+，可得到关系式：NH2Cl～I3-～I2 ～2，氯胺的物质的量浓度为，答案：； （7）(CH3)2NNH2+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O(偏二甲肼中C、N元素的化合价相同，H显+1价，则C、N为-2价)，①(CH3)2NNH2中N化合价升高，C化合价升高，作还原剂，正确；②常温下密闭容器中存在：N2O4(g)(无色)2NO2(g)(红色)，温度升高时正向移动，混合物颜色加深，正确；③(CH3)2NNH2中含有极性共价键又含有N-N非极性共价键，错误；④1mol液态(CH3)2NNH2燃烧，转移16mol电子，理论上可以放出2550kJ的热量；当有4mol电子转移时，理论上可以放出637.5kJ的热量，错误；有关叙述正确的是①②，答案：①②。 6．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2)+3 (3) 有Cl2生成，污染空气 做还原剂 防止双氧水受热分解 (4)振荡 (5)5 【分析】废旧锂离子二次电池材料主要含有、铝箔及金属钢壳，碱浸生成四羟基合铝酸钠除去铝箔，滤渣加硫酸与过氧化氢的混合溶液“酸浸”，生成硫酸锂、硫酸钴、硫酸铁，加萃取剂A除铁。水层加萃取剂B，分液，Li+进入水层、Co2+进入有机层，水层加碳酸钠生成碳酸锂沉淀；有机层加硫酸反萃取得到硫酸钴。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，废旧锂离子电池材料粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。 （2）中Li为+1价、O为-2价，根据化合价代数和等于0，Co的化合价为+3； （3）①中Co显+3价，具有强氧化性，能把Cl-氧化为Cl2，污染空气，所以工业生产中一般不选用a。 ②工业生产中常选用浸出剂b，则“酸浸”时被双氧水还原为硫酸钴，双氧水被氧化为氧气，反应的离子方程式为 ，中氧元素化合价升高，的作用是做还原剂； ③双氧水受热易分解，选用浸出剂b时，为防止双氧水受热分解，“酸浸”的温度控制在80℃左右。 （4）萃取是化学实验中常用分离方法，其操作过程为检查分液漏斗是否漏液→加萃取剂和萃取液→振荡→放气→静置→…… （5）根据图示，pH=5时，Co的萃取率达到100%，Li的萃取率很小，为了实现钴锂分离效果较好， pH一般选择5左右。 7．(1)适当升高温度、将绿柱石进行粉碎、适当增大硫酸的浓度等 (2)SiO2 (3)2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O (4) 5.0≤pH＜5.2 Na2SO4 (5)Be(OH)2+2OH-＝ (6)直接沉淀法生成的 Be(OH)2是胶状无定型，具有吸附性，易吸附大量杂质 【分析】绿柱石(主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2及一定量的FeO、Fe2O3)用稀硫酸酸浸时，金属氧化物溶于硫酸得到可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入NaOH调节溶液pH将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入NaOH溶液，将溶液中铍离子转化为氢氧化铍沉淀，高温煅烧氢氧化铍得到BeO。 【详解】（1）增大绿柱石浸取率的方法有：适当升高温度、将绿柱石进行粉碎、适当增大硫酸的浓度等。 （2）二氧化硅与稀硫酸不反应，浸取时产生的滤渣的主要成分为SiO2； （3）步骤Ⅰ中双氧水氧化亚铁离子生成铁离子，同时自身被还原生成水，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O； （4）步骤Ⅱ中加入NaOH溶液，调节溶液pH除去铁离子和铝离子，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，由溶液中铁离子和铝离子完全沉淀，铍离子不沉淀确定pH的合理范围为：5.0≤pH＜5.2，步骤Ⅲ向滤液中加入NaOH溶液，将溶液中铍离子转化为氢氧化铍沉淀，滤液的成分为Na2SO4； （5）Be(OH)2的性质类似Al(OH)3，pH过高时，Be(OH)2和OH-反应生成，离子方程式为：Be(OH)2+2OH-＝； （6）使用直接沉淀法虽然沉淀质量较大但Be(OH)2的纯度较低的原因是：直接沉淀法生成的 Be(OH)2是胶状无定型，具有吸附性，易吸附大量杂质。 8．