2025届高三化学二轮复习 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．（2025·浙江·模拟预测）以黄铜矿(主要成分为，含少量)为原料，相关转化关系如下。 已知：①反应1中不变价，且固体A为单一化合物； ②具有疏松结构。 (1)固体A的化学式为 ；中心原子的杂化方式为 。 (2)下列说法不正确的是___________。 A．不溶于水，但溶于稀硝酸 B．在该环境生锈后，铜锈可隔绝空气，减缓生锈速度 C．气体B具有还原性所以能使品红溶液褪色 D．与混合共热可制得无水 (3)反应2的化学方程式为 。 (4)①反应4生成的物质D难溶于水，且同时生成两种酸性气体，则反应4的化学方程式为 。 ②设计实验验证物质D中的氯元素 。 2．（2024·广东江门·三模）电解锌的生产过程中会产生大量富钴渣，主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO。采用如图工艺可利用富钴渣生产高纯高锌： 已知：i．CoOOH可溶于强酸，有很强的氧化性。 ii．该工艺条件下的一些难溶电解质的溶度积常数如表： 难溶电解质 回答下列问题： (1)“溶浸”时生成对应钴离子的基态价电子排布式 。 (2)还原性： (填“>”“<”或“=”)。 (3)“沉铁”步骤需将浓度降低到，若此浓度约为0.5mol/L，通过计算说明此时是否有开始沉淀： ；“沉铁”的离子方程式： 。 (4)“氧化除杂”中生成CoOOH的离子方程式为 。分离和CoOOH的试剂应选用 和NaOH溶液。 (5)“还原除杂”中“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (6)钴钛氧化物的晶胞结构如图，其中钴和钛的原子总数比氧的原子数少，且钴原子与氧原子的最短距离比钛原子与氧原子的最短距离要小，钛原子的位置 。已知晶胞参数为apm，晶胞密度为，据此推断阿伏加德罗常数 。 3．（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 。 4．（2024·广西柳州·模拟预测）氮化镓作为第三代半导体材料，光电性能优异，广泛应用于技术。某工厂综合利用炼锌矿渣制备，矿渣主要含铁酸镓，铁酸锌，二氧化硅等，部分工艺流程如下： 已知： ①镓与铝同主族，金属活动性介于锌和铁之间； ②本工艺条件下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀在常温下的和金属离子的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表： 金属离子 开始沉淀 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全的 9.6 3.2 8.0 4.9 萃取率 0 99 0 97~98.5 (1)中的化合价为 。 (2)为了提高酸浸效率，可采取的措施有 (任写一条)，浸出渣的主要成分是 (写化学式)。 (3)处理浸出液时，将溶液调节至5.4，此时溶液中的浓度为 。 (4)“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，发生反应的离子方程式 。 (5)的化学性质与相似，“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以 (用离子符号表示)形式存在。 (6)“高温合成”操作中与反应生成的化学方程式为 。 (7)晶胞结构如图所示，晶胞参数为，晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 5．（2024·陕西商洛·模拟预测）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的、，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。 已知：和。 回答下列问题： (1)中Cr元素的化合价为 。 (2)还原池中有生成，反应的离子方程式为 。 (3)沉淀1为，其性质与相似，则与NaOH溶液反应的化学方程式 。 (4)溶液呈碱性的原因是 (用离子方程式表示)，沉淀2为 。 (5)利用膜电解技术(装置如图所示)，以为主要原料制备的总反应方程式为：。 该电解池中离子交换膜为 (填“阴”或“阳”，下同)离子交换膜，在 (填“阴”或“阳”)极室制得。 6．（2024·山西·模拟预测）锂离子电池是新能源重要组成部分，废旧锂电池的回收利用意义重大。某研究小组对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)已知Co的原子序数为27，则其在元素周期表中的位置是 。 (2)已知“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，则“500℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ；滤饼2成分的化学式为 。 (3)碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na2CO3，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和 。得到碳酸锂沉淀的操作为 (填标号)。 a．静置，过滤 b．加热后，趁热过滤 c．蒸发浓缩、冷却结晶 (4)取100mL滤液2，其中c(Li+)=0.10mol·L-1，为使锂元素的回收率不低于80%，则至少应加入Na2CO3固体的物质的量为 mol[已知Ksp(Li2CO3)=3.6×10-4，忽略溶液体积变化]。 (5)将碳酸锂(Li2CO3)与CoCO3按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配合，然后在空气中于700℃烧结可合成锂电池正极材料LiCoO2，反应的化学方程式为 。 (6)钴的某种氧化物的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。 ①该氧化物的化学式为 。 ②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为 g·cm-3。 7．（2024·湖北武汉·模拟预测）磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含等元素，是含锂较高的工业矿物之一。以磷锂铝石为原料制备锂离子动力电池正极材料的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)滤渣1的成分为和 （填化学式）。 (2)“氧化”的目的是 （语言叙述），滤渣2的成分为 。 (3)的溶解度曲线如图所示。图中a、b对应温度下的溶度积之比 ，“沉锂”时，控制温度为，饱和的浓度约为 （填“可能”或“不可能”）沉淀完全。[饱和溶液的密度近似为，认为沉淀完全]。 (4)“沉锂”时反应，测得沉淀率随温度升高而增加，其原因是 （任写一条即可）。 (5)“沉锂”后分离得到的操作是蒸发结晶、 、洗涤、干燥。 (6)“合成”在高温下进行，写出该反应的化学方程式： （葡萄糖→）。 8．（2024·山西晋中·模拟预测）V2O5广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备V2O5的工艺如下： 已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。 ii．P204对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。 iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水。 iv．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 11.9 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 13.9 10.1 回答下列问题： (1)“破碎”的目的是 。 (2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式： 。 (3)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图所示。指出适宜的工艺条件为 。若在得到多钒酸铵后，使用冰水洗涤多钒酸铵的目的是 。 (4)“氧化”时，每消耗，可得到 。 (5)流程中可偱环使用的物质有 。 (6)萃取后的“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液。请根据题给信息，参照上述工艺流程，将下列工艺流程补充完整 (可选用的试剂：、)。 已知MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，当“沉钙”后c(Ca2+)=10-5mol·L-1时，理论上 。 9．（2024·广西贺州·一模）钼酸铋(，其中Mo显＋6价)作为新型半导体光催化材料，因其具有优异的离子导电性、介电性、气体传感性和催化性而广泛应用于生产、生活中。以氧化铋渣(主要成分是、，还含有、、和等杂质)为原料制备钼酸铋的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态的价电子排布式为 。 (2)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“除锑”过程中发生反应的离子方程式为 ；该过程需要加热的原因是 ， (4)已知：硫代乙酰胺()在酸性溶液中会水解为乙酰胺()和硫化氢；的，；。 ①硫化氢会进一步发生反应，该反应的平衡常数K= 。 ②硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，原因是 。 (5)已知钼酸铋放置在空气中会变质，生成和，该过程中发生反应的化学方程式为 。 (6)Fe的一种晶体如图甲、乙所示，若按图甲虚线方向切图乙，得到的A~D图中正确的是 (填字母)。铁原子的配位数是 。 10．（23-24高三下·湖南·阶段练习）铬是最坚硬的金属，金刚石是自然界中最硬的物质。一种由铬铁矿（含、MgO、，等）为原料制备铬单质的流程如图所示。 已知：①烧渣含，等。 ②  。 ③  。 回答以下问题： (1)焙烧时将矿料和NaOH进行研磨，目的是 。 (2)焙烧时生成的化学方程式是 。 (3)已知0.1 mol/L 溶液中，铝形态的浓度（以或计）的对数（）随溶液pH变化的关系如图。 则调pH的范围是 。（已知：恰好在a~b的pH范围内完全沉淀） (4)工业上冶炼Cr的方法是 。基态Cr原子的价层电子排布图为 。从原子结构及性质的角度分析金属Cr硬度很大的原因： 。 (5)晶体硅具有与金刚石相似的晶体结构（如图），已知Si原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为，则晶体硅的密度为 g/cm（列出计算表达式）。 (6)硅酸盐是地壳岩石的主要成分，硅酸盐的阴离子结构丰富多样。某种硅酸盐阴离子的硅氧四面体双链结构如下图所示，则该阴离子的结构通式可表示为 。 11．（2024·山西晋中·模拟预测）湿法炼锌的主要工序有焙烧、浸出、净化和电积，浸出后获得大量的含Zn、Co、Ni、Fe、Mn、Cd等金属的钴镍渣，为有效回收钴镍渣中的有价金属，设计如图所示的工艺流程： (1)加热能提高“酸浸”速率，除此外还可采取的措施有 (填1条即可)。“酸溶”时却不宜采用加热的方法来加快反应速率，其原因是 。 (2)“氧化分离”时，过硫酸钠的用量与溶液中金属离子的脱除率的关系如图所示。 ①氧化剂Na2S2O8的阴离子结构为，其中硫元素化合价为 ，其阴离子结构片段S-O-O-S中的所有原子 (填“在”或“不在”)一条直线上。 ②流程中过硫酸钠的加入量应为理论量的 (填字母)倍。 a．2～3　　　　　b．4～5　　　　　c．7～8 (3)滤渣1中主要含MnO2、 ，写出生成MnO2的离子方程式： 。 (4)由碱式碳酸锌可制备ZnO，ZnO的晶胞结构如图，则锌的配位数为 ；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为 g∙cm-3 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 12．（23-24高三下·安徽·阶段练习）HDS废催化剂是石油精炼加工产生的废弃物，但富含Mo、Ni等元素，是重要的二次资源。一种从HDS中回收Mo的工艺流程如图所示。 已知：①“氧化焙烧”后的主要产物为、、； ②“浸出渣”的成分为、； ③常温下，易溶于水。 (1)钼酸镍中元素的化合价为 价。 (2)“操作1”为 ，在化学实验室中“操作1”用到的玻璃仪器有烧杯、 和 。 (3)结合下图，碱浸时选择的最佳添加量为 wt%，最佳浸出温度为 ℃。 (4)在碱浸时有和生成，该反应化学方程式为 。 (5)采用碳酸根类型的N263萃取钼的反应为。已知一些离子被萃取的先后顺序为，则加入反萃取发生反应的离子方程式为 。萃取后有机相为型，加入处理后可实现萃取剂再生。 (6)在实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示为 (填标号)。 (7)该流程中可以循环利用的物质有 和 。 13．