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．（2025·山西大同·模拟预测）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)与氧化锰矿(主要成分为等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知：①“混合焙烧”后烧渣含、及少量、、。 ②已知：；。 ③离子浓度时，离子沉淀完全。请回答： (1)“浸出”时，为了提高浸取率可采取的措施有 。(任写一种) (2)“氧化”步骤的主要目的是将氧化为，发生反应的离子方程式为 。 (3)“中和除杂”主要除去的金属离子是 、 。 (4)若“氟化除杂”前，溶液中和均为，当完全沉淀时， 开始沉淀(填“是”或“否”)。 (5)“碳化结晶”时，生成沉淀发生反应的离子方程式为 ，“碳化结晶”需选择合适的温度，温度不宜过高也不能过低的原因是 。 (6)工业上可以以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，该过程中阳极的电极反应式为 。 2．（2024·贵州·高考真题）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知： ①25℃时，； ②。 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中 。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是 。 (4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成的离子方程式为 。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为 。 ②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有 个。 ③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则 ，其可能的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。 3．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 4．（2024·江西吉安·模拟预测）BaTiO3，被用作陶瓷电容器的介电材料、麦克风和其他传感器的压电材料。以含钛炉渣（主要成分是TiO2，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等）为原料制备BaTiO3的流程如下： 金属离子 TiO2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 0.5 6.3 1.5 完全沉淀的pH 2.5 8.3 2.8 回答下列问题： (1)下列为Ba粒子简化电子排布式，其中能量最高的是 （填字母）。 A．[Xe]6s2 B．[Xe]6s1 C．[Xe]6s16p1 D．[Xe]6s0p2 (2)“还原”中发生反应的离子方程式为 。若省去“还原”工艺，则 。 (3)设计实验检验滤液1中是否含有Fe2+： 。 (4)BaTiO（C2O4）2·4H2O中Ti的化合价为 ，“焙烧”发生反应的化学方程式为 。 (5)经X射线分析鉴定，钛酸钡（BaTiO3）的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2-相接触），已知晶胞边长为 pm，O2-的半径为 pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为 pm、 pm。（用含、的代数式表示） 5．（2024·全国·模拟预测）介孔Cu2-xSe纳米晶可用作钠离子电池正极材料。一科研团队以某矿石(含55.2%CuFeS2、32%Cu2S，其余为CaS和SiO2)为原料开发的一种合成介孔Cu2-xSe的路线如图所示： (1)“生物浸出”时，CuFeS2与铁盐溶液反应的离子方程式为 。此时铁盐 (填“作氧化剂”“作还原剂”或“既不是氧化剂，也不是还原剂”)。 (2)将“浸渣”溶于CS2，再过滤、蒸馏，可从“浸渣”中分离出 (填化学式)。 (3)实验室“萃取”时，用到的主要仪器是 。若萃取剂为苯，“萃取”后得到的“水相”位于 (填“上层”或“下层”)。 (4)利用如图装置完成“抽滤”操作，抽滤的主要优点是过滤较快、固体较干燥，其中安全瓶的作用是 。 (5)利用如图装置制备去离子水，水中所含的阴离子在阳离子交换柱中发生反应的离子方程式为 。 (6)某工厂用10吨该矿石合成介孔Cu2-xSe，已知整个流程中Cu的损耗率为10%，x=0.6，则最终可以得到Cu2-xSe kg。 6．（2024·江苏南京·模拟预测）钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 (1)酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 (3)除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1：2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 (4)除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和的离子方程式为 。 (5)沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 (6)上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 7．（2024·北京·三模）是一种压电材料。以为原料制备粉状的流程如图。 资料：ⅰ.易溶于水，微溶于水。 ⅱ.易水解生成。 ⅲ某些温度时的溶解度如下。 温度 0 20 80 100 溶解度 31.6 35.7 52.4 59.4 溶解度 59.5 74.0 147.0 159.0 (1)固体1的含硫物质主要是，得到固体1的化学方程式是 。 (2)试剂选用 (填“水”或“盐酸”)，理由是 。 (3)向溶液1中加入盐酸的目的是 。 (4)操作的具体步骤是 。 (5)固体3的主要成分是。 ①生成固体3的化学方程式是 。 ②得到固体3的过程，需要调控，否则的产率较低。原因有： ⅰ.较低时，c()较低； ⅱ.较高时， 补充完整)。 (6)高温煅烧固体3，生成的与的物质的量之比= 。 8．（2024·江苏南京·模拟预测）氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图所示： (1)写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式 。 (2)判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为 。 (3)“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如图所示： 反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为 。 (4)实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是： 。 (5)反应完成后，利用装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液， ，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体。(已知：室温下，溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4·10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计) (6)工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O。若电解时电路中通过0.2mol电子，理论上生成Cu2O的质量为 g。 9．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）镍主要用于合金及用作催化剂，也可用来制造货币等。以镍废渣（主要成分为，还含有和为原料制备纯镍的流程如图，回答下列问题： (1)“酸浸”得到的浸渣的主要成分是 （填化学式）：常温下，“酸浸”中硫酸浓度与镍浸出率的关系如图所示，硫酸浓度大于后，镍浸出率降低的可能原因是 。 (2)“氧化”时双氧水的作用是 （用离子方程式表示）。 (3)请设计实验确认“氧化”过程中的杂质离子已经被完全转化 。 (4)“沉铝”时的作用是 ，“操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤。 10．（2024·山东菏泽·模拟预测）金属铼广泛用于制造灯丝、人造卫星和火箭的外壳、原子反应堆的防护板等。工业上，常从稀有金属冶炼的富铼矿渣(主要成分为ReS2)中提取铼，工艺流程如下： 已知：①“焙烧”得到的固体成分有Re2O7，ReO3以及铁、铜和硅的氧化物； ②Re2O7是酸性氧化物，高铼酸(HReO4)是易溶于水的一元强酸；高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水； ③室温下，Ksp[Fe(OH)3]=2.0×10-39，lgKb(NH3·H2O)=-4.7。 回答下列问题。 (1)为了提高在空气中焙烧的反应速率，可采取的措施是 (任写一种)。焙烧产生的尾气在工业上可用于 。 (2)室温下，加入氨水后，测得溶液的pH约为11，则溶液中c() (填“>”“<”或“=”)c(NH3·H2O)。 (3)浸出时，ReO3发生反应的离子方程式为 。浸出后，测得溶液的 pH为3，此时溶液中c(Fe3+)最大值为 mol/L。 (4)一系列操作包括 ，洗涤、干燥；写出“热解”步骤反应的化学方程式: 。 (5)热还原时，工业上用价格稍贵的氢气，而不选用碳等廉价还原剂的原因是 。 11．（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 。 12．（2024·湖南·模拟预测）氯化亚铜（CuCl）广泛应用于冶金工业，用作催化剂和杀菌剂。以工业废铜渣（主要含CuO，还有CuS、Al2O3、CaO、SiO2、CuFeS2和FeO等）为原料制备CuCl，工业流程如下： 已知：①CuCl难溶于醇和冷水，在热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH。CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中：（无色）。 ②常温下，部分阳离子开始沉淀和完全沉淀（当离子浓度小于，视为完全沉淀）时的pH如下表： 物质 Fe3+ Al3+ Cu2+ Fe2+ 开始沉淀的pH 1.6 3.2 5.2 6.8 完全沉淀的pH 3.1 4.7 6.7 8.3 回答下列问题： (1)滤渣1含有淡黄色固体，此外还含 ，浸取步骤中CuFeS2参与反应的离子方程式为 。 (2)除杂后对滤液进行加热的目的是 。 (3)关于该工艺流程，下列说法正确的是________（填字母）。 A．把CuO改为ZnO也能达到除杂的目的 B．本流程还可以得到一种常用作化肥的副产物 C．为了加快浸取速率，可以采取的措施：粉碎废渣、搅拌，高温等 D．“系列操作”可能是抽滤、依次用温度较低的SO2水溶液与无水乙醇洗涤沉淀、真空干燥 (4)CuSO4参与反应的离子方程式为 。 (5)在实际生产中发现：当时，CuCl的产率最高，试解释原因： 。 (6)①CuCl晶体的熔点为326℃，液态时不导电，推知CuCl晶体属于 （填晶体类型）。 ②通过分析CuCl 图谱可获得晶体结构相关信息。通过图谱分析，发现CuCl晶胞与金刚石晶胞类似，晶胞参数为xnm，铜原子半径为ynm，氯原子半径为znm，则原子的空间占有率为 （结果化简）。 13．（2024·浙江宁波·模拟预测）工业上以黄铁矿为原料利用“接触法”制硫酸，并利用硫酸渣(主要含、、，其它杂质不考虑)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如图所示。 (1)滤液II中的阳离子除外还有 。 (2)以下有关说法不正确的是_______。 A．工业上用98.3%的浓硫酸吸收生成的 B．和都属于酸性氧化物，通到溶液中都会产生白色沉淀 C．FeOOH、中均含有非极性共价键 D．氟氢化钾()与发烟硫酸反应可生成氟磺酸()，说明硫酸的酸性大于氟磺酸 (3)“氧化”中，生成FeOOH的离子方程式为 。 (4)“酸溶”过程中ρ(溶液的质量浓度)及F(溶液的酸度)与w(质量分数)之间的关系如右图所示。当F值恒定时，随溶液质量浓度增大，所需硫酸的质量分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)设计实验方案检验硫酸渣中的金属元素 。 14．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）我国稀土资源丰富，氟化镨()常用于电弧碳棒添加剂。工业上采用方镨矿(主要成分，难溶于水)制备氟化镨的工艺流程如下： 已知：① ②80℃时， (1)步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为 ；该反应中，每转移0.6mol电子，生成 g单质硫。 (2)加入的目的为 。 (3)80℃时，若，“调pH”是控制，则该条件下，溶液中 。 (4)请用化学平衡移动原理解释过程中使用“趁热过滤”“冷却结晶”的原因： 。 (5)写出步骤Ⅲ转化过程的化学方程式： 。 (6)若某工厂用kg方镨矿粉(含40%)制备，最终得到产品kg，则产率为 (列出计算式即可)。 15．（23-24高三下·安徽·阶段练习）某科研小组模拟在实验室条件下，用硫铁矿制备硫酸并测定其浓度，其实验过程如图所示。 回答下列问题： (1)硫铁矿主要成分为 (写化学式)；“操作1”和“操作2” (填“相同”或“不同”)。 (2)“浸取”过程中，主要发生的反应的离子方程式为 。 (3)“氧化”过程所需的氯气，可用漂白液和浓盐酸反应制取，该制取氯气的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (4)量取上述制备的硫酸溶液，煮沸一段时间，冷却后，加水稀释到250mL，量取25mL配制的硫酸溶液于锥形瓶，滴几滴 溶液，用溶液滴定到终点，消耗溶液。该硫酸溶液的浓度为 ，经过3次平行实验，发现测得的结果高于实际浓度，其原因可能是 (操作都正确)。 16．（2024·辽宁·三模）镉(Cd)是炼锌业的副产品，主要用在电池、染料稳定剂，同时也是重要的污染源，回收再利用以减少排放是重要课题。某冶炼厂的镉废渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从镉废渣中回收镉的一种工艺流程如图所示。 已知：① ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 离子 开始沉淀时() 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时() 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： (1)将废渣先“浆化”再“酸浸”的目的是 。 (2)“压滤”所得滤渣I的主要成分是 (填化学式)；“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是 。 (3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是 ，若石灰乳加过量，缺陷是 。 (4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放反复搅拌进行“自然氧化”，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，写出“置换净化”除Pb2+的离子反应方程式 。 (5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25℃下，部分电对的电极电位如表所示。 电对 电极电位/V 0 电对 电极电位/V 根据表中信息和已有知识可知，采用低电流条件“电积”时，阴极主要得到的是镉不是锌的原因 。 17．（2024·山西朔州·模拟预测）某钒矿石的主要成分为、、和。一种从该矿石中提钒的工艺流程如下： 已知：Ⅰ.在酸性介质中具有较强的氧化性，能被、乙醇、草酸和酒石酸还原为。 Ⅱ.萃取剂对V(Ⅳ)中的有很强的萃取能力，对Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Al(Ⅲ)和其他V(Ⅳ)微粒无萃取能力。萃取的平衡为。回答下列问题： (1)“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行，目的是 。该步操作中发生反应的化学方程式为 。 (2)“还原”时，发生反应的离子方程式为 。 (3)“操作X”为 ；试剂y为 (填化学式)。 (4)室温下，随着pH和浓度的变化，V(Ⅳ)微粒的区位优势图如图1。以氧化物的性质为分类依据，物质类别为 。“调pH”时，调节的目的是 ；N点存在平衡：，其平衡常数的数值为 。 (5)一种含钒的氧化物晶胞结构如图2所示，已知表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式即可)。 18．（2024·江苏连云港·模拟预测）以某石膏矿(主要成分是，含少量的、等杂质)为原料制备轻质、和产品的工艺流程如下： (1)“溶浸”是将石膏矿中中溶出。 ①“溶浸”时发生反应的化学方程式为 。 ②“溶浸”时通常还加入一定量的氨水，加入氨水的作用是 。 ③“溶浸”时，的浸出率与的关系如图所示： 其它条件相同，时，浸出率随着的增大而减小的原因是 。 (2)将滤渣高温煅烧，冷却后用溶液浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成轻质碳酸钙。 ①滤渣中含有的物质是 。 ②在敞口容器中，用溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中增大的原因是 。 (3)“盐化”过程中加入适量盐酸的目的是 。 (4)、的溶解度如图所示，“结晶”过程中先分离出晶体的方法是 。 (5)准确称取样品氯化数样品0.2250g，在锥形瓶中用适量水溶解，加入过量甲醛溶液，滴入2滴百里酚蓝指示剂，用的标准NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积19.40mL，已知：，计算样品中的质量分数。 (写出计算过程) 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)搅拌（或适当升温或适当增大硫酸浓度） (2) (3) (4)是 (5) 温度过高碳酸氢铵分解，温度太低反应速率太慢， (6) 【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及)与氧化锰矿混合焙烧，得到、及少量、、的烧渣，加入硫酸浸出得到、、 、、的酸性溶液，加入二氧化锰将氧化为，再加入碳酸钙中和，将与以氢氧化物的形式除去，加入氟化除杂，使溶液中的、沉淀完全，此时溶液中的金属离子为，加入碳酸氢铵发生，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体，据此解答。 【详解】（1）“浸出”时，搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度均可以加快浸取速率，提高浸取率； （2）“氧化”步骤的主要目的是将氧化为，发生反应的离子方程式为； （3）根据流程图前后对照可知“中和除杂”主要除去的金属离子是、； （4）若“氟化除杂”前，溶液中和均为，当完全沉淀时，根据，离子浓度时离子沉淀完全，可计算出此时溶液中的，根据为，，知是开始沉淀； （5）“碳化结晶”时，生成沉淀发生反应的离子方程式为，“碳化结晶”需选择合适的温度，温度不宜过高原因是碳酸氢铵分解，温度也不能过低的原因是反应速率太慢； （6）以石墨为电极电解酸化的硫酸锰制取二氧化锰，锰化合价升高知在其阳极反应，阳极的电极反应式为。 2．