2025届高三化学专题复习---工业流程题

2025届高三化学专题复习---工业流程题 1．（2024·山东济宁·三模）一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还含有铁、钴、铜等元素的氧化物)为原料制备纯锌并将其它金属元素回收利用的工艺流程如下： 已知：①锌精矿在高温焙烧过程中部分转化为铁酸锌()，铁酸锌不溶于稀硫酸 ②黄钠铁矾是一种浅黄色晶体，过滤及沉淀性能较好，但溶液酸性较强时不易生成 ③；； 回答下列问题： (1)常温下，“含尘烟气”中的用氨水吸收至溶液的时，的平衡常数 。 (2)“调pH①”试剂X可选用 。 (3)“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，一段时间后反应速率显著增大，请解释此现象产生的原因 。 (4)“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，原因是 ，“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方䅠式为 。 (5)电解废液可返回到 。操作进行循环利用。 (6)“沉钴”的离子方程式为 。 2．（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：，) 3．（2024·江西·模拟预测）钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂(含、、、以及少量的等)为原料，综合回收利用钒、硅、钾，实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下： 已知：钒的氧化物在酸性条件下以、的形式存在，pH增大时可转化为沉淀。 (1)基态V原子的价层电子排布式为 。 (2)“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。 (3)“还原酸浸”时： ①硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH需保持在1.2以下的原因是 。 ②过程中除了有被还原成，也被还原，写出被还原的离子方程式： 。 (4)“萃取”时选择有机萃取剂，原理是(有机层)，“反萃取”应选择在 (填“酸性”“中性”或“碱性”)环境中进行。 (5)加氨水“沉钒”生成沉淀，若经“焙烧”得到1mol产品，则消耗空气中 mol。 (6)常用作转化为反应的催化剂。分子的空间结构为 。的三聚体环状结构如图所示，该结构中S—O键长大致分为两类，一类键长约为140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为 (填图中字母)，该分子中含有 个键。 4．（2024·广西·三模）工业上，从铜镍矿(主要成分为铜氧化物、镍氧化物，含有、、等杂质)中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 已知：①一些物质的Ksp(25℃)如下。 物质 ②当溶液中某离子浓度c≤10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全。 ③ (1)基态原子的价电子排布图为 。 (2)浸出过程中通入的目的是 。 (3)萃取时发生反应：(HR、CuR2在有机层，在水层)。 ①某种的结构简式为，该分子中可能与形成配位键的原子有 。 ②该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。 (4)写出用惰性电极电解溶液发生反应的化学方程式： 。 (5)黄钠铁矾比更易形成沉淀，则生成黄钠铁矾的离子方程式是 。 (6)第二次使用调节溶液，使沉淀完全，应将调节至 (保留2位小数)。 5．（2024·河南南阳·模拟预测）锑白是优良的无机白色颜料，可用作阻燃剂、催化剂、油漆等。一种采用辉锑矿(主要成分为，含少量的和等)提取锑白的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”后所得溶液中的主要微粒为； ②。 回答下列问题： (1)“粉碎”辉锑矿的目的是 。 (2)“滤渣Ⅰ”的主要成分除不溶性杂质外还有S、 (填化学式)；在“浸取”时发生反应的离子方程式为 。 (3)“除砷”时，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (P转化为最高价态)。 (4)若浸取液中的浓度均为，则c(S2-)≥ 才能使二者完全沉淀(当离子浓度≤1×10-5mol/L时认为沉淀完全)，此时 。 (5)“中和脱氯”时脱氯率与反应温度的关系如图所示： 随温度升高，脱氯率降低的原因可能为 。 (6)锑可用于制备超亮光电极材料，其晶胞结构如图所示，晶体a的化学式为 ，晶体b中与距离最近的的个数为 。 6．（2024·江西·三模）铼（）用于制造高效能火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰（主要成分有、、、、）中提取铼粉的一种工艺流程如图所示。 已知： 开始沉淀 2.5 7.0 5.7 完全沉淀（金属离子浓度） 3.2 9.0 6.7 (1)“氧化浸出时，被氧化为，被氧化的离子方程式为 。 (2)水解中和时，加调节溶液，除钼的化合物外，滤渣1中还有 （填化学式），此时溶液中 。 (3)硫化沉淀时，与反应生成难溶的，离子方程式为 。 (4)“离子交换”“解吸”“树脂再生”一系列步骤中物质转化关系如图所示。 ①树脂再生时需加入的试剂X为 （填化学式）。 ②“解吸”所用中的阴离子的空间构型为 。 (5)铼的某种氧化物的晶胞如图所示，铼原子填在氧原子围成的 （“填四面体”、“立方体”或“八面体”）空隙中。 7．（2024·甘肃张掖·三模）催化裂化(FCC)是石油精炼中最重要的转化之一。FCC催化剂中含有多种金属元素，一种针对FCC废催化剂(含较多的、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质，固载在玻璃纤维上)综合回收利用的工艺流程如下： 已知：①不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液；②常温下，，。。 回答下列问题： (1)酸溶时，为了提高酸溶效率，可采取的措施为 (写出一条)。 (2)物质X为 ，若利用pH传感器监测反应2，当 时，已沉淀完全( mol/L时视为沉淀完全)。 (3)反应3的化学反应方程式为 ，其中的作用与反应1中的作用 (填“相同”或“不相同”)。 (4)从溶液中获得晶体的“一系列操作”包括 、过滤、洗涤、常温晾干。的空间构型为 。 (5)氧化铈()是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，则每个晶胞中个数为 。 (6)以为媒介的间接电化学氧化法可以同时除去烟气中的和，装置如图所示。 ①n电极的电极反应式： 。 ②发生的反应： 。 8．（2024·辽宁·三模）铱(77Ir)和锇(76Os)属于铂族金属，与金、银合称贵重金属，可以用于电气、精密仪表、催化剂等领域。铱锇矿的主要成分有Ir、Os、Ir2O3、OsO2，还含有CuO和SiO2等杂质，从铱锇矿中提取铱和锇的流程如下： 已知：高温融合发生反应的原理类似于铝热反应。 回答下列问题： (1)“酸溶I”的目的是 ；酸溶I后溶渣的主要成分除Ir、Os外，还有 (填化学式)。 (2)“氧化挥发”是将溶渣置于300~800℃的管式炉内，通入空气氧化。再用NaOH溶液吸收OsO4生成Na2OsO4，该反应的离子方程式为 。 (3)“沉锇”时，NH4Cl与Na2OsO4发生反应，生成的锇盐要立即过滤，滤饼要经无水乙醇多次洗涤，用无水乙醇洗涤的优点是 。 (4)“碱熔”时，“残渣I”中的Ir与Na2O2反应生成IrO2·nNa2O和O2，该反应的化学方程式为 。 (5)“沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，此时溶液中 mol/L。[已知：25℃，H2S溶于水形成饱和溶液时，；H2S的电离常数，；] (6)化合物 IrO2的四方晶格结构如图所示，其棱边夹角均为90°。已知IrO2晶体密度为，设NA为阿伏加德罗常数的值，则IrO2的摩尔质量为 (用代数式表示)g/mol。 9．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图： 已知：焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO (1)铜原子的价层电子排布图为 。 (2)“酸浸”中滤渣主要成分为 。 (3)“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因： 。 (4)“β—萘酚净化除钴”先是NaNO2把Co2+氧化成Co3+，并生成NO，Co3+与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出Co2+被氧化的离子方程式： 。 (5)纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。 ①充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。 ②若Li2S的晶胞参数为ann，则EF间的距离为 nm。 10．（2024·陕西·模拟预测）某废弃合金材料的主要成分为Zn，还含有Co、Fe、Mn、Cd及其氧化物。从该合金材料中生产高纯锌并分离各种金属化合物的工艺流程如下： 已知：①下，部分难溶物质的溶解平衡常数如下表： 难溶电解质 ②当某离子浓度低于时，认为溶液中不存在该离子。 回答下列问题： (1)能提高“溶浸”效率的具体措施为 (任写一条)； (2)“滤液①”中含有的金属离子、、、，且离子浓度均不高于； ①还原性： (填“”“”或“”)； ②“滤液①”中pH的范围为 ； (3)若“滤液②”的，则“氧化除杂”中发生反应的离子方程式为 ； (4)“电解”工作原理如图。其中阴极的电极反应式为 ；若阴极区和阳极区溶液体积相等，电解过程中阳极区的 (填“增加”或“减少”)，阴极区 (填“增加”或“减少”)的 ； 11．（2024·河北邯郸·三模）某实验小组从某废旧锂离子电池正极活性材料（主要成分可表示为，还含有少量、的化合物）中分别回收处理金属元素，工艺流程如下图所示： 已知：①“酸浸”后滤液中主要金属阳离子为、、、； ②有关金属离子沉淀完全的见下表： 离子 9.3 3.2 9.0 8.9 ③沉镍反应为 请回答下列问题： (1)丁二酮肟分子中杂化的碳原子个数为 ，二丁二酮肟镍中存在的化学键有 （填序号）。 A．链        B．氢键        C．金属键        D．配位键 (2)“氧化”过程的操作为控制体系的在，加入溶液，写出反应的离子方程式 。 (3)P507萃取剂（用HA表示）萃取的原理可表示为的浸出与水相的关系如图所示。分析较小时萃取率偏低的原因为 。 (4)和在空气氛围中焙烧可得到，该反应化学方程式为 。 (5)将草酸钴晶体置于空气中加热，受热过程中固体残留率（）变化如下图所示，则C点固体物质的化学式为 。 (6)的一种晶胞如图所示（仅标出与未标出）、该晶胞中占有O的个数为 。 12．（2024·山东菏泽·模拟预测）工业上用软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)，制备KMnO4的流程如下： 已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。 回答下列问题： (1)滤渣X为 (填化学式)。 (2)“共熔”过程中软锰矿中的MnO2转化为K2MnO4，反应的化学方程式为 。 (3)写出生成滤渣Y的离子方程式： 。 (4)“歧化”过程中所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 (5)向墨绿色溶液中加醋酸时，溶液表面有少量黄绿色气体生成，该气体是 (填化学式)，可能的原因是 。 (6)“操作I”的具体内容为 、 、过滤、洗涤、干燥。 13．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）铟(In)是制造半导体、电光源等的重要原料。从铜冶炼过程中产生的铟砷烟灰(主要含有、)中提取铟的工艺方法如下： 已知：①为强电解质； ②为磷酸二异辛酯，密度为，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子； ③。 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分除外还有 、 (填化学式)；“氧化酸浸”过程中，中的砷元素被氧化为最高价的含氧酸，写出此反应的化学方程式： 。 (2)“还原铁”时反应的离子方程式为 。 (3)“萃取除铁”时，用的作萃取剂时，发现当溶液后，铟萃取率随值的升高而下降，原因是 (用平衡移动原理解释)；反萃取时萃余液应从分液漏斗的 (填“下口放出”或“上口倒出”)。 (4)“萃取”过程中也可用酸(用表示)作萃取剂，使进入有机相，发生反应：，平衡常数为。已知与萃取率的关系符合公式：。当时，萃取率为，若将萃取率提升到，应调节溶液的 (已知，忽略萃取剂浓度的变化，结果保留三位有效数字)。 (5)整个工艺流程中，可循环利用的物质是 。 (6)2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。铜铟硫量子点被广泛应用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。立方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞中In和未标明，用或者代替。位于由构成的 (填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”)中。 14．（2024·四川泸州·三模）随着新能源汽车的发展，废旧锂电池需要回收处理。一种对磷酸亚铁锂废电池处理料(主要成分为LiFePO4、FePO4、Al、C等)的回收处理工艺流程如下所示。 已知：常温下，相关金属离子氢氧化物的Ksp与沉淀时的pH，以及部分盐的Ksp如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Ksp(氢氧化物) Ksp(盐) Fe3+ 2.24 3.2 3.2×10-38 Ksp(FePO4)=1.3×10-22 Li+ 5.5×10-3 Ksp(Li2CO3)=1.7×10-3 (1)已知OH-+Al(OH)3，K1=6.25×10-2；H++，K2=4.7×10-11；“滤液”中的溶质主要是NaAl(OH)4，则步骤①中Al主要反应的离子方程式为 ﹔步骤②曾有学者研究用NaHCO3代替H2SO4，则用NaHCO3溶液反应的平衡常数的数量级为 ，当反应平衡常数大于105时，可视为反应完全，则用NaHCO3代替H2SO4的反应是否完全？ 