2025届高三化学一轮复习 训练题---工业流程题

2025届高三化学训练题---工业流程题 1．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）镍主要用于合金及用作催化剂，也可用来制造货币等。以镍废渣（主要成分为，还含有和为原料制备纯镍的流程如图，回答下列问题： (1)“酸浸”得到的浸渣的主要成分是 （填化学式）：常温下，“酸浸”中硫酸浓度与镍浸出率的关系如图所示，硫酸浓度大于后，镍浸出率降低的可能原因是 。 (2)“氧化”时双氧水的作用是 （用离子方程式表示）。 (3)请设计实验确认“氧化”过程中的杂质离子已经被完全转化 。 (4)“沉铝”时的作用是 ，“操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤。 2．（2024·北京·模拟预测）铁酸钡()是一种压电材料。以重晶石(，杂质主要有、等)为原料，采用下列路线可制备粉状。 已知：BaS可溶于水。CaS微溶于水，可溶于酸；草酸在水溶液中高于85℃易分解。 回答下列问题： (1)“焙烧”步骤中碳粉将还原为BaS的化学方程式为 。 (2)①用水“浸取”时主要发生反应的离子方程式为 。 ②流程中先用水浸取，再用盐酸酸化，相比于焙烧后的产物直接用盐酸浸取主要的优势在于 。 (3)“浓缩结晶”所得中常含有少量杂质金属离子，因此在制备高纯时需要先将纯化。纯化的步骤为：将酸浸液加热至95℃浓缩，冷却结晶后得到溶于水中，加入双氧水，然后加入氨水调节pH，过滤除去沉淀。滤液经加热浓缩，冷却结晶，即得到高纯度。 ①加入双氧水的作用为 。 ②为何不在浓缩结晶之前加入双氧水和氨水除去杂质金属离子？ 。 (4)“沉淀”步骤生成难溶的 已知：在水中剧烈水解，在“沉淀”步骤的反应体系中，根据pH不同，发生以下过程： ； ； 实验表明，“沉淀”反应的最佳pH条件为2.5附近。从平衡移动角度分析pH太高或太低对生成沉淀不利的原因： 。 (5)在氮气气氛中“热分解”生成粉状钛酸钡，对应的化学反应方程式为 。 3．（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。 4．（2024·江苏·模拟预测）以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下： (1)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图1所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃；硫去除率=(1-)×100%。 ①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于 。 ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加 CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是 。 (2)“过滤”得到的滤液中含[Al(OH)4]−，通入过量CO2，其发生反应的离子方程式为 。 (3)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)= 。 (4)FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，图-2给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的(中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。在答题卡的图中用“—”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。 (5)焙烧生成的SO2用石灰乳吸收得到CaSO3浆料，以CaSO3浆料制备NaHSO3溶液的实验方案为 。 已知：2CaSO3+Na2SO4+H2SO4+4H2O=2(CaSO4·2H2O)+2NaHSO3；CaSO4·2H2O难溶于水；pH=4~6溶液中HSO能大量存在。实验中可选用：3 mol·L−1 Na2SO4，3 mol·L−1 H2SO4，1mol·L−1 NaOH。 5．（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)。 6．（2024·安徽合肥·模拟预测）钛白(主要成分)用途广泛，常用来作高级白色颜料，在造纸工业中作填充剂，合成纤维中作消光剂。制取钛白的方法主要有两种，利用钛铁矿(主要成分，还有、FeO、等杂质)为原料，通过硫酸法和氯化法两种生产工艺制备钛白粉的流程如图所示，请回答下列问题： 已知：“酸溶”后钛主要以形式存在，在80℃左右水解生成 (1)下列状态的钛元素形成的微粒中，电离其最外层的一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。 A． B． C． D． (2)“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为 。 (3)“还原”时应选择合适的试剂X是 (填化学式)；已知绿矾的溶解度随温度变化的曲线如图所示，从溶液中获得绿矾的操作为 、过滤、洗涤、干燥。 (4)“氯化”时得到的在水中或潮湿空气中会发烟，可用于制作烟幕弹，原因是 (化学方程式表示) (5)以上两种工艺流程中，请说出方法一优于方法二的理由 (写出一条即可)。 (6)在自然界中有三种形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种形态中最稳定的一种，其晶胞如图所示，钛的配位数为 ，该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、的代数式表示)。 7．（2024·山东潍坊·三模）一种工业上利用废旧三元锂离子电池正极材料(主要成分为，还含有铝箔、炭黑、有机粘合剂等)综合回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如下图所示： 已知：①的溶解度随温度升高而减小； ②，，。 回答下列问题： (1)中、元素的化合价分别为+2价、+3价，若，则元素的化合价为 。锂离子电池中的电解质与水相遇会生成，该反应的化学方程式为 。 (2)“酸浸”时，下列试剂中最适宜替换的是 。 a．溶液        b．溶液        c．溶液        d．浓盐酸 (3)若“酸浸”后溶液中、、浓度均为，欲使完全沉淀(离子浓度小于)而不沉淀、，理论上需调节溶液范围为 ；实际“沉钴”时，在加入之后溶液中超出完全沉淀所需浓度，须先加入一定量氨水，所加氨水的作用为 。 (4)“沉锰”过程中加入溶液后，溶液先变为紫红色，一段时间后紫红色又褪去，紫红色褪去的原因为 (用离子方程式表示)。 (5)“沉锂”操作中需将温度升高到，原因是：①加快反应速率；② 。 8．（2024·广东·二模）某研究小组以硫化铜精矿(含、元素的杂质)为主要原料制备粉，其流程如下： 已知：①硫化铜精矿在酸性条件下与氧气的反应为。 ②金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的如下表所示。 金属氢氧化物 开始沉淀的 1.9 4.2 6.2 沉淀完全的 3.2 6.7 8.2 回答下列问题： (1)步骤I中通入采用高压的原因是 。 (2)下列说法正确的是___________(填字母)。 A．步骤I中过滤得到的滤渣中含有S B．步骤Ⅱ中用调节约至4，使、沉淀完全 C．步骤Ⅲ中增大溶液的酸度不利于生成 D．为加快过滤速率，需用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌 (3)步骤I、Ⅲ需要使用高压反应釜装置(如图)。步骤Ⅲ中，首先关闭出气口，向高压反应釜中通入固定流速的，然后通过控制气阀或，维持反应釜中的压强为。请给出反应过程中的操作排序： 。 ____________________。 a．开启气阀             b．开启气阀，通入高压         c．关闭气阀 d．开启气阀    e．开启气阀，通入高压    f．关闭气阀 g．开启搅拌器              h．拆下罐体 (4)步骤Ⅲ中高压可以从滤液中置换出金属，而无法置换出金属。请结合方程式说明其原因： 。 (5)现取样品，加热分解，分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。生成的温度范围为 ，时发生反应的化学方程式为 。 9．（2024·陕西铜川·模拟预测）从主要成分为、MnO的铬锰矿渣(杂质为、SiO₂、)中提取铬、锰的一种工艺流程如图所示： 常温下，部分氢氧化物沉淀时溶液的pH见表(设溶液中金属离子浓度不大于时该离子沉淀完全)。 沉淀物 开始沉淀时的pH 2.7 4.2 4.5 8.1 恰好完全沉淀时的pH 3.5 5.2 6.2 10.1 回答下列问题： (1)“焙烧”时空气、矿渣应分别从焙烧炉不同部位投入，则从上部投入的物料是 ，的取值范围是 ，当pH=6时上层清液中 。 (2)“焙烧”中氧化产物只有，则生成的反应方程式为 ，“还原”过程中消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，“氧化”过程的离子方程式为 。 (3)已知金属性：Al>Cr，依据铝热反应原理由制备Cr的方法是 。 10．（2024·云南昆明·三模）充分利用钴资源具有重要意义。以某湿法炼锌厂产出的高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)为原料回收钴和锰的一种工艺流程如下： 已知： ①除Cd后的滤液中含有和； ②pH<3.7时，还原性小于，pH>3.7时，还原性大于； ③部分金属离子形成氢氧化物完全沉淀的pH如下表： 金属离子 完全沉淀的pH 8.3 3.2 8.7 8.2 10.1 ④不同pH下，被氧化的产物如下表： pH pH<3 3<pH<6 6<pH<6.2 的氧化产物 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分为 (填化学式)。 (2)“沉铁”步骤中加入产品1的作用是 ，该步骤中调节pH的范围可以为 (填标号)。 a．pH＜2.8        b．4.0＜pH＜4.5        c．8.2＜pH＜10.1 (3)Cd与Zn同族，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (4)“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为 ，滤液中存在的主要金属离子除外还有 (填离子符号)。 (5)沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为 %(保留小数点后两位)。 11．（2024·重庆·模拟预测）氯化铵焙烧菱锰矿 (主要成分为 ， 含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：① 相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol•L-1]形成氢氧化物沉淀时的pH 如下： 金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀的 pH 3.8 1.5 6.5 10.6 8.1 9.6 沉淀完全的 pH 5.2 3.7 9.7 12.6 10.1 11.6 ②常温下， 的溶度积分别为 回答下列问题： (1)基态锰原子的电子排布式为 ， 的空间结构为 。 (2)由下图可知， 氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件： m(NH4Cl)：m(菱锰矿粉)=1.10：1， 500℃焙烧60min，不选用600℃焙烧 90min的原因是 。 (3)焙烧产生的CO2和NH3可用于工业制备纯碱，操作时应先向饱和食盐水中通入过量的 (填化学式)。 (4)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入 MnO2将 Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为 ； 若溶液中金属离子浓度均为0.1 mol·L-1，调节溶液pH使 沉淀完全，此时溶液的pH 范围为 ，再加入NH4F 沉淀Ca²⁺、Mg²⁺， ，当 + 时， (5)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为 。 (6)流程中能循环利用的固态物质是 (填化学式)。 12．（2024·湖北黄冈·三模）氧化镓（）是一种常用的无机催化剂．某兴趣小组设计以砷化镓废料（主要成分为GaAs、、）为原料生产的工业流程如图所示： 已知：ⅰ．Ga和Al的化学性质相似； ⅱ．对硝酸参与的氧化还原反应有催化作用。 回答下列问题： (1)Ga元素的价电子排布式为 。 (2)滤渣1的主要成分为 。 (3)①“浸取”时GaAs发生反应的化学方程式 。 ②若取A、B两组样品分别进行“浸取”实验，向A中不断通入，其他条件、操作完全一样，得到镓元素的浸出率随时间变化情况如图所示： 前10min内，浸出速率A B（填＞、＝或<），其可能原因是 。 (4)“沉镓”时的离子方程式为 ，需要控制硝酸用量的原因 。 (5)查阅资料后发现，实际工业生产中，在“浸取”步骤除了加硝酸外，还需要加入，从绿色化学角度分析加入的优点 。 13．