2025届高三化学过关训练----工业流程题

2025届高三化学过关训练----工业流程题 1．（2025·广东·一模）碱式碳酸铜在烟火、农药、颜料、杀菌剂等方面应用广泛。一种以辉铜矿，含有和少量等杂质为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示： 已知：有关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 完全沉淀的 常温稳定，在热水中会分解生成； 。 回答下列问题： (1)加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有 任写一种。 (2)滤渣Ⅰ经无色液体，沸点提取后可获得一种淡黄色副产品，则滤渣Ⅰ中的主要成分是 填化学式。“浸取”过程中被氧化的化学方程式为： ，回收淡黄色副产品过程中温度控制在之间，不宜过高或过低的原因是 。 (3)常温下“除铁”时加入的试剂可用，调节的范围为 ，若加后将溶液的调为，则溶液中的浓度为 。 (4)写出“沉锰”除过程中反应的离子方程式： 。 (5)测定副产品样品的纯度：准确称取样品，加蒸馏水配成溶液，取出用标准溶液测定，完全反应后得到沉淀，则此样品的纯度为 保留到小数点后位。 2．（2024·湖南·模拟预测）我国科学家研究和开发的锰氧化物分子筛(@MS)材料，可大大提升分子筛对含酚废水的处理能力。工业上可由二氧化锰粉末与硫化锰矿(含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物)和4A级分子筛为原料制备该材料。 ．高纯制备 注：滤渣1中无。 附：①一些相关物质的 物质 MnS NiS ZnS ②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 金属离子 开始沉淀 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)将MnS矿与粉进行“联合焙烧”的目的有 (答出1点即可)；为了提高焙烧效率可采取的措施有 (答出2点即可)，“尾气”中所含气体中除外还有 。 (2)“酸浸”时所得“滤渣1”的主要成分为 ；“除杂1”中“滤渣3”的主要成分为 。 (3)除杂2的目的是生成，从而除去。请通过计算解释选用可行的原因。 (4)沉锰过程中选用X为氨水和碳酸氢钠的混合溶液，请写出该过程的离子方程式 。 ．@MS材料的制备 (5)将一定量的溶于蒸馏水中，加入预处理的分子筛和NaClO溶液，再加入和NaOH调节溶液pH为7.2，在室温下搅拌2h，反应结束后经过滤洗涤干燥得@MS材料。若发生反应的与NaClO物质的量之比为，则@MS中Mn的化合价为 。 ．流程评价 (6)有同学认为此流程不适宜大规模工业生产，请从物质利用角度谈谈你的看法。 3．（2024·浙江杭州·模拟预测）氨是一种重要的化工产品和化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。 请回答： (1)物质A是 。 (2)加热条件下氨能使黑色的氧化铜变红，体现了氨具有 性。 (3)硝酸工业中的尾气可用纯碱溶液吸收，生成、和一种气体，写出该反应的化学方程式 。 (4)下列说法不正确的是_______。 A．能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 B．合成氨反应中，使用催化剂能提高单位时间内氨的产量 C．工业生产中贮存浓硝酸，可选用金属铝做罐体材料 D．在一定条件下与转化为氮肥的过程，属于人工固氮 4．（2024·江苏南京·模拟预测）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的物质的量浓度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)基态铬原子价电子轨道表示式为 。 (2)写出焙烧过程中生成Na2CrO4反应的化学方程式 。 (3)水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式 。 (4)中和步骤中理论pH的范围是 。 (5)酸化时加冰醋酸，酸化的目的是 ，能不能用盐酸代替醋酸 (填“能”或“不能”)。重铬酸(H2Cr2O7)是一种较强的酸，写出它的结构式 。 (6)工序1加入KCl的目的是 。 5．（2024·江西吉安·模拟预测）BaTiO3，被用作陶瓷电容器的介电材料、麦克风和其他传感器的压电材料。以含钛炉渣（主要成分是TiO2，含少量Fe2O3、CaO、SiO2等）为原料制备BaTiO3的流程如下： 金属离子 TiO2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 0.5 6.3 1.5 完全沉淀的pH 2.5 8.3 2.8 回答下列问题： (1)下列为Ba粒子简化电子排布式，其中能量最高的是 （填字母）。 A．[Xe]6s2 B．[Xe]6s1 C．[Xe]6s16p1 D．[Xe]6s0p2 (2)“还原”中发生反应的离子方程式为 。若省去“还原”工艺，则 。 (3)设计实验检验滤液1中是否含有Fe2+： 。 (4)BaTiO（C2O4）2·4H2O中Ti的化合价为 ，“焙烧”发生反应的化学方程式为 。 (5)经X射线分析鉴定，钛酸钡（BaTiO3）的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2-相接触），已知晶胞边长为 pm，O2-的半径为 pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为 pm、 pm。（用含、的代数式表示） 6．（2024·河北·三模）随着全球可充电锂离子电池退役高峰期的到来，从锂离子电池中回收有价值的元素引起了人们的极大关注。一种从锂离子电池的废正极材料中分离锂、锰的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)正极材料中元素的平均化合价为 ，的空间结构名称为 。 (2)“还原焙烧”过程中的氧化产物是一种环境友好型气体，锰元素转化为水溶性的和，则该反应的化学方程式为 。 (3)“选择性氨浸”过程中，锰元素通过如下过程沉淀分离： Ⅰ．电离产生：。 Ⅱ．水解生成：。 Ⅲ．被氧化为：该反应的化学方程式为 ，通过对氧化还原电位和的检测，得出反应需以的速率向氨水中通入空气，以增大电位，最终实现锂、锰的高效分离。请从平衡移动角度分析通入空气的作用 。 (4)“结晶Ⅰ”所得晶体的主要成分为 (填化学式)。 (5)从废正极材料中分离锂、锰的工艺流程中，能够循环利用的物质是 。 (6)“选择性氨浸”的浸出液中，锂元素的浸出率接近100%，而锰元素在浸出液中的含量从降至，实现了锂、锰的有效分离。则锰元素的沉淀率为 。 7．（2024·宁夏银川·模拟预测）锂和铍是重要的稀有金属元素，被国内外视为战略性资源。