。 (2)步骤③硫酸溶液足量，“滤渣2”的成分是 ，实际反应中H2O2用量超过理论值，原因是 ；试写出Fe2+与H2O2按物质的量1∶1反应的总离子反应方程式： 。 (3)若步骤④处加入NaOH溶液和NH3·H2O溶液后Li+浓度为0.55mol/L，则此处所调pH的范围为 。滤液4的主要阳离子有 (填离子符号)。 (4)步骤⑤主要是回收利用 元素。 15．（2024·江西·模拟预测）Ce(SO4)2·4H2O是一种常用的强氧化剂，CeO2可用作处理汽车尾气中催化剂的助剂。以含铈矿(含CeFCO3、SiO2等)为原料制备Ce(SO4)2·4H2O和CeO2的流程如下： 已知：在硫酸体系中，萃取剂(HA)2能萃取Ce4+，而不能萃取Ce3+。 回答下列问题： (1)基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，其电子所占据的能级中有 个空轨道。 (2)下列玻璃仪器中，“萃取”、“反萃取”操作不需要选择的是 (填字母)。 “反萃取”中H2O2的作用是 。 (3)写出“沉铈”的离子方程式： 。 (4)Ce(OH)4经一系列操作得到Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为)。 ①在空气中Ce(SO4)2·4H2O热失重图像如图所示。。 b点对应纯净固体可能是 (填字母)。 A．Ce(SO4)2·2H2O      B．Ce(SO4)2    C． CeOSO4             D．Ce2(SO4)3 ②测定产品纯度。称取wg Ce(SO4)2·4H2O产品溶于水配制成100mL溶液，量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用标准溶液滴定至终点，消耗滴定液体积为。滴定反应为，该产品中Ce(SO4)2·4H2O的质量分数为 %。 (5) CeO2催化尾气中CO转化机理如图所示： 写出反应ⅰ的化学方程式： 。 (6) CeO2晶胞如图所示，晶胞参数为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为 。 16．（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 。 17．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）三氯化钌是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工业等。从催化剂废料中分离制备和的一种工艺流程如图所示。 已知：“焙烧”后、分别转化为、。 回答下列问题： (1)下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填序号) A． B． C． D． (2)“还原”过程会产生和沉淀，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为 。 (3)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解，然后加入盐酸羟胺得到和。则盐酸羟胺与反应的化学方程式为 。 (4)若维持不变，让沉淀完全(浓度不高于)，则混合体系中的浓度不低于 。[已知：，，结果保留三位小数] (5)该流程中，还有一种重要成分未提取，你认为在哪一步骤后进行最合适： 。(填工序名称) (6)沉钴过程中得到的主要成分是。为测定草酸钴晶体的纯度，进行如下实验： ①取草酸钴样品，加入酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生(该条件下不被氧化，杂质不参与反应)。 ②将溶液冷却，加水稀释定容至。 ③取溶液，用溶液滴定过量的，恰好完全反应时消耗溶液。 Ⅰ.样品中的质量分数为 。 Ⅱ.下列实验操作可能使测定结果偏低的是 。 A．标准溶液放置时间过长 B．锥形瓶水洗后未用待测液润洗 C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视 D．由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后产生气泡 18．（2024·甘肃酒泉·三模）甘肃矿产资源丰富，金属冶炼在国民经济发展中有着重要的作用。锰酸锂鲤离子蓄电池是第二代锂离子动力电池，工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂，流程如图所示： 回答下列问题： (1)基态原子的价电子排布式为 ，元素位于元素周期表中的 区。 (2)“酸浸”时，为了提升各物质的浸出速率，除了适当升高温度外，还可以采取的措施是 (写一条即可)。 (3)“还原”步骤得到的溶液中阳离子主要是，生成的离子方程式为 ；滤渣1的主要成分为 。 (4)已知某离子浓度[用表示]形成沉淀与溶液的关系如下图所示： 则“精制”过程中，加调节的范围是 。 (5)“沉锰”得到的是和滤饼，所得滤液回收可用于 。 (6)“锂化”是将和按的物质的量比配料，球磨，然后升温至，保温，自然冷却至室温得产品，写出化学反应方程式： 。 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)ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2 (3)锌粉置换出的铜覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率 (4) pH过小时黄钠铁矾不易生成，pH过大时生成Fe(OH)3沉淀 (5)浸出 (6) 【分析】锌精矿在空气中焙烧部分转化为铁酸锌(ZnFe2O4)、部分得到各金属元素的氧化物，加入稀硫酸酸浸后加入氧化锌或碳酸锌或氢氧化锌调节溶液的pH，得到氢氧化铁沉淀和不反应的铁酸锌；滤液为各金属的盐溶液，加粗锌粉置换出铜，过滤滤液加入较细锌粉进一步置换出Cu，过滤滤液中加a-亚硝酸基-β-萘酚将Co转化为沉淀，过滤除去Co的沉淀，加入较浓硫酸热浸后溶液和除铁后得到滤液合并后加入碳酸钠，得到黄钠铁矾沉淀，滤液电解得到锌和电解废液； 【详解】（1）该反应平衡常数K===； （2）“调pH①”时，试剂X最宜选用不引入新杂质且能和过量稀硫酸反应的物质，故可选ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2； （3）锌粉置换出的铜覆盖在锌的表面，可以形成原电池装置，从而增大反应速率； （4）“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，因为pH过小时黄钠铁矾不易生成，pH过大时生成Fe(OH)3沉淀；“沉铁”时Na2SO4和Fe3+生成黄钠铁矾，根据质量守恒可知，反应物中还有水，生成物中还会生成氢离子，生成的氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳气体，离子反应方程式为； （5）电解后的废液中含有硫酸，可返回浸出步骤循环使用； （6）滤液中加a-亚硝酸基-β-萘酚将Co转化为沉淀，根据元素守恒得反应离子方程式为：。 2．