2025届高三化学二轮复习 过关专题训练----工业流程题

2025届高三化学过关专题训练----工业流程题 1．（2024·全国·模拟预测）工厂的含砷废水必须经过一定的处理。某厂用某含砷废水(含、及少量)提取三氧化二砷(俗称砒霜，分子式：)的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： (1)滤渣a的成分是 (写化学式)。 (2)“沉淀”时，溶液必须过量的原因是 。 (3)写出“还原”时与发生反应的化学方程式： 。 (4)红色还原渣(不溶于水)“氧化”时反应的离子方程式为 。 (5)“沉砷”后废水中残留的砷可用PFS(聚铁)进一步去除，用石灰乳调节废水的pH，通入空气，PFS用量[以表示]、终点pH与砷去除率的关系如图所示。PFS除砷的最佳条件是 。 (6)当废水中砷质量浓度为时，若实验取75L含砷废水，制得，则As元的素回收率为 。 (7)砷化镓(GaAs)为第三代半导体，其立方晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数值为，则砷化镓晶体密度为 。 2．（2024·广西柳州·模拟预测）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，所得产品具有广泛的用途。制备过程如下图所示： 已知：①金属离子浓度≤10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 沉淀完全的 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 ②25℃时，；；；。 (1)基态锰原子的价层电子轨道表示式为 。 (2)“浸取”时，有副产物生成，请写出该副反应的化学方程式 。温度对锰的浸出率、生成率的影响如下图所示，为了减少副产物的生成，最适宜的温度为 。 (3)“调”时，应控制的范围是 。“净化”后滤渣3的主要成分 。 (4)“沉锰”时，加入过量溶液，该反应的离子方程式为 。 若改用加入溶液，还会产生，可能的原因是：，25℃时，计算该反应的平衡常数的对数值 (填数值)。 (5)要将“溶解”后的溶液制得晶体，操作X为 、 、过滤、洗涤、干燥。 3．（2024·四川成都·模拟预测）纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。                               图1 (1)用黄铜矿(主要成分为)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为 。                            图2 (2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用溶液作浸取剂。 ①反应：，每生成 g，反应中转移电子的数目为1。 ②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是 。                  图3 (3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示。当时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中萃取率降低的原因是 。                  图4 (4)用“反萃取”得到的溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为 。 (5)除了辉铜矿制铜工艺外，还有其他冶炼工业，如铬铁合金制铬。为满足冶金及颜料级铬绿的要求，氧化铬产品中铁的质量分数应低于0.03%。一种测定氧化铬中铁含量的操作如下： ⅰ.称取mg氧化铬产品，用酸溶解； ⅱ.多步操作分离铁和铬； ⅲ.取含有的溶液，调pH，加入指示剂，用cmol/L的无色EDTA—2Na溶液滴定，共消耗EDTA—2Na标准液VmL。 资料：EDTA—2Na和按物质的量1：1反应，低浓度时产物无明显颜色。 ①指示剂是 ，滴定终点的现象为 。 ②氧化铬产品中铁的质量分数是 。 4．（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+。 5．（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]。 6．（2024·湖北襄阳·一模）锑（Sb）及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧为原料制备Sb和的工艺流程如图所示。 已知： Ⅰ.粗锑氧主要成分为，含有PbO、、、ZnO、FeO等杂质； Ⅱ.浸出液主要含、和，还含有、、和等杂质； Ⅲ.为两性氧化物； Ⅳ.25℃时，、 回答下列问题： (1)已知在熔融状态下不导电，则是 化合物（填“共价”或“离子”）。 (2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中Sb将转化为，该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，避免在滤渣Ⅱ中混入杂质 （填化学式）。 (3)“过滤”得到滤渣成分SbOCl，加过量氨水对其“除氯”的化学反应方程式为 ，“除氯”步骤能否用NaOH溶液代替氨水，原因是： 。 (4)“除砷”时有生成，该反应的离子方程式为 。 (5)“电解”过程中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式 ，当电压超过V时，单位时间内产率降低的原因可能是 。 (6)铈量法测定产物的纯度，操作方法为：称取0.30g样品溶于稀硫酸中，用0.2000mol/L的硫酸铈滴定，使用邻二氮菲-亚铁指示剂，发生反应：，重复3次实验平均消耗标准溶液15.60mL，则产物的纯度为 %。 7．（2024·辽宁大连·二模）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含、、、、、）实现镍、钴、镁元素的回收。 已知：1.过一硫酸（）的电离第一步完全，第二步微弱。 2.25℃时，相关物质的如下： 物质 a b 回答下列问题： (1)Ni属于元素周期表的 区。 (2)混合气在“氧化”中，产生，其中S的化合价为 。 (3)“滤渣”的成分之一是软锰矿的主要成分，由氧化产生，该反应的离子方程式为 ；其可用于实验室制取氯气，该反应的离子方程式为 。 (4)若使沉淀完全（浓度），需调节pH不低于 。 (5)上述表格中a b（填“大于”、“小于”或“无法确定”）。 (6)“沉钴镍”后需将钴镍渣洗涤干净，实验室检验其是否洗净的方法是 。 (7)滤液2中含有的金属阳离子是 。 8．（2024·浙江·模拟预测）某工厂废水中含有大量的FeSO4和较多的CuSO4。为制备晶体X并检验其部分性质，按如图流程进行相关实验： 已知：①流程中一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； ②晶体X是一种含结晶水的化合物，制备X时加入的(NH4)2SO4与FeSO4溶液中溶质的物质的量相等。 (1)在制备晶体X的过程中，会使用少量酒精来洗涤晶体。其目的是 。 (2)取少量铜粉加入浓盐酸中加热，铜粉溶解并生成H3[CuCl4]，写出化学方程式 。 (3)下列说法不正确的是 (填字母)。 A．测得晶体X分子量为392，则其化学式可能为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O B．晶体X中不含Fe3+，故不可以作净水剂和消毒剂 C．晶体X比绿矾稳定的原因是(NH4)2SO4包裹在FeSO4外部，隔绝空气，防止Fe2+被氧化 D．结合流程图信息，测定待测KMnO4溶液浓度时，用晶体X配标准液去滴定比绿矾误差更小 (4)取少量略变黄的绿矾溶于稀硫酸，请设计实验验证溶液中铁元素的存在形式 ；写出实验过程中所涉及的反应方程式 。 9．（2024·湖南·二模）硫化钡(BaS)是一种用于制取含钡化合物和含硫化合物的化工原料。一种以BaS为原料生产氢氧化钡并获得某种副产品X和硫代硫酸钠()的工艺流程如下： 已知： Ⅰ.是黄色的离子，其化学性质与类似，具有一定的还原性，在酸性环境下会分解。 Ⅱ.在碱性环境下稳定，在酸性环境下会分解。在水中溶解度很小。 回答下列问题： (1)制备BaS的方法是在高温下用无烟煤粉(主要成分为C)还原重晶石()，在某温度下反应，硫元素全部被还原为最低价，同时产生两种常见气体，若两种气体在同一条件下的体积比为，写出该反应的化学方程式： 。 (2)粗制BaS溶解于温热水中配制成BaS溶液，往其中通入可发生反应生成和。下图是和的溶解度随温度变化曲线，根据后面的流程推测，图中 (填“甲”或“乙”)代表的溶解度曲线。 (3)中的x可变，当时，晶体的晶胞如下： 已知该晶胞各面互相垂直，设晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的数值为，则的密度为 (用含a、b、c、的式子表示)。 (4)粗产品需要进行洗涤脱色以得到较为洁净的产品，推测下列物质可以用来作为脱色剂的有 (填标号)。 a.NaClO溶液    b.稀溶液    c.KI溶液 (5)往母液A中加入溶液可得到副产品X，X的化学式为 。已知温度较低时，在水中溶解度会迅速减小。在这一步操作中的用量一般为略微过量，原因是 。 (6)在碱性条件下往母液B中通入可将氧化为，若(即用表示)，请写出该反应的离子方程式： 。 10．（2024·山西·模拟预测）磷酸铁是合成锂离子电池正极材料磷酸铁锂的前驱体，工业上以硫铁矿(主要成分为，含少量和)为原料经过如下步骤可制备。 已知：常温下，有关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表(沉淀完全的按金属离子浓度为计算)： 金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的 1.2 3.3 3.1 5.1 5.8 8.8 回答下列问题： (1)“焙烧”时空气与矿料逆流而行，其目的是 。 (2)“还原”的目的是 。 (3)用平衡移动原理解释能“沉铝”的原因： (用必要的化学用语和文字说明)；常温下， (用科学计数法表示，已知)。 (4)虚线框内发生的氧化还原反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (5)研究发现：不同对沉淀的影响如下表所示： 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 沉淀率/% 90.0 94.6 97.9 96.2 95.3 88.1 95.4 97.2 98.5 99.8 当时，随的增加，的沉淀率开始下降，而沉淀率反而上升，其原因可能为 。 (6)的立方晶胞结构如图所示。已知：晶胞参数为，用表示阿伏加德罗带数的值。 基态的价电子轨道表示式为 ；晶体的摩尔体积= (用含的代数式表示)。 11．（2024·内蒙古包头·模拟预测）一种利用废脱硝催化剂（含、、等成分）提取钛、钒的工艺流程如下图所示： 已知：①钛酸钠难溶于水； ②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在。 ③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)上述流程中，发生的氧化还原反应有 个。 (2)“高温碱浸”中，需要高温的目的是 ；其生成钛酸钠的离子方程式是 。 (3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为 。 (4)“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是 。 (5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如下图所示，沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是 。 (6)焙烧过程发生反应： （ⅰ） （ⅱ） 现对样品进行焙烧，根据上述原理在如图坐标系内画出焙烧过程大致的热重变化曲线，并在纵坐标处标注固体发生的质量变化值，在横坐标标注必要的温度数值 。 12．（2024·全国·模拟预测）氟化工被称为“黄金产业”，在国民经济和社会发展中占有重要地位。我国某公司利用萤石(主要成分为，及少量、等)制备无水氟化铝的主要工艺流程如下所示。 已知：①的熔点，沸点； ③常温下，。 请回答下列问题： (1)在进入回转窑前，需要将萤石粉碎，其目的是 。 (2)“回转窑反应”的温度控制在之间，写出在回转窑获得的化学方程式： 。 (3)在回转窑中的炉渣里还含有，将该物质在热分解，可获得两种气体(其中一种为)，用多元醇选择性吸收产生的气体，经过一系列工艺得到高纯。则多元醇能从两种气体中选择性吸收的原理是 。 (4)经冷凝、精馏、脱气后的与在流化床、多级气流床中，在条件下进行一系列反应，由和制备无水的反应的_______(填标号)。 A．大于0 B．小于0 C．等于0 D．无法确定 (5)常温下，向的溶液中加入固体充分反应后可得，测得溶液中的浓度为，则加入的固体的物质的量为 。 (6)已知萤石立方晶胞参数，结构如图所示，该的晶体密度为 (列出计算式，设阿伏加德罗常数的值为)。 13．（2024·河南郑州·模拟预测）草酸钴在化学中应用广泛，可用于制备催化剂等。以钻矿[主要成分为、、，含少量的、、、、等]为原料制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)位于元素周期表中第 周期第 族。 (2)浸出渣的主要成分是 (填化学式)。“浸取”时发生反应的化学方程式为 。 (3)“氧化”过程中消耗的量明显偏高的原因是 (用化学方程式表示)。 (4)取“调节”后所得滤液，将调至9.4，可得到沉淀，在空气中煅烧该沉淀得到的化学方程式为 。 (5)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行。