2025届高三化学复习题----工业流程题

2025届高三化学复习题----工业流程题 1．（2024·吉林白山·二模）钪()及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用钛白废酸液(含、、的硫酸废液)和赤泥(含有、、、)联合制备的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：25℃时，。 (1)基态的简化电子排布式为 。 (2)为提高“浸取”速率，可采取的措施有 (写出一条即可)，“浸渣”的主要成分是 (写化学式)；水相中含有的金属离子主要是 (写离子符号)。 (3)“除钛”时，加入的作用是 。 (4)25℃时，若使“反萃取”后水溶液中的沉淀完全(离子浓度)，应控制溶液的不低于 (保留两位有效数字)。 (5)写出草酸钪晶体“灼烧”时发生反应的化学方程式： 。 2．（2024·福建宁德·一模）I、铊(Tl)广泛用于电子、军工、航天、化工、冶金、通讯等方面，一种以红铊矿(主要成分是TlAsS2，含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备金属铊的流程如图所示。 已知：①铊的密度比钠的密度大。室温下，铊能与空气中的氧气反应生成氧化亚铊((Tl2O)膜，而失去金属光泽变得灰暗。 ②TlCl难溶于水，而Tl2SO4溶于水。 ③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 Fe3+ Al3+ 开始沉淀的pH 2.2 3.5 沉淀完全()的pH 3.2 4.7 回答下列问题： (1)铊(Tl)元素位于元素周期表的 区。 A．p区    B．s区    C．d区 (2)“焙烧1”中，TlAsS2最终转化为Tl2SO4；Al2O3和Fe2O3也转化为相应的硫酸盐。其中TlAsS2转化为Tl2SO4分如下两步完成。请写出第一步反应的化学方程式。 第一步(TlAsS2与O2反应)： ； 第二步：。 (3)滤渣的成分为 (填化学式)。 (4)“沉铊”步骤中，需要加入过量NaCl，其原因是 。 (5)向“沉铊”后的滤液中加入生石灰至pH=7时才能外排，此时滤液中的Al3+浓度为 mol·L-1. (6)“焙烧2”中发生的反应为。则“置换”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (7)所得产品高纯铊应保存在 中。 Ⅱ、乙硼烷、甲乙酮肟均收录在化学危险品目录中——乙硼烷为易燃气体；甲乙酮肟为易燃液体。 (8)硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷(B2H6)、丁硼烷(B4H10)等。乙硼烷的结构式如图。分子中B原子通过氢桥键()形成一个四元环。丁硼烷(B4H10)分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，写出其结构式 。 (9)甲乙酮肟()是一种重要有机合成活性试剂。其中C=N键与C—C键夹角 (填“<”“>”或“=”)C=N键与N—O键夹角。 3．（2024·黑龙江·二模）以Al2O3为载体的钯催化剂常用于石化行业加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废Pd-Al2O3催化剂(主要含有Pd、Al2O3，还有少量PdO、SiO2、C)为原料制备氯化钯的流程如下： 已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。 (1)“焙烧”能有效清除废催化剂表面的积碳，打开Al2O3载体对钯的包裹，提高“氯化浸出”率。依据下图可判断“焙烧”的温度和时间应控制在 ，若焙烧时间过长，导致“氯化浸出”率下降可能的原因是 。 (2)“氯化浸出”时使用的盐酸浓度不宜过高的原因是 ，通过该工序可将Pd转化为，呈平面四边形，则的杂化轨道类型为 (填字母)。 A．sp2杂化    B．sp3杂化    C．dsp2杂化    D．dsp3杂化 (3)滤渣1为 ，滤渣2为 。 (4)就“沉钯”中获得的进行“热分解”，生成的气体可返回 工序继续使用。 (5)工业上也可用还原制取海绵Pd，且对环境友好，该反应的化学方程式为 。 4．（2024·湖北·二模）尿素还原法合成溴化锂，设备简单、产品质量好、无有毒气体排放、生产成本低。下图是制备无水溴化锂的工艺路线： 温度（℃） 0 10 20 30 40 50 60 70 80 碳酸锂溶解度（g） 1.51 1.43 1.33 1.26 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72 回答下列问题： (1)Br位于周期表第 周期 族。 (2)常用焰色试验鉴别碳酸锂，火焰呈现 色。 (3)在溶解槽中，边搅拌边分次少量地将细粉末状的碳酸锂溶解于冷的溴水中至饱和为止，选用“冷”的溴水溶解碳酸锂的主要原因 。 (4)合成溴化锂的主要化学方程式 。 (5)合成时加入液溴会使pH降低，实际生产时需维持pH为4-5，为调节pH为4-5，从生产实际出发物质X最佳为 。 (6)加热体系的温度超过80℃会发生副反应： 3Br2+3H2O=5HBr+HBrO3 3HBrO=2HBr+HBrO3 Li2CO3+2HBrO3=2LiBrO3+H2O+CO2↑ 还原溴酸锂需要选用硫脲，“除杂1”所发生的化学方程式是 。 (7)重结晶的操作为 。 5．（2024·山西临汾·一模）重铬酸钠主要用于涂料、金属缓蚀剂、有机合成氧化剂等。工业上以铬铁矿(主要成分亚铬酸亚铁，含少量Mg、Al、Si等杂质元素)为原料制取重铬酸钠的工艺流程如图： 已知：①在酸性溶液中性质稳定，当时，以形式存在且易被氧化； ②，，； ③最高价铬酸根在碱性介质中以存在，在酸性介质中以存在。 回答下列问题： (1)基态Cr原子和Fe原子中未成对电子数之比为 。 (2)滤渣1的主要成分为 (写化学式)。 (3)“氧化1”加入足量H2O2的目的是 ，为防止反应过于剧烈，可采取的措施是 。 (4)“调pH”至恰好沉淀完全时滤液中 。 (5)检验“滤渣3”被水洗净的试剂为 。 (6)“氧化2”反应的离子方程式为 。 (7)“酸化”反应的化学方程式为 。 6．（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 。 7．（2024·山西·一模）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)铬铁矿在高温反应前需要进行的处理是 。 (2)“高温连续氧化”工序中发生反应的化学方程式为 。 (3)下列物质可以替代的是 (填标号)。 a．                    b．            c． (4)工序1的名称为 。 (5)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 (写出计算表达式即可)。 (6)气体是 (填化学式)，工序2中与气体A发生反应的离子有 。 (7)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；。 8．（2024·河北保定·一模）稀土元素被誉为“现代工业的维生素”和“21世纪新材料宝库”，广泛应用于新材料、冶金化工、电子信息、节能环保等领域，由普通级氯化镧料液制备高纯氧化铜的新工艺流程如图所示。 已知：淋洗液太高，EDTA和会结晶沉淀。 回答下列问题： (1)普通级氯化镧料液中通过树脂时，在树脂吸附柱上发生反应生成被吸附在树脂内部，反应的离子方程式为 。 (2)经氨水处理过的淋洗液，再经淋洗，发生反应，淋洗液的对分离效率的影响如图所示。则淋洗时，淋洗液的应调到 。 (3)淋洗液的时，分离效率就迅速下降，原因是 。 (4)用草酸溶液将中的沉淀出来，最后进行高温焙烧。在空气中高温焙烧，若空气中氧气的体积分数为，则消耗的空气与高温焙烧生成的的物质的量之比为 。 (5)锶镧铜氧化物超导体的晶胞结构（底面是正方形的长方体）如图所示，晶胞中锶原子与镧原子的个数比为，体心与顶点的原子有着相同的化学环境，原子1的分数坐标为。则该超导体的化学式为 ，原子2的分数坐标为 ，体心原子与原子之间的最近距离为 （列出含a、c的计算式）。 9．（2024·广东深圳·一模）锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆（主要含，还含有少量、、等元素）为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知： ①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、； ②25℃时，，； 物质 沸点/℃ 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： (1)“酸溶”后，元素的化合价为 。 (2)“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成的离子方程式： 。 (3)“沉淀”后，“废液”中，则“废液”中 。 (4)“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。 (5)①“还原”的主要目的是 。 ②沸点远低于的可能原因为 。 (6)某种掺杂的晶胞如图所示，位于晶胞的面心。 ①晶体中每个O周围与其最近的O个数为 。 ②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中O与Zr的最小间距为，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 （列出计算式）。 ③如图所示结构（）与上述晶胞结构不一致的是 （填标号）。 A．    B．    C．    D． 10．（2024·内蒙古包头·一模）重铬酸钠（）是一种用途极广的氧化剂，工业上可以用铬铁矿［主要成分为，还含有、、等杂质］制备，同时还可回收Cr。其主要工艺流程如图所示： 已知：， 回答下列问题： (1)若在实验室将铬铁矿和纯碱的混合物煅烧，该过程一定不需要的仪器是 （填标号） A．石英坩埚    B．铁坩埚    C．三脚架    D．泥三角    E.蒸发皿 (2)“煅烧”的目的是将转化为，写出生成的化学方程式 。 (3)为提高铬的“浸出”率，可采取的措施为 ；浸出液中溶质除、外，还含有 （填化学式）。 (4)已知部分物质在水中的溶解度曲线如图1所示，若固体E的主要成分是，则“操作a”为 、 、洗涤、干燥。 (5)从溶液B中得到重铬酸钠晶体后，剩余的母液由于仍含有，故不能随意排放，可加入铝粉，将母液中的还原为，不同初始pH下随时间的变化如图2所示。 ①初始pH为2.0，用铝粉还原的离子方程式为 。 ②初始pH为3.0，反应180min后，溶液中浓度仍较高的可能原因是 。 ③调节反应完后的溶液的pH值，使溶液中的金属阳离子生成沉淀，过滤除去后即可排放。若调节pH后的溶液中，则残留的 。 11．（2024·陕西商洛·模拟预测）磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，该电池正极片主要含有石墨、Al、LiFePO4等物质，还有少量不溶性杂质。工业上采用下列工艺流程回收制备有关物质。 已知：不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度如下表所示： T'/℃ 0 10 20 30 50 60 80 100 溶解度/g 1.64 1.53 1.48 1.17 1.05 1.01 0.85 0.72 回答下列问题： (1)磷酸铁锂(LiFePO4)中铁的化合价为 。 (2)得到滤渣2的离子方程式是 。 (3)“沉淀”时先加试剂X，试剂X应选用 (填下列选项字母)，加入Na2CO3溶液的作用是 。 a．碘水    b．双氧水    c．氨水 (4)写出“沉淀转化”时发生反应的离子方程式： 。 (5)20℃，“沉锂”时主要反应的离子方程式为 ，Li2CO3饱和溶液的物质的量浓度为 mol·L-1(假设此时溶液密度为1.0148g·mL-1)。 (6)“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用 (填“冷水”或“热水”)，原因是 。 12．（2024·海南·模拟预测）高纯度是制造牙膏的成分之一，某小组以白云石[主要成分是，含少量的和等]制备高纯度的流程如下。 已知：，，回答下列问题： (1)“浸渣”的主要成分是 （填化学式）。 (2)“沉钙镁”中同时生成两种沉淀时= 。 (3)“浸钙”时使用溶液，而不能用水替代的原因是 。 (4)写出通入时“沉钙”的离子方程式： 。 (5)分离时要进行过滤、洗涤等操作，检验沉淀已洗涤干净的操作是 。 13．（2024·吉林延边·一模）钒()被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下： 已知：i．滤液A中的阳离子主要有、、、等； ii．“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)。 回答下列问题： (1)钒矿石焙砂要进行研磨粉碎，研磨粉碎的目的是 。 (2)“浸钒”过程中，与硫酸反应的化学方程式为 。 (3)用铁粉“还原”过程中，有如下转化：，；写出其转化的离子方程式： 。 (4)“萃取”前，若不用石灰乳先中和，萃取效果不好，原因是 。 (5)滤渣D的主要成分 (写化学式)。 (6)用以下方法测量“浸钒”过程中钒的浸出率。从滤液A中取出，用蒸馏水稀释至，加入适量过硫酸铵，加热，将滤液A中可能存在的氧化为，继续加热煮沸，除去过量的过硫酸铵。