(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。 3．(1) (2)增大催化剂与水的接触面积，提高浸出率 (3) pH增大时，水解程度增加，有生成，影响钒的浸出率(或促进生成、，提高浸出率) (4)酸性 (5)0.5 (6) V形 a 12 【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K2SO3和H2SO4对滤渣1还原酸浸，V2O5、Fe2O3和K2SO3和H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1和滤液2中的、VO2+进行萃取分离出亚铁离子和钾离子，再反萃取出和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。 【详解】（1）V是23号元素，价层电子排布式为。 （2）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是增大催化剂与水的接触面积，提高浸出率。 （3）①硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH需保持在1.2以下的原因是pH增大时，水解程度增加，有生成，影响钒的浸出率(或促进生成、，提高浸出率)； ②过程中除了有被还原成，也被还原生成Fe2+，被氧化为，离子方程式为：。 （4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是(有机层)，“反萃取”应让平衡逆向移动，使进入水层，故应选择在酸性环境中进行。 （5）沉淀经“焙烧”得到的化学方程式为，若得到1mol产品，则消耗空气中的物质的量为0.5mol。 （6）SO2分子的价层电子对数为2+=3，含有1个孤电子对，空间结构为V形；由的三聚体环状结构判断，该结构中S原子形成4个键，该结构中S—O键长分两类，一类如图中a所示，含有双键，键能较大，键长较短，另一类如图中b所示，为单键，键能较小，键长较长；由题给结构分析该分子中含有12个键。 4．(1) (2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3) O、N 实现Cu2+的提取和富集 (4)2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑ (5)2Na++3Fe3++2SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+ (6)9.16 【分析】由题给流程可知，铜镍矿研磨后，在氧气和稀硫酸作用下浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，其中通入氧气的目的是将氧化亚铁溶于稀硫酸得到的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到浸出液；向浸出液中加入萃取剂HR萃取、分液得到有机层和水层；向有机层中加入稀硫酸反萃取、分液得到含有铜离子的水溶液，电解硫酸铜溶液得到金属铜；向水层中加入硫酸钠和氧化镁，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入氧化镁调节溶液pH，使溶液中的镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；氢氧化镍经多步处理制得金属镍。 【详解】（1） 铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，排布图为，故答案为：； （2）由分析可知，浸出过程中通入氧气的目的是将氧化亚铁溶于稀硫酸得到的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+； （3）①由结构简式可知，HR分子中氮原子和氧原子能提供孤对电子与具有空轨道的铜离子形成配位键，故答案为：N、O； ②由题给流程可知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是使铜离子和铁离子、镁离子和镍离子分离得到高浓度的硫酸铜溶液，达到富集铜离子的目的，故答案为：实现Cu2+的提取和富集； （4）用惰性电极电解硫酸铜溶液发生的反应为硫酸铜溶液电解生成铜、硫酸和氧气，反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑； （5）由分析可知，加入硫酸钠和氧化镁的目的是调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，反应的离子方程式为2Na++3Fe3++2SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+，故答案为：2Na++3Fe3++2SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+； （6）由溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=×10—5mol/L，则溶液的pH为14—5+lg=9.16，故答案为：9.16。 5．(1)增大固液接触面积，加快浸取速率(合理即可) (2) (3) (4) (5)温度升高，氨水分解并挥发(合理即可) (6) 8 【分析】辉锑矿(主要成分为，含少量的和等)先粉碎，然后加入盐酸和FeCl3溶液进行酸浸，浸出液主要含，不溶于盐酸，且反应中还生成S，过滤后得到的滤渣I为和S单质；向滤液中加入Na2S溶液沉淀Cu2+、Pb2+，过滤，得到的滤渣Ⅱ为CuS、PbS沉淀，再向滤液中加入NaH2PO2溶液除去砷，过滤得到SbCl3溶液，SbCl3水解得到SbOCl，SbOCl加入氨水中和脱氧得到Sb2O3。 【详解】（1）“粉碎”辉锑矿的目的是增大固液接触面积，加快浸取速率。 （2）是酸性氧化物不溶于盐酸；将中的价硫氧化成单质硫：。 （3）“除砷”时砷元素由价降为0价，磷元素由价升高到价，根据电子守恒知氧化剂与还原剂的物质的量之比为。 （4）因为的更小，优先沉淀，当沉淀完全时已经沉淀完全，若使和沉淀完全，需；此时。 （5）“中和脱氯”过程中加入氨水进行中和，温度升高氨水受热分解并挥发，造成脱氯率下降。 （6）根据均摊法，一个晶体a中为2个，K为1个，为个，所以晶体a的化学式为；由图丙可知，晶体b中与距离最近的的个数为8。 6．(1) (2) 、 (3) (4) 正四面体（或四面体） (5)八面体 【分析】烟道灰中加入硫酸、H2O2氧化浸出，ReO3被氧化为，Re2O7转化为，其他氧化物转化为对应的金属阳离子，其中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+。过滤后滤液中加入NH4HCO3水解中和，此时pH=6，根据表格可知，铁离子已沉淀完全，铜离子部分转化为氢氧化铜沉淀，滤渣1中含有钼的化合物，氢氧化铁和氢氧化铜，过滤后滤液中加入硫化铵和硫酸，生成MoS3沉淀和CuS沉淀，过滤后滤液中加入RCl进行离子交换，转化为RReO4，再加入HClO4解吸，生成HReO4，最后生成Re。 【详解】（1）氧化浸出时，ReO3被H2O2氧化为，反应的离子方程式为。 （2）根据分析可知，滤渣1中除了钼的化合物外，还含有Fe(OH)3和Cu(OH)2。