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）碲是发展高科技产业、国防与尖端技术不可或缺的原料。H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲，其工艺流程如下： 已知：CuC2O4的Ksp为2.2×10-8；离子浓度小于1×10-5mol/L时，即离子完全沉淀。 (1)Cu2Te中Te的化合价是 。TeO的空间构型为 。 (2)滤渣的成分是 ，用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的操作是 。 (3)“氧化酸浸”步骤的氧化产物为 。该步H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因是 。 (4)若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O的浓度不低于 。 (5)还原反应的离子方程式为 。 4．（2024·陕西·一模）钴是生产电池材料、耐高温合金、防腐合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌的净化渣(含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金属的单质及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：    已知： ①常温下，，，。 ②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表： 金属离子 开始沉淀时的pH 6.2 4.0 7.9 2.2 7.5 沉淀完全时的pH 8.5 5.0 9.2 3.2 9.0 回答下列问题： (1)“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。 (2)常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到，“除铜液”中浓度为，则此时溶液的 ［已知常温下，饱和水溶液中存在关系式：］。 (3)过硫酸钠能将和氧化，和反应的离子方程式为 。 (4)氧化后，溶液中浓度为，利用碳酸钠溶液调节溶液pH．“沉铁”时，调节溶液pH的范围是 ，“沉铁”后，调节溶液的目的是 。 (5)“沉钴”过程中反应的离子方程式为 。“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有 。 (6)以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为)为原料提取出。在提取过程中钴的损失率为 %(用含w、m的代数式表示)。 5．（2024·安徽·三模）ZnO是一种白色粉末，可溶于酸、氢氧化钠溶液、氨水和氨水-铵盐缓冲溶液中，在橡胶、涂料、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、、CdO等)制备ZnO，并可继续制备单质Zn的工艺如图： (ⅰ)ZnO在强碱性条件下转化为； (ⅱ)二价金属氧化物如Cu(Ⅱ)、Pb(Ⅱ)与氨络合可生成、； (ⅲ)Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系如图： (1)Zn在元素周期表中的位置是 。 (2)“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 氧化，写出氧化FeO的离子方程式 。 (3) “浸出”时生成多种配离子，其中ZnO生成的离子方程式 。 (4)“深度净化”时，可采用加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含Zn、Cd之外，还含有(填化学式) (5)“蒸氨”时得混合气体e和固体碱式碳酸锌，其中气体e可返回至 工序循环利用；取11.2g固体，经充分“煅烧”后得到氧化锌8.1g，同时产生的气体通入到足量溶液中，得沉淀9.85g，则固体的x为 、y为 。 (6)工业中可以采用先将ZnO溶于足量NaOH溶液，再使用电解的方法制备Zn，装置如图： ①写出Zn电极上的离子反应方程式 ； ②从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是 。 6．（2024·陕西安康·模拟预测）回收废弃锂离子电池中的有价物质对工业可持续发展非常重要。利用对废弃的锂离子电池正极材料进行氯化处理并再生的一种工艺流程如图所示： 已知：① ②的溶解度曲线如图1所示： 回答下列问题： (1)烧渣是、和的混合物，“氯化焙烧”时的化学方程式为 。“水浸”前通常先粉碎烧渣，该操作的目的是 。 (2)常温下，“沉钴”过程中为了使沉淀完全，溶液的应该不低于 [已知：，时，可认为沉淀完全]。 (3)为提高的析出量和纯度，“沉锂”后进行的操作依次为 、 、洗涤、干燥。 (4)该工艺流程中可循环利用的物质有 （填化学式）。 (5)“煅烧”过程中生成的化学方程式为 。 (6)“焙烧”过程中固体残留率（固体残留率 ）随温度的变化如图2所示。为了获得纯净的，则该步骤应该控制的温度为______（填字母）。 A． B． C． D．以上 7．（2024·吉林长春·模拟预测）钪是一种重要的稀土元素，其氧化物(Sc2O3)是一种重要的无机化工原料，广泛应用于电子、陶瓷、光学、化工等领域。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、MnO等)生产高纯氧化钪，同时回收MnO2。工艺流程如图： 已知：ⅰ.钪与铝类似，其氢氧化物具有两性； ⅱ.Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38； ⅲ.草酸沉淀实验结果 试验号 溶液酸度(pH) Sc3+与草酸物质的量之比 沉淀颗粒 草酸钪沉淀率% 1 [1.5，2.5) 1∶3 较粗 99.2 2 [2.5，4.0) 1∶4 粗 97.2 3 [4.0，5.0) 1∶5 细 90.1 4 [5.0，6.0) 1∶5 很细 93.3 回答下列问题： (1)基态Sc原子的简化电子排布式为 。 (2)为提高“酸浸”速率，可采取的措施是 (答出一条即可)。 (3)“氧化”后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为 (忽略调pH前后溶液的体积变化)。 (4)过程中Mn2+生成MnO2的离子方程式为 。 (5)研究人员对“沉钪”过程的定量条件进行了对比实验，条件最适合的是已知ⅲ中的第1组，原因是：不仅沉淀率>99.0%、节约草酸用量，且 。 (6)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。 已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。250℃时固体的主要成分是 (填化学式)。 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·湖北·三模）锌是一种应用广泛的金属。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料，制备金属锌的流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”过程产生大量的SO2，可用氨水吸收再氧化得到一种氮肥，该氮肥的主要成分为 。 (2)①用稀硫酸完全溶浸后，过滤所得滤渣1的主要成分为 。滤渣1、滤渣2、滤渣3均需洗涤，证明三种滤渣洗涤干净的共同方法是 。 ②常温下，有关金属离子沉淀的pH如下表所示(当离子浓度小于1.0×10-5mol/L时认为沉淀完全)。 Fe3+ Zn2+ Cd2+ 开始沉淀pH 2.3 6.2 7.4 沉淀完全pH 3.3 8.7 9.4 “氧化除杂”中调pH的范围是 。 (3)“还原除杂”中反应的离子方程式为 。 (4)“还原除杂”后的滤液经操作 、过滤，洗涤，干燥，可得ZnSO4·7H2O晶体。 (5)用惰性电极电解硫酸锌溶液，如阴极生成10molZn，理论上阳极产物的物质的量为 mol。电解后的电解液可返回 工序继续使用。 10．（2024·上海·高考真题）粗盐中含有等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：和的溶解度如图所示： (1)步骤①中要稍过量。请描述检验是否过量的方法： 。 (2)若加后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致_______。 A．不能完全去除 B．消耗更多 C．不能完全去除 D．消耗更多 (3)过滤操作中需要的玻璃仪器。除烧杯和玻璃棒外，还需要_______。 A．分液漏斗 B．漏斗 C．容量瓶 D．蒸发皿 (4)步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有 。 (5)“一系列操作”是指_______。 A．蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B．蒸发至晶膜形成后，冷却结晶 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D．蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 (6)请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应 。 另有两种方案选行粗盐提纯。 方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为]除去，再通入含的工业废气除去； 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去，再加入碳酸钠溶液除去。 (7)相比于方案3，方案2的优点是 。 (8)已知粗盐水中含量为，含量为，现用方案3提纯10L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为)和碳酸钠的物质的量 。 11．（2024·北京海淀·三模）新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂()做电极材料。对废旧电极(含杂质、石墨粉)回收并获得高纯的工业流程图如下： 资料：碳酸锂在水中的溶解度： 温度/℃ 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 (1)过程ⅰ研磨粉碎的目的是 。 (2)过程ⅱ加入足量溶液的目的是除去，相关离子方程式为 。 (3)过程ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用含量为3.7%的原料，控制为3.5，浸取1.5h后，实验结果如下表所示： 序号 酸 氧化剂 浸出液中浓度() 滤渣中含量/% 实验1 9.02 0.10 实验2 9.05 0.08 实验3 7.05 0.93 ①实验2中，能与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为 。 ②过程ⅱ最终选择作为氧化剂，原因是 。 ③过程ⅲ得到的浸出液循环两次的目的是 。 (4)浸出液中存在大量和。结合平衡移动原理，解释过程ⅳ得到磷酸铁晶体的原因 。 (5)对比过程ⅳ和ⅴ，说明过程ⅳ不用饱和溶液的原因： 。 (6)过程ⅵ的操作为：将粗品加水溶解，蒸发结晶至有大量固体析出， 。 12．（2024·四川眉山·三模）碳酸锂是制备锂电池的重要原料。一种由α—锂辉石(主要成分可用表示，还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂的工艺流程如下： 已知：常温下，各离子沉淀pH范围： 离子 开始沉淀pH 7.6 2.7 3.8 8.3 沉淀完全pH 9.7 3.2 5.2 9.8 回答下列问题： (1)“煅烧”过程中转化为，写出与生石灰反应的化学反应方程式 。 (2)硫酸作为浸取酸时需要加入少量硝酸，其作用是 ；“调节pH”步骤应当控制的pH范围为 ， (3)写出“除锰”过程中的离子反应方程式 。若“除钙”后滤液中Li+浓度为0.2mol/L，则该步骤后浓度应该低于 mol/L。 (4)已知、的溶解度(g/100g水)如下表所示： T/℃ 20 50 80 1.33 1.10 0.85 34.2 32.5 30.7 “沉锂”后应该选择 ℃(选填“20”、“50”和“80”)蒸馏水洗涤，写出检验沉淀是否洗涤干净的操作 。 (5)“沉锂”后所得碳酸锂再次经过“碳化”—“热解”步骤的目的是 。将碳酸锂与混合，在空气中焙烧可制备电池阴极材料，写出其化学反应方程式 。 13．（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]。 14．（2024·山西晋中·模拟预测）草酸镍晶体(，)是一种难溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。工业上用废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的、FeO、、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示： 已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据： 金属离子 开始沉淀的pH 1.1 5.8 3.0 6.8 完全沉淀的pH 3.2 8.8 5.0 9.5 ② ③pH增大，被氧化的速率加快，同时生成的水解形成更多的胶体能吸附。 ④当某物质浓度小于时，视为完全沉淀。 回答下列问题： (1)写出一种能提高“酸浸”速率的措施 。 (2)“氧化”过程中，控制70℃、pH小于3的条件下进行。 ①的电子式为 。 ②“氧化”过程的离子方程式为 。 ③pH为3~4时，镍的回收率降低的原因是 。 (3)“调pH”的范围为 ，“沉钙”过程中，当沉淀完全时，溶液中 (列出计算式即可)。 (4)操作a包含过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干等步骤。过滤后检验草酸镍晶体是否洗涤干净的方法是 。 (5)在空气中加热草酸镍晶体得到如下TG-DSC热分解曲线如图所示，已知：TG指的是在程序控制温度下测量待测样品的质量与温度变化关系，DSC指通过单独的加热器补偿样品在加热过程中发生的热量变化，以保持样品和参比物的温差为零。这种补偿能量即样品吸收(峰向下)或放出(峰向上)的热量。则300℃时，反应的化学方程式为 。 15．（2024·山西大同·模拟预测）钴酸锂（）常用作锂离子电池的正极材料。以某卤水（含浓度较大的LiCl、少量、、等）为原料制备并获得金属Mg副产品的一种工艺流程如图所示： 已知： ①的溶解度随温度升高而降低。 ②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表所示。 物质 室温下 回答下列问题： (1)某小组同学利用右图装置进行“除杂1”相关操作，装置图中有一处不符合操作规范，该不规范之处是指 。 (2)室温下，“除杂2”调pH=12时，溶液中 。若“蒸发浓缩”步骤在实验室中进行，使用的硅酸盐仪器除了酒精灯之外，还需要 。 (3)“洗涤”固体时最好选用 （填“热水”或“冷水”），检验否洗涤干净的操作是 。 (4)高温下，“合成”反应的化学方程式为 。 (5)固体“溶解”后经过“一系列操作”，可以得到晶体，则“一系列操作”为 。 (6)“脱水”时加入能抑制的水解，原因是 。 16．（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 。 17．（2024·湖南·模拟预测）铋的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿（主要成分为，含、、等杂质）制备的工艺流程如下： 已知：i.易水解，难溶于冷水。 ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为，硫元素转化为硫单质。 iii    。 回答下列问题。 (1)滤渣1的主要成分为 。为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、 （写出一条）。辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是 。 (2)“氧化浸取”时，发生反应的和物质的量之比为 。 (3)“除铜”时发生反应：    ，则 。 (4)“转化”时，生成的离子方程式为 。 (5)取产品，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗标准溶液。该 产品的纯度为 （用含w，a、b的代数式表示）。 (6)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示： ①该超导材料的最简化学式为 。 ②的配位数为 。 ③该晶胞参数，，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 （列出计算式）。 18．（2024·山东·模拟预测）利用镍黄铁矿（主要成分是、、）制备硫酸镍铵和磷酸铁的工艺流程如图所示。已知煅烧过程中、全部参与反应，煅烧后的产物为。 回答下列问题： (1)的核外电子排布式为 。 (2)煅烧前将镍黄铁矿粉碎，目的是 ；煅烧过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)酸溶过程中产生的沉淀1是 （填化学式）。 (4)加入物质X的目的是通过调节生成沉淀，则物质X宜选用______（填标号）。 A． B． C． D． (5)有关沉淀数据如下表所示（完全沉淀时金属离子浓度）。 沉淀 恰好完全沉淀时 9 若在下溶液1中的，则此时需调节溶液的的范围是 。 (6)调后的溶液2溶质是，其浓溶液可与硫酸铵的饱和溶液反应生成硫酸镍铵，以硫酸镍浓溶液制备硫酸镍铵的实验方案为 （已知：硫酸镍铵易溶于水，难溶于乙醇；温度越高，其溶解度越大。实验中可选用的试剂：饱和硫酸铵溶液、硫酸镍的浓溶液、溶液）。 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) (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 三角锥形 (2) Ag、Au 向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明已洗涤干净 (3) H2TeO3、CuSO4 氧化产物中的Cu2+对H2O2分解有催化作用 (4)2.2×10-3mol/L (5)H2TeO3+2SO=2SO+Te↓+H2O 【分析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和H2TeO3，滤渣中含有Au、Ag，在滤液①中加入草酸钠，H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加入分解生成铜；滤液②中含有H2TeO3和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，据此分析解答。 