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·广东·一模）镍是重要战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中回收的工艺流程如图所示： 已知： 回答下列问题： (1)中，Fe元素的化合价为 。 (2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有 (任填一个)。 (3)“氧压浸出”中发生的化学反应方程式为 。 (4)“沉铁”时加入先是除去过量的，后是调节溶液pH促使沉铁进行，沉铁反应的离子方程式为 。 (5)“滤液”中，“沉镍”时控制为8.50，此时的沉淀率为 。(结果保留1位小数) (6)的立方晶胞结构如图所示。 ①的价电子排布图为 。 ②与A点处的距离最近且相等的有 个。 ③设晶体最简式的式量为，晶体密度为，则该晶胞中最近的之间的距离为 nm。(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 2．（2025·广东·一模）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿，含有和少量等杂质为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示： 已知：有关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 完全沉淀的 常温稳定，在热水中会分解生成； 。 回答下列问题： (1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有 任写一种。 (2)滤渣Ⅰ经无色液体，沸点提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分是 填化学式。“浸取”过程中被氧化的化学方程式为： ，回收淡黄色副产品过程中温度控制在之间，不宜过高或过低的原因是 。 (3)常温下“除铁”时加入的试剂可用，调节的范围为 ，若加后将溶液的调为，则溶液中的浓度为 。 (4)写出“沉锰”除过程中反应的离子方程式： 。 (5)测定副产品样品的纯度：准确称取样品，加蒸馏水配成溶液，取出用标准溶液测定，完全反应后得到沉淀，则此样品的纯度为 保留到小数点后位。 3．（2024·湖南·模拟预测）我国科学家研究和开发的锰氧化物分子筛(@MS)材料，可大大提升分子筛对含酚废水的处理能力。工业上可由二氧化锰粉末与硫化锰矿(含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物)和4A级分子筛为原料制备该材料。 ．高纯制备 注：滤渣1中无。 附：①一些相关物质的 物质 MnS NiS ZnS ②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 金属离子 开始沉淀 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)将MnS矿与粉进行“联合焙烧”的目的有 (答出1点即可)；为了提高焙烧效率可采取的措施有 (答出2点即可)，“尾气”中所含气体中除外还有 。 (2)“酸浸”时所得“滤渣1”的主要成分为 ；“除杂1”中“滤渣3”的主要成分为 。 (3)除杂2的目的是生成，从而除去。请通过计算解释选用可行的原因。 (4)沉锰过程中选用X为氨水和碳酸氢钠的混合溶液，请写出该过程的离子方程式 。 ．@MS材料的制备 (5)将一定量的溶于蒸馏水中，加入预处理的分子筛和NaClO溶液，再加入和NaOH调节溶液pH为7.2，在室温下搅拌2h，反应结束后经过滤洗涤干燥得@MS材料。若发生反应的与NaClO物质的量之比为，则@MS中Mn的化合价为 。 ．流程评价 (6)有同学认为此流程不适宜大规模工业生产，请从物质利用角度谈谈你的看法。 4．（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。 5．（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 。 6．（2024·甘肃天水·三模）海洋是一个巨大的化学资源宝库。一种工业上从海水中提取溴的工艺流程如下图所示： 请回答下列问题： (1)在吸收环节发生的主要反应中，是 （填“氧化剂”或“还原剂”）。 (2)常温下，为深红棕色液体，说明的沸点比的 （填“高”或“低”）。 (3)该工艺通过氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节获得（溴元素经历了“”的转化），而不是在氧化环节后直接蒸馏得到，其原因是 （填字母）。 a．海水中浓度较低，需富集        b．海水中浓度很高，需稀释 (4)工业制硫酸中的一步重要反应为：。一定条件下，将0.2mol和0.2mol充入体积为1L的密闭容器中，10min后测得：的物质的量为0.16mol，则： ①用的浓度变化表示反应的平均速率为 ； ②其他条件不变，延长反应时间， （填“能”或“不能”）使完全转化为。 7．（2024·山东日照·三模）从某锌焙砂[主要成分为ZnO、CuO、、、]中回收金属的流程如下： 已知： ①萃取剂对、、有很好的萃取效果，不能萃取“溶解液”中的其它金属离子。 ②常温下，浸出液中金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表： 金属离子 开始沉淀pH 1.7 5.6 3.0 4.5 完全沉淀pH 2.9 8.0 4.9 6.5 回答下列问题： (1)“酸浸”时，充入高压氧的目的是 ；“浸渣”的成分为 （填化学式）；发生的化学方程式为 。 (2)“滤液Ⅰ”经除铜、浓缩、电积，除得到金属外，其它产物可在 （填操作单元）中循环使用。 (3)加入物质x的目的是 。 (4)“氨溶”过程中，若用1L氨水溶解0.1mol的固体，则氨水的浓度至少为 。（已知：室温下，  ；）。 8．（2023·安徽芜湖·二模）五氟化锑()是非常强的路易斯酸，其酸性是纯硫酸的1500万倍，某种锑矿主要成分为，含有少量CuO、PbO、等杂质，以该矿石为原料制备的工艺流程如图。 已知：①CuS、PbS的分别为、； ②微溶于水、难溶于水，它们均为两性氧化物，SbOCl难溶于水。 (1)为提高锑矿浸出率可采取的措施有 。(填一种) (2)“滤渣I”中存在少量的SbOCl，可加入氨水对其“除氯”转化为回收，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为 。 (3)已知浸出液中 mol·L， mol·L，在“沉淀”过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是 (填化学式)：当CuS、PbS共同沉淀时，先产生的沉淀 (填“是”或“否”)已经沉淀完全。 (4)“除砷”时，转化为，该反应的氧化剂是 。 (5)“电解”时，以惰性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如图所示。 阴极的电极反应式为 ；当电压超过V时，锑的产率降低的原因可能是发生了副反应 (填电极反应式)。 9．（2024·四川成都·模拟预测）某铜硫矿中富含黄铁矿和磁黄铁矿等硫铁矿物，占原矿矿物总量的38%，实验室以此为原料模拟工业制备纯铜并利用黄铁精矿进行含铬废水处理，工艺流程如下： 已知：①粉碎解离度(不同成分矿石分离程度)与粉碎程度有关，颗粒越细，解离度越高，最高可达93%，但颗粒越细对设备要求越高。 ②铜蓝矿的主要成分为CuS，黄铁矿的主要成分为。 ③可能用到的数据如下： 开始沉淀pH 1.9 4.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 (1)黄铁矿中硫元素的化合价为 。 (2)在酸浸时为了加快酸浸速率，除使用精磨外，还可采取的措施有 (写出两种即可)；酸浸一般选用硫酸溶液在纯氧环境中进行，酸浸的离子方程式为 。 (3)生石灰碱浸时调节pH的范围为 。 (4)滤渣X的主要成分是 (填化学式)。 (5)向滤液B中通入高压，可成功制得单质铜，的作用是 。 (6)利用黄铁精矿为原料，可进一步制得有广泛用途的铁氧体。其中浸取黄铁精矿过程中相关物质的转化关系如图所示，反应I的离子方程式为 ，检验浸取后的溶液中存在的方法是 。 10．（2024·甘肃张掖·三模）以水钴矿(，含、、)和辉铜矿(，含、)为原料制取胆矾和单质钴。 已知： ①常温下，，，； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表： 金属离子 开始沉淀时的 2.7 7.5 7.6 4.7 完全沉淀时的 3.7 9.0 9.1 6.2 ③萃取的反应原理；； ④、、、均能与强酸反应产生。 回答下列问题： (1)“酸浸”过程硫元素价态变为价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式： 。 (2)“滤渣1”的主要成分为 。 (3)常温下，“滤液1”中(元素都以形式存在)加“氧化铜”调不小于 。 (4)常温下，若“滤液2”中(忽略溶液中极少量的)，除去“滤液2”中的，至少需加入固体的质量为 (忽略溶液体积的变化，计算结果精确到小数点后两位)。 (5)“反萃取”步骤中加入的“试剂”为 。 (6)采用惰性电极电解溶液、在无离子交换膜的条件下，不能用溶液代替溶液的理由是 。 11．（2024·江苏宿迁·三模）硼化钛(TiB2)常用于制备导电陶瓷材料。 I．高钛渣(主要含TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图： 已知：①B2O3高温易挥发；②TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+。 (1)“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、 。 (2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 。 (3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论用量，原因是 。 Ⅱ．气相沉积法获得硼化钛：以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，可制得具有空间网状结构的磨料级硼化钛。 (4)制得硼化钛的化学方程式为 ，硼化钛能作为磨料的原因是 。 (5)生产硼化钛，当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是 。 Ⅲ．硼砂(Na2B4O7·10H2O)与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备X(Na2B2O8H4)。已知X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构。 (6)X阴离子的结构式为 。 12．（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)。 13．（2024·湖北·一模）某工厂用废旧钴基合金制备（主要成分为，还含有、、、、等），工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，、不能氧化，部分金属氢氧化物沉淀时如下表 沉淀物 开始沉淀 完全沉淀 ②室温下，， 回答下列问题： (1)“碱浸”时反应的离子方程式为 。 (2)“酸浸”所得“浸渣”的成分为 。 (3)“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是 。 (4)“沉镁”时反应的离子方程式为 。若“沉镁”后的溶液中，则此时溶液的为 。 (5)“氧化”时反应的离子方程式为 。 (6)某钴单质催化剂（）的晶胞如图所示，其中8个原子位于顶点，8个原子位于棱上，4个原子位于晶胞内部，其余位于面上。已知晶胞底边长分别为和，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 。 14．（2024·湖北武汉·一模）回收废弃锂离子电池中的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的正极材料进行氯化处理并再生的一种工艺路线如下： 已知：①； ②的溶液度曲线如图所示。 回答下列问题： (1)基态Co原子的价层电子的轨道表示式为 。 (2)“烧渣”是LiCl、和的混合物，“氯化焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 (3)常温下，为了使“沉钴”过程中沉淀完全，溶液的pH应该不低于 ［已知lg2≈0.3，c(Co2+)≤1×10-5mol/L时，可认为沉淀完全］。 (4)为提高的析出量和纯度，“沉锂”操作后进行的操作依次为 、 、洗涤、干燥。 (5)该工艺流程中可循环利用的物质为 。 (6)“煅烧”过程中生成的化学方程式为 。 (7)在空气中“焙烧”时固体残留率(固体残留率)随温度的变化如下图所示。为了获得纯净的，则该步骤应该控制的温度为___________。 A．300~400℃ B．500~800℃ C．850~900℃ D．1000℃以上 15．（2024·湖北荆州·三模）锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆(主要含，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知： ①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、； ②25℃时，，； 物质 沸点/℃ 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： (1)“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成的离子方程式： 。 (2)“沉淀”后，“废液”中，则“废液”中 mol•L-1。 (3)“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。 (4)①“还原”的主要目的是 。 ②FeCl3沸点远低于的可能原因为 。 (5)某种掺杂CaO的晶胞如图所示，Ca位于晶胞的面心。 ①晶体中每个O周围与其最近的O个数为 。 ②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中O与Zr的最小间距为anm，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 (列出计算式)。 16．（2024·四川遂宁·三模）阳极泥是电解精炼铜过程中产生的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。下图是全湿法处理铜阳极泥提取银的工艺： 回答下列问题： (1)CuAgSe中铜元素的化合价为 。 (2)“脱铜”工艺需要加压通氧气，加压的目的是 ；“脱铜”后的混合物经过 操作，进入“浸硒”工艺；酸浸过程每消耗33.6LO2(标准状况)，能转化2 mol CuAgSe，则该反应的氧化产物有 。 (3)“分银”所得产物为Ag(NH3)2Cl，1mol该物质中含有的共价键数目为 写出该产物电离的方程式是 。 (4)已知水合肼(N2H4.H2O)还原“分银”产物”，“沉银”过程中有铵盐和一水合氨生成，写出该过程的化学方程式 。 17．（2024·四川雅安·模拟预测）工业上用软锰矿(主要含、及铁的氧化物)和铅闪(主要含PbS、、ZnS)为原料联合制取和的流程如下图所示。 (1)基态Mn核外有 个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的 区。 (2)提高“酸浸”浸出率可采取的措施有 (写两条)，“冰水沉积”的目的是 。 (3)PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是 (填化学式)。 (4)“酸浸”时，PbS与反应生成和，写出其反应的离子方程式 。 (5)“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是 。 (6)“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为 。 18．（2024·陕西商洛·模拟预测）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的、，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。 已知：和。 回答下列问题： (1)中Cr元素的化合价为 。 (2)还原池中有生成，反应的离子方程式为 。 (3)沉淀1为，其性质与相似，则与NaOH溶液反应的化学方程式 。 (4)溶液呈碱性的原因是 (用离子方程式表示)，沉淀2为 。 (5)利用膜电解技术(装置如图所示)，以为主要原料制备的总反应方程式为：。 该电解池中离子交换膜为 (填“阴”或“阳”，下同)离子交换膜，在 (填“阴”或“阳”)极室制得。 