(1)SiO2 (2)2.8×10-6 (3)NaOH溶液 (4) 提供Na+和反应所需要的碱性环境 (5) 3 0.25 乙 【分析】煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3‧3H2O和NaOH溶液，焙烧Al2O3‧3H2O得Al2O3；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO4。 【详解】（1）煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2； （2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中； （3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得，所以加入的试剂X是NaOH溶液； （4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成的离子方程式为； （5）①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为； ②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个； ③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。 3．(1) Fe2O3 浸出初期，c(H+)较大，Fe2O3溶解使铁的浸出率升高，一段时间后，溶液酸性减弱，水解生成沉淀，使铁的浸出率下降 (2) 随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多 2:1 (3) 2:1 【详解】（1）①由图可知，Fe的浸出率比Nd的浸出率低很多，因此大多数铁元素在浸取过程中以氧化铁的形式存在，则含铁滤渣的主要成分是未反应的Fe2O3； ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，一段时间后随着Nd的浸出率增大，溶液中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 （3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 4．(1)D (2) 2Fe3++2SO=2Fe2++SO+SO2↑ Fe3+进入产品，产品纯度降低 (3)取少量滤液1于试管，滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+；若不产生沉淀，则不含有Fe2+ (4) +4价 BaTiO(C2O4)2·4H2O+O2=BaTiO3+4CO2↑+4H2O (5) 【分析】含钛高炉渣加入硫酸酸浸，SiO2不反应且氧化钙和硫酸生成不溶物硫酸钙得到浸渣，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3生成硫酸铁，亚硫酸钠还原硫酸铁，调pH值除去铁元素，加入氯化钡和草酸生成产品BaTiO(C2O4)2•4H2O，再高温分解得到BaTiO3。 【详解】（1）D项是2个6s电子都跃迁至6p能级，故D项对应状态能量最高； （2）亚硫酸钠具有还原性，可以还原为亚铁离子，防止“沉钛”时产生，反应为：；若省去“还原”工艺，则“沉钛”时产生，Fe3+进入产品，产品纯度降低； （3）检验滤液1中是否含有Fe2+为：取少量滤液1于试管，滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+；若不产生沉淀，则不含有Fe2+； （4）BaTiO（C2O4）2中C为+3价，Ba为+2价，O为－2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则Ti为+4价；根据流程中看出，灼烧产物为BaTiO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒以及原子守恒知，BaTiO(C2O4)2·4H2O+O2=BaTiO3+4CO2↑+4H2O； （5）已知晶胞边长为pm，O2-的半径为pm，根据图示，晶胞边长pm，则pm；晶胞面对角线的长度pm，pm。 5．(1) CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S 作氧化剂 (2)S (3) 分液漏斗 下层 (4)平衡气压，防止倒吸 (5)H++ =CO2+H2O (6)7587 【分析】矿石粉碎后加入细菌、铁盐溶液进行“生物浸出”，SiO2与铁盐不反应，CuFeS2、Cu2S和CaS与铁盐反应生成Cu2+、Fe2+、CaSO4和S单质，过滤，滤渣中含有CaSO4、SiO2和S，滤液中含有Cu2+、Fe2+、过量的Fe3+和。往滤液中加入萃取剂， 静置分层后分液，水相中含Fe3+、Fe2+，有机相中含CuSO4，在有机相中加入蒸馏水进行反萃取，CuSO4进入水相，水相中CuSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得五水硫酸铜；往所得晶体中加入水、乙醇进行醇溶，加入Se和N2H4·H2O将Cu2+还原，得到Cu2-xSe粗产品，经洗涤烘干后得到Cu2-xSe 【详解】（1）CuFeS2与铁盐溶液反应生成Fe2+、Cu2+和S，离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S，该反应中铁元素化合价降低被还原，铁盐为氧化剂。故答案为： CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S，氧化剂； （2）浸渣中含有CaSO4、SiO2和S，S易溶于CS2，因此将“浸渣”溶于CS2，再过滤、蒸馏，可分离出S，故答案为：S； （3）实验室“萃取”时，用到的主要仪器是分液漏斗；由于苯的密度比水的小，因此若萃取剂为苯，则“萃取”后得到的“水相”位于下层。故答案为：分液漏斗，下层； （4）安全瓶的作用是平衡气压，防止倒吸，故答案为：平衡气压，防止倒吸； （5）阳离子交换柱中氢离子与碳酸氢根离子反应，反应的离子方程式为H++ =CO2+H2O，故答案为：H++ =CO2+H2O； （6）10吨该矿石中，n（CuFeSe2）=， n（Cu2Se）=， 所以n（Cu1.4Se）=,m（Cu1.4Se）=4.5×104×（64×1.4+79）×10-3kg=7587kg； 故答案为：7587 6．