2025届高三化学一轮复习四川省专练——工业流程71道

2025年四川高考一轮专练——工业流程71道解析版 一、解答题 1．（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 。 2．（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 。 3．（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 。 4．（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 。 5．（2024·四川成都·模拟预测）纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。                               图1 (1)用黄铜矿(主要成分为)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为 。                            图2 (2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用溶液作浸取剂。 ①反应：，每生成 g，反应中转移电子的数目为1。 ②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是 。                  图3 (3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示。当时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中萃取率降低的原因是 。                  图4 (4)用“反萃取”得到的溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为 。 (5)除了辉铜矿制铜工艺外，还有其他冶炼工业，如铬铁合金制铬。为满足冶金及颜料级铬绿的要求，氧化铬产品中铁的质量分数应低于0.03%。一种测定氧化铬中铁含量的操作如下： ⅰ.称取mg氧化铬产品，用酸溶解； ⅱ.多步操作分离铁和铬； ⅲ.取含有的溶液，调pH，加入指示剂，用cmol/L的无色EDTA—2Na溶液滴定，共消耗EDTA—2Na标准液VmL。 资料：EDTA—2Na和按物质的量1：1反应，低浓度时产物无明显颜色。 ①指示剂是 ，滴定终点的现象为 。 ②氧化铬产品中铁的质量分数是 。 6．（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 。 7．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知在时溶解度最小。某工厂利用钒铬渣提取液(主要成分为和)制备和晶体，流程如下： 不同温度下相关物质的溶解度 20℃ 19.3 84.0 0.1 5.5 40℃ 22.5 96.5 0.09 2.49 60℃ 26.3 102 0.09 1.3 (1)关于“钒铬分离”过程，下列说法正确的是_______。 A．研磨可防止生成的沉淀覆在表面，提高利用率 B．研磨减小了所得钒渣的粒径，提高了后续步骤中钒渣的浸出率 C．相对于20℃、40℃，工业上更宜选用60℃ D．该过程发生了氧化还原反应 (2)从滤液A中获取晶体时，应采用的结晶方法为 (填“蒸发结晶”或“冷却结晶”)；残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤，用溶液还原时，还原产物为，则反应的离子方程式： ；为了使不高于mol·L，“沉降”时应调节pH (保留两位有效数字)[该温度下的近似为]。 (3)“转化”过程中选用溶液不选用溶液的可能原因为 。 (4)该流程中可循环利用的物质主要有 。 (5)某工厂用1m3钒铬渣提取液[ mol·L]最终制得质量为58.5kg，则产率为 %。 8．（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) 9．（2024·河北·二模）层状LiMnO2在电动车、空间技术等范畴具有十分广阔的应用前景。LiMnO2可由软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)制备，其制备流程如图： 几种难溶物质的溶度积常数如下表： 物质 回答下列问题： (1) LiMnO2中锰元素的化合价为 ；“酸浸”后过滤，所得滤液中主要含有的金属阳离子有 。 (2)为了提高“酸浸”的浸取速率，可采取的措施有 (写出两点)。 (3)“氧化”步骤需要加入过量MnO2，该步反应的离子方程式为 。 (4)常温下，“调pH”后溶液pH=5，则滤渣2的主要成分是 。 (5)滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF，同时得到的副产物是 。 (6)测定 LiMnO2样品中锰含量：取10g LiMnO2样品，粉碎后加入浓盐酸、30%H2O2溶液，充分反应，生成Mn(Ⅱ)。加入蒸馏水标定溶液体积为250mL，移取25mL后加入KB指示剂，用0.15mol/L的EDTA标准溶液滴定，平均消耗60mL标准溶液。样品中锰含量为 %(已知：EDTA与Mn2+反应的化学计量数之比为1∶1)。 10．（2024·四川雅安·模拟预测）现有一种以为载体的废旧催化剂，表面积碳且被有机物覆盖，含少量金属银。某实验室设计以下流程拟对废旧催化剂中的和Pt进行回收。 已知：不溶于硝酸。请回答下列问题： (1)步骤I中将废催化剂焙烧的目的是 。 (2)操作Ⅳ的名称是 ；检验废渣洗净的方法是 。 (3)步骤Ⅲ中氧化剂是，反应后Pt转化成，每生成1mol，需要消耗H+的量为 mol。该步骤中有氯气生成，其离子方程式为 。 (4)步骤V中，在适当酸度下，树脂上发生：，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，而要使树脂再生能重复使用，最好使用 (填化学式)淋洗。 (5)步骤Ⅵ中生成沉淀，将该沉淀在下煅烧生成铂和三种气体，其中一种气体是空气中的主要成份之一。请写出该反应的化学反应方程式 。 11．（2024·四川绵阳·模拟预测）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含ZnFe2O4、CaSO4，另含少量ZnS、SiO2以及GeS2)提取Ge和ZnSO4⋅H2O的工艺流程如下： 已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为Ge4+，pH=2~7时主要为Ge(OH)4。 ②常温下，Ksp[Ge(OH)4]=4.0×10-46，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。请回答下列问题： (1)Ge在元素周期表中的位置为 。 (2)“氧化酸浸”工序中，溶液pH≈1.5，浸渣的主要成分为SiO2、S和 (填化学式)；GeS2被双氧水氧化的离子方程式为 。 (3)“中和沉淀”工序中，所加化合物A为 (填一种物质的化学式)；调节溶液pH=4.4，Ge和Fe共沉淀，此时滤液中c(Ge4+)：c(Fe3+)= 。 (4)①ZnSO4在水溶液中的溶解度曲线如图所示，则从滤液中回收ZnSO4⋅H2O的操作为蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。 ②用惰性电极电解。ZnSO4溶液可制取金属锌，电解后的溶液可在上述流程中 工序循环使用。 (5)“水解”工序中，GeCl4水解生成GeO2的化学方程式为 。 12．（2024·四川内江·三模）是有机合成的重要催化剂，并可用于颜料、防腐等工业。工业上由废铜料(含及其化合物、等杂质)，生产的工艺流程如下： 已知：①常温下，部分阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的如下表： 物质 开始沉淀时的 1.6 3.2 5.2 完全沉淀时的 3.1 4.7 6.7 ②溶液用水稀释后可生成沉淀。 (1)“酸浸”时提高浸取率的措施有 (写出两条)。 (2)滤渣I的主要成分是 (填化学式)。 (3)操作为调节溶液的的最佳范围是 ，加入的物质X可以是 ( (填字母标号)。 A．    B．    C．     D．溶液 (4)往滤液中加入食盐并通入可生成，反应I的离子方程式为 ；在反应I中加入食盐并加热的目的是 。 (5)实验室可以使用铜电极电解饱和食盐水得到，阳极的电极反应式为 。 13．（2024·四川乐山·三模）利用硝酸、过氧化氢对废弃锂电池中的正极材料LiMn2O4进行处理，回收Li、Mn元素，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)通过仪器分析可知LiMn2O4晶体中锰元素由、构成，它们的个数比为 。 (2)为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有 (答出2条)。“滤液1”的主要溶质有LiNO3、，写出“酸浸”时发生反应的离子方程式 。 (3)在“酸浸”时，若用盐酸替代硝酸，可能产生的不良影响是 ，请评价若流程中缺少“加热浓缩”步骤后工艺的优缺点 (优点和缺点各写一条)。 (4)“沉锂”试剂不选用的原因可能是 (写出一条)。 (5)写出“800℃煅烧”时发生反应的化学方程式 。 (6)若“沉锂”前“滤液2”中，取1L该溶液加入等体积Na2CO3溶液充分反应后溶液中，则该实验中锂离子的沉淀率为 %(已知，混合后溶液体积变化忽略不计)。 14．（2024·四川成都·模拟预测）钇是稀土元素之一。我国蕴藏着丰富的钇矿石（，其中Y为+3价），工业上通过如下工艺流程制取氧化钇，并获得副产物铍。 已知：i．铍和铝处于元素周期表的对角线位置，化学性质相似。 ii．、形成氢氧化物沉淀时的pH如下表： 离子 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH 2.1 3.1 6.0 8.3 (1)钇矿石用氧化物的形式可表示为 。 (2)将钇矿石与NaOH共熔的化学方程式补充完整： ________________________________________________________________ (3)试剂1应加入过量的 （填名称），滤渣1的主要成分是 （填化学式）。 (4)“系列操作1”为除去BeCl，溶液中的杂质，请选择合理步骤并排序； （填序号）。 a．加入适量的盐酸    b．通入过量的    c．过滤    d．加入过量的NaOH溶液 e．加入过量的氨水    f．洗涤 (5)为使沉淀完全，用氨水调节时，a应控制在 范围内；继续加氨水调节发生反应的离子方程式为 ；检验是否沉淀完全的操作是 。 (6)常见的由固体生产Be的工业方法有两种：①电解法：电解混合熔融盐制备Be；②热还原法：熔融条件下，钾还原制备Be。以上两种方法你认为哪种更好并说明理由： （合理即可）。 15．（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。 16．（23-24高三下·四川雅安·阶段练习）钴广泛应用于机械制造、电子电器、航空航天、电池制造等行业，是国家重要的战略资源。用含钴废料(主要成分为，含少量、、CaO、MgO、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示，试回答下列问题： 已知： ①具有强氧化性。 ②，。 (1)为提高含钴废料的浸出效率，可采取的措施是 (任写一条)。 (2)在水溶液中的电离方程式为 ；浸出渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)向“浸出液”中加入适量的时，发生反应的离子方程式为 。 (4)0.1的溶液中： (填“>”或“<”或“=”)。 (5)①“除钙镁”后，滤液中时， 。 ②若“调pH”时溶液的pH偏低，将会导致、沉淀不完全，其原因是 。 (6)将在空气中加热最终可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。[已知：] 经测定，A→B过程中产生的气体只有，此过程中发生反应的化学方程式为 。 17．（2024·四川雅安·模拟预测）碳酸锂广泛应用于陶瓷和医药等领域。以β-锂辉石(主要成分为)为原材料制备Li2CO3的工艺流程如下： 已知：Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH如下表。 沉淀物 开始沉淀pH 2.7 3.8 7.6 9.4 完全沉淀pH 3.2 5.2 9.7 12.4 (1)步骤前，β­锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是 。步骤中，酸浸后得到的酸性浊液中含有Li+、，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，需在搅拌下加入石灰石调节溶液的pH到6沉淀部分杂质离子，然后分离得到浸出液。浸出渣的主要成分除SiO2外还有 (填写化学式)。 (2)①步骤中，将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，可除去的杂质金属离子有Fe2+、 。如果H2O2溶液加入过量，有气泡冒出，原因是 。 ②下列说法正确的是 。 A．步骤的浸出液需冷却后再加入H2O2溶液 B．考虑工业生产成本，步骤中石灰乳更换成烧碱更佳 C．步骤母液中只有Na2SO4和NaOH D．可通过离子交换膜法电解母液回收利用NaOH (3)在实验室模拟工业生产中的蒸发浓缩操作，需要用到的玻璃仪器有 。 (4)步骤中得到的Li2CO3固体需要清洗，方法是： 。简述检验Li2CO3已被清洗干净的操作 。 18．（2024·四川绵阳·三模）硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，利用常压酸浸—溶剂萃取法从硫锰废渣中回收有价金属锰、钻、镍的工艺流程如下： 已知：①“溶浸”中的与均稍过量；②溶液中离子浓度小于为沉淀完全；③；④开始沉淀的分别为7.2、7.7、8.1。 回答下列问题： (1)“溶浸”中发生反应的还原产物是 (填化学式)。MnS溶于会生成，但本工艺“浸出”过程中无产生，利用离子方程式说明原因 。 (2)“沉淀”中调节溶液为3.5，此时 。 (3)“滤渣”中主要有和 ，不能通过调节溶液的完成“除钙”的原因是 。 (4)对萃取剂P204和P507萃取金属离子的影响如下图所示。据此推测，“产品1”中主要的金属阳离子是 ，试剂B应选用 (填“P204”或“P507”)。 (5)在介质中，用氧化可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式 。 19．（2024·四川眉山·二模）锂离子电池作为重要储能设备在手机、汽车等行业得到了大规模应用。一种基于微波辅助低共熔溶剂的回收方法可实现对废旧锂离子电池中的回收利用，其主要工艺流程如下： 已知：①在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在； ②25℃时，。 回答下列问题： (1)中Co的化合价为 。 (2)微波具有选择性加热和穿透性强的特点，采用微波共熔技术的优点除了可以减少杂质溶解还有 。 (3)低共熔溶剂中含有一定量的草酸，其作用为 ；已知在水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色，写出该变化的离子反应方程式 。 (4)25℃时，沉钴反应完成后，溶液的pH=10，此时 mg/L。 (5)滤饼1在空气中煅烧得，写出该反应的化学反应方程式 。 (6)高温烧结过程中需通入空气，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，若通入空气过多过快，造成的不利影响是 。 20．（2024·四川泸州·三模）随着新能源汽车的发展，废旧锂电池需要回收处理。一种对磷酸亚铁锂废电池处理料(主要成分为LiFePO4、FePO4、Al、C等)的回收处理工艺流程如下所示。 已知：常温下，相关金属离子氢氧化物的Ksp与沉淀时的pH，以及部分盐的Ksp如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Ksp(氢氧化物) Ksp(盐) Fe3+ 2.24 3.2 3.2×10-38 Ksp(FePO4)=1.3×10-22 Li+ 5.5×10-3 Ksp(Li2CO3)=1.7×10-3 (1)已知OH-+Al(OH)3，K1=6.25×10-2；H++，K2=4.7×10-11；“滤液”中的溶质主要是NaAl(OH)4，则步骤①中Al主要反应的离子方程式为 ﹔步骤②曾有学者研究用NaHCO3代替H2SO4，则用NaHCO3溶液反应的平衡常数的数量级为 ，当反应平衡常数大于105时，可视为反应完全，则用NaHCO3代替H2SO4的反应是否完全？ 。 (2)步骤③硫酸溶液足量，“滤渣2”的成分是 ，实际反应中H2O2用量超过理论值，原因是 ；试写出Fe2+与H2O2按物质的量1∶1反应的总离子反应方程式： 。 (3)若步骤④处加入NaOH溶液和NH3·H2O溶液后Li+浓度为0.55mol/L，则此处所调pH的范围为 。滤液4的主要阳离子有 (填离子符号)。 (4)步骤⑤主要是回收利用 元素。 21．（2024·四川雅安·三模）磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂（）为正极材料的一种锂离子二次电池。一种由钛白副产物硫酸亚铁[主要成分为，还含有少量、、]制备锂离子电池正极材料的前驱体的工艺流程如图所示： 已知常温下：①“酸溶”后，溶液，有关微粒浓度如下表所示： 微粒 浓度 0.0043 0.07 ②，时，沉淀完全。 ③ (1)为加快“酸溶”速率，可采取的措施有 （写两点）。 (2)“除杂过滤”工序中，将转化为除去。加入铁粉的作用是 。 (3)当沉淀完全时，“滤渣”中是否含有？结合计算说明原因（忽略溶液体积的变化） 。 (4)“结晶过滤”后从滤液中获得的操作为 ，过滤。 (5)书写“氧化”时发生反应的离子方程式 。 (6)工业上可以用电解磷铁渣（主要含）的方法制备，电解原理如图所示，溶液中的向 极移动（填“石墨”或“磷铁渣”）；生成的电极反应式为 。 22．（23-24高二下·江苏无锡·期中）利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Ⅲ的处理工艺流程如下： 已知硫酸浸取液中的金属离子主要是，其次是、、和。 (1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有 、 答出两点。 (2)的作用是将滤液 Ⅰ中的转化为Cr2O，则此反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为 。 (3)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如下： 阳离子 开始沉淀时的 沉淀完全时的 溶解 溶解 ①用调节溶液的不能超过，其理由是 。 ②当时，是否开始沉淀溶液中镁离子浓度不超过。 填“是”或“否”已知。并说明理由 。 (4)上述流程中，加入溶液后，溶液呈碱性，转化为，写出上述流程中用进行还原时发生反应的离子方程式： 。 23．（2024·四川成都·三模）铝酸铋[Bi(AlO2)3]是一种能够有效调理胃肠功能、促进疾病恢复的常见药物，常用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，还含少量Cu2S和Ag2O)和铝土矿(主要成分为Al2O3，还含少量Fe2O3和SiO2)利用如下流程制取： 已知：① Bi(AlO2)3难溶于水； ② BiCl3易溶于水，易水解，Bi(OH)3不溶于水和碱。 回答下列问题： (1)辉铋矿“酸浸”过程中，需要控制温度不超过50℃的原因是 。 (2)辉铋矿“酸浸”时S元素转化为单质硫，浸渣1的成分为 。“酸浸”时Bi2S3转化的离子方程式为 。 (3)“沉铋”时氨水稍过量的目的是 ；“沉铁”时稍过量的NaOH能否用氨水代替： (填“能”或“否”)。 (4)Bi(NO3)3溶液和NaAlO2溶液混合前，Bi(NO3)3溶液中往往含少量硝酸，NaAlO2溶液中往往含少量NaOH，其目的是 。 (5)Bi(NO3)3溶液和NaAlO2溶液混合充分反应，写出制取Bi(AlO2)3的化学方程式 ，利用1 kg含77.1% Bi2S3的辉铋矿与足量铝土矿作用制得868.5 g Bi(AlO2)3，则铝酸铋的产率为 。 24．（2024·四川凉山·三模）铟(In)是制造半导体、电光源等的重要原料，广泛用于航空航天、光电信息、太阳能电池等领域，从铜冶炼过程中产生的铟砷烟灰(主要成分为难溶于水的、，还含有ZnO、PbO、、等杂质)中提取锢的流程如下图所示 已知：①氧化酸浸步骤后铟以价离子形式存在； ②萃取剂可以用表示，可在酸性溶液中萃取价的金属离子 回答下列问题： (1)铟在元素周期表中的位置为 。 (2)氧化酸浸过程中，硫元素被氧化为最高化合价，写出发生此转化反应的离子方程式： 。 (3)还原铁步骤的目的是 。 (4)实验室进行萃取操作时首先需要 ，萃取时若温度过高会使萃取剂挥发过快，造成的不利影响是 。 (5)萃取过程中发生的主要反应为，则反萃取时需要加入的试剂为 (填名称)。 (6)已知置换步骤会产生易燃易爆性气体单质，写出该步骤的化学方程式 ，置换后所得的粗铟需要洗涤，检验其已洗净的操作和现象为 。 25．（2024·四川宜宾·三模）可用于制备镉镍碱性电池。镍废料中含有Ni、Cu、Fe、Ca、Mg等的化合物及难溶性杂质，以镍废料为原料制备高纯的工艺流程如图所示。 已知：①酸浸液中镍以存在； ②常温下，部分物质溶度积如下： 回答下列问题： (1)常温下，为提高酸浸效率，通常采用的措施是 (举2例)。 (2)加入碳酸钙调pH=4的目的是 ，此时(0.10mol/L)是否会沉淀 (通过计算说明)。 (3)“沉渣3”的主要成分是 (填化学式)。“滤液4”中除含、、、外，还含有较多的 (填离子符号)。 (4)向“酸溶”后的溶液中加入NaOH和NaClO，发生反应的化学方程式是 。 (5)工艺流程中使用去除。研究表明，也可在加热条件下使用去除，生成等物质的量的、S混合沉淀以及，该反应的离子方程式是 。 26．（2024·四川成都·三模）高纯HF溶液在电子工业中用作硅片腐蚀剂和清洗剂，也可制备荧光材料。制备的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)工业氢氟酸中常含有等杂质以及水。中B的化合价为 。 (2)“除杂”时，加入使转变为沉淀，同时产生 气体。加入适量除去，并生成，写出除硫的离子方程式 。 (3)“蒸馏”装置材料为聚乙烯或衬铂的银铅合金，不选择陶瓷或玻璃材质的原因是 。已知HF的沸点为19.5℃，而保持蒸馏温度不低于80℃的目的是 。 (4)“反应”制备纯固体成品时，应保持 (填“高纯HF溶液”或“高纯MgO”)过量。为了加快高纯HF溶液与MgO反应速率，可以采取的措施是 (举两例)。 (5)已知，当时，溶液中不超过 (保留两位有效数字)。 27．（2024·四川达州·二模）磁钢是一种永磁性材料，广泛运用于电机、仪表及自动化医疗仪器等行业。某废磁钢中含有镍、钴、铜、铁等金属元素。为了保护环境，充分利用资源，通过如图流程，实现镍钴的回收。 已知： ①，，，。 ②浸出液中的金属离子主要有： (1)“加压浸出”过程中加压的目的是 。浸出时盐酸浓度不断降低，但实际浸取时的化学反应速率加快，可能原因是 。 (2)已知浸出液中为，反应液A的则“中和除铜”过程中铜的去除率是 (保留三位有效数字)。 (3)“沉钴”过程要向反应液A中先加X，再加溶液，其目的是 。 (4)加沉镍时溶液的应控制在一定范围，不能过低也不能过高的理由是 。煅烧生成的反应方程式为 。 (5)对尾液用石墨电极电解得到用于本流程中循环的物质是 。 28．（2024·四川南充·三模）以铝土矿(主要成分为、和)为原料制备冶金级氧化铝流程如图所示。 (1)加入硫酸焙烧的目的是 ，铝土矿中部分铁元素以针铁矿(FeOOH)形式存在，写出针铁矿在焙烧过程发生的化学反应方程式 。 (2)“滤渣”的主要成分是 。 (3)实验发现，焙烧温度为325℃时，铝和铁的提取率最高。焙烧温度进一步升高，提取率下降，原因是 。(提取率：某组分浸出后在溶液中的质量与样品中的质量百分比) (4)将“滤液”进行蒸发浓缩，冷却结晶，析出水合硫酸铝[]，实验测得，蒸发浓缩液密度与析出晶体中的含水量的关系如图所示。 ①由图可知，蒸发浓缩至较高密度，有利于获得结晶水较 (选填“多”或“少”)的水合硫酸铝晶体。 ②当蒸发浓缩液密度为，测得析出晶体中的含水量为34.26%，折合成水合硫酸铝的结晶水系数 (结果取整数)。 (5)还原焙烧过程加入碳，除氧化铝外，还生成、两种气体，该化学反应方程式为 。 (6)还原焙烧得到的粗氧化铝采用低温碱浸，过滤，对滤液进行系列操作得到氢氧化铝固体，在1200℃下进行煅烧分解得冶金级氧化铝。低温碱浸目的是 。 29．（2024·四川成都·三模）钕铁硼因其超强的磁性被誉为“永磁之王”，广泛应用于新能源汽车、信息存储等方面。从钕铁硼废料[主要成分为钕(Nd)、铁、硼、铝等单质]中回收钕元素的工艺流程如图所示。 已知： ①硼难溶于非氧化性酸，“沉钕”时获得的滤渣为、。 ②与过量溶液反应生成可溶性配合物。 ③25℃，溶液中部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的浓度及溶液的pH如下表所示。 金属离子 开始沉淀时的pH() 2.2 3.7 7.5 完全沉淀时的pH() 3.2 4.7 9.0 请回答下列问题： (1)用硫酸酸溶时，下列措施可以提高酸溶速率的是_______(填序号)。 A．适当升高温度 B．适当增大硫酸的浓度 C．适当延长浸取时间 D．将钕铁硼废料粉碎 (2)“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (3)若“酸溶”后溶液中的浓度为1.0，则“沉钕”时控制pH的范围为 。 (4)向“滤液2”中通入足量，滤液变浑浊，请解释变浑浊的原因： (用化学方程式表示)。 (5)“沉淀”析出晶体，写出“沉淀”时发生反应的离子方程式： 。析出晶体后进行过滤、洗涤，检验晶体是否洗涤干净的方法为 。 (6)“沉淀”过程中，草酸的实际用量与理论计算量的比值(n)和沉钕率的关系如图所示，对沉钕率的变化趋势进行解释： 。 30．（2024·四川成都·三模）CoSO47H2O有着广泛的应用，可以用作催化剂，用于有机合成反应中；还可以用于电镀、染色、制备颜料等工业应用。