一种从尾矿(主要含 BeO、Li2O、SiO2及Fe、Al元素)中主要提取锂、铍、铝的工艺如下： 已知： ① C6H5COOH 熔点为 122℃  微溶于水； ② Li+可与 FeCl结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取； ③ HCl (浓) + FeCl3HFeCl4 (易溶于有机溶剂)。 回答下列问题： (1) “浸渣 ”的主要成分是 。 (2) “氧化 ”步骤中控制反应的温度为 20℃ ， 其原因是 。 (3) “沉铁 ”步骤中加入 Na2SO4 发生反应的离子方程式为 。 (4)若直接调节pH 进行沉铁、沉铝，会造成 Li+ 、Be2+ 损失的原因是 。 (5) “萃取 ”步骤以TBP为萃取剂、FeCl3为协萃剂，还需加入NH4Cl的作用是 。 (6) “反萃取 ”步骤中，最好选择 作为反萃取剂。 (7) “操作 X ”的步骤：先 ，再固液分离。 8．（2024·湖南长沙·三模）某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法对铬铁矿(主要成分，含氧化物杂质)进行处理制备高价铬盐的工艺流程如图。 已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在：②在水溶液中以的形式存在。 回答下列问题： (1)Cr的价电子排布式为 。 (2)铬铁矿在高温反应前需要粉碎处理的目的是 。 (3)“高温连续氧化”工序中发生反应的化学方程式为 。 (4)气体A是 (填化学式)。 (5)工序2中与气体A发生反应的离子除OH-还有 。 (6)若工序2中的铝元素恰好完全转化为沉淀，此时溶液中的 ，(通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全； (7)该工艺可以利用滤渣1提取，下图是晶胞，已知晶胞密度是，用表示阿伏加德罗常数的值，则d= nm(写出计算表达式即可)。 9．（2024·北京大兴·三模）饮用水中含砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如图： 已知：①与过量的存在反应：； ②亚砷酸盐的溶解性大于相应的砷酸盐。 (1)①实验操作1和2是 。 ②“一级沉砷”先加入硫化钠主要发生的离子反应是： 。 ③一级沉砷后再加入硫酸亚铁的主要作用是： 。 (2)“二级沉砷”先加入双氧水发生的反应有： 。沉淀的成分是 。 (3)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿被氧化为，同时生成，导致砷脱离矿体进入地下水。被氧化的离子方程式是 。 (4)测定某溶液(含少量)中浓度的一种方法如下： 已知：用标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的。 i．调：取待测液，向其中滴入适量溶液调节，中和。 ii．氧化：向上述溶液中加入适量碘水，将氧化为。 iii．滴定：用标准溶液滴定ⅱ中得到的溶液至终点，消耗标准溶液。 ①分析图1和图2，解释不用氢氧化钠溶液直接滴定亚砷酸的原因 。 ②若无i，会导致测定的浓度 (填“偏高”或“偏低”)。 ③通过计算可知亚砷酸的浓度为 。 10．（2023·四川攀枝花·模拟预测）某铜镉渣的主要成分为单质Zn、ZnSO4以及铜、镉(Cd)、铁、钴(Co)等金属单质或它们的氧化物。某同学以其为原料设计如图工艺流程回收铜、镉、铁、钴。 回答下列问题： (1)“浸出”过程生成大量气体是 (填化学式)，写出一种提高“浸出”效率和浸出率的措施： 。 (2)“氧化除铁”原理是空气中的氧气将浸出液中的Fe2+氧化为α-FeOOH，写出该反应的离子方程式： 。 (3)“除锰”时，参加反应的 。 (4)若在实验室进行萃取“除铜”，所必须用到的仪器是 ，萃取前对仪器进行的操作是 ，放液时，上层液体由 (填“上口”或“下口”)倒(放)出。 (5)水相中主要含Co2+，经检测c(Co2+)=0.01mol·L-1。向水相通入氨气调节pH= 时，水相中Co2+沉淀完全(已知常温下，Ksp[Co(OH)2]=1.0×10-15；溶液中c(Co2+)=1×10-5mol·L-1视为沉淀完全)。 (6)控制一定条件，用惰性电极电解ZnSO4溶液可制备单质锌，电解时阳极反应式为 。 11．（2024·北京朝阳·二模）以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的一种工艺流程如图。 已知：与纯碱焙烧转化为，与纯碱焙烧转化为。 (1)过程Ⅰ中转化为和，反应中与的化学计量数之比为 。 (2)滤渣1主要含有 。 (3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 ①过程Ⅲ中使用溶液的目的是 。 ②过程Ⅳ发生反应，计算该反应的 。 (4)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。 ①离子交换膜应该选用 。 a．阴离子交换膜    b．质子交换膜    c．阳离子交换膜 ②结合方程式解释产生的原理 。 (5)测定产品中的质量分数。 称取产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中（摩尔质量为）的质量分数为 。 已知：酸性条件下被还原为。 12．（2024·山东烟台·三模）氯化磷酸三钠具有良好的灭菌、消毒、漂白作用，常温下较稳定，受热易分解。以磷矿石[主要成分为，含杂质、等]为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下。回答下列问题： 已知：a．温度高时，NaClO易分解。 b．常温下的，；。 c．常温下，磷酸中含磷微粒分布分数[如的分布分数表示为]与pH的关系如下图所示： (1)“酸浸”使用一定浓度的硫酸，不使用盐酸、硝酸代替的原因是 。 (2)常温下，“中和Ⅰ”应控制的pH约为 ，的 。 (3)“中和Ⅱ”不用溶液，其原因是 。 (4)“合成”过程中两种溶液混合后需快速冷却，原因是 ；“系列操作”中包含“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥”，干燥时需控制温度不超过60℃的原因是 。母液可以进入 (填操作单元名称)进行循环利用。 13．（2024·重庆·模拟预测）镍是一种常用催化剂。某工厂采用以下流程提取含镍废料(主要含Ni、NiO，以及少量CuO、FeO、、MgO、ZnO、和等)中的镍，实现资源再利用。 已知：和 常温下，某些金属离子形成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH： 金属离子 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 8.6 7.1 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 11.1 9.0 回答下列问题： (1)NiO中的核外电子排布式为 。 (2)为提高酸浸率，可采取的措施有 (写出两项即可)。 (3)当、完全沉淀时，溶液中浓度至少应为 (常温下，当溶液中的离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全)。 (4)沉淀池2中加入的目的是 (用离子方程式表示)，为使相应离子完全沉淀，沉淀池2的pH范围应控制在 。 (5)沉淀3的成分是 (填化学式)。 (6)用滴定法测定产品中镍元素含量。取2.000g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol/L的标准液滴定，重复操作2～3次，消耗标准液平均值为12.40mL。(已知：ⅰ．；ⅱ．紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。) ①滴定至终点的现象是 。 ②样品中镍元素的质量分数为 (保留4位有效数字)。 14．（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 15．（2024·山东日照·二模）工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量等)和辉铜矿(主要成分为，还含有少量等氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾的工艺流程如图所示。 已知：萃取的原理为(为有机相)。 回答下列问题： (1)为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是 (答出一条即可)；已知浸出渣中含有单质S，写出“酸浸”时与反应的离子方程式： 。 (2)“萃取”后的溶液中，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽，已知“调除镍”时应控制溶液的最小值是1.8，最大值是5.8，则 [已知，该溶液中和的关系为；忽略溶液体积变化]。 (3)写出“碳化沉锰”过程中发生反应的离子方程式： 。 (4)试剂X为 (填化学式)；“系列操作”包括 、过滤、洗涤和干燥。 (5)在空气中加热分解时，每一步所得固体为纯净物，随温度变化如图所示。 ①时，剩余固体的化学式为 。 ②写出温度高于时反应的化学方程式： 。 16．（2024·北京通州·一模）以低品位铜钴矿（主要成分为、、，还有少量的FeO、、CaO、MgO等杂质）为原料制备硫酸铜晶体和的一种工艺流程如下： 已知：①常温下部分难溶电解质的溶度积常数 物质 ②萃取时发生反应 (1)铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是 。 (2)浸出步骤铜钴矿中的转化为，该反应的离子方程式为 。 (3)加入试剂a 可使萃取剂再生。 (4)对于过程I： ①加溶液作用是 。 ②通过计算判断是否沉淀完全并简述理由 。（一般认为溶液中离子浓度小于时沉淀完全） (5)滤渣1成分 。 (6)在足量空气中煅烧生成，写出煅烧过程中的化学反应方程式 。 (7)产品纯度测定方法如下： 已知：与EDTA-2Na按物质的量1：1反应，若滴定至终点时消耗EDTA-2Na标准液体积为20.00mL，则产品纯度为 。（的摩尔质量是） 17．（2024·山东·模拟预测）为白色粉末，不溶于水，能与反应生成，在空气中迅速被氧化为绿色铜盐。以含铜矿粉（含有、、及铁的氧化物杂质）为原料制备的流程如图所示： 请回答下列问题： (1)含铜矿粉反应后过滤得到的滤渣中含有硫单质，参与反应的离子方程式为 。 (2)已知：部分氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如下表： 开始沉淀的 1.5 4.2 沉淀完全的 3.3 6.7 加入氨水中和调节溶液的范围是 。 (3)“络合反应”得到，生成该物质的离子方程式为 ，“络合反应”后得到主要沉淀的化学式是 。 (4)“蒸氨”得到的、用吸收液吸收，得到的吸收液可返回到 工序回收利用。 (5)“中和”过程中加入氢氧化钠溶液调节为，值不能过小的原因是 。 (6)“合成”过程得到，在碱性环境中水解生成。生成的离子方程式为 。 (7)“酸化”过程中盐酸的浓度不能太大的理由是 。 18．（2024·河南信阳·模拟预测）二氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、、等）为原料制备，其工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”时，通入空气的主要目的是 。 (2)滤渣的主要成分是 （填化学式）。 (3)“还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，写出该反应的离子方程式： [被氧化为，生成物还有HF和]。 (4)“沉铈”时反应的离子方程式为 。若用溶液代替溶液，产生的后果是 。 (5)若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中 。 (6)二氧化铈作为一种SCR脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图所示。当氧化标准状况下NO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 。 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)搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等； (2) 、 温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，易挥发 (3) ； (4) (5)都对 【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等 杂质)加入稀硫酸和二氧化锰浸取：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、 单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、 Cu2+，加入试剂A调节pH除去Fe3+离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液，赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜； 【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，为加快反应速度，可采取的方法有搅拌、适当增加硫酸浓度、适当加热等； （2）二氧化锰有较强的氧化性，可将辉铜矿中的硫元素氧化为单质硫，单质硫易溶于二硫化碳，则滤渣的主要成分为、，“浸取”过程中被氧化的化学方程式为：，温度过低，硫的溶解速率小，温度过高，易挥发； （3）加入氧化铜，消耗酸，升高，使溶液中沉淀完全，而铜离子不沉淀，则范围是，将溶液的调为，则溶液中，，； （4）沉锰阶段，加入了碳酸氢铵和氨气，生成了碳酸根离子，进而生成碳酸锰沉淀，离子方程式为：； （5）沉淀为硫酸钡，物质的量为，则溶液中含有，样品中含有0.08mol，则此样品的纯度为。 