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．（2024·陕西安康·模拟预测）钴基变形高温合金是指含钴40%～70%的铸造合金，具有较好的抗氧化和抗热腐蚀性。制备某钴基变形高温合金的废料中主要含有，还含有少量、及铝、镁、钙等金属元素的氧化物。用该废料采用酸溶法回收的工业流程如图所示。 已知：①“溶浸”液中含有的阳离子主要有、、、、、等。 ②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和沉淀完全()时的pH见下表。 沉淀物 开始沉淀时的pH 6.6 7.6 2.7 3.4 9.2 沉淀完全时的pH 9.2 9.6 3.2 4.7 11.1 (1)“溶浸”前，通常需要将合金废料粉碎，这样做的目的是 。“溶浸”时加入的作用是 。 (2)“滤液1”中加入溶液的作用是 (用离子方程式表示)。得到“滤渣2”时需要加溶液调节溶液的范围是 。 (3)已知：25℃时，、。向“滤液2”中加入溶液的目的是将溶液中的与转化为氮化物沉淀。如果“滤液2”中的，则开始滴加溶液时，首先析出的沉淀是 (填化学式)，已知当加入过量溶液后，所得滤液中 。 (4)在空气中充分煅烧，除得到产品外，还生成了，写出该反应的化学方程式： 。 (5)若将草酸铵溶液换为碳酸氢钠溶液，可将转化为沉淀，反应的离子方程式为 。 2．（2024·山西·模拟预测）锂离子电池是新能源重要组成部分，废旧锂电池的回收利用意义重大。某研究小组对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)已知Co的原子序数为27，则其在元素周期表中的位置是 。 (2)已知“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，则“500℃焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 ；滤饼2成分的化学式为 。 (3)碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na2CO3，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和 。得到碳酸锂沉淀的操作为 (填标号)。 a．静置，过滤 b．加热后，趁热过滤 c．蒸发浓缩、冷却结晶 (4)取100mL滤液2，其中c(Li+)=0.10mol·L-1，为使锂元素的回收率不低于80%，则至少应加入Na2CO3固体的物质的量为 mol[已知Ksp(Li2CO3)=3.6×10-4，忽略溶液体积变化]。 (5)将碳酸锂(Li2CO3)与CoCO3按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配合，然后在空气中于700℃烧结可合成锂电池正极材料LiCoO2，反应的化学方程式为 。 (6)钴的某种氧化物的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。 ①该氧化物的化学式为 。 ②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为 g·cm-3。 3．（2024·山东济南·模拟预测）偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示： 已知25℃时：①，，，， ②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。 回答下列问题： (1)加入适量的主要目的是 。 (2)“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗 (用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则 。 (3)“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为 (填化学式)。 (4)“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是 。 (5)“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为 。 4．（2024·浙江金华·模拟预测）铬酰氯()可在有机合成中作氯化剂。某兴趣小组用与HCl反应制备液态，实验装置如图。 已知： ①的沸点是117℃，易挥发、易水解。 ②水解反应： 请回答： (1)仪器X的名称是 。 (2)完善虚框内的装置排序： 。 ____→C→____→____→____→尾气处理装置 (3)尾气处理装置中最合理的是 。 (4)装置E中玻璃棉的作用是 。 (5)下列说法正确的是___________ A．该实验操作须在通风橱中进行 B．浓硫酸在反应前可预冷却至0℃左右，以防止反应速率过快 C．加入过量NaCl固体，有利于产生过量的氯化氢，可以提高铬酰氯的产率 D．装置C中可盛放碱石灰 (6)取1.60g 产品，控制pH值为6.5-10.5，滴加溶液至沉淀出现砖红色时，停止滴加，将沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量为2.87g。产品的纯度为 。(结果保留3位有效数字)。 5．（2024·湖北武汉·模拟预测）磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含等元素，是含锂较高的工业矿物之一。以磷锂铝石为原料制备锂离子动力电池正极材料的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)滤渣1的成分为和 （填化学式）。 (2)“氧化”的目的是 （语言叙述），滤渣2的成分为 。 (3)的溶解度曲线如图所示。图中a、b对应温度下的溶度积之比 ，“沉锂”时，控制温度为，饱和的浓度约为 （填“可能”或“不可能”）沉淀完全。[饱和溶液的密度近似为，认为沉淀完全]。 (4)“沉锂”时反应，测得沉淀率随温度升高而增加，其原因是 （任写一条即可）。 (5)“沉锂”后分离得到的操作是蒸发结晶、 、洗涤、干燥。 (6)“合成”在高温下进行，写出该反应的化学方程式： （葡萄糖→）。 6．（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。 7．（2024·贵州贵阳·模拟预测）以硫酸厂矿渣(含、、等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图所示： 资料：i．化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。ii．；。回答下列问题： (1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有(写出其中一种) 。 (2)“滤渣”中主要成分为(填化学式) 。 (3)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为 。 ②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是 。 ③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液 。 (4)利用制备的铁黄进行如图实验： 某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐渐褪去，褪色后的溶液中继续滴加KSCN溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是 。 (5)铁有、、三种晶型，各晶胞结构下图，则、两种晶胞中铁原子的配位数之比为 -Fe的晶胞边长为，则原子半径为 。 8．（2024·湖北黄冈·模拟预测）废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。 （或）的萃取原理：。 回答下列问题： (1)“高温氢化”时不参与反应，固体产物为、、和，该反应的化学方程式为 ，实际生产中少量的与空气接触会转化为 ，所以为降低锂在固体残余物中的含量应用“酸洗”。 (2)若“洗液”中，加入固体后，为使沉淀中元素含量不小于元素总量的95%，则“洗液”中至少需要加入的物质的量为 [忽略溶液体积变化，]。 (3)“沉锰”过程中对金属沉淀率的影响如图所示。 ①生成的离子方程式为 。 ②该工艺条件下，开始沉淀的为2，开始沉淀的为3。“沉锰”过程中应选择的最佳为 ，时，有少量钴、镍析出，可能的原因是 。 (4)“反萃取”的目的是将有机层中、转移到水层，为使、尽可能多地转移到水层，可适当增大盐酸的浓度，还应采取的实验操作有 。 9．（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= 。 10．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）钛酸钡()是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。用高钛渣(主要成分为，含、、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知：a．在溶液中呈绿色；是强电解质； b．部分金属离子开始沉淀的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀pH() 1.9 7.0 9.1 回答下列问题： (1)“碱浸”操作过程中除去的杂质为 (填化学式)。 (2)“水洗”过程中与水发生离子交换反应：，滤液2呈绿色，经除杂处理后可在 (填操作单元名称)步骤循环利用：“熔盐反应”过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)“水解”操作加入的目的是调节溶液，可适当提高水解速率。已知，水解反应的平衡常数K= 。 (4)“转化”过程加入铁粉的目的是 ，滤液3中含有的金属阳离子有 。 (5)“共沉淀”过程发生反应：，“灼烧”时隔绝空气，发生反应的化学方程式为 。 11．（2024·福建厦门·模拟预测）一种利用炼锌渣(主要含、、、和一定量的、不溶性杂质)为原料制备硫化锌及高纯镓的流程如图所示： 已知：①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。②。 (1)基态的价层电子排布式为 ，中含有键的数目为 。 (2)黄钠铁矾的化学式为，晶体颗粒大、易沉降。 ①“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方程式为 。 ②不采用调节的方式沉铁，可能的原因是：容易生成而损失； (答2点)。 (3)“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的铜粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量粉，加入铜粉的目的是 。 (4)与的各物种的分布分数随的变化如图所示。“调节”时，不能过高的原因是 。 (5)通过计算探究氨水能否溶解。已知：室温时，，，。反应的平衡常数为 。 (6)在沉铁前可以加入铁氰化钾检验是否被完全氧化，若有则会观察到蓝色沉淀。该蓝色沉淀是一种铁的配合物，其晶胞的如图[未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心]。若该晶体的密度为，则1个该晶胞含 个，和的最短距离为 (设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 12．（2024·浙江·模拟预测）亚氯酸的，常温常压下二氧化氯是一种黄绿色气体，它具有漂白性，消毒能力较强，可替代传统的液氯作为饮用水消毒杀菌剂。实验室用以下方式制备： (1)①步骤一电解的阳极反应： 。 ②在水溶液中很快水解成和另一种化合物，该化合物名称为： 。上述流程中在酸性溶液条件下加入反应的离子方程式为： 。 (2)纯易分解爆炸，故常与的烧碱溶液反应生成保存，需要时再通过溶于酸溶液反应获得，该反应刚开始十分缓慢，稍后一段时间产生气体急剧加快。下列说法正确的是______。 A．亚氯酸钠有强氧化性，在溶液中水解显酸性 B．和在碱性溶液中反应时，表现还原性 C．将溶液进行加热浓缩，蒸发结晶，过滤洗涤，得到 D．两份相同溶液分别与等的盐酸和硫酸反应，与盐酸反应可能快 (3)设计实验验证溶液中的金属阳离子与氯离子 。 13．（2024·贵州·模拟预测）工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量等)和辉铜矿(主要成分为，还含有少量Si、Ni等氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾的工艺流程如图所示。 已知：HR萃取的原理为(org为有机相)。 回答下列问题： (1)为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是 (答出一条即可)，已知浸出渣中含有单质S，写出“酸浸”时与反应的离子方程式： 。 (2)“萃取”后的溶液中，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽，已知“调pH除镍”时应控制溶液pH的最小值是1.8，最大值是5.8，则 [已知，该溶液中和pH的关系为；忽略溶液体积变化]。 (3)写出“碳化沉锰”过程中发生反应的离子方程式： 。 (4)试剂X为 (填化学式)；“系列操作”包括 、过滤、洗涤和干燥。 (5)铜的一种氧化物晶胞如图所示，晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值。A、B的原子坐标分别为、，则C的原子坐标为 ，该晶体密度为 。 14．（2024·云南·模拟预测）碳酸钴是一种无机化合物，其化学式为。它是一种重要的钴盐，常用于电池、催化剂等领域。工业上以钴矿[主要成分是]为原料制取碳酸钴的工艺流程如图： 已知：①浸取液中含有等阳离子； ②时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见表： 金属离子 沉淀完全的 8.3 2.8 4.7 9.8 ③的。 回答下列问题： (1)请写出基态原子的核外电子排布简式 。 (2)浸取钴矿石前，需要浆化处理，原因是 。 (3)除杂过程中，加入适量溶液所发生反应的离子方程式为 ，对该流程有人提出用压缩空气代替溶液，你觉得用压缩空气代替溶液的好处是 ，调节后，若溶液中，此时的范围是 。 (4)萃取剂，和能发生反应：．萃取时，适当增大溶液萃取率会增大，但值过大，萃取率反而会降低，其原因是 ，反萃取时需向萃取液中加入 （填写化学式）。 (5)一种含的氧化物晶胞结构如图所示，已知在该氧化物中原子半径为原子半径为，它们在晶体中是紧密接触的。用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）。 15．（2024·黑龙江·三模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天，核能等领域具有重要应用。氯化钪是一种可溶于水的灰白色固体，是制备钪的重要原料。从某工业废料“赤泥”（含有等）中回收的工艺流程如下： 已知：①难溶于盐酸。 ②常温下，。 回答下列问题： (1)某次实验中需要使用的盐酸，用浓盐酸（密度为，质量分数为36.5%）配制实验所需要的盐酸，则需要量取浓盐酸的体积为 。 (2)滤渣1的主要成分是 （填化学式）。“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是 。 (3)常温下，“调”时，溶液中，为除去杂质离子，应控制的范围是 （当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全）。 (4)“氧化”时反应的离子方程式为 。 (5)实验室模拟流程中“灼烧”得到，用来盛放被灼烧物的仪器为 ，“加热氯化”步骤中所加入焦炭过量，写出由制备三氯化钪反应的化学方程式： 。 (6)的一种氢化物的晶胞结构如图所示，已知晶胞的边长为。 ①该氢化物的化学式为 。 ②设表示阿伏加德罗常数的值，则钪晶体的密度为 。 16．（2024·四川成都·模拟预测）工业上利用锌焙砂(主要成分为 ，含有少量 等)生产高纯 的流程示意图如下。 (1)用足量 溶液和氨水 “浸出” 锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的 转化为 ，该反应的离子方程式为 。 (2)“浸出”时 转化为 。“除砷”步骤①中用 作氧化剂，步骤①反应中的氧化剂与还原剂物质 的量之比为 (3)“除重金属”时，加入 溶液。滤渣II中含有的主要物质是 和 。 (4)“蒸氨”时会出现白色固体 ，运用平衡移动原理解释原因： 。 (5)“沉锌”步骤①中加入足量 溶液将白色固体转化为 的离子方程式为 。 (6)煅烧”步骤中，在一定温度下，煅烧 一定时间后固体失重质量分数为 ，则 的分解率 为 (保留到小数点后一位)。已知： 固体失重质量分数 。 (7)该流程中可循环利用的物质有 (答出任意 2 种即可) 17．（2024·湖南·模拟预测）赤泥是氧化铝生产排放的固体废弃物。由赤泥（主要成分为、、、FeO、CaO、等）制备一种高效净水剂聚合硫酸铝铁（PAFS）的工艺流程如下。 (1)的空间结构是 。 (2)“焙烧”时，需将赤泥粉碎的目的是 。 (3)酸浸渣的主要成分是 （填化学式）。 (4)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。室温下，向氧化后的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4时，溶液中的 [已知25℃，的]。 (5)为了测试所制得的聚合硫酸铝铁的性能，取某水样，在不同pH条件下加入PAFS并测定其去浊率，结果如图所示（已知去浊率越高，净水效果越好）。由图可知在设定的偏酸性和偏碱性条件下，水样的去浊率均不高。试分析pH＜7时，去浊率较低的可能原因是 。 (6)一种碳溶解在铁单质中形成合金的晶胞如图所示，则该物质的化学式为 ，若晶体密度为，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为 pm（阿伏加德罗常数的值用表示，写出计算式即可）。 18．（2024·黑龙江吉林·模拟预测）乙苯是生产苯乙烯的一种重要工业原料，工业上一般采用苯烷基化法制取乙苯。回答下列问题： I.目前工业上生产乙苯主要采用乙烷裂解和苯与乙烯催化烷基化法，发生的反应如下： ①C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ②C2H4(g)+(g)=(g) 工业上也可以采用乙烷与苯的一步烷基化反应制取乙苯： ③C2H6(g)+(g)=(g)+H2(g) (1)反应①、②、③的反应温度与△G的关系如图1，(△G为反应的自由能，一个化学反应，不管是一步完成的还是几步完成的，其△G是相同的)，其中代表反应③的曲线是 (填字母)，反应③在热力学上能实现的温度范围为 。 (2)使用氧化钼为催化剂，发生反应①。其中各步基元步骤中能量的变化关系如图2。 ①反应①的最大能垒为 eV，该步基元反应的化学方程式为 。 ②能提高反应①平衡转化率的适宜条件为 (填字母)。 A．升温        B．加压      C．使用高效的催化剂       D．分离出H2 II.工业上还可以在催化条件下用氯乙烷和苯反应制取乙苯，发生的反应如下： ④(g)+CH3CH2Cl(g)=(g)+HCl(g) ⑤(g)+CH3CH2Cl(g)=(g)+HCl(g) 在温度为T℃时，苯和氯乙烷的投料比为10：1，加料方式为向苯中不断加入氯乙烷，发生反应④、⑤，苯的转化率、乙苯的选择性与时间的关系如图3。 乙苯的选择性=×100% Ka为为物质的量分数平衡常数 (3)10min后乙苯的选择性下降的原因为 。 (4)反应最适宜的时间为 (填字母)。 A．10min       B．20min      C．30min (5)该温度下，反应④的平衡常数Kx= 。 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) 加快溶浸速率 还原、 (2) (3) 0.7 (4) (5) 【分析】钴基变形高温合金废料中加入稀硫酸溶浸，得到多种金属的硫酸盐溶液(阳离子主要有、、、、、等)，二氧化硅不溶稀硫酸(滤渣1)，再加入的具有强还原性，可将、还原为、。