一种水钴矿中含SiO2、Co2O3、CuO、FeO、Al2O3、CaO及MgO等，以该水钴矿为原料提取出CoSO4·7H2O的工艺流程如下： 已知：①KCaF23.410-11，KMgF2910-9； ②当离子浓度小于或等于10-5molL-1时认为该离子沉淀完全。 请回答下列问题： (1)为提高“浸出”速率，可以采取的措施是 写出2条措施即可)。 (2)“浸出”步骤中，Co2O3发生反应的化学方程式为 。 (3)滤渣Ⅰ的成分是 (填化学式)。 (4)“除铁、铝”步骤中，除铁时反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ；除铝时同时生成沉淀和气体，则发生反应的离子方程式为 。 (5)“除钙、镁”步骤时，当钙离子和镁离子恰好除尽时，溶液中的氟离子浓度应不低于 molL-1。 (6)由“过滤Ⅱ”后的母液得到CoSO47H2O的操作是 ， 、过滤、洗涤、干燥。 31．（2024·四川遂宁·三模）一个由北理工、北大、南阳理工等科学家组成的联合研究团队，首次提出并构筑出全新的2D-1D的本征异维超结构形式，该异维超结构由2DVS2和1DVS相互交叉排列，实现了多重研究突破。某科研小组以钒渣(主要成分是V2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CuO和有机杂质)为主要原料制备VS、VS2的流程如下： 已知部分信息如下： ①含钒元素的离子在溶液中的主要存在形式与pH如下表所示。 pH 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 VO VO V2O VO ②钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3是白色粉末，微溶于冷水，可溶于热水。 请回答下列问题： (1)写两种质子数和电子数均与相同的离子： (填化学式)。 (2)废料中有机杂质在 (填工序名称)中被除去。 (3)“净化1”中pH=6时Fe3+、Al3+、Cu2+已完全沉淀，但在实际生产中仍然调节pH=7左右，其目的是 。 (4)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。 (5)洗涤NH4VO3沉淀时，与选用热水洗涤相比，流程中选用冷水洗涤的优点为 ；检验是否洗涤干净的方法是 。 (6)试剂A可能是Al、CO、H2，若选择Al，除了生成钒单质，还会生成铝的氧化物和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，其化学方程式为 。若制备等质量的钒，需要还原剂Al、CO、H2的质量之比为 。 32．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）镍-镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍-镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴和有机质等。回收利用废旧镍-镉电池的一种工艺流程如图所示。 请回答下列问题； (1)“灼烧”时控制温度600~700℃，并通入足量空气，该工序的作用是 。 (2)“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为 。 (3)试剂X可选择_____(填标号)。 A．氨水 B．NaOH溶液 C．NiO D．溶液 (4)已知：的溶度积，“调pH”时溶液中，则应控制pH小于 。 (5)滤渣2可表示为。取3.05g样品溶于适量蒸馏水，加入过量NaOH溶液并加热，产生标准状况下448mL气体和0.93g沉淀，则滤渣2的化学式为 。 (6)滤液1经处理之后可循环至 工序中使用。 (7)可用于冶炼镉，产生的粗镉可利用电解精炼的方法进行提纯，在电解池的 (填“阳极”或“阴极”)产生纯镉。 (8)一项研究表明，采用溶剂萃取法可将、、从混合溶液中有效分离。如图为不同pH下DEHPA和Cyanex272对溶液中三种离子的萃取效率，则此方法的流程为 。 33．（2024·四川成都·二模）草酸镍(NiC2O4)是一种不溶于水的浅绿色粉末，常用于制镍催化剂和镍粉等。以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图： 已知：①“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、； ②pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成更多的胶体能吸附Ni2+。 ③草酸的Ka1=6.0×10-2，Ka2=5.0×10-5。 回答下列问题： (1)生产时为提高合金废料浸出率，下列措施可行的是 (填字母)。 a．适当延长浸出时间　　　b．高温浸出　　　c．分批加入混酸浸取并搅拌 (2)“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是 。 (3)“氧化”过程中，控制70℃、pH小于3的条件下进行。 ①“氧化”过程的离子方程式为 。 ②若pH大于3镍的回收率降低的原因是 。 (4)“过滤”后的滤液中加入(NH4)2C2O4溶液反应得到草酸镍，过滤得到的草酸镍需要用蒸馏水洗涤，检验晶体是否洗涤干净的方法是 。已知常温下Ksp[NiC2O4]=1.70×10-17，当溶液pH=2时，Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1×10-5mol·L-1时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度c(H2C2O4)= (保留两位有效数字)。 (5)在空气中加热二水合草酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为 。 34．（2024·四川绵阳·三模）锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。如图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有、、、、)制备高纯锗的工艺流程： 已知：①为两性化合物。②易水解，在浓盐酸中溶解度低。 ③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见表。 离子 开始沉淀pH 7.5 2.2 6.2 8.2 完全沉淀pH 9.0 3.2 8.2 11.2 ④有机试剂丹宁沉淀金属离子的沉淀率见表。 离子 沉淀率(%) 0 99 0 97~98.5 (1)“浸出”时加热的目的是 ，该过程发生的主要反应为 ；浸出渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)浸出后加入溶液的作用是 (用离子方程式表示)。滤饼1中主要成分为一种，常温下调节溶液的pH范围为 。如果不加溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成 的不良后果。 (3)“滤液2”中主要含有的金属阳离子是 (填离子符号)。 (4)与纯水反应的化学方程式为 。 (5)若含锗3.65%的湿法炼锌渣的质量为，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为 。 35．（2024·云南曲靖·二模）碳酸锌在工业上用途广泛。利用某种浸锌渣（主要含有）制备的一种流程如下： 已知：①； ②室温下，部分离子浓度的对数与的关系如下图所示（其中和分别代表含铝、含硅和含锌微粒）： 回答下列问题： (1)“焙烧”时，金属硫化物均转化为氧化物，生成的气体中主要成分是 （填化学式）。 (2)“碱浸”后，浸出液中含有金属元素的离子主要是和 （填离子符号）；欲使浸出液中的含锌微粒完全沉淀，应调节的范围是 。 (3)浸渣回收银的过程中有配合物生成，在碱性条件下用还原该配合物，还原产物为银单质，同时放出N2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (4)“除杂”时滤渣的主要成分是 （填化学式）。 (5)“沉锌”时发生反应的离子方程式为 ；此过程不宜用碳酸钠代替碳酸氢铵，原因是 。 36．（2024·四川成都·二模）CoCO3可用作选矿剂、催化剂及涂料的颜料。以含钴废渣(主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下： 已知：碱性条件下，Co2+会转变为Co(OH)2沉淀。 (1)“酸浸”时需控制温度在40℃左右，原因是 。 (2)“除铝”时发生反应的离子方程式为 。 (3)上述“萃取”过程可表示为。 ①下列说法不正确的是 。 A．可将废渣粉碎以提高酸浸效率 B．“除铝”时，应加入过量的Na2CO3溶液 C．可选择CCl4作为萃取剂 D．往萃取后的有机层中加水可获得ZnSO4溶液 ②若萃取操作是在实验室完成，请选择合适的编号，按正确的操作顺序(有的操作可重复使用)，完成萃取实验(假设只放气一次)。 倒入溶液和萃取剂→___________→___________→___________→___________→f→___________→___________→使下层液体慢慢流出→c→上层液体从上口倒出 a．打开分液漏斗上口玻璃塞；b．塞上分液漏斗上口玻璃塞；c．关闭分液漏斗旋塞； d打开分液漏斗旋塞；e．倒转分液漏斗振摇； f．将分液漏斗放在铁圈上静置；g．手持分液漏斗静置。 (4)“沉钴”时，溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释可能原因 。 (5)该工艺的副产物ZnS可参与H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该过程中涉及到的化学反应有 。 (6)在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为 。 37．（2024·四川德阳·二模）氧化铝粉体材料广泛应用于生物陶瓷、电子、催化剂、航空航天等领域。下图为利用钾明矾石精矿[主要成分为及少量]制备超细的工艺流程。 回答下列问题： (1)“粉碎”的目的是 。 (2)“碱浸”过程中相关数据如图，则应选择的合适条件为 ，在该条件下，转化为沉淀。 (3)“滤液1”的用途有 (写出一条即可)。 (4)“酸溶”时溶解反应的离子方程式为 。 (5)“沉铝”反应生成难溶物及无色气体，反应的离子方程式为 。检验沉淀是否洗涤干净的方法为 。 (6)流程中部分副产物稍加处理便能循环利用，写出其中一种的化学式 。 (7)工业生产中常用和来沉淀，已知常温下，在和共存的悬浊液中，。则 。[已知] 38．（2024·四川·二模）工业上以铬铁矿(，含Al，Si氧化物等杂质)为主要原料制备重铬酸钾的工艺流程如图。回答下列问题： 已知：焙烧时(铁、铬分别为、价)转化为和，同时A1、Si氧化物转化为可溶性钠盐。 (1)“焙烧”过程与有关的化学反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为 。“浸取”过程所得滤渣的用途有 (合理即可)。 (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。 则“中和”时应控制pH的范围为 ；从平衡移动的角度解释“酸化”过程加入的原因 。 (3)“冷却结晶”时，相关化学反应方程式为 。 (4)价铬的化合物毒性较大，需将转化为毒性较低的；工业上可采用电解法处理酸性含铬废水：以铁板做阴、阳极，电解含铬(Ⅵ)废水，示意如图。 ①灵敏鉴定废水中的：向含铬(Ⅵ)废水中加入适量溶液发生反应，生成在乙醚中较稳定存在的价的含铬氧化物，1mol中含过氧键的数量是 。 ②电解开始时，A极上主要发生的电极反应式为 。 ③电解产生的将还原为同时产生，其离子方程式为 。 39．（2024·四川成都·一模）重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用，如用于制铬矾、制火柴、电镀、有机合成等。工业上。以铬铁矿［主要成分为Fe(CrO2)2，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物］制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示： 已知：①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，Cr元素转化为Na2CrO4。 ②矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图1所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤10-5 mol·L-1时，可认为已除尽。 ③有关物质的溶解度如图2所示。 回答下列问题： (1)写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式 。 (2)水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的化学方程式 。 (3)中和步骤中理论pH的范围是 ，中和后滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (4)酸化时加冰醋酸，简述不能用盐酸的可能原因是 。 (5)工序1加入KCl后发生反应的离子方程式为 。滤液经 (填操作名称)也可得到部分K2Cr2O7固体。经过工序2可得到更纯的K2Cr2O7固体，则工序2方法为 。 40．（2024·四川泸州·二模）工业废气中含大量的、NO、CO、，脱硫废水中主要含有、、、、、，以及易被氧化的有机悬浮物和大量的有机硫，有机硫充分曝气氧化为。某燃煤厂将工业废气与脱硫废水进行联合净化处理，其工艺流程如下： 常温下：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 开始沉淀时的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 (1)曝气氧化中被氧化的离子有 ；滤渣A、C的化学式依次为 、 。 (2)用溶液除氮时，发生反应的离子反应方程式为 。 (3)NiOOH能用作镍镉电池正极材料，氧化沉镍反应的离子方程式为 。 (4)加盐酸调pH至5得到滤渣B，反应的离子方程式为 。 (5)流程中“①通入适量空气”，其NO与的最佳物质的量比为 ，气体a为什么不能直接排放到大气中？ 。 (6)结合信息计算，“曝气氧化”后当调时的浓度为 。 41．（2024·四川成都·二模）一种回收锌电解阳极泥(主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题： 已知：①易溶于水，不溶于乙醇。 ②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应： (1)中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。 (2)滤液1中的溶质为 ；“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为 ；实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是 。 (3)结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的“一系列操作”是 、 ，用 (填物质的名称)洗涤、干燥。 (4)“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积。则放电的电极反应式为 。 (5)整个流程中可循环利用的物质是 。 (6)通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因 。[已知：25℃时，] 42．（2024·四川绵阳·模拟预测）碘化镍()可用于制陶瓷等。以废镍催化剂(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、等杂质)为原料制备碘化镍的流程如下： 已知：室温下，。 回答下列问题： (1)滤渣1的成分是、 (填化学式)。滤渣2经过洗涤、干燥、 (填操作名称)可制铁红。 (2)“除铁”中可通过先加入溶液再加入NiO替代NaClO溶液，的作用是 (用离子方程式表示)。 (3)“除钙”时，为确保滤液中，溶液中至少为 (保留两位有效数字)。 (4)“萃取”过程主要除去的金属杂质离子是 (填离子符号)。 (5)“分解”过程中通入的作用是 。 (6)在空气中加热一定量的(相对分子质量为183)晶体，测得固体失重率(固体失重率＝)与温度的关系如图所示，300～400℃时发生反应的化学方程式为 。 43．（2024·四川成都·二模）以废钒催化剂(及有机物)为原料制取的工艺流程如下，回答下列问题： 已知：；。 (1)低温焙烧的目的是 。 (2)为提高高温氧化的速率，可采取的一种措施是 ，写出被氧化为和的化学方程式 。 (3)写出浸取时产生的滤渣I的一种用途 。 (4)沉铝时发生反应的离子方程式为 。 (5)沉钒时控制溶液，钒以的形式沉淀，沉钒过程中沉钒率随温度升高先增大，80℃时沉钒率达最大值，继续升高温度，沉钒率下降。继续升高温度，沉钒率下降的原因是 。室温下，若的溶度积常数为，当刚好沉淀完全时，溶液中，则的电离常数= [刚好沉淀完全时]。 (6)称取产品，加入适量稀硫酸溶解(假设杂质不与硫酸反应)，得到溶液，再向溶液中加入亚硫酸钠溶液，充分反应后得到溶液，最后用的高锰酸钾溶液滴定剩余亚硫酸钠，达到滴定终点时消耗高锰酸钾溶液，则产品的纯度为 。 44．（2024·四川成都·二模）贵金属银有广泛用途。工业上用银锰精矿(主要含、MnS、等)制备银，同时获得二氧化锰的流程如下。 回答下列问题： (1)“浸锰”步骤中产生的浸锰液主要含有，生成气体的主要成分为 ；用惰性电极电解浸锰液制，写出电解总反应的化学方程式 。 (2)已知“浸铁”步骤中保持不变，反应中n(氧化剂)：n(还原剂)= ；浸铁滤饼的主要成分为S和 。 (3)“浸银”时发生反应，其中在溶液中是一种稳定配合物。加入的作用是 ；结合离子方程式，从平衡角度分析选用氯化物浓溶液的原因是 。 (4)“沉银”步骤中，生成单质银的离子反应方程式为 ，沉银液经处理可再利用，方法是向沉银液中通入 (写化学式)，通过一步转化后循环再用。 45．（2024·四川南充·二模）一种废旧磷酸铁锂正极片(主要成分为LiFePO4、FePO4、Al和石墨)的闭环回收工艺流程如图所示： 已知：①C6H8O6为抗坏血酸，具有较强的还原性。 ②滤饼成分为Fe3(PO4)2·8H2O。 回答下列问题： (1)碱溶前，可将废电池正极片进行机械活化处理，使颗粒直径减小，目的是 。 (2)向滤液①中通入过量二氧化碳，可以回收铝，该反应的离子方程式为 。 (3)酸浸过程中加入C6H8O6的目的是 。 (4)将不同pH下得到的滤饼溶于盐酸，稀释至一定比例后测算Fe、P物质的量比，结果见下表，由此得出，沉淀的最佳pH为 。 pH 6.0 6.5 7.0 8.0 9.0 1.54 1.50 1.49 1.47 1.47 (5)调节pH时，氨水不宜加入过量，原因是随着氨水浓度的增大，会产生 杂质；若该步骤中Fe元素沉淀完全，滤液③中除H、O外，还大量含有的元素有 。 (6)真空管烧结时，加入葡萄糖的作用是 。 46．（2024·四川·一模）硝酸镉晶体常用于瓷器上色。某学习小组在实验室以镉黄废料［主要含(难溶于水)，含少量、、、］为原料制备硝酸镉晶体，制作流程如图所示。 已知：①温度较高时，硝酸镉易分解； ②25℃，部分氢氧化物的如下表所示： 回答下列问题： (1)“酸浸”时，、与一定浓度稀硝酸反应，均生成单质硫和，与稀硝酸反应的离子方程式为 ，该反应中参加反应的硝酸中，被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比为 。“酸浸”所得溶液中，含有的阳离子有、、 。 (2)当溶液中离子浓度时，认为该离子已完全除去。若“除杂”所得滤液中，则 (填“能”或“不能”)调节溶液，以达到除去硝酸镉溶液中的的目的，原因是 。 (3)硝酸镉与硝酸锌的溶解度随温度的变化关系如图。 “系列操作”依次为： 步骤i：将除杂所得滤液加热浓缩至溶液表面生成薄膜为止； 步骤ii：…… 步骤iii：…… 步骤iv：在低温烘干，制得硝酸镉晶体成品。 ①“步骤i”加热浓缩滤液，用到的仪器有蒸发皿、铁架台(带铁圈)、玻璃棒、石棉网，还需要用到的仪器有 (填标号)。 a．    b．    c．    d． ②“步骤ii”、“步骤iii”分别为 ， 。 ③“步骤iv”中，采用低温烘干的原因是 。 47．（2024·四川雅安·一模）是光电转化材料。利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量等杂质)来制备，并回收铁制备难溶于水的黄钾铁矾，制备流程如图，回答下列问题： 部分原料价格表： 物质 纯碱(99%) 氢氧化钾(90%) 碳酸钾(99%) 液氨(99.9%) 价格(元/吨) 1800 4000 4500 25000 (1)中Ti的化合价为 。 (2)步骤①滤渣1的主要成分是 ，若氧化酸解的氧化剂用替代，则理论上氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，相同条件下，用做氧化剂时，其酸解效率较低，原因可能是 。 (3)已知在水中能部分水解并有生成，则相关离子方程式为 ；常温下，为，滤液1中浓度为，步骤②中要使水解的转化率达99%，加时忽略溶液体积变化，则此时溶液的pH应为 。 (4)步骤③反应的化学方程式为 ，若在实验室煅烧，用到的实验仪器除了玻璃棒、酒精灯、三脚架及泥三角外，还需要 。 (5)结合信息分析，步骤④调pH最适宜的试剂是_______。 A． B． C． D． 48．（2024·四川凉山·一模）以二氧化铈(CeO2)为原料制备碳酸铈(Ce2(CO3)3)的工业流程如下： 已知水溶液中的Ce3+能被有机萃取剂(HA)萃取，萃取原理可表示为；回答下列问题： (1)写出两条可以提高酸浸效率的措施 、 。 (2)写出酸浸过程中发生反应的离子方程式 ，其中H2O2的作用是 。 (3)萃取前加氨水中和的目的是 (用平衡移动的原理解释)。 (4)写出物质a的化学式 。 (5)写出沉淀过程的离子方程式 。 (6)该流程中可循环使用的试剂为 。 49．（2024·四川宜宾·二模）银是一种用途广泛的金属，由硫化银锰精矿（含、、等）制备粗银粉的流程如下图。 已知：i．不与稀硫酸、反应； ii．不与稀硫酸反应； iii．常温下，。 回答下列问题： (1)“滤液①”中含有的金属阳离子是 （填离子符号），“尾气”的主要成分是 （填化学式）。 (2)“氧化”时，被氧化成和，该反应的离子方程式是 。 (3)“浸银”时，先与溶液反应生成、，再与生成多种配合物而溶解。 ①生成的化学方程式是 。 ②当时，溶液中 。 ③加入浓盐酸（、）的作用是 。 (4)向“滤液④”中通入反应后，将滤液返回 （填写流程图中方框内的步骤名称）循环利用。 (5)制得的粗银粉中，银的纯度较低，可能的原因是 。 50．（2024·四川·二模）锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。如图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)制备高纯锗的工艺流程： 已知：①GeO2为两性化合物。②GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低。 ③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见表。 离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+ Ge4+ 开始沉淀pH 7.5 2.2 6.2 8.2 完全沉淀pH 9.0 3.2 8.2 11.2 ④有机试剂丹宁沉淀金属离子的沉淀率见表。 离子 Fe2+ Fe3+ Zn2+ Ge4+ 沉淀率(%) 0 99 0 97~98.5 (1)“浸出”时加热的目的是 ；浸出渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)浸出后加入NaClO溶液的作用是 (用离子方程式表示)。常温下调节溶液的pH至3.9时，c(Fe3+)= mol/L(Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。如果不加NaClO溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会造成 的不良后果。 (3)“滤液2”中主要含有的金属阳离子是 (填离子符号)。 (4)GeCl4与纯水反应的化学方程式为 。 (5)若含锗3.65%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为 。 51．（2024·四川内江·一模）高纯碳酸锰(MnCO3)广泛应用于电子工业，是制造高性能磁性材料的主要原料。工业上以软锰矿(主要成分是MnO2、含有少量的Fe3O4、Al2O3、SiO2)为主要原料制备高纯碳酸锰的工艺流程如图所示： 已知：①Ksp(MnCO3)=2.2×10-11。 ②碳酸锰难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解。 (1)为了加快浸取速率，可以采取的措施是 (写两条即可)，浸取过程中MnO2发生反应的离子方程式为 。 (2)滤渣Ⅱ的主要成分是 。 (3)沉锰过程中，A溶液可以选用NH4HCO3溶液或(NH4)2CO3溶液。 ①若是选用NH4HCO3溶液，则反应的离子方程式为： 。 ②若是选用(NH4)2CO3溶液。取过滤Ⅱ的滤液100mL，其中c(Mn2+)=2.0mol/L，加入等体积的(NH4)2CO3溶液。如果使“沉锰”后的溶液中c(Mn2+)=1.0×10-10mol/L，则加入的c((NH4)2CO3)= mol/L。 (4)为了得到高纯碳酸锰，在过滤Ⅲ操作后，最好选择用乙醇洗去表面的杂质。选择用乙醇洗涤的原因是 。 (5)在空气中加热所得MnCO3固体(不含其他杂质)，随着温度的升高，残留固体的质量如图所示。则B点的成分为 (填化学式)。 52．（2024·四川德阳·二模）从某铋(Bi)、锌的冶炼厂的高铟烟灰(主要含ZnO、、、、)中提取铟和铋的流程如图： 已知：不溶于稀硫酸；难溶于水。 回答下列问题： (1)“滤液1”中含有的金属阳离子有 (填离子符号)。 (2)“酸浸”过程中使用稀硫酸而不用75%的)溶液，其原因是 。 (3)“酸溶”生成的中，Bi元素的化合价为 。 (4)“转化2”时发生反应的化学方程式为 。 (5)“系列操作”的流程如下： 已知：“萃取”时发生反应：(金属阳离子)(有机液)(有机液)；与相似，易水解。 ①试剂X的名称为 ，“萃取”和“反萃取”的目的是 。 ②关于虚线框内的实验步骤，下列说法正确的是 (填标号)。 A．可以提高溶液的浓度 B．烧碱溶液可用纯碱溶液代替 C．需用到分液漏斗、烧杯、玻璃棒等仪器 (6)akg的高铟烟灰经上述流程后，得到质量分数为w的产品bg，则高铟烟灰中Bi的百分含量为 (用含a、b、w的计算式表示)。 53．（2024·四川成都·二模）工业上利用赤铁矿渣(主要成分为Zn、、CuO和，还含有少量的Ga和In)获得Ga和In单质的流程如下： 已知：①Ga、In与Al同族，化学性质相似。 ②比在醚中的溶解度更高。 ③和在酸性条件下不易被沉淀，但和可以被沉淀。 ④当离子浓度小于或等于时认为该离子沉淀完全。 ⑤部分物质的如下表： 物质 回答下列问题： (1)“高压酸浸还原”时，CuO发生反应的总的化学方程式为 。“沉渣”中除了含有含铜元素的物质和S，还主要含有 (填化学式)。 (2)“滤液2”中含有的离子主要是 。 (3)若“滤液1”中只有浓度均为的和，中和时，加入调节pH的范围是 (结果保留至小数点后一位)。 (4)“碱化电解”前“含Ga水相”需要加入NaOH溶液调节溶液呈碱性， (填“能”或“不能”)用氨水代替NaOH溶液，原因是 。为探究在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数K= {已知：，；}。 (5)氮化镓与铜组装成的人工光合系统的电池工作原理如图所示。电池工作时向 (填“左”或“右”)池移动；当电路中转移1.6mol电子时，电池中液体的质量减小了 g。 54．（2024·四川巴中·一模）废催化剂(含、、等)的回收对环境保护和资源循环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。 已知：①、和都能与溶液反应生成可溶性的、和不溶性的； ②易水解 ③。 回答下列问题： (1)“球磨”的目的是 。 (2)“碱浸”后通过 (填操作名称)可以实现钛与钒、钨分离。有同学认为在“碱浸”与“酸浸”之间还应“水洗”，其理由是 (3)“酸浸”后钛主要以形式存在，“热水解”反应的离子方程式为 。 (4)钒的回收率随溶液的pH值变化如图所示，pH=8时回收率最高的原因是 。 (5)“沉钨”中析出时，需要加入过量，其目的是 。 (6)向的滤液中加入等体积的溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使浓度小于，则溶液的最小浓度为 mol/L。 55．（23-24高三下·四川雅安·开学考试）(乳酸铋)是一种黄色颜料。某小组以辉铋矿(含77.1%、19.5%和3.4%)为原料制备钒酸铋，并回收制备食品抗氧化剂的流程如下，回答下列问题： 已知：常温下，，；当金属离子浓度时，认为该离子已沉淀完全。 (1)“焙烧”中采用高压空气的目的是 ，转化成发生反应的化学方程式为 。 (2)浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (3)已知：“酸浸”得到的浸液中，则“除铁”调节pH的范围为 。 (4)“酸溶”需调节pH，避免生成BiOCl(难溶)。产生BiOCl反应的离子方程式为 。 (5)向含少量水的中通入，得到产品。易变质生成，设计简单实验证明产品是否变质： 。 已知：。 (6)某工厂用10吨该辉铋矿，最终得到9.234吨，则该过程中Bi的损耗率为 %。 56．（2024·四川南充·一模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。 已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式表示，萃取金属离子时，发生反应：(代表被萃取的金属)。 (1)的作用是 。 (2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。 A．过滤 B．蒸发结晶 C．分液 D．蒸馏 (3)加入调的目的是 。 (4)已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时， 。(保留1位有效数字) (5)写出反萃取出的离子方程式 。 (6)、利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相变化如图所示。无机相的控制在 左右为宜。 (7)回收液中浓度的测定：取回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积。物质的量浓度为 。 57．（23-24高三上·安徽合肥·期末）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含、、、、和），实现镍、钴、镁元素的回收。 回答下列问题： (1)工业上用一定浓度的硫酸浸取已粉碎的镍钴矿并不断搅拌，提高浸取速率的方法为 （答出一条即可）。 (2)“氧化”时，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（），其中元素的化合价为 。 (3)已知：的电离方程式为、 ①“氧化”时，先通入足量混合气，溶液中的正二价铁元素被氧化为，该反应的离子方程式为 ；再加入石灰乳，所得滤渣中主要成分是、 。 ②通入混合气中的体积分数与氧化率随时间的变化关系如图所示，若混合气中不添加，相同时间内氧化率较低的原因是 ；的体积分数高于9.0%时，相同时间内氧化率开始降低的原因是 。 (4)①将“钴镍渣”酸溶后，先加入溶液进行“钴镍分离”，写出“钴镍分离”反应生成 沉淀的离子方程式： 。 ②若“镍钴分离”后溶液中，加入溶液“沉镍”后的滤液中，则沉镍率= 。[已知：，沉镍率= 58．（2024·四川绵阳·二模）重铬酸钠()广泛应用于医药和印染行业，用含铬矿渣(主要成分是，还含有少量和)制备的流程如下： 已知：室温下，；、。 回答下列问题： (1)含铬矿渣“灼烧”过程中，将转化为 (填化学式)。而将氧化为，其化学方程式中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (2)“浸取”所得的滤渣中含量最多的金属元素是 。下列措施能显著提高浸取率的方法是 。 A．搅拌            B．增加水量             C．升高温度         D．增大压强 (3)室温下“中和除铝”：。控制 ，可保证恰好沉淀完全(溶液中浓度为)。此步骤中也可选用“灼烧”步骤产生的 (填化学式)代替。 (4)“酸化”步骤主要发生的离子反应方程式为 。 (5)三氧化铬()常用于做鞣革织物媒染剂，可用固体与浓硫酸反应制取，产物中有一种显酸性的盐，写出该化学反应方程式 。 59．（2024·四川成都·一模）三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等。 ②  、   已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。 ③具有较强还原性。 回答下列问题： (1)制备。 “除杂”过程中加调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节pH的范围为 。 (2)制备。 ①“混合”过程中需先将，溶液混合，然后再加入活性炭，的作用是 。 ②“氧化”过程应先加入 (选填“氨水”或“双氧水”)，原因是 。 ③生成的离子方程式为 。 (3)分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。 (4)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用溶液滴定(反应原理：、)，达到滴定终点时消耗溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量 。 60．（2024·四川成都·一模）SbCl3用于红外光谱分析以及显像管生产等。工业生产中，以辉锑矿（主要成分为的Sb2S3，还含有As2S3、PbS、CuO和SiO2等）为原料制备SbCl3的工艺流程如下： 已知：①浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质； ②常温下，，； ③溶液中离子浓度小于或等于mol/L时，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)加快辉锑矿“酸浸”的措施有 。 A．将辉锑矿粉碎 B．用酒精灯加热 C．用玻璃棒搅拌 D．适当增加酸液浓度 (2)滤渣1中除了S之外，还有 。 (3)浸出液中加入适量Sb的目的是 。（用化学方程式表示） (4)已知浸出液中c(Cu2+)=0.01mol/L、c(Pb2+)=0.10mol/L。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是 （填化学式）；常温下，“除铜、铅”时Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中不低于 mol/L，Na2S也不宜过多，其原因为 。 (5)在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4，则该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为 ；已知在“电解”SbCl3溶液时，无气体生成，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3：2，可在上述流程中循环利用的物质有 。 61．（2024·四川资阳·二模）是光电转化材料。利用钛铁矿(主要成分为还含有少量等杂质)来制备，并回收铁制备难溶于水的黄钾铁矾制备流程如图。回答下列问题： 部分原料价格表： 物质 纯碱 (99%Na₂CO₃) 氢氧化钾 (90%KOH) 碳酸钾 (99%K₂CO₃) 液氨 (99.9%) 价格(元/吨) 1800 4000 4500 25000 (1)中Ti的化合价为 。 (2)步骤①滤渣1的主要成分是 ，若氧化酸解的氧化剂用替代KClO，则理论上氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，相同条件下，用做氧化剂时，其酸解效率较KClO低，原因可能是 。 (3)已知在水中能部分水解并有生成，则相关离子方程式为 。常温下，Ksp为滤液1中浓度为步骤②中要使水解的转化率达99%，加时忽略溶液体积变化，则此时溶液的pH应为 。 (4)步骤③反应的化学方程式为 ，若在实验室煅烧，用到的实验仪器除了玻璃棒、酒精灯、三脚架及泥三角外，还需要 。 (5)结合信息分析，步骤④调pH最适宜的试剂是 。 A．Na2CO3 B．KOH C．K2CO3 D．NH3 62．（2024·四川成都·模拟预测）二氧化钛是一种重要的白色颜料，在涂料、催化、造纸等行业有广泛应用。从钛铁精矿生产二氧化钛的一个重要化工流程称为“硫酸法”，如下所示。 回答下列问题： (1)钛酸亚铁中的化合价为 。 (2)“酸解”时，将压缩空气从酸解槽底部送入可起到 的作用；让物料在酸解槽中放置的目的是 。 (3)“还原沉降”后溶液中主要含有和阳离子 (两种)；加入废铁屑除去的目的是 。 (4)已知溶解度随温度升高而增大，则“浓缩”得到晶体的结晶方式是 。 (5)“溶液C”水解产生的离子方程式为 。 (6)另一种生产的短工序方法是“氯化法”：在，钛铁矿中加入少量碳粉，通入氯气对钛铁矿进行选择性氯化，生成、气态和。写出相应的化学方程式 。 63．（2024·四川绵阳·一模）纳米ZnO可用作催化材料、半导体材料。以锌焙砂(主要成分为ZnO、，含少量、等)为原料制备纳米ZnO的流程如下： 已知：i.；受热易分解，放出氨气； ii.。 (1)“浸取”时，锌元素以形式进入滤液。 ①浸出率与温度关系如图甲所示，请解释55℃时浸出率最高的原因： 。 ②浸出率与的关系如图乙所示，之后浸出率下降，说明 (填序号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。 A．ZnO和    B．ZnO    C． ③浸取过程加入的目的是 。 (2)写出流程中生成“滤渣”的离子方程式： 。 (3)适量能将等离子转化为硫化物沉淀而除去，若选择ZnS进行除杂，是否可行？ (填“是”或“否”)，［已知：，；化学反应完全，化学反应不发生］，用计算说明原因 。 (4)根据“蒸氨”时逸出的气体为氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的。你认为该推断是否正确？并说明理由： 。 (5)写出流程中“沉锌”的离子方程式： 。 (6)该流程中可以循环利用的物质是 (写出主要成分的化学式)。 64．（2024·四川内江·一模）利用炼钢锌灰(主要成分为ZnO､和，含少量､CuO等杂质)为原料制备锌的工艺流程如下｡ (1)“焙烧”过程 “焙烧”时，转化为ZnO，该过程 (填“是”或“不是”)氧化还原反应｡ (2)“氨浸”过程 ①控制pH在适当范围，ZnO溶解为，写出该反应的离子方程式 ｡ ②已知，随着浸取液温度升高，ZnO溶解量反而降低的原因：一是温度过高导致氨浸液中氨气因溶解度减小而逸出，不利于溶解ZnO；二是由于上述已知平衡中 0(填“>”或“<”)，温度升高导致平衡逆向移动｡ (3)“除砷”过程 已知，常温下，，，当控制溶液 时，才能使溶液中恰好被沉淀完全[c(离子)，认为沉淀完全]｡ (4)“电解”过程(电极板采用涂钌钛板和铝板) ①电解过程中锌在 板沉积｡ ②电解过程中忽略其他副反应，理论上每沉积16.25gZn，通过电路中的电子为 mol｡ (5)变废为宝 该流程中分离出的Cu和ZnO可合成一种高效催化剂Cu/ZnO，有学者开展了在Cu/ZnO催化剂上进行合成甲醇机理的研究，机理如下： ①过程3的化学方程式为 ｡ ②ZnO也有催化作用，催化机理与Cu相似，与 反应可获得甲醇｡ 65．（2024·四川自贡·一模）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含、、。一种回收利用废催化剂的工艺流程如下图。 回答下列问题： (1)“焙烧”时，转化为，写出相应的化学方程式 。 (2)加快溶浸速率的方法是 。 (3)溶浸后的溶液中，铝元素以的形态存在。写出“沉铝”时使铝元素恰好沉淀完全的离子方程式为 。 (4)“沉钼”后，滤液X的溶质主要是 (写化学式)。 (5)在水中呈胶状，陈化是指将溶液静止存放一段时间，陈化的作用是 。 (6)已知中元素的化合价为0价。 ①在“反应”中的氧化剂和还原剂物质的量之比为 。 ②是一种可以循环利用的物质，是 (填化学式)。 66．（2023·四川南充·模拟预测）某催化剂主要含Ni、Ni(OH)2、NiS及少量Zn、Fe、CuO、CaO、SiO2等杂质，从中制备金属Ni的工艺流程如下：    物质 NiS ZnS CuS FeS CaF2 (20℃) 回答下列问题： (1)为提高废镍催化剂的浸出速率，可采取的措施有 (答一条即可)。 (2)反应的平衡常数K= 。滤渣1的成分除CuS外还有 。 (3)NaClO氧化为的离子方程式为 。 (4)室温下用有机萃取剂HDEHP萃取金属离子的萃取率随溶液pH的变化如下左图。“萃取”时应调节溶液pH的最佳范围是 。    (5)若用Na2CO3溶液“沉镍”会产生。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品3.41g，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如上图所示(300~480℃、500~750℃条件下加热，收集到的气体产物均各只有一种，750℃以上残留固体为NiO)。则样品的化学式为 。 (6)“分解”时通N2的作用是 。 67．（2023·四川成都·模拟预测）钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图： 相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子 Co2+ Fe2+ Fe3+ Zn2+ 开始沉淀的pH 7.15 6.3 1.5 6.2 沉淀完全的pH 9.15 8.3 2.8 8.2 回答下列问题： (1)滤渣1是 “加热酸浸”时为确保安全，加热时应避免 。 (2)操作1的名称是 ，从流程信息分析，在有机溶剂M中 (填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、 。 (3)若无氧化步骤，对实验的影响是 。试剂X可以为下列物质中的 。 A．KOH         B． Zn(OH)2 C． ZnO          D． Na2CO3 (4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴回收。该反应的离子方程式是 ，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1中]，溶液的pH至少为 (用含Ksp的式子表示)。 68．（2023·四川泸州·二模）四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下： 已知：①0.01mol/L金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据： 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Mg2+ Mn2+ 开始沉淀 4.1 2.2 7.5 9.6 8.8 完全沉淀 5.4 3.2 9.5 / / ②Ksp(MgF2)=7.4×10-1l；Ksp(MnF2)=5.6×10-3 回答下列问题： (1)提高“酸浸”效果的方法有 、 (任写两种)。 (2)“氧化1”步骤中，氧化剂a可选用MnO2，发生反应的离子方程式为 ，为了检验氧化是否完全可选用的试剂是 (写化学式)。 (3)“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为 。 (4)“沉镁”步骤中，沉淀转化反应的平衡常数K值等于 。 (5)“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响四氧化三锰的品位，实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是 。 (6)“氧化2”步骤中发生反应的化学方程式为 。 69．（2022·四川成都·模拟预测）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题： 已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。 ②沉淀I中只含有两种沉淀。 ③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+ ④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 (1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示： 空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h 暴露空气中 450～500 88 14 对流空气氧化炉中 450～500 98 6 在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是 。 (2)浸出过程中加入Na2SO3作用是 。 (3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为 。 (4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是 ；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为 。 (5)操作I包括：向水层加入 调整pH至2～3，蒸发浓缩 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]= (假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5) (7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式 。 70．（2022·四川泸州·三模）硫酸锰铵[(NH4)2Mn(SO4)2]可用于木材防火涂料，易溶于水。用软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe、Cu、Mg、 Si 元素的氧化物或盐)制备硫酸锰铵的工艺流程如下： 已知：①MgSO4和MnSO4的溶解度表如下： 温度/°C 0 10 20 30 40 60 80 90 100 溶解度/g MgSO4 22 28.2 33.7 38.9 44.5 54.6 55.8 52.9 50.4 MnSO4 52.9 59.7 62.9 62.9 60 53.6 45.6 40.9 35.3 ②常温下，0.1mol/L 金属离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下： 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Mg2+ 开始沉淀pH 8.0 6.3 1.5 8.1 沉淀完全pH 10.0 8.3 2.8 9.4 回答下列问题： (1)分离出滤渣x、y主要目的是除掉软锰矿中的 元素 ；常温下Ksp[Mn(OH)2]= 。 (2)“还原酸浸”主要反应的离子方程式为 。 (3)“除铜”反应的离子方程式为 。 (4)“系列操作”包括：蒸发结晶、 、洗涤； 反应后“冰水浴”的目的是 。 (5)通过实验测定产品硫酸锰铵中锰元素的含量：准确称取所得产品w g溶于水配成溶液，滴加氨水调pH至7~8，加入过量的c1 mol/L KMnO4溶液V1 mL充分反应，过滤掉MnO2，将滤液与洗涤液合并配制成100mL溶液，取20 mL用c2 molLFeSO4酸性标准液滴定，重复实验3次，平均消耗标准液V2 mL。滴定终点的判断依据是 ，产品硫酸锰铵中锰元素的质量分数为 (用相应字母表示)。 71．（2022·四川宜宾·三模）铋(Bi)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Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图： 已知： ⅰ．Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水 ⅱ．“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质 ⅲ．Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=4.4×10-7 ⅳ．该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+ 开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5 沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5 回答下列问题： (1)“氧化浸取”时，氧化性：H2O2 S(填“＞”或“＜”)；为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是 。 (2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是 。 (4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是 。 (5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]= 。 (6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是 。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是 。 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 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。 2．(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。 3．(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。 4．(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：。 5．(1) (2) 67.5 生成的硫覆盖在表面，阻碍浸取 (3)水解程度随pH的升高而增大 (4)32：7 (5) KSCN溶液 溶液由红色变为无色，且30秒内无明显变化 【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S)用FeCl3溶液浸取，发生反应：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，过滤得到含有氯化铜、氯化亚铁的滤液，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；“反萃取”得到CuSO4溶液，调节溶液pH=10，在碱性条件下，Cu2+与N2H4溶液反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉，据此解答。 【详解】（1）根据图示，用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，同时生成Fe2+和H2S，反应的离子方程式为：； （2）①反应：，反应中，FeCl3中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，Cu2S中Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，硫元素的化合价由-2价升高为0价，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=4，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为2mol，反应中转移电子的数目为1生成0.5mol，其质量为67.5g； ②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是生成的硫覆盖在表面，阻碍浸取； （3）由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低； （4）用“反萃取”得到的溶液制备纳米铜粉时，反应为：2Cu2++N2H4+4OH-=2Cu↓+N2↑+4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为（2×64g）∶28g=32∶7，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为32∶7； （5）①氧化铬中铁含量测定，步骤ⅲ取含有的溶液，加入指示剂为KSCN溶液，滴定终点的现象为：滴入最后半滴EDTA—2Na溶液，溶液由红色变为无色，且30秒内无明显变化； ②EDTA—2Na和Fe3+按物质的量1∶1反应，可得关系式：，则氧化铬产品中铁的质量分数是。 