（2024·山东淄博·三模）以萤石尾矿（含、、及少量、、、、）为原料经过两段除铝制备锂盐和的工艺流程如下： 已知：与生成的可被萃取； （有机相）（有机相） 回答下列问题： (1)“加热酸溶”时滤渣Ⅰ的主要成分是和 ，“沉铁”后的pH （填“变大”“变小”或“不变”）。 (2)物质的溶解度曲线如图所示，“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为 。“精制Ⅱ”时，pH不宜过低的原因是 。 (3)“萃取”时，还需要加入的作用是 。“反萃取”中加入的反萃取剂为 （填化学式）。 (4)若不进行“操作X”，将导致 。“沉铍”时。将从提高到，则铍的损失降低至原来的 。 14．（2024·安徽合肥·模拟预测）钛白(主要成分)用途广泛，常用来作高级白色颜料，在造纸工业中作填充剂，合成纤维中作消光剂。制取钛白的方法主要有两种，利用钛铁矿(主要成分，还有、FeO、等杂质)为原料，通过硫酸法和氯化法两种生产工艺制备钛白粉的流程如图所示，请回答下列问题： 已知：“酸溶”后钛主要以形式存在，在80℃左右水解生成 (1)下列状态的钛元素形成的微粒中，电离其最外层的一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。 A． B． C． D． (2)“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为 。 (3)“还原”时应选择合适的试剂X是 (填化学式)；已知绿矾的溶解度随温度变化的曲线如图所示，从溶液中获得绿矾的操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (4)“氯化”时得到的在水中或潮湿空气中会发烟，可用于制作烟幕弹，原因是 (化学方程式表示) (5)以上两种工艺流程中，请说出方法一优于方法二的理由 (写出一条即可)。 (6)在自然界中有三种形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种形态中最稳定的一种，其晶胞如图所示，钛的配位数为 ，该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、的代数式表示)。 15．（2024·广西南宁·二模）二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 回答下列问题： (1)“氧化焙烧”中氧化的目的是 。 (2)“酸浸”时提高浸取率的方法 (写出一种)。 (3)“萃取”时存在反应：，Ce4+的萃取率与温度、稀硫酸的浓度的变化关系如图所示，应选择的最适宜条件为 (填标号)；硫酸浓度过大时，萃取率降低的原因是 。 A．65℃、2.0mol/L        B．75℃、2.5mol/L        C．85℃、3.0mol/L        D．100℃、2.5mol/L (4)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为： 。 (5)向水层中加入溶液来调节溶液的，大于 时，完全生成沉淀。(已知Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20；当溶液中某离子浓度c<1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。) (6)二氧化铈()作为一种脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将NO氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物晶胞发生的变化如下图所示，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 ，当发生如图所示变化时，可吸收标况下NO的体积为 。 16．（2024·贵州·模拟预测）四氧化三铁俗称磁性氧化铁，常用于制造录音磁带和电讯器材，也可作颜料和抛光剂。某工厂以硫铁矿烧渣(主要含有等元素的氧化物及)为原料，制备的工艺流程如图所示。 已知：常温下，、、。 回答下列问题： (1)“酸溶”硫铁矿烧渣时，为了加快酸溶速率可采取的措施有 (任写两条)。 (2)料渣1的主要成分有 (填化学式)。 (3)常温下，已知溶液中，要使沉淀完全，则“调”的范围是 (保留2位有效数字，一般离子浓度认为沉淀完全)。 (4)加入“沉铁”时，发生反应的离子方程式为 。 (5)①“煅烧1”的目的是将转化为，若“煅烧2”阶段发生反应时，则该反应的化学方程式为 。 ②“煅烧2”时温度对的纯度有很大影响。已知温度对纯度的影响如图1所示，则“煅烧2”时，温度最好控制在 。 (6)一种铁基超导材料(化学式为)的晶胞如图2所示。已知：该晶胞底边边长为，高为，l号原子的高为。为阿伏加德罗常数的值。 ①该晶胞中，原子的个数之比为 ；距2号原子最近的铁有 个。 ②该晶体的密度为 ，1号原子的坐标为 。 17．（2024·福建莆田·三模）一种高硫锰矿的主要成分为MnCO3和MnS，主要杂质为FeS、SiO2、CaCO3、Al2O3、MgO等，研究人员设计了如图流程，制备Mn3O4。 已知：①金属离子浓度≤10-5mol•L-1时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ 开始沉定的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 ②Ksp(MgF2)=6.4×10-9、Ksp(CaF2)=4.0×10-11. (1)“焙烧”的主要目的是 。 (2)“酸浸”过程中， (填“能”或“不能”)用盐酸替换硫酸。 (3)“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为 。 (4)若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是 。 (5)“净化除杂”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，则滤液中c(Ca2+)为 mol•L-1. (6)“氧化2”过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氮水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为 。 (7)锰的一种氧化物晶胞结构如图所示： 该晶体中Mn的配位数为 ，该晶胞的密度为 g•cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞底面边长为apm，高为bpm)。 18．（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)。 