（2024·辽宁·三模）镉(Cd)是炼锌业的副产品，主要用在电池、染料稳定剂，同时也是重要的污染源，回收再利用以减少排放是重要课题。某冶炼厂的镉废渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从镉废渣中回收镉的一种工艺流程如图所示。 已知：① ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 离子 开始沉淀时() 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时() 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： (1)将废渣先“浆化”再“酸浸”的目的是 。 (2)“压滤”所得滤渣I的主要成分是 (填化学式)；“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是 。 (3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是 ，若石灰乳加过量，缺陷是 。 (4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放反复搅拌进行“自然氧化”，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，写出“置换净化”除Pb2+的离子反应方程式 。 (5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25℃下，部分电对的电极电位如表所示。 电对 电极电位/V 0 电对 电极电位/V 根据表中信息和已有知识可知，采用低电流条件“电积”时，阴极主要得到的是镉不是锌的原因 。 14．（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 。 15．（2024·江西赣州·二模）某研究小组模拟用硫酸化焙烧—水浸工艺从高砷铜冶炼烟尘中浸出铜、锌的流程如下。 已知：①高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐及氧化物，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与。各元素质量分数如下： Cu Zn As Pb In Ag 5.60% 15.60% 28.68% 22.34% 0.073% 0.01% ②25℃时，硫酸铅的溶度积常数； ③浸出率的计算：浸出率。 回答下列问题： (1)基态Zn原子的价层电子排布式为 。 (2)“焙烧”时，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还表现 的作用。请补全参与反应的化学方程式： 。 (3)“水浸”时，所得浸渣的主要成分为 (写化学式)，往浸取液中加入的金属单质是 (写化学式)。 (4)高砷铜冶炼烟尘经过焙烧、水浸等工序后，测得浸取液中为，请从理论上分析铅是否沉淀完全？ (列式计算并得出结论)。 (5)铜浸出率的测定：从上述流程中得到的1L浸取液中取50mL与过量的酸性KI完全反应后，过滤，往滤液中滴加淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液21.00mL。(已知：，) ①滴定终点的现象为 。 ②忽略流程中的损失，可得铜的浸出率为 。 16．（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 。 17．（2024·安徽·模拟预测）硝酸镍、硝酸钠在陶瓷、玻璃工业应用广泛。以废弃镍板（含有少量的氧化铝杂质）生产硝酸镍、硝酸钠的工艺流程如图所示： 已知：①难溶于水。 ②，。 请回答下列问题： (1)工业生产普通玻璃的主要原料有石英砂、 。 (2)“反应器”中需控制反应温度为：50∼60℃的原因是 。 (3)假若Ni与浓硝酸反应产生的混合气体中，该反应的离子方程式为 。 (4)为了除去，向“浸取液”中加入调节pH至5~6。写出除去并生成的离子方程式： 。 (5)补充完成操作③ 。 (6)向“转化器”中加入稀硝酸的目的是 。 (7)若进入“吸收塔”的混合气体中NO为a mol、为b mol、空气中含为d mol，溶液中含为c mol，“转化器”中加入的稀硝酸中含e mol ，则 （用含e、d的代数式表示，不考虑流程中钠、氮元素的损失）。 18．（2024·江西南昌·三模）锑属于氮族元素，广泛用于制造合金、瓷器、颜料、印刷油墨、防爆材料等。现用锑精矿(主要含有等杂质)来制备锑和焦锑酸钠。其工艺流程如图所示： 已知：常温下，，。 回答下列问题： (1)位于元素周期表的 区，其基态原子的价电子排布式为 。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分有 。 (3)“碱浸”时，发生反应的化学方程式为 。 (4)“电解”过程中，阳极上发生的两个电极反应式为 、 。 (5)滤渣Ⅱ的主要成分有 。 (6)产品需洗涤、干燥，检验固体是否洗涤干净的试剂为 (填化学式)。 (7)常温条件下，向碱浸液中加入溶液，生成和沉淀时，溶液的为10，则溶液中剩余 。 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) SiO2、CaSO4 镍被钝化(或其他合理答案) (2)2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O (3)取氧化后的溶液少量于试管中，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀，证明Fe2+全部被氧化为Fe3+； (4) NiO 为金属氧化物，能和氢离子反应，“沉铝”是指将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，所以其中NiO的作用是消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH)3； “操作X”得到NiSO4‧7H2O晶体，操作包括蒸发浓缩、降温结晶； 【分析】镍废料中加入一定浓度的硫酸，进行酸浸，Al2O3、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁，CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，二氧化硅不反应，硫酸钙和SiO2共同形成滤渣，滤液中加双氧水氧化Fe2+成Fe3+，再加氨水调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后往滤液中加入NiO沉铝，形成Al(OH)3沉淀，再次过滤后所得滤液经一系列操作，得NiSO4‧7H2O，然后灼烧得氧化物，最后还原得Ni单质。