(1)2Fe3＋+SO2+2H2O＝2Fe2＋+4H＋+ (2)温度高于时，Ge已经完全转化为Ge4＋ (3)Zn2＋、Fe2＋ (4)CaGeO3+6H＋+＝Ge4＋+CaSO4↓+3H2O (5) 中和H＋，降低生成物浓度，使反应正向进行,Ge转化为 A 81.8% 93.6% 【分析】锌浸渣利用硫酸和二氧化硫溶解，铁离子被还原，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣1，滤液利用石灰乳调节pH＝5得到CaGeO3、Ga(OH)3、CaSO4，利用硫酸酸浸，调pH＜2，根据已知信息得到含Ge4＋的溶液，加入萃取剂萃取Ge4＋，利用氢氧化钠反萃取，最终达到回收锗的目的，据此解答。 【详解】（1）“溶浸”过程中被二氧化硫还原的离子方程式为2Fe3＋+SO2+2H2O＝2Fe2＋+4H＋+。 （2）由于温度高于时，Ge已经完全转化为Ge4＋，所以Ge浸出率基本保持不变。 （3）由于“沉淀”后得到得到CaGeO3、Ga(OH)3、CaSO4，因此所得的滤液中主要阳离子有Zn2＋、Fe2＋。 （4）“酸浸”过程发生反应的离子方程式为CaGeO3+6H＋+＝Ge4＋+CaSO4↓+3H2O。 （5）①“反萃取”中可以中和H＋，降低生成物浓度，使反应正向进行，使Ge转化为。 ②“反萃取”时pH＞11，此时生成的是和R－，若要循环使用，需要转化为HR，则试剂m可能为硫酸，答案选A。 ③设分配系数是x，100mL酸浸液中Ge的总量为n mol，20mL萃取时萃取率是0.6，则有机相中Ge的浓度是30n mol/L，则水相Ge的浓度是4n mol/L，因此，若一次性萃取，设有机相中Ge的浓度为7.5c mol/L，则水溶液中Ge的浓度为c mol/L，因此萃取率为；若萃取剂每次只取20mL，设n1 mol为萃取一次后Ge的剩余量，n2 mol为萃取二次后Ge的剩余量，n3 mol为萃取三次后Ge的剩余量，则，解得n＝2.5n1，同理可得n1＝2.5n2，n2＝2.5n3，则n＝15.625 n3，所以“三级萃取”的总Ge萃取率为。 9．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) (3)4∶1 (4)a (5) 【分析】工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备Cu(NO3)2晶体，废料通入空气焙烧后Cu被氧化生成CuO，CuS被氧化为SO2，加入H2SO4酸化生成CuSO4，加入过量的Fe发生置换反应生成Cu，滤液主要为FeSO4溶液，过滤得到的滤渣含有Fe和Cu，经过溶液A淘洗后得到纯净的铜，溶液A为稀硫酸，淘洗后加入20%的HNO3和10%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温结晶，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O，以此解题。 【详解】（1）在“焙烧”前对含铜废料进行粉碎，目的是：增大接触面积，加快反应速率。 （2）“焙烧”时CuS转化为CuO和，反应的化学方程式为：。 （3）转化反应中与反应为：，因此转化反应中与的质量比为2×64：32=4：1。 （4）由分析可知过滤后滤渣为Cu和过量的Fe的混合物，“淘洗”时只能溶解Fe、不能溶解Cu，Fe遇冷的浓硫酸会钝化，稀硝酸和浓硝酸能溶解铜，稀硫酸不能溶解铜、能溶解铁，即可以加入的溶液A是稀硫酸，故选a。 （5）“反应”步骤加H2O2可以避免污染性气体的产生，铜和双氧水在酸性条件下生成铜离子和水，反应为，H2O2的作用是作氧化剂，可以用O2代替H2O2作为氧化剂。 10．(1) -2 三角锥形 (2) Ag、Au 向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明已洗涤干净 (3) H2TeO3、CuSO4 氧化产物中的Cu2+对H2O2分解有催化作用 (4)2.2×10-3mol/L (5)H2TeO3+2SO=2SO+Te↓+H2O 【分析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和H2TeO3，滤渣中含有Au、Ag，在滤液①中加入草酸钠，H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加入分解生成铜；滤液②中含有H2TeO3和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，据此分析解答。 