根据表格可知，pH=6.7时，铜离子沉淀完全，浓度约为10-5mol/L，则氢氧化铜的Ksp=10-5×(10-7.3)2=10-19.6，则当pH=6时，c(Cu2+)=mol/L=10-3.6mol/L。 （3）硫化沉淀时，与硫酸反应生成MoS3和H2S气体，反应的离子方程式为。 （4）①树脂再生时，RClO4转化为HClO4和RCl，则加入的试剂X为HCl。 ②HClO4中的阴离子为，其中Cl的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，空间构型为正四面体形。 （5）铼原子在顶点处，其上下、左右、前后各有一个氧原子，铼原子填在氧原子围成的八面体空隙中。 7．(1)升温、搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等 (2) 氨水 3.3 (3) 2CeO2+3H2SO4+H2O2=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O 不相同 (4) 蒸发浓缩、冷却结晶 正四面体 (5)4-8x (6) 2H++2e-=H2↑ NO2+Ce4++H2O=+Ce3++2H+ 【分析】FCC废催化剂(含较多的CeO2、铁铝的氧化物和少量其他可溶于酸的物质，固载在玻璃纤维上)用稀硫酸“酸溶”，过滤得到的滤液1中含Fe2+、Fe3+、Al3+等，滤渣1中含CeO2等；滤液1中加入H2O2发生反应1将Fe2+氧化成Fe3+，加入物质X发生反应2将Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀而除去、同时生成(NH4)2SO4，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干得到NH4Al(SO4)2∙6H2O晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2发生反应3，CeO2溶解得到得到含Ce2(SO4)3的溶液，过滤后，滤液2发生反应4得到Ce(OH)4，Ce(OH)4受热分解成CeO2。 【详解】（1）酸溶时，为了提高酸溶效率，可采取的措施为：升温、搅拌、粉碎、适当提高酸的浓度等。 （2）物质X用于将Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀而除去、同时生成(NH4)2SO4，故物质X为氨水；Fe3+已经完全沉淀时c(OH-)=mol/L=mol/L=2×10-11mol/L，c(H+)=5×10-4mol/L，pH=-lg(5×10-4)=3.3。 （3）反应3中H2O2将CeO2还原为Ce2(SO4)3，自身被氧化成O2，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2CeO2+3H2SO4+H2O2=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O；在该反应中H2O2作还原剂，而在反应1中H2O2作氧化剂，故H2O2在反应1和反应3中的作用不相同。 （4）从溶液中获得NH4Al(SO4)2∙6H2O晶体的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干；中中心S原子上的孤电子对数为×(6+2-4×2)=0、σ键电子对数为4，故空间构型为正四面体形。 （5）CeO2-x中Ce3+和Ce4+的个数分别为a、b，则a+b=1，根据正负化合价代数和为0，则3a+4b=2(2-x)，解得a=2x-2、b=1-2x；根据均摊法，1个晶胞中含Ce3+和Ce4+共8×+6×=4，则每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为4×(1-2x)=4-8x。 （6）①由图示知，m电极为阳极、n电极为阴极，n电极上H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑； ②由图示可知，NO2将Ce4+还原为Ce3+，则NO2被氧化成，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为NO2+Ce4++H2O=+Ce3++2H+。 8．(1) 溶解Al、溶解Al2O3与贵重金属分离 Cu、SiO2 (2)2OsO4+4OH-=2+O2↑+2H2O (3)减少[OsO2(NH3)4]Cl2的损耗，无水乙醇易挥发使固体迅速干燥，防止水解 (4)2Ir+2nNa2O22IrO2•nNa2O+(n-2)O2↑ (5)6×10-17mol/L (6) 【分析】由流程可知，高温熔合时Al与Ir2O3、OsO2反应，盐酸溶解Al、Al2O3，分离出溶渣的主要成分为Ir、Os、Cu、SiO2，氧化挥发分离出OsO4，NaOH吸收发生2OsO4+4OH-=2OsO42-+O2↑+2H2O，“沉锇”时发生Na2OsO4+4NH4Cl═[OsO2(NH3)4]Cl2↓+2NaCl+2H2O，过滤后还原生成Os；残渣I为Ir、CuO和SiO2，Ir与Na2O2反应生成IrO2•nNa2O和O2，水浸分离出残渣Ⅱ含IrO2•nNa2O、CuO，加盐酸酸溶、通入硫化氢除去铜离子，然后经一系列转化生成Ir，以此来解答。 【详解】（1）由分析可知，“酸溶Ⅰ”的目的是溶解Al、溶解Al2O3与贵重金属分离；酸溶Ⅰ后溶渣的主要成分除Ir、Os外，还有Cu、SiO2，故答案为：溶解Al、溶解Al2O3与贵重金属分离；Cu、SiO2； （2）“氧化挥发”是将溶渣置于300～800℃的管式炉内，通入空气氧化，用NaOH溶液吸收OsO4生成Na2OsO4，反应中Os的化合价降低，必然有元素化合价升高，即可推出生成O2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为2OsO4+4OH-=2+O2↑+2H2O，故答案为：2OsO4+4OH-=2+O2↑+2H2O； （3）生成的锇盐要立即过滤，滤饼要经无水乙醇多次洗涤，用无水乙醇洗涤的原因是减少[OsO2(NH3)4]Cl2的损耗，无水乙醇易挥发使固体迅速干燥，防止水解，故答案为：减少[OsO2(NH3)4]Cl2的损耗，无水乙醇易挥发使固体迅速干燥，防止水解； （4）“碱熔”时，Ir与Na2O2反应生成IrO2•nNa2O和O2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为2Ir+2nNa2O22IrO2•nNa2O+(n-2)O2↑，故答案为：2Ir+2nNa2O22IrO2•nNa2O+(n-2)O2↑； （5）“沉铜”过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH═1，发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，K===，此时溶液中c(Cu2+)为mol/L=6×10-17mol/L，故答案为：6×10-17mol/L； （6）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有白球的个数为：=4，黑球的个数为：=8，结合化学式IrO2可知，一个晶胞含有4个IrO2个数，故一个晶胞质量为： g，一个晶胞的体积为：(a×10-10)2×(2c×10-10)=2a2c×10-30cm3，则有×2a2c×10-30cm3=g，解得M=g/mol，故答案为：。 9．