(1)加快搅拌速率 (2)Fe(OH)3和CaSO4 (3) 15∶2 (4)Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋ (5) 4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O 弱于 (6)D 【分析】本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、锰，最终得到产品； 【详解】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率； （2）由于酸浸时加入硫酸，根据表格中数据可知，向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为：Fe(OH)3和CaSO4； （3）①根据丁二酮肟的结构简式可知，其中σ键与π键数目之比为15∶2； ②该配合物中N提供孤电子对，Ni提供空轨道，且分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，则该配合物的结构为：； （4）该反应中锰离子被氧化为二氧化锰，同时Na2S2O8变为硫酸根离子，相应的离子方程式为：Mn2+＋＋2H2O=2＋MnO2↓＋4H＋； （5）根据题意Co(OH)3中Co被还原为CoO杂质，同时氧的化合价升高为氧气，方程式为：4Co(OH)3 4CoO+O2↑+6H2O；根据题意酸浸液主要含有Co2+、Fe2+，除铁时加入过氧化氢，只能氧化Fe2+，则Co2+的还原性弱于Fe2+； （6）根据分析可知，滤液中含有锌离子，则滤液可返回湿法炼锌系统回收锌。 7．(1)BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO (2) 水 盐酸能将微溶的转化为可溶的，不利于除去钙元素 (3)把转化为，避免结晶时出现固体 (4)蒸发结晶、趁热过滤 (5) 易转化为 (6) 【分析】固体、固体、过量碳粉在高温下发生BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO↑反应，生成BaCl2、CaS和CO气体，由于易溶于水，微溶于水，故试剂1选用水进行溶解，得到溶液和固体，向溶液中加入盐酸，把微溶于水转化为，避免结晶时出现固体，由已知ⅲ表中数据得，将得到的溶液经过蒸发结晶、趁热过滤得到氯化钡晶体，氯化钡晶体加水溶、、(NH4)2C2O4发生反应，生成BaTiO(C2O4)2固体，BaTiO(C2O4)2固体经过高温分解，得到，据此回答。 【详解】（1）由分析知，固体1的含硫物质主要是，得到固体1的化学方程式是BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO↑； （2）由分析知，由于盐酸能将微溶的转化为可溶的，不利于除去钙元素，试剂选用水； （3）由分析知，向溶液1中加入盐酸的目的是把转化为，避免结晶时出现固体； （4）由分析知，操作的具体步骤是蒸发结晶、趁热过滤； （5）①由分析知，生成固体3的化学方程式是；②由于ⅰ.较低时，c()较低； ⅱ.较高时，易转化为，故得到固体3的过程，需要调控，否则的产率较低； （6）高温煅烧固体3，发生的化学反应方程式为BaTiO(C2O4)2+CO+CO2，生成的与的物质的量之比=。 8．(1)CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S (2)取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生 (3)3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑ (4)反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量 (5)边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时；再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤 (6)14.4 【分析】CuFeS2 “浸泡”时，生成Fe2+、Cu2+，通入氧气和硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH，来沉淀三价铁，溶液此时为硫酸铜，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到Cu2O。 【详解】（1）由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S，答案：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S； （2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，答案：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生； （3）反应时A装置原料反应配比为n(Na2SO3)：n(CuSO4)=3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生成，3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑，化学方程式为3Na2SO3+ 2CuSO4 = Cu2O↓+ 3Na2SO4+ 2SO2↑； （4）不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量，答案：因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O 在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量； （5）若装置B中的溶液(NaOH与Na2SO3混合溶液)可制备Na2SO4·10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时（由微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根存在）；再向溶液中通入O2（将亚硫酸根氧化为硫酸根）至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4·10H2O晶体，答案：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤； （6）阳极先生成难溶物CuCl，即，再与NaOH反应转化为Cu2O，通过0.2mol电子，即有0.2mol CuCl，根据原子守恒，可知0.1mol Cu2O，得，答案：14.4。 9．