向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂发生反应当溶液处于一定范围内时，测得萃取率随溶液的增大而增大，其原因是 。反萃取时，应加入 。 (6)取草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到和的混合物，则该混合物中的质量为 。 14．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）CCTV在“新闻30分”中介绍：王者归“铼”，我国发现超级铁矿，飞机上天全靠它。铼(Re)是一种稀散金属，广泛应用于航空航天领域。工业上从高铼废料(含等)中提取铼的一种工艺流程如图所示： 已知：浸液中含有的HReO4属于强酸；“离子交换”发生的反应可表示为。 回答下列问题： (1)“焙烧”时，高铼废料粉末与富氧空气逆流混合的目的为 。该工序中，ReS2发生反应的化学方程式为 。 (2)其他条件相同时，“离子交换”过程中料液和D296体积比与铼交换率、铼交换量的变化关系如图1所示；混合溶液的pH与提取率的变化关系如图2所示。 ①由图推断，“离子交换”选择的适宜条件为 。 ②其他条件相同，混合溶液的pH＞1.5时，的提取率降低的主要原因为 。 (3)“反萃取”时，选用的试剂X为盐酸的理由为 。 (4)另一种途径从炼铜废液中来提取铼，其简易工艺流程如图，(部分副产物省略，铼在废液中以形式存在)： 已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。可通过 方法提纯高铼酸铵晶体。 (5)废料中的Ni元素经一系列操作可得到金属镍，金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图及晶胞参数如图所示。该晶体的化学式为 ；晶体密度为 g∙cm-3 (列出含a、b、NA的计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 15．（2024·辽宁·模拟预测）工业上采用酸性高浓度含砷废水主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，提取As2O3的工艺流程如下： 已知： Ⅰ．As2S3与过量的存在以下反应：； Ⅱ．亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。 回答下列问题： (1)沉砷中FeSO4的作用是 ： (2)H2O2的作用是 ；滤渣I中含有FeAsO4、、和 (填化学式)。 (3)加生石灰和过氧化氢过程中，也可将砷元素转化为沉淀，发生的主要反应有： A． B． 资料表明：“沉砷”的最佳温度是85℃，温度高于85℃，随温度升高沉淀率下降，从平衡移动角度分析其原因是 。 (4)调节pH=0时，由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式为 。 (5)常温下，用NaOH溶液滴定H3AsO3时，各种微粒的物质的量分数随pH的变化曲线如图所示： pH由7调节至10的过程中发生反应的离子方程式为 。 (6)已知的，含砷污染物允许排放标准为不大于0.5mg⋅L-1。若低浓度含砷废水(假设砷均以形式存在)中Fe3+的浓度为，则低浓度含砷废水中的浓度为 mg⋅L-1， (填“符合”或“不符合”)排放标准。 16．（2024·河南信阳·模拟预测）二氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、、等）为原料制备，其工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”时，通入空气的主要目的是 。 (2)滤渣的主要成分是 （填化学式）。 (3)“还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，写出该反应的离子方程式： [被氧化为，生成物还有HF和]。 (4)“沉铈”时反应的离子方程式为 。若用溶液代替溶液，产生的后果是 。 (5)若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中 。 (6)二氧化铈作为一种SCR脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图所示。当氧化标准状况下NO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 。 17．（2024·河北唐山·模拟预测）从经济价值、环境保护等多重背景下考虑，废旧锂离子电池中的锂、镍、钴、锰金属的回收利用已刻不容缓。某科研团队对废旧三元锂电池进行处理，工艺如图所示： 查阅资料显示： a．正极片预处理后的粉料中主要成分与终端产品2相同，均为，且其中所含镍、钴、锰的化合价均为+3价；杂质主要为。 b．碳酸锂的溶解度随温度升高而减小。 请回答下列问题： (1)镍位于元素周期表第 周期第 族。 (2)写出粉料中的通过“浸出还原”得到含、、、溶液的化学反应方程式： 。 (3)温度、浸出时间对镍、钴、锰的浸出率的影响如下图所示。根据图中信息，应选择的温度为 ℃，浸出时间为 min。除以上两因素外，任写一种对设出率有影响的因素： 。 (4)“浸出还原”后，可用低浓度的碳酸氢铵溶液除杂，写出反应的离子方程式 。 (5)“共沉淀”后的滤液中含有大量，加碳酸钠后，对溶液采用如下“系列操作”可得到终端产品1： 、 、洗涤、干燥。 18．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）镍及硫酸镍在新型材料、新型电池的生产中有着十分广泛的应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备纯镍或硫酸镍的流程如下： 已知：①氧化性：Cu2+>H+(酸)>Ni2+>Fe2+>H+(水)； ②常温下溶度积常数：Ksp(NiS)=1.07×10-21、Ksp(CuS)=1.27×10-36。 (1)步骤①中焦炭和石英也可用于工业制粗硅，则工业制粗硅化学反应为 ；炉气使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式为 。 (2)步骤⑥以MS(含CuS)作阳极、NiSO4溶液作电解液电解可在 极(填“阴”或“阳”)获得粗镍。粗镍的电解精炼需要将电解液的pH控制在2~5之间，下列有关说法错误的是 (填序号)。 A．防止溶液的酸性过强造成H+放电，在阴极生成H2 B．防止溶液的酸性过弱使Ni2+转化成Ni(OH)2沉淀 C．若溶液的pH<2，可加入NiO或Ni(OH)2固体调节溶液的pH D．使粗镍中所含的杂质Cu在阳极放电而进入电解液中 (3)化学上常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时该离子沉淀完全。步骤③所得的NiSO4溶液中通常含有Cu2+，若该溶液中的c(Ni2+)=0.107mol·L-1，请通过计算说明可通过在溶液中加入NiS的方法除去溶液中Cu2+的原因： 。 (4)硫化镍晶胞如图1所示，单原子层硫化镍的结构如图2所示。 ①图1中，原子坐标参数：A(0，0，0)B(0.5，0，0.5)，则C原子的坐标参数为 。 ②单层硫化镍晶体图2中，已知硫离子半径为apm，忽略镍离子半径，NA是阿伏加德罗常数的值。则单层硫化镍晶体每平方米含硫化镍的质量为 g。 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)Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3 (2)为了使砷完全沉淀 (3)3 Cu(AsO2)2+ 3 SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2∙2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4 (4)2Cu3(SO3)2∙2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O (5)终点pH值为8，PFS用量为4或=4 (6)96% (7) 【分析】含砷废水(含、及少量)中加入NaOH溶液调节pH=6，由已知数据和后续除杂过程中不在设置步骤除去Fe3+、Cu2+、Bi3+可知，该步骤中转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3沉淀，过滤后存在于滤渣a中除去，滤液中加入过量CuSO4溶液将转化为Cu(AsO)2沉淀，再用SO2还原Cu(AsO)2得到HAsO2和H2SO4，经过沉砷得到As2O3。 【详解】（1）由分析可知，滤渣a的成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2、Bi(OH)3； （2）“沉淀”时，CuSO4溶液必须过量的原因是确保HAsO2全部转化为Cu(AsO2)2，使砷完全沉淀； （3）“还原”时Cu(AsO2)2与H2O、SO2反应生成Cu3(SO3)2∙2H2O、HAsO2和H2SO4，化学方程式为3 Cu(AsO2)2+ 3 SO2 +6H2O=Cu3(SO3)2∙2H2O+ 6HAsO2 + H2SO4； （4）红色还原渣Cu3(SO3)2∙2H2O被O2氧化时得到CuSO4，根据得失电子守恒和酸性条件可得出离子方程式为2Cu3(SO3)2∙2H2O+4H+ + 3O2=6Cu2+ +4 +6H2O； （5）终点pH值为8，PFS用量为4时，砷去除率最大，接近100%； （6）当废水中砷质量浓度为5.0g·L-1时，若实验取75 L含砷废水，根据As守恒As2O3~2As，理论上生成As2O3的质量为495g，As元素的回收率为 =96%； （7）由均摊法，每个晶胞含有4个Ga和4个As，晶胞质量为，晶胞参数为anm，晶胞体积为(a×10-7)3cm3，则砷化镓晶体密度为。 2．(1) (2) 90℃左右 (3) 、 (4) 1.8 (5) 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】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，通入加硫酸浸取，Si不溶而被除去，氧化将转化为方便后续除去，加氨水调pH，可让、转化为氢氧化物沉淀而除去，此时部分锌离子也沉淀，再加MnF2和Na2S净化主要是除去和，加入过量溶液“沉锰”生成沉淀，煅烧得到，或者加磷酸进一步制备可得到，据此分析解题。 【详解】（1） 锰是25号元素，价电子排布式为3d54s2，基态锰原子的价层电子轨道表示式为； （2）“浸取”时，有副产物生成，和反应生成，该副反应的化学方程式，结合题目中温度对锰的浸出率、生成率的影响图，为了减少副产物的生成，最适宜的温度为90℃左右； （3）“调”时，让、转化为氢氧化物沉淀而除去，、而不沉淀，应控制的范围是：；再加MnF2和Na2S净化主要是除去和，“净化”后滤渣3的主要成分、； （4）“沉锰”时，加入过量溶液，该反应的离子方程式为，当pH=10.1时，完全沉淀，此时，，，1.8； （5）要将“溶解”后的溶液制得晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 3．(1) (2) 67.5 生成的硫覆盖在表面，阻碍浸取 (3)水解程度随pH的升高而增大 (4)32：7 (5) KSCN溶液 溶液由红色变为无色，且30秒内无明显变化 【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S)用FeCl3溶液浸取，发生反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到含有氯化铜、氯化亚铁的滤液，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；“反萃取”得到CuSO4溶液，调节溶液pH=10，在碱性条件下，Cu2+与N2H4溶液反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此解答。 【详解】（1）根据图示，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成Fe2+和H2S，反应的离子方程式为：； （2）①反应：，反应中，FeCl3中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，Cu2S中Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，硫元素的化合价由-2价升高为0价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol，反应中转移电子的数目为1生成0.5mol，其质量为67.5g； ②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是生成的硫覆盖在表面，阻碍浸取； （3）由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低； （4）用“反萃取”得到的溶液制备纳米铜粉时，反应为：2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu↓+N2↑+4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为（2×64g）∶28g=32∶7，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为32∶7； （5）①氧化铬中铁含量测定，步骤ⅲ取含有的溶液，加入指示剂为KSCN溶液，滴定终点的现象为：滴入最后半滴EDTA—2Na溶液，溶液由红色变为无色，且30秒内无明显变化； ②EDTA—2Na和Fe3+按物质的量1∶1反应，可得关系式：，则氧化铬产品中铁的质量分数是。 4．(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。 5．