2025届高三化学一轮复习-工业流程题

2025届高三化学过关训练-工业流程题 1．（2024·山东滨州·二模）从阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、、和等)中回收Se和金属的部分工艺流程如图。 已知： ①该工艺中萃取原理为：(其中表示萃取剂，表示金属离子)。 ②在碱性条件下很稳定，常温下可与络合：  。 回答下列问题： (1)“焙烧”前需对阳极泥进行粉碎处理，目的是 。 (2)“焙烧”产生的与的混合烟气用水吸收可制得单质，该反应的化学方程式为 。 (3)“滤液Ⅰ”中的阳离子主要有、，可使用萃取剂(RH)萃取分离。和的萃取率与水相初始、萃取剂浓度的关系如图。 则萃取最佳的条件为 和 ；“反萃取剂”最好选用 (填化学式)。 (4)已知“溶浸”时发生反应：。该反应的平衡常数K= [已知]。研究发现，硫代硫酸盐还可通过电化学催化实现的溶浸，其催化机理如图。 该方法总反应的离子方程式为 ，该过程的催化剂有 (填化学式)。 2．（2024·河南三门峡·一模）锰在汽车电池、高端装备制造、新材料等领域有广泛应用，利用软锰矿(主要成分为，含等杂质)和黄铁矿(主要成分为)联合制备绿矾和高纯并用所得制备的工艺流程如下： 已知：常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的如下： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 沉淀完全的 10.1 8.3 2.8 4.7 回答下列问题： (1)将软锰矿和黄铁矿预先“粉碎”，并用水调至糊状的目的是 ，浸渣中除了含不溶于酸的杂质外还有生成的，则“酸浸”时发生主要反应的离子方程式为 。 (2)常温下，的溶度积 ，“调”的范围为 。 (3)用相同量的软锰矿制备高纯，“沉锰”时溶液的对最终产量及纯度的影响如下： ①由图可知，时几乎不产生，原因为 。 ②“沉锰”时溶液的应调节为 ，过高时可能产生的杂质为 (填化学式)。 (4)得到绿矾时需要在隔绝氧气的情况下进行一系列操作，原因为 。 (5)“电解”制锰的化学方程式为 。 3．（2024·宁夏银川·三模）市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾的工艺流程如下： 已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题： (1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 (任写一条)。 (2)“一系列操作”主要包括 、 、过滤、洗涤、干燥。 (3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性、含溶液中同时加入锌粉和，得到金属和的混合物，该混合物可表示为，形成的离子方程式为 。 (4)“浸渣”中含有，经一系列处理得(可溶于水，电离成和)，用肼还原得到单质银，的氧化产物为，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (5)浸出液中含有，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为 。对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁”时最合理的pH约为 。在时，、、在溶液中以离子形式存在。但是有铁离子存在时pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是 。 4．（2024·山东菏泽·一模）从高铅硫化锌原矿(主要成分为ZnS、PbS、FeS2、ZnCO3)中提取有价金属的工艺流程如图1所示。回答下列问题： (1)“焙烧”前为提高焙烧的速率可采取的措施为 (填一条)。 (2)硫化锌的“焙烧”过程中，系在温度为1100K下的[、分别为平衡时两种物质的分压]的等温平衡状态图如图2所示。     ①平衡时、均为-5时，含锌产物为 (填化学式)。 ②一定条件下，焙烧过程中A点ZnS发生反应的化学方程式为 。 ③kPa时，若要使ZnSO4转化成更多的ZnO，需进行的操作为 (填“降低SO2的分压”或“升高SO2的分压”)。 (3)“中性浸渣”中含有ZnO、PbO、Fe2O3。 ①“酸性浸出”时加入的酸是 (填化学式，下同)。 ②“除铁后液”的主要溶质为 。 ③“除铁”过程：先加入ZnS将Fe3+还原为Fe2+，再加入ZnO并通入O2，将其转化为FeOOH．若1 molFe2+转化为FeOOH，则在标准状况下消耗 LO2。 (4)“电解”时电极均为Pt极，则阳极反应式为 。 5．（2024·江西南昌·模拟预测）氧化钪可用作半导体镀层的蒸镀材料，也可制成可变波长的固体激光器和高清晰度的电视电子枪、金属卤化物灯等。以钛白工业废酸(含、等离子)为原料制备氧化钪的一种流程如下图。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子排布式为 。 (2)“萃取”时，钛白工业废酸中加入可降低钛的萃取率，可能是生成了难萃取的，其中的作用是 (填标号)。 A．作氧化剂 B．作还原剂 C．提供配体 (3)“洗涤”时，洗涤剂是用和三种试剂按一定比例混合而成。实验室中混合三种试剂的操作是：将A试剂沿烧杯内壁缓慢注入B试剂中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再将所得混合液缓慢注入C试剂中，并不断搅拌，则A、C分别对应上述试剂中的 、 。 (4)萃取剂萃取的原理为(代表萃取剂)。在“反萃取”中，加入溶液后生成等物质，其中生成含化合物的化学方程式为 。时，经“反萃取”后所得滤液的，则残留的浓度为 (已知：时，。 (5)“沉钪”时用到草酸。已知草酸的，则在时，的草酸溶液中 。 (6)在空气中焙烧的化学方程式为 。 6．（2024·河北邢台·一模）氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{化学式为，}是一种难溶于水的化合物，它是制备热敏材料VO2的原料。实验室以V2O5为原料，通过还原、转化、沉淀等步骤合成该晶体的流程如下： 溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体 已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性。 回答下列问题： (1)N2H4为二元弱碱，其在水中的电离过程与NH3类似，其第一步电离方程式为 ，第二步电离方程式为；N2H4与液氧接触能自燃，产物对环境无污染，写出发生反应的化学方程式： 。 (2)步骤ii可通过如图装置完成。 ①装置的优点为 ，检查其气密性的操作为 。 ②实验开始时，先打开 (填“K1”或“K2”)。 ③盛装NH4HCO3溶液的仪器名称为 。 (3)测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品的纯度。 实验步骤：粗产品wg再重复实验两次。 已知：。 ①滴入NaNO2溶液的目的是除去KMnO4，写出其反应的离子方程式： 。 ②若平均消耗cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积为amL，则氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品的纯度为 。 ③若其他操作均正确，但NaNO2的加入量不足，会引起测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 7．