6．(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。 7．(1)AB (2) 蒸发结晶 (3)过多会使溶液酸度增加，影响的结晶；或使用所得滤液可循环利用 (4)、、NH4HCO3 (5)50 【分析】由题干流程图可知，“钒铬分离”主要反应为：3Ca(OH)2+2NaVO3=Ca3(VO4)2↓+2NaOH+2H2O，过滤得滤液A为Na2CrO4，钒渣的主要成分为Ca3(VO4)2，“浸出”发生的主要反应为：Ca3(VO4)2+4NaHCO3=3CaCO3↓+2NaVO3+2H2O+Na2CO3，过滤得出浸出渣主要成分为CaCO3，高温煅烧得到CaO，CaO和H2O得到固体B为Ca(OH)2，浸出液主要含有NaVO3，“转化”步骤中发生的反应为：NH4HCO3+NaVO3=NH4VO3↓+NaHCO3，过滤洗涤、干燥得到NH4VO3晶体和滤液，据此分析解题。 【详解】（1）A．研磨使钒铬渣的颗粒变小，可防止生成的沉淀覆在Ca(OH)2表面，提高Ca(OH)2利用率，A正确； B．研磨减小了所得钒渣的粒径，增大“浸出”等步骤中反应时的接触面积以提高了后续步骤中钒渣的浸出率，B正确； C．由表中数据可知，40℃和60℃时Ca3(VO4)2的溶解度相同，而60℃时需消耗更多的能源，故工业上更宜选用40℃，C错误； D．由分析可知，该过程中的反应方程式为：3Ca(OH)2+2NaVO3=Ca3(VO4)2↓+2NaOH+2H2O，该反应为非氧化还原反应，D错误； 故选AB。 （2）由表中数据可知，的溶解度随温度变化不明显，故从滤液A中获取晶体时，应采用的结晶方法为蒸发结晶；残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤，酸化时发生的反应为：，用溶液还原时，还原产物为Cr3+，根据氧化还原反应配平可得反应的离子方程式为：；为了使不高于mol·L，“沉降”时，故应调节。 （3）由于NH4Cl溶液的酸性强于溶液的酸性，为防止过多NH4Cl会使溶液酸度增加，影响的结晶，且使用所得滤液可循环利用，故 “转化”过程中选用溶液不选用溶液。 （4）由分析可知，该流程中可循环利用的物质有固体B即Ca(OH)2、“转化”步骤中生成的NaHCO3和“转化”步骤中滤液中的NH4HCO3。 （5）某工厂用1m3钒铬渣提取液[ mol·L]最终制得质量为58.5kg，则产率为。 8．(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； 9．(1) +3 Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+ (2)粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等 (3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4)Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2) (5)MgSO4和MnSO4 (6)49.5 【分析】以软锰矿粉(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为SiO2，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[2MnCO3⋅3Mn(OH)2⋅H2O]的同时放出CO2，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂(LiMnO2)，据此分析解题。 【详解】（1）LiMnO2中Li为+1价，O为-2价，故锰元素的化合价为+3价，由分析可知，“酸浸”后过滤，所得滤液中主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，即主要含有的金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+，故答案为：+3；Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+； （2）根据影响反应速率的因素可知，粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等措施均可提高“酸浸”的浸取速率，故答案为：粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等； （3）由分析可知，“氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH以除去Fe3+，故“氧化”步骤需要加入过量MnO2，根据氧化还原反应配平可得，该步反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （4）由分析可知，常温下，“调pH”后溶液pH=5，则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)； （5）由分析可知，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF，同时得到的副产物是MgSO4和MnSO4，反应原理为：MgF2+H2SO4(浓)=MgSO4+2HF、MnF2+H2SO4(浓)=MnSO4+2HF，故答案为：MgSO4和MnSO4； （6）根据元素守恒可知，原样品中含有的LiMnO2的物质的量为：n(LiMnO2)=n(Mn2+)=n(EDTA)=0.15mol/L×60×10-3L×=0.09mol，则样品中锰含量为=49.5%，故答案为：49.5。 10．(1)除去表面积碳和有机物 (2) 过滤 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象 (3) 4 (4)HCl (5) 【分析】废旧催化剂(含有、Pt、Ag)进行焙烧Ⅰ，除去表面的积炭和有机物；然后加硝酸进行浸取，Ag溶于硝酸，、Pt不溶，过滤后得到浸出固体1；加入盐酸和氧化剂，反应后Pt转化成，过滤后得到废渣氧化铝和含有的溶液；用树脂提取，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，经过一系列处理生成沉淀，将该沉淀在下煅烧生成铂等。 【详解】（1）废旧催化剂，表面积碳且被有机物覆盖，则步骤I中将废催化剂焙烧的目的是：除去表面积碳和有机物。 （2）由分析可知，操作Ⅳ用于分离氧化铝和含有的溶液，名称是过滤；检验废渣是否洗净时，也就是检验洗涤液中是否溶有Cl-，方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，无明显现象。 （3）步骤Ⅲ中氧化剂是，反应后Pt转化成，发生反应的离子方程式为2+3Pt+12H++16Cl-=3+6H2O，则每生成1mol，需要消耗H+的量为4mol。该步骤中有氯气生成，则Cl2来自与Cl-在酸性条件下的反应，其离子方程式为。 （4）步骤V中，在适当酸度下，树脂上发生：，吸附在树脂上得以富集，饱和后的树脂用碱液淋洗后得到含铂溶液，而要使树脂再生能重复使用，需将ROH转化为RCl，最好使用HCl淋洗。 （5）在下煅烧生成铂和三种气体，其中一种气体是空气中的主要成份之一，则其为N2，从得失电子守恒考虑，中的N元素只能有一部分转化为N2，另一部分价态不变，所以产物中有NH3，则另一种气体为HCl，该反应的化学反应方程式为。 【点睛】判断反应产物时，常利用守恒法。 11．(1)第四周期第ⅣA族元素 (2) CaSO4 (3) ZnO或Zn(OH)2等 101.6 (4) 趁热过滤 氧化酸浸 (5) 【分析】由题给流程可知，向锌浸渣中加入过氧化氢和硫酸的混合溶液，将ZnFe2O4转化为硫酸锌、硫酸铁，硫化锌、二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅和硫的滤渣和滤液；向滤液中加入化合物A，根据不引入新的杂质可知A可以为氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀，过滤得到滤液和滤饼；滤液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锌晶体；向滤饼中加入盐酸溶解后，蒸馏得到四氯化锗，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗；二氧化锗与合适的还原剂一定条件下反应生成锗，据此分析解题。 【详解】（1）已知锗为32号元素，其基态原子的价层电子排布式为4s24p2，锗元素位于第四周期ⅣA族，故答案为：第四周期ⅣA族； （2）由分析可知，滤渣的主要成分为硫酸钙、二氧化硅和硫；由分析可知，硫化锗与过氧化氢和硫酸混合溶液反应生成硫酸储、硫和水，反应的离子方程式为故答案为：CaSO4；； （3）由分析可知，“中和沉淀”工序中，加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀；由溶度积可知，滤液中锗离子与铁离子的浓度比为==101.6，故答案为：ZnO或Zn(OH)2等：101.6； （4）①由图可知，一水硫酸锌的溶解度硫温度升高而降低，则从硫酸锌溶液中回收一水硫酸锌的操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：趁热过滤； ②用惰性电极电解硫酸锌溶液制取金属锌的反应为，则电解得到的硫酸溶液可在上述流程中氧化酸浸工序循环使用，故答案为：氧化酸浸： （5）由分析可知，四氯化锗一定条件下水解、过滤得到水解液和二氧化锗，反应的化学方程式为，故答案为：。 12．(1)适当提高反应温度、适当提高酸浓度 (2)SiO2 (3) 4.7≤pH＜5.2 AB (4) 增加氯离子浓度，使平衡往正向移动，使CuCl溶于NaCl的浓溶液生成，提高CuCl的产率； (5) 【分析】由废铜料(主要成分为金属铜，还含Fe、Al及其化合物、杂质)进行高温煅烧时铜生成Cu2O，Fe和Al生成氧化铝和四氧化三铁，加入硫酸和过氧化氢，二氧化硅不溶，亚铁离子和亚铜离子被氧化为铁离子和铜离子，金属阳离子进入溶液，过滤，则滤渣I为二氧化硅，滤液I为铁离子、铝离子、铜离子的溶液，向滤液I中加入氢氧化铜、氧化铜、碳酸铜等调节pH到4.7~5.2，铁离子和铝离子沉淀为氢氧化铁和氢氧化铝，则滤液II中含有铜离子，加入二氧化硫将铜离子还原成亚铜离子，再加入氯化钠，生成CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成，的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀，经过过滤、洗涤、干燥最后得到CuCl，据此回答。 【详解】（1）可通过适当提高反应温度、适当提高酸浓度等提高“酸浸”时浸取率； （2）根据分析，滤渣I的主要成分二氧化硅； （3）操作为调节溶液的，使Fe3+、Al3+转化为沉淀，Cu2+不沉淀，所以pH的调节范围是4.7≤pH＜5.2；为了不引入新的杂质离子，可向滤液I中加入氢氧化铜、氧化铜，而 、会引入新的杂质离子，所以选AB； （4）滤液中所含的离子是Cu2+，加入食盐并通入可生成，反应的离子方程式：；由已知②中可知，加入食盐并加热的目是升温、增加Cl-的浓度，使上述平衡往正向移动，使CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成，提高CuCl的产率； （5）用铜电极电解饱和食盐水得到，阳极应是Cu失电子，所以阳极的电极反应式为。 13．(1)1∶1 (2) 粉碎LiMn2O4粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓度、加速搅拌等 2LiMn2O4+10H++3H2O2=3O2+ 2Li++4+8H2O (3) 反应生成Cl2，污染环境 优点：减少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料 (4)碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH到12 (5) (6)98 【分析】LiMn2O4粗品加入HNO3和H2O2的混合液体，得到Mn(NO3)2、LiNO3，再加热浓缩后，硝酸循环利用，再加入碳酸铵溶液，得到碳酸锰和含锂离子的溶液，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，得到Li2CO3沉淀。 【详解】（1）根据化合价的代数和为0，得到锰元素平均价态为+3.5价，则、的个数比为1∶1； （2）为了提高“酸浸”的效率，可采取的方法有：粉碎LiMn2O4粗品、适当提高温度、适当提高硝酸浓度、加速搅拌等；因为“滤液1”的主要溶质有LiNO3、，则“酸浸”时发生反应的离子方程式：2LiMn2O4+10H++3H2O2=3O2+ 2Li++4+8H2O； （3）用盐酸代替HNO3，则反应生成Cl2，污染环境；若流程中缺少“加热浓缩”步骤后工艺的优点：减少能源消耗；缺点：硝酸不能循环利用，浪费原料； （4）“沉锂”试剂不选用的原因可能是，碱性比碳酸钠碱性弱，无法调pH到12；， （5）“800℃煅烧”得到三氧化二锰和二氧化碳，化学方程式； （6），则沉淀后，沉淀后，锂离子的沉淀率为。 14．(1) (2) (3) 盐酸 （或） (4)ecfa (5) 取适量上层清液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色，若溶液不呈血红色，则沉淀完全（或取适量上层清液于一试管中，继续滴加几滴氨水，若无红褐色沉淀生成，则沉淀完全） (6)电解法好，同时能得到工业原料（或热还原法好，操作简单，不产生有毒气体） 【分析】用NaOH初步处理钇矿石可以得到、、和的共熔物，从流程图中可知，共熔物加水处理后，、不溶于水，和溶于水，所以溶解这一步的主要成分是、，加酸、都溶解，然后加氨水调节pH产生的滤渣2为，再继续加氨水，获得，再高温加热得到；过滤1后的除杂中的主要成分是和，在此基础上加过量盐酸，可将转变成硅酸沉淀而除掉，后续得到，而铍和铝处于元素周期表的对角线位置，化学性质相似，所以冶炼方法和铝相似。 【详解】（1）依据元素化合价和原子守恒书写元素的氧化物组成，所以钇矿石的组成用氧化物的形式可表示为，故答案为：。 （2）钇矿石与NaOH共熔的化学方程式为，故答案为：。 （3）过滤1后的除杂中的主要成分是和，在此基础上加过量盐酸，可将转变成硅酸沉淀而除掉；过滤2这一步是将转变成硅酸沉淀而除掉，所以滤渣1的主要成分是或，故答案为：盐酸；或。 （4）过滤2所得滤液中含有NaCl、和少量HCl，由已知信息i可知和的化学性质相似，可以加入过量的氨水，将转化成沉淀，再过滤、洗涤，然后再加盐酸转化为，其顺序为ecfa，故答案为：ecfa。 （5）用氨水调节时，是为了将转化为沉淀而除掉，故a应控制在范围内，滤渣2为，继续加氨水调节发生反应的离子方程式为：，检验是否沉淀完全的操作是取少量滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变血红色，则说明沉淀完全，故答案为：；；取适量上层清液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变成血红色，若溶液不呈血红色，则沉淀完全（或取适量上层清液于一试管中，继续滴加几滴氨水，若无红褐色沉淀生成，则沉淀完全）。 （6）由固体生产Be的工业方法比较好的是电解法，其制备Be的同时能得到工业原料（或热还原法好，操作简单，不产生有毒气体），故答案为：电解法好，同时能得到工业原料（或热还原法好，操作简单，不产生有毒气体）。 15．(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。 16．(1)将含钴废料粉碎(或其他合理答案) (2) 、 (3) (4)> (5) pH偏低，浓度过大，和结合成HF分子，降低了浓度，导致、溶解平衡向溶解方向移动 (6) 【分析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为Co2+，与盐酸和亚硫酸钠发生反应，转化为Fe2+，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH) 3、A(OH) 3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF除去钙离子、镁离子，过滤后向滤液中加入萃取剂，萃取后的水层中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体。 【详解】（1）将水钴矿粉碎、加热、适当增大盐酸浓度、搅拌，均可以加快钴矿的 “浸出率”； （2）为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为；含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，与盐酸和亚硫酸钠发生反应：，使转化为，CaO溶于盐酸生成的与形成沉淀，故浸出渣的主要成分为不反应的、生成的； （3）加入的作用是将氧化为，该反应的离子方程式为 。 （4）0.1的溶液中由质子守恒可知，，则，那么>。 （5）①滤液中时，。 ②pH偏低，浓度过大，和结合成HF分子，降低了浓度，、溶解平衡向溶解方向移动，将会导致、沉淀不完全。 （6）在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147；结合图像可知，初始为0.1mol ，A点时为0.1mol 。根据钴元素守恒，B点时8.03g固体中钴元素的物质的量为0.1mol，则8.03g固体中氧元素的物质的量为，则8.03g固体中Co、O的物质的量之比为0.1∶0.133≈3∶4，故B点时固体产物为，A→B发生的反应为。 17．(1) 增大接触面，加快反应速率 、 (2) Mg2+、Ca2+ 过量的过氧化氢在Fe3+的催化下分解产生氧气 AD (3)玻璃棒、酒精灯 (4) 向过滤器中加入蒸馏水至刚好淹没沉淀，待水流尽后再重复2-3次 取最后一次清洗液，先加足量的稀盐酸，滴加BaCl2溶液或溶液，若没有产生白色沉淀，则Li2CO3已经清洗干净 【分析】已知β-锂辉石(主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2)为原材料制备Li2CO3的工艺流程：Li2O•Al2O3•4SiO2加硫酸，浸取，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，在搅拌下加入石灰石调节pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，再将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为氢氧化铁沉淀，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤的硫酸锂溶液，再加饱和碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂，(5)由图可知，放电时，钙电极作负极，LiFePO4作正极，充电时，钙电极为阴极，LiFePO4电极为阳极。 【详解】（1）β­锂辉石要粉碎成细颗粒的目的是：增大接触面，加快反应速率；根据分析可知，浸出渣的主要成分除SiO2外还有：、； （2）①步骤中，将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，可除去的杂质金属离子有Fe2+、Mg2+、Ca2+；过量的过氧化氢在Fe3+的催化下分解产生氧气，导致出现有气泡冒出的现象； ② A．由于H2O2受热易分解，故步骤Ⅰ的浸出液需冷却后再加入H2O2溶液，A正确； B．已知NaOH的成本比石灰乳更高，且换成NaOH的话将无法除去碳酸根，故考虑工业生产成本，步骤Ⅱ中石灰乳不应该更换成烧碱，B错误； C．由工艺流程图可知，步骤Ⅲ母液中有Na2SO4和NaOH、Na2CO3等，C错误； D．由C项分析可知，母液中有Na2SO4和NaOH、Na2CO3等，用惰性电极电极时，阴极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故可通过离子交换膜法电解母液回收利用NaOH，D正确； （3）在实验室模拟工业生产中的蒸发浓缩操作，需要用到的玻璃仪器有玻璃棒和酒精灯； （4）步骤中得到的Li2CO3固体需要清洗，方法是：向过滤器中加入蒸馏水至刚好淹没沉淀，待水流尽后再重复2-3次；由题干信息可知，步骤Ⅲ中得到的Li2CO3固体需要清洗，沉淀固体表面含有可溶性的杂质硫酸根离子，故检验Li2CO3已被清洗干净的操作为：取最后一次清洗液，先加足量的稀盐酸，滴加BaCl2溶液或Ba(NO3)2溶液，若没有产生白色沉淀，则Li2CO3已经清洗干净。 18．(1) MnSO4 2Fe3+＋H2S= 2Fe2+＋S↓＋2H＋ (2)1.28×10-6或1.25×10-6或4×10-6.5 (3) CaF2 经计算可知，Ca2+完全沉淀时，Ni2+、Co2+、Mn2+均已完全沉淀或氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀 (4) Mn2+ P507 (5)2Ni2+＋Br2＋6OH-= 2NiO(OH)↓＋2Br-＋2H2O 【分析】硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CoS以及少量铁的化合物，先将MnO2，H2SO4，FeSO4混合进行溶浸，生成MnSO4和Fe2(SO4)3，向其中加入硫锰废渣，进行浸出，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀，浸出液加入碳酸钙调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀析出，再加入MnF2除去溶液中的钙离子，加入萃取剂萃取，得有机相和水相，根据第4小题图可知水相中主要含Co2+和Ni2+，有机相1中主要含Mn2+，有机相反萃取后得到产品1为MnSO4，水相再次萃取，得到NiSO4溶液和有机相2，有机相2中主要含Co2+。 【详解】（1）“溶浸”中二氧化锰和硫酸亚铁发生氧化还原反应，二氧化锰是氧化剂，反应后生成还原产物是MnSO4，浸出”过程在溶浸后的溶液中发生，溶液中有铁离子，有氧化性，氧化生成的硫化氢得硫单质，离子方程式为2Fe3+＋H2S= 2Fe2+＋S↓＋2H＋； （2）根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=4.0×10−38，溶液pH为3.5，即c(H+)=10-3.5mol/L，c(OH-)=10-10.5mol/L，代入得c(Fe3+)=4×10-6.5mol/L≈1.25×10-6mol/L； （3）加入MnF2除钙，故“滤渣”中主要有过量MnF2和CaF2，氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀，若Ca2+完全沉淀，Ni2+、Co2+、Mn2+均已完全沉淀，无法达到分离的目的； （4）由图知，P204对Mn2+萃取率很高，故有机相1中主要含Mn2+，“产品1”中主要的金属阳离子是Mn2+，试剂B萃取后，水相中为Ni2+，故试剂B对Co2+萃取率高，由图知，P507符合； （5）在NaOH介质中，用Br2氧化NiSO4可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiO(OH)，Br2做氧化剂得电子反应后生成Br-，离子方程式为2Ni2+＋Br2＋6OH-= 2NiO(OH)↓＋2Br-＋2H2O。 19．(1)+3 (2)降低加热温度，减少能耗(或受热更均匀。答案合理即给分) (3) 作为还原剂 [CoCl4]2-+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl- (4)9.44×10-3 (5)6Co(OH)2+O2 2Co3O4+6H2O (6) 1：4 降低反应温度，反应速率减慢 【分析】低共熔溶剂和粗品微波共熔，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH) 2固体经过煅烧得到固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品。 【详解】（1）中O为-2价，Li为+1价，Co的化合价为+3。 （2）微波具有选择性加热和穿透性强的特点，采用微波共熔技术的优点除了可以减少杂质溶解还有降低加热温度，减少能耗(或受热更均匀。答案合理即给分)。 （3）低共熔溶剂中含有一定量的草酸，草酸中的C为+3价，具有还原性，其作用为作为还原剂；已知在水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色，根据在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在，该变化的离子反应方程式[CoCl4]2-+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-。 （4）常温下，，，9.44×10-3mg/L。 （5）滤饼1主要是Co(OH)2，在空气中煅烧得，该反应的化学反应方程式6Co(OH)2+O2 2Co3O4+6H2O。 （6）碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品，结合质量守恒还生成二氧化碳气体，反应中中钴化合价由变为+3、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，“高温烧结”发生反应的化学方程式为，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4；若通入空气过多过快，造成的不利影响是降低反应温度，反应速率减慢。 