【详解】（1）Cu2Te的名称为碲化亚铜，则Cu的化合价为+1价，因此Te的化合价是-2，的中心原子Te的价层电子对数为，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，故答案为：-2；三角锥形。 （2）根据上述分析，滤渣的成分是Ag、Au，检验是否洗涤干净，可以检验加入的硫酸根是否还附着，因此操作是：向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明已洗涤干净，故答案为Ag、Au；向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成说明已洗涤干净。 （3）根据上述分析，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为H2TeO3、CuSO4，H2O2的实际用量通常比理论用量更大，原因是：氧化产物中的Cu2+对H2O2分解有催化作用，故答案为：H2TeO3、CuSO4；氧化产物中的Cu2+对H2O2分解有催化作用。 （4）CuC2O4的Ksp为2.2×10-8，离子浓度小于1×10-5mol/L时，离子即完全沉淀。若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于=2.2×10-3mol/L，故答案为2.2×10-3mol/L。 （5）加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为H2TeO3+2SO=2SO+Te↓+H2O，故答案为：H2TeO3+2SO=2SO+Te↓+H2O。 4．(1)Cu、 (2)0.5 (3) (4) 使充分沉淀，同时保证不发生沉淀 (5) 和 (6) 【分析】湿法炼锌净化渣经过硫酸的酸浸，生成的硫酸铅沉淀和未反应的铜成为浸出渣，在浸出液中加入硫化钠固体除去铜离子，然后在除铜液中加入过硫酸钠将溶液中的二价铁转化为三价铁，通过加入碳酸钠来调节溶液的pH除去铁元素，在净化液中再加入碳酸钠将溶液中的钴元素转化为氢氧化钴沉淀，从而达到提取钴的目的。 【详解】（1）铅和铅的氧化物可以和硫酸反应生成硫酸铅沉淀，铜单质不溶于稀硫酸，“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，故答案为：Cu、PbSO4； （2）除铜液”中Co2+浓度为，，，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：，则此时溶液中，，故答案为：； （3）过硫酸钠(Na2S2O8)能将Fe2+氧化，Na2S2O8和Fe2+反应的离子方程式为：，故答案为：。 （4）①“沉铁”时，为了使铁离子完全沉淀，钴离子不沉淀，根据表中数据可知，控制溶液pH的范围：，故答案为：。 ②为了使充分沉淀，同时保证不发生沉淀，故答案为：为了使充分沉淀，同时保证不发生沉淀； （5）①“沉钴”过程中反应的离子方程式为：，故答案为：。 ②“钴回收后废液”中含有的金属离子主要有Na+和Zn2+，故答案为：Na+和Zn2+； （6）以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出mkg Co(OH)3，理论生成Co的质量为，实际生成的Co的质量为，在提取过程中钴的损失率为，故答案为：。 5．(1)第四周期，ⅡB族 (2) (3) (4)Pb、Cu (5) 浸出 1 1 (6) NaOH可以循环使用 【分析】根据题目及图示信息可知，利用次氯酸钙的氧化性将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)氧化成FeOOH和，然后过滤，滤渣a中加入氨水和碳酸氢铵转化成相应的离子、、、；，加入试剂X为锌，除去Cu、Pb、Cd等元素，据此分析。 【详解】（1）Zn是30号元素，在元素周期表中的位置是第四周期，ⅡB族； （2）“氧化预处理”时，加入溶液的目的为将含锌烟灰中的铁(Ⅱ) 和锰(Ⅱ)分别氧化，根据Fe元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系图可知，当Eh=0.70V，pH=11.6时，Fe元素以FeOOH形式存在，故氧化FeO的离子方程式为； （3）根据流程以及元素守恒可知，“浸出”时，ZnO生成的离子方程式为； （4）根据金属活动顺序表，锌的金属性强于Cu、Pb，加入足量锌粉发生置换反应，将Cu、Pb、Cd置换出来，因此滤渣c中除了过量Zn、Cd之外，还含有Pb、Cu； （5）“蒸氨”时得混合气体e为氨气、二氧化碳和水，可返回至浸出工序循环利用；煅烧得到氧化锌的质量为8.1g，根据元素守恒，该固体中n(Zn)=n(ZnO)=0.1mol，将产生气体通入到足量溶液中得到BaCO3沉淀，根据元素守恒，样品中，根据电荷守恒，样品中n(OH-)=2×0.1mol-2×0.05mol=0.1mol，则，则固体的x为1、y为1； （6）①ZnO溶于足量NaOH溶液生成，再使用电解的方法制备Zn，即转化为Zn，则Zn作阴极，故Zn电极上的离子反应方程式为； ②ZnO溶于足量NaOH溶液生成，消耗NaOH，Zn电极上发生反应，生成NaOH，故从原料利用角度这种方法制备Zn的最大优点是NaOH可以循环使用。 6．(1) 增大反应物的接触面积，加快反应速率 (2)9.4 (3) 蒸发浓缩 趁热过滤 (4) (5) (6)B 【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、过滤后得滤液和滤渣1，滤渣1的主要成分是SiO2；滤液用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤渣主要成分为Co(OH)2和滤液主要溶质为LiCl；滤渣置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液经碳酸钠溶液沉锂，得到为Li2CO3；Co3O4和Li2CO3通入空气煅烧生成； 【详解】（1）由流程图可知，反应物为、，生成物为烧渣、、和，发生反应的化学方程式为。