向“滤液1”中加入溶液的目的是将氧化为，加入溶液溶液调以得到沉淀和(滤渣2)。根据第(5)问的问题可知，向“滤液2”中加入溶液是为了除去、(滤渣3)，之后向“滤液3”中加入草酸铵溶液是为了沉淀，得到，最后煅烧草酸钴晶体得到。 【详解】（1）将合金废料粉碎可加快“溶浸”速率，提高原料的利用率。根据已知①“溶浸”液中的离子可知，将、还原为、； （2）加入溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为；由于“滤渣2”是和的混合物，根据表中的、完全沉淀时的可知，此时调节应大于或等于4.7，同时又不能使、等离子沉淀，所以应小于6.6； （3）加入氟化钠溶液的目的是将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，由于“滤液2”中，根据25℃时，，所以开始滴加溶液时，首先析出的沉淀是。当加入过量溶液后，所得滤液中； （4）在空气中充分煅烧，除得到产品外，还生成了，则元素、的化合价升高，氧气充当反应的氧化剂，故反应的化学方程式为； （5）碳酸氢钠溶液与“滤液3”中的作用转化为沉淀的同时，得到二氧化碳气体，则反应的离子方程式为。 2．(1)第四周期第Ⅷ族 (2) 1：4 Co(OH)2 (3) 减少Li2CO3的溶解量，提高产率 b (4)0.094 (5) (6) Co2O3 【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1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co(OH)2和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3，据此解答。 【详解】（1）Co为27号元素，在第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期VIII族； （2）“500℃焙烧”反应方程式为：，生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4；根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co(OH)2； （3）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故选b； （4）常温下，取100mL“滤液2”，其中c(Li+)=0.10mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则溶液中剩余的Li+浓度为0.1mol/L×20%=0.02mol/L，则溶液中，需要碳酸钠的物质的量为0.9mol/L×0.1L=0.09mol，沉淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.1mol/L×0.1L×80%×=0.004mol，故最少需要碳酸钠的物质的量为0.004mol+0.09mol=0.094mol； （5）Li2CO3与CoCO3在空气中于700℃烧结生成LiCoO2，反应的化学方程式为：； （6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的钴离子的个数为2，位于面心的氧离子的个数为3，故氧化物的化学式为：Co2O3；该立方晶胞参数为apm，晶胞体积为(a×10-10) 3cm3，晶胞质量为，该晶胞的密度为。 3．(1)除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀) (2) (3) (4)，F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全 (5) 【分析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2； 【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4； （2）“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子amol，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bmol，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）mol÷2，、消耗硫离子(a+b)mol，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则； （3）磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离； （4）因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全； （5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。 4．(1)恒压滴液漏斗 (2)D→C→B→E→A (3)B (4)使得冷却效果更好 (5)AB (6) 【分析】D作为HCl的发生装置，C装置干燥HCl，B为的发生装置， E冷却的装置， A冷却并收集，最后尾气处理装置，据此回答。 【详解】（1）仪器X的名称是恒压滴液漏斗，答案：恒压滴液漏斗； （2）虚框内的装置排序：D（制取氯化氢）→C（干燥气体）→B（反应装置）→E（冷却装置）→A（收集装置）→尾气处理装置，答案：D→C→B→E→A； （3）尾气处理装置中最合理的是B，因为碱石灰，既可以吸收未反应的氯化氢，又可以吸收水蒸气，还可以防止空气中的水分进入装置，答案：B； （4）玻璃棉的作用是使得冷却效果更好，答案：使得冷却效果更好； （5）因为有氯化氢生成，所以该实验操作须在通风橱中进行，故A正确；降低温度，可以减慢反应速率，故B正确；过量的氯化氢，会干扰铬酰氯的纯度，干扰实验，故C错误；装置C中不可盛放碱石灰，会和生成的氯化氢反应，故D错误；答案：AB； （6）滴加溶液至沉淀出现砖红色时，说明氯离子和银离子已经反映完成，氯化银2.87g，物质的量为0.02mol，有因为，可知为0.01mol，质量为m=n×M=1.55g，纯度=，答案：AB 、。 5．(1) (2) 将转化为 、 (3) 不可能 (4)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大（或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大） (5)趁热过滤 (6) 【分析】磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含等元素，加浓硫酸焙烧，得到HF和硫酸盐，SiO2不反应，水浸，不溶性物质主要有SiO2和CaSO4（微溶），过滤所得滤液中加过氧化氢，将Fe2+氧化成Fe3+，再加氨水调节pH，沉淀除铝、铁的离子，二次净化进一步出去磷、钙，所得滤液加Na2CO3溶液沉锂得到碳酸锂沉淀，所得滤液主要溶质为硫酸钠，碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4。 