（2024·安徽·三模）钛白粉是一种重要的工业原料，可作白色颜料和增白剂。一种以钛铁矿(主要成分是，含有少量的等杂质)为原料生产制备的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态的核外价层电子排布式为 。 (2)“酸浸”是用硫酸在加热下“溶煮”钛铁矿，“滤液1”中的存在形式为，则“酸浸”中发生反应的离子方程式为 。由图可知，当浸出率为70%时，所采用的实验条件为 。 (3)绿矾是，则“还原”加入过量铁粉的目的是 。 (4)“水解”过程中适当稀释并加热的目的是 。 (5)钛是一种性能非常优越的金属。工业上可利用与反应制备金属钛。下列金属冶炼方法与冶炼的方法相似的是___________。(填标号) A．高炉炼铁 B．电解熔融制钠 C．铝热反应制锰 D．分解制银 (6)转化为有以下两种方法。在时反应的热化学方程式如下： ① ② 请分析方法②加入的目的可能是 。 8．（2024·湖北·模拟预测）锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、镍、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下： 25℃时，部分物质的溶度积常数如下表一所示，几种金属离子沉淀的pH如下表二所示。 表一 物质 Co(OH)2 Ni(OH)2 MnS CoS NiS Ksp 表二 金属离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 7.5 3.2 5.2 8.8 完全沉淀的pH 9.7 3.7 6.4 10.4 回答下列问题： (1)用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有 (写两种)。 (2)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为 。 (3)滤渣1的主要成分是 ，实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是 。 (4)有同学提出，加入(NH4)2S除钴、除镍的步骤可以放在“除杂1”之前，你是否赞同？请说明理由： 。 (5)由晶体制备CuCl2的方法是 。 (6)25℃时，分离出滤渣3所得的滤液中= ，欲使沉钴后的溶液中，需要控制溶液的pH至少为 。(已知 (7)电解废液中还含有少量Mn2+，向其中加入饱和N溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为 。 9．（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： 。 10．（2024·河南·模拟预测）利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下： 已知：微溶于水、溶于碱溶液生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同pH对应的V元素主要存在形式如下表： pH 10.6~12 约8.4 3~8 约2 <1 存在形式 回答下列问题： (1)“焙烧”后V元素转化为，Si元素转化为 (写化学式)。 (2)欲除净磷元素[即]，最终溶液中的浓度至少为 {已知}。 (3)“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0发生反应的离子方程式为 ，最终需要控制pH约为 ；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是 (写化学式)。 (4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分别为 、 。 (5)一种含钒的氧化物晶胞结构如图所示。 ①距离钒原子最近的氧原子有 个。 ②用表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，，若晶胞密度为，则 cm(列出计算式即可)。 11．（23-24高三下·江苏·阶段练习）碳酸镍在新能源以及智能制造上发挥了重要作用。 (1)碳酸镍的制备 以含镍废料为原料(主要成分，含少量、、)可制备高纯。 已知：，，， ①“除杂”时加入溶液的目的为 。 ②“除杂”后所得溶液的，，则 。 ③“沉镍”时可用碳酸氢钠代替碳酸钠，写出该反应的离子方程式： 。 (2)碳酸镍的应用 碳酸镍在空气中与碳酸锂共同“煅烧”可制得电极材料。废旧电极材料可通过某些无机和有机试剂回收处理，处理后的镍转化为如图所示物质。 ①写出“煅烧”反应的化学方程式： 。 ②回收镍所使用的有机试剂的结构简式为 。 (3)碳酸镍的回收 在氧气气氛中加热可获得含镍物质，固体质量随温度变化的曲线如图所示。 ①500-700K之间分解产生的气体为 。 ②800K后剩余固体质量略有增加的原因是 。 12．（2024·重庆·一模）用镍铂合金废料(主要成分为，含少量)回收镍和铂，其工艺流程如图： (1)的原子序数为78，推测其在元素周期表中的位置 。 (2)含滤渣(除外)的成分为 。 (3)用王水浸取“含滤渣”可回收，浸取时有和生成，写出该反应的化学方程式 。 (4)在常温下，若酸浸后溶液中各离子浓度均为且“滤渣1”为，则“除钴”步骤需要控制溶液的范围是 。已知： (5)加调的目的是 。 (6)“控温氧化”时控制其他条件一定，的产率与温度和时间的关系如图。 ①请写出该过程的离子方程式 。 ②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和。反应相同时间，时的产率低于时，原因可能为 。 (7)产品中可能含少量，为测定的纯度，进行如下实验：称取样品，加入足量硫酸后，再加入标准溶液充分反应，加水定容至取出，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液。(被还原为，不考虑与的反应)，计算的质量分数 。 13．（2024·河北·二模）近几年新能源汽车呈现爆发式增长，对于锂电池的需求量越来越大，而碳酸锂是锂电池的重要原料之一，对废旧锂离子电池进行资源化和无害化处理具有重要的经济和环境效益，利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2)进行氧化处理以回收Li等金属的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)Co在元素周期表的位置是 ，Co2+与Co3+的未成对电子数之比为 。 (2)“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物。“焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 (3)“滤饼2”的主要成分为 (填化学式)。利用Li2CO3与CoCO3按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配合，然后在空气中于烧结可合成锂电池正极材料LiCoO2，反应的化学方程式为 。 (4)碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na2CO3溶液，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和 。得到碳酸锂沉淀的操作为 (填标号)。 A．静置，过滤    B．