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) (2)BC (3) (4) 取少量与溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明中有氯元素 【分析】根据流程可知气体B中含S元素，B为SO2，固体A中含Fe和Si，黄铜矿反应的化学方程式为：，故B为SO2，A为；粗铜与HCl和氧气反应得到CuCl，CuCl与O2和水反应得到Cu2(OH)3Cl，反应方程式为：；SO2与等物质的量的氯气反应得C：SO2Cl2，SO2Cl2与SCl2反应得到SOCl2，SOCl2与乙醇反应得到D，方程式为：，D为CH3CH2Cl。 【详解】（1）根据分析，固体A的化学式为：；中S原子的价层电子对数为：，中心原子的杂化方式为：杂化； （2）A. 不溶于水，但能与稀硝酸发生氧化还原反应，故能溶于稀硝酸，A正确； B. 在该环境生锈后，铜锈为多孔结构，不能隔绝空气，故不能减缓生锈速度，B错误； C. 气体B为二氧化硫，具有漂白性，能使品红溶液褪色，C错误； D. 与混合共热可制得无水、HCl和SO2，D正确； 故选BC； （3）根据分析，反应2的化学方程式为：； （4）①根据分析，反应4的化学方程式为：； ②卤代烃需要先在碱性条件下水解，再用硝酸调至酸性后加硝酸银溶液，观察沉淀颜色，故实验方案为：取少量与溶液共热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性。再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明中有氯元素。 2．(1)3d7 (2)> (3) 当浓度降低到，此时c(OH-)==10-11mol/L，此时Qc[Zn(OH)2]=0.5=< Ksp[Zn(OH)2]，说明无沉淀； 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+ (4) 3Co2+++4H2O=MnO2+5H++3CoOOH 稀硫酸或稀硝酸 (5)Cd (6) 体心 【分析】富钴渣主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO，加入硫酸酸浸，溶解，加入过氧化氢把Fe2+氧化成Fe3+，调整pH生成Fe(OH)3沉淀，过滤后加入高锰酸钾生成MnO2和CoOOH沉淀过滤，加入Zn除去溶液中的Cd2+，过滤，加入氢氧化钠，把锌溶解生成Na2ZnO2，电解生成单质Zn。 【详解】（1）Co原子序数为27，原子的价电子排布式为3d74s2，“溶浸”时生成对应钴离子为Co2+，价电子排布式为3d7； （2）加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液①中加入高锰酸钾再将Mn2+、Co2+氧化为MnO2和CoOOH，说明还原性：>； （3）根据的Ksp=，当浓度降低到，此时c(OH-)==10-11mol/L，此时Qc[Zn(OH)2]=0.5=< Ksp[Zn(OH)2]，说明无沉淀；根据流程可知，沉铁的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+； （4）“氧化除杂”中，高锰酸钾和Co2+反应的离子方程式为3Co2+++4H2O=MnO2+5H++3CoOOH；根据已知信息，应使用稀硫酸或稀硝酸溶解CoOOH，不能用盐酸，因为可能被氧化为氯气； （5）还原除杂时加入Zn可将Cd2+还原为Cd，“滤渣”的主要成分是Cd； （6）钴和钛的原子总数比氧的原子数少，O原子是面心上的原子，有3个，钴原子与氧原子的最短距离比钛原子与氧原子的最短距离要小，钛原子位于体心，钴原子位于顶点，个数都是1，则化学式为TiCoO3，晶胞的质量为：，晶胞参数为apm，晶胞的体积为，晶胞密度为，解得NA=。 3．(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。 4．(1)+3 (2) 矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等 SiO2 (3) (4) (5) (6) (7) 【分析】炼锌矿渣加入稀硫酸过滤得到不反应的二氧化硅浸出渣和滤液，滤液中调节溶液pH，形成铁和镓的沉淀，过滤滤渣加入盐酸溶解、加入铁还原铁离子为亚铁离子，加入萃取剂萃取分液分离出含镓的有机层，加入氢氧化钠溶液反萃取分离出镓，经过分离后加入氨气高温化合得到GaN； 【详解】（1）中镓、氧化合价分别为+3、-2，则的化合价为+3； （2）为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；由分析可知，浸出渣的主要成分是SiO2； （3）由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，pOH=10.8，则，将溶液调节至5.4，pOH=8.6，此时溶液中的浓度为 （4）“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，是将铁离子还原为亚铁离子，便于后续萃取镓而不萃取亚铁离子，发生反应的离子方程式：； （5）的化学性质与相似，铝和氢氧化钠生成，则“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以形式存在； （6）“高温合成”操作中与反应生成，结合质量守恒可知，还生成甲烷，则反应化学方程式为：； （7）根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为。 5．(1)+6 (2) (3) (4) CuS (5) 阳 阳 【分析】废水经预处理后含有和少量的、，还原池中加入硫酸和草酸，草酸作还原剂，将还原为Cr3+，沉淀池1加入NaOH调节pH=5.6，得到沉淀，去除Cr3+；加硫酸调节pH=4，加硫化钠溶液生成硫化铜沉淀，去除铜离子；加氢氧化钠调节pH=7，加硫化钠溶液生成硫化镍沉淀，去除镍离子。 【详解】（1）各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数，假设Cr元素的化合价为x，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6； （2）还原池中加入硫酸和草酸，草酸作还原剂，将还原为Cr3+，反应的离子方程式为：； （3），其性质与相似，则与NaOH溶液反应的化学方程式：； （4）Na2S溶液呈碱性的原因是由于硫离子的水解，水解的离子方程式为：；由于沉淀池2中的pH小于沉淀池3中的pH，所以沉淀池2中的硫离子浓度低于沉淀池3，又因为，所以沉淀池2中产生的是CuS沉淀，沉淀池3中产生的是NiS沉淀； （5）由可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成和，阴极上得到电子生成，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备的效率，通过离子交换膜移向阴极，该电解池中离子交换膜为阳离子交换膜。 