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”得到滤渣1的主要成分是SiO2、CaSO4； 浓硫酸具有强氧化性，硫酸浓度太大，可能会使Ni钝化，从而降低镍的浸出率，或因为硫酸浓度太大、氢离子浓度降低，使镍的浸出率降低，故硫酸浓度大于c0mol/L后，镍浸出率降低的可能原因是：镍被钝化或H+浓度降低； （2）过氧化氢具有强氧化性，“氧化”时双氧水的作用将亚铁离子氧化为铁离子，2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O； （3）“氧化”过程是将Fe2+氧化为Fe3+离子，杂质离子已经被完全转化，说明溶液中不存在Fe2+，检验Fe2+的方法是：取氧化后的溶液少量于试管中，加入铁氰化钾溶液，没有蓝色沉淀，证明Fe2+全部被氧化为Fe3+； （4）NiO 为金属氧化物，能和氢离子反应，“沉铝”是指将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，所以其中NiO的作用是消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH)3；“操作X”得到NiSO4‧7H2O晶体，操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤。 2．(1) (2) 大部分都进入CaS沉淀而被分离，产生污染性气体大幅减少，节约酸的用量 (3) 将所有的都氧化为，便于调节pH沉淀 浓缩结晶前溶液中有过量的盐酸，会大大增加氨水的用量，浪费试剂 (4)pH太高，Ti(Ⅳ)的主要形式为，使降低，使平衡正移，产生减少；pH太低，浓度高，平衡逆移，使降低，使平衡正移，产生减少 (5) 【分析】由题给流程可知，碳酸钡与过量的碳粉、过量的氯化钙在高温下焙烧得到一氧化碳和含有氯化钡、硫化钡、硫化钙、过量碳粉的烧渣；向烧渣中加水水浸、过滤得到含有碳粉、硫化钙的滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸酸化，将硫化钡转化为氯化钡，反应得到的溶液经浓缩结晶、过滤得到含有氯化钙的母液和氯化钡晶体；向氯化钡晶体溶于水得到的溶液中加入四氯化钛和草酸铵，将溶液中的钡离子转化为BaTi(C2O4)2沉淀，过滤得到滤液和BaTi(C2O4)2，BaTi(C2O4)2受热分解生成钛酸钡、一氧化碳和二氧化碳，据此回答。 【详解】（1）“焙烧”步骤中碳粉将BaSO4还原为BaS，方程式为：； （2）①水浸时氯化钙结合硫化钡转化为硫化钙沉淀，离子方程式为：； ②流程中先用水浸取，再用盐酸酸化，相比于焙烧后的产物直接用盐酸浸取主要的优势在于：大部分S2−都进入CaS沉淀而被分离，产生污染性气体H2S大幅减少，节约酸的用量； （3）①加入双氧水氧化亚铁离子，作用为：将所有的Fe2+都氧化为Fe3+，便于调节pH沉淀； ②浓缩结晶前溶液中有过量的盐酸，会大大增加氨水的用量，浪费试剂，所以不在浓缩结晶之前加入双氧水和氨水除去杂质金属离子； （4）pH太高，Ti(Ⅳ)的主要形式为，使降低，使平衡正移，产生减少；pH太低，浓度高，平衡逆移，使降低，使平衡正移，产生减少，所以“沉淀”反应的最佳pH条件为2.5附近； （5）BaTi(C2O4)2受热分解生成钛酸钡、一氧化碳和二氧化碳，化学反应方程式为：。 3．(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。 4．(1) FeS2 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (2)[Al(OH)4]−＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO (3)1∶16 (4) (5)向CaSO3浆料中边搅拌边加入一定量3 mol·L−1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与 Na2SO4溶液相同量的3 mol·L−1 H2SO4，测定反应液的pH，再用3 mol·L−1 H2SO4或1mol·L−1 NaOH调节溶液的pH在4~6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 mol·L−1 H2SO4，产生的气体通入1mol·L−1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加H2SO4) 【分析】高硫铝土矿粉中通入空气、加入少量CaO焙烧，FeS2转化为氧化铁和二氧化硫，二氧化硫被CaO吸收，二氧化硅与氧化钙反应生成硅酸钙，随后加入NaOH碱浸，氧化铝与NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，氧化铁不溶于NaOH溶液形成沉淀，过滤后滤渣中含有大量氧化铁，滤渣中加入FeS2焙烧反应生成Fe3O4和SO2，再经过磁选得到四氧化三铁。 【详解】（1）①从题干可知，金属硫酸盐分解温度都高于600℃，因此低于500℃时，硫元素不会来源于金属硫酸盐，则去除的硫元素来源于FeS2。 ②700℃焙烧时，FeS2、金属硫酸盐等物质都会发生化学反应生成二氧化硫，添加了1%CaO的矿粉中CaO与SO2、O2反应生成了硫酸钙而留在矿粉中，没添加CaO的矿粉SO2逸出，导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO矿粉硫去除率低。 （2）过滤后滤液中含有[Al(OH)4]-，其中通入过量二氧化碳，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为[Al(OH)4]−＋CO2=Al(OH)3↓＋HCO。 （3）Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，则该反应中Fe2O3中Fe化合价从+3价降低为+，FeS2中Fe化合价从+2价升高到+，S化合价从-1价升高到+4价，根据得失电子守恒可得n(Fe2O3)×2×=n(FeS2)×2×5+ n(FeS2)×，解得n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16。 （4） 晶胞中位于晶胞体心，S-S键位于晶胞体对角线上，每个S原子与三个Fe2+紧邻，以斜上方的S为例，与其紧邻的Fe2+位于左面、上面和后面面心，将其与紧邻的Fe2+连接的图示为。 （5）根据已知可得亚硫酸钙与硫酸钠、硫酸反应生成CaSO4·2H2O和NaHSO3，CaSO4·2H2O难溶于水会结晶析出，亚硫酸氢根离子在pH=4~6之间能大量存在，因此反应时需要控制pH在4-6之间，具体实验方案为向CaSO3浆料中边搅拌边加入一定量3 mol·L−1 Na2SO4溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与 Na2SO4溶液相同量的3 mol·L−1 H2SO4，测定反应液的pH，再用3 mol·L−1 H2SO4或1mol·L−1 NaOH调节溶液的pH在4~6之间，过滤(或向CaSO3浆料中边搅拌边缓慢滴加3 mol·L−1 H2SO4，产生的气体通入1mol·L−1 NaOH溶液中，测定溶液pH，当测得pH介于4~6之间，停止滴加H2SO4) 5．(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%。 6．(1)D (2)FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O (3) Fe 加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶 (4)TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl (5)方法一更环保，未使用有毒的氯气 (6) 6 【分析】由题给流程可知，方法一为向钛铁矿中加入硫酸溶液酸溶，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的废渣和滤液；向滤液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，反应得到的溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到七水硫酸亚铁和滤液；加热滤液，使溶液中的TiO2+离子水解生成TiO2·xH2O，TiO2·xH2O灼烧分解生成粗TiO2；方法二为钛铁矿与焦炭、氯气高温条件下氯化得到四氯化钛，纯化后的四氯化钛与氧气在高温下氧化得到可以循环使用的氯气和粗TiO2；粗TiO2经表面处理、过滤、洗涤、干燥、研磨得到精TiO2。 【详解】（1）钛元素的原子序数为22，基态原子的电子排布式为[Ar]3d24s2，元素的第一电离能、第二电离能、第三电离能依次增大，激发态原子失去1个电子需要的能量小于基态原子，则电离其最外层的一个电子所需能量最小的是[Ar]3d24s14p1，故选D； （2）由分析可知，酸溶中加入硫酸溶液酸溶的目的是将金属元素转化为可溶的硫酸盐，则主要成分FeTiO3发生的反应为FeTiO3与溶液中氢离子反应生成TiO2+离子、亚铁离子和水，反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，故答案为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O； （3）由分析可知，“还原”时加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子；由图可知，从还原得到的溶液中获得绿矾的操作为溶液经加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Fe；加热至60℃蒸发浓缩、冷却结晶； （4）四氯化钛在水中或潮湿空气中会发烟的原因是四氯化钛发生水解反应生成TiO2·xH2O和氯化氢，氯化氢遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴而产生大量白雾，反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl，故答案为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl； （5）由分析可知，与方法二相比，方法一的最大优点是制备粗TiO2时，未使用有毒的氯气，不会对环境造成污染，故答案为：方法一更环保，未使用有毒的氯气； （6）由晶胞结构可知，晶胞中与位于体心的钛原子距离最近的氧原子有6个，则钛原子的配位数为6，位于顶点和体心的钛原子个数为8×+1=2，位于面上和体内的氧原子个数为2+4×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a2bd，解得d=，故答案为：6；。 7．(1) +4 (2)b (3) 将、转化为稳定配离子(或与、反应降低浓度)，避免沉钴时与共沉淀 (4) (5)的溶解度随温度升高而减小，温度升高到，提高沉锂反应转化率；升温碳酸分解，平衡正移，浓度增大，提高沉锂反应转化率 【分析】三元锂离子电池正极材料粉碎灼烧除去炭黑、有机粘合剂，碱浸后除去铝，滤液中为偏铝酸钠，酸浸时加入硫酸和过氧化氢将金属转化成离子，通过沉钴中加一水合氨、草酸铵除去钴元素，产生的是，说明此时钴元素的价态为+2价，说明加入的过氧化氢作为还原剂还原钴元素为+2价，加入溶液通过氧化还原将锰元素转化为二氧化锰，加入碳酸钠和氢氧化钠除镍，最后将锂离子转化成碳酸锂。 【详解】（1）中、元素的化合价分别为+2价、+3价，根据化合价代数和为0，假设，元素的化合价为a，可知，a=4，则元素的化合价为+4；与水相遇会生成，反应为：，故答案为：+4；。 （2）根据分析可知“酸浸”时作为还原剂，因此可替代的是溶液，故答案为：b。 （3）当Co2+完全沉淀(离子浓度小于)，等于时，c()=，Ksp(NiC2O4)=4×10-10> Ksp(MnC2O4)=1×10-13，所以只要锰离子不沉淀，镍离子就一定不沉淀，当锰离子恰好不沉淀时，Mn2+浓度均为0.1mol/L，c()=，需调节的范围为10-13mol/L <c()<10-12mol/L，加入(NH4)2C2O4之前须先加入一定量氨水，推测所加氨水的作用为将Ni2+、Mn2+转化为稳定配离子，避免沉钴时与Co2+共沉淀，故答案为：；将、转化为稳定配离子(或与、反应降低浓度)，避免沉钴时与共沉淀。 （4）“沉锰”过程中加入溶液后，溶液先变为紫红色是生成高锰酸根离子的缘故，一段时间后紫红色又褪去是在酸性环境中高锰酸根离子又参与反应，则溶液褪色的原因是：，故答案为：。 （5）沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，可促进自耦电离：，增大溶液中的c()，有利于Li+转化为Li2CO3沉淀。则原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是：温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率，故答案为：的溶解度随温度升高而减小，温度升高到，提高沉锂反应转化率；升温碳酸分解，平衡正移，浓度增大，提高沉锂反应转化率。 8．