粉碎烧渣可以增大反应物的接触面积，加快反应速率。 （2）沉淀完全时，，此时，，，即要使沉淀完全，溶液应不低于9.4。 （3）由碳酸锂的溶解度曲线可知，温度越高，碳酸锂溶解度越小，为提高碳酸锂析出量和纯度，“沉锂”后应对其蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。 （4）由流程图可知，可循环利用的物质为。 （5）由题意可知，“煅烧”过程反应物有、，产物有，其中元素被氧化，由氧化还原原理及元素守恒可知，反应物还有空气中的，生成物还有，由此可配平方程式：。 （6）要获得纯净的，即要知道剩余固体为时对应的温度，由钴元素守恒可进行计算，假设所取为，，，剩余固体的质量为，剩余固体质量占原始固体质量的，即B点对应的位置，由图可知，该步骤应该控制的温度为。 7．(1)[Ar]3d14s2 (2)粉碎，适当升温等 (3)99% (4)2Mn2++O2+4OH-=2MnO2↓+2H2O (5)沉淀颗粒越粗越有利于过滤(或沉淀颗粒细吸附杂质较多) (6)Sc2(C2O4)3·H2O 【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、MnO等)，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Fe3+、Sc2O3转化为Sc3+、MnO转化为 Mn2+，过滤得滤渣ⅠSiO2，空气氧化过程中，Fe2+转化为Fe3+，加入氨水节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物滤渣Ⅱ为Fe(OH)3沉淀，滤液中加入空气、NaOH沉锰，Mn2+转化为MnO2，加入盐酸使钪元素以Sc3+形式存在，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。 【详解】（1）Sc是21号元素，根据构造原理可知基态Sc原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d14s2，则简化的钪原子的核外电子排布式是[Ar]3d14s2； （2）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，升高温度可加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；故答案为：粉碎，适当升温等； （3）当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=； （4）过程中Mn2+生成MnO2的离子方程式为：2Mn2++O2+4OH-=2MnO2↓+2H2O； （5）由表已知，沉淀颗粒越粗越有利于过滤(或沉淀颗粒细吸附杂质较多)； （6）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。 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)硫酸铵 或 (NH4)2SO4 (2) 二氧化硅、硫酸铅 取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净 3.3 ≤ pH < 6.2 (3)Zn+Cd2+=Zn2++Cd (4)蒸发浓缩，降温结晶 (5) 5 溶浸 【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)浮选得到精矿，精矿进行焙烧，得到Zn、Fe、Cd、Pb的氧化物，S元素转化为SO2气体，加入稀硫酸溶浸，得到Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cd2+，PbO转化为PbSO4沉淀，过滤，滤渣1中主要为SiO2、PbSO4，滤液中通入O2，加入ZnO进行氧化除杂，即将Fe2+全部转化为Fe3+，再调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤后，滤渣2为Fe（OH）3，滤液中加入锌粉，进行还原除杂，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，过滤，滤液经电解得到Zn。 【详解】（1）“焙烧”产生的SO2和氨水反应生成亚硫酸铵，再氧化生成硫酸铵； （2）①稀硫酸完全溶浸后，SiO2不和稀硫酸反应，“焙烧”产生的PbO和稀硫酸反应生成难溶于水的硫酸铅，所以过滤所得滤渣1的主要成分为二氧化硅、硫酸铅。 根据工业流程可知滤渣1、滤渣2、滤渣3表面的杂质都含有硫酸根，所以可以通过检验硫酸根来判断滤渣是否洗净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净； ②根据金属离子沉淀的pH表，要保证铁离子完全沉淀，而锌离子不沉淀，则PH范围为3.3 ≤ pH < 6.2； （3）根据工业流程还原除杂是出去Cd2+，所以离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd； （4）从溶液中要得到硫酸锌晶体则需要蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥； （5）阴极生成10 molZn则转移的电子为20 mol，阳极的电极反应为2H2O-4e- = O2 ↑+ 4H+，根据得失电守恒阳极失去20 mol电子生成5 mol O2；阳极反应生成了H+并且溶液存在，可以返回溶浸工序继续使用。 10．(1)取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液变浑浊，表明BaCl2已过量 (2)AD (3)B (4)、 (5)C (6)、 (7)提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，同时减少了废气的排放，有利于保护环境 (8)0.04mol；0.14mol 【分析】粗盐中含有等杂质离子，加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg（OH）2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去、，经过一系列操作后得到精盐。 