【详解】（1）由分析得，滤渣1成分为SiO2和CaSO4； （2）氧化的目的是，将转化为，便于后续调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3除去； （3）a点Li2CO3的溶解度为1.48g，为0.02mol，溶液总质量为101.48g，Li2CO3饱和溶液的密度近似为1g/cm3，故体积为点的溶解度为101.48mL，，，b点Li2CO3的溶解度为0.74g，为0.01mol，溶液总质量100.74g，体积为100.74mL，，，8：1；当沉锂时，溶液中的浓度最大为2.5mol/L时，，远大于5×10-5mol/L，故Li+不可能沉淀完全； （4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大（或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大）； （5）Li2CO3溶解度随温度的上升而下降，为了减小Li2CO3的损失，“沉锂”后分离得到的操作是：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥； （6）碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4，化学方程式为：。 6．(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。 7．(1)粉碎矿渣或适当升高温度或适当提高稀硫酸浓度或搅拌等 (2)α—Al2O3、SiO2、Fe (3) Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O 加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2 140 (4)SCN—被过量的氯水氧化 (5) 4：3 【分析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-Al2O3和二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。 【详解】（1）粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等措施能提高酸浸的效率，故答案为：粉碎矿渣或适当升高温度或适当提高稀硫酸浓度或搅拌等； （2）由分析可知，滤渣的主要成分是α—Al2O3、铁、二氧化硅，故答案为：α—Al2O3、SiO2、Fe； （3）①由分析可知，沉铁过程中加入碳酸氢铵溶液发生的反应为碳酸氢铵溶液与硫酸亚铁溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O； ②加入碳酸氢铵溶液沉铁时，溶液中的碳酸氢根离子与亚铁离子可能发生双水解反应生成氢氧化亚铁、二氧化碳和水，导致有副产物氢氧化亚铁生成，故答案为：加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2； ③用碳酸钙沉淀时，溶液中===140，故答案为：140； （4）铁黄溶于稀盐酸得到的溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变为淡红色，向淡红色中加入过量新制氯水，溶液变为深红色，放置一段时间后，深红色会逐渐褪去，褪色后的溶液中继续滴加硫氰化钾溶液，又出现红色说明溶液中硫氰酸根离子被过量的氯气氧化使得硫氰化铁溶液浓度先减小后增大，故答案为：SCN—被过量的氯水氧化； （5）由晶胞结构可知，δ晶胞中位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子距离最近，配位数为8，α晶胞中位于顶点的铁原子与位于顶点的铁原子距离最近，配位数为6，则δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为4：3；γ-Fe的晶胞中位于顶点和面心的铁原子距离为面对角线的，则铁原子半径为apm××=pm，故答案为：4：3；。 8．(1) (2)2.34 (3) 1.0 沉淀过程中夹杂、包裹 (4)多次反萃取 【分析】由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，转化为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR有机萃取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。 【详解】（1）由分析可知，高温氢化时发生的反应为高温条件下与氢气反应转化为生成钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；实际生产中少量的与空气接触会转化为碳酸锂和水，所以为降低锂在固体残余物中的含量应用“酸洗”；故答案为：6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；； （2）由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为2.0mol/L×2.0L×95%×=1.9mol，溶液中锂离子的浓度为2.0mol/L-2.0mol/L×95%=0.1mol/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的物质的量为×2.0mol =0.44mol，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的物质的量为1.9mol+0.44mol=2.34mol，故答案为：2.34； （3）①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+； ②由图可知，溶液pH为1时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH为1；pH=0.5时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；故答案为：1；MnO2沉淀过程中夹杂、包裹； （4）由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多次反萃取。 9．(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=。 