冷却后加入3滴指示剂，用的标准溶液将滴定为，共消耗溶液。 已知：a．所取钒矿石焙砂中钒元素的质量为克；所得滤液A的总体积为； b．3滴指示剂消耗溶液。 ①用上述方法测得“浸钒”过程中钒的浸出率为 (用含相应字母的代数式表示)。 ②若不除去过量的过硫酸铵，钒浸出率的测定结果将 (填“偏高”“不变”或“偏低”)。 14．（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。 15．（23-24高三下·江西赣州·阶段练习）钕铁硼永磁材料被广泛应用于汽车、家电、电子产品等领域。以江西赣州某公司的钕铁硼油泥废料(主要物相为)为原料，回收有价金属的工艺流程如图所示。 已知：①用RE表示稀土元素： ②配位阴离子的稳定常数越大，配位阴离子越稳定。几种配位阴离子的稳定常数如下： 配位阴离子 稳定常数 25.4 9.4 16.2 20.2 回答下列问题： (1)钕(Nd)属于f区元素，其原子轨道共有 种不同的形状。 (2)溶液能洗涤钕铁硼油泥废料的原因是 (用离子方程式表示)。 (3)浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试，结果如图所示。写出与盐酸反应的离子方程式： 。 (4)沉淀时，草酸用量及沉淀温度对稀土与铁选择性沉淀分离的影响如下图所示。 沉淀时，)与的最佳物质的量之比为 ，请说明原因： 。最佳沉淀温度为60℃，，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是 。 (5)在沉淀后的滤液中加入，溶液中主要存在的配位阴离子是 ，该离子在加入铁粉后生成的离子方程式为 。 16．（23-24高三上·福建龙岩·期末）从钒矿石(主要含、、及少量)中分离提取的流程如下： 已知：有机溶剂对萃取率高于；有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)。 (1)“焙烧”过程中转化为，该反应的还原剂为 。 (2)“酸浸”过程中将转化为，该反应的离子方程式为 。 (3)为提高钒的萃取率和纯度，“操作X”中M和N可分别选择 (填标号)。 A．、Fe         B．Fe、        C．、H2O2 (4)以HA()和HB()“协同萃取”，其主要萃取物结构如图。 ①HA和HB可通过两个氢键形成环状二聚体，其结构示意图为 。 ②比更稳定的原因为 。 (5)“氧化”过程中转化为的离子方程式为 。 (6)“氧化”后的溶液中，为了使沉钒率达到98%，加入氯化铵(设溶液体积增加1倍)，“沉钒”时应控制溶液中不低于 。[25℃时，] (7)的晶胞如图(晶胞参数：；)。为阿伏加德罗常数的值。 ①的配位数为 。 ②位于构成的 空隙中(填标号)。 A．八面体    B．四面体    C．平面三角形 ③该晶胞的密度为 (用含的代数式表示)。 17．（2024·江西宜春·模拟预测）以废旧锂离子电池(主要成分为)为原料制备棒状草酸钴晶体(，微溶于水，溶解度随温度升高而逐渐增大)的一种方法如下图所示，该法经济可行，为工业化回收废旧锂电池中有色金属提供了依据。 已知：①浸出液中除Co2+、外，还含、，，，，等离子； ②，；。 回答下列问题： (1)“浸出”时，与、稀硫酸反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (2)“水解沉淀铝铜”时，沉淀铝反应的离子方程式为 。 (3)沉淀2的成分为和 ，“氧化沉淀铁锰”时，生成的离子方程式为 。 (4)“沉钴”时，温度与钴的沉淀率的关系如图所示，沉淀反应时间为10 min，反应温度为50℃以上时，温度升高，而钴的沉淀率下降，可能原因为 。 (5)“沉钴”时也可用溶液代替，反应为，则该反应的平衡常数为 ，若平衡时 mol⋅L-1，，则此时Co2+是否沉淀完全？ (填“是”或“否”，离子浓度≤10-5 mol⋅L-1即可认为沉淀完全)。 18．（2023·山西太原·二模）MnCO3可用作电器元件材料，也可作为瓷釉、颜料的制作原料。工业上用酸性含锰废水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)制备MnCO3： 已知：几种金属离子沉淀的pH如表。 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)①中加入过量MnO2的作用是 。 (2)过程③中调pH的目的是 。 (3)过程④中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程是 。 (4)过程④中得到的副产品的化学式是 。 (5)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则300℃时，剩余固体中n(Mn)：n(O)为 ；图中点D对应固体的成分为 (填化学式)。 (6)NF3与NH3的立体构型相同，两者中心原子的轨道杂化类型均为 ，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因 。 (7)一种Hg－Ba－Cu－O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。 已知该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm，则距离Ba2+最近的Hg+数目为 个，二者的最短距离为 pm。(列出计算式即可)。 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) 将赤泥碾碎(或适当升高温度、搅拌等) 、 (3)提供配体，生成配离子进入水层 (4)5.7 (5) 【分析】钛白废酸液(含、、的硫酸废液)和赤泥(含有、、、)浸取，二氧化硅不和酸反应，滤渣1为SiO2，萃取时分离出Ti4+、Sc3+，向萃取后的溶液中加入硫酸和H2O2，除钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc3+，与盐酸反应加草酸得到Sc2(C2O4)3沉淀，再灼烧Sc2(C2O4)3得到Sc2O3，以此来解答。 【详解】（1）Fe是26号元素，基态的简化电子排布式为。 （2）提高“浸取”效率的措施有将赤泥碾碎、适当升温、搅拌等；不与硫酸反应，故浸渣的主要成分是；根据流程图可知，“浸取”除去，元素在“除钛”环节进入水相从而除去，故加入萃取剂“萃取”时进入水相的金属离子主要是、。 （3）由流程图可知，加入后，二者结合形成，该转化过程中元素化合价没有变化，应该是中的氧原子提供孤电子对，原子提供空轨道，形成配离子，故加入的作用是提供配体，生成配离子进入水层。 （4）根据题意可知，恰好完全沉淀时，，解得，，故。 （5）中的化合价为价，反应前后的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参与反应，故应该是空气氧化草酸钪晶体中的碳元素，反应的化学方程式为。 