(1) (2)PbSO4 (3)锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率 (4)Co2+++2H+=Co3++NO↑+H2O (5) 4ZnS+6Li++6e-=3Zn+4Li1.5Zn0.25S 【分析】利用锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)获得较纯锌锭时，先将锌精矿焙烧，尾气含SO2等气体；焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO，加入稀硫酸进行酸浸，只有PbO溶解并转化为PbSO4沉淀，其它氧化物都转化为硫酸盐进入浸出液；将浸出液加入较粗锌粉进行一段沉积，得到铜渣；再将滤液加入较细锌渣进行二段沉积，得到镉渣；通入氧气进行赤铁矿除铁，得到赤铁矿渣；滤液中加入β-萘酚、NaNO2溶液进行β-萘酚净化除钴、控制pH2.8~3，得到Co(C10H6ONO)3；再将滤液进行电解，得到废电解液和锌，将锌进行熔铸，从而得到锌锭。 【详解】（1） 铜为29号元素，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，价层电子排布图为。 （2）焙烧后的氧化铅溶于稀硫酸，生成难溶的PbSO4，则“酸浸”中滤渣主要成分为PbSO4。 （3）从流程信息中可以看出金属性Zn＞Cd＞Cu，锌粉先置换出铜，后置换出镉，铜和镉都能覆盖在锌的表面，形成原电池。则产生此现象的原因：锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率。 （4）NaNO2把Co2+氧化成Co3+，并生成NO，则Co2+被氧化的离子方程式：Co2+++2H+=Co3++NO↑+H2O。 （5）①采用均摊法，可求出LixZnyS晶胞中，含S2-个数为=4，含Zn2+和Li+的个数为7，由化合价的代数和为0可知，LixZnyS的化学式为Li1.5Zn0.25S。根据题干信息，在“充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)”，故ZnS负极充电时得电子有Zn生成，故充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为4ZnS+6Li++6e-=3Zn+4Li1.5Zn0.25S。 ②若Li2S的晶胞参数为ann，设F点的坐标为(1，1，1)，E点的坐标为(，，)，则EF间的距离为nm=nm。 【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。 10．(1)将合金材料粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等 (2) (3)、 (4) 减少 增加 【分析】该工艺流程原料为废弃合金材料，主要成分为Zn，还含有Co、Fe、Mn、Cd及其氧化物，目的为生产高纯锌并分离各种金属化合物，合金成分与硫酸反应生成硫酸盐，加入氧化后沉铁生成，“滤液①”中含有的金属离子、、、，加入氧化除杂，得到、，“滤液②”中含有的金属离子、，加入锌粉还原除杂得到，“滤液③”中含有，加入转化为，电解制得Zn。 【详解】（1）能提高溶浸效率的具体措施为将合金材料粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等； 故答案为：将合金材料粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等； （2）加入双氧水沉铁得到，说明将氧化，未将氧化，所以还原性：； 流程需要将金属化合物分离，所以沉铁时其他金属离子未沉淀，沉淀完全需要控制溶液，故，根据各个金属离子对应，更小，说明其他金属不沉淀需要计算开始沉淀溶液，，算得，所以“滤液①”中pH的范围为； 故答案为：<；； （3）“滤液①”加入氧化除杂，得到、，若“滤液②”的，说明溶液呈酸性，则“氧化除杂”中发生反应的离子方程式为和； 故答案为：；； （4）根据“电解”工作原理图可知，其中左侧为阴极，电解制得Zn，故电极反应式为； 若阴极区和阳极区溶液体积相等，电解过程中阳极区发生，消耗，故会降低，所以是减少，阴极区发生，生成，故会增大，由电路中转移电子相同，阳极区与阴极区变化为1：2，故阴极区增加的； 故答案为：；增加；。 11．(1) 2 AD (2) (3)越小，浓度越大，平衡逆向移动 (4) (5) (6)16 【分析】废旧锂离子电池正极活性材料（主要成分可表示为，还含有少量、的化合物），加入稀硫酸和NaClO酸浸氧化，过滤得到的滤液中主要阳离子为锂离子、铁离子、镍离子和钴离子，加入丁二铜肟沉镍，得到二丁二酮肟镍，过滤得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到水相中含有锂离子，加入碳酸钠沉锂得到碳酸锂，有机相加入试剂反萃取后加入草酸沉钴得到草酸钴。 【详解】（1）丁二酮肟分子中杂化的原子是两个甲基中的碳原子，个数为2；二丁二酮肟镍中存在的化学键有键、键、配位键，氢键不属于化学键，金属键存在于金属或合金中，故答案选。 （2）因为值为转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 。 （3）根据图像分析越小，氢离子浓度越大，该反应化学平衡逆向移动，降低了萃取率。 （4）和在空气氛围中焙烧可得到，其化学反应方程式为 （5），取的，则Co元素的质量为，点固体物质中O元素约为原子和O原子物质的量之比为1：1.5，化学式为。 （6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的锂离子的个数为，由钴酸锂的化学式可知，晶胞中含有O的个数为。 12．(1)Fe2O3 (2) (3)、 (4)2:1 (5) Cl2 在酸性条件下将氯离子氧化生成氯气 (6) 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)中加氯酸钾、氢氧化钾共熔，MnO2转化为K2MnO4、Al2O3转化为、SiO2转化为K2SiO3、Fe2O3不反应冷却后加水浸取成为滤渣X，滤液中通入二氧化碳气体调pH，转化为氢氧化铝沉淀、K2SiO3转化为硅酸沉淀，过滤后得到的墨绿色溶液中加醋酸，K2MnO4发生歧化反应生成高锰酸钾和二氧化锰，所得到的紫色滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得高锰酸钾晶体。 【详解】（1）软锰矿(主要成分是MnO2，含有Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)中加氯酸钾、氢氧化钾共熔， Fe2O3不反应，冷却后加水浸取成为滤渣X，所以滤渣X为Fe2O3； （2）“共熔”过程中软锰矿中的MnO2发生氧化反应转化为K2MnO4，则KClO3发生还原反应转化为KCl，反应的化学方程式为； （3）滤液中通入二氧化碳气体调pH，转化为氢氧化铝沉淀、K2SiO3转化为硅酸沉淀，生成滤渣Y的离子方程式为、； （4）“歧化”过程中K2MnO4转化为MnO2和KMnO4，锰元素化合价由+6价一部分降低为+4价一部分升高为+7价，由氧化还原反应电子得失守恒可知，所得氧化产物KMnO4与还原产物MnO2的物质的量之比为2:1； （5）墨绿色溶液为K2MnO4溶液，向K2MnO4溶液中加醋酸时，溶液表面有少量黄绿色气体生成，该气体是Cl2，可能的原因是“歧化”过程中K2MnO4转化为KMnO4，KMnO4在酸性条件下将氯离子氧化生成氯气； （6）“操作I”是从紫色的溶液中得高锰酸钾晶体，其操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 13．