蒸发浓缩、冷却结晶    C．加热后，趁热过滤    D．蒸发结晶 (5)常温下，取“滤液2”，其中，为使锂元素的回收率不低于，则至少应加入固体的质量为 g［已知常温下。计算结果保留3位小数。 (6)由进一步制得的具有反萤石结构，晶胞如图所示。 ①在晶胞中的位置为 。 ②晶体的密度为，则晶胞参数(棱长)为 nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 14．（2024·青海海东·二模）以废铁屑﹑低品位软锰矿[主要成分有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等]为原料，制备硫酸锰，进一步电解制备金属锰，工艺流程如图所示： 已知：Ⅰ.部分金属阳离子以氢氧化物沉淀时的pH如表： 金属阳离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ Mn2+ Cu2+ 开始沉淀的pH 6.8 1.8 3.7 8.6 5.2 沉淀完全的pH 8.3 2.8 4.7 10.1 6.7 Ⅱ.几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp)如表： 化合物 MnF2 CaS MnS FeS CuS 溶解性或溶度积(Ksp) 溶于水 溶于水 2.5×10-13 6.3×10-18 6.3×10-36 (1)“浸出”时，Fe2O3与废铁屑、稀H2SO4反应的离子方程式为 。 (2)为去除废铁屑表面的油污可采用的方法为 ；“浸出”后浸出液中的+2价金属阳离子有Cu2+、Fe2+、 。 (3)锰的浸出率结果如图所示。由图可知，影响锰浸出率的因素有 。 (4)“除铁、铝”过程中，浸出液需要先用试剂A处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH≈5。试剂A的作用是 。 (5)“除铜”过程中，当铜离子恰好完全沉淀(当离子浓度小于或等于10-5mol·L-1时视为完全沉淀)时，溶液中c(S2-)= mol·L-1。 (6)用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。装置如图所示。 若转移的电子数为6.02×1023，右室溶液中最终n(H+)的变化为 (填“增加”或“减少”) mol。 15．（2024·湖南长沙·一模）湿法炼锌的工业废水中主要阳离子有Zn2+、H+、Tl+、Tl3+，废水除铊的工艺流程如图。 ①能够在pH为0~14的范围内以离子态稳定存在，不易与形成沉淀。 ②部分物质的如表： 物质 ZnS ③排放标准：Tl的含量低于。 回答下列问题： (1)Tl的原子序数为81，在元素周期表中的位置为 ，价电子排布式为 。 (2)已知“氧化”步骤中被还原为，请写出该反应的离子方程式： ，反应后仍存在少量的。 (3)“预中和”步骤中加入至溶液的pH约为7，可减少“硫化”步骤中的使用量，还能减少 (填化学式)污染物的生成。 (4)“硫化”步骤的主要目的是除去 (填离子符号)。 (5)在“中和”步骤中，若要使溶液中的含量低于排放标准，请根据计算溶液的pH应大于 。 (6)“离子交换”步骤中可用普鲁士蓝(其摩尔质量为)中的与残余铊离子进行离子交换，进一步实现废水中铊的去除。普鲁士蓝晶胞的如下［未标出，其占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心］。若该晶体的密度为，则和的最短距离为 cm(设为阿伏加德罗常数的值)。 16．（2024·广西·二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上由菱锌矿（主要成分为、ZnO，还含有少量、FeO、、等杂质）制备ZnO的工艺流程如图所示： 已知：①常温下：，； ②“溶浸”后的溶液所含金属离子主要有：、、、； ③氧化性顺序：。 回答下列问题： (1)基态Zn原子的最高能层符号为 。 (2)滤渣1的化学式是 ，“溶浸”过程中发生反应的离子方程式是 。 (3)“氧化”时适当加热，其目的是 ，但温度不能过高，其原因是 。 (4)已知“氧化”后溶液中，“调pH”的pH范围是 （保留两位有效数字）。（已知：溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。）“还原”时加入锌粉的目的是 。 (5)有机萃取剂HA与反应的化学方程式为，则“反萃取”时加入试剂X的化学式是 。 (6)在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是 ，“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为]，碱式碳酸锌升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体的成分是 （填化学式）。 17．（23-24高一·全国·课堂例题）中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。 Ⅰ．海洋植物中富含一种人体必需的微量元素——碘。实验室模拟从海带中提取碘单质的流程图如下： (1)把有机碘化物转化为碘离子往往需要灼烧操作，灼烧海带需要在 中进行。 (2)操作Ⅰ中具体实验步骤： (3)为寻找氯水的替代品，某同学设计了用代替氯水。请写出此反应的离子方程式： 。 Ⅱ．空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一，其流程如图所示，试回答下列问题： (4)以上步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是 。 (5)步骤Ⅱ中涉及的离子方程式如下，请在下面横线上填入适当的化学计量数 。 ___________________________________ (6)上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的离子方程式： 。 Ⅲ．镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下： (7)为了使转化为，试剂①工业上选用 (填化学式)。 (8)熔融状态的无水通电后会产生Mg和，试写出该反应的化学方程式： 。 18．（2024·广东茂名·二模）某制酸工厂产生的废酸液主要成分为HF、、、、，一种处理工艺如下： 已知：常温下， 回答下列问题： (1)基态As原子的价层电子排布图为 ，中As的化合价为 。 (2)原废水中含有的浓度为52.0，则 ，常温下，有B离子的去除量、“调pH”为6.0后，的去除率为 。（） (3)强碱（AOH）的化学式为 。 (4)写出“还原”过程中发生反应的化学方程式 。 (5)产品结构分析。晶体W的晶胞结构如图所示： ①晶胞内八面体阴离子中心原子的配位数为 。 ②W的化学式为 。 (6)产品纯度分析。称取g 样品，用碱溶解，加入淀粉作指示剂，用浓度为的碘标准溶液滴定As（Ⅲ）至As（Ⅴ），消耗体积为 mL，则制得的产品纯度为 。（用含、、的代数式表示） 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)增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2) (3) 水相初始pH为6 萃取剂浓度为1% (4) 、 【分析】阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、Ag2Se、Cu2S和NiSO4等)经过焙烧，产生SO2、SeO2，并得到CuO、Ag、Au、NiSO4的混合物；将固体混合物用硫酸酸浸，过滤，滤液I中含有Cu2+、Ni2+，通过萃取和反萃取，将Cu2+和Ni2+分离开并获得相关产物；滤渣(含有Ag、AuO)经过“浸金”、“沉银”并过滤得到AgCl，再用Na2S2O3溶液“溶浸”AgCl后，在pH=13~14的环境中，用HCHO还原得到Ag。 