(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：。 6．(1)共价 (2) (3) 不能，为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液 (4) (5) 参与了电极反应 (6)75.92 【分析】粗锑氧主要成分为Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等杂质，加入盐酸、氯气浸取得浸取液，主要含Sb5+、H+、Cl-、Zn2+、Fe3+和As3+等杂质，滤渣1可回收Pb、Sn，锑粉还原高价金属离子，浸出液中加入Sb将转化为，Sb还原SbCl5生成SbCl3，加入时保证Zn2+沉淀完全，“除砷”时转化H3PO3和砷单质，剩余SbCl3溶液，电解得到Sb；SbCl3水解得到难溶于水的固体SbOCl、，“过滤”得到滤渣成分为SOC1，加氨水对其“除氯”发生，过滤、洗涤、干燥得到。 【详解】（1）已知在熔融状态下不导电、则熔融时无离子，则是共价化合物。 （2）Sb将Fe3+转化为Fe2+该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，因为与 的数值相近，不易于沉淀分离，沉淀pH值较大有利于与分离，则避免在滤渣Ⅱ中混入杂质。 （3）“过滤”得到滤渣成分SbOCl与氨水反应生成，因此“除氯”的化学反应方程式为，根据信息Ⅲ可知：“除氯”步骤不能用NaOH溶液代替氨水，原因是：为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液。 （4）“除砷”时有生成，为氧化还原反应，同时反应有As生成，该反应的化学方程式为，离子方程式为。 （5）当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式；当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是H+参与了电极反应。 （6）铈量法测定产物的纯度，存在关系式：，重复3次实验平均消耗0.2000mol/L的硫酸铈标准溶液15.60mL，则产物的纯度为。 7．(1)d (2)+6 (3) Mn2++HSO+H2O= MnO2↓+SO+3H+ MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O (4)3 (5)小于 (6)取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净 (7)Na+、Mg2+ 【分析】由题给流程可知，含有二氧化硫的混合气在硫酸浸取液中金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，加入石灰乳调节溶液pH，将溶液中亚铁离子和锰离子转化为为氢氧化铁、二氧化锰沉淀，钙离子转化为微溶的硫酸钙，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镍离子、亚钴离子转化为氢氧化镍、氢氧化亚钴沉淀，过滤得到钴镍渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤得到含有氢氧化镁的沉渣和上层清液。 【详解】（1）镍元素的原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，位于元素周期表的d区，故答案为：d； （2） 过一硫酸可以看做过氧化氢中的一个氢原子被磺酸基取代，分子的结构式为，由结构式可知，分子中硫元素形成6个共价键，化合价为+6价，故答案为：+6； （3）由题意可知，生成二氧化锰的反应为溶液中的锰离子与过一硫酸溶液反应生成二氧化锰沉淀、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为Mn2++HSO+H2O= MnO2↓+SO+3H+；二氧化锰制备氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：Mn2++HSO+H2O= MnO2↓+SO+3H+；MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O； （4）由溶度积可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度大于=10—11mol/L，则溶液的pH不低于3，故答案为：3； （5）由分析可知，加入氢氧化钠溶液时，溶液中镍离子优先产生沉淀，说明氢氧化镍的溶度积小于氢氧化镁，故答案为：小于； （6）检验钴镍渣是否洗净实际上就是检验溶液中是否存在硫酸根离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净； （7）由分析可知，沉钴镍中加入氢氧化钠溶液的目的将溶液中的镍离子、亚钴离子转化为氢氧化镍、氢氧化亚钴沉淀，过滤得到钴镍渣和镁离子、钠离子的滤液2，故答案为：Na+、Mg2+。 8．(1)为了防止晶体溶解，影响产率 (2)2Cu+8HCl(浓)=2H3[CuCl4]+H2↑ (3)BC (4) 取绿矾溶于稀硫酸并分成两份，其中一份滴加少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明含有Fe3+；另外一份样品中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去，说明含有Fe2+ Fe3++nSCN-→Fe(SCN)(n=1-6)，5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O 【分析】硫酸铜和铁反应生成硫酸亚铁和铜，用铁置换出硫酸铜中的铜，过滤，滤渣为铁、铜的混合物，滤液为硫酸亚铁；滤液中加入硫酸铵溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O晶体；铁、铜的混合物加稀硫酸，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得绿矾晶体。 【详解】（1）硫酸亚铁铵难溶于乙醇，使用少量酒精来洗涤晶体是为了防止晶体溶解，影响产率； （2）取少量铜粉加入浓盐酸中加热，铜粉溶解并生成H3[CuCl4]，铜元素化合价升高，根据氧化还原反应规律，氢元素化合价降低生成氢气，化学方程式2Cu+8HCl(浓)=2H3[CuCl4]+H2↑。 （3）A. X为硫酸亚铁铵晶体，测得晶体X分子量为392，则其化学式可能为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故A正确； B. 晶体X中不含三价铁离子，但二价铁离子可以被氧化成铁离子，故可以作净水剂，故B错误； C. 硫酸亚铁铵中的氨离子可以与亚铁离子结合，形成一种隔绝空气的作用，使得它在空气中更加稳定，故C错误； D. 