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)+3价 (2)将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度 (3) (4) (5) (6) 4 【分析】由题干工艺流程图可知向高镁低品位铜镍矿(主要成分为、等)中加入进行氧压浸出，将铁元素转化为，镍元素转化为，铜元素转化为，镁元素转化为，硫元素转化为单质，过滤得到滤渣主要成分为和，用铜离子萃取剂萃取出，分液得到萃取液，萃余液中主要含有，向萃余液中加入和进行沉铁将铁离子转化为，过滤出沉淀，向滤液中加入将转化为形成沉淀，最后对进行处理制得，母液中主要溶质为，据此分析解题。 【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带两个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为零可知中铁元素的化合价为+3价，故答案为+3价； （2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高氧压浸出的速率，故答案为将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度； （3）由分析可知，氧压浸出的滤渣有和，该环节中与反应生成、、和，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为，故答案为； （4）由分析知，向萃余液中加入和进行沉铁将铁离子转化为，其离子方程式为，故答案为； （5）已知，滤液中，沉镍时，控制为，此时溶液中，溶液中残留的浓度为，则此时的沉淀率为，故答案为； （6） ①的价层电子排布式为，价电子排布图为；故答案为； ②与A点处的距离最近且相等的有4个，原子之比为，与周围的四个形成正四面体结构，则周围的是4个，故答案为4； ③设晶体最简式的式量为（式量是指在化学物质的实验式中各原子的相对原子质量的总和），晶体密度为，则设晶胞参数边长为，有，边长，则存在该晶胞中最近的之间的距离为面对角线的一半。 2．(1)搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等； (2) 、 温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，易挥发 (3) ； (4) (5)都对 【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等 杂质)加入稀硫酸和二氧化锰浸取：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、 单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、 Cu2+，加入试剂A调节pH除去Fe3+离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液，赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜； 【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，为加快反应速度，可采取的方法有搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等； （2）二氧化锰有较强的氧化性，可将辉铜矿中的硫元素氧化为单质硫，单质硫易溶于二硫化碳，则滤渣的主要成分为、，“浸取”过程中被氧化的化学方程式为：，温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，易挥发； （3）加入氧化铜，消耗酸，升高，使溶液中沉淀完全，而铜离子不沉淀，则范围是，将溶液的调为，则溶液中，，； （4）沉锰阶段，加入了碳酸氢铵和氨气，生成了碳酸根离子，进而生成碳酸锰沉淀，离子方程式为：； （5）沉淀为硫酸钡，物质的量为，则溶液中含有，样品中含有0.08mol，则此样品的纯度为。 3．(1) 使金属转变为金属氧化物，使MnS与反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去； 将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等 SO2、CO2和CO (2) SiO2 NiS和ZnS (3)MnF2(s)+Mg2＋(aq) MgF2(s)+Mn2＋(aq)的平衡常数＝9.2×106＞105，Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀 (4)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (5)+6 (6)①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下； 【分析】 二氧化锰粉末与硫化锰矿(含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物)在氧气作用下联合焙烧，除去有机物，金属与非金属均生成氧化物，在硫酸中酸浸，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH在4.7～6之间，除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢钠发生反应：Mn2++2HCO＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，据此解答。 