【详解】（1）Cu2Te的名称为碲化亚铜，则Cu的化合价为+1价，因此Te的化合价是-2，的中心原子Te的价层电子对数为，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，故答案为：-2；三角锥形。 （2）根据上述分析，滤渣的成分是Ag、Au，检验是否洗涤干净，可以检验加入的硫酸根是否还附着，因此操作是：向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明已洗涤干净，故答案为Ag、Au；向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明已洗涤干净。 （3）根据上述分析，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为H2TeO3、CuSO4，H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因是：氧化产物中的Cu2+对H2O2分解有催化作用，故答案为：H2TeO3、CuSO4；氧化产物中的Cu2+对H2O2分解有催化作用。 （4）CuC2O4的Ksp为2.2×10-8，离子浓度小于1×10-5mol/L时，离子即完全沉淀。若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于=2.2×10-3mol/L，故答案为2.2×10-3mol/L。 （5）加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为H2TeO3+2SO=2SO+Te↓+H2O，故答案为：H2TeO3+2SO=2SO+Te↓+H2O。 11．(1) O2 N2 (2)4Ag+4ClO—+2H2O=4AgCl+O2+4OH— (3)生成氮氧化物，污染空气 (4)2H++N2H4= N2H 【分析】由题给流程可知，向处理后的光盘碎片中氢氧化钠溶液调节溶液pH后，加入足量次氯酸钠溶液，银与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氧气和水，过滤得到氯化银；向氯化银中加入足量的氨水，向氯化银中加入足量氨水，将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，向溶液C中加入肼溶液，溶液中二氨合银离子与肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水。 【详解】（1）由分析可知，气体A为氧气、气体D为氮气，故答案为：O2；N2； （2）由分析可知，反应I为银与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氧气和水，反应的离子方程式为4Ag+4ClO—+2H2O=4AgCl+O2+4OH—，故答案为：4Ag+4ClO—+2H2O=4AgCl+O2+4OH—； （3）银与硝酸反应生成硝酸银、有毒氮的氧化物和水，所以与反应I相比利用硝酸溶解银的缺点是生成氮氧化物，污染空气，故答案为：生成氮氧化物，污染空气； （4）由题意可知，肼与过量稀硫酸反应生成N2H和硫酸根离子，反应的离子方程式为2H++N2H4= N2H，故答案为：2H++N2H4= N2H。 12．(1) (2)淀粉量不足，部分未被还原为，导致铁浸出率降低 (3)调节铁、磷两种元素的比例约为1：1 (4) 防止被氧化 1：1 (5) 【分析】磷铁粉主要成分为FeP、，加入碳酸钠和通入空气进行焙烧，根据题意知，生成和，同时反应中放出，溶解后过滤，得到和溶液，中加入淀粉发生氧化还原反应，产物加入硫酸后生成硫酸亚铁，溶液中加入磷酸消耗碳酸钠，从而调节pH，硫酸亚铁、磷酸钠、双氧水反应产生磷酸铁，磷酸铁与碳酸锂、草酸反应产生。 【详解】（1）“焙烧”是在700℃条件下使磷、铁元素分别转化为和，反应中放出，FeP发生反应的化学方程式：。 （2）加入淀粉与发生氧化还原反应，产生，当后，淀粉量不足，部分未被还原为，导致铁浸出率降低。 （3）向溶液中加入的目的：①中和碳酸钠，调节混合液的pH；②调节铁、磷两种元素的比例为1：1。 （4）“煅烧”需要在氩气氛围中进行，原因是：防止被氧化； ，因此和的理论投入量的物质的量之比为1：1。 （5）根据题中信息可知，反应为：，消耗溶液16.00mL，，根据可知，，4.000g产品中铁元素质量：，产品中铁元素的质量分数为：。 13．