【详解】（1）步骤①中若BaCl2过量，则溶液中存在Ba2+，故判断过量的方法是：取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液变浑浊，表明BaCl2已过量； （2）相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选AD； （3）过滤操作中需要的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗，故选B。 （4）步骤④中用盐酸调节pH至3~4，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，除去的离子有：、； （5）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，可得到精盐，故选C； （6）加入盐酸后，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，离子方程式分别为：、； （7）方案2加入石灰乳[主要成分为]除去后，通入含的离子方程式为：，相比于方案3，方案2的优点是：提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； （8）含量为，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为)物质的量为；粗盐水中含量为，即，，加入石灰乳(视为)物质的量为0.04mol，即此时溶液中Ca2+总物质的量为：0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 11．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) (3) 的浸出率较高，且较环保(或节约酸和氧化剂的用量) 提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量) (4)结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体 (5)过程ⅳ若使用饱和溶液，其中较大，易形成沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯的产量 (6)趁热过滤，用热水洗涤，干燥 【分析】废旧电机研磨后，加入氢氧化钠溶液，铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，生成偏铝酸钠和硅酸钠，即滤液1中溶质为：偏铝酸钠、硅酸钠和剩余的氢氧化钠；滤渣1加入盐酸与磷酸亚铁锂反应并调节溶液pH，氧化剂的主要作用是将亚铁离子转化为铁离子，进而生成氢氧化铁沉淀除去，浸出液加入30%碳酸钠溶液，生成磷酸铁除去，滤液2加入饱和碳酸钠溶液，生成碳酸锂沉淀，提纯得到高纯碳酸锂，据此回答下列问题。 【详解】（1）过程i研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率； （2）单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，离子方程式为：，故答案为：； （3）①实验2中，NaClO3与盐酸发生归中反应生成氯气、氯化钠、水，反应离子方程式是：，故答案为：； ②实验2生成氯气污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3比，的浸出率较高，所以最终选择作为氧化剂，故答案为：的浸出率较高，且较环保（或节约酸和氧化剂的用量）； ③过程iii得到的浸出液循环两次的目的是提高氧化剂和酸的利用率，提高浸出液中Li+浓度，故答案为：提高浸出液中浓度(或提高氧化剂和酸的利用率/节约后续纯碱的用量)； （4）过程iv加入30%的Na2CO3溶液，结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体，故答案为：结合，减小，，，这两个电离平衡均正向移动，增大，与结合形成磷酸铁晶体； （5）过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量，所以过程iv不用饱和Na2CO3溶液，故答案为：过程ⅳ若使用饱和Na2CO3溶液，其中较大，易形成Li2CO3沉淀与磷酸铁沉淀一同析出，减少高纯Li2CO3的产量； （6）温度越高碳酸锂溶解度越小，过程vi的操作是用热水洗涤，干燥，故答案为：趁热过滤，用热水洗涤，干燥。 12．(1) (2) 作为氧化剂，将氧化为 (3) 0.55 (4) 80 取最后一次洗涤液于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象则已经洗涤干净 (5) 进一步提高碳酸锂的纯度 【分析】由α—锂辉石(主要成分可用表示，还含有Al、Fe和Mn元素的氧化物)制备电池级碳酸锂时，先往α—锂辉石中加入生石灰进行煅烧，然后加入硫酸、硝酸浸取，从后续操作看，此步操作除去了硅，则浸渣应为CaSiO3；往滤液中加入NaOH溶液，Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入氨水和NH4HCO3，此时Mn2+转化为MnCO3而成为滤渣；往滤液中加入Na2CO3溶液，将Ca2+转化为CaCO3沉淀；过滤后，往滤液中加入饱和Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀；过滤后滤渣再进行碳化，将Li2CO3转化为LiHCO3，过滤后去除滤渣，将滤液进行热解，此时LiHCO3转化为电池级碳酸锂。 【详解】（1）“煅烧”过程中转化为，硅转化为CaSiO3，则与生石灰反应的化学反应方程式为。 （2）硫酸作为浸取酸时需要加入少量硝酸，硝酸具有强氧化性，其作用是：作为氧化剂，将氧化为；“调节pH”时，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，但不能将Mn2+转化为沉淀，此步骤应当控制的pH范围为。 （3）“除锰”过程中，往滤液中加入氨水和NH4HCO3，此时Mn2+转化为MnCO3，离子反应方程式为。