【详解】（1）将MnS矿与粉进行“联合焙烧”的目的有，使金属转变为金属氧化物，使MnS与反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去；为了提高焙烧效率可采取的措施有：将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等；“尾气”中所含气体中除外，MnS产生的SO2，有机物产生的CO2和CO； （2）根据以上分析可知“滤渣1”含有SiO2；加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS； （3）根据方程式MnF2(s)+Mg2＋(aq) MgF2(s)+Mn2＋(aq)可知该反应的平衡常数≈9.2106＞105，因此Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀，所以除杂时选择。 （4）“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O （5）当与NaClO物质的量之比为1：2时，氯元素化合价从+1价降低到－1价，反应前Mn是+2价，所以根据电子得失守恒可知反应后Mn的价态是+（2×2+2）=+6。 （6）①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下； 4．(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。 5．(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。 6．(1)还原剂 (2)高 (3)a (4) 0.016 不能 【分析】含溴离子的海水酸化后通入氯气，发生反应，生成的用热空气吹出，吹出的用二氧化硫水溶液吸收，发生反应；然后在溶液种再通入氯气，蒸馏得到液溴。 【详解】（1）由上述反应可知吸收环节被氧化为，作还原剂； （2）常温下呈液态，Cl2呈气态，可知的沸点高于Cl2； （3）工艺通过氧化、吹出、吸收、蒸馏等环节获得 (溴元素经历了“”的转化)，而不是在氧化环节后直接蒸馏得到，其原因是海水中浓度较低，需富集，这样便于蒸馏操作节约成本，故选a； （4）①用的浓度变化表示反应的平均速率为； ②该反应为可逆反应，在一定条件下达到平衡状态，反应物不能完全反应，因此延长反应时间不能完全转化为。 7．(1) 增加的浓度，加快反应速率 (2)酸浸、溶解转化 (3)将转化为，防止干扰的萃取 (4)10.4 【分析】向锌焙砂[主要成分为ZnO、CuO、、、]中加入稀硫酸浸出，“酸浸”后的溶液中，含有金属元素的离子有Zn2+、Cu2+、Ga3+、Fe2+、Fe3+，其中不会被稀硫酸溶解，过滤除去；滤液中加入氧化锌，生成氢氧化铁、氢氧化镓、部分氢氧化铜，滤液有部分Zn2+、Cu2+；向沉淀中加入氨水，氢氧化铜溶解，再通入硫酸和还原剂，沉淀溶解得到Ga3+、Fe2+溶液，加入萃取剂，得到Ga3+溶液，加入氢氧化钠，得到沉淀，再进行加工，得到单质镓，本题据此作答。 【详解】（1）“酸浸”时，充入高压氧可以增加的浓度，加快反应速率，不和硫酸反应，所以 “浸渣”的成分为，因为硫酸具有酸性，所以发生的化学方程式为，答案：增加的浓度，加快反应速率、、； （2）“滤液Ⅰ”主要含有硫酸根、铜离子、锌离子，经除铜、浓缩、电积，除得到金属外，其它产物可在酸浸、溶解转化使用，答案：酸浸、溶解转化； （3）根据分析可以知道，加入物质x的目的是将转化为，防止干扰的萃取，答案：将转化为，防止干扰的萃取； （4）设0.1mol氢氧化铜溶解于1L氨水，根据化学计量数等于物质的量之比，得到0.1mol氢氧化铜和氨水反应需要0.4mol/L，同时氢氧根为0.2mol/L, ，又可知，，设平衡时氨水的浓度为x mol/L ，代入，可得x=10，故所需氨水浓度为0.4+10=10.4mol/L，答案：10.4。 8．(1)粉碎或加热或增大盐酸浓度等 (2)为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液 (3) CuS 是 (4)或 (5) 【分析】锑矿加盐酸浸出后得到的滤液中阳离子主要为Cu2+、Sb3+、Pb2+、As3+和H+，浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分；沉淀过程加硫化钠溶液，Cu2+、Pb2+转化为CuS和PbS沉淀进入滤渣Ⅱ中，除砷过程中加入NaH2PO2，根据题中信息，与As3+发生氧化还原反应生成As和H3PO4；此时滤液中的主要阳离子为Sb3+，电解后得到Sb；氯化后得到SbCl5，再氟化得到SbF5。 【详解】（1）为提高锑矿浸出率可采取的措施有适当盐酸的浓度或适当升高温度或搅拌或粉碎高锑矿等，答案：粉碎或加热或增大盐酸浓度等； （2）根据题中信息，Sb2O3为两性氧化物，故Sb2O3不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为：Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液，答案：Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液； （3）根据已知信息，CuS、PbS的分别为、，浸出液中：c(Cu2+)=0.01mol⋅L-1、c(Pb2+)=0.10mol⋅L-1，铜离子开始沉淀时需要的硫离子浓度为：c(S2-)=6×10−34mol/L，铅离子开始沉淀时需要的硫离子浓度为：c(S2-)=9×10−28mol/L，相同环境下，铜离子形成沉淀需要的硫离子浓度小，故Cu2+先生成CuS沉淀，当CuS、PbS共同沉淀时，c(S2-)=9×10−28mol/L，c(Cu2+)=0.67×10−8mol⋅L-1＜1×10−5mol⋅L-1,，所以先产生的沉淀已经沉淀完全，答案：CuS、是； （4）“除砷”时，转化为，As3+转化为As被还原，离子反应方程式为：4As3++3+6H2O=4As+3+9H+，As3+为氧化剂，答案：As3+或； （5）在“电解”过程中，以惰性材料为电极，根据流程可知阴极生成Sb，电极反应式为：Sb3++3e−=Sb；“电解”中当电压超过U0V时，锑的产率降低，可能为氢离子得电子生成氢气，故原因可能是H+参与了电极反应，发生了副反应为2H++2e−=H2↑，答案：Sb3++3e−=Sb、2H++2e−=H2↑。 