(1)高压条件下，可增大溶液中的浓度，提高反应速率 (2)AC (3)f，b，d，h (4)的还原性强于铜，故发生反应，而的还原性强于，故反应无法发生 (5) 680~1000℃ 【分析】硫化铜精矿(含、元素的杂质)在高压氧气作用下，用硫酸浸取，硫酸与反应生成硫酸铜、、，被氧化为；加入氨气调节，使形成氢氧化铁沉淀，溶液中剩余 、；向滤液中通入高压氢气，根据金属活动性可知，被还原为 ，经过滤分离出来；溶液中剩余。 【详解】（1）高压条件下，可增大溶液中的浓度，提高反应速率。 （2）根据分析可知，步骤I中过滤得到的滤渣中含有，故A正确；步骤Ⅱ中用调节约至，转化为沉淀，未达到沉淀时的，故B项错误；步骤Ⅲ中用氢气还原，氢气失去电子被氧化为氢离子，增大溶液的酸度，不利于氢气失去电子还原，故正确；用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌，可能导致滤纸破损，故D错误，故选AC。 （3）结合装置图及步骤Ⅲ可知，首先关闭出气口，向高压反应釜中通入固定流速的，然后通过控制气阀或，维持反应釜中的压强为，即。 （4）步骤Ⅲ中高压可以从滤液中置换出金属，而无法置换出金属。主要是因为：的还原性强于铜，故发生反应，而的还原性强于，故反应无法发生。 （5），当固体为时，，其质量为，根据图像可知，焙烧生成的温度范围是；时得到的产物中，，，则所得物质的化学式为，反应的化学方程式为。 9．(1) 矿渣 6.2-8.1 105.1 (2) 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2 3:2 Mn2++3ClO-+H2O=MnO2↓+Cl-+2HClO (3)将Cr(OH)3灼烧得到Cr2O3，然后用铝热法还原Cr2O3得到Cr，反应为Al与在高温下的置换反应，化学方程式为2Al+Cr2O32Cr+Al2O3 【分析】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠在空气中焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2SO3，把还原为Cr3+，再次调节pH生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入NaClO，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2，据此分析解题。 【详解】（1）“焙烧”时空气是从焙烧炉下部进入，而矿渣粉是从上部投入的，这样做的优点是：能使固体原料与气体原料逆向流通，充分接触，从而提高原料利用率； 第二次调pH是为了使Cr3+以氢氧化铬沉淀但不能使Mn2+沉淀，根据表格数据可知，pH取值范围为6.2-8.1； 由表中数据，当Fe3+全部以Fe(OH)3沉淀时pH=3.5，即c(H+)=10-3.5mol/L，c(OH-)=10-10.5mol/L，可得Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=1×10−5×(10-10.5)3=10-36.5mol/L，当pH=6即c(OH-)=10-8mol/L时，c(Fe3+)==10-12.5mol/L，同理可以算得Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)=1×10−5×(10-8.8)3=10-31.4mol/L，当pH=6即c(OH-)=10-8mol/L时，c(Al3+)==10-7.4mol/L，故c(Al3+)：c(Fe3+)=105.1； （2）“焙烧”中氧化产物只有Na2CrO4，则焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2，化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2； 故相应反应中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2； “氧化”反应为NaClO把+2价锰氧化为+4价即转化为MnO2，则离子方程式为Mn2++3ClO-+H2O=MnO2↓+Cl-+2HClO； （3）铝热法制备Cr是将Cr(OH)3灼烧得到Cr2O3，然后用铝热法还原Cr2O3得到Cr，反应为Al与在高温下的置换反应，化学方程式为2Al+Cr2O32Cr+Al2O3。 10．(1)CuS (2) 调节pH，将氧化为 b (3) (4) (5)99.98% 【分析】高钴渣(含Co、Zn、Pb、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素)加入过量稀硫酸进行酸浸，生成难溶于水的，Co、Zn、Cu、Fe、Cd、Mn等金属元素均生成相应的可溶性盐，向滤液中加入溶液，将Cu2+转化为CuS沉淀除去，故滤渣1的主要成分为CuS，向溶液中加入，调节pH，并将氧化为，将转化为而除去，故滤渣2的主要成分为，加入Zn将溶液中的Cd2+置换为Cd而除去，向溶液中加入溶液调解pH=3，将氧化为而除去，故产品1为，再继续加入溶液调解pH=5，由已知④得，生成得产物为，反应的离子方程式为，过滤得到滤液，滤液中还含有的金属离子除外还有，据此分析回答。 【详解】（1）由分析知，滤渣1的主要成分为CuS； （2）由分析知，“沉铁”步骤中加入产品1为二氧化锰，可调节pH，将氧化为，由已知③中数据可知，要使完全沉淀，不沉淀，该步骤中调节pH的范围可以为4.0<pH<4.5，故选b； （3）由分析知，“置换”步骤中发生反应的离子方程式为； （4）由分析得，“步骤3”中发生主要反应的离子方程式为，滤液中存在的主要金属离子除外还有； （5）沉淀前后的浓度分别为和，若溶液体积不变，则锰的沉淀率为。 11．(1) 1s22s22p63s23p63d54s2 平面正三角形 (2)500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大 (3)NH3 (4) MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 5.2—8 将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀 5×10—6 (5)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (6)NH4Cl 【分析】由题给流程可知，将菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧，将金属元素转化为金属氯化物，焙砂加水溶解浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；浸出液“净化除杂”得到氯化锰溶液，向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰滤饼和氯化铵溶液；氯化铵溶液蒸发结晶得到可以循环使用的氯化铵，碳酸锰滤饼干燥得到碳酸锰产品。 