6．(1)第四周期第Ⅷ族 (2) 1：4 Co(OH)2 (3) 减少Li2CO3的溶解量，提高产率 b (4)0.094 (5) (6) Co2O3 【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co(OH)2和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3，据此解答。 【详解】（1）Co为27号元素，在第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期VIII族； （2）“500℃焙烧”反应方程式为：，生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4；根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co(OH)2； （3）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故选b； （4）常温下，取100mL“滤液2”，其中c(Li+)=0.10mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则溶液中剩余的Li+浓度为0.1mol/L×20%=0.02mol/L，则溶液中，需要碳酸钠的物质的量为0.9mol/L×0.1L=0.09mol，沉淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.1mol/L×0.1L×80%×=0.004mol，故最少需要碳酸钠的物质的量为0.004mol+0.09mol=0.094mol； （5）Li2CO3与CoCO3在空气中于700℃烧结生成LiCoO2，反应的化学方程式为：； （6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的钴离子的个数为2，位于面心的氧离子的个数为3，故氧化物的化学式为：Co2O3；该立方晶胞参数为apm，晶胞体积为(a×10-10) 3cm3，晶胞质量为，该晶胞的密度为。 7．(1) (2) 将转化为 、 (3) 不可能 (4)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大（或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大） (5)趁热过滤 (6) 【分析】磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含等元素，加浓硫酸焙烧，得到HF和硫酸盐，SiO2不反应，水浸，不溶性物质主要有SiO2和CaSO4（微溶），过滤所得滤液中加过氧化氢，将Fe2+氧化成Fe3+，再加氨水调节pH，沉淀除铝、铁的离子，二次净化进一步出去磷、钙，所得滤液加Na2CO3溶液沉锂得到碳酸锂沉淀，所得滤液主要溶质为硫酸钠，碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4。 【详解】（1）由分析得，滤渣1成分为SiO2和CaSO4； （2）氧化的目的是，将转化为，便于后续调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3除去； （3）a点Li2CO3的溶解度为1.48g，为0.02mol，溶液总质量为101.48g，Li2CO3饱和溶液的密度近似为1g/cm3，故体积为点的溶解度为101.48mL，，，b点Li2CO3的溶解度为0.74g，为0.01mol，溶液总质量100.74g，体积为100.74mL，，，8：1；当沉锂时，溶液中的浓度最大为2.5mol/L时，，远大于5×10-5mol/L，故Li+不可能沉淀完全； （4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大（或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大）； （5）Li2CO3溶解度随温度的上升而下降，为了减小Li2CO3的损失，“沉锂”后分离得到的操作是：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥； （6）碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4，化学方程式为：。 8．(1)减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率 (2) (3) 温度：820℃左右(800℃～830℃之间均可)；硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可) 降低多钒酸铵的溶解度，减少损失 (4)3 (5)NH3(或氨水)、有机溶剂P204 (6) 【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有；加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序pH低于7.0，发生反应，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5，据此分析解答。 【详解】（1）“破碎”的目的是减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率； （2）根据分析，“中和、还原”时，参与反应的离子方程式为； （3）结合图1、2所示进行分析可知，适宜的工艺条件为温度：820℃左右，硫酸加入量：6％(6％～6.5％之间均可)，此时钒的浸出率最高；洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是降低多钒酸铵的溶解度，减少溶解损失； （4）NaClO3将氧化为并得到还原产物NaCl，根据电子得失守恒可得出关系式：NaClO3-6，故“氧化”时，每消耗0.5mol NaClO3，可得到3mol； （5）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂具有该特点；分析“煅烧”反应：，可知(或氨水)在流程中也可循环使用； （6） “萃取”分离后，所得“水相”中的金属离子有Mn2+、Fe2+和少量的Ca2+，欲得到MnSO4溶液，需除去杂质Ca2+、Fe2+，第一道工序已经除去Ca2+，说明后续工序应除去Fe2+。