2．(1)A (2) (3)SiO2 (4)增大Cl-浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出 (5) (6) (7)煤油 (8) (9)> 【分析】红铊矿(主要成分是TlAsS2，含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质) “焙烧1”中，TlAsS2最终转化为Tl2SO4，Al2O3和Fe2O3也转化为相应的硫酸盐，加浓硫酸将金属氧化物转化为对应的酸盐，过滤，滤渣为二氧化硅，滤液中含Tl2SO4、硫酸铝、硫酸铁，加入氯化钠溶液沉铊过程中，存在如下的沉淀溶解平衡：，增大Cl-浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出，“焙烧2”中发生反应，加热水溶解后锌置换出铊单质，据此分析解题。 【详解】（1）Tl与B同族，为第ⅢA族，最后填充电子是p能级轨道中，因此属于p区，答案选A； （2）依据第二步的反应物中有Tl2O可知，第一步反应应该生成了Tl2O，再依据流程图中“焙烧1”后产生了As2O3和SO2气体可知，要有O2参加反应，根据电子守恒、原子守恒写出对应的化学方程式为：； （3）“焙烧1”后的固体成分为Tl2SO4，Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3，SiO2，其中SiO2不溶于H2SO4，滤渣的成分为SiO2； （4）沉铊过程中，存在如下的沉淀溶解平衡：，加入过量NaCl，增大Cl-浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出； （5）由表格中数据可知，，pH=7时，； （6）“溶解”步骤得到的是Tl2SO4溶液，故置换反应为； （7）依据信息“铊的密度比钠的密度大。室温下，能与空气中的氧气反应生成氧化亚铊((Tl2O)膜，而失去金属光泽变得灰暗。”可知，铊类似钠应该保存在煤油中； （8）由乙硼烷分子中氢键桥()及四元环结构可知，一个B原子形成4个共价键，丁硼烷(B4H10)分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，则在2个B之间会存在1个B-B键，3个B、2个H形成五元环，结构为； （9）该分子中C=N键上的C、N均为sp2杂化，但N原子上有孤电子对，C原子上没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较大，故C=N键与C—C键夹角<C=N键与N—O键夹角。 3．(1) 580℃、2.0h Pd与氧气生成PdO (2) 氯酸钠有氧化性，浓盐酸有还原性，会发生氧化还原反应，使“氯化浸出”率下降 C (3) PdO、SiO2 Al(OH)3 (4)转化、除杂 (5) 【分析】废Pd-Al2O3催化剂(主要含有Pd、Al2O3，还有少量PdO、SiO2、C) 通入空气“焙烧”能有效清除废催化剂表面的积碳，打开Al2O3载体对钯的包裹，被稍后加入盐酸、氯酸钠进行“氯化浸出”，Pd转化为，Al2O3转化为Al3+，过滤后滤渣1为PdO、SiO2，滤液中加入氨水，将转化为，Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去，滤渣2为Al(OH)3，滤液中加盐酸，转化为沉淀，热分解为PdCl2。 【详解】（1）要使“氯化浸出”率尽可能高，因此要控制焙烧温度为580℃、焙烧时间为2.0h；若焙烧时间过长，Pd与氧气生成PdO，PdO性质稳定，难溶于水、盐酸，使得“氯化浸出”率下降； （2）“氯化浸出”时使用的盐酸浓度不宜过高，因为氯酸钠有氧化性，浓盐酸有还原性，会发生氧化还原反应，使“氯化浸出”率下降；呈平面四边形，则的杂化轨道类型为dsp2杂化； （3）由分析得，滤渣1为PdO、SiO2；滤渣2为Al(OH)3； （4）热分解为氨气和氯化钯，氨气可返回转化、除杂工序继续使用； （5）用还原制取海绵Pd，且对环境友好，即生成物为氮气、氯化铵和水，化学方程式为：。 4．(1) 四 ⅦA (2)紫红 (3)碳酸锂的溶解度随温度的升高减小，“冷”的溴水可以溶解更多的碳酸锂 (4)3Br2+3Li2CO3+CO(NH2)2=6LiBr+2H2O+N2↑+4CO2↑ (5)Li2CO3 (6) (7)将粗产品溶解在水中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【分析】由题给流程可知，尿素与液溴、碳酸锂反应生成溴化锂、氮气、二氧化碳和水，加热除去溶液中溶解的二氧化碳，向溶液中加入碳酸锂调节溶液pH在4-5的范围内，加入硫脲，硫脲与溶液中的溴酸锂反应生成溴化锂、可以循环使用的尿素和硫酸，向反应后的溶液中加入氢氧化钡溶液，将溶液中的硫酸转化为硫酸钡沉淀，向溶液中加入活性炭脱色除溴，过滤得到硫酸钡、活性炭和滤液；滤液经重结晶、真空干燥得到溴化锂。 【详解】（1）溴元素的原子序数35，位于周期表周期表第四周期ⅦA族，故答案为：四；ⅦA； （2）锂元素的焰色试验为紫红色，则用焰色试验鉴别碳酸锂时，火焰呈现紫红色，故答案为：紫红； （3）由溶解度表可知，碳酸锂的溶解度随温度的升高减小，所以为了溶解更多的碳酸锂，应用“冷”的溴水溶解碳酸锂，故答案为：碳酸锂的溶解度随温度的升高减小，“冷”的溴水可以溶解更多的碳酸锂； （4）由分析可知，合成溴化锂发生的反应为尿素与液溴、碳酸锂反应生成溴化锂、氮气、二氧化碳和水，反应的化学方程式为3Br2+3Li2CO3+CO(NH2)2=6LiBr+2H2O+N2↑+4CO2↑，故答案为：3Br2+3Li2CO3+CO(NH2)2=6LiBr+2H2O+N2↑+4CO2↑； （5）由分析可知，调节溶液pH的试剂X为碳酸锂，目的是不引入新杂质，且能提高溴化锂的产率，故答案为：Li2CO3； （6）由分析可知，“除杂1”所发生的反应为硫脲与溶液中的溴酸锂反应生成溴化锂、可以循环使用的尿素和硫酸，反应的化学方程式为，故答案为：； （7）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程，则溴化锂重结晶的操作为将粗产品溶解在水中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤、干燥得到纯净的溴化锂，故答案为：将粗产品溶解在水中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 5．