9．(1)-1(或负一价) (2) 适当升高温度，适当增大酸的浓度 (3)3.2≤pH<4.2 (4)和 (5)作还原剂 (6) 取少许溶液于试管中，先加KSCN溶液，不变色，再加氯水，溶液变红，说明含(或取少许溶液于试管，加入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成) 【分析】硫铜矿原石经过粉碎解离得到主要成分为CuS的铜蓝矿和主要成分为的黄铜矿，但是解离达不到完全，即铜蓝矿含有杂质，经过纯氧条件下的精磨酸浸，Cu生成Cu2+，S变为单质和硫酸根，杂质二价铁被氧化为三价铁，碱浸时铁离子生成氢氧化铁沉淀，钙离子结合硫酸根生成硫酸钙，二者形成滤渣X，滤液B中的Cu2+与H2反应得到单质铜。 【详解】（1）铁元素的化合价为+2，因此硫元素的化合价为-1(或负一价)； （2）精磨可增加反应物的接触面积，适当升高温度或适当增加酸的浓度都可以在酸浸时加快反应速率，从而加快浸出速率；酸浸时，S元素被氧化成单质S，离子方程式为； （3）生石灰碱浸调pH是为了除去杂质，pH需要大于或等于3.2，但不能将转化为沉淀，因此pH应小于4.2，即3.2≤pH<4.2； （4）滤液A中含有和，加入CaO后，除了生成沉淀，还会有生成，即滤渣X的主要成分是和； （5）将还原为Cu，因此H₂作还原剂； （6）反应I的离子方程式为；；取少许溶液于试管中，先加KSCN溶液，不变色，再加氯水，溶液变红，说明含或取少许溶液于试管，加入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成。 10．(1) (2)、 (3)3.7 (4) (5)稀硫酸 (6)电解溶液使溶液呈酸性，将生成的再次溶解 【分析】水钴矿(，含、、)和辉铜矿(，含、)中加硫酸进行溶解，二氧化硅不能被硫酸溶解，同时生成硫酸钙，过滤将二者除去；溶解过程中将氧化，自身被还原为；加入氧化铜调节，以将形成沉淀过滤除去；加入，可将和形成沉淀，过滤除去；加入萃取剂对进行萃取，以将和分离，分离后加入反萃取剂硫酸进行反萃取后得含溶液，经操作得胆矾；萃取后水相中加入碳酸钠将沉淀形成，加盐酸溶解后对溶液进行电解得。 【详解】（1）“酸浸”过程元素化合价价降为价，硫元素价有价变为价，元素化合价由价升高为价，根据得失电子守恒及质量守恒，化学方程式： ； （2）根据分析，“滤渣1”的主要成分：、； （3）为确保完全沉淀，应调不小于3.7； （4）“滤液2”中，使转化为，需要，中存在溶解平衡，为保持，代入，求得，需要再加入，共，质量为； （5）根据萃取的反应原理；及产物需得胆矾可判断，“反萃取”步骤中加入的“试剂”为稀硫酸； （6）用溶液代替溶液，电解过程中阳极发生电极反应：，导致溶液呈酸性，而阴极电极反应：，生成的在酸性环境下被溶解。 11．(1)Al3+、Ca2+、Mg2+ (2)TiO2++(x+1)H2OTiO2•xH2O↓+2H+ (3)B2O3易挥发 (4) 硼化钛是共价晶体，硬度大 (5)BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼 (6) 【分析】高钛渣加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2+，TiO2+沸水中形成TiO2•xH2O，热还原中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑； 【详解】（1）“酸浸”加入稀盐酸与Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3反应生成AlCl3、CaCl2、MgCl2、FeCl3，“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+； （2）“水解”需在沸水中进行，TiO2+沸水中形成TiO2•xH2O，离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2•xH2O↓+2H+； （3）“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2+B2O3+5CTiB2+5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应； （4）以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1000℃，制得硼化钛(TiB2)，反应的化学方程式为；硼化钛由Ti和B原子相连构成空间网状结构，能作为磨料的原因是硼化钛是共价晶体，硬度大； （5）当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)：m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼； （6） X的阴离子[B2O8H4]2-只有一种化学环境的B原子说明结构对称，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，则B原子与四个O原子相连，X阴离子的结构式为。 