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将Fe2+氧化为Fe3+。为了不引入杂质离子，氧化剂可选择H2O2溶液。再调溶液的pH，使Fe3+转变成Fe(OH)3沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO调pH，所以补充完整的流程图为：。 已知常温下MnF2、CaF2的Ksp分别为5.0×10-3、2.0×10-10，，若上述水相“沉钙”后c(Ca2+)=10-5mol·L-1，根据，沉钙但锰离子不沉淀，则理论上不超过。 9．(1)4d55s1 (2)、 (3) 盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动 (4) 乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺 (5) (6) A 4 【分析】氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤滤渣含有二氧化硅、氯化银，向滤液中加水加热得到沉淀，过滤向滤液中加入硫代乙酰胺沉铋，过滤分离出沉淀，向中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)2Mo7O24∙4H2O得到； 【详解】（1）基态为42号元素，价电子排布式为4d55s1； （2）由分析可知，“浸渣”的主要成分为、； （3）“除锑”过程中水解生成和HCl，发生反应为；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动； （4）①硫化氢会进一步发生反应，则该反应的平衡常数； ②硫代乙酰胺的相对分子质量比乙酰胺的相对分子质量大，硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，说明乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺； （5）钼酸铋在空气中放置会变质，结合质量守恒可知，和二氧化碳反应生成和，则该过程中的化学方程式为； （6）按图甲虚线方向切图乙，得到切面为长方形，铁原子处于长方形的顶点、边长的中心、长方形正中心，故选A；由图可知，铁原子在4个铁构成的立方体的体心，故配位数为4。 10．(1)增大固体接触面积，加快反应速率，使反应更加充分 (2) (3)4.7~7.8 (4) 热还原法 铬原子（或离子）半径小，价电子数多（金属阳离子的电荷数多），金属键强，硬度很大 (5) (6)或或或 【分析】铬铁矿含、MgO、、等，与NaOH、混合焙烧得到的烧渣除了、还有、MgO和，水浸时滤渣1的主要成分为MgO、，滤液中含有，、和，，通入调节pH除去和，滤渣2的成分为和。 【详解】（1）焙烧时将矿料和NaOH进行研磨，目的是增大固体接触面积，加快反应速率，使反应更加充分。 （2）焙烧时生成的化学方程式：。 （3）根据信息，铝元素以的形式存在于溶液中，通入，发生反应转化为，如果pH太小又会使溶解成为，需要控制溶液的pH。结合图像，当离子浓度mol/L可认为沉淀完全，计算过程如下  mol/L， mol/L，mol/L，，， mol/L，，。故调节pH的范围：4.7~7.8。 （4） 工业上冶炼Cr的方法是热还原法（或铝热法）；Cr原子的价层电子排布图为，因Cr原子（或离子）半径小，价电子数多（金属阳离子的电荷数多），所以金属键强，硬度大。 （5）一个晶胞中含有硅原子数为，硅的相对原子质量为28，Si原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为。晶胞的晶胞参数a与原子半径r的关系：体对角线，故。根据公式：。 （6） 选取最小重复结构单元如图：，该单元中共包含6个Si原子和17个O原子，根据硅为+4价，氧为-2价，可知该多硅酸根的结构通式为或或。 11．(1) 搅拌 加热时MnO2可能会与盐酸反应(或加热会使HCl挥发，降低利用率) (2) ＋6 不在 c (3) Fe(OH)3、Co(OH)3 (4) 4 【分析】钴镍渣中含有大量的含Zn、Co、Ni、Fe、Mn、Cd等金属，加入硫酸进行酸浸，过滤去除浸渣；往滤液中加入锌粉除镉，得到海绵镉，滤液中加入Na2S2O8、NaOH进行氧化分离，此时生成的Co(OH)3、Fe(OH)3、MnO2沉淀而成为滤渣1，滤液中含有Ni2+、Zn2+；滤液除镍后所得的净化液经过一系列操作，最后得到xZnCO3∙yZn(OH)2∙zH2O。滤渣1中加入盐酸进行酸溶，将Co(OH)3、Fe(OH)3溶解，得到MnO2沉淀；滤液中加入氨水进行络合，然后过滤，滤渣为Fe(OH)3，过滤后灼烧得铁红；滤液为[Co(NH3)6]Cl3。 【详解】（1）加热能提高“酸浸”速率，除此以外还可增大酸的浓度或增大固体与溶液的接触面积，则采取的措施有搅拌等。当盐酸浓度较大时，会与MnO2反应，且盐酸具有挥发性，所以“酸溶”时不宜采用加热的方法来加快反应速率，其原因是：加热时MnO2可能会与盐酸反应(或加热会使HCl挥发，降低利用率)。 （2） ①氧化剂Na2S2O8的阴离子结构为，其中硫元素化合价为＋6，其阴离子结构片段S-O-O-S中O原子的价层电子对数为4，都发生sp3杂化，O原子的最外层各有2个孤电子对，对成键电子有排斥作用，则所有原子不在一条直线上。 ②从图中可以看出，为提高Fe2+、Co2+、Mn2+的脱除率，流程中过硫酸钠的加入量应为理论量的7～8倍，故选c。 （3）由分析可知，滤渣1中主要含MnO2、Fe(OH)3、Co(OH)3，生成MnO2的离子方程式：。 （4）在ZnO晶胞中，含Zn原子个数为=4，含O原子个数为4，由ZnO的晶胞结构图可以看出，O原子周围有4个Zn，则Zn原子周围有4个O，锌的配位数为4；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为=g∙cm-3。 12．(1)+6 (2) 过滤 玻璃棒 漏斗 (3) 20 170 (4) (5) (6)C (7) 【分析】HDS富含Mo、Ni等元素，根据题中信息可知“氧化焙烧”后的主要产物为、、，加入碳酸钠进行碱浸后，经过操作1 ，“浸出渣”的成分为、，浸出液进入有机试剂进行浸取，可溶于水的离子进入到水相中，而钼酸钠进入到有机相中，再加入碳酸氢铵，促使生成，进入到水相中，通过酸沉得到，最终得到单质钼。 【详解】（1）钼酸镍中为+2价，为-2价，则为+6价，故答案为：+6。 （2）“操作1”后有“浸出渣”和“浸出液”，则“操作1”是过滤。