10．(1) (2) 碱浸 (3)10 (4) 将转化为，避免水解生成杂质 、 (5) 【分析】由题给流程可知，向高钛渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠固体，通入氧气发生熔盐反应，将钛元素、锰元素的氧化物转化为钛酸钠、锰酸钠，向反应后的固体中加入去离子水水洗，将钛酸钠转化为沉淀，氧化钙转化为氢氧化钙，过滤得到含有氢氧化钠、氢氧化钙、锰酸钠的滤液和滤渣，其中滤液经除杂处理后得到的氢氧化钠溶液，可在碱浸步骤循环使用；向滤渣中加入稀硫酸酸溶，将转化为TiOSO4溶液，氧化铁、氧化镁转化为硫酸铁、硫酸镁，向溶解得到的溶液中加入铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，再向反应后的溶液中加入氨水调节溶液pH为2.5，将溶液中TiOSO4水解生成TiO(OH)2沉淀，过滤得到含有亚铁离子、镁离子的滤液和含有TiO(OH)2的滤渣；向滤渣中加入草酸溶液，将TiO(OH)2溶解转化为H2[TiO(C2O4)2]溶液，向溶液中加入氯化钡溶液，将溶液中H2[TiO(C2O4)2]转化为BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀，过滤得到滤液和BaTiO(C2O4)2·4H2O；BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧分解生成钛酸钡。 【详解】（1）由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，则“碱浸”操作过程中除去的杂质为氧化铝； （2）由分析可知，滤液2经除杂处理后得到的氢氧化钠溶液可在碱浸步骤循环使用；“熔盐反应”过程中二氧化锰发生的反应为二氧化锰与氢氧化钠、氧气共热反应生成锰酸钠和水，反应的离子方程式为； （3）由方程式可知，反应的平衡常数； （4）由分析可知，加入铁粉的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，防止水解操作时生成氢氧化铁沉淀；由分析可知，滤液3中含有的金属阳离子为亚铁离子、镁离子； （5）由分析可知，BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧分解生成钛酸钡、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为。 11．(1) 3d10 8NA (2) 直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失 (3)除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出 (4)当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2 (5)2.0×10-6 (6) 24 【分析】根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸、H2O2溶浸过滤掉不溶性杂质、将ZnO、CuO、Fe2O3、FeO转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+，向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到黄钠铁矾，溶液中的氯离子会影响镓的析出，可知金属粉末中含有Cu粉除去Cl-，以及金属粉末Zn除去Cu2+，向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为，加入Na2S溶液将Zn2+转化为ZnS，最后电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓。 【详解】（1）锌为30号原子，Zn2+的价层电子排布式为3d10；中，OH-中氧原子和氢原子存在σ键，OH-与Ga以σ键结合，所以1mol中含有σ键的物质的量为8mol，数目为8NA。 （2）①“沉铁”时，加入硫酸钠生成黄钠铁矾沉淀，离子方程式为； ②直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失。 （3）加入铜粉的目的是：除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出。 （4）根据图示可得知，当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2。 （5）由反应方程式的平衡常数K1= ，结合 K=1.0×1034，可知K1===Ksp[Ga(OH)3]×K×Kb(NH3·H2O)=1×10-35×1×1034×2.0×10-5=2.0×10-6。 （6）该晶胞图中Fe3+和Fe2+位于顶点位置，设晶胞边长为xcm，则晶胞边长为2xcm，晶胞体积为V=(2xcm)3，K+未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心，所以晶体中含有4个K+，含有24个CN-，晶胞的质量，解得x= 。 12．(1) 氯化氢 (2)B (3)钠离子的检验：将铂丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取X溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色显黄色，再将铂丝蘸稀盐酸灼烧至无色；氯离子的检验：取少量X溶液于试管中，先滴加硝酸，再滴加硝酸银，产生白色沉淀，则含有氯离子。 【分析】NH4Cl电解转化为NCl3溶液和H2，NCl3与NaClO2反应转化为ClO2、NH3与NaCl，据此回答。 【详解】（1）①阳极电解生成NCl3，电极方程式为：； ②NCl3在水溶液中很快水解成NH3和HCl，该化合物名称为氯化氢；NCl3酸性溶液条件下与加入的NaClO2反应，离子方程式为：; （2）A．亚氯酸钠有强氧化性，属于强碱弱酸盐，在溶液中水解显碱性，A错误； B．ClO2和H2O2在碱性溶液中反应时，H2O2作还原剂，表现还原性，B正确； C．将NaClO2溶液进行加热浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥，得到NaClO2⋅3H2O，C错误； D．两份相同NaClO2溶液分别与等pH的盐酸和硫酸反应，由于H+的浓度相同，所以反应速率相同，D错误； 故选B。 （3）溶液X为氯化钠，其中钠离子的检验通过焰色试验，氯离子的检验可以先加入硝酸，再加硝酸银检验，钠离子的检验：将铂丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取X溶液在无色火焰上灼烧，观察火焰颜色显黄色，再将铂丝蘸稀盐酸灼烧至无色；氯离子的检验：取少量X溶液于试管中，先滴加硝酸，再滴加硝酸银，产生白色沉淀，则含有氯离子。 