(1) SiO2、CaSO4 镍被钝化(或其他合理答案) (2)2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O (3)取氧化后的溶液少量于试管中，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀，证明Fe2+全部被氧化为Fe3+； (4) NiO 为金属氧化物，能和氢离子反应，“沉铝”是指将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，所以其中NiO的作用是消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH)3； “操作X”得到NiSO4‧7H2O晶体，操作包括蒸发浓缩、降温结晶； 【分析】镍废料中加入一定浓度的硫酸，进行酸浸，Al2O3、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁，CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，二氧化硅不反应，硫酸钙和SiO2共同形成滤渣，滤液中加双氧水氧化Fe2+成Fe3+，再加氨水调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后往滤液中加入NiO沉铝，形成Al(OH)3沉淀，再次过滤后所得滤液经一系列操作，得NiSO4‧7H2O，然后灼烧得氧化物，最后还原得Ni单质。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”得到滤渣1的主要成分是SiO2、CaSO4； 浓硫酸具有强氧化性，硫酸浓度太大，可能会使Ni钝化，从而降低镍的浸出率，或因为硫酸浓度太大、氢离子浓度降低，使镍的浸出率降低，故硫酸浓度大于c0mol/L后，镍浸出率降低的可能原因是：镍被钝化或H+浓度降低； （2）过氧化氢具有强氧化性，“氧化”时双氧水的作用将亚铁离子氧化为铁离子，2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O； （3）“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+离子，杂质离子已经被完全转化，说明溶液中不存在Fe2+，检验Fe2+的方法是：取氧化后的溶液少量于试管中，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀，证明Fe2+全部被氧化为Fe3+； （4）NiO 为金属氧化物，能和氢离子反应，“沉铝”是指将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，所以其中NiO的作用是消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH)3；“操作X”得到NiSO4‧7H2O晶体，操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤。 10．(1) 将矿石粉碎，适当升温、提高氧气的浓度等 制硫酸 (2)< (3) 2ReO3+H2O2=2+2H+ 2.0×10-6 (4) 蒸发浓缩，冷却结晶，过滤 4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7 (5)不引入杂质，便于分离提纯铼 【分析】本题为典型的工业流程图，第一问为提高速率比较简单，第二问为离子大小比较，这里注意题干中的信息Kb(NH3·H2O)的运用，第三问离子方程式的书写，注意配平的过程，第四问为实验操作细节，注意平时的总结，最后一问为操作的试剂选择，整体难度一般。 【详解】（1）为了提高煅烧效率，可以将矿石粉碎，增加接触面积，提高反应速率，或者升温，搅拌、增加氧气浓度等，尾气为二氧化硫，工业上可用于制硫酸等，答案：将矿石粉碎，适当升温、提高氧气的浓度等、制硫酸； （2）调节溶液的pH约为11，则c(OH-)=10-3mol/L，因Kb(NH3·H2O)==10-4.7，可知c()<c(NH3·H2O)，答案：<； （3）依题意，ReO3发生反应生成高铼酸，故反应的离子方程式为2ReO3+H2O2=2+2H+，由己知信息Ksp[Fe(OH)3]=2.0×10-19，pH=3时，c(OH-)=10-11mol/L；可得c(Fe3+)==2.0×10-6 mol/L，答案：2ReO3+H2O2=2+2H+、2.0×10-6； （4）高铼酸铵微溶于冷水，易溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的NH4ReO4晶体﹐需将反应后的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；“热解”步骤是将高铼酸铵在氧气中加热，得到Re2O7和氮气，铼元素的化合价没有变化，氧气作为氧化剂，将高镍酸铵中-3价N氧化为氮气，根据质量守恒定律，则反应的化学方程式为4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7，答案：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7； （5）相比较碳等廉价还原剂，氢气为气体，不会引入杂质，便于分离除杂，答案：不引入杂质，便于分离提纯铼。 11．(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。 12．(1) SiO2、CaSO4 (2)加热使滤液中过量的H2O2分解，防止与后续加入的反应，造成药品浪费 (3)BD (4)或者 (5)当时，，随量的增多，使CuCl沉淀溶解平衡逆向移动，有利于CuCl沉淀的生成；时，，过多的的会与CuCl形成可溶的 (6) 分子晶体 X射线衍射 【分析】用黄铜矿生产CuCl，用稀硫酸浸泡黄铜矿粉，并加入H2O2，CuFeS2生成CuSO4、硫酸铁，过滤除去SiO2，浸取液中阳离子主要含有Al3+、H+、Cu2+和Fe3+，使Fe3+、Al3+、完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，并经过滤除去，再向Cu2+的溶液中，加入（NH4）2SO3和NH4Cl反应生成[CuCl3]2−，将生成的[CuCl3]2-溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析。 【详解】（1）根据分析，滤渣1中的含有淡黄色固体S、SiO2、CaSO4；浸取步骤中CuFeS2参与反应的离子方程式为； （2）浸取过程中过量的H2O2会与后续步骤中的反应，因此除杂后要对滤液进行加热，加热使滤液中过量的H2O2分解，防止与后续加入的(NH4)2SO3反应，造成药品浪费； （3）A．ZnO与滤液中的H+反应产生Zn2+，从而产生新的杂质，不能代替CuO，A错误； B．该工艺流程中被氧化为，与溶液中的结合形成，是一种常用的水溶性肥料，B正确； C．为提高辉铜矿的浸取率，可采用的主要是增大接触面积、增大浓度等方法，但不能采取高温加热，因为H2O2高温会分解，从而降低浸取率，C错误； D．