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·广东江门·三模）电解锌的生产过程中会产生大量富钴渣，主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO。采用如图工艺可利用富钴渣生产高纯高锌： 已知：i．CoOOH可溶于强酸，有很强的氧化性。 ii．该工艺条件下的一些难溶电解质的溶度积常数如表： 难溶电解质 回答下列问题： (1)“溶浸”时生成对应钴离子的基态价电子排布式 。 (2)还原性： (填“>”“<”或“=”)。 (3)“沉铁”步骤需将浓度降低到，若此浓度约为0.5mol/L，通过计算说明此时是否有开始沉淀： ；“沉铁”的离子方程式： 。 (4)“氧化除杂”中生成CoOOH的离子方程式为 。分离和CoOOH的试剂应选用 和NaOH溶液。 (5)“还原除杂”中“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (6)钴钛氧化物的晶胞结构如图，其中钴和钛的原子总数比氧的原子数少，且钴原子与氧原子的最短距离比钛原子与氧原子的最短距离要小，钛原子的位置 。已知晶胞参数为apm，晶胞密度为，据此推断阿伏加德罗常数 。 2．（2024·江西宜春·模拟预测）Be是重要的战略性金属，其性质与铝相似。以铍矿石、方解石为原料制备铍的工艺流程如图所示： 已知：①铍矿石的主要成分为(氧化物形式为)，还含有Fe2O3(忽略其他元素对工艺流程的影响)；方解石的主要成分为CaCO3；铍玻璃体的主要成分为CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6，Fe2O3、SiO2； ②硫酸铝铵微溶于水；常温下，相关物质溶度积如下表所示： 难溶物 回答下列问题： (1)提高“配料熔化”时的反应速率及效率的措施为 (任写一条)，该过程中主要反应的化学方程式为 。 (2)“酸溶”时CaBe3SiO6发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“调pH”时所得滤液的pH为5，则“滤渣2”的成分为 (填化学式，下同)。该工业流程中可循环使用的物质为 。 (4)常温时调节pH为7.5进行“沉铍”，通过计算判断是否完全沉淀： (溶液中离子浓度低于时认为该离子完全沉淀)；“沉铍”时不选用NaOH溶液的原因为 (用离子方程式解释)。 (5)先将原料BeO与碳质还原剂压制成团块，再在高温下将其氯化为BeCl2，然后用镍坩埚为阴极，石墨棒为阳极，将等量的BeCl2与氯化钠混合熔融后进行电解，在 (填“阴”或“阳”)极上析出固态金属铍，该法的缺点为 。 3．（2024·安徽六安·模拟预测）钛被称为“二十一世纪的金属”，绿矾是重要的化工原料，用钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁(FeTiO3)，含少量Fc2O3、MgO，SiO2等杂质]作原料生产金属钛和绿矾(FeSO4⋅7H2O)等产品的一种工艺流程如下： 已知：Ti有两种价态，在水溶液中主要以TiO2+(无色)、Ti3+(紫色)形式存在。 请回答下列问题： (1)硫酸与FeTiO3反应生成TioSO4的化学方程式是 。向滤液1中加入适量铁粉，至刚好出现紫色为止，此时溶液仍呈强酸性。已知：氧化性：，则加入适量铁粉的原因是 。 (2)系列操作具体为 ，经系列操作后，再对所得到的绿矾晶体用75%的乙醇溶液洗涤，用乙醇溶液洗涤绿矾的优点为 。 (3)滤液2中加入适量的试剂A，A可选用 (填标号)。 a．稀硫酸    b．碳酸镁    c．二氧化碳    d．鼓入空气 (4)用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。 写出阴极区反应的电极总反应式： 。 4．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）某钒制品厂钙法提钒工艺产生的酸性废水中MnSO4和CaSO4的含量较高，且含有少量的Al3+。以下是采用化学沉淀法处理钙法提钒废水并制备高纯MnCO3的生产工艺流程。请回答下列问题： 已知：CaC2O4难溶于水。 (1)滤渣I为 。 (2)步骤2中加少量CaC2O4的目的是 ，有利于滤渣Ⅱ的析出。加入的试剂X最合理的是 (填标号)。 A．H2C2O4        B．NH4HC2O4        C．(NH4)2C2O4 (3)步骤3中溶液pH、反应时间与MnCO3的产率的关系如图所示。 ①应调节溶液的最佳pH和反应时间为 。 ②请从平衡移动原理角度解释：pH过小导致MnCO3产率降低的原因 。 ③最佳pH条件下，保持溶液中，此时溶液中 mol/L。[25℃时，，，。] (4)碳酸锰在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。某种MnOx晶体的晶胞如下图所示，碳酸锰煅烧生成该晶体的化学方程式为 。已知该晶胞底面是边长为acm的正方形，以晶胞参数为单位长度建立坐标系，A、B、C处的原子坐标参数分别为(0，0，0)、、，则Mn与O形成化学键的键长为 cm(用含a、m的代数式表示)。 5．（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）。 6．（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= 。 7．（2024·江西·模拟预测）是一种氧化剂、催化剂，以含铼废渣(含Re、、Fe、Ni和等)为原料提取的工艺如图所示。 已知：①“酸浸”浸液含(强酸)、、等。 ②离子交换中存在平衡：。回答下列问题： (1)在元素周期表中，Re与Mn同族，则Re位于 区。 (2)“粉碎过筛”的目的是 ，“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 ，“反萃取”中试剂A的化学式为 。 (3)“离子交换”中c(Cl-)变化如图所示。 下列叙述正确的是_______。(填字母) A．正反应速率：c>b>a B．8min时离子交换反应已停止 C．向溶液中加入少量NaCl，离子交换反应的平衡常数减小 D．2~4min内 (4)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、铼交换量的关系如图2所示，混合液的pH与铼提取率的关系如图3所示。 ①由图2知，“离子交换”选择的适宜料液和D296体积比为 。 ②其他条件相同，混合液的pH>1.5时，铼提取率降低的主要原因可能是 。 (5)Re有多种金属氧化物，其中晶胞如图所示。已知NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为a pm。 