【详解】（1）“焙烧”前需对阳极泥进行粉碎处理，增大阳极泥与空气的接触面积，以提高原料利用率。 （2）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气用水吸收可制得单质Se，SeO2作氧化剂，则SO2作还原剂，被氧化为H2SO4，该反应的化学方程式为2SO2 +SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4； （3）据图可知，萃取Cu2+最佳的pH为6，最佳萃取剂浓度为1%，此时，Cu2+的萃取率较高，且和Ni2+的萃取率相差较大；“滤液I”中主要含有Cu2+、Ni2+的硫酸盐，故“反萃取剂”最好选用H2SO4。 （4）的平衡常数K==；由图可知总反应为生成，反应方程式为：；浸金过程中的催化剂反应前后不变，则催化剂是NH3、[Cu(NH3)4]2+。 2．(1) 使固体充分混合，提高矿石的利用率 (2) (3) 时溶液中浓度较低，不足以沉淀 7 (4)亚铁离子容易被氧气氧化 (5) 【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含Fe3O4、Al2O3等杂质)和黄铁矿(主要成分为FeS2)溶于水后“酸浸”，FeS2和硫酸反应生成S沉淀，滤液中含有Mn2+、Fe3+、Al3+，向滤液中加入氨水条件pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3沉淀溶于酸后用Fe还原为Fe2+，经过一系列操作得到绿矾，滤液中继续加入氨水条件pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀，过滤后滤液中加入碳酸氢铵沉锰，得到的MnCO3酸溶后电解得到Mn。 【详解】（1）将软锰矿和黄铁矿预先“粉碎”，并用水调至糊状的目的是：使固体充分混合，提高矿石的利用率；“浸渣”中除了含有不溶于酸的杂质外，还含有生成的S单质，说明FeS2和MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应生成S、Mn2+、Fe3+和水，离子方程式为：； （2）当时，，的溶度积，“调”时Fe3+沉淀，Mn2+和Al3+不沉淀，范围为； （3）①由图可知，时几乎不产生，原因：时溶液中浓度较低，不足以沉淀； ②由图可知“沉锰”时溶液的pH适宜控制为7，pH过高时可能产生的杂质为； （4）得到绿矾时需要在隔绝氧气的情况下进行一系列操作，原因为亚铁离子容易被氧气氧化； （5）“电解”制锰的化学方程式：。 3．(1)适当升高温度 (2) 蒸发浓缩 冷却结晶 (3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+ (4)4∶1 (5) 2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O 3.2 生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而造成损失 【分析】市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，焙烧、用硫酸“酸浸”，过滤，“浸渣”中含有Ag2S；滤液中加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠生成FeOOH沉淀除Fe；再加入锌粉置换出Cu、Ni，过滤，得硫酸锌溶液，滤液经一系列操作得到； 【详解】（1）延长酸浸时间、适当增大硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度都能提高“酸浸”效率； （2）“一系列操作”是从硫酸锌溶液中得到，主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （3）在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，锌置换出金属Ni和Sb，根据得失电子守恒，形成NiSb的离子方程式为2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+； （4）用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为，Ag(NH3)2Cl中Ag元素化合价降低，Ag(NH3)2Cl是氧化剂，N2H4中N元素化合价升高，N2H4是还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1； （5）浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠生成FeOOH沉淀，发生反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O；由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的pH约为3.2；氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn2+、Cu2+、Ni2+吸附而导致损失，所以有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高。 4．(1)将高铅硫化锌原矿粉碎 (2) ZnO 6ZnS+11O22ZnO•2ZnSO4+2SO2 降低SO2的分压 (3) H2SO4 ZnSO4 5.6 (4)2H2O-4e-=O2↑+4H+ 【分析】由题干工艺流程图可知，先将高铅硫化锌原矿(主要成分为ZnS、PbS、FeS2、ZnCO3)煅烧，得到含ZnO、PbO、Fe2O3的高铅锌焙砂和SO2，对高铅锌焙砂进行中心浸出，得到含ZnSO4的溶液和含Fe2O3、PbO的中性浸渣，电解净化后的ZnSO4溶液来制备Zn，阴极反应式为：Zn2++2e-=Zn，阳极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，中性浸渣继续加入稀硫酸进行酸性浸出得到含PbSO4的铅渣，和含Fe2(SO4)3和稀硫酸、ZnSO4的酸浸液，酸浸液加入ZnO调节pH后使Fe3+转化为Fe(OH)3而除铁后得到铁渣[主要成分含Fe(OH)3]，得到中性浸出液主要含ZnSO4，据此分析解题。 【详解】（1）“焙烧”前将高铅硫化锌原矿粉碎，以增大气固接触面积，可以提高焙烧的速率，故答案为：将高铅硫化锌原矿粉碎； （2）①由题干图示信息可知，平衡时、均为-5时，含锌产物为ZnO，故答案为：ZnO； ②由题干图示信息可知，A点对应的产物为：ZnO•2ZnSO4，故一定条件下，焙烧过程中A点ZnS发生反应的化学方程式为：6ZnS+11O22ZnO•2ZnSO4+2SO2，故答案为：6ZnS+11O22ZnO•2ZnSO4+2SO2； ③由题干图像信息可知，kPa即=2时，越小，ZnO的量越多，即若要使ZnSO4转化成更多的ZnO，需进行的操作为降低SO2的分压，故答案为：降低SO2的分压； （3）①由分析可知，“酸性浸出”时形成了铅渣即PbSO4，则加入的酸是H2SO4，故答案为：H2SO4； ②由分析可知，“除铁后液”的主要溶质为ZnSO4，故答案为：ZnSO4； ③“除铁”过程：先加入ZnS将还原为，再加入ZnO并通入O2，将其转化为FeOOH，若1 mol转化为FeOOH过程中失去1mol电子，根据电子守恒可知，则在标准状况下消耗=5.6LO2，故答案为：5.6； （4）由分析可知，“电解”时电极均为Pt极，则阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。 