硫酸亚铁铵在空气中比绿矾更稳定，测定待测KMnO4溶液浓度时，用晶体X配标准液去滴定比绿矾误差更小，故D错误； 选BC； （4）取少量略变黄的绿矾溶于稀硫酸并分成两份，其中一份滴加少量KSCN溶液，反应反应Fe3++nSCN-→Fe(SCN)(n=1-6)，若溶液变为红色，说明含有；另外一份样品中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，发生反应5Fe2++MnO+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，若紫色褪去，说明含有。 9．(1) (2)甲 (3) (4)ab (5) 稍微过量有利于使沉淀完全，可提高副产品的产率，减少副产品中的杂质；同时不能过量太多，否则会使中混有过多的杂质 (6) 【分析】题中说明粗制BaS溶解于温热水中配制成BaS溶液，往其中通入可发生反应生成和，经过过滤后除C等不溶性的杂质，结晶后过滤母液A中有，加入后发生复分解反应生成，再次过滤后，得到沉淀X为硫酸钡，在碱性条件下往母液B中通入可将氧化为，最终得到产品。 【详解】（1）该反应的还原剂为C，氧化剂为，硫元素全部被还原为最低价，即硫元素全部变为BaS，下降了8价，且说明气体中不含硫元素，所以两种气体应为碳的氧化物，即CO和。当二者比例为时，即C有一半上升了2价，有一半上升了4价，可以配平得：，故答案为：。 （2）分析后续步骤，需要冷却结晶、过滤来分离和，则需要保证的溶解度随温度降低而降低的幅度较大，故甲为的溶解度曲线，故答案为：甲。 （3）观察晶胞，对于深灰色粒子，顶点有个，上下面有个，枝上有个，则深灰色粒子有4个；对于浅灰色粒子，上下面有个，左右面有个，晶胞内有6个，则浅灰色粒子有12个；故深灰色粒子为Ba，浅灰色粒子为S，所以一个晶胞中含有4个，故其密度为。(若观察S个数较为困难，推出深灰色粒子有4个后，假设深灰色粒子为S，则Ba为个，显然不合理，则可以推出深灰色粒子为Ba)，故答案为：。 （4）脱色是除去黄色的，根据题目信息，具有还原性，故需要用氧化剂，NaClO、均为氧化剂，KI无氧化性，故答案为：ab。 （5）母液A中有，加入后发生复分解反应生成。这一步的目的是将完全沉淀，故需略微过量以保证沉淀完全。由题目信息可知，温度较低时，在水中溶解度会迅速减小，所以若过量过多，最后冷却结晶时也会一起析出，会使得产物不纯，故答案为：；稍微过量有利于使沉淀完全，可提高副产品的产率，减少副产品中的杂质；同时不能过量太多，否则会使中混有过多的杂质。 （6）可根据氧化还原反应的配平方法配出，也可根据元素守恒，变为，系数之比为，因为是碱性环境，又由电荷守恒，方程式反应物一边要加上，再用将氧元素配平即可，即为，故答案为：。 10．(1)使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行(合理即可) (2)避免沉铝时有部分转化为沉淀(合理即可) (3) 在溶液中存在水解平衡：，加入消耗，使水解平衡正向移动，转化为沉淀(合理即可) (4) (5)随的增加，部分沉淀转变为沉淀，使得部分重新进入溶液中，导致沉淀率下降(合理即可) (6) 【分析】以硫铁矿(主要成分为，含少量和)为原料，首先通入空气焙烧，将转化为气体和；加入稀硫酸酸浸，除去不参加反应的杂质，获得含有等离子的酸浸液；加入将还原，加入调节溶液，使得转化为沉淀除铝；最后加入磷酸钠溶液、氯酸钾溶液发生氧化和沉淀反应，获得产品。 【详解】（1）“焙烧”时空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行。 （2）酸浸液中阳离子有等，加入将还原成，由表中生成氢氧化物沉淀的可判断，避免“沉铝”时产生沉淀。 （3）在溶液中存在水解平衡：，加入消耗，使水解平衡正向移动，转化为沉淀，从而进行“沉铝”。 由表可知，时，完全转化为沉淀，此时、，因此。 （4）还原剂为、氧化剂为，根据得失电子守恒可判断氧化剂与还原剂的物质的量之比为。 （5）随的增加，部分沉淀可能转化为沉淀，使得重新进入溶液中，从而导致沉淀率下降。 （6） 基态的价电子轨道表示式为； 在晶胞中，含的个数为，含的个数为，则1个晶胞中的物质的量为，晶胞的体积为，因此晶体的摩尔体积。 11．(1)3 (2) 使反应更易进行，加快反应速率 (3)0.2 (4)利用同离子效应，促进尽可能析出 (5)pH较低时，转化为的程度较大；pH较高时，转化为的程度较大，减小，两种因素均使沉钒率降低 (6) 【分析】由题给流程控制，向废催化剂中加入氢氧化钠溶液，高温条件下碱浸，将钛元素转化为难溶于水的钛酸钠、钒元素和钨元素转化为钒酸根离子和钨酸根离子，过滤得到钛酸钠和钒钨液；向钛酸钠中加入硫酸溶液酸浸，将钛酸钠转化为钛酸，钛酸焙烧分解生成二氧化钛，二氧化钛与碳、氯气在高温条件下反应制得四氯化钛，氩气氛围中四氯化钛与镁共热发生置换反应制得金属钛；向钒钨液中加入盐酸调节溶液pH，将溶液中钨酸根离子转化为钨酸沉淀，过滤得到钨酸和钒酸钠溶液；向溶液中加入铵盐溶液，将钒酸钠转化为偏钒酸铵沉淀，过滤得到偏钒酸铵；偏钒酸铵受热分解生成氨气和五氧化二钒，五氧化二钒与合适的还原剂反应生成钒。 【详解】（1）由分析可知，题给流程中二氧化钛与碳、氯气在高温条件下反应制得四氯化钛的反应，氩气氛围中四氯化钛与镁共热发生置换反应制得金属钛的反应，五氧化二钒与合适的还原剂反应生成钒的反应都有元素发生化合价变化，则属于氧化还原反应的反应共有3个，故答案为：3； （2）由分析可知，“高温碱浸”时加入氢氧化钠溶液，高温条件下碱浸的目的是将钛元素转化为难溶于水的钛酸钠、钒元素和钨元素转化为钒酸根离子和钨酸根离子，其中高温操作的目的是升高温度，使反应更易进行，加快反应速率，生成钒酸钠的反应为，故答案为：使反应更易进行，加快反应速率；； （3）由溶度积可知，溶液中钨酸根离子完全沉淀时，溶液中钙离子浓度为=1×10—5mol/L，则溶液中的氢氧根离子浓度为=0.2mol/L，故答案为：0.2； （4）钒酸铵在溶液中存在如下平衡：NH4VO3(s) NH(aq)+VO(aq)，则“沉钒”过程中加入过量氯化铵的目的是增大溶液中的铵根离子浓度，使溶解平衡逆向移动，有利于钒酸根离子完全转化为钒酸铵沉淀，故答案为：利用同离子效应，促进尽可能析出； （5）由题给信息可知，溶液pH过低时，溶液酸性较强，钒酸根离子转化为VO离子，导致沉钒率降低，溶液pH过高时，铵根离子在溶液中水解程度增大，使得溶液中铵根离子浓度减小，导致沉钒率降低，所以沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低，故答案为：pH较低时，转化为的程度较大；pH较高时，转化为的程度较大，减小，两种因素均使沉钒率降低； （6） 由方程式可知，150~200℃时偏钒酸铵受热分解生成氨气和偏钒酸，则234g偏钒酸铵完全分解生成偏钒酸时固体减少质量为×17g/mol=34g，250~300℃时偏钒酸受热分解生成水和五氧化二钒，则偏钒酸完全分解生成五氧化二钒时固体减少质量为××18g/mol=18g，固体共减少52g，所以焙烧过程大致的热重变化曲线为。 12．