该晶胞中阳离子的配位数为 ，该晶体密度为 g·cm-3。 8．（2024·河北石家庄·三模）Be是一种重要的战略性金属，以铍矿石、方解石（）为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如下： 已知：①铍矿石的主要成分为，还含有；铍玻璃体为混合物，主要成分为、、，还含有和． （2）具有两性；时，（已知：常温下，溶液中离子浓度低于即可认为该离子被除尽）；． 回答下列问题： (1)“配料熔化”时，发生反应的化学方程式为 ；铍玻璃体属于 （“晶体”或“非晶体”）； (2)“酸溶”时，从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为 （填元素符号）； (3)“调pH”时，发生氧化还原反应的离子方程式为 ； (4)“沉铍”时，需控制溶液的pH不低于 才能将沉淀完全；若将氨水换成溶液也可沉铍，但需控制溶液的pH不能过高，否则会因生成 （填化学式）导致铍的产率降低； (5)“电解”时的工作原理如图所示，其中燃料电池负极的电极反应式为 ；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有 ； 9．（2024·云南昆明·三模）充分利用钴资源具有重要意义。以某湿法炼锌厂产出的高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)为原料回收钴和锰的一种工艺流程如下： 已知： ①除Cd后的滤液中含有和； ②pH<3.7时，还原性小于，pH>3.7时，还原性大于； ③部分金属离子形成氢氧化物完全沉淀的pH如下表： 金属离子 完全沉淀的pH 8.3 3.2 8.7 8.2 10.1 ④不同pH下，被氧化的产物如下表： pH pH<3 3<pH<6 6<pH<6.2 的氧化产物 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (2)“沉铁”步骤中加入产品1的作用是 ，该步骤中调节pH的范围可以为 (填标号)。 a．pH＜2.8        b．4.0＜pH＜4.5        c．8.2＜pH＜10.1 (3)Cd与Zn同族，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (4)“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为 ，滤液中存在的主要金属离子除外还有 (填离子符号)。 (5)沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为 %(保留小数点后两位)。 10．（2024·河南新乡·三模）已知草酸镍晶体()难溶于水，其在高温下煅烧可制得三氧化二镍。以含镍合金废料(主要成分为镍，含有一定量的铁、铜和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图： 已知：①“酸浸”液含有的离子主要有、、、、、。 ②草酸的、。 ③氨水的。 回答下列问题： (1)实验室进行“酸浸”操作时，需要在通风橱中进行，其原因是 。 (2)的VSEPR模型为 。 (3)“过滤”后，需要往滤液中加入溶液制备草酸镍，溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 (4)已知常温下，当溶液pH=2时，沉淀完全［时认为沉淀完全］，则此时溶液中草酸的浓度 。 (5)镍钛记忆合金可用于制造飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图所示，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为 ；若该合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是 (用含和的计算式表示，不必化简)pm。 11．（2024·内蒙古乌海·模拟预测）以湿法炼锌厂所产的钴锰渣(主要成分为，含少量等)为原料回收制备的工艺如下： 已知常温下，； 回答下列问题： (1)“酸浸”时其中，写出反应的化学方程式： ，滤渣1中的硫酸盐是 。 (2)“除铁”时，生成的离子方程式为 。 (3)“除铜锌”时，主要以 [填“”或“”]形式除去，其原因是 (反应平衡常数视为反应完全，根据已知信息，写出推理过程)。 (4)“滤渣3”中含有MnO2，写出“除锰”时生成MnO2的化学方程式： 。 (5)P204、P507对金属离子的萃取率与的关系如图所示。 ①“P204萃取”后“萃取液1”进行“反萃取”的目的是 。 ②“P507萃取”时，选择合适的pH范围为 (填字母)。 A．3~4            B．4~5            C．5~6            D．6~7 12．（2024·江苏宿迁·一模）燃煤烟气中含有大量和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备，部分流程如下。 已知：①软锰矿（主要成分为，另含有少量、CaO、等杂质）。 ②； ③ (1)①“浸锰”过程，发生的主要化学方程式为 。 ②滤渣Ⅰ的主要成分为 。（写化学式） (2)“除气”过程，烟气中混入一定量可提高NO脱除率，其可能的原因是： 。 (3)“滤液Ⅰ”中加入等物质的量和，反应的离子方程式为： 。 (4)“滤液Ⅱ”中用可除去，结合反应方程式和定量计算说明原因 。（当反应平衡常数大于时，可认为反应完全）。 (5)“滤液Ⅲ”可制得。已知： ①在烟气吸收过程中，除生成外，还容易产生连二硫酸锰（），当温度 超过35℃，会快速分解为和。 ②部分锰盐在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图。 请设计由“滤液Ⅰ”获得的实验方案为： 。（须使用的试剂为：L NaOH溶液，无水乙醇） 13．（2024·福建福州·模拟预测）二氧化铈()具有较强的氧化性，是一种应用非常广泛的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含、等)为原料制备的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)“氧化焙烧”后，Ce元素转化为和，写出氧化焙烧的化学方程式 。 (2)“酸浸”时，铈的浸出率与温度、的关系如图所示，应选择的最适宜的条件为 (填标号)。不能用盐酸代替硫酸进行酸浸，理由是 。 A．65℃、　B．75℃、　C．85℃、　D．100℃、 (3)“系列操作”包含以下几个过程： 已知：不能溶于有机物TBP，能溶于有机物TBP，且存在反应。 “系列操作”在 (填仪器名称)中完成，“有机层B”中发生反应的离子方程式为 。 (4)“调pH”中，要使沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全)，应控制pH大于 (已知：25℃时)。 (5)“氧化”中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (6)具有良好的储氧放氧能力，晶胞如图所示，是汽车尾气净化催化剂的关键成分。 ①纳米中位于晶粒表面的具有催化作用。已知晶胞边长为，在边长为的立方体晶粒中位于表面的最多有 个。 ②在尾气消除过程中与相互转化。中的Ce为、价，测定x的值可判断它们的比例。现取固体1.6560g，加入足量硫酸和充分溶解，使⁺全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液40.00mL(已知氧化性：)，则x的值为 ，则此时氧空位率为 。 14．（2024·福建福州·三模）二氧化钛化学稳定性好，无污染，可应用于锂电池负极材料。某含钛高炉渣(主要成分为CaTi2O5，含少量等杂质)制备二氧化钛工艺如下： (1)基态Ti的价电子排布式为 。 (2)“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为 。 (3)“滤液1”中Si、Al分别以 (填离子符号)存在。 (4)“滤渣1”的主要成分为 。 (5)“还原”工序需要在低温下进行的原因是 。 (6)“水解”步骤转化为偏钛酸沉淀，反应的离子方程式为 。 (7)将80g二氧化钛和40g焦炭混合，在真空高温条件下制备碳化钛(TiC)的化学方程式为 ，若该过程固体失重率达到35%，则碳化钛的产率为 。 (8)锐钛矿型TiO2晶胞结构如图，该晶胞中氧的配位数为 ；已知该晶体密度为，则阿伏加德罗常数为 mol⁻¹(用含ρ、a、b的代数式表示)。 15．（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) 16．（2024·陕西榆林·模拟预测）碱式碳酸铜在焰火、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：为无色液体，是硫、磷、硒、澳、碘、樟脑等的良好溶剂，具有挥发性。 回答下列问题： (1)的电子式为 。 (2)滤渣I经提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣I中的主要成分是和 (填化学式)。“浸取”时发生反应的离子方程式为 。 (3)“除铁”时，加入试剂的目的是调节溶液的为2.9以完全除去铁元素(溶液中离子浓度小于即可视为完全沉淀)，则试剂可用 (填化学式) 。 (4)写出“沉锰”(除)过程中发生反应的离子方程式： 。 (5)“赶氨”时，最适宜的操作方法是 。 (6)副产品在真空中加热分解制备，分解过程中测得固体的质量随温度变化如图所示。温度应控制的范围是 (填字母)。 A．    B．    C． 17．（2024·安徽马鞍山·三模）活性在橡胶、光学、化工及电子等行业中有重要应用。某工厂以铅锌烟气(主要成分为、，兼有少量、)制备活性的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态Zn原子的核外电子排布式为 。 (2)为提高“酸浸”速率，可采取的措施 (写出一点即可)。 (3)“酸浸”时当浸出液pH为3.93时，温度与Zn、Pb元素浸出率的影响如图所示，则“酸浸”时采用30℃而不用更高温度的原因是 。 (4)“氧化”时，在pH约为5的浸出液中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣Ⅰ中有，该步反应的离子方程式为 。 (5)“还原”时，滤渣Ⅱ的主要成分为Pb、Cu，最适宜使用的试剂X是 (填化学式)。 (6)在“沉锌”中生成沉淀的化学方程式为 。 (7)用锌与铜制得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的立方晶胞结构如图，晶胞参数为a pm。 ①与Cu原子等距离且最近的Cu原子有 个。 ②该铜锌合金晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 18．（2024·四川·模拟预测）电解精炼铜的阳极泥主要成分为、、FeS、，工业生产从其中提取银和硒的流程如图所示： 已知： ①、、难溶于稀硫酸。 ②常温下，易与形成配离子：，。 回答下列问题： (1)阳极泥中Cu元素的化合价是 ，如果将阳极泥用足量稀硫酸酸浸，浸取液所含阳离子为 (填化学式)。 (2)在室温条件下，加入稀硫酸和“分铜”，有较多的产生，其原因可能是 ，“分铜”时，加入氯化钠的主要目的是 。 (3)经测定烟气的主要成分为、，“分硒”时发生反应的离子方程式为 。 (4)“分银”时发生的反应为，该反应的平衡常数 [已知]。 (5)“还原”时，没有参与氧化还原过程，“滤液2”中主要含有。调节溶液酸碱性时所加试剂X是 (填“酸”或“碱”)溶液；若制得1mol Ag，理论上消耗 mol。 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)3d7 (2)> (3) 当浓度降低到，此时c(OH-)==10-11mol/L，此时Qc[Zn(OH)2]=0.5=< Ksp[Zn(OH)2]，说明无沉淀； 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+ (4) 3Co2+++4H2O=MnO2+5H++3CoOOH 稀硫酸或稀硝酸 (5)Cd (6) 体心 【分析】富钴渣主要含金属Zn、Cd及CoO、MnO和FeO，加入硫酸酸浸，溶解，加入过氧化氢把Fe2+氧化成Fe3+，调整pH生成Fe(OH)3沉淀，过滤后加入高锰酸钾生成MnO2和CoOOH沉淀过滤，加入Zn除去溶液中的Cd2+，过滤，加入氢氧化钠，把锌溶解生成Na2ZnO2，电解生成单质Zn。 【详解】（1）Co原子序数为27，原子的价电子排布式为3d74s2，“溶浸”时生成对应钴离子为Co2+，价电子排布式为3d7； （2）加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，生成Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液①中加入高锰酸钾再将Mn2+、Co2+氧化为MnO2和CoOOH，说明还原性：>； （3）根据的Ksp=，当浓度降低到，此时c(OH-)==10-11mol/L，此时Qc[Zn(OH)2]=0.5=< Ksp[Zn(OH)2]，说明无沉淀；根据流程可知，沉铁的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3+4H+； （4）“氧化除杂”中，高锰酸钾和Co2+反应的离子方程式为3Co2+++4H2O=MnO2+5H++3CoOOH；根据已知信息，应使用稀硫酸或稀硝酸溶解CoOOH，不能用盐酸，因为可能被氧化为氯气； （5）还原除杂时加入Zn可将Cd2+还原为Cd，“滤渣”的主要成分是Cd； （6）钴和钛的原子总数比氧的原子数少，O原子是面心上的原子，有3个，钴原子与氧原子的最短距离比钛原子与氧原子的最短距离要小，钛原子位于体心，钴原子位于顶点，个数都是1，则化学式为TiCoO3，晶胞的质量为：，晶胞参数为apm，晶胞的体积为，晶胞密度为，解得NA=。 