5．(1) (2)C (3) (4) (5)8.4 (6) 【分析】向钛白工业废酸(、等离子)加入萃取剂，进行萃取，进入油相，分液后洗涤，再加入氢氧化钠反萃取，分别生成，过滤后加入酸进行酸溶，溶解生成，再加入草酸进行沉钪生成，在空气中焙烧，发生，生成，据此回答。 【详解】（1）钪位于元素周期表中第四周期第ⅢB族，故基态钪原子的价层电子排布式为，故答案为：； （2）中O的化合价为价，故钛的化合价为价；加入，形成，故的作用是提供配体，故答案为：C； （3）由于浓H2SO4密度比水大，溶于水放出大量的热量，为了防止产生液体飞溅引起实验事故，且由于加热会挥发，故实验室中混合三种试剂的操作是：将浓沿烧杯内壁缓慢注入中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再将所得混合液缓慢注入试剂中，并不断搅拌，则A、C分别为、，故答案为：、； （4）在“反萃取”中，加入溶液后生成，其中生成含化合物的化学方程式为；时，经“反萃取”后所得滤液的，即，则残留的浓度为，故答案为：；； （5）在时，的草酸溶液中，故答案为：8.4； （6）在空气中焙烧，草酸根中碳的化合价是+3价，灼烧草酸时会被氧气氧化为CO2，化学方程式为，故答案为：。 6．(1) N2H4•H2O+OH-（或N2H4+H2O+OH-） (2) 随开随用，随关随停(或易于控制反应的发生与停止等合理答案) 关闭K1，然后向漏斗内加水，一段时间后，若漏斗内的液面不再发生变化，则气密性良好(或其他合理答案) K1 三颈烧瓶或三颈瓶 (3) (或) 偏大 【分析】由图可知，装置C中盛放NH4HCO3溶液，装置A中发生反应生成CO2，化学方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O，将CO2通入装置B（盛装饱和NaHCO3溶液）用于除去CO2中混有的HCl气体，再将CO2通入装置C中，发生反应，最后将气体通入装置D（盛装澄清石灰水），以检验CO2气体；化学计算要用关系式法，利用原子守恒和得失电子守恒找关系进行计算，据此分解题。 【详解】（1）N2H4为二元弱碱，其在水中的电离过程与NH3类似，则第一步电离方程式为：N2H4•H2O+OH-（或N2H4+H2O+OH-），第二步电离方程式为；N2H4与液氧接触能自燃，产物对环境无污染即产生N2和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该过程发生反应的化学方程式为：，故答案为：N2H4•H2O+OH-（或N2H4+H2O+OH-）；； （2）①由题干实验装置图可知，装置A使用了启普发生器装置，其优点为随开随用，随关随停(或易于控制反应的发生与停止等合理答案)，检查其气密性的操作为关闭K1，然后向漏斗内加水，一段时间后，若漏斗内的液面不再发生变化，则气密性良好(或其他合理答案)，故答案为：随开随用，随关随停(或易于控制反应的发生与停止等合理答案)；关闭K1，然后向漏斗内加水，一段时间后，若漏斗内的液面不再发生变化，则气密性良好(或其他合理答案)； ②由题干信息可知，+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，故实验开始时，先打开K1，产生一段时间CO2将装置内的空气排空，防止O2氧化+4价钒，故答案为：K1； ③由题干实验装置图可知，盛装NH4HCO3溶液的仪器名称为三颈烧瓶或三颈瓶，故答案为：三颈烧瓶或三颈瓶； （3）①滴入NaNO2溶液的目的是除去KMnO4，酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够将亚硝酸钠氧化成硝酸钠，反应的离子方程式为，故答案为：； ②由题干信息可知，本实验先用酸性高锰酸钾溶液将+4价钒氧化为，然后用NaNO2除去KMnO4后，再用尿素除去NaNO2，最后用(NH4)2Fe(SO4)2来滴定离子，故根据V守恒可知，n{}=n()=ac×10-3mol，则氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体粗产品的纯度为=(或)，故答案为：(或)； ③若其他操作均正确，但NaNO2的加入量不足，亚硝酸根在酸性条件下能够氧化Fe2+，即将导致消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积偏大，即a偏大，故会引起测定结果偏大，故答案为：偏大。 7．(1) (2) ； (3)将全部还原为，同时防止被氧化 (4)促进水解，防止形成胶体，便于过滤分离 (5)AC (6)提高反应的(热力学)趋势，提高四氯化钛的产率 【分析】钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含有少量的等杂质) 加入硫酸酸浸，反应生成、、和微溶的，不与酸反应，过滤后所得滤液1中加入铁屑，将三价铁转化为二价铁，再将绿矾分离出来，经过水解后得到和硫酸，最后烧得到钛白粉()。 【详解】（1）基态的价层电子排布式为； （2）“酸浸”是硫酸与发生反应，离子方程式为；当的浸出率为70%时，可对应和两条曲线，故实验条件为：；； （3）加入过量铁粉是为了将全部还原为，同时防止被氧化； （4）“水解”过程中适当稀释并加热是为了促进水解，防止形成胶体，便于过滤分离； （5）工业上可利用与反应制备金属钛，利用的是热还原法，B为电解法，D为热分解法，故选AC； （6）方法①为吸热反应，方法②为放热反应，加入可以使反应①氧气减少，促进反应正向移动，反应②为熵增反应，故加的目的是提高反应的热力学趋势，提高四氯化钛的产率。 8．(1)将含锰矿石粉碎、适当增大硫酸浓度 (2) (3) Fe(OH)3和MnO2 抽滤 (4)不赞同，因为“除杂1”之前的溶液中H+浓度较大，S2-会与H+反应生成HS-、H2S，不利于除钴、除镍；同时，S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，不利于除铁 (5)在HCl气氛中加热CuCl₂·2H2O晶体，使其失去结晶水 (6) 5.0 8.74 (7) 【分析】向含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、镍、铜等的碳酸盐杂质)中加入足量的硫酸酸浸，金属碳酸盐反应生成对应的硫酸盐，再向其中加入过量的氧化剂二氧化锰，将亚铁离子氧化为铁离子，用氨水调pH为3.7，使铁离子以氢氧化铁的形式完全沉淀下来，过滤，向滤液中加氨水调pH=6.4，所得到的滤渣经过一系列处理得CuCl2‧2H2O晶体，滤液中加硫化铵将镍离子、钴离子以硫化物的形式沉淀下来，得到的溶液主要含有锰离子，电解后经一系列处理得金属锰。 