若“除钙”后滤液中Li+浓度为0.2mol/L，为避免Li+生成沉淀，溶液中离子浓度积应小于溶度积常数，则该步骤后浓度应低于mol/L=0.55mol/L。 （4）从表中数据可以看出，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，则“沉锂”后应该选择80℃蒸馏水洗涤；检验沉淀是否洗涤干净时，应检验滤液中是否含有，操作为：取最后一次洗涤液于试管中，用盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，若无明显现象则已经洗涤干净。 （5）“沉锂”后所得碳酸锂中可能混有Li2SO4杂质，再次经过“碳化”—“热解”步骤的目的是：进一步提高碳酸锂的纯度。将碳酸锂与混合，在空气中焙烧，将Co2+氧化为Co3+，制备电池阴极材料，其化学反应方程式为。 【点睛】Li2CO3结晶析出后，为防止过滤时因温度降低而造成溶解损失，应趁热过滤。 13．(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：。 14．(1)原材料粉碎、适当增加酸的浓度、加热、搅拌等 (2) 铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子，导致镍回收率降低 (3) 5.0~6.8 (4)取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，否则未洗涤干净 (5) 【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入稀硫酸酸浸时，镍和金属氧化物与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化镍调节溶液pH，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有镍离子、钙离子的滤液；向滤液中加入氟化铵溶液，将钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣和硫酸镍滤液；向滤液中加入草酸铵溶液，将镍离子转化为二水草酸镍沉淀，过滤、用乙醇洗涤、110℃下烘干得到二水草酸镍晶体。 【详解】（1）将原材料粉碎、适当增加酸的浓度、加热、搅拌等措施能提高酸浸速率； （2） ①为共价化合物，电子式为。 ②“氧化”过程在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为。 ③胶体具有吸附性，pH为3~4时，镍的回收率降低的原因是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子，导致镍回收率降低。 （3）“调pH”使得溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而镍离子不沉淀，结合表格数据可知，加入氢氧化镍调节溶液pH范围为：5.0~6.8；“沉钙”过程中，当沉淀完全时，溶液中； （4）过滤得到的草酸镍上面可能沾有硫酸铵，通过检验硫酸根离子，可判断晶体是否洗涤干净。其方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，否则未洗涤干净； （5）根据分析， 首先在175 ~275℃失重，总质量损失率约为19.19%，与 失去结晶水生成 NiC2O4 理论质量损失率19.71%相吻合。因此 300℃ 前所得产物为 NiC2O4。随着热分解温度的升高，在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与 热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO。即 300℃ 时反应的化学方程式为。 15．(1)滤纸边缘高于漏斗边缘 (2) 5.6×10—8 蒸发皿、玻璃棒 (3) 热水 取最后一次洗涤液少许，加入酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净 (4)2Li2CO3+CoCO3+O24LiCoO2+6CO2 (5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (6)SOCl2夺取MgCl2⋅6H2O晶体中的结晶水，与水反应生成SO2和HCl，HCl抑制MgCl2水解 【分析】由题给流程可知，向卤水中加入纯碱溶液，将溶液中的钙离子、锰离子、部分镁离子转化为碳酸钙、碳酸锰、碳酸镁沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸调节溶液pH为5，将过量的碳酸钠转化为氯化钠后，蒸发浓缩、趁热过滤得到氯化钠和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中剩余的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁和滤液；向滤液中加入浓纯碱溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，用热水洗涤得到碳酸锂；碳酸锂、碳酸钴在空气中高温合成得到钴酸锂；向氢氧化镁中加入盐酸，将氢氧化镁溶解得到氯化镁溶液，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化镁，六水氯化镁与SOCl2混合共热得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁制得金属镁。 