2．(1) 使金属转变为金属氧化物，使MnS与反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去； 将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等 SO2、CO2和CO (2) SiO2 NiS和ZnS (3)MnF2(s)+Mg2＋(aq) MgF2(s)+Mn2＋(aq)的平衡常数＝9.2×106＞105，Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀 (4)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (5)+6 (6)①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下； 【分析】 二氧化锰粉末与硫化锰矿(含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物)在氧气作用下联合焙烧，除去有机物，金属与非金属均生成氧化物，在硫酸中酸浸，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH在4.7～6之间，除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢钠发生反应：Mn2++2HCO＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，据此解答。 【详解】（1）将MnS矿与粉进行“联合焙烧”的目的有，使金属转变为金属氧化物，使MnS与反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去；为了提高焙烧效率可采取的措施有：将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等；“尾气”中所含气体中除外，MnS产生的SO2，有机物产生的CO2和CO； （2）根据以上分析可知“滤渣1”含有SiO2；加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS； （3）根据方程式MnF2(s)+Mg2＋(aq) MgF2(s)+Mn2＋(aq)可知该反应的平衡常数≈9.2106＞105，因此Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀，所以除杂时选择。 （4）“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O （5）当与NaClO物质的量之比为1：2时，氯元素化合价从+1价降低到－1价，反应前Mn是+2价，所以根据电子得失守恒可知反应后Mn的价态是+（2×2+2）=+6。 （6）①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下； 3．(1)O2（或氧气） (2)还原 (3) (4)AD 【分析】在合成塔中氮气和氢气生成氨气，氨气通过分离器进入氧化炉和氧气反应，得到一氧化氮，在吸收塔里和氧气、水，生成硝酸，未反应完的气体尾气处理，据此作答。 【详解】（1）根据分析，可知物质A是O2（或氧气），答案：O2（或氧气）； （2）加热条件下氨能使黑色的氧化铜变红，说明生成单质铜，体现了氨具有还原性，答案：还原； （3）可用纯碱溶液吸收，生成、和一种气体，根据氧化还原反应，该反应的化学方程式，答案：； （4）A．为碱性气体，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，A错误； B．合成氨反应中，催化剂能加快反应速率，故能提高单位时间内氨的产量，B正确； C．浓硝酸可使铝钝化，所以工业生产中贮存浓硝酸，可选用金属铝做罐体材料，C正确； D．氮的固定指的是将游离态的氮转化为氮的化合物的过程，在一定条件下与转化为氮肥的过程是氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，也就不属于人工固氮，D错误； 答案：AD。 4．(1) (2) (3) (4) (5) 将溶液中的转化为 不能 (6)将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7 【分析】焙烧：由已知信息①，焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，，Cr元素转化为Na2CrO4，发生反应；铁、硅、铝的氧化物分别转化为NaFeO2、Na2SiO3、Na[Al(OH)4]。 水浸：将NaFeO2转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为，过滤得到含有Fe(OH)3的滤渣。 中和：由流程图可知，向滤液中加入醋酸进行中和的目的是将Na2SiO3、Na[Al(OH)4]转化为H2SiO3、Al(OH)3沉淀除去，结合已知信息②，调节溶液的pH时，均小于10-5 mol/L而除尽，但当溶液的pH＜4.5时，Al(OH)3会转化为Al3+，故理论pH范围为。Na2CrO4部分转化为Na2CrO7，过滤得到含有H2SiO3、Al(OH)3的滤渣。 酸化：由已知信息②中的图1可知，向滤液中加入醋酸的目的是调节溶液的pH约为5，将溶液中的Na2CrO4转化为Na2CrO7。 工序Ⅰ：向反应后的溶液中加入KCl将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7沉淀，经过滤、洗涤得到K2Cr2O7粗产品。 工序Ⅱ：粗产品经重结晶得到K2CrO7。 【详解】（1） 基态铬原子价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为。 （2）焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式为。 （3）根据分析，生成滤渣的离子方程式为。 （4）根据分析，理论pH范围为。 （5） 酸化时加冰醋酸酸化的目的是将溶液中的转化为。不能用盐酸代替醋酸，因为会引入杂质Cl-。重铬酸(H2Cr2O7)是的结构式为。 （6）根据分析知，加入KCl是为了将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7。 5．(1)D (2) 2Fe3++2SO=2Fe2++SO+SO2↑ Fe3+进入产品，产品纯度降低 (3)取少量滤液1于试管，滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+；若不产生沉淀，则不含有Fe2+ (4) +4价 BaTiO(C2O4)2·4H2O+O2=BaTiO3+4CO2↑+4H2O (5) 【分析】含钛高炉渣加入硫酸酸浸，SiO2不反应且氧化钙和硫酸生成不溶物硫酸钙得到浸渣，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3生成硫酸铁，亚硫酸钠还原硫酸铁，调pH值除去铁元素，加入氯化钡和草酸生成产品BaTiO(C2O4)2•4H2O，再高温分解得到BaTiO3。 【详解】（1）D项是2个6s电子都跃迁至6p能级，故D项对应状态能量最高； （2）亚硫酸钠具有还原性，可以还原为亚铁离子，防止“沉钛”时产生，反应为：；若省去“还原”工艺，则“沉钛”时产生，Fe3+进入产品，产品纯度降低； （3）检验滤液1中是否含有Fe2+为：取少量滤液1于试管，滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则含有Fe2+；若不产生沉淀，则不含有Fe2+； （4）BaTiO（C2O4）2中C为+3价，Ba为+2价，O为－2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则Ti为+4价；根据流程中看出，灼烧产物为BaTiO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒以及原子守恒知，BaTiO(C2O4)2·4H2O+O2=BaTiO3+4CO2↑+4H2O； （5）已知晶胞边长为pm，O2-的半径为pm，根据图示，晶胞边长pm，则pm；晶胞面对角线的长度pm，pm。 6．(1) 正四面体 (2) (3) 氧化，从而促进了的水解 (4)和（和，或者和、合理即可） (5) (6)99.9% 【分析】废正极材料加入硫酸氢铵还原焙烧，锰元素转化为水溶性的和，反应中锰化合价由+3.5降低为+2发生还原反应，则反应中部分氮化合价升高被氧化为氮气，结合质量守恒可知，反应还生成氨气、水；和加入氨气、空气氨浸分离出，得到硫酸铵、硫酸锂溶液，结晶得到晶体煅烧得到硫酸锂；烟气中含有氨气和氮气，使用硫酸吸收氨气结晶得到硫酸铵和硫酸氢铵。 【详解】（1）中锂、氧化合价分别为+1、-2，则元素的平均化合价为；的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体形； （2）“还原焙烧”过程中加入硫酸氢铵，得到氧化产物是一种环境友好型气体，锰元素转化为水溶性的和，反应中锰化合价由+3.5降低为+2发生还原反应，则反应中部分氮化合价升高被氧化为氮气，结合质量守恒可知，反应还生成氨气、水，配合电子守恒配平反应为：； （3）空气中氧气具有氧化性，被氧化为，锰化合价由+2变为、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：；通入空气，空气中氧气氧化，促进了的水解正向移动，利于锂、锰的高效分离； （4）“选择性氨浸”过程中生成，根据质量守恒可知同时生成硫酸铵，总反应为，该溶液中还有水溶性的，故“结晶Ⅰ”结晶后所得晶体的主要成分为和。 （5）依据前述分析可知，烟气中含有，洗气后可生成、，工序“结晶Ⅱ”中的主要成分为和，其中的可以在“还原焙烧”中循环利用。 （6）锰元素的沉淀率。 7．(1) (2)温度低于20℃时，反应速率较低；高于20℃，受热分解。 (3) (4)直接调节pH 进行沉铁、沉铝，会生成胶体，吸附 Li+ 、Be2+ 造成损失。 (5)增加氯离子浓度，将FeCl3更多的转化为，提高Li+萃取率。 (6)浓盐酸 (7)冷却结晶 【分析】尾矿(主要含 BeO、Li2O、SiO2及Fe、Al元素)通过硫酸酸浸得到浸渣，主要成分是不与硫酸反应的SiO2；所得酸浸液，经过氧化、沉铁，以沉淀形式除铁；利用苯甲酸钠沉铝，得到含铝沉淀的滤饼和滤液；滤液利用Li+可与 结合成LiFeCl4被TBP萃取，通过萃取与反萃取分离 Li+ 、Be2+ 。 【详解】（1）根据分析，浸渣的主要成分是不与硫酸反应的SiO2。 （2）温度低于20℃时，反应速率较低；高于20℃，氧化剂受热易分解。 （3）沉铁过程中，加入 Na2SO4 发生反应生成沉淀，离子方程式为。 （4）直接调节pH 进行沉铁、沉铝，会生成胶体，吸附 Li+ 、Be2+ 导致损失。 （5）加入NH4Cl可以增加氯离子浓度，将FeCl3更多的转化为，Li+与 结合成LiFeCl4，提高Li+萃取率。 （6）根据反应HCl (浓) + FeCl3HFeCl4 ，萃取后的有机相中加入浓盐酸，平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，释放Li+进入水溶液，同时HFeCl4溶于有机溶剂中，分离提纯Li+。 （7）含铝沉淀的滤饼经过90℃硫酸酸溶，获得含有苯甲酸和硫酸铝的溶液，经过冷却结晶、固液分离可得苯甲酸固体和硫酸铝的溶液。 8．(1)3d54s1 (2)增加反应的接触面积，加快化学反应速率 (3) (4) (5)、 (6) (7) 【分析】在熔融氢氧化钠作用下，被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为Na[Al(OH)4]，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到滤渣1含有氧化镁、氧化铁，含有过量氢氧化钠、铬酸钠、的滤液1；向滤液1中通入过量的气体A即二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠，与过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，滤渣2为Al(OH)3； 【详解】（1）Cr为24号元素，价电子排布式为3d54s1； （2）铁铬矿在反应前需要粉碎处理，增加反应的接触面积，加快化学反应速率； （3）由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化为铬酸钠和氧化铁，反应中铁化合价由+2变为+3、铬化合价由+3变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，发生反应的方程式为； （4）由分析可知，向滤液1中通入过量的气体A即二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠，与过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，故为二氧化碳； （5）由分析可知，工序2中与气体二氧化碳发生反应的离子除OH-还有、； （6）工序2溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为，当c () 为10-5mol/L时，溶液中氢离子浓度为 ； （7）根据“均摊法”，晶胞中含个O2-、个Mg2+，则晶体密度为，则d=nm。 