【详解】（1）搅拌固体和液体的混合物、升高温度、增大浓度、粉碎矿石增大固体表面积均可加快化学反应速率，所以用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有：将含锰矿石粉碎、适当增大硫酸浓度、适当的升温、搅拌等； （2）“氧化”步骤为加过量的二氧化锰氧化亚铁离子生成铁离子，其发生反应的离子方程式为； （3）加过量的二氧化锰氧化亚铁离子生成铁离子后，加氨水调pH=3.7，表格数据显示此时铁离子以氢氧化铁的形式完全沉淀下来，由于所加二氧化锰过量，所以滤渣1中的主要成分是Fe(OH)3和MnO2；实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是抽滤； （4）不赞同把加入(NH4)2S除钴、除镍的步骤放在“除杂1”之前，因为“除杂1”之前的溶液中H+浓度较大，S2-会与H+反应生成HS-、H2S，不利于除钴、除镍，同时S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，不利于除铁； （5）CuCl2为强酸弱碱盐，能水解，且盐酸为挥发性酸，若直接加热晶体，不能得到CuCl2，为抑制氯化铜的水解，由晶体制备CuCl2的方法是在HCl气氛中加热晶体，使其失去结晶水； （6）25℃时，分离出滤渣3所得的滤液中；，c(H+)==，pH=-lgc(H+)=8.5+×lg3=8.74，所以需要控制溶液的pH至少为8.74； （7）电解废液中还含有少量Mn2+，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为。 9．(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。 10．(1)Na2SiO3 (2) (3) 10+12H+=3+6H2O 2 V2O5 (4) 2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O 5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑ (5) 6 【分析】结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。 【详解】（1）由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4。 （2）因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2()，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设刚好完全除尽，即c()=1.0×10-5mol·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为。 （3）结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时转化为，反应的离子方程式为：10+12H+=3+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2。 （4）根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑。 （5）①由图可知距离钒原子最近的氧原子有6个； ②由图可知，一个晶胞中含有V原子2个，O原子4个，根据，解得x=。 11．(1) 沉淀和 (2) (3) 被氧化成更高价态的镍氧化物 【分析】根据镍废料的成分先用硫酸溶解，再根据杂质离子的沉淀的pH来除杂，加NiO调pH要保证把Al3+全部沉淀为Al（OH）3，“除杂”时加入NH4F溶液使得Mg2+和Ca2+完全转化为沉淀，最后利用镍离子和碳酸氢铵的反应来生成碳酸镍，最后结晶得到产品，据此解答。 【详解】（1）①“除杂”时加入NH4F溶液的目的为沉淀Mg2+和Ca2+； ②溶液中c（F-）=mol/L=2.0×10-3mol/L，c（H+）=1×10-6mol/L，c（HF）= mol/L=2.0×10-5mol/L； ③“沉镍”时可用碳酸氢钠代替碳酸钠，该反应的离子方程式； （2）①煅烧过程中O2是氧化剂，反应中1mol O2可得到4 mol电子，还原剂NiCO3被氧化为LiNiO2，1mol NiCO3失去1mol电子，“煅烧”反应的化学方程式为； ②结合图1，回收镍所使用的有机试剂的结构简式为； （3）①热分解完全，其反应方程式为：3NiO+CO2↑+4H2O，若分解先得到水，则固体质量分数降低==21.1%，若分解先得到二氧化碳，则固体质量分数降低=12.9%，因此可知：300～500K之间分解产生的气体为H2O，500～700K之间分解产生的气体为CO2； ②700K后，反应完成，剩下的固体为NiO，在氧气气氛中加热，NiO被氧化成更高价态的镍氧化物，导致800K后剩余固体质量略有增加。 12．(1)第六周期第Ⅷ族 (2) (3) (4) (5)使完全沉淀，提高产品纯度 (6) ，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢 (7) 【分析】废料加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应、氧化钙转化为不溶的硫酸钙、Pt不反应，三者成为滤渣，镍、钴、铝转化为溶液进入滤液，通入氯气将钴转化为沉淀除去钴，过滤滤液中Al3+用NaOH溶液调节pH变为沉淀得到滤渣2，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni2O3，高温还原生成Ni； 【详解】（1）的原子序数为78，为78号元素，其在元素周期表中的位置为：第六周期第Ⅷ族； （2）由分析可知，含滤渣(除外)的成分为； （3）王水为浓盐酸和浓硝酸溶液，“含滤渣”浸取时有和生成，反应中Pt化合价由0变为+4、N化合价由+5变为+2生成NO，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式； （4）“除钴”步骤需要控制溶液的使得Co沉淀而Ni、Al不沉淀，结合可知，氢氧化铝比镍更难溶，铝离子沉淀时，pOH=10.7，pH=3.3；而钴元素完全沉淀时，pOH=12.5，pH=1.5；故需要控制溶液的范围是； （5）加调的目的是使完全沉淀，防止铝离子进入产品，提高产品纯度； （6）①次氯酸钠具有氧化性，“控温氧化”时，在碱性条件下，使得二价镍转化为Ni2O3沉淀，反应中镍化合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，该过程的离子方程式为：。 ②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和，说明时，次氯酸钠发生歧化反应生成氯化钠和氯酸钠，使得次氯酸钠浓度减小，反应变慢，故答案为：，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢； （7）亚铁离子被高锰酸根离子氧化为铁离子，由电子守恒可知，，高锰酸钾消耗的亚铁离子为，则消耗的亚铁离子为=0.05mol，由电子守恒可知，，则的质量分数=83%。 13．(1) 第四周期VIII族 3∶4 (2)1∶4 (3) Co(OH)2 (4) 减小Li2CO3的溶解量，提高产率 C (5)6.572 (6) 顶点、面心 【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co(OH)2和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3，据此解答。 