20．(1) 102 否 (2) C 过氧化氢不稳定会分解，且铁离子会催化过氧化氢分解 (3) 3.2~12 Li+、Na+、NH (4)锂 【分析】废电池处理料加入氢氧化钠将铝转化四羟基合铝酸钠得到滤液1，加入稀硫酸转化为氢氧化铝沉淀；滤渣1加入稀硫酸，碳不反应成为滤渣2，二价铁被过氧化氢氧化为铁离子进入滤液3，滤液3加入氢氧化钠、氨水调节pH使得铁转化为沉淀，滤液4含有硫酸钠、硫酸铵、硫酸锂，加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀； 【详解】（1）步骤①中Al和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，主要反应的离子方程式为；步骤②研究用NaHCO3代替H2SO4，则反应为，，则用NaHCO3溶液反应的平衡常数的数量级为102<105，故反应不完全； （2）步骤③中碳不和稀硫酸反应成为滤渣2；硫酸溶液足量，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，过氧化氢不稳定会分解，且铁离子会催化过氧化氢分解，故实际反应中H2O2用量超过理论值；Fe2+与H2O2按物质的量1∶1反应，反应中铁化合价由+2被氧化为+3，则需要0.5分子过氧化氢做氧化剂，另0.5分子过氧化氢发生歧化反应生成水和氧气，故总离子反应方程式：； （3）步骤④处加入NaOH溶液和NH3·H2O溶液后Li+浓度为0.55mol/L，此时铁离子完全转化为沉淀而离子没有转化为沉淀，则，pOH=2，pH=12，故此处所调pH的范围为3.2~12；滤液4的主要成分为硫酸锂、生成的硫酸钠和硫酸铵，故阳离子有Li+、Na+、NH； （4）步骤⑤得到碳酸锂沉淀，故主要是回收利用锂元素。 21．(1)搅拌、加热、适当提高酸的浓度等合理答案均可 (2)还原；调节pH，使转化为 (3)溶解后，，，，，无沉淀；或，，解得，因此无沉淀 (4)蒸发浓缩，冷却结晶 (5) (6) 石墨 【分析】钛白副产硫酸亚铁酸溶之后，溶液中含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Mg2+、TiO2+，加入Fe将Fe3+还原为Fe2+，将TiO2+沉淀，结晶过滤、溶解后加H2O2将Fe2+转化为Fe3+，加入H3PO4和氨水沉淀Fe3+，据此回答。 【详解】（1）为加快“酸溶”速率，可采取的措施有：搅拌、加热、适当提高酸的浓度等； （2）根据分析可知，“除杂过滤”工序中，将TiO2+转化为H2TiO3除去，加入铁粉的作用是：还原Fe3+；调节pH，使TiO2+转化为H2TiO3； （3）溶解后c(Mg2+)=0.07mol⋅L−1，pH=4，c(OH−)=10−10mol⋅L−1，Q=c(Mg2+)⋅c2(OH−)=7×10−22，Q<Ksp，无Mg(OH)2沉淀；或c(OH−)=10−10mol⋅L−1，Ksp=1.8×10−11=c(Mg2+)⋅c2(OH−)=c(Mg2+)⋅10−20，解得c(Mg2+)=1.8×109mol⋅L−1>0.07mol⋅L−1，因此无Mg(OH)2沉淀； （4）“结晶过滤”获得FeSO4·7H2O的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （5）氧化时将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O； （6）由图可知磷铁渣与电源正极相连，为阳极，石墨为阴极，电解池中阳离子向阴极移动，所以溶液中的H+向石墨移动；FeP失去电子转化为FePO4，离子方程式为：FeP-8e-+4H2O=FePO4+8H+。 22．(1) 适当升高反应温度 搅拌或增大固体颗粒的表面积 (2)3：2 (3) pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成，最终影响Cr回收与再利用 否 已知，pH=8时，溶液中的，假设(Mg2+)=1 mol∙L−1，，而镁离子浓度不超过1 mol∙L−1，，故无沉淀生成 (4) 【分析】含铬污泥预处理后加入水和硫酸酸浸，过滤除去滤渣，此时滤液中金属离子为Cr3+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入H2O2将滤液中的Cr3+氧化为，再加入NaOH调节pH=8，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤液Ⅱ，滤液Ⅱ通过钠离子交换树脂，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入SO2，还原得到Cr(OH)(H2O)5SO4。 【详解】（1）酸浸时，为了提高浸取率，可采取的措施有适当升高反应温度、搅拌或增大固体颗粒的表面积等。 （2）H2O2做氧化剂将滤液中的Cr3+氧化为，自身被还原为H2O，1个Cr3+转化为失去3个电子，1个H2O2转化为2个H2O得到2个电子，根据得失电子守恒，Cr3+与H2O2的物质的量之比为2：3，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2。 （3）①加入NaOH调节pH目的是使铁离子和铝离子完全沉淀，从表中可知，pH>8时Al(OH)3开始溶解，最终影响Cr回收与再利用，故pH不能超过8。 ②已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，当pH=8时，c(OH-)=1×10-6mol/L，假设c(Mg2+)=1mol/L，此时Qc=1×(1×10-6)2< Ksp[Mg(OH)2]，而镁离子浓度小于1mol/L时，Qc<10-12，因此无沉淀生成。 （4）加入NaOH溶液后，转化为，还原过程中SO2与反应生成Cr(OH)(H2O)5SO4，离子方程式为。 23．(1)盐酸易挥发，H2O2受热易分解 (2) S、AgCl Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O (3) 使氢氧化铜溶解，从而分离铋离子和铜离子 否 (4)少量硝酸可抑制硝酸铋水解，少量氢氧化钠可抑制偏铝酸钠水解 (5) Bi(NO3)3+3NaAlO2=Bi(AlO2)3↓+3NaNO3 75% 【分析】本题以工业生产为载体多角度多层次考查金属及其化合物的转化的相关知识。已知，“酸浸”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，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O，Bi3+转化为氢氧化铋沉淀，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，加硝酸溶解为硝酸铋溶液。铝土矿加入硫酸，二氧化硅不溶解，在滤液中加入稍过量的NaOH除去铁离子的同时使铝离子转化为偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液和硝酸铋溶液混合控制反应条件制得铝酸铋产品。 【详解】（1）“酸浸”过程中使用的盐酸易挥发，H2O2受热易分解，故反应中需要控制温度不超过50℃。 （2）辉铋矿“酸浸”时S元素转化为单质硫，元素铋、铜转化为溶于水的氯化铋、氯化铜，氧化银转化为难溶于水的氯化银。故滤渣为S、AgCl。“酸浸”时，Bi2S3转化的离子方程式为Bi2S3+3H2O2+6H+ = 2Bi3++3S+6H2O。 （3）“沉铋”时氨水稍过量的目的是使氢氧化铜溶解，从而分离铋离子和铜离子，沉铁时稍过量的氢氧化钠是使氢氧化铝溶解，从而分离铝离子和铁离子，故不能用氨水代替。 （4）硝酸铋溶液中含少量硝酸，偏铝酸钠溶液中含少量氢氧化钠，可抑制铋离子和偏铝酸根水解。 （5）硝酸铋溶液和偏铝酸钠溶液混合充分反应生成铝酸铋，Bi(NO3)3+3NaAlO2=Bi(AlO2)3↓+3NaNO3，1000 g辉铋矿含Bi2S3771 g，即1.5molBi2S3，理论上可制得3mol铝酸铋，即1158 g，故产率为：。 24．(1)第五周期第IIIA族 (2)In2S3 +12MnO2 +24H+=2In3++ 12Mn2++3SO+12H2O (3)将Fe3+还原为Fe2+，从而萃取步骤不会被萃取，提高铟产品纯度 (4) 检查分液漏斗是否漏液 导致铟萃取率降低 (5)盐酸 (6) 取最后一次洗涤液，加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有沉淀产生，则说明固体已洗涤干净 【分析】铟砷烟灰(主要含有As2O3、In2S3、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2)中提取铟，先加入硫酸，二氧化锰进行酸浸氧化，将In2S3氧化生成In3+和硫酸根；ZnO、PbO、Fe2O3、As2O3分别生成ZnSO4、PbSO4、Fe2(SO4)3和H3AsO4，硫酸铅难溶，二氧化锰过量，SiO2不参加反应；加入亚硫酸钠作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，从而萃取步骤不会被萃取，通过反萃取将In3+离子从有机相转入水溶液，加入单质锌置换出粗铟，再电解精炼得产品，据此回答。 【详解】（1）铟的价电子排布式为5s25p1，即位于第五周期第IIIA族； （2）二氧化锰作氧化剂，将In2S3中-2价硫氧化到+6价，即离子方程式为In2S3 +12MnO2 +24H+=2In3++ 12Mn2++3SO+12H2O； （3）氧化铁和硫酸反应生成Fe3+，由于萃取剂可在酸性溶液中萃取价的金属离子，所以加入亚硫酸钠还原铁目的是将Fe3+还原为Fe2+，从而萃取步骤不会被萃取，提高铟产品纯度； （4）萃取需要使用分液漏斗，即首先需要检查分液漏斗是否漏液； 温度过高使萃取剂挥发过快，导致铟萃取率降低； （5）由流程图知经反萃取后得到HInCl4溶液，即反萃取时需要加入的试剂为盐酸； （6）锌和HInCl4溶液发生置换反应生成铟单质，同时产生易燃易爆气体即氢气，所以该步骤反应化学方程式为； 检验粗铟已洗涤干净，可检验其是否还含有氯离子，故操作和现象取最后一次洗涤液，加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有沉淀产生，则说明固体已洗涤干净。 25．(1)将镍废料粉碎或适度增大浓度或搅拌 (2) 使完全转化为 ，故不沉淀 (3) (4) (5) 【分析】镍废料中含有Ni、Cu、Fe、Ca、Mg等的化合物及难溶性杂质，用硫酸酸浸后得到含有Ni2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+的溶液，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然加入碳酸钙调pH，使铁离子变为沉淀而除去，加入硫化氢后产生硫化铜沉淀，加入NH4F，溶液中的氟离子与钙离子、镁离子反应生成氟化钙、氟化镁沉淀，达到除钙镁的目的，加入碳酸钠沉镍，得到NiCO3，NiCO3溶于盐酸后用NaClO氧化得到Ni2O3，以此解答。 【详解】（1）常温下，为提高酸浸效率，通常采用的措施是：将镍废料粉碎或适度增大浓度或搅拌。 （2）由分析可知，加入碳酸钙调pH=4的目的是：使完全转化为，此时溶液中，故不沉淀。 （3）由分析可知，“沉渣3”的主要成分是，沉镍步骤中加入Na2CO3溶液生成NiCO3，结合“除钙镁”过程中加入NH4F、硫酸可知，“滤液4”中除含、、、外，还含有较多的。 （4）向“酸溶”后的溶液中加入NaOH和NaClO，NiCl2被氧化为Ni2O3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （5）由题意可知，和反应生成等物质的量的、S混合沉淀以及，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 26．(1)+3 (2) (3) HF与(硅酸盐)反应，腐蚀陶瓷、玻璃 保证蒸馏速率较快 (4) 高纯HF溶液 搅拌，适当升温或粉碎固体 (5) 【分析】业氢氟酸中常含有等杂质以及水，“除杂”时，加入使转变为沉淀，根据质量守恒定律可知，同时生成H2O和CO2气体；加入适量除去，并生成，离子方程式为：，在80-90℃条件下蒸馏，由于HF与(硅酸盐)反应，腐蚀陶瓷、玻璃，“蒸馏”装置材料为聚乙烯或衬铂的银铅合金，不选择陶瓷或玻璃材质，将过量的高纯度HF溶液和高纯MgO反应5~6小时，生成MgF2，对MgF2进行处理后得到MgF2成品。 【详解】（1）中H为+1价，O为-2价，根据化合价代数和为0可得，B为+3价； （2）“除杂”时，加入使转变为沉淀，根据质量守恒定律可知，同时生成H2O和CO2气体；加入适量氧化，并生成和硫酸根离子，离子方程式为：； （3）由于HF与(硅酸盐)反应，腐蚀陶瓷、玻璃，“蒸馏”装置材料为聚乙烯或衬铂的银铅合金，不选择陶瓷或玻璃材质；已知HF的沸点为19.5℃，而保持蒸馏温度不低于80℃是为了加快蒸馏速率； （4）“反应”制备纯固体成品时，应保高纯HF溶液过量，这样可以抑制Mg2+的水解；为了加快高纯HF溶液与MgO反应速率，可以搅拌，适当升温或粉碎固体（其他合理答案也可）； （5）当时，，溶液中。 27．(1) 增大氯气的溶解度，提高浸出效率 浸出过程中放热，使体系温度升高，反应速率加快 (2) (3)将氧化为，便于分离，同时避免沉镍 (4) 过低，容易形成草酸，降低镍的回收率；过高，容易形成，导致产品纯度降低 (5)、 【分析】废磁钢中含有镍、钴、铜、铁等金属元素，加入Cl2、HCl加压浸出，得到含铁滤渣和浸出液，浸出液中的金属离子主要有：，向浸出液中加入NaOH中和除铜，得到Cu（OH）2沉淀，过滤后滤渣1为Cu（OH）2，反应液A中存在，先加入X，将Co2+氧化为Co3+，再加入NaOH，生成Co（OH）3沉淀，过滤后，得到滤渣2为Co（OH）3，反应液B中存在Ni2+，加入Na2C2O4沉镍，生成NiC2O4沉淀，过滤后得NiC2O4和尾液，NiC2O4隔绝空气煅烧得到NiO，尾液中存在大量Na+和Cl-，用石墨电极进行电解主要反应式为，得到的Cl2和NaOH，可重新用于流程中进行循环。 【详解】（1）“加压浸出”过程中加压的目的是：增大氯气的溶解度，提高浸出效率；浸出时盐酸浓度不断降低，但实际浸取时的化学反应速率加快，可能原因是：浸出过程中放热，使体系温度升高，反应速率加快； （2）浸出液中为，反应液A的，即OH-浓度为10-9mol/L，，“中和除铜”后Cu2+浓度为0.022mol/L，铜的去除率是； （3）由于和较为接近，可知Co2+和Ni2+开始沉淀的pH值也相近，将先加入X，将Co2+氧化为Co3+，再加入NaOH，生成Co（OH）3沉淀，便于分离，同时避免沉镍； （4）过低，容易形成草酸，降低镍的回收率；过高，容易形成，导致产品纯度降低；NiC2O4隔绝空气煅烧得到NiO，化学方程式为：； （5）尾液中存在大量Na+和Cl-，用石墨电极进行电解主要反应式为，得到的Cl2和NaOH，可重新用于流程中进行循环。 28．(1) 将、转化为可溶性的硫酸盐 (2) (3)温度过高，发生分解 (4) 少 10 (5) (6)除去含铁化合物杂质 【分析】铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2)加入硫酸焙烧将Al2O3、Fe2O3转化为可溶性的硫酸盐，加去离子水进行水浸，过滤除去不溶性的SiO2，滤液结晶得硫酸铝结晶水合物晶体，脱水得Al2(SO4)3，对其进行还原焙烧得粗氧化铝。 【详解】（1）以铝土矿主要成分为Al2O3、Fe2O3和SiO2，加入硫酸焙烧将Al2O3、Fe2O3转化为可溶性的硫酸盐，针铁矿(FeOOH)在焙烧后转化为Fe2(SO4)3，发生的化学反应方程式为2FeOOH+3H2SO4=Fe2(SO4)3+4H2O； （2）由分析，“滤渣”的主要成分是不溶性的SiO2； （3）焙烧温度为325℃时，铝和铁的提取率最高。焙烧温度进一步升高，提取率下降，原因是温度过高，H2SO4发生分解，导致生成的可溶性硫酸盐减少，后续浸取率下降； （4）①由图知，蒸发浓缩至较高密度，析出晶体中的含水量减少，故有利于获得结晶水较少的水合硫酸铝晶体； ②根据Al2(SO4)3x·H2O，水的质量分数为，解得x=10； （5）Al2(SO4)3还原焙烧过程加入碳，除氧化铝外，还生成SO2、CO2两种气体，化学反应方程式为2Al2(SO4)3+3C2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑ （6）氢氧化铝固体在1200℃下进行煅烧分解得冶金级氧化铝，其中含有的杂质为铁的化合物，故低温碱浸目的是除去含铁化合物杂质。 29．(1)ABD (2)B (3)4.7≤pH＜6.5(或4.7～6.5) (4) (5) 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加适量的稀盐酸无现象，再加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀则已经洗涤干净 (6)适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于提高沉钕率；草酸的用量过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率 【分析】钕铁硼废料的主要成分为钕、铁、硼、铝，加稀硫酸酸溶，钕、铁、铝与硫酸反应生成、、，B与硫酸不反应，“滤渣”的主要成分为B；向滤液中加入使转化为沉淀，转化为沉淀“滤液1”中的主要离子为、，在“碱转换”操作中，加入过量NaOH溶液，使转化为沉淀，同时转化为进入“滤液2”而除去；加入稀硫酸溶解，再用溶液沉淀得到，焙烧得到。 【详解】（1）A．适当升高温度，可提高反应物的能量，提高浸取速率，A符合题意； B．适当增大硫酸的浓度，可增大有效碰撞次数，从而提高浸取速率，B符合题意； C．适当延长浸取时间，可提高浸取率但不能提高浸取速率，C不符合题意； D．将钕铁硼废料粉碎，可增大与硫酸的接触面积，提高浸取速率，D符合题意； 故选ABD； （2）由分析可知，“滤渣”的主要成分为B； （3）全部转化为沉淀时pH≥4.7，不沉淀，由信息可知，，当溶液中的时，，计算出pH=6.5时刚好是饱和溶液，所以控制pH的范围为4.7≤pH＜6.5； （4）“滤液2”变浑浊是有氢氧化铝生成，结合分析应该是与足量反应生成沉淀，化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3； （5）草酸是弱酸写离子方程式时不能拆，沉淀析出晶体的离子方程式为2Nd3++3H2C2O4+10H2O=Nd2(C2O4)3⋅10H2O↓+6H+，杂质主要有草酸和硫酸根，选择检验硫酸根是否洗涤干净，方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加适量的稀盐酸无现象，再加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀则已经洗涤干净； （6）由所给信息可知，适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于形成，从而提高沉钕率，但草酸的用量过大时钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率。 30．(1)原矿粉碎、升高温度、搅拌、适当增加硫酸浓度等 (2) (3)SiO2、CaSO4 (4) 1:6 (5) (6) 蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】原矿经研磨后加入硫酸溶液、亚硫酸钠溶液浸出，三氧化二钴被还原硫酸亚钴，其余金属氧化物转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅、不溶性硫酸钙的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的铜元素，分液得到可回收铜的有机相和水相；向水相中加入氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，向反应后的溶液中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到滤渣Ⅱ和滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚钴。 【详解】（1）原矿粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；此外，适当升高温度、搅拌、适当增加硫酸浓度等都可以加快反应速率； （2）“浸出”步骤中，加入硫酸溶液、亚硫酸钠溶液可以将三氧化二钴被还原硫酸亚钴，Co2O3发生反应的化学方程式为； （3）由分析可知，滤渣Ⅰ的成分是SiO2、CaSO4； （4）“除铁、铝”步骤中加入氯酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应中氯化合价由+5变为-1、铁化合价由+2变为+3，结合电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6；除铝时同时生成沉淀和气体，结合质量守恒可知，发生反应为铝离子和碳酸根离子生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，离子方程式为：； （5）已知：①KCaF23.41011，KMgF29109；则镁离子沉淀需氟离子的浓度较大，当镁离子沉淀完全时，； （6）从母液中得到晶体，则操作为母液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸亚钴。 31．(1)Na+、H3O+ (2)焙烧 (3)确保V元素主要以VO形式存在 (4)MgCO3 (5) 降低NH4VO3在洗涤过程中的溶解损失 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，表明未洗涤干净；否则已洗涤干净 (6) 6NH4VO3+10Al5Al2O3+6V+6NH3↑+3H2O 9：14：1 【分析】钒渣(主要成分是V2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CuO和有机杂质)焙烧过程将V2O3氧化成V2O5并除去有机杂质，加入硫酸进行酸浸，得到滤液中含有、铁离子、铝离子、镁离子、铜离子，加入适量氨水，得到滤渣1成分为氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜，同时调节pH将转化为，得到含有铵根离子、镁离子和的溶液，加入适量碳酸铵，除去镁离子，滤渣2主要成分是碳酸镁，滤液中加入足量碳酸铵，得到，加入试剂A进行还原得到钒单质，钒单质中再加入硫磺合成产品。 【详解】（1）铵根离子的质子数为11，电子数为10，质子数和电子数与铵根离子相同的离子有：Na+、H3O+。 （2）由分析可知，废料中的有机杂质在焙烧中被除去。 （3）“净化1”中pH=6时Fe3+、Al3+、Cu2+已完全沉淀，但在实际生产中仍然调节pH=7左右，由流程可知，经过净化1之后，钒元素以形式存在，结合题中含钒元素的离子在溶液中的主要存在形式与pH的表格，所以pH调为7左右是为了确保V元素主要以VO形式存在。 （4）由流程可知，净化2是为了除去镁离子杂质，所以滤渣2的主要成分是碳酸镁。 （5）由题目信息NH4VO3是白色粉末，微溶于冷水，可溶于热水，所以用冷水洗涤可以降低NH4VO3在洗涤过程中的溶解损失。沉淀表面会有溶液中的硫酸根离子，所以检验是否洗涤干净是检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根，方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，表明未洗涤干净；否则已洗涤干净。 （6）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以NH4VO3与铝反应会生成钒单质、氧化铝、氨气和水，所以化学方程式为6NH4VO3+10Al5Al2O3+6V+6NH3↑+3H2O。 由1molNH4VO3反应生成V，转移电子5mol，1mol铝失电子3mol，1molCO失电子2mol，1mol氢气失电子2mol，所以制备等质量的钒，假设生成51gV，V物质的量为1mol，需要铝的物质的量为mol，CO的物质的量为2.5mol，氢气的物质的量为2.5mol，所以Al、CO、H2的质量之比为。 32．(1)将原料中的有机质氧化成和、将金属元素转化为金属氧化物，便于浸出 (2) (3)AC (4)7.5 (5) (6)沉镍 (7)阴极 (8)首先用DEHPA作萃取剂，将从溶液中分离；随后使用Cyanex272将和分离 【分析】1 【详解】（1）在足量空气中灼烧粉碎的原料，可将原料中的有机质氧化成和；并将金属元素转化为金属氧化物，便于“酸浸”时与硫酸发生反应而浸出； （2）“氧化”工序中，在酸性条件下将氧化为，反应的离子方程式为； （3）“调pH”的目的是使转化成沉淀，为避免引入对后续工序产生影响的杂质，试剂X可选择氨水或NiO； （4）为避免生成沉淀，需控制溶液中的，利用的溶度积计算，，可得，则，因此应控制pH小于7.5； （5）由题中所给数据计算可知，在所取的3.05g样品中，；；根据电荷守恒关系，可知； 。根据各种微粒的物质的量之比可得滤渣2的化学式为； （6）“沉镉”时发生的反应为，因此滤液1的主要成分为，经处理之后可循环至沉镍工序中使用； （7）根据电解原理可知，电解精炼镉时，在电解池的阴极产生纯镉； （8）分析图像可知，采用溶剂萃取法分离三种离子的流程为：首先用DEHPA作萃取剂，将从溶液中分离；随后使用Cyanex272将和分离。 33．(1)ac (2)Cu2+ (3) pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低 (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 (5) 【分析】由已知信息可知，合金废料中加入混酸浸取液浸取后，得到的溶液中含有的离子有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，向溶液中加入萃取剂，用萃取剂除去溶液中的Cu2+，向萃取后的溶液中加入还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，然后加入H2O2，将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，除去溶液中的铁元素；过滤后，向滤液中加入，(NH4)2C2O4溶液反应得到NiC2O4。 【详解】（1）a．