(1)3：2 (2) (3) 将全部氧化为 分批缓慢加入 (4) (5)溶液(加上盐酸也对) (6) (7) 【分析】 工业上铬铁矿主要成分为亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]，还含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等杂质，先用稀硫酸酸浸并调节pH=1，[Fe(CrO2)2]、MgCO3、Al2O3能够和硫酸反应转化为Mg2+、Al3+、Fe2+和Cr3+，SiO2不和硫酸反应经过滤存在于滤渣1中，滤液1中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH调节pH使Fe3+和Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除去，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤后再加入NaOH调节pH＞11使Mg2+转化为氢氧化镁除去，得到的滤液中加入H2O2将氧化为，得到Na2CrO4溶液，以此解答。 【详解】（1）基态Cr原子和Fe原子的价层电子排布式为：3d54s1、3d64s2，故其中未成对电子数之比为6:4=3:2，故答案为：3:2； （2）由分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2； （3）由分析可知，“氧化1”加入足量H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH使其沉淀完全而除去，为防止反应过于剧烈，可采取的措施是分批缓慢加入，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；分批缓慢加入； （4）“调pH”至Al3+恰好沉淀完全时即溶液中的c(Al3+)=10-5mol/L，此时溶液中：c3(OH-)===3.2×10-29mol/L，故此时滤液中==1.25×10-9mol/L，故答案为：1.25×10-9mol/L； （5）由分析可知，滤渣3表面还含有硫酸根离子，故检验“滤渣3”被水洗净的试剂为稀盐酸和氯化钡溶液，故答案为：溶液(加上盐酸也对)； （6）由分析可知，“氧化2”反应即用H2O2将氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：，故答案为：； （7）由分析可知，“酸化”反应即将Na2CrO4用过量的CO2和H2O进行酸化后转化为Na2Cr2O7和NaHCO3，经过配平可得该反应的化学方程式为，故答案为：。 6．(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。 7．(1)粉碎(研磨) (2) (3)b (4)溶解浸出 (5) (6) 、、 (7) 【分析】 在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2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，Na[Al(OH)4]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） 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； （2） 由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化为和，发生反应的方程式为 （3） 根据流程分析，代替氢氧化钠的物质要有碱性还得有钠离子，所以可以选择碳酸钠； （4） 将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出； （5） 晶胞中含Mg原子个数为12×+1=4、O原子个数为8×+6×=4，晶胞质量m=，已知晶胞密度是，晶胞体积为V=，晶胞边长为。则d=nm； （6） 工序2中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠：，同时转化为氢氧化铝沉淀：，过量的氢氧根也会和反应。 （7）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，当为时，溶液中氢离子浓度为。 8．(1) (2)10 (3)时，淋洗液和会结晶沉淀并附着在树脂上，发生堵塞 (4) (5) （0.5，0.5，0.87） [或] 【分析】普通级氯化镧料液经过吸附柱和多次分离柱进行Cu-H转型，得到[La(EDTA)]3+，然后沉淀稀土元素，再进行高温焙烧得到超高纯单一稀土氧化物，以此解答。 【详解】（1）在树脂吸附柱上发生反应生成被吸附在树脂内部，反应的离子方程式为。 （2）由图可知，淋洗液的应调到10时分离效率最高。 （3）淋洗液的时，分离效率就迅速下降，原因是：时，淋洗液和会结晶沉淀并附着在树脂上，发生堵塞。 （4）在空气中焙烧生成和CO2，C元素化合价由+3价上升到+4价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2+3O22+12CO2，消耗的氧气与高温焙烧生成的的物质的量之比为1：4，若空气中氧气的体积分数为，则消耗的空气与高温焙烧生成的的物质的量之比为5：4。 （5）晶胞中Cu的个数为8× +1=2，O的个数为16×+4×+2=8，Sr、La的个数为8×+2=4，锶(Sr)原子与镧(La)原子的个数比为1∶3，该超导体的化学式为。体心与顶点的Cu原子有着相同的化学环境，则可知体心Cu原子的分数坐标为(0.5，0.5，0.5)。Sr、La原子2在体心Cu原子的上方，结合Sr、La原子1的分数坐标，可得Sr、La原子2的分数坐标为[0.5，0.5，(0.5+1-0.63)]，即 Sr、La原子2的分数坐标为(0.5，0.5，0.87)。因为体心与顶点的Cu原子有着相同的化学环境，所以体心Cu原子与Sr、La原子2之间的最近距离等于顶点Cu原子与Sr、La原子2之间的距离，可得距离为[或]。 9．(1)+4 (2) (3) (4) (5) 把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质 FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体 (6) 6 D 【分析】氧氯化锆，主要含，还含有少量、、等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，“萃取”时，锆元素生成，除掉，而后“沉淀”时、生成沉淀，煅烧后生成、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氮化”时，转化为ZrCl4， Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答。 【详解】（1）分析可知，氧元素的化合价为-2价，“酸溶”后不变价，因此的化合价为+4价，故答案为：+4。 （2）生成的离子方程式：，故答案为：。 （3）“沉淀”后的“废液”中有，，则，，则“废液”中，故答案为：。 （4）“沸腾氯化”时，加入C、通入氯气，转化为，同时生成一种还原性气体CO，该反应的化学方程式为，故答案为：。 （5）①由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，故答案为：把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质； ②沸点远低于的可能原因为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体，故答案为：FeCl3是分子晶体，CrCl3是离子晶体。 （6）①由晶胞图可知，因此晶体中每个O周围与其最近的O个数为6个，故答案为：6； ②已知该晶胞为立方晶胞，晶胞中含钙离子在面心，有个，O离子在晶胞的体心位置，有8个，锆离子在顶点有8个，面心有4个，总共有，晶胞中O与锆离子的最小间距为anm，晶胞边长的一半设为x，得到，计算得到，则晶胞的边长为，，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为，故答案为：； ③A．晶体结构式晶胞旋转得到的，和晶胞结构相同，故A正确； B．晶胞中含钙离子有1个，锆离子有3个，O离子有8个，微粒间的距离相同，和晶胞结构相同，故B正确； C．晶胞中含钙离子有1个，锆离子有3个，O离子个，微粒间的距离相同，和晶胞结构相同，故C正确； D．晶胞中含钙离子有1个，O离子有8个，锆离子个，钙离子之间的距离和晶胞中钙离子的距离不同，故D错误； 与上述晶胞结构不一致的是D，故答案为：D。 10．(1)AE (2) (3) 粉碎、搅拌、适当加热、多次浸取 、 (4) 50℃以上加热浓缩 趁热过滤 (5) pH较高（或氢离子浓度较低）时，的氧化性较弱，不利于反应进行 【分析】 铬铁矿、空气、纯碱高温煅烧，铬铁矿与氧气、碳酸钠反应生成Na2CrO4、二氧化碳、氧化铁，氧化铝与碳酸钠煅烧生成偏铝酸钠、二氧化碳，二氧化硅与碳酸钠煅烧生成硅酸钠、二氧化碳；水浸，氧化铁不溶于水，滤渣为氧化铁，滤液中存在Na2CrO4、偏铝酸钠、硅酸钠、NaOH；调节pH生成氢氧化铝、硅酸沉淀，滤液为Na2CrO4；Na2CrO4与硫化钠反应生成硫代硫酸钠和氢氧化铬；氢氧化铬煅烧生成氧化铬，经铝热反应生成Cr；硫酸酸化后，加热蒸发溶剂，趁热过滤即可除去Na2SO4，再冷却结晶，过滤即可得纯净的Na2Cr2O7晶体。 【详解】（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，因二氧化硅能与碳酸钠反应，则用铁坩埚，实验还用到三脚架、泥三角、酒精灯，不需要石英坩埚、蒸发皿，故答案为：AE。 （2）煅烧时，Fe(CrO2)2和碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2，化学方程式为，故答案为：。 （3）提高铬的“浸出”率，可采取的措施为：粉碎、搅拌、适当加热、多次浸取；根据调节pH后产生滤渣Al(OH)3和H2SiO3，可知“浸出过滤”后的浸出液中除了含有Na2CO3、Na2CrO4外，还含有Na2SiO3、NaAlO2，故答案为：粉碎、搅拌、适当加热、多次浸取；、。 （4）根据溶解度曲线的变化可知，Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大，在50℃以上Na2SO4的溶解度随温度的升高而降低，“操作a”后得到的溶液B中含Na2Cr2O7，说明固体E为Na2SO4，用趁热过滤除去Na2SO4，则“操作a”为50℃以上加热浓缩、趁热过滤，故答案为：50℃以上加热浓缩；趁热过滤。 （5）①初始pH为2.0，用铝粉还原生成Cr3+，离子方程式为：，故答案为：； ②由方程式可知，反应发生需要大量氢离子，pH较高，氢离子浓度低，故不利于反应进行，H+浓度较低时，此时Cr2O72-的氧化性较弱，故答案为： pH较高（或氢离子浓度较低）时，的氧化性较弱，不利于反应进行； ③已知：，，，根据， 可得，故答案为：。 11．(1)+2 (2)或 (3) b 中和溶液中的，得到沉淀 (4) (5) 0.2 (6) 热水 的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少的溶解 【分析】 由题给流程可知，向废旧电池正极片粉碎后用氢氧化钠溶液碱浸，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，磷酸铁锂和石墨不反应，过滤得到含有偏铝酸钠的滤液1和含有磷酸铁锂、石墨及少量不溶性杂质的滤渣1；向滤液1中通入过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到含有氢氧化铝的滤渣2；向滤渣1中加入盐酸酸浸，磷酸铁锂与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化锂和磷酸，石墨不反应，过滤得到含有石墨及少量不溶性杂质的滤渣3和含有氯化亚铁、氯化锂、磷酸的滤液3；向滤液3中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钠溶液中和溶液中氢离子，将磷酸转化为磷酸根离子与铁离子反应得到磷酸铁沉淀，过滤得到含有氯化锂的滤液和含有磷酸铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，磷酸铁转化为磷酸钠和氢氧化铁，过滤得到氢氧化铁固体和浸出液；浸出液经处理得到磷酸钠；向滤液中加入碳酸氢钠溶液将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂。 【详解】（1）根据化合价之和为零，磷酸铁锂(LiFePO4)中铁的化合价为+2价 （2） 得到滤渣2的反应为过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为或 （3）由分析可知，试剂X应选用加入过氧化氢目的是亚铁离子氧化为铁离子，碘单质的氧化性弱于铁离子，不能将亚铁离子氧化为铁离子，氨水没有氧化性，不能氧化亚铁离子，则试剂X不可选用碘水和氨水；加入碳酸钠溶液的目的是中和溶液中氢离子，将磷酸转化为磷酸根离子与铁离子反应得到磷酸铁沉淀，故答案为：b；中和溶液中的，得到沉淀 （4）“滤渣”中加入氢氧化钠溶液时发生的反应为磷酸铁与氢氧化钠溶液反应生成磷酸钠和氢氧化铁，反应的离子方程式为 （5）由分析知，向滤液中加入碳酸氢钠溶液将锂离子转化为碳酸锂沉淀，方程式为；由表可知，20℃时，碳酸锂的溶解度为1.48g，设饱和溶液的质量为101.48g，由溶液的密度可知，溶液的体积为，则溶液中碳酸锂的浓度为，故答案为：0.2； （6） 根据不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度的数据，碳酸锂的溶解度随着温度的升高，逐渐减小，因此“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用热水，故答案：热水；的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少的溶解。 