【详解】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面正三角形，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2；平面正三角形； （2）由图可知，500℃60min时，锰元素的浸出率已经很大了，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，还会增加生产成本，所以氯化铵焙烧不选用600℃焙烧90min，故答案为：500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大； （3）碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与饱和食盐水反应，所以焙烧产生的二氧化碳和氨气通入饱和食盐水时，应先向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳可以增大二氧化碳的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成，故答案为：NH3； （4）浸出液“净化除杂”过程为首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；调节溶液pH在5.2—8范围内，使Fe³⁺、Al³⁺沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca²⁺、Mg²⁺，将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤得到氯化锰溶液；由溶度积可知，溶液中钙离子为1.0×10—5mol/L时，溶液中的c2(F—)= =1.46×10—5mol2/L2，则溶液中的镁离子浓度为=5×10—6mol/L，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；将Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀；5×10—6； （5）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （6）由分析可知，可以循环使用的固体物质是氯化铵，故答案为：NH4Cl。 12．(1)4s24p1 (2)SiO2 (3) < 反应生成的NO2有催化作用，充入N2后NO2逸出，反应速率下降 (4) 硝酸用量过多，会导致Ga（OH）3沉淀溶解；若硝酸用量过少，会导致Ga3+沉淀不完全 (5)可将NO2氧化为硝酸，减少污染，提高硝酸利用率 【分析】砷化镓废料经预处理粉碎后加入硝酸进行浸取，其中不被硝酸溶解，过滤除去，滤渣1中为；滤液中含、和，加入氢氧化钙，调节pH除铁砷，将二者元素形成沉淀、以过滤除去，滤渣2中为、，而Ga元素类比Al元素化学性质，结合题干信息可知在滤液中以形式存在，加入硝酸，发生反应以生成，经煅烧分解生成。 【详解】（1）基态镓原子(31Ga)位于第四周期第ⅢA族，最外层电子数为3，核外价电子排布式为4s24p1，故答案为：4s24p1。 （2）根据分析可知，滤渣1中为，故答案为：。 （3）①“浸取”后滤液中含、和，则GaAs在浓硝酸发生反应生成和，根据氧化还原反应配平的方法可知反应的化学方程式：，故答案为：； ②从图中可知，前10min内，镓元素的浸出速率A<B，A、B两者的区别在于A中不断通入，则A、B曲线变化的原因可能为反应生成的有催化作用，充入后逸出，反应速率下降，故答案为：<；反应生成的NO2有催化作用，充入N2后NO2逸出，反应速率下降。 （4）“沉镓”时加入硝酸，与发生反应生成，离子方程式：，）镓(Ga)、铝(Al)是同主族相邻元素，化学性质相似，是两性氢氧化物，酸性过强，会溶解，但是若硝酸用量过少，会导致Ga3+沉淀不完全，故答案为：；硝酸用量过多，会导致Ga（OH）3沉淀溶解；若硝酸用量过少，会导致Ga3+沉淀不完全。 （5）在“浸取”步骤除了加硝酸外，还需要加入，可将NO2氧化为硝酸，减少污染，提高硝酸利用率，故答案为：可将NO2氧化为硝酸，减少污染，提高硝酸利用率。 13．(1)增大接触面积，加快“酸浸”速率和提高浸出率 (2) Cu、SiO2和PbSO4 PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在 (3) 或 Cd(OH)2进入滤渣Ⅱ而损失 (4) (5)从表中可知Zn2+氧化性弱于Cd2+，不被还原 【分析】某冶炼厂的镉废渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质。将镉废渣浆化、再加入稀硫酸进行酸化，可增大废渣与稀硫酸的接触面积，提高浸取率；加入稀硫酸后，Cd、CdO、Zn、Pb、Fe、CuO都发生溶解，此时SiO2、Cu、PbSO4不溶，由于PbSO4的溶度积较大，溶液中仍溶有少量Pb2+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入石灰乳除铁，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；滤液中加入足量Zn，Cd2+被还原为Cd，少量的Cu2+、Pb2+也会被还原；将海绵镉自然氧化，再用硫酸酸溶，加入新制海绵镉，此时对残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度；然后进行二次处理，再进行电积，得到阴极镉。 【详解】（1）由分析可知，将废渣先“浆化”再“酸浸”的目的是：增大接触面积，加快“酸浸”速率和提高浸出率。 （2）从分析中可以得出，“压滤”所得滤渣I的主要成分是Cu、SiO2和PbSO4；，溶度积常数较大，使得“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是：PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在。 （3）“除铁”时，加入的石灰乳，目的是除去Fe3+，不让其它离子(如Cu2+)产生沉淀，则调节溶液pH的范围是或。因微溶，“除铁”时，所得滤渣Ⅱ的成分除外还有；若石灰乳过量，滤渣Ⅱ中常含有和，则缺陷是：Cd(OH)2进入滤渣Ⅱ而损失。 （4）根据题意判断海绵镉中有Zn、Cd和微量Cu、Pb。“酸溶”所得的溶液中含有微量的和，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以将和转化为单质而除去，离子反应方程式为。 （5）根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性：，故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为，则阴极主要得到的是镉不是锌的原因：从表中可知Zn2+氧化性弱于Cd2+，不被还原。 14．(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：。 15．(1) (2) 还原剂 (3) Zn (4)，其浓度小于，可认为已沉淀完全 (5) 当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不复原 96% 【分析】高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐及氧化物，加入无烟煤/浓硫酸进行焙烧，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与As2O3 (g)，金属氧化物转化为硫酸盐，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO2，加水进行水浸，滤液中存在Cu2+、Zn2+、PbSO4不溶于水，成为滤渣，往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，即金属单质为Zn，将Cu2+还原为Cu，自身被氧化为Zn2+。 【详解】（1）Zn为第30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为：； （2）无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO2，与C和H2SO4发生反应，生成硫酸铜，氧化砷，CO2和SO2，参与反应的化学方程式：； （3）由分析得，滤渣的主要成分为PbSO4；往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，即金属单质为Zn； （4），其浓度小于，可认为已沉淀完全； （5）①淀粉遇碘变蓝，因此滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不复原； ②根据离子方程式，)可得：，，浸取液中Cu元素的质量为：，浸取率为：。 16．(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。 17．(1)纯碱、石灰石 (2)温度太低，反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快 (3) (4) (5)冷却结晶 (6)除去中的杂质（合理即可） (7) 【分析】废弃镍板(含有少量的氧化铝杂质)，加入浓硝酸，生成硝酸镍、硝酸铝和NO2和NO，向硝酸镍和硝酸铝的混合溶液中加入碳酸镍促进Al3+的水解，生成氢氧化铝沉淀，滤液中用硝酸酸化至pH=3-4，再经过减压蒸发，冷却结晶，离心分离，得到硝酸镍固体；NO2、NO通入碳酸钠溶液发生已知②的两个反应，会生成硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，加入稀硝酸将亚硝酸钠转化为硝酸钠，最后对硝酸钠溶液蒸发结晶得到硝酸钠固体。 【详解】（1）工业生产普通玻璃的主要原料有石英砂、纯碱、石灰石； （2）“反应器”中需控制温度50∼60℃的原因是温度太低，反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快； （3）Ni与浓硝酸反应产生的混合气体中，根据电荷守恒、电子守恒，写出该反应的离子方程式为：； （4）为了除去，向“浸取液”中加入，其作用是促进Al3+的水解，Al3+生成Al(OH)3沉淀，同时生成CO2和Ni2+，离子方程式为：； （5）从硝酸镍溶液得到硝酸镍固体的操作是用硝酸酸化后，进行减压蒸发，冷却结晶，离心分离； （6）通过分析可知，吸收塔反应后的溶液为硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，加入硝酸的目的是除去中的杂质； （7）根据题意可知，N元素和Na元素最终变为硝酸钠，根据守恒有等式：；NO、NO2最终变为硝酸钠，N失去电子，O2得到电子，根据电子守恒有等式：，根据上述两个等式可得：。 18．(1) p 5s2 5p3 (2) (3) (4) (5)S (6)溶液和溶液 (7) 【分析】锑精矿主要含Sb2O3、Sb2S3、Fe2O3、CuO，根据流程图，加入氢氧化钠溶液、Na2S溶液充分碱浸，过滤得Fe2O3、CuO固体，同时得到Na3SbS3、Na2S、NaOH的混合液，则滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3、CuO，线路一直接电解混合液得到锑单质；线路二加入氧化剂将Sb元素氧化得到粗Na3SbO4沉淀，加入的氧化剂同时将S2-氧化为硫单质，所以粗Na3SbO4沉淀中混有S单质，加盐酸酸浸，滤渣II主要成分为S，滤液加NaOH溶液中和酸，最终得到NaSb(OH)6。 【详解】（1）Sb的基态原子的简化电子排布式为[Kr]4d105s25p3，价电子排布式为5s25p3，位于元素周期表的p区，故答案为：p；5s25p3； （2）根据分析，滤渣Ⅰ的主要成分有Fe2O3、CuO，故答案为：Fe2O3、CuO； （3）“碱浸”时，Sb2O3转化为Na3SbS3，发生反应的化学方程式为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=2Na3SbS3+6NaOH，故答案为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=2Na3SbS3+6NaOH； （4）“电解”含Na3SbS3、Na2S、NaOH的溶液，阳极是阴离子OH-和S2-放电，发生的两个电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O、S2--2e-=S，故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；S2--2e-=S； （5）根据分析，滤渣II的主要成分有S，故答案为：S； （6）产品NaSb(OH)6需洗涤、干燥，检验固体是否洗涤干净，即检验是否含有Cl-，所加入的试剂为HNO3溶液和AgNO3溶液，故答案为：HNO3溶液和AgNO3溶液； （7）根据Ksp(CuS)=6.3×10−36，Ksp[Cu(OH)2]=2.1×10−20，常温条件下，向碱浸液中加入CuSO4溶液，生成CuS和Cu(OH)2沉淀时，溶液的pH为10，，则溶液中剩余c(S2−)=mol/L＝3×10−24mol/L，故答案为：3×10-24。 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 $$