适当延长浸出时间可以使反应更充分，提高浸出率，a项选； b．高温条件下可以加快反应速率，但是在高温条件下硝酸会挥发，故不能用高温浸出，b项不选； c．分批加入混酸浸取并搅拌能使反应物混合更均匀，更充分，提高浸出率，c项选； 答案选ac； （2）由流程分析可知，后续的操作不能除去Cu2+，故只能在萃取步骤中除去Cu2+； （3）①由题意可知，氧化过程是在70℃、pH小于3的条件下进行，过氧化氢与亚铁离子发生氧化还原反应生成FeOOH沉淀，反应的离子方程式为； ②由题给信息可知，溶液pH增大，Fe2+被氧化的速率加快，同时生成的Fe3+水解形成更多的胶体能吸附Ni2+，导致镍回收率降低； （4）由流程可知，草酸镍晶体表面附有可溶的硫酸铵和硝酸铵，检验晶体是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根，则检验方法为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；常温下Ksp[NiC2O4]=1.70×10-17，当溶液pH=2时，Ni2+沉淀完全，假设Ni2+浓度为1×10-5mol·L-1，则==，溶液pH=2，，草酸的Ka2==5.0×10-5，则==，Ka1==6.0×10-2，则=， （5）在空气中加热二水合草酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为。 34．(1) 加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率 (2) 3.2—6.2 形成沉淀，造成损失 (3)和 (4) (5)80% 【分析】湿法炼锌渣含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸酸浸，SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2，向浸出液中加入次氯酸钠，利用次氯酸钠的强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH至3.9，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤液1中加入有机试剂单宁，Fe3+与有机沉淀丹宁发生络合反应形成沉淀，过滤后得到含有Ge元素的沉淀，将沉淀灼烧得到GeO2，用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4水解生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气还原得到高纯度的Ge； 【详解】（1）浸出时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；浸出中SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2，且浸出时发生化学反应的方程式为GeO2+2H2SO4=Ge(SO4)2+2H2O； （2）由表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，加入次氯酸钠的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故反应的离子方程式为：2Fe2++ClO−+2H+=2Fe3++Cl−+H2O；滤饼1中主要成分为一种，即为氢氧化铁，由表格中数据，为了使氢氧化铁完全沉淀，pH需要大于3.2，为了避免Zn2+的沉淀，pH需要小于6.2,故调节溶液的pH范围为3.2—6.2；如果不加次氯酸钠溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会形成Ge(OH)4沉淀，造成Ge4+损失； （3）过滤1后滤饼1的主要成分是氢氧化铁，滤液1的离子有Ge4+、Zn2+、加入硫酸引入的硫酸根和过量的氢离子，及加入次氯酸钠，引入钠离子，过量的次氯酸根生成氯离子，由表中数据可知加入有机试剂单宁后Ge4+的沉淀率为97%~98.5%，滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+； （4）由分析可知，GeCl4水解生成GeO2·nH2O，化学方程式为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O+4HCl； （5）若含锗3.65%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为n(H2)==4mol，已知发生反应2H2+GeO2=2H2O+Ge，则可得Ge的物质的量为2mol，炼锌渣中锗的物质的量为：=2.5mol，则锗的回收率为=80%。 35．(1)SO2 (2) 、 8.2—12 (3)4：1 (4)H2SiO3、Al(OH)3 (5) Zn2++2HCO=ZnCO3↓+CO2↑+H2O 碳酸钠溶液碱性较强，易与溶液中锌离子反应生成氢氧化锌 【分析】由题给流程可知，浸锌渣在空气中焙烧，金属硫化物均转化为氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将锌元素、铝元素、硅元素转化为四羟基合锌离子、四羟基合铝酸离子、硅酸根离子，过滤得到浸渣和滤液；调节滤液pH为5，将溶液中的四羟基合铝酸离子、硅酸根离子转化为氢氧化铝、硅酸沉淀，四羟基合锌离子转化为锌离子，过滤得到含有氢氧化铝、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，过滤得到碳酸锌。 【详解】（1）由分析可知，“焙烧”时，金属硫化物均转化为氧化物和二氧化硫，则X为二氧化硫，故答案为：SO2； （2）由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将锌元素、铝元素、硅元素转化为四羟基合锌离子、四羟基合铝酸离子、硅酸根离子，则浸出液中含有金属元素的离子主要是钠离子、四羟基合锌离子、四羟基合铝酸离子；由图可知，溶液中锌离子的浓度为1×10—5mol/L时，溶液pH为8.2，由方程式可知，溶液中四羟基合锌离子浓度为1×10—5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为mol/L=0.01mol/L，溶液的pH为12，所以欲使浸出液中的含锌微粒完全沉淀，应调节pH的范围是8.2—12，故答案为：、；8.2—12； （3）由题意可知，碱性溶液中二硫代硫酸根合银酸钠与一水合肼反应生成硫代硫酸钠、银、氮气和水，反应中银元素化合价降低被还原，二硫代硫酸根合银酸钠是反应的氧化剂，氮元素的化合价升高被氧化，一水合肼是还原剂，则由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故答案为：4：1； （4）由分析可知，“除杂”时滤渣的主要成分是氢氧化铝、硅酸，故答案为：H2SiO3、Al(OH)3； （5）由分析可知，“沉锌”时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锌沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Zn2++2HCO=ZnCO3↓+CO2↑+H2O，碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢铵，溶液的碱性强于碳酸氢铵，易与溶液中锌离子反应生成氢氧化锌，所以不宜用碳酸钠代替碳酸氢铵，故答案为：Zn2++2HCO=ZnCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸钠溶液碱性较强，易与溶液中锌离子反应生成氢氧化锌。 36．(1)温度过低反应速率减慢：温度过高，SO2溶解度降低 (2) (3) BCD b→e→d→c→f→a→d (4)Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2 (5)； (6)Co3O4 【分析】含钴废渣(主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)加入硫酸酸浸并通入二氧化硫可发生反应生成CoSO4，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得硫酸锌，在水相中加入碳酸钠，可生成CoCO3沉淀，以此回答该题； 【详解】（1）“酸浸”时需控制温度在40℃左右，原因是温度过低反应速率减慢：温度过高，SO2溶解度降低； （2）向酸浸后的溶液中加碳酸钠调溶液的pH，铝离子和碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子：； （3）①A．将废渣粉碎可以增大反应的接触面积加快反应速率，以提高单位时间内的酸浸效率，故A正确； B．“除铝”时，加入过量的溶液会让Co2+转变为Co(OH)2沉淀，故溶液不能过量，故B错误； C．根据方程可知，不可选用四氯化碳作为萃取剂，故C错误； D．由可知，加水后往萃取后的有机层中加水不可获得溶液，故D错误； 答案选BCD； ②萃取操作的步骤为1、倒入溶液和萃取剂；2、盖上玻璃塞；3、倒转分液漏斗振摇；4、打开旋塞放气；5、关闭活塞正立；6、放在铁圈上静置；7、打开上口玻璃塞；8、打开旋塞使下层液体从下口放出，最后关闭旋塞使上层液体从上口倒出，故答案为：b→e→d→c→f→a→d； （4）“沉钴”时，Na2CO3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生Co(OH)2导致产品不纯； （5）该工艺的副产物ZnS可参与H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，可知该过程中涉及到的化学反应有：；； （6）CO2的体积为0.672L(标准状况)，，氧化物中，则该钴氧化物的化学式为Co3O4。 37．(1)增大接触面积，加快碱浸速率。 (2)90min，80℃，10% (3)制肥皂 (4) (5) 取最后一次洗涤液，加入足量盐酸，若无气泡产生，说明已洗干净。 (6)NH3或CO2 (7)2.5×10-9 【分析】矿石粉碎后用氢氧化钾溶液碱浸，二氧化硅转化为KAlSi3O8沉淀，滤渣再用硫酸氢铵溶解，将硅元素转化为硅酸沉淀，滤液中的铝离子用碳酸氢铵沉淀为NH4Al(OH)2CO2，煅烧NH4Al(OH)2CO2生成氧化铝。 【详解】（1）粉碎可以增大固体接触面积，加快反应速率。 （2）碱浸过程中，铝元素要尽可能形成沉淀，浸取率越低越好，钾元素浸取率越高，滤液中回收的钾元素越多，故选择的条件为10%、80℃、90min。 （3）滤液1主要含有未反应完全的氢氧化钾，可以用于制备肥皂。 （4）酸溶时的离子方程式为。 （5）铝离子和碳酸氢铵溶液反应的离子方程式为；洗涤过程中洗去的是沉淀表面的碳酸氢根离子，检验碳酸氢根离子的方法是取最后一次洗涤液，加入足量盐酸，若没有气泡产生，说明已洗干净。 （6）沉铝过程中的二氧化碳、煅烧产生的氨气，两者同时通入水溶液中又可以生成碳酸氢铵。 （7）在硫酸钡和碳酸钡共存的悬浊液中，，已知Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，则Ksp(BaCO3)=2.5×10-9。 38．(1) 制作颜料，用于工业炼铁等 (2) 体系存在平衡，加入溶液，使溶液中浓度升高，平衡逆向移动，得到高浓度的 (3)或 (4) (或2mol) 【分析】铬铁矿加入纯碱和O2进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，过滤，滤渣为不溶于水的Fe2O3，向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使Na[Al(OH)4]、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液加入氯化钾固体冷却结晶得到K2Cr2O7•2H2O晶体； 【详解】（1）“焙烧”的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4和铁红，则生成Na2CrO4的化学方程式为：4FeCr2O4+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+8CO2+2Fe2O3，氧元素化合价降低，O2是氧化剂，Cr元素化合价升高，FeCr2O4是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为7:4；“浸取”过程所得滤渣Fe2O3是红棕色固体，用途有制作颜料，用于工业炼铁等； （2）“调pH”的目的是将Na[Al(OH)4]、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此“调pH”时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；“酸化”过程加入的原因是：体系存在平衡，加入溶液，使溶液中浓度升高，平衡逆向移动，得到高浓度的； （3）“冷却结晶”时，氯化钾固体将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，化学反应方程式为； （4）①价的含铬氧化物，氧元素化合价由1个-2价和4个-1价组成，即1mol中含过氧键的数量是； ②电解开始时，A极上主要发生的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+； ③二价铁离子有还原性，有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，被还原为Cr3+，反应方程式为：。 39．(1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2 (2)+2H2O= Fe(OH)3+NaOH (3) 4.5≤pH≤9.3 Al(OH)3、H2SiO3 (4)Cl-能将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ) (5) Cr2O+2K+= K2Cr2O7 蒸发浓缩、冷却结晶 重结晶 【分析】铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]，加入碳酸钠灼烧，“焙烧” 所得固体为Na2CrO4、NaFeO2、NaAlO2和Na2SiO3，加水浸取，滤渣为难溶性的Fe(OH)3，滤液中含有可溶性的Na2CrO4、NaAlO2和Na2SiO3，加入醋酸调节溶液的pH，得到沉淀Al(OH)3、H2SiO3，则滤渣为Al(OH)3、H2SiO3，调节溶液pH＜5，酸性条件下CrO转化为Cr2O，向溶液中加入KCl，得到溶解度较小的K2Cr2O7，再经过重结晶得到纯净的K2Cr2O7固体。 【详解】（1）由分析可知，焙烧过程中发生的主要反应为Fe(CrO2)2与碳酸钠、氧气反应生成铬酸钠、NaFeO2和CO2，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2； （2）由分析可知，水浸发生的反应为NaFeO2与水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为+2H2O= Fe(OH)3+NaOH； （3）由分析可知，中和步骤加入醋酸中和调节溶液pH的目的是将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，结合图像可知，使Al3+完全沉淀且让转化为H2SiO3，pH应在4.5-9.3之间； （4）Cr(Ⅵ)具有强氧化性，Cl-具有还原性，Cl-能将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，因此酸化时加冰醋酸，不能用盐酸； （5）由分析可知，工序1过程中加入KCl的作用是将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，离子方程式为Cr2O+2K+= K2Cr2O7；工序1为过滤，滤液中含有NaCl和K2Cr2O7，经过蒸发浓缩、冷却结晶可以从滤液中得到部分K2Cr2O7；经过工序2可得到更纯的K2Cr2O7固体，因此工序2为提纯操作，即对K2Cr2O7进行重结晶，以提高K2Cr2O7的纯度。 40．(1) 和 (2) (3) (4) (5) 4：1 气体a中混有有毒气体CO (6) 【分析】工业废气中含大量的、NO、CO、，通入石灰石悬浊液后剩余、NO、CO，反应形成滤渣除去；通入适量空气将NO氧化为在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠；CO与形成；脱硫废水中主要含有、、、、、，以及易被氧化的有机悬浮物和大量的有机硫，有机硫充分曝气氧化为，同时将氧化为，调节使形成除去；加入亚硝酸钠溶液，与反应生成；溶液中加入NaClO将氧化与NaOH反应生成，与NaOH反应生成四羟基合铝酸钠(偏铝酸钠)，加入盐酸调，形成氢氧化铝沉淀。 【详解】（1）根据分析，曝气氧化中被氧化的离子有和；滤渣A为氢氧化铁，滤渣C为亚硫酸钙； （2）用溶液除氮时，发生反应的离子反应方程式: ； （3）氧化沉镍反应的离子方程式：； （4）加盐酸调pH至5得到滤渣B为氢氧化铝，离子方程式：； （5）NO中氮元素从+2价变为亚硝酸钠中+3价，根据得失电子守恒，NO与氧气物质的量比值最好为4：1；气体a中含有毒性气体CO，不能直接排放至大气中； （6）时铁离子完全沉淀，说明，调时的浓度：。 41．(1) (2) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖 (3) 蒸发结晶 趁热过滤 乙醇 (4) (5) (6)含有的滤渣中加入，发生转化，，可视为完全转化。 【分析】阳极泥的主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag，加入稀硫酸，得到溶液，、、中继续加入稀硫酸和葡萄糖，价的Mn转化为+2价的进入溶液中，过滤后得到的溶液经过一系列操作，得到晶体，加入与水反应生成二元弱酸，电解时，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积生成Mn单质；滤渣中的加入，使更难溶的，加入醋酸，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅中加入硫酸，生成沉淀。 【详解】（1）中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，设+2价和+4价的Mn的个数分别为x和y，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0和原子个数守恒，得到方程式，联立解得，所以+2价和+4价Mn的个数比为； （2）由以上分析可知，加入稀硫酸转化为溶液，滤液1中的溶质为；“还原酸浸”过程中中加入稀硫酸和还原性糖，价的Mn转化为+2价的进入溶液中，发生的反应为：；因为在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生副反应，消耗更多的葡萄糖，所以实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量； （3）根据的溶解度随温度变化的曲线，由溶液制得晶体的“一系列操作”是蒸发（至有大量晶体析出，但要注意保留足够的水）结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；易溶于水，不溶于乙醇，所以洗涤时用乙醇而不用水洗，可以降低的溶解损耗； （4）电解时，，在阴极放电生成Se单质，电极反应式为； （5）根据以上流程的分析，整个流程中可循环利用的物质是稀； （6）含有的滤渣中加入，发生转化，，可视为完全转化。 42．(1) 灼烧 (2) (3) (4) (5)作保护气，防止Ni被空气中的氧气氧化 (6) 【分析】镍催化剂(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、等杂质)加入稀硫酸进行酸浸，生成、、、，不与硫酸反应，经过滤，将难溶的和过滤出来，故滤渣1为和，向滤液中加入NaClO溶液，将氧化为，反应的离子方程式为，该过程消耗了氢离子，使酸性减弱，水解生成沉淀，故滤渣2为，经洗涤、干燥、灼烧分解即可得到铁红三氧化二铁，在想滤液中加入溶液，可与溶液中残留的钙离子反应生成难溶的，故滤渣3为，再向滤液中加入萃取剂，可将溶液中的萃取除去，向水相中加入溶液，得到，晶体在氮气作保护气的条件下受热分解，得到Ni单质，Ni单质与碘单质即可合成，据此回答。 【详解】（1）由分析知，故滤渣1主要成分为和；滤渣2经过洗涤、干燥、灼烧分解，可制铁红 （2）由分析知，“除铁”中可通过先加入溶液再加入NiO替代NaClO溶液，的作用是将将氧化为，反应的离子方程式为； （3）已知：室温下，，除钙时，为确保滤液中，则溶液中； （4）由分析知，“萃取”过程主要除去的金属杂质离子是； （5）由分析知，“分解”过程中通入的作用是作保护气，防止Ni被空气中的氧气氧化； （6）设由1mol晶体，质量为183g，加热到150℃时失重率为19.76%，失去的质量约为36g，则晶体完全失去结晶水，加热到300～400℃时失重率为59.02%，则剩余固体的质量为75g，其中由1molNi，则氧元素的质量为，所以，所得固体为NiO，Ni的化合价为变化，则氧气未参与反应，300～400℃时发生反应的化学方程式为。 43．(1)去除有机物 (2) 将原料粉碎（其他合理答案也可） (3)用作油漆的红色颜料（其他合理答案也可） (4) (5) 溶液呈酸性，为控制溶液pH=7需要加入少量，当升高温度时，NH3易逸出，促进水解，使得pH下降，沉钒率下降 (6)25% 【分析】废钒催化剂(及有机物)先进行低温焙烧，去除有机物，再加入进行高温氧化，将氧化为和，化学方程式为：，加入进行高温焙烧，发生反应，，加水浸取并过滤，滤渣Ⅰ为，滤液中有、，加入 溶液进行沉铝，发生反应，过滤后向滤液中加入溶液进行沉钒，发生反应：，煅烧可得。 【详解】（1）低温焙烧的目的是：去除有机物； （2）为提高高温氧化的速率，可采取的措施有：将原料粉碎、搅拌等；被氧化为和，化学方程式为：； （3）由分析得，滤渣Ⅰ为，可用作油漆的红色颜料； （4）沉铝时和反应，生成沉淀和，反应的离子方程式为：； （5）溶液呈酸性，为控制溶液pH=7需要加入少量，当升高温度时，NH3易逸出，促进水解，使得pH下降，沉钒率下降；当刚好沉淀完全时，，溶液中，，则，的电离常数； （6）由于，与高锰酸钾反应的的物质的量为：，与反应的的物质的量为：，根据反应方程式、，得到关系式：，即，质量为，纯度为：。 44．(1) H2S MnSO4+2H2OMnO2+H2↑+H2SO4 (2) 1:1 Ag2S (3) 抑制Fe3+水解 增大溶液中氯离子浓度，可以促进平衡正向进行，提高银元素的转化率 (4) 2+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+ 氯气 【分析】银锰精矿主要含Ag2S、MnS、FeS2，加入稀硫酸浸锰，其中硫化锰和硫酸反应生成硫酸锰和硫化氢气体，得到的浸锰滤饼中还含有Ag2S、FeS2，加入硫酸铁浸铁，二硫化亚铁和硫酸铁反应，得到硫化亚铁和硫单质，剩余硫化银进行浸银，将银转化为Ca[AgCl2]2，最后加入过量铁粉沉银。 【详解】（1）“浸锰”步骤中，浸锰液主要含有MnSO4，说明硫酸和硫离子反应得H2S，是气体的主要成分，用惰性电极电解浸锰液，二价锰离子在阳极失电子得MnO2，阴极生成氢气，电解总反应化学方程式为：MnSO4+2H2OMnO2+H2↑+H2SO4； （2）已知“浸铁”步骤中硫酸根物质的量不变，Fe2(SO4)3为氧化剂，FeS2为还原剂，FeS2中硫被氧化为硫单质，中铁被还原为二价铁离子，故氧化剂和还原剂转移电子数相同，都为2，故n(氧化剂)：n(还原剂)=1:1，浸铁滤饼的主要成分为S和“浸锰”和“浸铁”步骤中剩余未反应的Ag2S； （3）“浸银”时发生的反应中，反应物有FeCl3，故加入H+的作用是抑制Fe3+水解，“浸银”时发生的反应是可逆反应，用氯化物浓溶液增大溶液中氯离子浓度，可以促进平衡正向进行，提高银元素的转化率； （4）“沉银”步骤中，前一步“浸银”时生成的与铁反应生成银单质，铁失电子变为二价铁离子，发生的离子方程式为2+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+，沉银液主要含FeCl2，向沉银液中通入氯气将其氧化为FeCl3，可在“浸银”时循环再用。 45．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2)[Al(OH)4]—+CO2 = Al(OH)3↓+HCO (3)将Fe3+还原为Fe2+ (4)6.5 (5) Fe(OH)2 Li、P、N (6)为正极材料提供碳源 【分析】由题给流程可知，向废电池正极片中加入氢氧化钠溶液碱浸，将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；向滤渣中加入磷酸和抗坏血酸酸浸，将磷酸亚铁锂、磷酸铁转化为磷酸锂、磷酸亚铁，过滤得到含有石墨的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH在6~9的范围内，将溶液中的磷酸亚铁转化为Fe3(PO4)2·8H2O沉淀，过滤得到Fe3(PO4)2·8H2O滤饼和含有磷酸锂、磷酸铵的滤液；Fe3(PO4)2·8H2O、磷酸锂、葡萄糖在真空管烧结得到正极材料。 【详解】（1）将废电池正极片进行机械活化处理，使颗粒直径减小，有利于增大碱浸时反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率； （2）由分析可知，滤液①的主要成分为四羟基合铝酸钠，向溶液中通入过量二氧化碳发生的反应为溶液中四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：[Al(OH)4]—+CO2= Al(OH)3↓+，故答案为：[Al(OH)4]—+CO2 = Al(OH)3↓+； （3）由分析可知，加入磷酸和抗坏血酸酸浸的目的是将磷酸亚铁锂、磷酸铁转化为磷酸锂、磷酸亚铁，则酸浸过程中加入抗坏血酸的作用是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+； （4）因滤饼的成分Fe3(PO4)2·8H2O中，所以当稀释后溶液中时最有利于生成沉淀，则根据表格，沉淀的最佳pH为6.5； （5）调节溶液pH时，若加入过量的氨水，溶液中的亚铁离子会转化为氢氧化亚铁沉淀，导致沉淀中混有氢氧化亚铁杂质；由分析可知，滤液③的主要成分为磷酸锂、磷酸铵，则滤液中大量含有的元素有H、O、Li、P、N，则滤液③中除H、O外，还大量含有的元素有Li、P、N； （6）由分析可知，Fe3(PO4)2·8H2O、磷酸锂、葡萄糖在真空管烧结的目的是得到正极材料，由正极材料的组成可知，葡萄糖的作用是受热分解生成碳，为正极材料提供碳源，故答案为：为正极材料提供碳源。 