【详解】（1）Co为27号元素，在第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期VIII族，Co2+与Co3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d7、[Ar]3d6，未成对电子分别为3和4，Co2+与Co3+的未成对电子数之比3∶4； （2）“焙烧”反应方程式为：，生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4； （3）根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co(OH)2，Li2CO3与CoCO3在空气中于烧结生成LiCoO2，反应的化学方程式为：； （4）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故选C； （5）常温下，取100mL“滤液2”，其中c(Li+)=0.20mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则溶液中剩余的Li+浓度为0.2mol/L×20%=0.04mol/L，则溶液中，需要碳酸钠的物质的量为0.54mol/L×0.1L=0.054mol，沉淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.2mol/L×0.1L×80%×=0.008mol，最少需要碳酸钠的物质的量为0.008mol+0.054mol=0.062mol，故至少应加入碳酸钠固体质量为0.062mol×106g/mol=6.572g； （6）①Li2O中的Li+和O2-的个数比为2∶1，根据观察并计算，晶胞中黑球个数为，灰球个数为8，则黑球代表O2-，O2-在晶胞中的位置为顶点和面心； ②设晶胞参数为anm，晶胞体积为(a×10-7) 3cm3，晶胞质量为，Li2O晶体的密度为  g⋅cm−3，由此可知a=nm。 14．(1) (2) 用热的纯碱溶液浸泡废铁屑 Mn2+、Ca2+ (3)浸出温度和浸出时间 (4)将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，便于后续调pH除去 (5) (6) 增加 1 【分析】由题给流程可知，向软锰矿加入铁和稀硫酸浸出，二氧化锰与铁和稀硫酸反应转化为硫酸锰，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁溶液与铁反应生成硫酸亚铁，氧化铝、碱式碳酸铜与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，碳酸钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有锰离子、铜离子、亚铁离子、钙离子的滤液；向滤液中加入试剂A，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节溶液的pH将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化钡，将溶液中的铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到含有硫化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH得到硫酸锰中性溶液，电解中性溶液在阴极得到锰和含有硫酸的阳极液。 【详解】（1）“浸出”时，Fe2O3与废铁屑、稀H2SO4反应生成Fe2+，离子方程式为：； （2）碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，能用于去除废铁屑表面的油污，则为去除废铁屑表面的油污可采用的方法为：用热的纯碱溶液浸泡废铁屑；由分析可知，“浸出”后浸出液中的+2价金属阳离子有Cu2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+； （3）由图可知，温度为80℃、浸出时间为90min时锰的浸出率最高，则影响锰浸出率的因素为浸出温度和浸出时间； （4）由分析可知，向滤液中加入试剂A的目的是：将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，便于后续调pH除去； （5）溶液中铜离子完全沉淀时，溶液中硫离子浓度为； （6）左侧Mn2+得电子变为Mn，为阴极，右侧为阳极，电极反应式为：，硫酸根离子通过阴离子交换膜由左移向右，若转移的电子数为6.02×1023，即1mol，根据阳极电极反应式可知，此时生成1molH+。 15．(1) 第6周期第ⅢA族 6s26p1 (2)3Tl++2+8H+=3Tl3++2MnO2↓+4H2O (3)H2S (4)Zn2+、Tl+ (5)2 (6) 【分析】湿法炼锌工业废水(主要阳离子有Zn2+、H+、Tl+、Tl3+)除铊的工艺流程为：加入KMnO4氧化Tl+为Tl3+，KMnO4被还原为MnO2，该反应的离子方程式为3Tl++2+8H+=3Tl3++2MnO2↓+4H2O，加入Ca(OH)2预中和H+，调节溶液pH，防止硫化时生成H2S气体污染环境，加入Na2S除去Zn2+、Tl+(“氧化”步骤中Tl+氧化不彻底)，再加入Ca(OH)2使Tl3+转化为Tl(OH)3沉淀，过滤除去沉淀，滤液中含有Ca2+、少量Tl+，加入Na2CO3除去Ca2+，过滤，含有少量Tl+的滤液经过离子交换进一步处理以除去Tl+，得到达标水排放，据此分析解答 【详解】（1）Tl的原子序数为81，86＞81＞54，故其在第6周期，81-54-14=13，第13列即ⅢA族，故Tl在元素周期表中的位置为第6周期第ⅢA族，其价电子排布式为：6s26p1，故答案为：第6周期第ⅢA族；6s26p1； （2）由题给信息可知，加入KMnO4氧化Tl+为Tl3+，KMnO4被还原为MnO2，反应的离子方程式为3Tl++2+8H+=3Tl3++2MnO2↓+4H2O，故答案为：3Tl++2+8H+=3Tl3++2MnO2↓+4H2O； （3）酸性条件下，H+能与Na2S反应生成H2S气体，H2S气体会污染环境，所以“预中和”步骤中加Ca(OH)2至溶液的pH约为7，可减少“硫化”步骤中Na2S的使用量，还能减少H2S气体污染环境，故答案为：H2S； （4）Na2S电离的S2-能与Zn2+、Tl+生成生成ZnS、Tl2S沉淀，即“硫化”步骤的主要目的是除去Zn2+、Tl+，故答案为：Zn2+、Tl+； （5）Ksp[Tl(OH)3]=c(Tl3+)•c3(OH-)=1.5×10-44，排放标准：Tl的含量低于1.5×10-8mol⋅L-1，则溶液中c(OH-)＞mol/L=1×10-12mol/L，c(H+)＜mol/=0.01mol/L，pH＞2；故答案为：2； （6）该晶胞图中Fe3+和Fe2+位于顶点位置，最短距离等于晶胞边长，设为xcm，则普鲁士蓝的晶胞边长为晶胞的2倍，为2xcm，晶胞体积V=(2xcm)3=8x3cm3，K+占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心，所以普鲁士蓝晶胞中含有4个K+，化学式为KFe(Ⅲ)[Fe(Ⅱ)(CN)6]，则晶胞的质量m=g=ρV=ρ•8x3g，解得x=，故答案为：。 16．(1)N (2) (3) 提高转化为的速率 温度过高，会分解 (4) 将置换成Ni单质而除去 (5) (6) 过滤、洗涤、干燥 ZnO和或或 【分析】菱锌矿在溶浸操作中，Na2SO3将PbO2还原为Pb2＋，将还原为，Pb2＋与硫酸反应生硫酸铅沉淀，、ZnO、、FeO、均与硫酸反应生成相应的离子；然后加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠溶液调pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；加入Zn将还原为Ni，所以滤渣2为Ni，加入HA萃取，锌元素进行有机相，由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，加入Na2CO3生成ZnCO3沉淀，最后灼烧生成ZnO，据此作答。 