13．(1) 将矿石粉碎或充分搅拌或加热或适当增加硫酸浓度 2MnO2+Cu2S+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O (2)5×108 (3)Mn2++HCO+ NH3·H2O =MnCO3↓+NH+H2O (4) H2SO4 蒸发浓缩、冷却结晶 (5) (0.5，0.5，0.5) 【分析】由题给流程可知，向软锰矿、辉铜矿中加入硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，硫元素转化为硫单质，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入HR萃取溶液中的铜离子，分液得到水相和有机相；向水相中加硫化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液得到硫酸铜溶液；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾。 【详解】（1）将矿石粉碎、加热、适当增加硫酸浓度、充分搅拌等措施能加快“酸浸”速率；由题意可知，酸浸时二氧化锰和硫化亚铜发生的反应为酸性条件下二氧化锰和硫化亚铜反应生成锰离子、铜离子、硫和水，反应的离子方程式为2MnO2+Cu2S+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，故答案为：将矿石粉碎或充分搅拌或加热或适当增加硫酸浓度；2MnO2+Cu2S+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O； （2）由pc(S2—)=15.1—pH可知，溶液pH为1.8时，溶液中硫离子浓度为10—13.3mol/L，则由题意可知，溶度积Ksp(NiS)=10—5×10—13.3=10—18.3，溶液pH为5.8时，溶液中硫离子浓度为10—9.3mol/L，则由题意可知，溶度积Ksp(MnS)=0.5×10—9.3=5×10—10.3，则5×108，故答案为：5×108； （3）由分析可知，“碳化沉锰”过程中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++HCO+ NH3·H2O =MnCO3↓+NH+H2O，故答案为：Mn2++HCO+ NH3·H2O =MnCO3↓+NH+H2O； （4）由萃取原理和系列操作得到胆矾可知，向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液的目的是得到硫酸铜溶液，则X为硫酸溶液，由分析可知，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾，故答案为：硫酸；蒸发浓缩、冷却结晶； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的A原子、位于体对角线处的B原子的原子坐标分别为、，则晶胞的边长为1，位于体心的C原子的原子坐标为(0.5，0.5，0.5)；晶胞中位于顶点和体心的氧原子个数为8×+1=2，位于体内的铜原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10a)3d，解得d=，故答案为：(0.5，0.5，0.5)；。 14．(1)[Ar]3d74s2 (2)增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行 (3) 压缩空气便宜、不引入新杂质离子且压缩空气能起搅拌作用 4.7~7.6 (4) 萃取时，增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大，但值过大，导致转化为氢氧化钴沉淀，使得萃取率反而会降低 H2SO4 (5) 【分析】向钴矿中加入盐酸，并通入SO2，结合信息①中浸出液含有的阳离子主要有Co2+、Fe2+、Ca2+、Mn2+、Al3+等，工艺流程最终得到碳酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+并调节溶液的pH值，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Ca2+、Mn2+，用NaF溶液除去钙，过滤后，向滤液中加入P507萃取剂对Co2+进行萃取同时除去Mn2+，分液后对有机层进行Co2+进行反萃取得到水层溶液即硫酸钴溶液，向硫酸钴溶液中加入碳酸钠溶液得到碳酸钴，过滤洗涤干燥即可； 【详解】（1）Co原子的原子序数为27，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2； （2）浸取钴矿石前，对其进行浆化处理，可以增大与HCl、SO2的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行； （3）由分析可知，除杂过程中，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，反应为：；氧气中氧气就有氧化性，故若通入压缩空气后实现同样的目的，压缩空气便宜、不引入新杂质离子且压缩空气能起搅拌作用加快反应速率；调节后，即是Fe3+、Al3+完全沉淀，而Co2+、Mn2+不沉淀，此时pH应该大于4.7，若溶液中，则溶液中，pOH=6.4，pH=7.6，故pH的范围是4.7~7.6。 （4）萃取剂和能发生反应：，萃取时，增大pH降低c(H+)使萃取反应平衡正向移动，Co2+萃取率会增大，但值过大，导致转化为氢氧化钴沉淀，使得萃取率反而会降低；增大溶液中H+浓度使得萃取平衡逆向移动即为反萃取，反萃取之后得到硫酸钴溶液，则反萃取时需向萃取液中加入H2SO4； （5）根据“均摊法”，晶胞中含个Co、个O，晶胞边长为2(a+b)pm，则晶体密度为。 15．(1)125 (2) 酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢 (3) (4) (5) 坩埚 (6) 【分析】“赤泥”含有等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入氨水调pH，使Fe3+形成沉淀，则滤渣2为氢氧化铁沉淀；再加入H2O2将Fe2+氧化形成FeOOH滤出；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，再在氯气和足量焦炭的条件下加热氯化，得ScCl3，据此分析解题。 