由题已知信息，CuCl难溶于醇和冷水，在热水中能被氧化，故“系列操作”可能是抽滤、依次用温度较低的SO2水溶液与无水乙醇洗涤沉淀、真空干燥，D正确； 故选BD。 （4）CuSO4参与反应的过程生成CuCl，离子方程式为，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中，故离子方程式也可以为； （5）当n(NH4Cl):n(CuSO4)<3:2时，CuCl(s)⇌Cu+(aq)+Cl−(aq)，随Cl−量的增多，使CuCl沉淀溶解平衡逆向移动，有利于CuCl沉淀的生成；n(NH4Cl):n(CuSO4)>3:2时，CuCl+2Cl−⇌[CuCl3]2−，过多的Cl−的会与CuCl形成可溶的[CuCl3]2−； （6）①CuCl晶体的熔点为326℃，液态时不导电，推知CuCl晶体属于分子晶体； ②通过分析CuCl X射线衍射图谱可获得晶体结构相关信息；晶胞中Cu个数为，Cl个数为4，故原子的空间占有率=； 13．(1)、、、() (2)BCD (3) (4)增大 (5)取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素 【分析】黄铁矿在空气中煅烧生成二氧化硫和硫酸渣，二氧化硫在400-500℃、催化剂作用下与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸。硫酸渣中加入硫酸溶液酸溶，金属氧化物转化为对应的金属阳离子，随后加入FeS2还原，Fe3+被还原为Fe2+，同时生成了硫单质，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅、硫单质和过量的FeS2，随后滤液中通入空气氧化，加入氨水调节pH=3-4，此时生成FeOOH沉淀，最后经过过滤、洗涤、烘干得到纯净的FeOOH。 【详解】（1）硫酸渣中加入硫酸酸溶，此时溶液中含有铁离子、铝离子、氢离子，加入FeS2将铁离子还原为亚铁离子，过滤，向滤液中通入空气，部分亚铁离子被氧化为铁离子，通入氨气反应生成铵根离子，此时溶液pH=3-4，则还有氢离子，因此滤液II中含有的阳离子有Al3+、、H+和Fe3+。 （2）A．直接用水吸收三氧化硫，可能引起酸雾等，因此工业上使用98.3%的浓硫酸吸收生成的SO3，A正确； B．一般情况下，弱酸无法制强酸，SO2通入氯化钡溶液中不会生成白色沉淀，B错误； C．FeOOH中不含非极性共价键，C错误； D．氟氢化钾与发烟硫酸反应生成氟磺酸，F的电负性大，吸引电子能力强，使氟磺酸中羟基的极性大，硫酸的酸性小于氟磺酸，D错误； 故答案选BCD。 （3）氧化过程中，亚铁离子、一水合氨与氧气反应生成FeOOH沉淀、铵根离子和水，离子方程式为。 （4）从图中可知，F值恒定时，随着溶液质量浓度增大，所需硫酸的质量分数增大。 （5）硫酸渣中的金属元素为Fe和Al，其中Fe以铁离子形式存在，Al以铝离子形式存在，要检验铁离子和铝离子，实验方案为取少量固体，加入足量稀盐酸溶解后过滤，向滤液中加入足量氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤后向上清液中通入足量二氧化碳，有白色沉淀生成，证明含铝元素。 14．(1) 9.6g (2)将氧化为从而便于后续沉淀除去 (3) (4)反应是个吸热反应，高温时，利于生成，趁热过滤出减少Pr元素的损失，提高产率；后降低温度平衡逆向移动，有利于析出晶体 (5) (6) 【分析】本题为工艺流程题，是利用方镨矿精矿(Pr2S3，难溶于水)制备氟化镨，步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，可知反应的离子方程式为：，加入H2O2将Fe2+转化Fe3+，便于加热搅拌时生成Fe(OH)3沉淀而除去，加入饱和食盐水是使平衡正向移动，将PrCl3充分溶解，便于和Fe(OH)3分离，过滤得到滤渣为Fe(OH)3，滤液1蒸发浓缩，冷却结晶析出PrCl3晶体，过滤得到PrCl3晶体，向晶体中加入NH4HCO3溶液充分反应，得到Pr2(CO3)3，过滤得到滤液3主要成分是NH4Cl，固体Pr2(CO3)3中加入HF溶液，得到PrF3，据此分析解题。 【详解】（1）根据分析，步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为；该反应中，每转移0.6mol电子，生成0.3molS，质量为9.6g； （2）根据分析加入的目的为将氧化为从而便于后续沉淀除去； （3）80℃时，若，“调pH”是控制，，则该条件下，溶液中=； （4）从化学平衡移动原理解释过程中使用“趁热过滤”“冷却结晶”的原因：反应是个吸热反应，高温时，利于生成，趁热过滤出减少Pr元素的损失，提高产率；后降低温度平衡逆向移动，有利于析出晶体； （5）向晶体中加入NH4HCO3溶液充分反应，得到Pr2(CO3)3，转化过程的化学方程式：； （6）若某工厂用kg方镨矿粉(含40%)制备，最终得到产品kg，则产率为=。 15．(1) 不同 (2) (3) (4) 酚酞 硫酸溶液中含有盐酸 【分析】硫铁矿的主要成分为二硫化亚铁，加入饱和氯化铁溶液，三价铁离子具有强氧化性，可以将硫元素从-1价氧化为0价，加入四氯化碳后，硫单质溶于有机相中，操作1萃取、分液后得到硫的四氯化碳溶液，再通入氯气氧化硫单质，促使硫元素进入到水溶液的体系中，经过操作2分液后得到硫酸溶液，据此作答。 【详解】（1）硫铁矿的主要成分为二硫化亚铁；“操作1”包含萃取和分液，“操作2”为分液操作，故答案为：；不同。 （2）“浸取”过程中，饱和的溶液和硫铁矿粉发生的主要反应的离子方程式为，故答案为：。 （3）氧化过程的反应方程式为：，参加反应的只有一半做还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故答案为：。 （4）用氢氧化钠标准溶液滴定强酸溶液，指示剂可选用酚䣭或甲基橙；量取的配制的硫酸溶液，其溶质的物质的量为，配制的硫酸溶液中溶质的物质的量为，则该硫酸溶液的浓度为。经过3次平行实验，发现测得的结果高于实际浓度，其原因可能是硫酸溶液中含有未除净的盐酸，故答案为：酚䣭或甲基橙；；硫酸溶液中含有盐酸。 16．(1)增大接触面积，加快“酸浸”速率和提高浸出率 (2) Cu、SiO2和PbSO4 PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在 (3) 或 Cd(OH)2进入滤渣Ⅱ而损失 (4) (5)从表中可知Zn2+氧化性弱于Cd2+，不被还原 【分析】某冶炼厂的镉废渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质。