9．(1) 过滤 除去过量的硫离子 (2) 、 CaSO4 (3) (4) 的 偏高 【分析】废水中砷元素主要以亚砷酸形式存在，加入硫化钠生成沉淀，为防止与硫离子反应再次溶解，所以再加入硫酸亚铁除去过量的硫离子，过滤得到和FeS，滤液中加入过氧化氢将亚砷酸氧化成砷酸，亚铁离子氧化成铁离子，再加入CaO沉淀砷酸根、铁离子、硫酸根，得到Ca2(AsO4)2、FeAsO4、Fe(OH)3、CaSO4沉淀和低浓度含砷废水。 【详解】（1）①实验操作1和2为分离固液的操作，是过滤。 ②废水中砷元素主要以亚砷酸形式存在，加入硫化钠生成沉淀，根据质量守恒，氢离子也会参与反应生成水，故“一级沉砷”先加入硫化钠主要发生的离子反应是：。 ③与过量的存在反应：，为防止与硫离子反应再次溶解，所以再加入硫酸亚铁除去过量的硫离子，故一级沉砷后再加入硫酸亚铁的主要作用是：除去过量的硫离子； （2）过氧化氢具有氧化性，加入过氧化氢会将亚砷酸氧化成砷酸，亚铁离子氧化成铁离子，反应为：、；由分析可知，X为难溶性的硫酸钙沉淀； （3）黄铁矿被氧气氧化为，同时生成，反应中铁化合价由+2变为+3、硫化合价由-1变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：； （4）①用标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的。由图可知，的，故不用氢氧化钠溶液直接滴定亚砷酸； ②滴定过程中硫酸也会消耗氢氧化钠，若无i，会导致氢氧化钠消耗量增大，使得测定的浓度偏高。 ③滴定过程中存在：，结合As元素守恒可知，亚砷酸的浓度为。 10．(1) H2 加热、提高稀硫酸浓度、搅拌等措施 (2) (3)2:3 (4) 分液漏斗 检漏 上口 (5)9 (6)(或) 【分析】铜镉渣(主要成分为Zn、ZnSO4以及铜、镉(Cd)、铁、钴(Co)等金属单质或它们的氧化物)加稀硫酸和MnO2“浸出”得到锌、铜、镉、铁、钴的硫酸盐和硫酸锰；“氧化除铁”时利用空气中的氧气将浸出液中亚铁离子的氧化为α-FeOOH，然后过滤除去；“除锰”时利用KMnO4将浸出液中的Mn2+氧化为MnO2，再经过滤除去；“除铜”时用萃取剂X将Cu2+提取并除去；“除镉”时利用锌粉将溶液中镉置换出来，再经过滤除去；“萃取分液”时利用萃取剂Y进行萃取，Co2+留在水相中，分液除去；“反萃取”时用萃取剂Z(H2O)进行反萃取-分液得硫酸锌溶液，据此分析解题。 【详解】（1）“浸出”过程中，Zn、Cd、Fe、Co等和稀硫酸反应会生成大量H2；为了提高“浸出”效率和浸出率，可以采取加热、提高稀硫酸浓度、搅拌等措施； （2）)“氧化除铁”原理是空气中的氧气将浸出液中的Fe2+氧化为α-FeOOH，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式为：； （3）“除锰”时利用KMnO4将浸出液中的Mn2+氧化为MnO2，KMnO4作氧化剂，Mn2+作还原剂，氧化产物和还原产物均为MnO2，KMnO4中Mn化合价降低3价，Mn2+化合价升高2价，根据得失电子守恒可知“除锰”时，参加反应的； （4）萃取必须用到的仪器是分液漏斗；萃取前需对分液漏斗进行检漏；放液时，先将下层液体从下口放出，再上层液体由上口倒出； （5）溶液中视为沉淀完全，则Co2+完全沉淀时有Ksp[Co(OH)2]= 1.0×10-15=1×10-5mol·L-1×c2(OH-)，解得c(OH-)=1×10-5mol/L，，需向水相通入氨气调节pH=-lg(1×10-9)=9； （6）用惰性电极电解溶液可制备单质锌时，阳极为水电离的氢氧根离子失电子，电极反应式为(或) 。 11．(1)4：7 (2)Fe2O3和MgO (3) 调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去 (4) c 阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7 (5) 【分析】分析流程可知，铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）中加入纯碱，也有O2参与，进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、Na2SiO3加入水进行“浸取”, 过滤，滤渣1为不溶于水的MgO、Fe2O3，向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3、MgSiO3转化为氢氧化铝、氢氧化镁和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，再向滤液中加入H2SO4 ，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4可以循环利用，据此分析回答问题。 【详解】（1）由题可知，过程Ⅰ中转化为和，反应为：，反应中与的化学计量数之比为4：7，故答案为：4：7。 （2）根据分析可知滤渣1主要含有Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO。 （3）①向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，故答案为：调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去； ②过程Ⅳ发生反应，图中的点取pH=2.4，对应，有，又有即，该反应的，故答案为：。 （4）以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液，制备，电解过程中实质是电解水，阳极发生反应为：，阴极发生的反应为：，阳极区中由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极区产生，为保持溶液为电中性，离子交换膜应该选用阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜移向阴极，由此可知总反应方程式为：，故答案为：c；阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7。 （5）根据得失电子守恒，可得反应的关系式为：，，即，故答案为：。 12．