(1)铁 (2)充分氧化，使被充分吸收 (3) (4) (5) 或固体 分液漏斗 产生红色喷泉 【分析】氮气和氢气合成塔中合成氨气，含有氨气的混合气体进入氨分离器得到氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，NO和空气中氧气结合生成NO2，NO2、O2和水反应得到硝酸，最后尾气处理防止污染环境； 【详解】（1）常温下浓硝酸能使铁单质发生钝化反应，生成一种致密的氧化物保护膜，工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择金属铁作为罐体材料； （2）A为氧气，向吸收塔中通入氧气的作用是充分氧化，使被充分吸收； （3）氨气在氧化炉中催化氧化生成NO，发生反应的化学方程式； （4）NH3具有还原性，NO具有氧化性，二者反应生成氮气和水，反应的化学方程式为； （5）①本实验中利用用浓氨水与CaO或NaOH或碱石灰制备氨气，X固体为或固体；装浓氨水的仪器的名称分液漏斗； ②如图2，C点三颈瓶内压强最小，而外部大气压不变，此时压强差最大，喷泉最剧烈， 氨气溶于水溶液呈碱性，酚酞溶液遇碱变红，则过程中，三颈烧瓶中的现象为产生红色喷泉。 14．(1) ds 3d104s1 (2) (3) 使银元素转化为AgCl沉淀 0.5 (4)0.05 (5) 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产 【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3含有Ag2SO3；滤液2中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。 【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1； （2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：； （3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是使银元素转化为AgCl沉淀； ②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则另，由，可得，即浓度不能超过； （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时； （5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。 15．(1)0.5NA (2) -2 (3) 乙醇 乙醚 (4) (5)0.3 【分析】一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠，再和肼反应生成叠氮化钠，加入乙醇促使其结晶析出，过滤分离出晶体，使用乙醚洗涤得到叠氮化钠； 【详解】（1）NO中氮元素化合价+2价变化为+3价，NO2中元素化合价+4价变化为+3价，由电子及原子守恒可知反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，由方程式可知2mol NaNO2~1 mol e-，则生成l mol NaNO2时转移电子0.5mol； （2）中氢化合价为+1,、则N的化合价为-2，亚硝酸钠再和肼反应生成叠氮化钠，结合质量守恒可知，还生成水，合成的化学方程式为：； （3）叠氮化钠是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚。结合分析可知，试剂①与试剂②分别为乙醇、乙醚； （4）安全气囊的产气药剂主要含有等物质，其中碳酸氢钠受热分解为吸热过程，故产气药剂中起冷却作用的是； （5）常使用溶液处理，在酸性条件下，二者反应可生成无毒的气体，结合质量守恒可知，两者发生氧化还原反应生成氮气和氯化钠、水：，处理为0.3mol，理论上需加入的溶液0.3mol÷2÷=0.3L。 16．