46．(1) 3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O 1∶3 Fe3+、Al3+、H+ (2) 不能 当Zn2+完全沉淀时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1mol/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，已经沉淀了部分Co2+ (3) ac 冷却结晶或降温结晶 过滤、洗涤 避免温度过高，失去部分结晶水；温度过高，硝酸镉受热分解 【分析】 “酸浸”：根据问题(1)以及镉黄废料所含杂质，加入硝酸，将硫元素氧化成硫单质，+2价Fe被氧化成Fe3+，二氧化硅为酸性氧化物，不溶于硝酸，滤渣1主要成分是S和SiO2，滤液中所含离子有Cd2+、Zn2+、Fe3+、Al3+、H+、NO； “除杂”：加入CdCO3调节pH，根据表中数据，使Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去； 据此分析； 【详解】（1）根据题中信息，硫元素被氧化成硫单质，硝酸被还原成NO，CdS与稀硝酸反应的离子方程式为3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O；根据离子方程式可知，8HNO3中有2molHNO3作氧化剂，被还原，有6molHNO3表现酸性，因此被还原的硝酸与未被还原的硝酸物质的量之比我2∶6=1∶3；根据上述分析，“酸浸”后，溶液中所含阳离子有Cd2+、Zn2+、Fe3+、Al3+、H+；故答案为3CdS+8H++2NO=3Cd2++3S+2NO↑+4H2O；1∶3；Fe3+、Al3+、H+； （2）当Zn2+完全沉淀时，溶液中c(OH-)==1.0×10-6mol/L，此时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1mol/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，有Cd(OH)2沉淀生成，因此所得滤液中c(Co2+)=0.1mol/L，不能调节溶液pH，达到除去硝酸镉溶液中的Zn2+，故答案为不能；当Zn2+完全沉淀时Qc[Cd(OH)2]=c(Cd2+)×c2(OH-)=0.1mol/L×(1.0×10-6)2=1.0×10-13＞Ksp[Cd(OH)2]=3.2×10-14，已经沉淀了部分Co2+； （3）“步骤i”加热浓缩滤液，用到的仪器有蒸发皿、带铁圈的铁架台、玻璃棒、石棉网、酒精灯、坩埚钳；故答案为ac； 根据溶解度与温度的关系图可知，硝酸镉溶解度受温度影响较大，因此得到硝酸镉晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；步骤ii为冷却结晶或降温结晶，步骤iii为过滤、洗涤；故答案为冷却结晶或降温结晶；过滤、洗涤； 硝酸镉晶体带有结晶水，温度过高，会失去结晶水；温度较高时，硝酸镉易分解，因此采用低温烘干；故答案为避免温度过高，失去部分结晶水；温度过高，硝酸镉受热分解。 47．(1)+4 (2) 1：2 150℃、做催化剂条件下易分解 (3) 1 (4) 坩埚、坩埚钳 (5)C 【分析】由题给流程可知，150℃条件下向钛铁矿中加入60%硫酸和次氯酸钾氧化酸解，将钛酸亚铁转化为硫酸铁和TiOSO4，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入尿素，促进TiOSO4在溶液中的水解，使TiOSO4转化为TiO(OH)2沉淀，过滤得到含有铁离子的滤液和TiO(OH)2；TiO(OH)2与二水氯化钙高温煅烧生成钛酸钙；调节滤液pH，将溶液中铁离子转化为黄钾铁矾。 【详解】（1）由化合价的代数和为0可知，钛酸钙中钛元素的化合价为+4价，故答案为：+4； （2）由分析可知，滤渣1的主要成分是二氧化硅；钛酸亚铁转化为硫酸铁和TiOSO4时，铁元素的化合价升高被氧化，钛酸亚铁为反应的还原剂，由得失电子数目守恒可知，氧化剂过氧化氢与还原剂钛酸亚铁的物质的量比为1：2，150℃、铁离子做催化剂条件下过氧化氢会分解生成氧气和水，所以用过氧化氢做氧化剂时，其酸解效率较次氯酸钾低，故答案为：；1：2；150℃、做催化剂条件下易分解； （3）由题意可知，尿素在溶液中部分发生水解反应生成碳酸氢铵和氨气，反应的离子方程式为；由溶度积可知，浓度为0.1mol/LTiO2+离子水解的转化率达99%时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10—13mol/L，溶液pH为1，故答案为：；1； （4）由分析可知，步骤③发生的反应为TiO(OH)2与二水氯化钙高温煅烧生成钛酸钙、氯化氢和水，反应的化学方程式为；实验室灼烧固体时，除了用到玻璃棒、酒精灯、三脚架及泥三角外，还需要用到坩埚、坩埚钳，故答案为：；坩埚、坩埚钳； （5）由分析可知，步骤④调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子转化为黄钾铁矾，加入碳酸钠、通入氨气会引入杂质，氢氧化钾的碱性过强，易将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以调节溶液pH的最适宜的试剂是碳酸钾，即不引入新杂质，也能促进铁离子水解生成黄钾铁矾，防止生成氢氧化铁，故选C。 48．(1) 将CeO2废渣粉碎 适当升高反应温度、进行充分搅拌或者适当增大稀盐酸的浓度(任写2条，或其他合理答案) (2) 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O 作还原剂 (3)减小溶液中H+的浓度，使得萃取平衡正向移动，以提高萃取效率 (4)H2SO4 (5)2Ce3++3NH3·H2O+3= Ce2(CO3)3↓+3+3H2O (6)HA 【分析】 由题干工艺流程图可知，向CeO2废渣中加入H2O2溶液和稀盐酸，将CeO2转化为CeCl3，同时放出氧气，反应原理为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，向反应后的溶液中加入氨水中和后，加入萃取剂HA将Ce3+进入有机溶剂中进行萃取，分液后向有机层中加入稀酸使逆向移动，结合沉淀过程中产生(NH4)2SO4可知，该稀酸为硫酸，分液后向水层溶液中加入氨水、NH4HCO3进行沉淀，过滤洗涤得到碳酸铈(Ce2(CO3)3)，据此分析解题。 【详解】（1）将CeO2废渣粉碎、适当升高反应温度、进行充分搅拌或者适当增大稀盐酸的浓度等措施均可以提高酸浸效率，故答案为：将CeO2废渣粉碎、适当升高反应温度、进行充分搅拌或者适当增大稀盐酸的浓度(任写2条，或其他合理答案)； （2）由分析可知，酸浸过程中发生反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，其中H2O2的作用是作还原剂，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；作还原剂； （3）萃取前加氨水中和的目的是减小溶液中H+的浓度，使得萃取平衡正向移动，以提高萃取效率，故答案为：减小溶液中H+的浓度，使得萃取平衡正向移动，以提高萃取效率； （4）由分析可知，物质a为稀硫酸，故其化学式为：H2SO4，故答案为：H2SO4； （5）由分析可知，沉淀过程即向水层溶液主要含有Ce2(SO4)3中加入氨水、NH4HCO3进行沉淀Ce2(CO3)3，则该反应的离子方程式为：2Ce3++3NH3·H2O+3= Ce2(CO3)3↓+3+3H2O，故答案为：2Ce3++3NH3·H2O+3= Ce2(CO3)3↓+3+3H2O； （6）由分析可知，该流程中萃取剂HA可循环使用，故答案为：HA。 49．(1) Mn2+ H2S (2) (3) 加浓盐酸使AgCl与 Cl - 反应生成多种配合物而溶解，同时可以抑制银离子和亚铁离子水解 (4)浸银 (5)AgCl与浓盐酸反应时，AgCl溶解不完全，溶液中银离子浓度较小 【分析】硫化银锰精矿加入稀硫酸，其中硫化银与FeS2不与稀硫酸反应，则滤液①中溶质主要为硫酸锰，尾气为H2S，Ag2S、FeS2加入二氧化锰，由于Ag2S不与 MnO2反应，所以滤液②中溶质主要是FeS2被氧化生成的硫酸铁以及二氧化锰转化为硫酸锰，浸银”时，Ag2S先与FeCl3溶液反应生成 AgCl 、S ，AgCl再与Cl-生成多种配合物而溶解，加入Fe粉得到粗银粉，据此回答。 【详解】（1）①根据分析“滤液①”中含有的金属阳离子是Mn2+； ②尾气为H2S； （2）“氧化”时，FeS2被氧化成Fe3+和，该反应的离子方程式是:：； （3）①浸银”时，Ag2S先与FeCl3溶液反应生成 AgCl 、S，生成AgCl的化学方程式是：； ②当c(Cl-) =10-2 .54 mol/L  时，溶液中c(Ag+)=mol/L； ③加浓盐酸使AgCl与 Cl - 反应生成多种配合物而溶解，同时可以抑制银离子和亚铁离子水解； （4）滤液④中含有氯化亚铁，中通入Cl2反应后被氧化为氯化铁，将滤液返回“浸银”循环利用； （5）制得的粗银粉中，银的纯度较低，可能的原因是：AgCl与浓盐酸反应时，AgCl溶解不完全，溶液中银离子浓度较小。 50．(1) 加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率 SiO2 (2) 4.0×10-7.7 形成Ge(OH)4沉淀，造成Ge4+损失 (3)Zn2+和Na+ (4)GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O+4HCl (5)80% 【分析】 湿法炼锌渣含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸酸浸，SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2，向浸出液中加入次氯酸钠，利用次氯酸钠的强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH至3.9，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤液1中加入有机试剂单宁，Fe3+与有机沉淀丹宁发生络合反应形成沉淀，过滤后得到含有Ge元素的沉淀，将沉淀灼烧得到GeO2，用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4水解生成GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气还原得到高纯度的Ge； 【详解】（1）①浸出时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率； ②浸出中SiO2属于难溶于水的酸性氧化物，不与硫酸反应，GeO2、ZnO属于两性氧化物，FeO、Fe2O3属于碱性氧化物，它们与稀硫酸反应生成Ge4+、Zn2+、Fe2+、Fe3+，过滤，浸出渣的主要成分是SiO2； （2）①由表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，加入次氯酸钠的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故反应的离子方程式为：； ②常温下调节溶液的pH至3.9时，c(OH-)=10-10.1mol/L，c(Fe3+)==4.0×10-7.7mol/L； ③如果不加次氯酸钠溶液，pH就需要调节到更大的数值，这样会形成Ge(OH)4沉淀，造成Ge4+损失； （3）过滤1后滤饼1的主要成分是氢氧化铁，滤液1的离子有Ge4+、Zn2+加入硫酸映入的硫酸根和过量的氢离子，及加入次氯酸钠，引入钠离子，过量的次氯酸根生成氯离子，由表中数据可知加入有机试剂单宁后Ge4+的沉淀率为97%~98.5%，滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+； （4）由分析刻章子，GeCl4水解生成GeO2·nH2O，GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O+4HCl （5）若含锗3.65%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为 n(H2)==4mol，已知发生反应，则可得Ge的物质的量为：2mol，炼锌渣中锗的物质的量为：，则锗的回收率为：； 51．(1) 粉碎矿石、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度、搅拌等 (2)、 (3) 2.44 (4)乙醇易挥发便于快速干燥，且能防止碳酸锰被氧化 (5) 【分析】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分是，含有少量的、、)，产品为高纯碳酸锰。由流程可知，软锰矿通入足量的，加稀硫酸，做还原剂，将还原为，还原为，溶解为，滤渣Ⅰ为，滤液含有、、，加入氧化，加入除杂是通过调pH，将、转化为、除掉，故滤渣Ⅱ为、，继续向滤液中加入溶液溶液或溶液沉锰，得到固体，再经过过滤、洗涤、干燥等得到高纯碳酸锰。 【详解】（1）加热、搅拌、粉碎固体、适当增大硫酸的浓度等措施，都能加快浸取速率；浸取过程中，做还原剂，将还原为，本身被氧化为，离子方程式为：； 故答案为：粉碎矿石、适当增大硫酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；。 （2）通过过滤Ⅰ得到的滤液含有、、，加入氧化，加入除杂是通过调pH，将、转化为、除掉，故滤渣Ⅱ为、； 故答案为：、。 （3）过滤Ⅱ流程后，向得到的滤液中加入溶液溶液或溶液目的是沉锰，得到固体，故选用溶液，反应的离子方程式为；“沉锰”后的溶液中，根据，，由于两溶液等体积混合，与反应掉的，则混合前剩余的，故加入的溶液浓度为； 故答案为：；。 （4）难溶于水和乙醇，但潮湿时易被空气氧化，所以不能用水洗涤，而用乙醇洗涤，同时乙醇易挥发，便于碳酸锰的干燥； 故答案为：乙醇易挥发便于快速干燥，且能防止碳酸锰被氧化。 （5）11.5g碳酸锰的物质的量为0.1mol，含有0.1mol锰元素，到A点，质量减少了 11.5g-8.7g=2.8g，说明生成了0.1molCO，A点固体为，B点固体质量为7.9g，也含有0.1mol锰元素，锰元素的质量为，剩余为氧元素的质量，则氧元素的物质的量为，因此锰元素与氧元素的物质的量之比为2:3，化学式为； 故答案为：。 52．(1)Zn2+和Al3+ (2)用75%的硫酸会使SnO2溶解，达不到与ZnO、Fe2O3分离的目的 (3)+3 (4) (5) 盐酸 选择性除去锡离子，提纯铟离子，后续可以得到高纯度的铟产品 AB (6) 【分析】高铟烟灰加入硫酸酸浸ZnO与Fe2O3转化为滤液1，剩下的Bi2O3、SnO2、In2O3转化为滤渣1，被75%的硫酸溶解转为(BiO)2SO4和Sn(SO4)2和In2(SO4)3，滤液加入有机萃取剂分离Sn4+和In3+，在有机相中加入盐酸反萃取剂得到InCl3，加入Zn发生置换反应得到In单质，据此回答。 【详解】（1）由分析可知，滤液1中的阳离子有Fe3+和Zn2+； （2）由题给已知SnO2 不溶于稀硫酸，若用75%的硫酸则使SnO2溶解，达不到与ZnO、Fe2O3分离的目的； （3）“酸溶”生成的(BiO)2SO4中，Bi元素的化合价为+3价； （4）“转化2”时发生反应为氯化铋与氢氧化钠、次氯酸钠转化为NaBiO3，反应化学方程式为：； （5）①要使萃取平衡逆向移动且不能引入新的阴离子，则实际X为盐酸； ②“萃取”和“反萃取”的目的是：选择性除去锡离子，提纯铟离子，后续可以得到高纯度的铟产品； ③A．先将铟转化为沉淀再加盐酸溶解，可以起到富集铟的作用，提高InCl3溶液的浓度，A正确   B．纯碱也可以沉淀铟，所以可以用烧碱溶液代替纯碱溶液，B正确； C．该过程涉及到过滤，不需要用到分液漏斗，C错误； 故选AB。 （6）Bi的质量为g，则高铟烟灰中Bi的百分含量为。 53．(1) (2) (3)4.67~5.5(或) (4) 不能 氨水碱性不够强，不能使变成或 (5) 右 7.2 【详解】（1）赤铁矿渣含有及Cu和Ag的氧化物，还含有一定量的Ga和In，因此第一步加入和时，形成和CuS沉淀，CuO发生反应的化学方程式为； （2）“高压酸浸还原”时被还原，“酸浸液”中含有，加入的目的是调节pH，使分别转化成和沉淀，以便分离，同时形成硫酸钙(微溶)； （3）根据题表中数据，沉淀完全时，可得，则pH=4；同理的有沉淀完全时，pH=4.67，则pH最小为4.67；由表中数据可知与相比更易沉淀，则根据的进行计算，有，则，即pH=5.5，故应调节pH范围为4.67~5.5； （4）由反应方程式可知，由，得，代入数据可知； （5）由图根据电子流向可知，左侧为负极，右侧为正极，原电池中阳离子向正极移动，故电池工作时向右池移动；电池总反应为，反应中转移8个，当电路中转移1.6 mol电子时，吸收二氧化碳、逸出氧气、逸出甲烷的量分别为0.2 mol、0.4 mol、0.2 mol，质量分别为8.8 g、12.8 g、3.2 g，故电池中液体质量减轻7.2 g。 54．(1)增大接触面积，提高“碱浸”速率 (2) 过滤 减少钒元素和钨元素的损失，提高回收率 (3) (4)pH<8时，随溶液pH增大，的水解程度降低，沉率升高；pH>8时，与结合，平衡右移，沉淀溶解，沉钒率下降 (5)利用同离子效应，促进尽可能析出完全 (6)0.318 【分析】废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)经过球磨预处理后，进行碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；过滤得到Na2TiO3，加入硫酸进行溶解，进行热水解后得到；滤液中加入氯化铵进行沉钒，过滤后得到NH4VO3，经过煅烧分解出V2O5；滤液中加入HCl和CaCl2，沉钨，沉淀经煅烧后生成WO3。 【详解】（1）“球磨”的目：增大接触面积，提高“碱浸”反应速率。 （2）碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3，通过过滤可以实现钛与钒、钨分离。过滤过程中有部分溶质会沾在滤纸上，“碱浸”与“酸浸”之间还应“水洗”， 减少钒元素和钨元素的损失，提高回收率。 （3）TO2+“热水解”生成和HCl气体，离子方程式为：。 （4）pH=8时回收率最高的原因是：pH<8时，随溶液pH增大，的水解程度降低，沉率升高；pH>8时，与结合，平衡右移，沉淀溶解，沉钒率下降。 （5）“沉钨”中析出CaWO4时，需要加入过量CaCl2，其目的：利用同离子效应，促进CaWO4尽可能析出完全。 （6）20mL0.3mol/LNa2WO4的滤液中加入等体积的CaCl2溶液(忽略混合过程中的体积变化)，沉淀后消耗CaCl2物质的量：0.02L×0.3mol/L=0.006mol，欲使WO浓度小于1×10-6mol/L，溶液中，则CaCl2溶液最小浓度：。 55．(1) 增大氧气浓度，加快反应速率 (2) (3)3—4 (4) (5)取少量产品，加入足量盐酸，一段时间后取上层清液于试管中，再向试管中滴加溶液，若产生白色沉淀，则产品已变质，否则未变质 (6)5 【分析】由题给流程可知，辉铋矿在高压空气中焙烧，将金属硫化物转化为二氧化硫和金属氧化物，先焙烧渣中加入稀硫酸，金属氧化物溶于稀硫酸转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有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和氨水混合溶液，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铋离子转化为氢氧化铋沉淀，过滤得到氢氧化铋和滤液；向氢氧化铋中加入盐酸溶解得到氯化铋溶液，氯化铋溶液与钒酸钠溶液合成得到钒酸铋。 【详解】（1）“焙烧”中采用高压空气可以增大氧气浓度，加快反应速率；三硫化二铋转化为三氧化二铋的反应为三硫化二铋与氧气在高温下反应生成三氧化二铋和二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：氧气浓度，加快反应速率；； （2）由分析可知，浸渣的主要成分是二氧化硅，故答案为：； （3）酸浸得到的浸液中铋离子的浓度为0.01mol/L，则由溶度积可知，溶液中氢氧根离子浓度小于=1×10—10mol/L，溶液的pH小于4；溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，则溶液中氢氧根离子浓度大于=1×10—11mol/L，溶液的pH大于3，所以“除铁”调节pH的范围为3—4，故答案为：3—4； （4）由分析可知，酸溶时向氢氧化铋中加入盐酸目的是溶解氢氧化铋得到氯化铋溶液，若溶液pH调节不当，可能使氢氧化铋转化为BiOCl，反应的离子方程式为，故答案为：； （5）为防止S2O离子干扰硫酸根离子的检验，证明产品是否变质时，应加入足量的盐酸排出S2O离子干扰，则设计简单实验证明产品是否变质的实验方案为取少量产品，加入足量盐酸，一段时间后取上层清液于试管中，再向试管中滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则产品已变质，否则未变质，故答案为：取少量产品，加入足量盐酸，一段时间后取上层清液于试管中，再向试管中滴加溶液，若产生白色沉淀，则产品已变质，否则未变质； （6）由题意可知，10吨该辉铋矿中铋元素的物质的量为×2=3×104mol，由钒酸铋的质量为9.234吨中铋元素的物质的量为=2.85×104mol，则铋元素的损失率为×100%=5%，故答案为：5%。 56．(1)氧化 (2)AC (3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去 (4)0.001 (5) (6)5.4 (7)0.0250mol/L 【分析】锰废渣的硫酸浸出液首先用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钙后调节pH使三价铁转化为氢氧化铁除去三价铁离子，再用氟化锰除去钙离子、镁离子，随后再用萃取剂a萃取滤液中的，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液,无机相用萃取剂b萃取，无机相中为含的溶液，有机相加入反萃取剂得到含Co2+的溶液，以此解题。 【详解】（1）根据题意可知，浸出液中含有二价铁，的作用是氧化； （2）根据流程图可知，该流程涉及的实验过程有过滤，分液，故选AC； （3）在用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入碳酸钙调节pH使三价铁形成氢氧化铁沉淀，故目的是：使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去； （4）当溶液中时，，； （5）根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程式为：； （6）根据图中信息可知，pH为5.4左右时，、的萃取率相差较大，故无机相的控制在5.4左右； （7）根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1∶1，则Ni2+的物质的量为0.1000mol/L×0.0125L =0.00125mol，则Ni2+的物质的量浓度为。 57．(1)适当提高反应温度或其他合理叙述 (2)＋6 (3) ， 混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（）的氧化性远强于氧气 SO₂有还原性，过多将会降低的浓度，且生成的也会被还原成，降低氧化速率 (4) 99%或0.99 【分析】硫酸浸取液中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的H2SO5，加入石灰乳调节pH，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，亚铁离子也被H2SO5氧化成铁离子，故还有氢氧化铁沉淀生成，钙离子与硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3；过滤后滤液中加入NaOH沉钴镍，过滤后滤液中加入NaOH沉镁，生成氢氧化镁沉淀。 【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积可提高浸取速率。 （2）H2SO5中含一个过氧根，相当于H2O2中氢元素被磺酸基取代，根据化合价之和为零，S的化合价为＋6 （3）①溶液中的正二价铁元素Fe(Ⅱ)被H2SO5氧化为，被还原为，离子方程式为：；由分析滤渣为MnO2、CaSO4和Fe(OH)3； ②混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（）的氧化性远强于氧气，混合气中不添加，相同时间内氧化率较低；SO₂有还原性，过多将会降低的浓度，且生成的也会被还原成，降低氧化速率； （4）①滤液中加NaClO将Co2+氧化为Co(OH)3，反应的离子方程式为； ②根据可知c（Ni2+）=，沉镍率==0.99。 58．(1) (2) (3) 8.37 (4) (5) 【分析】含铬矿渣加入碳酸钠“灼烧”，将转化为，氧化为，加水溶解除去不溶的，滤液加入硫酸调节pH，使铝转化为氢氧化铝除去，再加入硫酸酸化，使转化为，蒸发结晶得到，同时生成副产物硫酸钠，据此解答。 【详解】（1）含铬矿渣“灼烧”过程中，和碳酸钠反应转化为，被氧化为，反应中中Cr由+3价升高为+6价，O2中O由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。 （2）灼烧过程中不反应，且不溶于水，所得滤渣主要是，故滤渣中含量最多的金属元素是Fe；该反应在溶液中进行，搅拌、升高温度能显著提高浸取率，故选AC。 （3）①，； ②，； ③，； 可得②=-①-③，则K2==，，，所以，则pH=8.37。“灼烧”步骤生成，此步骤中也可选用“灼烧”步骤产生的代替。 （4）“酸化”步骤主要发生的离子反应方程式为。 （5）用固体与浓硫酸反应制取，所得显酸性的盐为硫酸氢钠，该化学反应方程式。 59．