(1) (2) (3)   增大，水解生成，不利于萃取 上口倒出 (4)2.73 (5)萃余液 (6)四面体空隙 【分析】铟砷烟灰(主要含有、)加入MnO2、硫酸溶液氧化酸浸，各金属元素转化成对应的硫酸盐，PbO转化为PbSO4，铁元素转化成Fe2O3，锌元素转化为ZnSO4，铟元素转化成In2(SO4)3，中的砷元素被氧化为最高价的含氧酸，SiO2、PbSO4和过量的MnO2不溶成为废渣，滤液中加Na2S2O3还原铁，将三价铁还原成Fe2+，再加P2O4萃取除铁得到含FeS4O6的水溶液，剩下的物质加硫酸溶液进行反萃取，分液后加Zn置换铟，反应过滤得粗铟。 【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分除外还有PbSO4、MnO2；“氧化酸浸”过程中，中的砷元素被氧化为最高价的含氧酸，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （2）“还原铁”时，Fe3+被还原为亚铁离子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：。 （3）当溶液后，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，导致铟离子发生水解，水解生成，不利于萃取；为磷酸二异辛酯，密度为比水小，反萃取时萃余液应从分液漏斗的上口倒出。 （4）由可知，当pH=2.30时，萃取率为50%，则，可得，若将萃取率提升到95%，忽略萃取剂浓度的变化，则，将lgK代入得，，则，代入lg19=1.28，得-lgc(H+)=2.73，将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=2.73。 （5）由流程可知整个过程中萃余液可以循环使用。 （6）立方晶系的晶胞结构如图所示，晶胞中In和未标明，用或者代替。位于由构成的四面体空隙中。 14．(1) 102 否 (2) C 过氧化氢不稳定会分解，且铁离子会催化过氧化氢分解 (3) 3.2~12 Li+、Na+、NH (4)锂 【分析】废电池处理料加入氢氧化钠将铝转化四羟基合铝酸钠得到滤液1，加入稀硫酸转化为氢氧化铝沉淀；滤渣1加入稀硫酸，碳不反应成为滤渣2，二价铁被过氧化氢氧化为铁离子进入滤液3，滤液3加入氢氧化钠、氨水调节pH使得铁转化为沉淀，滤液4含有硫酸钠、硫酸铵、硫酸锂，加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀； 【详解】（1）步骤①中Al和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，主要反应的离子方程式为；步骤②研究用NaHCO3代替H2SO4，则反应为，，则用NaHCO3溶液反应的平衡常数的数量级为102<105，故反应不完全； （2）步骤③中碳不和稀硫酸反应成为滤渣2；硫酸溶液足量，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，过氧化氢不稳定会分解，且铁离子会催化过氧化氢分解，故实际反应中H2O2用量超过理论值；Fe2+与H2O2按物质的量1∶1反应，反应中铁化合价由+2被氧化为+3，则需要0.5分子过氧化氢做氧化剂，另0.5分子过氧化氢发生歧化反应生成水和氧气，故总离子反应方程式：； （3）步骤④处加入NaOH溶液和NH3·H2O溶液后Li+浓度为0.55mol/L，此时铁离子完全转化为沉淀而离子没有转化为沉淀，则，pOH=2，pH=12，故此处所调pH的范围为3.2~12；滤液4的主要成分为硫酸锂、生成的硫酸钠和硫酸铵，故阳离子有Li+、Na+、NH； （4）步骤⑤得到碳酸锂沉淀，故主要是回收利用锂元素。 15．(1)10 (2) CD 将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层 (3)2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl- (4) D (5)xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2 (6) 【分析】氟碳铈矿在空气中氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入稀硫酸形成含+4价Ce的溶液，用萃取剂将Ce4+萃取到有机层，对有机相进行除氟操作，得到含氟液和含Ce4+溶液，向有机相中加入硫酸和H2O2，用H2O2还原Ce4+为Ce3+，进入水层，分离出有机层，向水层溶液中加入NaClO和NaOH进行沉铈，即产生Ce(OH)4，过滤得到Ce(OH)4沉淀，向沉淀中加入硫酸进行溶解，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即得Ce(SO4)2·4H2O，或者对沉淀灼烧即得到CeO2，据此分析解题。 【详解】（1）已知基态Ce原子价层电子排布式为4f15d16s2，其电子所占据的能级中有4f上6个空轨道和5d上4个空轨道，即一共10个空轨道，故答案为：10； （2）“萃取”、“反萃取”操作需要用到的玻璃仪器有：分液漏斗、烧瓶和玻璃棒，故不需要选择坩埚和漏斗，由分析可知，“反萃取”中H2O2的作用是将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层，故答案为：CD；将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层； （3）由分析可知，“沉铈”为向水层溶液中加入NaClO和NaOH进行沉铈，即将Ce3+转化为Ce(OH)4，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl-，故答案为：2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl-； （4）①设1molCe(SO4)2·4H2O进行加热分解实验，则a点对应失重质量为：1mol×404g/mol×(1-82.2%)=72g，即可知此过程失去4个结晶水，a点对应的化学式为：Ce(SO4)2，a点到b点继续失重，故b点物质不可能是Ce(SO4)2·2H2O 和Ce(SO4)2，a点到b点过程中失重质量为：1mol×404g/mol×(82.2%-70.3%)=48g，1molCe(SO4)2转化为CeOSO4时需失重80g，1molCe(SO4)2转化为Ce2(SO4)3时失重恰好为48g，即失去0.5molSO4原子团，故b点对应的纯净固体可能为：Ce2(SO4)3，故答案为：D； ②由滴定反应为可知，n(Ce(SO4)2·4H2O)=n(Fe2+)=×cmol/L×V×10-3L=4cV×10-3mol，该产品中Ce(SO4)2·4H2O的质量分数为×100%=%，故答案为：； （5）根据图中所给反应物和生成物可知，过程i发生反应的化学方程式为xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2，故答案为：xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2； （6）由题干CeO2晶胞示意图可知，一个晶胞中有白球个数为：=4，有黑球8个，即一个晶胞中含有4个Ce、8个O，设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为： g，晶胞参数为apm，则一个晶胞的体积为：(a×10-10)3cm3，则该晶胞的密度为==，故答案为：。 