(1)增大固体反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2) (3)为非极性分子，而为极性分子，根据相似相溶原理，多元醇易吸收；且能与多元醇形成分子间氢键，增加了在多元醇间的溶解度 (4)B (5) (6)(或) 【分析】萤石主要成分为，及少量、，萤石先与硫酸预反应，在回转窑中CaF2和浓硫酸反应生成硫酸钙和HF，冷凝、精馏、脱气后的与在流化床、多级气流床中发生反应生成AlF3。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，在进入回转窑前，将萤石粉碎，可以增大固体反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 （2）在回转窑中CaF2和浓硫酸反应生成硫酸钙和HF，获得的化学方程式为； （3）在回转窑中的炉渣里还含有，将该物质在热分解，可获得两种气体(其中一种为)根据元素守恒，另一种气体为SiF4，为非极性分子，而为极性分子，根据相似相溶原理，多元醇易吸收；且能与多元醇形成分子间氢键，增加了在多元醇间的溶解度，所以多元醇能从两种气体中选择性吸收。 （4）在条件下自发反应，且是一个的反应，根据可得，故选B。 （5）由题意可知，溶液中，，，之前将完全沉淀需消耗的，所以加入的。 （6）由题图知黑球代表，晶胞内共8个，灰球代表，在顶点和面心位置，共4个。故该晶胞含有的质量：，晶胞的体积，该晶胞的密度：。 13．(1) 四 Ⅷ (2) (3) (4) (5) 溶液增大，减小，萃取反应平衡向正反应方向移动 稀硫酸 (6)12.05 【分析】钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。 【详解】（1）与是同族元素，位于元素周期表的第四周期第VIII族。 （2）不与、稀硫酸反应，故浸出渣的主要成分为。“浸取”时和分别被还原为、，被氧化为，浸取液中主要含有、、、、和。 （3）“氧化”时将氧化为，和都会促进自身的分解反应，所以的总消耗量会明显高于作为氧化剂的的用量。 （4）在空气中煅烧得到的化学方程式为。 （5）对于反应，溶液增大，减小，平衡向正反应方向移动，萃取率增大。反萃取时，需要增大使平衡逆向移动，故可加入稀硫酸。 （6）第一步：计算草酸钴晶体的物质的量。。第二步：计算混合物的物质的量。设混合物中的物质的量为，由钴元素守恒得混合物中的物质的量为，混合物的总质量为，解得。第三步：计算混合物中的质量。混合物中的质量为。 14．(1) 增大废料与空气的接触面积，使Re、S、Fe充分氧化 4ReS2+15O22Re2O7+8SO2 (2) 料液和D296体积比为12 : 1 pH＞1.5时，Fe3+水解生成的Fe(OH)3吸附而使提取率降低 (3)加盐酸，可增大溶液中的c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于反萃取，且盐酸易挥发，易除去 (4)重结晶 (5) LaNi5或Ni5La 【分析】高铼废料(含等)制粉后，通入富氧空气进行焙烧，生成SO2和烧渣；往烧渣中加入稀硫酸进行酸浸，SiO2不溶而成为浸渣；滤液中加碱调节pH，再加入D296进行离子交换，分液出水相；往有机相中加入试剂X进行反萃取，分液出有机相；将水相中的溶质进行结晶，分离出晶体进行煅烧，得到Re2O7，通入H2进行热还原，得到Re。 【详解】（1）“焙烧”时，高铼废料粉末与富氧空气逆流混合，可增大废料与富氧空气的接触面积，目的为：增大废料与空气的接触面积，使Re、S、Fe充分氧化。该工序中，ReS2与O2发生反应生成Re2O7和SO2，化学方程式为4ReS2+15O22Re2O7+8SO2。 （2）①由图推断，“离子交换”选择的适宜条件为：料液和D296体积比为12 : 1。 ②其他条件相同，混合溶液的pH＞1.5时，溶液中的Fe3+会发生水解，从而生成Fe(OH)3，具有吸附能力，则的提取率降低的主要原因为：pH＞1.5时，Fe3+水解生成的Fe(OH)3吸附而使提取率降低。 （3）“反萃取”时，选用的试剂X为盐酸，对平衡有抑制作用，理由为：加盐酸，可增大溶液中的c(Cl-)，使平衡逆向移动，有利于反萃取，且盐酸易挥发，易除去。 （4）因为高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水，所以可通过重结晶方法提纯高铼酸铵晶体。 （5）镧镍晶胞中，Ni个数为=5，La个数为1，则该晶体的化学式为LaNi5或Ni5La；晶体密度为=g∙cm-3。 15．(1)沉淀过量的S2-，使平衡左移，提高沉砷效果 (2) 氧化、 CaSO4 (3)A反应，升温促使A平衡向左移动，和减小，大于温度升高使B反应平衡正向移动的影响程度 (4) (5) (6) 1.1856×10−11 符合 【分析】由题给流程可知，向酸性高浓度含砷废水中加入硫化钠和硫酸亚铁混合溶液，将溶液中的砷元素转化为三硫化二砷沉淀，过滤得到含有三硫化二砷、硫化亚铁的混合物和含有亚铁离子、亚砷酸根离子的滤液；混合物在空气中煅烧，将砷元素、铁元素、硫元素分别转化为三氧化二砷、氧化铁和二氧化硫，向煅烧渣中加入氢氧化钠溶液，将三氧化二砷转化为亚砷酸钠，过滤得到亚砷酸钠溶液，向溶液中加入合适的氧化剂，将亚砷酸钠氧化为砷酸钠；将煅烧得到的气体净化得到二氧化硫，将二氧化硫气体通入砷酸钠溶液中，在溶液pH为0的条件下将砷酸钠转化为三氧化二砷，过滤得到三氧化二砷；向含有亚铁离子、亚砷酸根离子的滤液中加入氧化钙和过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子、亚砷酸根离子、硫酸根离子转化为砷酸铁、氢氧化铁、砷酸钙、硫酸钙沉淀，过滤得到低浓度含砷废水和滤渣。 【详解】（1）由题给信息可知，沉砷中加入硫酸亚铁的作用是沉淀过量的硫离子，使平衡左移，提高沉砷效果，故答案为：沉淀过量的S2-，使平衡左移，提高沉砷效果； （2）由分析可知，向含有亚铁离子、亚砷酸根离子的滤液中加入氧化钙和过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子、亚砷酸根离子、硫酸根离子转化为砷酸铁、氢氧化铁、砷酸钙、硫酸钙沉淀，过滤得到低浓度含砷废水和滤渣，则过氧化氢溶液的作用是作反应的氧化剂，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子和砷酸根离子，滤渣I中含有砷酸铁、氢氧化铁、砷酸钙、硫酸钙，故答案为：氧化、；CaSO4； （3）由方程式可知，A反应为焓变小于0的放热反应，升高温度，A平衡向逆反应方向移动，溶液中钙离子、氢氧根离子浓度减小幅度大于温度升高B反应平衡向正反应方向移动的幅度，所以温度高于85℃，随温度升高沉淀率下降，故答案为：A反应，升温促使A平衡向左移动，和减小，大于温度升高使B反应平衡正向移动的影响程度； （4）由分析可知，将二氧化硫气体通入砷酸钠溶液中的目的是在溶液pH为0的条件下将砷酸钠转化为三氧化二砷，反应的离子方程式为，故答案为：； （5）由图可知，pH由7调节至10的过程中，亚砷酸的浓度减小，亚砷酸二氢根离子的浓度增大，则发生反应的离子方程式为，故答案为：； （6）由溶度积可知，废水中铁离子浓度为浓度为时，溶液中砷酸根离子的浓度为=mol/L，设废水的体积为1L，则砷酸钠的浓度=1.1856×10−11 mg⋅L-1＜0.5mg⋅L-1，则废水排放标准，故答案为：；符合。 