过滤实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：过滤；玻璃棒；漏斗。 （3）图1，最佳添加量为时，和浸出率变化量很小，则最佳添加量为；图2，当浸出温度≥170℃时，和浸出率较高，且再继续升温后，和浸出率变化不大，则最佳浸出温度为170℃，故答案为：20；170。 （4）在碱浸时有和生成，根据已知②判断生成物还有；则在碱浸时的化学方程式为，故答案为：。 （5）由一些离子被萃取的先后顺序可知，加入反萃取发生反应为，其离子方程式为，故答案为：。 （6）下口倾斜向上，旋转下口的活塞放气，故答案为：C。 （7）根据(5)中信息可知，采用碳酸根类型的N263萃取钼的反应产物有；萃取后有机相为型(如)，加入处理后可实现萃取剂再生。流程中可以循环利用的物质有和，故答案为：；。 13．(1) 变小 (2) 加热浓缩、冷却结晶、过滤 与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低 (3) 增大的浓度，使转化成，提高的萃取率 (4) 沉铍时会混有杂质 10 【分析】萤石尾矿（含、、及少量、、、、）加入稀硫酸，加热酸溶，此时、、、、、、都发生溶解，只有不反应，、发生转化，生成CaSO4沉淀；故滤渣I为和CaSO4，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去；此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+；加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到，精制Ⅱ中溶液中的Al3+继续通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀除去；同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相含有Be2+、Fe3+，操作X为除去Fe3+，再加入氨水沉铍，据此分析解答。 【详解】（1）由分析知，“加热酸溶”时滤渣Ⅰ的主要成分是和，“沉铁”过程，加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，发生离子反应：，即反应生成H+，H+浓度增大，则“沉铁”后的pH变小。 （2） 沉铁后的滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到。因为与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低，故“精制Ⅱ”时，pH不宜过低。 （3）已知：与生成的可被萃取，故“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大的浓度，使转化成，提高的萃取率； 向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为（有机相）（有机相），加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl。 （4）操作X为除去Fe3+，若不进行“操作X”，将导致沉铍时会混有杂质。“沉铍”时，=时，溶液中Be2+的浓度为，=时，溶液中Be2+的浓度为，溶液中的Be2+即为损失的Be2+，则将从提高到，则铍的损失降低至原来的。 14．(1)D (2)FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O (3) Fe 加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶 (4)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl (5)方法一更环保，未使用有毒的氯气 (6) 6 【分析】由题给流程可知，方法一为向钛铁矿中加入硫酸溶液酸溶，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和滤液；向滤液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，反应得到的溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水硫酸亚铁和滤液；加热滤液，使溶液中的TiO2+离子水解生成TiO2·xH2O，TiO2·xH2O灼烧分解生成粗TiO2；方法二为钛铁矿与焦炭、氯气高温条件下氯化得到四氯化钛，纯化后的四氯化钛与氧气在高温下氧化得到可以循环使用的氯气和粗TiO2；粗TiO2经表面处理、过滤、洗涤、干燥、研磨得到精TiO2。 【详解】（1）钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能依次增大，激发态原子失去1个电子需要的能量小于基态原子，则电离其最外层的一个电子所需能量最小的是[Ar]3d24s14p1，故选D； （2）由分析可知，酸溶中加入硫酸溶液酸溶的目的是将金属元素转化为可溶的硫酸盐，则主要成分FeTiO3发生的反应为FeTiO3与溶液中氢离子反应生成TiO2+离子、亚铁离子和水，反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，故答案为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O； （3）由分析可知，“还原”时加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子；由图可知，从还原得到的溶液中获得绿矾的操作为溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Fe；加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶； （4）四氯化钛在水中或潮湿空气中会发烟的原因是四氯化钛发生水解反应生成TiO2·xH2O和氯化氢，氯化氢遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴而产生大量白雾，反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl； （5）由分析可知，与方法二相比，方法一的最大优点是制备粗TiO2时，未使用有毒的氯气，不会对环境造成污染，故答案为：方法一更环保，未使用有毒的氯气； （6）由晶胞结构可知，晶胞中与位于体心的钛原子距离最近的氧原子有6个，则钛原子的配位数为6，位于顶点和体心的钛原子个数为8×+1=2，位于面上和体内的氧原子个数为2+4×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a2bd，解得d=，故答案为：6；。 