12．(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。 13．(1)或 (2)、 (3)防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解 (4) 6 (5) (6) 【分析】废旧钴基合金主要成分为，还含有、、、、等。用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝，滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁，滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁，滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁，滤液中加高锰酸钾、硫酸Co2+被氧化生成沉淀。 【详解】（1）“碱浸”时氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为； （2）“酸浸”时、和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，所得“浸渣”的成分为、； （3）“除铁”时双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，双氧水易分解，浓氨水易挥发，为防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解，需要控制反应温度不能高于； （4）“沉镁”时硫酸镁和HF反应生成沉淀MgF2，反应的离子方程式为。若“沉镁”后的溶液中，， 则 ，,则此时溶液的为6。 （5）“氧化”时加高锰酸钾把Co2+被氧化成，反应的离子方程式为； （6）根据均摊原则，晶胞中Co原子数为，晶胞体积为，则该晶体密度为。 14．(1) (2) (3)9.4 (4) 蒸发结晶 趁热过滤 (5) (6) (7)B 【分析】粗品中加入四氯化硅氯化焙烧，发生反应，得到的“烧渣”是LiCl、和的混合物，将烧渣进行水浸，SiO2难溶于水，过滤得到的滤渣1为二氧化硅，滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉钴，得到Co(OH)2，过滤后将滤渣通入空气焙烧得到Co3O4，Co3O4中加入Li2CO3并通入空气煅烧得到；滤液中加入碳酸钠溶液沉锂得到碳酸锂。 【详解】（1） Co的原子序数为27，基态Co原子的价层电子排布式为，其价层电子的轨道表示式为； （2）由题图可知，“氯化焙烧”的反应物为、，生成物为LiCl、、和，则发生反应的化学方程式为； （3）恰好沉淀完全时，，，，则，pOH=5.5-3lg2≈4.6，pH≈14-4.6=9.4，即要使沉淀完全，溶液的pH应不低于9.4； （4）由碳酸锂的溶解度曲线可知，温度越高，碳酸锂的溶解度越小，越有利于析出，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“沉锂”操作后应进行的操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥； （5）由题图可知，“氯化焙烧”时生成： ，而煅烧时需要氧气，所以可循环利用的物质为； （6）由题意可知，“煅烧”过程中反应物有、，产物有，其中Co元素化合价升高、被氧化，由氧化还原原理及元素守恒可知，反应物中还有空气中的，生成物还有，反应的化学方程式为：； （7）假设所取的质量为100g，，，当剩余固体为时，其质量为，此时固体残留率为86.38%，由题图可知，该步骤应该控制的温度为500～800℃，故答案为：B。 15．(1) (2) (3) (4) 把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质 FeCl3是分子晶体， CrCl3是离子晶体 (5) 6 【分析】氧氯化锆（主要含，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素）为原料生产金属锆，加入HCl、酸溶后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，加入萃取剂TBP萃取分液得到含Hf的溶液，通过反萃取得到TBP和水溶液，水溶液中加入氨水沉淀Zr离子、铁离子、铬离子，煅烧得到、、，加入C、 “沸腾氯化”时，、转化为：、、、，转化为同时生成一种还原性气体为CO，再加入氢气还原，把还原为，避免升华时含有杂质，升华后加入Mg发生镁热反应，生成金属Zr，据此分析回答问题。 【详解】（1）生成的离子方程式为； （2）沉淀”后，“废液”中，，，，则“废液”中； （3）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化同时生成一种还原性气体为CO，该反应的化学方程式为：； （4）①“还原”的主要目的是：把还原为，避免升华时含有杂质； ②FeCl3沸点远低于的可能原因为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体，离子键的强度高于范德华力； （5）①晶胞结构分析可知，一个晶胞中，每个氧原子最近的氧原子两个，整个晶体中相邻三个晶胞中的氧原子与之最近，每个O周围与其最近的O个数为：6； ②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中含钙离子1个，锆离子3个，氧离子8个，晶胞中O与Zr的最小间距为anm，晶胞边长的一半设为x，得到，计算得到，则晶胞边长，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度。 