(1) 和 (2) 3.7~7.4 Zn (3) 碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水，会增加碳酸氢铵用量，且会使碳酸氢根离子浓度减小导致沉锌率降低 (4) 【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入稀硫酸溶浸时，除Pb2+外，金属元素均转化为可溶的硫酸盐，PbO转化为沉淀，过滤得到含有可溶性硫酸盐的滤液和滤渣，滤渣为和；加入氧化Mn2+生成MnO2，向滤液中氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入锌，将溶液中的铜离子转化为铜单质；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为碱式碳酸锌沉淀，过滤，碱式碳酸锌高温灼烧分解生成氧化锌，据此分析； 【详解】（1）滤渣1的主要成分有滤渣为和，“氧化除锰”过程中生成的离子方程式为； （2）“调pH”的目的是回收含铁化合物，形成，但不能沉淀铜离子，根据表中有关离子沉淀时的pH值，则pH范围为3.7~7.4；“试剂X”是将溶液中的铜离子转化为铜单质且不引入新杂质，故X为Zn；“置换”反应的离子方程式为； （3）“沉锌”时，若pH过低，加入碳酸氢铵时，碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳和水，会增加碳酸氢铵用量，且会使碳酸氢根离子浓度减小导致沉锌率降低；“滤液”中溶质阴离子为硫酸带来的硫酸根，阳离子为铵根，主要成分为； （4）生成的ZnO的物质的量为，由标准状况下0.224L可知的物质的量为，则于锌原子个数守恒可知氢氧化锌的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，碱式碳酸锌中结晶水的物质的量为，则碳酸锌、氢氧化锌和结晶水的物质的量比为1：2：1，则化学式为； 17．(1) (2) (3)置换出硫酸铜中的铜 (4)取少量还原后的溶液于试管内，滴加几滴KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3+完全被还原 (5) 【分析】金属矿渣含有FeS2、SiO2及Cu2O，在空气中灼烧，烧渣中含有Fe2O3、CuO、SiO2，烧渣加硫酸“酸浸”后过滤，滤渣1是SiO2，滤液中含有Fe3+、Cu2+，加铁屑Fe3+被还原为Fe2+，Cu2+还原为Cu，过滤，滤渣2中含有Fe、Cu；滤液为FeSO4溶液，FeSO4溶液加碳酸氢铵生成FeCO3沉淀。 【详解】（1）根据以上分析，SiO2不溶于硫酸，滤渣1的主要成分为SiO2；二氧化硅与焦炭反应制备硅的化学方程式： ； （2）FeS2在空气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为； （3）在“还原”步骤，在向酸浸后溶液加入过量铁屑，除了能将Fe3+转化为Fe2+外，还能置换出硫酸铜中的铜； （4）Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe3+是否完全被还原的实验操作是，取少量还原后的溶液于试管内，滴加几滴KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3+完全被还原； （5）“沉铁”步骤FeSO4溶液和碳酸氢铵反应生成FeCO3沉淀、二氧化碳、硫酸铵，发生反应的离子方程式为。 18．(1) (2)将转化为，便于下一步沉淀除去 (3) (4) 复分解反应 (5) 反应，，同理，被溶解的反应K约为，程度太小，因此盐浸只能溶解 蒸出氨(其他合理答案也可) 【分析】白云石矿[主要成分是，还含有质量分数约的和的等]加入盐酸酸浸，与盐酸不反应，过滤后所得浸渣主要成分为，滤液中含，“氧化”步骤中的作用是将转化为，便于下一步沉淀除去，加入氨水调节pH，将转化为沉淀，过滤后所得滤液中通入二氧化碳沉钙，得到碳酸钙。所得固体中加入硫酸铵溶液盐浸，不溶，过滤得到氢氧铁，滤液中再加碳酸铵沉镁，得到碳酸镁晶体，经煅烧得到氧化镁。 【详解】（1）根据分析，“浸渣”的主要成分是。故答案为：； （2）“氧化”步骤中的作用是将转化为，便于下一步沉淀除去。故答案为：将转化为，便于下一步沉淀除去； （3）根据分析，加氨水“调节”后得到的固体是。故答案为：； （4）“沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++CO2-3+nH2O=MgCO3•nH2O↓； “沉镁”过程中反应的离子方程式为：Mg2++CO+nH2O=MgCO3•nH2O↓，则“沉镁”反应的基本反应类型为复分解反应；钙盐中加入氨水，再通入二氧化碳生成碳酸钙沉淀，“沉钙”反应的离子方程式为。故答案为：复分解反应；； （5）“盐浸”过程中主要浸出物为，发生反应，同理，被溶解的反应K约为 =，程度太小，因此盐浸只能溶解，提高浸出率的措施为蒸出氨(其他合理答案也可)。故答案为：反应，，同理，被溶解的反应K约为，程度太小，因此盐浸只能溶解；蒸出氨(其他合理答案也可)。 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 $$