2．(1) 将方解石和铍矿石破碎并混合均匀(其他合理答案也可) (2) (3) 、 (4) 常温时，pH=7.5，则，，说明已完全沉淀 (或) (5) 阴 BeCl2电解产生的阳极气体为有毒的Cl2，环境污染严重，能耗高(其他合理答案也可) 【分析】由题给流程控制，绿柱石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液；向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚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；向滤液中加入氨水，将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍；氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。 【详解】（1）提高“配料熔化”时的反应速率及效率的措施为将方解石和铍矿石破碎并混合均匀；根据已知信息写出化学方程式并配平得。 （2）“酸溶”时CaBe3SiO6发生反应的离子方程式为。 （3）硫酸铝铵微溶于水。“调pH”的目的是除去溶液中的和剩余的，常温下调节pH为5，则，溶液中，，铝离子和铁离子均完全沉淀；所得滤渣2的主要成分为、。“沉铍”后所得滤液的主要成分为，该工业流程中可循环使用的物质为。 （4）常温时，pH=7.5，则，，说明已完全沉淀；“沉铍”时不选用NaOH溶液的原因为或。 （5）电解BeCl2时在阳极生成氯气，在阴极析出固态金属铍；BeCl2电解产生的阳极气体为有毒的Cl2，环境污染严重，反应条件为高温和电解，能耗高。 3．(1) 使Fe3+完全还原为Fe2+；同时避免过量的铁将TiO2+还原成Ti3+，影响产品的纯度 (2) 蒸发浓缩(或加热浓缩)、降温结晶(或冷却结晶)、过滤 减少绿矾溶解损耗、快速得到干燥的固体 (3)b (4) 【分析】钛铁矿用硫酸溶液溶解，过滤得强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，加入铁粉将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，沉降分离得到溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，再浓缩蒸发得到绿矾与溶液2，溶液2中含有TiOSO4，加入碳酸镁，调节pH，TiO(OH)2沉淀完全，煅烧得到二氧化钛，电解得到Ti，高温下和氯气、焦炭反应生成四氯化钛，据此解答。 【详解】（1）钛铁矿的主要成分FeTiO3与硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，结合原子守恒配平化学方程式为；向滤液1中加入适量铁粉，至刚好出现紫色为止，此时溶液仍呈强酸性。已知：氧化性：，则加入适量铁粉的原因是：使Fe3+完全还原为Fe2+；同时避免过量的铁将TiO2+还原成Ti3+，影响产品的纯度。 （2）为避免结晶水失去，适合用降温结晶获得绿矾，系列操作具体为蒸发浓缩(或加热浓缩)、降温结晶(或冷却结晶)、过滤。用乙醇溶液洗涤绿矾的优点为减少绿矾溶解损耗、快速得到干燥的固体。 （3）试剂A用来中和氢离子，调节pH，选项中只有碳酸镁符合，向富含TiO2+溶液中加入MgCO3粉末，使其与H+反应，降低溶液中c(H+)，使平衡向生成的方向移动，便于得到粗产品，故选b。 （4）电解时，阴极发生反应Ca2++2e-=Ca，钙还原二氧化钛：2Ca+TiO2+=Ti+2Ca2++2O2-，所以阴极区反应的电极总反应式为。 4．(1)CaSO4、Al(OH)3 (2) 提供晶种 C (3) pH=7，30min pH过低，c(H+)大，沉淀溶解平衡正向移动，碳酸锰产率降低 2×10-6 (4) 【分析】提钒废水加入CaCO3调节pH约为5.5，溶液中的铝离子转化为氢氧化铝，然后过滤，过滤得到滤渣Ⅰ为氢氧化铝，滤液Ⅰ加入X为(NH4)2C2O4，加少量CaC2O4是为了提供晶种，除去溶液中的钙离子，过滤得到滤渣Ⅱ为草酸钙，滤液Ⅱ中加入NH4HCO3溶液和氨水，溶液中的锰离子生成MnCO3，同时得到滤液Ⅲ为硫酸铵溶液，过滤得到滤渣Ⅲ为MnCO3，经过一系列操作得到纯品MnCO3，据此解答。 【详解】（1）提钒废水加入CaCO3调节pH约为5.5，溶液中的铝离子转化为氢氧化铝，然后过滤，过滤得到滤渣Ⅰ为Al(OH)3及CaSO4； （2）滤液Ⅰ加少量CaC2O4是为了提供晶种，除去溶液中的钙离子，过滤得到滤渣Ⅱ为草酸钙，故加入X为(NH4)2C2O4，故选C； （3）①由图可知，当pH=7.0，时间为30min时MnCO3产率最高，延长时间MnCO3产率变化不大，故应调节溶液的最佳pH为7.0，反应时间为30min； ②存在溶解平衡，pH过小时，H+浓度大，H+和反应，使溶解平衡右移，导致MnCO3溶解，产率降低； ③c()=0.1mol/L，pH=7.0，c(H+)=10-7mol/L， ，c()=mol/L，，c(Mn2+)=2×10-6mol/L； （4）由晶胞结构图可知，Mn的个数为，O的个数为，化学式为MnO2，碳酸锰煅烧生成MnO2的化学方程式为：； Mn与O形成化学键的键长为B到C的距离，为。 5．(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。 6．(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。 7．(1)d (2) 增大固体接触面使其充分反应，提高焙烧反应速率 HCl (3)D (4) 12：1 形成Fe(OH)3胶体，吸附后聚沉 (5) 6 【分析】含铼废渣(含Re、、Fe、Ni和等)经过粉碎过筛增大固体接触面使其充分反应，焙烧过程中产生二氧化硫，推知ReS2发生反应生成，加入稀硫酸后酸浸生成(强酸)、、，浸渣为；经过调pH、离子交换、反萃取得到高铼酸(HReO4)，最后经过结晶煅烧得到。 【详解】（1）同族元素在元素周期表中分区相同。Mn位于d区，故Re位于d区。 （2）“粉碎过筛”的目的是增大固体接触面使其充分反应，提高焙烧反应速率；“焙烧”过程中ReS2发生反应的化学方程式为。根据离子交换平衡式可知，增大氯离子浓度，平衡逆向移动，使高铼酸根离子从有机相脱出，进入水相，又不引入新杂质，故加入盐酸生成高铼酸(HReO4)，试剂A的化学式为HCl。 （3）反应开始后，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，故正反应速率：c<b<a，A项错误；达到平衡时，正、逆反应速率相等但净反应速率大于0(动态平衡)，并不是反应已经停止，B项错误；平衡常数只与温度有关，改变离子浓度，达到新平衡时平衡常数不变，C项错误；根据图像，2~4min内，，D项正确。 （4）观察图2，料液和D296体积比为12：1时铼交换率和铼交换量较大。由图3可知，pH>1.5时，可能生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶粒带正电荷，吸附溶液中高铼酸根离子并聚沉，导致铼提取率降低。 （5）根据晶胞结构以及物质组成的化学式可知，铼离子位于立方体顶点，氧离子位于立方体棱上，所以铼离子的配位数为6(上下、左右、前后)，1个晶胞含1个“ReO3”；晶体密度。 8．(1) Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑ 非晶体 (2)Ca和Si (3)4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH (4) 8.8 Na2[Be(OH)4] (5) C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O 生成Cl2，污染环境 【分析】由题给流程控制，绿柱石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液；向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚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；向滤液中加入氨水，将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍；氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。 【详解】（1）由分析可知，“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18与碳酸钙高温条件下反应生成含有CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6和二氧化硅的铍玻璃体，反应的化学方程式为Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑，铍玻璃体是没有固定熔点的混合物，属于非晶体，故答案为：Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑；非晶体； （2）由分析可知，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣，则从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为钙元素和硅元素，故答案为：Ca和Si； （3）由分析可知，通入氨气和空气调节溶液的pH的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH，故答案为：4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH； （4）由溶度积可知，溶液中铍离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度不低于=2×10—5.5mol/L，则溶液的pH不低于14—5.5+lg2=8.8；氢氧化铍是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠，所以将氨水换成氢氧化钠溶液沉铍时需控制溶液的pH不能过高，防止生成四羟基合铍酸钠，导致铍的产率降低，故答案为：8.8；Na2[Be(OH)4]； （5）由图可知，通入丙烷的右侧电极为燃料电池的负极，碳酸根离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气，会污染环境，故答案为：C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O；生成Cl2，污染环境。 9．(1)CuS (2) 调节pH，将氧化为 b (3) (4) (5)99.98% 【分析】高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)加入过量稀硫酸进行酸浸，生成难溶于水的，Co、Zn、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素均生成相应的可溶性盐，向滤液中加入溶液，将Cu2+转化为CuS沉淀除去，故滤渣1的主要成分为CuS，向溶液中加入，调节pH，并将氧化为，将转化为而除去，故滤渣2的主要成分为，加入Zn将溶液中的Cd2+置换为Cd而除去，向溶液中加入溶液调解pH=3，将氧化为而除去，故产品1为，再继续加入溶液调解pH=5，由已知④得，生成得产物为，反应的离子方程式为，过滤得到滤液，滤液中还含有的金属离子除外还有，据此分析回答。 【详解】（1）由分析知，滤渣1的主要成分为CuS； （2）由分析知，“沉铁”步骤中加入产品1为二氧化锰，可调节pH，将氧化为，由已知③中数据可知，要使完全沉淀，不沉淀，该步骤中调节pH的范围可以为4.0<pH<4.5，故选b； （3）由分析知，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为； （4）由分析得，“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为，滤液中存在的主要金属离子除外还有； （5）沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为。 10．(1)“酸浸”时，会产生有毒气体 (2)平面三角形 (3) 酸 (4) (5) 6 【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍，含有一定量的铁、铜和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂R除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。 