将镉废渣浆化、再加入稀硫酸进行酸化，可增大废渣与稀硫酸的接触面积，提高浸取率；加入稀硫酸后，Cd、CdO、Zn、Pb、Fe、CuO都发生溶解，此时SiO2、Cu、PbSO4不溶，由于PbSO4的溶度积较大，溶液中仍溶有少量Pb2+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳除铁，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；滤液中加入足量Zn，Cd2+被还原为Cd，少量的Cu2+、Pb2+也会被还原；将海绵镉自然氧化，再用硫酸酸溶，加入新制海绵镉，此时对残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度；然后进行二次处理，再进行电积，得到阴极镉。 【详解】（1）由分析可知，将废渣先“浆化”再“酸浸”的目的是：增大接触面积，加快“酸浸”速率和提高浸出率。 （2）从分析中可以得出，“压滤”所得滤渣I的主要成分是Cu、SiO2和PbSO4；，溶度积常数较大，使得“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是：PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在。 （3）“除铁”时，加入的石灰乳，目的是除去Fe3+，不让其它离子(如Cu2+)产生沉淀，则调节溶液pH的范围是或。因微溶，“除铁”时，所得滤渣Ⅱ的成分除外还有；若石灰乳过量，滤渣Ⅱ中常含有和，则缺陷是：Cd(OH)2进入滤渣Ⅱ而损失。 （4）根据题意判断海绵镉中有Zn、Cd和微量Cu、Pb。“酸溶”所得的溶液中含有微量的和，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以将和转化为单质而除去，离子反应方程式为。 （5）根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性：，故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为，则阴极主要得到的是镉不是锌的原因：从表中可知Zn2+氧化性弱于Cd2+，不被还原。 17．(1) 使反应物充分接触，使反应更充分且能加快反应速率 (2) (3) 分液 (4) 两性氧化物 保证V以微粒存在，利于其萃取分离出来 (5) 【分析】该工艺流程原料为钒矿石，其主要成分为、、和，产品为，经“氯化焙烧”得到含的混合物，经“酸化”除去，酸性溶液中含有、、，具有强氧化性，经“还原”工艺，被草酸还原为，加入调值后，加萃取剂萃取，除去、，有机层中加入试剂y（），使平衡逆移进行反萃取，得到。 【详解】（1）“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行，目的是使反应物充分接触，使反应更充分且能加快反应速率；该步操作中和氯化钠、空气中氧气反应产生和氯气，化学方程式为； 故答案为：使反应物充分接触，使反应更充分且能加快反应速率；； （2）由上述分析可知，“还原”时，和草酸反应生成、二氧化碳和水，发生反应的离子方程式为； 故答案为：； （3）“操作X”将从有机层中反萃取到水层中，然后分液分离出水层，故该操作为分液；萃取的平衡为，且得到，则试剂y为，硫酸使得溶液中氢离子浓度增大，促使萃取平衡逆向移动生成； 故答案为：分液；； （4）由图可知，在酸性溶液中转化为，在碱性溶液中转化为、，故既能与酸反应，又能与碱反应，为两性氧化物；由上述分析可知“调pH”时，调节的目的是保证V以微粒存在，利于加入后将萃取分离出来；该反应平衡常数只受温度的影响，N、M点平衡常数相同，由M点可知，其平衡常数的数值为； 故答案为：两性氧化物；保证V以微粒存在，利于其萃取分离出来；； （5）该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为，位于顶角和体心的V原子数为，则该晶体的密度； 故答案为：。 18．(1) CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4 增大溶液中CO浓度，促进CaSO4转化 NH浓度增大，水解生成的H+使CaCO3溶解 (2) CaCO3、Al2O3、SiO2 NH水解程度增大，溶液中H+浓度增大 (3)抑制NH水解，增大NH浓度 (4)蒸发浓缩、冷却至35～45℃ (5)92.3% 【分析】由题给流程可知，向石膏矿中加入碳酸铵溶液溶浸，将硫酸钙转化为碳酸钙，过滤得到含有碳酸钙、氧化铝、二氧化硅的滤渣和硫酸铵溶液；向硫酸铵溶液中加入氯化钠和盐酸盐化，将盐化后的溶液蒸发浓缩、冷却至35～45℃结晶、过滤得到氯化铵和硫酸钠溶液。 【详解】（1）①由分析可知，“溶浸”时发生的反应为硫酸钙与碳酸铵溶液反应生成碳酸钙和硫酸铵，反应的化学方程式为CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4，故答案为：CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4； ②碳酸根离子在溶液中水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，用碳酸铵溶液“溶浸”时加入一定量的氨水，可以增大溶液中的氢氧根离子，抑制碳酸根离子的水解，增大碳酸根离子浓度，促进硫酸钙转化为碳酸钙，故答案为：增大溶液中CO浓度，促进CaSO4转化； ③其它条件相同，时，浸出率随着的增大而减小说明碳酸铵的质量增大，碳酸铵溶液与硫酸钙反应生成的硫酸铵溶液的浓度增大，铵根离子水解使溶液中氢离子浓度增大，导致碳酸钙沉淀溶解，故答案为：NH浓度增大，水解生成的H+使CaCO3溶解； （2）①由分析可知，滤渣的主要成分为碳酸钙、氧化铝、二氧化硅，将滤渣高温煅烧时，碳酸钙与氧化铝、二氧化硅高温条件下反应生成偏铝酸钙和硅酸钙，冷却后用氯化铵溶液浸取时，偏铝酸钙和硅酸钙与氯化铵溶液反应生成氢氧化铝和硅酸，故答案为：CaCO3、Al2O3、SiO2； ②铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，溶液中的氢离子浓度增大，有利于偏铝酸钙和硅酸钙溶解转化为钙离子，导致溶液中钙离子浓度增大，故答案为：NH水解程度增大，溶液中H+浓度增大； （3）铵根离子在溶液中发生水解生成一水合氨和氢离子，盐化时加入盐酸，溶液中氢离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，铵根离子浓度增大，有利于提高氯化铵的产率，故答案为：抑制NH水解，增大NH浓度； （4）由图可知，温度在35-45℃时，氯化铵的溶解度小于硫酸钠的溶解度，将盐化后的溶液蒸发浓缩、冷却至35-45℃结晶有利于氯化铵晶体优先析出，故答案为：蒸发浓缩、冷却至35～45℃； （5）由题意可得如下转化关系：NH4Cl—HCl—NaOH，滴定消耗19.40mL 0.2000mol/L氢氧化钠溶液，则样品中氯化铵的质量分数为×100%≈92.3%，故答案为：92.3%。 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 $$