15．(1)将+3价铈氧化为+4价 (2)将焙烧后的固体粉料、搅拌、适当升温等 (3) B 随着增大，水层中被结合成，萃取平衡逆移，萃取率降低。(或硫酸浓度过大，氢离子浓度增大，萃取平衡逆移，萃取率降低) (4) (5)9 (6) 2：2：7 5.6L 【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2 Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。 【详解】(1)原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价，故答案为：将+3价铈氧化为+4价； (2)将焙烧后的固体粉料、搅拌、适当升温等合理即可，故答案为：将焙烧后的固体粉料、搅拌、适当升温等合理即可； (3)由图可知，选择的适宜条件为：温度75℃-85℃，硫酸浓度2.5mol/L，故选B；随着增大，水层中被结合成，萃取平衡向左移动，萃取率降低，故答案为：①B、②随着增大，水层中被结合成，萃取平衡向左移动，萃取率降低，。 (4)由水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物为氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，；故答案为：2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+； (5)Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5mol/L，依据ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀，故答案为：9； (6)由图可知，晶胞中含有Ce原子个数为，O原子位于晶胞内部，1个晶胞中含有7个O原子，即①根据化合物化合价为0可得②，联立①②可得；当发生如图所示变化时，有0.5molCe元素由+4价降低至+3，NO中N元素化合价由+2升高至+4，根据化合价升降守恒可得，因此可吸收NO的物质的量为，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L·mol-1=5.6L，故答案为：①、②5.6L 16．(1)将烧渣粉碎、加热、适当增大硫酸的浓度、搅拌等 (2)CaSO4、SiO2 (3)4.7~6.0 (4) (5) 800 (6) 1:2:2 8 【分析】硫铁矿烧渣加入硫酸，铁铝转化为硫酸盐，SiO2不反应，和生成的不溶物CaSO4成为料渣1，过滤的滤液加入废铁皮与Fe3+反应生成Fe2+，调节pH除去铝，滤液加入NH4HCO3反应生成沉淀，通入O2煅烧生成CO2和Fe2O3，加入FeS2和O2煅烧得到。 【详解】（1）为了加快酸溶速率，可采用的措施有将烧渣粉碎、加热、适当增大硫酸的浓度、搅拌等； （2）由分析可知，料渣1的主要成分有CaSO4、SiO2； （3）还原后Fe3+转化为Fe2+，调节pH使沉淀完全，则，pOH=9.3，pH=4.7；而此时Fe2+没有沉淀，则，pOH=8.0，pH=6.0；故“调”的范围是4.7~6.0； （4）加入“沉铁”时，Fe2+和生成FeCO3沉淀和H2O、CO2，反应的离子方程式为； （5）①“煅烧2”阶段发生反应时，则1分子、1分子反应生成1分子，反应中硫元素化合价由-1升高为+4，转移5×2=10个电子，则会有10÷4=2.5个氧分子的氧化剂参与反应，故该反应的化学方程式为：； ②由图可知，“煅烧2”时，温度最好控制在800℃，此时产品的纯度已经很高； （6）①根据“均摊法”，晶胞中含个Ca、个Fe、个As，该晶胞中，原子的个数之比为1:2:2；距2号原子最近的铁上下层各4个，共有8个。 ②结合①分析，则晶体密度为；l号原子的高为，1号原子在xyz轴上投影坐标分别为、、，则坐标为。 17．(1)除去高硫锰矿中的硫元素 (2)能 (3)2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+ (4)Fe2+完全沉淀时，Mn2+也开始沉淀，造成Mn2+损失 (5)6.25×10-8 (6)6Mn2++12NH3•H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O (7) 6 【分析】高硫锰矿用空气焙烧后生成二氧化硫烟气，用硫酸酸浸固体得到含Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的溶液，可能还有Fe3+，过滤得到CaSO4和SiO2滤渣；溶液中加入试剂MnO2，控制溶液pH=3，生成Fe(OH)3除去，过滤得到的滤液加入CaCO3中和后可除去过量H+和Al3+，再次过滤后往滤液加入MnF2除去Ca2+和Mg2+，得到较纯净的MnSO4溶液，再加入NH3·H2O、空气氧化得到Mn3O4。 【详解】（1）“焙烧”的主要目的是除去高硫锰矿中的硫元素。 （2）“酸浸”过程中，硫酸的作用是溶解得到含各种金属离子的溶液，若用盐酸替换硫酸，则Ca2+可以在后面加MnF2时除去，故可以用盐酸替换硫酸。 （3）“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+。 （4）根据已知信息中Fe2+、Fe3+、Mn2+的开始沉淀和沉淀完全的pH可判断，若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是Fe2+完全沉淀时，Mn2+也开始沉淀，造成Mn2+损失。 （5）“净化除杂”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，c2(F-)==，则滤液中c(Ca2+)为=。 （6）“氧化2”过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氮水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为：6Mn2++12NH3•H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O。 （7）根据图示可知，该晶体中Mn位于顶点和体心，其配位数为6，晶胞的底面边长为a pm，高为b pm，晶胞的质量是g，该晶胞的密度为g•cm-3。 18．(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。 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 $$