12．(1) (2)2000 (3)氢氧化钙在水中的溶解度小，不能完全溶解 (4)或 (5)取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的溶液，不产生白色沉淀，证明沉淀已洗涤干净 【分析】白云石[主要成分是，含少量的和等]加入盐酸酸浸，除去浸渣，主要成分为，滤液加入氨水调节pH除铁，得到氢氧铁沉淀，再加入碳酸钠沉钙镁，得到的滤渣焙烧，再加入氯化铵浸钙得到氧化镁，滤液主要成分为氯化钙、一水合氨等，通入二氧化碳反应产生碳酸钙； 【详解】（1）与盐酸不反应，故“浸渣”的主要成分是； （2）根据溶度积计算，； （3）在水中的溶解度小，使用溶液可提高的浸出率； （4）“浸钙”的主要反应为，生成氨水，浸液显碱性，通入二氧化碳生成碳酸钙沉淀，答案为或； （5）碳酸钙表面吸附有氯离子，可通过检验氯离子验证沉淀是否洗涤干净，操作为取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的溶液，不产生白色沉淀，证明沉淀已洗涤干净。 13．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2) (3) (4)若不用石灰乳中和，溶液中较大，不利于平衡(有机相)(有机相)正向移动，对萃取效果不好 (5) (6) 偏高 【分析】钒矿石焙砂用硫酸浸钒，滤液A中的阳离子主要有H+、VO、Fe3+、Al3+等，加铁粉把VO还原为VO2+、把Fe3+还原为Fe2+，加石灰乳调节pH=2，Fe2+不会沉淀，滤渣D的主要成分为CaSO4，滤液C用有机溶剂萃取VO2+，VOA2(有机相)中加硫酸使VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+平衡逆向移动，反萃取VO2+，把VO2+氧化为VO，加氨水生成(NH4)2V6O16沉淀，(NH4)2V6O16煅烧得V2O5。 【详解】（1）钒矿石焙砂要进行研磨粉碎，研磨粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。 （2）“浸钒”后滤液A中的阳离子主要有VO，可知焙砂中V2O5与硫酸反应生成，反应方程式为。 （3）“还原”过程中，铁粉把VO还原为VO2+，V元素化合价由+5降低为+4，Fe被氧化为Fe2+，铁元素化合价由0升高为+2，根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，该反应的离子方程式。 （4）“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)，“萃取”前，若不用石灰乳先中和，氢离子浓度大，不利于(有机相)(有机相)平衡正向移动，所以萃取效果不好。 （5）由分析可知，滤渣D的主要成分为CaSO4。 （6）①VO被Fe2+还原为VO2+，V元素化合价由+5降低为+4，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒，VO、(NH4)2Fe(SO4)2的反应比为1:1，则1mLA溶液中含VO的物质的量为n(v1- v2)×10-3mol；“浸钒”过程中钒的浸出率为； ②若不除去过量的过硫酸铵，过硫酸铵氧化(NH4)2Fe(SO4)2，消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量偏大，钒浸出率的测定结果将偏高。 14．(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：。 15．(1)4 (2) (3) (4) 与的物质的量之比为时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但元素沉淀率大幅度提高 温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低 (5) 【分析】钕铁硼油泥废料(主要物相为RE2O3、Fe2O3)用Na2CO3溶液洗涤后，加入稀盐酸浸取，滤液中含有Fe3+、RE3+，向滤液中加入草酸溶液沉淀得到RE2(C2O4)3·10H2O，过滤后的滤液中加入铁粉和草酸溶液沉铁，得到草酸亚铁晶体。 【详解】（1）钕(Nd)属于f区元素，含有s、p、d、f共4种能级，其原子轨道共有4种不同的形状。 （2）溶液中碳酸根发生水解使溶液呈碱性，，而油脂易在碱性溶液中分解，故溶液能洗涤钕铁硼油泥废料。 （3）由图可知，Fe2O3与盐酸反应生成了，离子方程式为：。 （4）与的物质的量之比为时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但元素沉淀率大幅度提高，所以沉淀时，与的最佳物质的量之比为。最佳沉淀温度为60℃，，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低。 （5）由表格数据可知，最稳定，则在沉淀后的滤液中加入，溶液中主要存在的配位阴离子是，在加入铁粉后生成的离子方程式为：。 16．(1)、 (2) (3)A (4) HA中-P-OH更容易发生阳离子交换反应，HB中-P=O有更强的配位能力 (5) (6)1.6 (7) 6 C 【分析】钒矿石(主要含VO2、Fe3O4、Al2O3及少量SiO2)加CaO焙烧，VO2和Fe3O4转化为Fe(VO3)3，Al2O3及少量SiO2转化为对应的钙盐，加硫酸酸浸转化为，Si元素转化为沉淀，Al元素以Al3+的形式存在，有机溶剂对萃取率高于，有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)，加调pH除去Al元素，同时加Fe将Fe3+还原为Fe2+，协同萃取后，反萃取，加NaClO3氧化为，再加NH4Cl沉钒得NH4VO3，处理后得VO2。 【详解】（1）“焙烧”过程中VO2转化为，V元素化合价升高，同时Fe3O4中铁元素化合价升高，所以该反应的还原剂为VO2、Fe3O4； （2）“酸浸”过程中将转化为，该反应的离子方程式为； （3）Al元素以Al3+的形式存在溶液中，加入调节pH，除去铝元素，又有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)，所以可加入一些铁粉，将溶液中的铁离子还原成亚铁离子，故答案为：A； （4）①HA和HB可通过两个氢键形成环状二聚体，其结构示意图为； ②比更稳定的原因为HA中-P-OH更容易发生阳离子交换反应，HB中-P=O有更强的配位能力； （5）“氧化”过程中将转化为，离子方程式为； （6）设溶液初始体积为VL，则参加反应的，剩余的，反应后， ； （7）①晶胞中黑球个数，白球个数为，黑球为V，白球为O，晶胞中的配位数为6； ②从图中可以看出白球O2-位于黑球V4+构成的平面三角形空隙中，故答案为：C； ③一个晶胞的质量为，所以该晶胞的密度为g/cm3。 