【详解】（1）由实验装置图可知，过滤装置中滤纸边缘高于漏斗边缘会导致实验失败，故答案为：滤纸边缘高于漏斗边缘； （2）由溶度积可知，室温下，pH为12时，溶液中镁离子浓度为=5.6×10—8mol/L；蒸发浓缩时使用的硅酸盐仪器除了酒精灯之外，还需要用到蒸发皿和玻璃棒，故答案为：5.6×10—8；蒸发皿、玻璃棒； （3）由碳酸锂的溶解度随温度升高而降低可知，为防止洗涤过程中碳酸锂溶解而造成损失，应用热水洗涤碳酸锂，碳酸锂沉淀表面附有可溶的氯化钠，检验碳酸锂是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在氯离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许，加入酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净，故答案为：热水；取最后一次洗涤液少许，加入酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净； （4）由分析可知，合成钴酸锂的反应为碳酸锂、碳酸钴在空气中高温合成得到钴酸锂，反应的化学方程式为2Li2CO3+CoCO3+O24LiCoO2+6CO2，故答案为：2Li2CO3+CoCO3+O24LiCoO2+6CO2； （5）由分析可知，氯化镁溶液得到六水氯化镁的操作为溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化镁，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （6）SOCl2能与水反应生成二氧化硫和氯化氢，反应生成的氯化氢能抑制氯化镁的水解，则“脱水”时加入SOCl2能抑制氯化镁水解的原因是SOCl2夺取MgCl2⋅6H2O晶体中的结晶水，与水反应生成SO2和HCl，HCl抑制MgCl2水解，故答案为：SOCl2夺取MgCl2⋅6H2O晶体中的结晶水，与水反应生成SO2和HCl，HCl抑制MgCl2水解。 16．(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：；。 17．(1) 和 将辉铋矿粉碎研磨（或适当提高盐酸浓度或搅拌等） 盐酸挥发、分解 (2)3：2 (3) (4) (5)（或） (6) 4 【分析】已知，氧化浸取时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质，向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸进行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水发生反应Cu2++4NH3(g)⇌Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶解滤渣，再加入NaOH、NaClO得到产品NaBiO3，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O； 【详解】（1）辉铋矿主要成分为，含、、等杂质，向辉铋矿中加入和盐酸进行“氧化浸取”，发生的反应有、、，得到含和的滤渣1。为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)。高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是盐酸挥发、分解。 （2）“氧化浸取”时，和发生反应：，和的物质的量之比为3：2。 （3）已知：①， ②    ，反应②-①，可得反应 。 （4）“除铜”后得到氢氧化铋沉淀，加入盐酸溶解滤渣，再加入、，发生反应，得到产品。 （5）根据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子反应的关系式为，又因为，可得出关系式：，滴定完全时消耗标准溶液，该产品的纯度为。 （6） ①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为，位于棱上和体内的硒原子的个数为，位于面上的铁原子个数为，该物质的晶胞结构如图所示：，则超导材料最简化学式为。 ②由平面投影图可知，铁原子的配位数为4。 ③设晶体的密度为，由晶胞的质量公式可得：，解得。 18．(1)[Ar]3d8 (2) 增大反应物的接触面积提高反应速率且使反应更充分 4FeS+7O22Fe2O3+4SO2 (3)SiO2 (4)AB (5)2.7~7 (6)将浓NiSO4溶液加热，将热的硫酸镍溶液慢慢倒入硫酸铵的饱和溶液中，不断搅拌，即可产生大量硫酸镍铵晶体，冷却过滤，并用乙醇洗涤所得晶体 【分析】镍黄铁矿（主要成分是FeS、NiS、SiO2）通入空气后煅烧，S被氧化为SO2即为气体1，Fe和Ni转化为氧化物，SiO2煅烧步骤不反应，煅烧后固体加入稀硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸即为沉淀1，溶液中是被硫酸溶解的Fe和Ni的氧化物，以Fe3+和Ni2+存在于溶液1中，为分离两种离子，调节pH使Fe3+沉淀，为了不引入新的杂质，同时为了控制pH范围，可以加入NiO或者NiCO3，所得Fe(OH)3中加入磷酸转化为磷酸铁，溶液2中含Ni2+，经过系列操作转化为Ni(NH4)2(SO4)2⋅6H2O； 【详解】（1）Ni元素原子序数为28，基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，故Ni2+的核外电子排布式为[Ar]3d8； （2）煅烧前将镍黄铁矿粉碎，从而增大反应物的接触面积提高反应速率且使反应更充分； 煅烧过程中FeS被空气中氧气氧化，生成SO2、Fe2O3，化学方程式为4FeS+7O22Fe2O3+4SO2； （3）由分析，酸溶过程中产生的沉淀1是不溶于硫酸的SiO2； （4）加入物质X的目的是通过调节pH生成Fe(OH)3沉淀，从而使Fe3+和Ni2+分离，为了不引入新的杂质，同时为了控制pH范围，可以加入NiO或者NiCO3，故选AB； （5）由表格中数据，当Ni(OH)2刚好完全沉淀，c(Ni2+)=10-5mol/L，pH=9，即c(OH-)=10-5mol/L，故Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=10-15，故当c(Ni2+)=0.1mol⋅L−1，时，为保证Ni2+不沉淀，c(OH-)==10-7mol/L，即pH=7，同时为了保证铁离子完全沉淀，pH不小于2.7，故需调节溶液的pH的范围是2.7~7； （6）溶液2是NiSO4溶液，其浓溶液可与硫酸铵的饱和溶液反应生成硫酸镍铵[Ni(NH4)2(SO4)2⋅6H2O]，以硫酸镍浓溶液制备硫酸镍铵，应将浓NiSO4溶液加热，将热的硫酸镍溶液慢慢倒入硫酸铵的饱和溶液中，不断搅拌，即可产生大量硫酸镍铵晶体，冷却过滤，并用乙醇洗涤所得晶体。 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 $$