【详解】（1）由分析可知，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，同时将产生NO等有毒有害气体，故实验室进行“酸浸”操作时，需要在通风橱中进行，其原因是“酸浸”时，会产生有毒气体，故答案为：“酸浸”时，会产生有毒气体； （2）中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为平面三角形，故答案为：平面三角形； （3）由题干信息可知，②草酸的、，③氨水的 ，则的水解平衡常数Kh1===2.0×10-10，而的水解平衡常数为：Kh== =5.88×10-10 ＞Kh1，即的水解程度大于的水解程度，溶液呈酸性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是，故答案为：酸；； （4）已知常温下，当溶液pH=2时，Ni2+沉淀完全［mol/L时认为沉淀完全］，则此时溶液中c()===1.70×10-12mol/L，根据草酸的Ka1Ka2===，故，故答案为：； （5）由题干镍钛合金的晶胞结构图可知，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为6即中心Ti的上、下、左、右、前、后六个Ni；已知一个晶胞中含有Ti的个数为：=4，Ni的个数为：=4，若该合金的密度为，NA代表阿伏加德罗常数的值，设晶胞参数为apm，则有：(a×10-10)3cm3×=g，解得a=pm，由题干晶胞可知，晶胞中两个钛原子间的最近距离是面对角线的一半，即为pm，故答案为：6；。 11．(1) CaSO4 (2) (3) ，，反应进行彻底，故主要以形式除去 (4) (5) 从萃取液中反萃取出，减少产品损失 B 【分析】钴锰渣(主要成分为 Co2O3、CoO、NiO、MnO2，含少量 Fe2O3、ZnO、CuO、CaO 等)中加入稀硫酸、K2SO3溶液进行酸浸，所得滤渣1中含有CaSO4；滤液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入K2CO3调节pH，得到KFe3(SO4)2(OH)6沉淀；滤液1中加入KHS、K2S混合溶液除铜锌，生成CuS、ZnS沉淀；滤液2中加入Co(OH)3除锰，生成S、MnO2沉淀；滤液3中加入P2O4萃取，钴镍进入萃取液中，加入硫酸反萃取后与萃余液1合并，再用P5O7萃取，钴进入萃取液中，镍进入萃余液2中；萃取液2中加入草酸进行反萃取，从而获得CoC2O4，据此回答。 【详解】（1）“酸浸”时其CO2O3与K2SO3反应生成和，化学方程式为；由分析知，渣1中的硫酸盐为CaSO4； （2）“酸浸”时，溶于稀硫酸产生，被K2SO3还原为。“除铁”时，用于氧化，K2CO3用于调节pH，可设为1mol，然后再根据“离子守恒”确定的化学计量数，再根据与之间得失电子守恒，确定的系数，此时方程式左右两侧电荷不守恒，利用配平电荷，可知左侧需要补充3个，最终得到“除铁”时，生成的离子方程式为； （3）由于，，反应进行彻底，故主要以形式除去； （4）在酸浸时，MnO2转化为Mn2+，又因产物Co元素为+2，可知Co(OH)3作氧化剂，可将Mn2+氧化为MnO2，根据电子守恒电荷守恒，可得出“除锰”时生成MnO2的化学方程式：； （5）①根据流程图，以及图左中钴镍难以利用P204分离开，且反萃取液进入后续获取的分离流程，说明反萃取可得到，从而减少产品损失； ②为了分离，由图右可知选择pH=4~5之间，的萃取率较高，则相对较低，答案选B。 12．(1) MnO2+SO2=MnSO4 CaSO4、 (2)，加入一定量，浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率 (3)2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+=2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑ (4)，该反应的平衡常数为K= (5)向滤液Ⅰ中加入L NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，控制温度在80~90℃蒸发结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到 【分析】软锰矿（主要成分为，另含有少量、CaO、等杂质），软锰矿中，、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4，Fe3+被SO2还原成Fe2+，和过量的SO2反应转化为MnSO4，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，则滤渣I为CaSO4和；向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3，MnO2可将Fe2+转化为Fe3+，MnCO3可调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入MnF2，可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去，则滤渣Ⅲ为CaF2，滤液Ⅲ为MnSO4溶液。 【详解】（1）①“浸锰”过程中，将转化为MnSO4，故发生的主要化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4； ②由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4、； （2）由可知，加入一定量，浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率，使更多的NO转化为NO2，从而提高NO脱除率； （3）“滤液Ⅰ”中加入等物质的量和，可将Fe2+转化为Fe3+，可调节溶液的pH，则离子方程式为2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+=2Fe3++2Mn2++3H2O+CO2↑； （4） ①， ②，①-②得到反应，，该反应的平衡常数为K=，故可用可除去； （5）滤液Ⅰ中含有Mn2+、H+、Fe3+和Ca2+，向滤液Ⅰ中加入L NaOH溶液至不再产生沉淀，可以除去Fe3+和Ca2+，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，由图可知，在80~90℃左右，的溶解度较低，因此想要得到，应控制温度在80~90℃蒸发结晶，蒸发至出现大量结晶后停止加热，并趁热过滤得到，中含有部分Na2SO4杂质，因此需要无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到， 13．