16．(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。 17．(1)A (2)1:1 (3)2NH2OH⋅HCl+2RuCl4=2RuCl3+N2↑+4HCl+2H2O (4)0.167mol/L (5)还原 (6) 97.6 A 【分析】“焙烧”过程Co、Ru分别被氧化为CoO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，“水浸”过程Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)溶解，CoO不溶，过滤得CoO固体和滤液，向滤液中加入乙醇，“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，过滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl3溶液，RuCl3溶液经过蒸发结晶得到RuCl3⋅6H2O；CoO进行酸浸得含Co2+溶液，用草酸溶液沉钴得到CoC2O4晶体，最后经系列操作得到Co(NO3)2⋅6H2O，据此解答。 【详解】（1）Co元素原子序数为27，基态钴原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故A、D表示Co+的核外电子排布，A为基态，D为激发态，B、C表示Co的核外电子排布，B为基态，C为激发态，第二电离能大于第一电离能，基态能量低于激发态，故基态的Co+电离最外层一个电子所需能量最大，故选A； （2）“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，则该反应的化学方程式为：CH3CH2OH+Na2RuO4+2H2O=CH3CHO+Ru(OH)4↓+2NaOH，故氧化产物CH3CHO和还原产物Ru(OH)4的物质的量之比为1:1； （3）“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得到RuCl4，再加入盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应得到RuCl3和N2，则盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应的化学方程式为：2NH2OH⋅HCl+2RuCl4=2RuCl3+N2↑+4HCl+2H2O； （4）由Ksp(CoC2O4)=6.3×10−8，让Co2+沉淀完全，则c()=，c()=，故c(H2C2O4)=； （5）“还原”后，过滤得到Ru(OH)4沉淀和含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液，此时Co、Ru都已经提取，则可以从含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液中提取Al2O3，所以在“还原”步骤后提取Al2O3最合适； （6）Ⅰ．草酸钴和酸性高锰酸钾溶液反应，Co2+不被氧化，草酸根被氧化为CO2，发生的离子方程式为5CoC2O4+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++5Co2++8H2O，用FeSO4溶液滴定过量的KMnO4，发生的离子方程式为5Fe2+++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，根据离子方程式，过量的KMnO4的物质的量=0.1000mol⋅L−1×0.018L×10×=3.6×10-3mol，则与草酸钴反应的KMnO4的物质的量=0.1000mol⋅L−1×0.1L-3.6×10-3mol=6.4×10-3mol，故CoC2O4的物质的量=6.4×10-3mol×=0.016mol，故样品中CoC2O4⋅2H2O的质量分数为=97.6%； Ⅱ．A．FeSO4标准溶液放置时间过长，会部分被空气中氧气氧化，导致用量偏大，计算出来过量的高锰酸钾物质的量偏大，则计算出与草酸钴反应的高锰酸钾的物质的量偏小，草酸钴的质量分数偏低，A符合题意； B．锥形瓶水洗未用待测液润洗是正确的，对测量结果无影响，B不符合题意； C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视导致读数偏小，则硫酸亚铁标准液体积偏小，计算出来过量的高锰酸钾物质的量偏小，则计算出与草酸钴反应的高锰酸钾的物质的量偏大，草酸钴的质量分数偏高，C不符合题意； D．由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后产生气泡，导致硫酸亚铁标准液体积偏小，计算出来过量的高锰酸钾物质的量偏小，则计算出与草酸钴反应的高锰酸钾的物质的量偏大，草酸钴的质量分数偏高，D不符合题意； 故选A。 18．(1) d (2)适当增大硫酸的浓度；搅拌；将矿石粉碎(任选1种，其他合理答案均可) (3) (4) (5)作氮肥等 (6) 【分析】软锰矿加稀硫酸酸浸，加入硫酸亚铁，在酸性条件下用硫酸亚铁把MnO2还原为硫酸锰，所得滤液为硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1为二氧化硅；滤液中加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加MnO调节pH，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除铁和铝；过滤，滤液中加氨水生成和沉淀，和、水、氧气控温、氧化生成二氧化锰，二氧化锰和碳酸锂在生成，根据质量守恒、电子守恒可知，还生成二氧化碳、氧气； 【详解】（1）基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为，元素位于元素周期表中的d区； （2）适当增大硫酸的浓度、搅拌、将矿石粉碎(任选1种，其他合理答案均可)等均会加快反应速率，提升各物质的浸出速率； （3）在酸性条件下用硫酸亚铁把MnO2还原为硫酸锰，铁化合价由+2变为+3、锰化合价由+4变为+2，结合电子守恒可知，反应为：；由分析可知，滤渣1的主要成分为； （4）根据离子浓度形成沉淀与溶液pH关系图，调节pH过程中将铁离子和铝离子形成沉淀，而锰离子保留，所以调节pH的范围应在； （5）“沉锰”中加入氨水发生反应进行沉锰，反应后的溶液中含有铵根离子，可作铵态氮肥； （6）“锂化”是将和按的物质的量比配料，球磨，然后升温至，保温，自然冷却至室温得产品，反应中锰化合价由+4变为+3.5，结合电子守恒可知，氧化合价会升高由-2变为0，结合质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，反应为：。 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 $$