17．(1)8：1 (2) (3) (4)草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大 (5) 900 否 【分析】由题给流程可知，废旧锂电池粉碎后，加入稀硫酸和硫代硫酸钠混合溶液浸出，将钴酸锂转化为硫酸锂和硫酸亚钴，其他金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和浸出液；向浸出液中加入碳酸氢铵溶液，使溶液中的铝离子、铜离子发生双水解反应转化为氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铝、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰、铁离子转化为氢氧化铁，过滤得到含有二氧化锰、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含有亚钴离子、镍离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到硫酸亚钴溶液；向溶液中加入草酸铵饱和溶液，将溶液中的亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，过滤得到二水草酸亚钴晶体。 【详解】（1）由分析可知，加入稀硫酸和硫代硫酸钠混合溶液浸出的目的是将钴酸锂转化为硫酸锂和硫酸亚钴，由得失电子数目守恒可知，浸出时氧化剂钴酸锂和还原剂硫代硫酸钠的物质的量比为8：1，故答案为：8：1； （2）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液的目的是使溶液中的铝离子、铜离子发生双水解反应转化为氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，其中沉淀铝反应的离子方程式为，故答案为：； （3）由分析可知，加入次氯酸钠溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰、铁离子转化为氢氧化铁，其中生成二氧化锰的离子方程式为，故答案为：；； （4）反应温度为50℃以上时，温度升高，钴的沉淀率下降说明草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大，故答案为：草酸钴的溶解度随温度的升高而逐渐增大； （5）由方程式可知，反应的平衡常数K=====900，平衡时草酸的浓度为0.05mol/L，溶液pH为1.5，则由平衡常数可知，溶液中亚钴离子的浓度为 mol/L =2.2×10-5 mol/L＞1×10-5 mol/L，所以溶液中亚钴离子没有沉淀完全，故答案为：900；否。 18．(1)将Fe2+全部氧化为Fe3+ (2)使Cu2+转化为Cu(OH)2除去 (3)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (4)NH4Cl (5) 1：2 Mn3O4和MnO (6) sp3 F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子 (7) 4 【分析】根据流程：酸性含锰废水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)加过量MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH=3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤渣为Fe(OH)3和过量的MnO2，滤液A含有Mn2+、Cl-、H+、Cu2+，加氨水调节pH=6.4，则Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤，滤渣Q为Cu(OH)2沉淀，滤液B含有Mn2+、Cl-，加碳酸氢铵反应：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此分析作答。 【详解】（1）MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （2）调pH=6.4，除去溶液中的铜离子，使Cu2+ 完全沉淀为Cu(OH)2； （3）过程④中，反应会有CO2生成，故反应为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （4）过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。根据元素守恒，流程中，氯离子未除去，加入铵根离子，则副产品为NH4Cl； （5）MnCO3的物质的量为1 mol即质量为115 g，A点剩余固体质量为115 g×75.65%=87 g，减少的质量为115 g-87 g=28 g，可知MnCO3失去的组成为CO，故剩余固体的成分为MnO2，n(Mn)：n(O)为1：2；C点剩余固体质量为115 g×61.74%=71 g，据锰元素守恒知m(Mn)=55 g,则m(O )1=71 g-55 g=16 g，则n(Mn)：n(O)==1：1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%=76.337 g，因m(Mn)=55 g,则m(O )2=76.337 g-55 g=21.337 g，则n(Mn)：n(O)==3：4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物；故答案为：1：2；Mn3O4和MnO； （6）NF3与NH3的空间构型相同，这两种分子中中心原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的轨道杂化类型为sp3；F 的电负性比N大，N-F 成键电子对向F偏移，导致NF3中N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子； （7）该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm，下边Ba原子距离底面中心的距离=pm，距离Ba2+最近的Hg+数目为4个，二者的最短距离为。 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 $$