【详解】（1）根据浓度计算公式：，根据溶液稀释公式计算：，算得：； （2）根据分析可知，滤渣1主要成分为：；盐酸易挥发，酸浸温度过高，盐酸的挥发性增强，使得酸浸速率减慢； （3）调pH时，需将Fe3+形成沉淀以除去，同时还需避免形成沉淀，根据，当铁离子完全沉淀，，，即此时要求溶液；根据，，，此时要求溶液，综上要求溶液； （4）加入H2O2将Fe2+氧化形成FeOOH，根据得失电子守恒及电荷守恒，离子方程式：； （5）“灼烧”草酸钪晶体得到需在坩埚中进行；“加热氯化”步骤中所加入焦炭过量，写出由制备三氯化钪反应的化学方程式：； （6）①根据均摊法计算：H原子在晶胞内部，有8个，Sc在晶胞顶角和面心，有，化学式：； ②根据晶胞密度计算公式：。 16．(1) 增大接触面积，提高浸出效率 (2)1：1 (3)CuS (4)蒸氨”过程中有 产生，溶液中 的 浓度降低，平衡 正向移动， 转化为 和 溶液中 和 结合得到白色固体 (5) (6)62.5 (7) 或 【分析】锌焙砂用足量 溶液和氨水 “浸出”，得到、、Cu2+等离子的溶液，用 作氧化剂，加入CaO和FeSO4出去砷元素及铁元素；再用BaS溶液除去Cu2+，用Zn粉深度除重金属，最后通过蒸氨、沉锌、烘干煅烧等步骤可得到高纯产品ZnO。 【详解】（1）利用锌焙砂生产高纯ZnO的流程浸出前，锌焙砂预先粉碎，可以增大锌焙砂与浸出液的接触面积，从而提高反应速率，提高浸出率； 浸出时锌焙砂中的ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，发生非氧化还原反应，根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为ZnO+2NH3.H2O+=[Zn(NH3)4]2++3H2O 故答案为：增大锌焙砂与浸出液的接触面积，从而提高反应速率，提高浸出率； （2）除砷步骤①中被氧化为，则(NH4)2S2O8被还原为，由→，失2e-，→2得2e-，根据得失电子守恒，它们的化学计量数均为1，所以为1：1，故答案为：1：1； （3）“除重金属”时，加入BaS溶液，目的是除去Cu2+和，所以滤渣II中含有的主要物质是CuS和BaSO4，故答案为：CuS； （4）根据，将氨气蒸出后，c(NH3)降低，平衡正向移动，c(Zn2+) 增大，使，让平衡正向移动，生成白色固体，故答案为：将氨气蒸出后，c(NH3)降低，平衡正向移动，c(Zn2+) 增大，使，平衡正向移动； （5）沉锌步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体ZnSO4·Zn(OH)2转化为 ZnCO3，各元素化合价不变，根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式： ZnSO4⋅Zn(OH)2+2=2ZnCO3++2H2O 故答案为：ZnSO4⋅Zn(OH)2+2=2ZnCO3++2H2O （6）根据方程式ZnCO3=ZnO+CO2，设起始ZnCO3为1mol，分解率为x，则剩余固体为(1-x)mol ZnCO3，xmol ZnO，根据差量法，ZnCO3和ZnO的相对分子质量相差44，所以固体失重质量分数，x=62.5%，故答案为：62.5； （7）蒸氨时，蒸出的氨气可以循环到浸出过程，除砷时生成的(NH4)2SO4可以循环到浸出过程，烘干煅烧时生成的CO2可以循环到沉锌过程。 故答案为：(NH4)2SO4、NH3⋅H2O 或 NH3、CO2； 17．(1)正四面体形 (2)增大接触面积，增大反应速率，使焙烧更充分 (3)、 (4) (5)较大，抑制了PAFS（或和）的水解，生成胶体的量减少 (6) FeC 【分析】赤泥（主要成分为、、、FeO、CaO、等）经焙烧后加硫酸酸浸，生成的微溶于水，不溶于，所以酸浸渣的主要成分是、，所得滤液中主要含有、、、以及过量的硫酸，氧化工序中加入将氧化为，加入NaOH聚合后，分离出高效净水剂聚合硫酸铝铁； 【详解】（1）在硫酸根离子中，中心原子S的孤电子对数为，价层电子对数为，所以的空间结构是正四面体形； （2）“焙烧”时，需将赤泥粉碎的目的是增大接触面积，增大反应速率，使焙烧更充分； （3）酸浸渣的主要成分是、； （4）“氧化”时将氧化为，发生反应的离子方程式为 ；室温下，向氧化后的溶液中滴加NaOH溶液至pH＝4时，，，则溶液中的； （5）高效净水剂聚合硫酸铝铁（PAFS）净水原理是：铁离子、铝离子分别水解生成的氢氧化铁胶体、氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降。pH＜7时，去浊率较低的可能原因是较大，抑制了PAFS（或和）的水解，生成胶体的量减少； （6）铁原子位于晶胞的顶点和面心，其数目为，碳原子位于晶胞的棱心和体心，其数目为，则该物质的化学式为FeC， 若晶体密度为，晶胞的体积为，晶胞棱长为，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为面对角线的一半，即。 18．(1) b T>325℃ (2) 2.45 AD (3)随着反应的进行，⑤进行的程度大于④，导致乙苯的选择性下降 (4)B (5)0.008 【分析】本题为工业制取乙苯， G为反应的自由能，一个化学反应，不管是一步完成的还是几步完成的，其 G是相同的可以解决第一题，第二问为基元反应，最大能垒即能量相差最大，为决速步骤，计算反应④的平衡常数，要计算出每一成分的物质的量分数，代入公式即可。 【详解】（1）由题可知， G为反应的自由能，一个化学反应，不管是一步完成的还是几步完成的，其 G是相同的，所以①+②=③，从图中可以看出a+c=b，所以代表反应③的曲线是b，又因为，从图上可以看出，反应③在热力学上能实现的温度范围T>325℃，答案：b、T>325℃； （2）从图中可以看出，反应①的最大能垒为2.61-0.16=2.45eV，基元反应的化学方程式为，对于反应C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)为分解反应，反应吸热，升温和移除H2促进平衡正向移动，可提高反应①平衡转化率，加压逆向移动，使用高效的催化剂不改变转化率，答案：2.45、、AD； （3）由图可知，苯的转化率上升，而乙苯的选择性下降，可以猜测随着反应的进行，⑤进行的程度大于④，导致乙苯的选择性下降，答案：随着反应的进行，⑤进行的程度大于④，导致乙苯的选择性下降，答案：随着反应的进行，⑤进行的程度大于④，导致乙苯的选择性下降； （4）由图可知，乙苯的转化率为20min 时1×92%×7.5%=0.069，30min时1×85%×8%=0.068，所以反应最适宜的时间20min，答案：B； （5）在温度为T℃时，苯和氯乙烷的投料比为10：1，假设苯为10a，一氯甲烷a，苯的转化率7.5%，选择率92%，平衡时苯10a×（1-7.5%），乙苯10a×7.5%×92%，HCl10a×7.5%，氯乙烷a-10a×7.5%-10a×7.5%×8%，Kx==0.008，答案：Kx=0.008。 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 $$