16．(1)+1 (2) 增大氧气的浓度，加快酸浸速率 过滤 Se和CuSO4 (3) 8NA Ag(NH3)2Cl=+Cl- (4)4Ag(NH3)2Cl+N2H4﹒H2O+3H2O=4NH4Cl+4NH3﹒H2O+2Ag+N2 【分析】阳极泥是电解精炼铜过程中产生的一种副产品，其中含Au、Pt、Ag、Cu、Se、CuAgSe和SiO2等。将阳极泥与O2、稀硫酸进行反应“脱铜”， CuAgSe被氧化生成CuSO4、Se；"浸硒"过程中NaClO3溶液的作用是氧化硒元素，“分银”得到滤渣的主要成分有Pt、Au和SiO2，滤液中加入水合肼得到氮气、Ag； 【详解】（1）CuAgSe中Se元素化合价为-2价、Ag元素化合价为+1价，则Cu元素的化合价为+1价，故答案为：+1； （2）压强越大，气体的溶解度越大，反应速率越快，所以“脱铜”工艺需要加压酸浸，加压的目的是增大氧气的浓度，加快酸浸速率；“脱铜”后的混合物经过过滤，进入“浸硒”工艺；n(O2)==1.5mol，酸浸过程每消耗1.5molO2，氧气得到电子的物质的量为6mol，能转化2molCuAgSe，根据转移电子守恒知，Cu、Se元素都失电子，所以CuAgSe被氧化为CuSO4、Se，则该反应的氧化产物为CuSO4、Se；故答案为：增大氧气的浓度，加快酸浸速率；过滤；Se和CuSO4； （3）“分银”所得产物为Ag(NH3)2Cl，为与氯离子形成的离子化合物，中Ag与NH3形成配位键，NH3中形成N-H键，1mol该物质中含有的共价键数目为8NA，该产物电离的方程式是：Ag(NH3)2Cl=+Cl-； （4）“沉银”过程中有铵盐和一水合氨生成，该过程的化学方程式为：4Ag(NH3)2Cl+N2H4﹒H2O+3H2O=4NH4Cl+4NH3﹒H2O+2Ag+N2。 17．(1) 5 d (2) 延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等 降低的溶解度 (3)MnS (4) (5)防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高浸出量 (6) 【分析】软锰矿(主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)和铅闪(主要含PbS、FeS2、ZnS)为原料，加入盐酸酸浸、加氯化钠，再加入NaOH，过滤除去二氧化硅和FeOOH，冰水沉积得到PbCl2固体，加硫酸转化为硫酸铅，溶液加入Na2S净化，生成PbS和ZnS沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn3O4，据此回答。 【详解】（1）①基态Mn电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5个未成对电子； ②Mn元素位于元素周期表的d区； （2）①提高“酸浸”浸出率可采取的措施有延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等； ②冰水沉积得到PbCl2固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl2的溶解度； （3）根据加入Na2S生成PbS和ZnS沉淀，没有生成MnS，则PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是MnS； （4）酸浸”时，PbS、MnO2、HCl反应生成[PbCl4]2−、、Mn2+和H2O，离子方程式为：PbS+4MnO2+4Cl-+8H+=[PbCl4]2-++4Mn2++4H2O； （5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是：防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高Mn2+浸出量； （6）“氧化”时，锰离子与氨气、氧气和水反应生成四氧化三锰、铵根离子和水，离子方程式为：。 18．(1)+6 (2) (3) (4) CuS (5) 阳 阳 【分析】废水经预处理后含有和少量的、，还原池中加入硫酸和草酸，草酸作还原剂，将还原为Cr3+，沉淀池1加入NaOH调节pH=5.6，得到沉淀，去除Cr3+；加硫酸调节pH=4，加硫化钠溶液生成硫化铜沉淀，去除铜离子；加氢氧化钠调节pH=7，加硫化钠溶液生成硫化镍沉淀，去除镍离子。 【详解】（1）各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数，假设Cr元素的化合价为x，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6； （2）还原池中加入硫酸和草酸，草酸作还原剂，将还原为Cr3+，反应的离子方程式为：； （3），其性质与相似，则与NaOH溶液反应的化学方程式：； （4）Na2S溶液呈碱性的原因是由于硫离子的水解，水解的离子方程式为：；由于沉淀池2中的pH小于沉淀池3中的pH，所以沉淀池2中的硫离子浓度低于沉淀池3，又因为，所以沉淀池2中产生的是CuS沉淀，沉淀池3中产生的是NiS沉淀； （5）由可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成和，阴极上得到电子生成，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备的效率，通过离子交换膜移向阴极，该电解池中离子交换膜为阳离子交换膜。 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 $$