(1)硫酸能与Ca2+形成微溶的硫酸钙且易分离，以达到除去Ca2+的目的，同时硫酸不易挥发，盐酸、硝酸易挥发 (2) 10 9.53 (3)Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质 (4) NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解 防止氯化磷酸三钠受热分解 合成 【分析】首先利用硫酸分解磷矿石[Ca5(PO4)3F]得到湿法磷酸，其中含Fe3+、Al3+，加入碳酸钠溶液和磷酸反应，反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀，过滤得到FePO4和AlPO4沉淀，滤液中主要含Na2HPO4；向滤液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯气反应后的溶液(主要含NaCl和NaClO)，由于氯化磷酸三钠溶解度较小，所以会析出氯化磷酸三钠晶体，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。 【详解】（1）“酸浸”使用一定浓度的硫酸，因为硫酸能与Ca2+形成微溶的硫酸钙且易分离，以达到除去Ca2+的目的，同时硫酸不易挥发，盐酸、硝酸易挥发，故答案为：硫酸能与Ca2+形成微溶的硫酸钙且易分离，以达到除去Ca2+的目的，同时硫酸不易挥发，盐酸、硝酸易挥发。 （2）①据图可知pH约为10时，溶液中P的元素主要以的形成存在，故答案为：10； ②常温下，的，所以lgK=lgKa3－lgKsp[FePO4]，据图可知当时溶液pH=12.36，而，所以lgKa3=-12.36，所以lgK=-12.36-(-21.89)=9.53，故答案为①10、②9.53； （3）据图可知当pH=14时，磷元素主要以的形式存在，Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质，故答案为：Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质； （4）①“合成”过程中两种溶液混合后需快速冷却，是因为NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解，故答案为：NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解； ②“系列操作”中包含“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥”，干燥时需控制温度不超过60℃是为了防止氯化磷酸三钠受热分解，故答案为：防止氯化磷酸三钠受热分解； ③母液中含有次氯酸钠和磷酸钠可将其通入“合成”进行循环利用，故答案为：合成。 13．(1)1s22s22p6 (2)适当升温、搅拌等 (3)mol/L (4) 2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O 4.7~7.1 (5)MgF2 (6) 加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色 18.92% 【分析】酸浸时Ni、NiO、CuO、FeO、Fe2O3、MgO、ZnO、Al2O3和酸反应转化为Ni2+，Cu2+，Fe2+，Fe3+，Mg2+，Zn2+，Al3+，SiO2不与酸反应，过滤除去，则滤渣是SiO2；酸浸后的溶液中加入Na2S溶液，使Cu2+和Zn2+沉淀，沉淀1中含有CuS、ZnS、S，过滤后加入H2O2将Fe2+转化为Fe3+，Fe3+和Al3+和NaOH反应生成沉淀除去，沉淀2为Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤加入NaF使Mg2+沉淀除去，沉淀3的成分是MgF2，最后得到硫酸镍溶液； 【详解】（1）氧为8号元素，得到2个电子形成，的核外电子排布式为1s22s22p6； （2）为提高酸浸率，可采取的措施有适当升温、搅拌等； （3）已知：和，完全沉淀生成ZnS时也沉淀完全，此时溶液中的离子浓度小于，溶液中浓度至少应为； （4）沉淀池2中加入的目的是将Fe2+转化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O；为使Fe3+和Al3+离子完全沉淀，从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~7.1之间； （5）加入NaF使Mg2+沉淀除去，沉淀3的成分是MgF2； （6）①已知：紫脲酸胺为紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色；滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色； ②反应为Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+，则样品中Ni的物质的量为0.100mol•L-1×12.40×10-3L×=6.2×10-3mol,则样品中镍元素的质量分数为×100%=18.92%。 14．(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。 15．(1) 粉碎、搅拌、加热 2MnO2+Cu2S+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O (2)5×104 (3)Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O (4) H2SO4 蒸发浓缩，冷却结晶 (5) CuSO43H2O 4 CuO2Cu2O+ O2 【分析】分析流程可知，软锰矿、辉铜矿中加入硫酸酸浸，过滤得到浸出液中加CuO调节溶液pH，使铁离子全部转化为沉淀除去，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入HR萃取Cu2+后分液，水相中加硫化钠调pH除镍，滤液中加入碳酸氢铵、氨水进行碳化沉锰，过滤得碳酸锰；有机相中加入试剂X为硫酸，进行反萃取后分液，所得水相经系列操作可得胆矾，据此分析解答。