(1) (2) C CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+；生成有毒的Cl2会污染环境；盐酸不能除去杂质Ba2+等 (3) 分液漏斗 (4)9 (5)1：2 (6) 50 0.4 20% 【分析】氟碳铈矿主要含CeFCO3、BaO等，在富氧空气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2，熔渣中加入硫酸“酸浸”时，BaO与H2SO4反应生成BaSO4，CeO2、CeF4转化成CeF3+，过滤后，滤液经系列操作，CeF3+转化成Ce3+，加入NaOH调节pH使Ce3+转化成Ce(OH)3沉淀，过滤后滤渣中加入NaClO将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，煅烧Ce(OH)4得到CeO2。 【详解】（1）“氧化焙烧”步骤中，BaO不参与反应，由流程可知CeFCO3与富氧空气中的氧气发生氧化还原反应生成CeO2、CeF4和CO2，此过程中Ce元素的化合价由+3价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为；答案为：。 （2）由图可知，温度为85℃、c(H+)为2.5mol/L时，铈的浸出率最高，应选择的最适宜的条件为85℃、2.5mol/L；“酸浸”步骤中，用硫酸浸取，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，若用盐酸替代硫酸，CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+，生成有毒的Cl2会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2+；答案为：C；CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+；生成有毒的Cl2会污染环境；盐酸不能除去杂质Ba2+等。 （3）滤液A中的CeF3+能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离，使用的仪器为分液漏斗；由流程可知，有机层A中加入“洗氟液”后，分离出含F-溶液，F-浓度减小，平衡CeF3++TBP⇌CeTBP4++F-正向移动，CeF3+离子转化为CeTBP4+离子；由流程可知，有机层B中CeTBP4+离子在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，CeTBP4+被还原成Ce3+，则H2O2被氧化成O2，Ce元素的化合价由+4价降至+3价，O元素的化合价由H2O2中的-1价升至O2中的0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为；答案为：分液漏斗；。 （4）当c(Ce3+)=1×10-5mol/L时，依据，，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，此时处于沉淀溶解平衡状态，当pH大于9时，Ce3+完全沉淀；答案为：9。 （5））“氧化”步骤中氧化剂是NaClO，还原产物是Cl-，1molNaClO参与反应得到2mol电子，还原剂是Ce(OH)3，氧化产物是Ce(OH)4，1molCe(OH)3参与反应失去1mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；答案为：1：2。 （6）①在边长为2 a nm的立方体晶粒中，含有8个该立方晶胞，可看作上层四个、下层四个，则位于表面的Ce4+最多有：晶胞面心的4个、四个晶胞共用的顶点1个在晶粒的面上，有 ，顶点8、棱上12个，共50个，故答案为：50； ②实验过程CeO2-x固体中Ce4+全部被还原成Ce3+，FeSO4∙7H2O部分被氧化成Fe3+，剩余的部分用酸性KMnO4标准溶液滴定，由于氧化性Ce4+＞KMnO4，故滴定过程中KMnO4不会与Ce3+反应，根据反应5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，与反应的Fe2+的物质的量为5×0.1000mol/L×0.04L=0.02mol，还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量为0.0220 mol-0.02mol=0.0020mol，根据反应Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则固体中+4价Ce的物质的量0.0020mol，相当于CeO2为0.0020mol，则固体中相当于Ce2O3物质的量为=0.004mol，则固体中，解得x=0.4；CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1：2，释放O后得到CeO1.6的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.6，，则此晶体中O2－的空位率为，故答案为：0.4；20%。 14．(1)3d24s2 (2)CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑ (3)AlO/Al(OH)、SiO (4)CaSO4 (5)冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化 (6) (7) TiO2+3CTiC+2CO ↑ 75.0% (8) 3 【分析】含钛高炉渣(主要成分为CaTiO，含少量等杂质)加入碳酸钠焙烧生CaO、Na2TiO3、NaAlO2、NaSiO3，水洗，滤液1中含有NaAlO2、NaSiO3，酸浸时，CaO、Fe2O3、Na2TiO3与硫酸反应生成CaSO4、Fe2(SO4)3、，滤渣1的主要成分为CaSO4，还原步骤加入适量Fe还原Fe3+，并冷却结晶得到绿矾，水解步骤 转化为偏钛酸 沉淀，煅烧得到二氧化钛，据此分析解答。 【详解】（1）Ti元素为22号元素，基态 Ti的价电子排布式为3d24s2。 （2）由分析知，“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑。 （3）由分析知，“滤液1”中Si、Al分别以AlO/Al(OH)、SiO存在。 （4）由分析知，“滤渣1”的主要成分为CaSO4。 （5）“还原”工序需要在低温下进行的原因是冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化。 （6）“水解”步骤 转化为偏钛酸 沉淀，反应的离子方程式为。 （7）80g二氧化钛物质的量为1mol，40g焦炭物质的量约为3.3mol，在真空高温条件 下 制 备 碳 化 钛 (TiC )可生成1molTiC和2moCO，C剩余， 化 学 方 程 式 为TiO2+3CTiC+2CO ↑，若该过程固体失重率达到35%，则生成CO的质量为，物质的量为1.5mol，则TiC实际产量为0.75mol，TiC的理论产量为1mol，则碳化钛的产率为75.0%。 （8）根据晶胞结构图可知，白球位于顶点、面上、体心，个数为，黑球位于棱上、面上、内部，个数为，故白球是Ti原子，黑球是O原子，与Ti距离相等且最近的O的个数为6，则Ti的配位数为6， Ti与O的个数比为1:2，则该晶胞中氧的配位数为3；一个晶胞中有4个TiO2，，则阿伏加德罗常数为mol⁻¹。 15．(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%。 16．(1) (2) S、 (3) 或或 (4) (5)将溶液加热 (6)C 【分析】根据题意，用含有、、的辉铜矿石，制备碱式碳酸铜，开始加入稀硫酸酸浸并且用将氧化为而沉淀而除去。溶液中加入，促进水解生成而除去，溶液中剩余的阳离子为、，用将沉淀，加热除去溶液中的，最后将溶液处理，得到碱式碳酸铜。 【详解】（1） 与为等电子体，结构和的相似，故的电子式为，故答案为：； （2）辉铜矿中含有、和，加入和后，发生反应，，和硫酸不发生反应，滤渣Ⅰ中的主要成分除外还有；故答案为：S、；； （3）由分析可知，试剂X可用CuO或、，调节溶液的pH为2.9时，溶液中Fe3+的浓度为，则，故答案为：CuO或或；； （4）向溶液中加入除去，生成沉淀，发生反应的方程式：，故答案为：； （5）气体在溶液中的溶解度随着温度的升高而降低，故可以将溶液加热，故答案为：将溶液加热； （6）制备，根据锰元素守恒建立关系式，所以需控制温度大于1000℃，故答案为：C。 17．(1)或 (2)适当增加盐酸浓度(或适当提高反应温度、或搅拌)(其他合理答案也可) (3)防止盐酸挥发；随温度升高，浸出率基本不变，浸出率增大，杂质含量增大，增加后续净化成本 (4) (5)Zn (6)2ZnCl2+3Na2CO3+2H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+2NaHCO3+4NaCl或2ZnCl2+3Na2CO3+H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+CO2↑+4NaCl (7) 8 或 【分析】从流程可知，含铅锌烟气（主要成分是ZnO、PbO，还有少量FeO、CuO）用盐酸酸浸金属氧化物溶解，经高锰酸钾氧化，调pH到5.1，反应生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液中加入Zn可除去Cu2+、Pb2+，最后加入Na2CO3溶液，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］等物质，最终得到活性ZnO。 【详解】（1）Zn是30号元素，原子核外电子排布式为或，故答案为：或； （2）为提高“酸浸”速率，可采取的措施：适当增加盐酸浓度(或适当提高反应温度、或搅拌)，故答案为：适当增加盐酸浓度(或适当提高反应温度、或搅拌)（其他合理答案也可）； （3）从Zn、Pb元素浸出率的关系图可知， “酸浸”时采用30℃而不是更高的温度的原因是除减少盐酸挥发外，随温度升高，Zn2+浸出率基本不变，Pb2+浸出率增大，杂质含量增大，增加后续净化成本，故答案为：防止盐酸挥发；随温度升高，浸出率基本不变，浸出率增大，杂质含量增大，增加后续净化成本； （4）“氧化”时高锰酸钾将Fe2+氧化，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出该反应的离子方程式为3，故答案为：； （5）滤渣Ⅱ的主要成分为Pb、Cu，还原时，加入Zn可将溶液中Cu2+、Pb2+，置换Cu、Pb，且不引入杂质，所以试剂X应为Zn，故答案为： Zn； （6）ZnCl2与Na2CO3溶液反应，生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］，根据原子守恒确定其它产物并配平，化学方程式为2ZnCl2+3Na2CO3+2H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+2NaHCO3+4NaCl或2ZnCl2+3Na2CO3+H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+CO2↑+4NaCl，故答案为：2ZnCl2+3Na2CO3+2H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+2NaHCO3+4NaCl或2ZnCl2+3Na2CO3+H2O=Zn(OH)2·ZnCO3↓+CO2↑+4NaCl； （7）①根据图示可知：铜原子位于面心，与Cu原子等距离且最近的Cu原子有8个； ②该晶胞中Cu原子个数＝、Zn原子个数＝，晶胞质量为，晶胞体积，黄铜合金晶体密度，故答案为：8；或。 18．(1) +1 、 (2) 在、催化作用下，加速了的分解 形成AgCl沉淀，便于后续分银 (3) (4) (5) 碱 0.5 【分析】焙烧时，除了Au外，阳极泥中其他物质均转化为对应的氧化物，故进入“分铜”步骤的物质有CuO、Ag2O、Fe2O3；烟气中主要是SO2、SeO2、O2；“分铜”步骤加入H2SO4、H2O2、NaCl后Au不参与反应，Ag2O生成AgCl沉淀，CuO转化成Cu2+，Fe2O3转化成Fe3+，所以分铜液里是铜的盐溶液，分铜渣里是Au和AgCl；分金步骤中加入HCl和NaClO3，Au与其反应生成，进入到分金液中，AgCl不反应，留在分金渣中，在分银步骤中加入Na2S2O3，AgCl转化成，还原步骤中转化成Ag，据此分析回答。 【详解】（1）阳极泥中Cu元素存在于、中，其中S、Se元素为-2价，所以Cu元素均为+1价；阳极泥中的FeS与反应，浸取液所含阳离子为、。 （2）有较多的产生，是因为在、催化作用下，加速了的分解；“分铜”时，加入氯化钠是为了使沉淀形成AgCl沉淀进入滤渣，便于后续分银。 （3）烟气的主要成分为、，已知生成产物Se，则作还原剂，“分硒”时发生反应的离子方程式为。 （4）反应的平衡常数。 （5）在酸性条件下将发生氧化还原反应，试剂X是碱溶液；根据电子得失守恒可知：生成1mol Ag，将失去1mol ，消耗的物质的量为0.5mol。 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 $$