(1)4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4) (2) 会抑制的电离，防止生成沉淀；参与反应提供 氨水 具有较强还原性，易被氧化；先加将氧化为，后加氨水，会生成，不利于产品的生成 (3)增大，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出 (4)14.16% 【分析】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含、、、的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣(主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3)和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：、；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品； 【详解】（1）“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息 、可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含c(Co2＋)=0.1 mol/L的滤液，此时溶液中,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7 ~7.4； （2）①流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c(OH - )过大，防止生成Co(OH)2沉淀；故答案为：会抑制NH3•H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀；参与反应提供NH； ②若先加H2O2，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止Co(OH)3的生成，故答案为：氨水；具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将Co2＋氧化为Co3＋，后加氨水，会生成Co(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2； ③由分析可知，生成[的反应方程式为：，则其离子方程式为； （3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出； （4）据题干反应原理可知，，则产品中钴元素的含量为=14.16%。 60．(1)AD (2)SiO2 (3)3SbCl5+2Sb=5SbCl3 (4) CuS 产生H2S等污染性气体和Sb2S3 (5) 4:3 SbCl5 【分析】由题给流程可知，向辉锑矿中加入盐酸和五氯化锑溶液酸浸，矿石中的硫化物转化为可溶的氯化物和硫，氧化铜转化为可溶的氯化铜，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和含有盐酸、可溶的氯化物的滤液；向滤液中加入锑，将溶液中的五氯化锑还原为三氯化锑后，加入硫化钠溶液将溶液中的铜离子、铅离子转化为硫化铜、硫化铅沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化铅的滤渣和滤液；向滤液中加入NaH2PO2溶液，将溶液中的三氯化砷还原为砷，过滤得到砷和滤液；电解三氯化锑溶液，锑离子在阴极得到电子发生还原反应生成锑，在阳极失去电子五氯化锑，电解得到的五氯化锑溶液可以返回酸浸步骤循环使用，锑与氯气反应生成三氯化锑。 【详解】（1）工业生产中矿石粉碎、加热、适当提高盐酸的浓度、搅拌等措施能加快辉锑矿“酸浸”；故答案AD； （2）由分析可知，滤渣1的主要成分为硫、二氧化硅，答案是：SiO2 （3）由分析可知，加入锑的目的是将溶液中的五氯化锑还原为三氯化锑，故答案为：3SbCl5+2Sb=5SbCl3； （4）由溶度积可知，在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是硫化铜沉淀，溶液中铅离子完全沉淀时，溶液中硫离子浓度为=mol/L，由题给信息可知，浸出液中含有过量的盐酸，盐酸能与硫化钠溶液反应生成有毒的硫化氢气体污染空气，溶液酸性降低后，硫化钠溶液还能与三氯化锑溶液反应生成三硫化二锑沉淀，降低产率，所以除铜、铅时，硫化钠溶液不宜过多，故答案为：CuS；；产生H2S等污染性气体和Sb2S3； （5）由分析可知，加入NaH2PO2溶液的目的是将溶液中的三氯化砷还原为砷，反应中磷元素转化为磷酸，由得失电子数目守恒可知，反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为4：3；由分析可知，电解三氯化锑溶液，锑离子在阴极得到电子发生还原反应生成锑，在阳极失去电子五氯化锑，电解得到的五氯化锑溶液可以返回酸浸步骤循环使用，锑与氯气反应生成三氯化锑，则故答案为：4：3；SbCl5。 61．(1)+4 (2) SiO2 1:2 反应温度为150℃，过氧化氢易分解(或产物中的Fe3+可以催化过氧化氢分解) (3) (或) 1 (4) 坩埚、坩埚钳 (5)C 【分析】钛铁矿(主要成分为还含有少量等杂质)经60%的硫酸与KClO氧化酸解得到滤渣以及，经加入常温下水解生成与滤液2，与煅烧生成，滤液2经调节pH生成黄钾铁矾，据此分析。 【详解】（1）根据化合价Ca为+2价、0为-2价和 CaTiO3中的化合价的代数和为0，计算得Ti为+4价； （2）SiO2难溶于酸及氧化剂中，H2O2中O由-1价还原成-2价生成H2O，作氧化剂，作还原剂，化合价升高生成+3价铁，根据化合价升降守恒，氧化剂:还原剂=1:2；在反应温度为150℃时，过氧化氢易分解(或产物中的Fe3+可以催化过氧化氢分解)，导致做氧化剂时，其酸解效率较KClO低； （3）由信息可知，水解为可逆过程，则其水解方程式为(或)；，水解的转化率达99%，则水解后溶液中，，则，则pH=1； （4）与煅烧生成为非氧化还原反应，通过原子守恒可得到方程式：；灼烧固体应选择坩埚，故还需要坩埚、坩埚钳。 （5）A不仅带入杂质钠离子影响产品纯度，还不能为产品提供钾离子，液氨成本太高，另外1molKOH中和1mol氢离子，1mol碳酸钾反应消耗2mol氢离子，反应相同量的氢离子，B成本比C高，所以最好是碳酸钾，选C。 62．(1)+4 (2) 使空气与溶液充分接触，起到增大转化率 使不容物质沉淀 (3) Fe2+和H+ 提高的产率 (4)降温结晶 (5) (6) 【分析】 从钛铁精矿生产二氧化钛，钛铁精矿使用硫酸酸解后，加水浸出，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，浓缩得到和溶液C，然后水解生成，最后处理后得到二氧化钛，据此分析解题。 【详解】（1）钛酸亚铁中Fe为+2价，O为-2价，所以的化合价为+4，故答案为+4。 （2）将压缩空气从酸解槽底部送入可使空气与溶液充分接触，起到增大转化率的作用；让物料在酸解槽中放置的目的是使不容物质沉淀，故答案为使空气与溶液充分接触，起到增大转化率；使不容物质沉淀。 （3）加入铁“还原沉降”，将Fe3+还原为Fe2+，后溶液中主要含有和Fe2+，还有H+，加入废铁屑除去的目的是提高的产率；故答案为Fe2+和H+；提高的产率。 （4）已知溶解度随温度升高而增大，说明得到晶体的结晶方式是降温结晶，故答案为降温结晶。 （5）“溶液C”水解为的水解产生，离子方程式为，故答案为。 （6）在，钛铁矿中加入少量碳粉，通入氯气对钛铁矿进行选择性氯化，生成、气态和，可生成，化学方程式为，故答案为。 63．(1) 低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致 平衡正向移动，浸出率下降 C 将氧化为除去 (2) (3) 是 从反应化学平衡常数分析，化学反应完全，浓度减小，使平衡正向移动，除去溶液中的 (4)不正确，可能是受热分解，放出氨气或铵盐分解放出氨气 (5) (6)、 【分析】工艺流程原料为锌焙砂(主要成分为、，含少量、等)，产品为纳米，流程主线中的主元素为锌元素，、、元素为杂质元素被除去。锌焙砂在浸取后、转化为，转化为，经过过滤Ⅰ进入除杂工艺，、元素则分别转化为、沉淀而被除去，除杂过程加入沉出元素，蒸氨后加入使锌元素转化为分离出来，最终得到纳米。 【详解】（1）温度低于55℃时，温度升高，反应速率增大，浸出率逐渐增大，但浸出时加入氨水，温度高于55℃后，温度升高易分解出氨气，氨气挥发，使平衡正向移动，浸出率反而下降； 是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，是弱酸酸根离子，溶液酸性越强，越容易生成沉淀，促进溶出，所以之后浸出率下降，说明的浸出主要依赖浓度的大小，C正确； 在浸取后经过过滤Ⅰ以沉淀而被除去，说明在浸取工艺发生氧化还原反应使被氧化为，所以浸取过程加入的目的是将氧化为除去； （2）浸取后转化为，经过过滤Ⅰ进入除杂工艺，加入生成沉淀，过滤Ⅱ得到的滤渣为，反应离子方程式为； （3）比较、可知，更难溶于水，转化为的反应更容易发生，从反应化学平衡常数分析，化学反应完全，浓度减小，使平衡正向移动，除去溶液中的，选择进行除杂，是可行的，原因是从反应化学平衡常数分析，化学反应完全，浓度减小，使平衡正向移动，除去溶液中的 （4）由题给信息可知“蒸氨”时逸出的氨气，可能是由于“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，也可能是受热分解放出氨气，从整个流程来看，逸出的氨气还可能是由铵盐分解产生的，从“蒸氨”时逸出氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，推断不正确，原因受热分解会放出氨气，铵盐分解也会产生氨气； （5）“蒸氨”后溶液中主要存在的金属阳离子为，“沉锌”时加入，溶液中的与溶液反应，生成，离子方程式为； （6）“蒸氨”过程中除去的多余和“过滤Ⅲ”所得滤液中的都可循环使用。 64．(1)不是 (2) < (3)6 (4) 铝 0.5 (5) 【分析】炼钢锌灰主要成分为ZnO､和，含少量､CuO等杂质，加氧化钙“焙烧”， 转化为ZnO和Ca2Fe2O5，用氯化铵、氨水的混合液“氨浸”，过滤出Ca2Fe2O5、，得到含有的溶液，加双氧水、氯化亚铁生成氢氧化铁、砷酸铁沉淀“除砷”，过滤，滤液中加锌置换出铜“除铜”。 【详解】（1）根据流程图，“焙烧”时，转化为ZnO和Ca2Fe2O5，该过程中元素化合价不变，不是氧化还原反应； （2）①控制pH在适当范围，ZnO与氨水、氯化铵反应生成为，该反应的离子方程式｡ ②，随着浸取液温度升高，ZnO溶解量反而降低，温度升高导致平衡逆向移动，说明正反应放热，<0｡ （3），溶液中恰好被沉淀完全时c(Fe3+)= ；，则此时，所以控制溶液6｡ （4）①电解过程中，铝为阴极，涂钌钛板为阳极；锌元素化合价降低发生还原反应生成锌，锌在铝(阴极)板沉积｡ ②电解过程中锌元素化合价由+2降低为0，理论上每沉积16.25gZn，通过电路中的电子为｡ （5）①根据图示，过程3是HCOO-Cu和H2反应生成CH3O-Cu，化学方程式为｡ ②ZnO也有催化作用，催化机理与Cu相似，与H2O反应可获得甲醇和ZnO｡ 65．(1) (2)适当升高溶液温度，搅拌等 (3) (4) (5)使沉淀聚沉，颗粒变大，以利于过滤 (6) 【分析】废催化剂主要含、、，加入氢氧化钠固体焙烧，与NaOH反应生成NaAl(OH)4，转化为；加水溶浸过滤得到滤渣；和CO在90℃时发生反应，生成；再将分解得到和，可以循环利用；溶浸过滤后的滤液中含NaAl(OH)4、，向滤液中通入，生成Al(OH)3，过滤除去；向含有的溶液中加沉钼，陈化后过滤得到，分解得到。 【详解】（1）“焙烧”时，转化为，化学方程式为； （2）加快溶浸速率的方法是适当升高溶液温度，搅拌等； （3）“沉铝”时使铝元素恰好沉淀完全的离子方程式为； （4）焙烧时加入了固体NaOH，“沉钼”时加入了，“沉钼”后滤液X的溶质主要是； （5）在水中呈胶状，陈化可以使沉淀聚沉，颗粒变大，以利于过滤； （6）①已知中元素的化合价为0价，发生反应，该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3； ②是一种可以循环利用的物质，是。 66．(1)将废镍催化剂进行粉碎或适当升高温度 (2) 1010 CaSO4、SiO2 (3)2H＋+ClO－+2Fe2＋＝2Fe3＋+Cl－+H2O (4)3～4或3＜pH＜4 (5)NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O (6)作保护气，防止Ni被氧化 【分析】废镍催化剂利用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，硫酸钙微溶，生成的铜离子结合硫离子转化为CuS沉淀，过滤，浸取液中含有Zn2＋、Fe2＋、Ni2＋等，加入次氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，加入NiO调节pH沉淀铁离子，加入NaF沉淀锌离子，加入萃取剂萃取除镍离子以外的其它离子，分液后加入草酸钠沉淀镍离子，最后草酸镍热分解得到金属镍，据此解答。 【详解】（1）依据外界条件对反应速率的影响可判断为提高废镍催化剂的浸出速率，可采取的措施有将废镍催化剂进行粉碎或适当升高温度等。 （2）反应的平衡常数K=。根据以上分析可知滤渣1的成分除CuS外还有CaSO4、SiO2。 （3）NaClO氧化为的离子方程式为2H＋+ClO－+2Fe2＋＝2Fe3＋+Cl－+H2O。 （4）根据图像可知pH在3～4时镍的萃取率最低，其余金属阳离子的萃取率高，所以“萃取”时应调节溶液pH的最佳范围是3～4或3＜pH＜4。 （5）300～480℃、500～750℃条件下加热，收集到的气体产物均各只有一种，加热时首先失去的是结晶水，结晶水的质量是3.41g－2.69g＝0.72g，物质的量是0.04mol，第二次生成的气体是二氧化碳，质量是2.69g－2.25g＝0.44g，物质的量是0.01mol，最终得到的是2.25gNiO，物质的量是0.03mol，因此x:y:z＝0.01:0.02:0.02＝1:2:2，所以样品的化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O。 （6）氮气性质稳定，为防止生成的镍被氧化，“分解”时通N2的作用是作保护气，防止Ni被氧化。 67．(1) SiO2 避免明火 (2) 萃取、分液 ZnSO4 过滤、洗涤、干燥 (3) 无法有效除铁 BC (4) 2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl- 1：2 (5)14+lg 【分析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。 【详解】（1）经分析可知滤渣1是SiO2，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生氢气。 （2）经分析可知操作1的名称是萃取、分液，从流程信息分析，在有机溶剂M中ZnSO4。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （3）若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试剂X可以为下列物质中的KOH和Zn(OH)2，需要氢氧根结合三价铁离子。 （4）工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为)，Na2S2O8与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为Na2S2O8、还原剂为Co2+，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。 （5）常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的c(OH-)=，pH至少为14+lg。 68．(1) 碳酸锰矿粉碎、搅拌 增大H+浓度、升高温度等 (2) 2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液 (3)5.4~8.8 (4)7.6×107 (5)50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应 (6)6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O 【分析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸酸浸，矿石中只有SiO2不溶解，其它物质转化为FeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、MnSO4等；加入氧化剂a进行氧化1操作，此时Fe2+被氧化为Fe3+；加入试剂b沉铁铝，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀；过滤后往滤液中加入MnF2，将Mg2+转化为MgF2；过滤后，往滤液中加入氨水，生成Mn(OH)2沉淀，再通入O2，将Mn元素部分氧化，从而生成Mn3O4。 【详解】（1）通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等，都可提高“酸浸”效果，则提高“酸浸”的方法有：碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度等。答案为：碳酸锰矿粉碎、搅拌；增大H+浓度、升高温度等； （2）“氧化1”步骤中，将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂a可选用MnO2，则发生反应生成Fe3+、Mn2+等，离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，为了检验氧化是否完全，需检验Fe2+是否存在，可选用的试剂是：K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液。答案为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液； （3）从表中可以看出，pH≥5.4时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，pH=8.8时，Mn2+开始沉淀，所以“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为5.4~8.8。答案为：5.4~8.8； （4）“沉镁”步骤中，沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)则平衡常数K==≈7.6×107。答案为：7.6×107； （5）从图中可以看出，“沉锰”步骤中，50°C以后，硫酸根含量变化很少，实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应。答案为：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应； （6）由分析可知，“氧化2”步骤中，Mn(OH)2被O2氧化为Mn3O4等，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。答案为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。 【点睛】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+时，不能使用Cl2、KSCN溶液。 69．(1)对流空气能使氧气和反应物充分接触 (2)将Co3+、Fe3+还原 (3) (4) 将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 MgF2、CaF2 (5) 浓盐酸 冷却结晶 (6)2.5×10-15 (7) 【分析】 水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体； 【详解】（1）在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率； （2）已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原； （3）已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为； （4）由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。 （5）操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 （6）pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]= =2.5×10-15。 （7）草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。 70．(1) 硅和铁 (2)MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O (3)S2-+Cu2+=CuS (4) 趁热过滤 增大硫酸锰的溶解度 (5) 溶液由紫色变为黄色，半分钟不退去 【分析】软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe、Cu、Mg、 Si 元素的氧化物或盐)，加入稀硫酸和草酸进行还原酸浸，其中形成含有二价铁离子，三价铁离子，铜离子、镁离子溶液，二氧化硅不与稀硫酸、草酸反应，硅酸盐与酸反应形成硅酸沉淀，因此滤渣x为二氧化硅、硅酸，此步骤除掉硅元素。其次加入硫化锰的目的是除去铜离子，以硫化铜的形式除掉。加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后加入碳酸锰调节PH，将三价铁离子以氢氧化铁的形式沉淀除掉。而碳酸根离子以二氧化碳的形式除掉。之后进行蒸发结晶、过滤、洗涤得到硫酸镁溶液，随后硫酸锰加水溶解，加入硫酸铵反应，在冰水浴的条件下，目的是增大硫酸锰的溶解度，最后得到目标产物硫酸锰铵。 【详解】（1）因为二氧化硅不与稀硫酸、草酸反应，硅酸盐与酸反应形成硅酸沉淀，因此滤渣x为二氧化硅、硅酸，此步骤除掉硅元素。加入二氧化锰的目的是将亚铁离子氧化为三价铁离子，然后加入碳酸锰调节pH，将三价铁离子以氢氧化铁的形式沉淀除掉。此步骤除掉铁元素。故答案为硅元素和铁元素；开始沉淀时存在平衡：， =10-13； （2）还原酸浸时，是加入的H2C2O4在酸性条件下将MnO2还原为Mn2+，所以离子方程式为MnO2+H2C2O4+2H+=Mn2++2CO2↑+2H2O。 （3）硫化锰溶于酸，硫离子与铜离子反应生成极难溶于水的硫化铜沉淀：S2-+Cu2+=CuS； （4）进行蒸发结晶、趁热过滤、以及洗涤操作得到硫酸镁溶液，硫酸锰晶体。硫酸锰加水溶解，加入硫酸铵反应，根据所给表格（温度对溶解度的影响），硫酸锰在低温溶解度更高，故在冰水浴的条件下，目的是增大硫酸锰的溶解度，提高产率，最后得到目标产物硫酸锰铵，故答案为：趁热过滤；增加硫酸锰的溶解度； （5）过量高锰酸钾与硫酸锰铵反应生成二氧化锰，过滤掉二氧化锰后溶液为紫色，反应剩余的高锰酸钾用硫酸亚铁滴定，生成三价铁离子（黄色），故滴定终点现象为溶液由紫色变为黄色，半分钟不退去；由题意加入的高锰酸钾物质的量为n1=；用硫酸亚铁滴定高锰酸钾其物质的量之比为，滴定20ml高锰酸钾溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：n2=，则剩余的高锰酸钾的物质的量为 ，与硫酸锰铵反应完的高锰酸钾的物质的量为：，高锰酸钾和硫酸锰铵反应的物质的量之比为故w g硫酸锰铵的物质的量（即锰元素的物质的量）为： ，故硫酸锰铵中锰元素的质量分数为 。 【点睛】该题主要涉及物质的分离与提纯，常用到一些物理方法和化学方法，化学方法包括氧化还原法、沉淀法等；物理方法包括蒸发结晶，冷却结晶，过滤等等，根据温度对不同物质溶解度的影响可以选择冷却结晶和蒸发结晶。 71．(1) ＞ 加入过量的盐酸或适当降低温度 (2)S、SiO2 (3)2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O (4)3.7≤pH＜4.5 (5)2.2×10-20 (6) Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO3的损失 【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，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+、Fe2+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+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3，据此分析解答。 【详解】（1）由分析可知，“氧化浸取”时，H2O2将S2-氧化为S，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：H2O2＞S，Bi3+易水解，可加入过量的盐酸或适当降低温度，使得水解平衡逆向移动，从而抑制Bi3+的水解； （2）根据已知可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2； （3）由分析，FeS转化为Fe3+的离子方程式是2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O； （4）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5； （5）已知①Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)   K1=4.4×10-7，②Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)  K2=2×1013，反应①-②可得反应Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，因此Ksp[Cu(OH)2]==2.2×10-20； （6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。 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 $$