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率，采取的措施有将矿石粉碎、加热、适当增加硫酸浓度、充分搅拌等；反应中生成S，说明MnO2是氧化剂，Cu2S被氧化为单质S和Cu2+，反应的离子方程式为2MnO2+Cu2S+8H+=S+2Cu2++2Mn2++4H2O； （2）利用pc(S2-)=15.1-pH可知，已知“调pH除镍”时应控制溶液pH的最小值是1.8，c(S2-)=10-13.3mol/L，Ksp(NiS)=10-5×10-13.3=10-18.3，pH的最大值是5.8，c(S2-)=10-9.3mol/L，Ksp(MnS)=0.5×10-13.3=5×10-14.3，则=5×104； （3）“碳化沉锰”过程中Mn2+与电离出的结合生成MnCO3沉淀，促进的电离，产生的H+与NH3•H2O反应生成和H2O，所以离子方程式为Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O； （4）已知HR萃取Cu2+的原理为Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)，要反萃取得到Cu2+并最终反萃取生成CuSO4，则需要加入酸性试剂，使平衡逆向移动，故试剂X为H2SO4；从CuSO4溶液中获取胆矾，采用的“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；由流程图中可知，可循环利用的物质为HR； （5）①设为1mol，质量为250g，由图可知，时，损失的质量为14.4%，即为250g=36g，即失去2个结晶水，故此时固体化学式为：CuSO43H2O； ②温度时，固体剩余28.8%，质量为：250g=72g，此时固体为CuO，高于时，CuO分解生成Cu2O和O2，化学方程式为：4 CuO2Cu2O+ O2。 16．(1)增大接触面积，提高浸出速率 (2) (3)稀硫酸（） (4) 将氧化为，便于后续转化为沉淀除去 pH=4时，pOH=10，则，，故沉淀完全 (5)、 (6) (7) 【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3浸取，二氧化硅不反应、部分钙转化为难溶硫酸钙成为浸出渣，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，钴、铜、铁、镁转化为盐溶液进入浸出液；浸出液萃取使得铜进入有机层，反萃取得到硫酸铜溶液，处理得到硫酸铜晶体；浸出后的水层加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液1含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁得到滤渣1含有氟化镁、氟化钙，过滤后，滤液2中含有Co2+，处理得到固体，煅烧后制得Co2O3； 【详解】（1）铜钴矿浸出前要预先粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出速率； （2）Na2SO3具有还原性，酸性条件下，能将三价Co还原为二价钴，反应为：； （3）萃取时发生反应，反萃取得到硫酸铜溶液，则a为硫酸，其使得平衡逆向移动，铜离子进入水层，被反萃取； （4）①结合表数据可知，氢氧化铁更难溶，具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，便于后续除去铁，故加溶液作用是将氧化为，便于后续转化为沉淀除去。 ②pH=4时，pOH=10，则，，故沉淀完全； （5）由表可知，氟化镁、氟化钙为难溶物，结合分析可知，滤渣1成分、； （6）空气中氧气具有氧化性，在足量空气中煅烧生成，则氧气将氧化为，同时碳被氧化为二氧化碳，反应中钴化合价由+2变为+3、碳化合价由+3变为+4、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：； （7）与EDTA-2Na按物质的量1∶1反应，则产品纯度为。 17．(1) (2) (3) (4)络合反应 (5)值过小，与后续流程中的反应 (6) (7)若浓度太大，容易生成 【分析】铜矿粉（含有、、及铁的氧化物杂质）加入硫酸和二氧化锰，二氧化锰具有氧化性，将S元素转化为S单质，转化为，过滤得到硫单质，向滤液中加入氨水，转化为，过滤得到，向滤液中加入碳酸氢铵和通入氨气，发生络合反应生成和，过滤将除去，将滤液进行蒸氨，得到得到的、，过滤得到硫酸铵，将滤渣进行酸溶，加入氢氧化钠进行中和，在再加入氯化钠和亚硫酸钠进行合成得到，经过过滤洗涤、酸化、过滤、干燥得到产品，据此回答。 【详解】（1）氧化含硫物质，参与反应的离子方程式为； （2）加入氨水保证沉淀完全，不沉淀，因此调节溶液的范围是； （3）“络合反应”得到，生成该物质的化学方程式为，“络合反应”后得到的主要沉淀的化学式是； （4）“蒸氨”得到的、用吸收液吸收得到，得到的吸收液返回到“络合反应”工序回收利用； （5）加入氢氧化钠溶液调节为，值过小，会与后续流程中的反应； （6）“合成”过程得到，在碱性环境中水解生成的离子方程式是； （7）“酸化”过程中生成，若浓度太大，容易生成。 18．(1)提供氧气，将矿石中的价转化为价（叙述合理即可） (2)、 (3) (4) 中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度 (5)0.2 (6) 【分析】氟碳铈矿（含、、等）通入空气焙烧，烧渣加入稀硫酸酸浸得到滤渣和滤液，氧化钡与硫酸反应生成难溶于酸的硫酸钡、二氧化硅不与硫酸反应，故滤渣的主要成分是、，滤液加入硫脲、亚硫酸钠还原、脱氟得到含有F-溶液和，一系列处理得到含Ce3+溶液，加入碳酸氢铵沉铈得到，灼烧得到； 【详解】（1）“焙烧”时，通入空气的主要目的是提供氧气，将矿石中的价转化为价； （2）根据分析可知，滤渣的主要成分是、； （3） “还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，同是生成(SCN2H3)2和HF等，反应的离子方程式：； （4）“沉铈”时含Ce3+溶液加入碳酸氢铵沉铈得到，同进生成二氧化碳，反应的离子方程式为；若用溶液代替溶液，产生的后果是中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度； （5）Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.010-5mol/L，Ksp[Ce2(CO3)3]= 1.010-28= c2(Ce3+)﹒c3()=(1.010-5)2c3()，解得c()=1.010-6mol/L，测得溶液的pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，根据Ka2[H2CO3]=5.010-11==，解得c()=0.2mol/L； （6）当1molCeO2氧化标准状况下2.24LNO后，转移电子数为，根据得失电子守恒可知有0.2mol+4价铈降到+3价，令x=0.2mol，得y=1mol-0.2mol=0.8mol，由化合价代数和为0，可得2z=0.2mol，z=1.9mol，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为0.2:0.8:1.9=2:8:19。 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 $$