16．(1)提供氧气，将矿石中的价转化为价（叙述合理即可） (2)、 (3) (4) 中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度 (5)0.2 (6) 【分析】氟碳铈矿（含、、等）通入空气焙烧，烧渣加入稀硫酸酸浸得到滤渣和滤液，氧化钡与硫酸反应生成难溶于酸的硫酸钡、二氧化硅不与硫酸反应，故滤渣的主要成分是、，滤液加入硫脲、亚硫酸钠还原、脱氟得到含有F-溶液和，一系列处理得到含Ce3+溶液，加入碳酸氢铵沉铈得到，灼烧得到； 【详解】（1）“焙烧”时，通入空气的主要目的是提供氧气，将矿石中的价转化为价； （2）根据分析可知，滤渣的主要成分是、； （3） “还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，同是生成(SCN2H3)2和HF等，反应的离子方程式：； （4）“沉铈”时含Ce3+溶液加入碳酸氢铵沉铈得到，同进生成二氧化碳，反应的离子方程式为；若用溶液代替溶液，产生的后果是中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度； （5）Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.010-5mol/L，Ksp[Ce2(CO3)3]= 1.010-28= c2(Ce3+)﹒c3()=(1.010-5)2c3()，解得c()=1.010-6mol/L，测得溶液的pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，根据Ka2[H2CO3]=5.010-11==，解得c()=0.2mol/L； （6）当1molCeO2氧化标准状况下2.24LNO后，转移电子数为，根据得失电子守恒可知有0.2mol+4价铈降到+3价，令x=0.2mol，得y=1mol-0.2mol=0.8mol，由化合价代数和为0，可得2z=0.2mol，z=1.9mol，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为0.2:0.8:1.9=2:8:19。 17．(1) 四 Ⅷ (2)2LiNi（1-x-y）CoxMnyO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2(1-x-y)NiSO4+2xCoSO4+2yMnSO4+O2↑+4H2O (3) 70 120 H2SO4用量 (4)Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑ (5) 蒸发结晶 趁热过滤 【分析】经过放电处理后，负极Li放电形成Li+，最终转移到正极材料中，可提高Li元素的回收率，经过浸出还原，正极材料中相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，加入NaOH调节pH至11，可将Ni2+、Co2+、Mn2+转化为沉淀除去，最终在滤液中加入Na2CO3得到Li2CO3产品，正极材料前驱体在空气中煅烧得到终端产品2LiNi(1-x-y)CoxMnyO2。 【详解】（1）金属镍(Ni)原子序数为28，位于周期表第四周期第Ⅷ族，故答案为：四；Ⅷ； （2）粉料中的LiNi(1-x-y)CoxMnyO2被过氧化氢氧化，相关元素转化为Ni2+、Co2+、Mn2+、Li+，Ni2+、Co2+、Mn2+化合价由+3价变为+2价，H2O2氧元素由-1价变为0价，故相关化学方程式为2LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2(1-x-y)NiSO4+2xCoSO4+2yMnSO4+O2↑+4H2O； （3）由图可知，当温度为70℃、浸出时间为120min时金属的浸出率较高，再提高温度和浸出时间，金属的浸出率几乎不变，所以最佳的温度为70℃、最佳的浸出时间为120min；影响浸出率的因素除了温度时间外，还包括反应物浓度，故答案为：70；120；H2SO4用量； （4）Al3+与发生相互促进的完全双水解反应：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑； （5）由于碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，沉淀完成后从溶液中得到Li2CO3的操作有蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶；趁热过滤。 18．(1) (2) 阴 D (3)由可得此时溶液中，再由可知，所得溶液中残留的，所以Cu2+离子已经完全沉淀，因此可通过向溶液中加热NiS除去杂质Cu2+ (4) 【分析】将硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)放入电炉中，通入适量氧气，并加入焦炭、石英，在高温下发生反应，部分S元素被氧化变为SO2进入炉气中，其中的FeS被氧化为FeO，并与SiO2反应变为Fe2SiO4，将得到的高镍矿经粉碎、研磨浮选得到NiS(含有CuS)，然后进行电解得到粗镍，再在NiSO4溶液中，经调节溶液pH为2～5进行电解得到纯镍。 【详解】（1）焦炭和石英也可用于工业制粗硅，则工业制粗硅化学反应方程式：；炉气中含有SO2，SO2具有强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化变为H2SO4，KMnO4被还原为无色Mn2+而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得相应的离子方程式为：； （2）在用电解方法制粗镍时，阳极上主要是NiS失电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为：，在阴极上Ni2+得到电子被还原生成Ni，而得到粗镍； A．由于离子的氧化性：H+(酸)＞Ni2+放电，当溶液pH＜2时，c(H+)较大，易在阴极放电生成H2，导致不能得到金属Ni，因此要控制溶液pH＜2，A正确； B．当pH＞5时，溶液中c(OH-)增大，Ni2+易与溶液中OH-结合生成Ni(OH)2沉淀，B正确； C．向溶液中加入NiO或Ni(OH)2时能消耗溶液中过多的H+，因而可以调节溶液pH，但又不会引入新的杂质，C正确； D．由于Ni的金属性比Cu强，所以粗镍中所含有的杂质Cu不会在阳极上放电而进入电解液中，D错误； （3）若溶液中的c(Ni2+)=0.107 mol/L，向溶液中加入NiS后，则由可得此时溶液中，再由可知，所得溶液中残留的，所以Cu2+离子已经完全沉淀，因此可通过向溶液中加热NiS除去杂质Cu2+； （4）①C位于晶胞体心，其坐标参数； ②图2中可用切割法切出正六面形最小基元，该单元中含3个S2-，3个Ni2+，六边形面积：，则每平方米含硫化镍的质量。 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 $$