【详解】（1）锌的原子序为30，最高能层为第四能层，符号是N，故答案为：N； （2）由分析可知，滤渣1的化学式为；溶浸过程，Na2SO3将还原为，由原子守恒的电子守恒可知发生的离子方程式为，故答案为：，； （3）升高温度可以使转化为的速率加快，但是温度过高，会分解，故答案为：提高转化为的速率；温度过高，会分解； （4）调pH使Fe3＋完全沉淀，而其他离子不沉淀。当Fe3＋沉淀完全时，mol·L－1， mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－3＝3；Zn2＋开始沉淀， mol·L－1， mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－5.5＝5.5，所以调pH范围为；“还原”时加入锌粉可以将置换成Ni单质而除去，故答案为：；将置换成Ni单质而除去； （5）由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，故答案为：； （6）在“沉锌”后需将沉淀分离并除去表面的杂质，所以在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是过滤、洗涤、干燥；设有1 mol，其质量为583g；350℃时，剩余固体中不含碳元素，即碳全部以CO2形式存在，CO2有2mol，此时固体质423g，则固体质量减小583g－423g＝160g，固体质量减少的为CO2和H2O的质量，设减少的H2O有x mol，则m(CO2)＋m(H2O)＝44 g·mol－1×2mol＋18 g·mol－1×xmol＝160g，解得x＝4，说明分解产生4 mol H2O，而1mol中只有2mol结晶水，则Zn(OH)2分解产生2mol H2O，即有2mol Zn(OH)2分解，而1mol中有3mol Zn(OH)2，故还有1 mol Zn(OH)2未分解，则余下固体为ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和或或。 17．(1)坩埚 (2)检验分液漏斗旋塞和上口的瓶塞是否漏液，把20mL碘水跟5mL四氯化碳加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞，倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静止、分层，将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔，旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液 (3)H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O (4)富集溴元素 (5)3Br2+3= +5Br−+3CO2↑ (6)SO2+Br2+2H2O=4H++2Br−+ (7)Ca(OH)2 (8)MgCl2Mg+Cl2↑ 【分析】Ⅰ．干海带经过灼烧后浸泡过滤获得含有碘离子的溶液A，加稀硫酸酸化后通入氯气将碘离子氧化成碘单质。向溶液B中加入有机溶剂萃取水中的碘单质后分液获得有机溶液X，再蒸馏获得碘单质。 Ⅱ．卤水中通入氯气，氯气把溴离子氧化为溴分子，得到低浓度溴水，通入热空气吹出Br2，用纯碱溶液吸收溴蒸气生成溴酸钠、溴化钠溶液，用硫酸酸化，溴酸钠、溴化钠反应生成高浓度溴水，蒸馏得到工业溴； Ⅲ．向海水中加入沉淀剂，镁离子转化为Mg(OH)2，采用过滤的方法分离溶液和Mg(OH)2，Mg(OH)2将溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2固体得Mg。 【详解】（1）把有机碘化物转化为碘离子往往需要灼烧操作，灼烧海带需要在坩埚中进行。 （2）由分析可知，操作Ⅰ为萃取，具体实验步骤为：检验分液漏斗旋塞和上口的瓶塞是否漏液，把20mL碘水跟5mL四氯化碳加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞，倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静止、分层，将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔，旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液。 （3）将H2O2作为氧化剂滴加入溶液A中，取少量反应后的溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若溶液变蓝或者加入CCl4振荡，若下层呈紫色，则证明H2O2能代替氯水，双氧水与碘离子发生的反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O。 （4）“步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴”的过程实际上是一个溴的浓缩过程，其目的是富集溴元素。 （5）Br2被纯碱溶液吸收反应生成溴酸钠、溴化钠，溴元素化合价由0升高为+5、溴元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒，反应方程式为3Br2+3= +5Br−+3CO2↑。 （6）溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br−+。 （7）使MgSO4完全转化为Mg(OH)2，应选择碱如Ca(OH)2、NaOH、KOH等，但从材料的价格、来源等来看最好选用Ca(OH)2，且碱要过量，使Mg2+全部转化为沉淀。 （8）电解熔融的氯化镁生成金属镁和氯气，化学方程式为MgCl2Mg+Cl2↑。 18．(1) ＋3 (2) 0.8 85% (3)NaOH (4) (5) 6 (6)或或或 【分析】由题给流程可知，向废酸液主要成分为HF、、、、加入强碱AOH调节pH同时，、生成沉淀、；加入胆矾、转化为和沉淀，氟离子最终生成；和沉淀加酸溶解，加SO2还原为+3价砷，烘干得As2O3据此分析如下： 【详解】（1） As是第33号元素，价层电子4s24p3，价层电子排布图：；中As的化合价为＋3； （2）原废水中含有的浓度为52.0，则=0.8； 由可知，“调pH”为6.0后，c(Zn2+)==0.12，的去除率==85%； （3）强碱并且最终产物晶体，故（AOH）的化学式为NaOH，不引入新杂质； （4）SO2具有还原性，将还原成，自身被氧化成H2SO4，发生反应的化学方程式：； （5）八面体阴离子中心原子的配位数为6； 八面体有1+=2个，其中Al原子2个，F原子6×2=12个，Na原子有4×+=6个，W的化学式为； （6）根据氧化还原反应得失电子守恒，碘由0价降到-1价，As由+3升到+5价，碘标准溶液得电子总数××10-3 L×2，电子总数：2×n()×2，即××10-3 L×2=2×n()×2，m()=n()×198g/mol=g，则制得的产品纯度为或或或。 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 $$