2025届高三化学一轮复习 复习题-- --工业流程题

2025届高三化学复习题----工业流程题 1．（2024·安徽亳州·模拟预测）煤炭工业产生的煤矸石(主要成分为、、和MgO)，是我国排放量最大的工业固体废弃物之一，为此，科学家开展了煤矸石的资源化利用，工艺流程如下： 已知：①白炭黑为无定形。 ②常温下，；；当溶液中某离子浓度小于等于时，可认为该离子沉淀完全。 (1)中硫元素的化合价为 。 (2)“煅烧”时，可先通入空气进行逆流式投料，其主要目是 。该过程中获得的气态产物有 (填化学式)。 (3)该工艺流程中采用了不同物质进行多次酸浸，其中“酸浸”的目是 ；“酸浸”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)“调pH”时，若铁元素和铝元素浓度均为0.125mol/L，则调pH的范围为 。 (5)将滤渣所得溶液“多次碳化”的过程中，发现温度对其产率存在影响如图所示，分析图中曲线先升后降的原因 。 (6)研究发现，当酸浸体系中浓度较高时，有可能会与其T(C)形成。冰晶石是最常见的一种六氟合铝酸盐，熔融时的电离方程式，其晶胞结构如图所示。该晶体的晶胞参数为a pm，则冰晶石晶体密度的计算表达式为 。 2．（2024·贵州贵阳·二模）锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。它的问世使得锂离子动力电池在纯电动汽车与混合动力车等大型蓄电池应用领域占据主导地位。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等元素的氧化物)为原料制备尖晶石结构的锰酸锂。流程如下图： 回答下列问题： (1)为加快“浸取”速率，可采取的措施有 (写出一种即可)。 (2)“浸取”得到的浸取液中阳离子主要是，生成的离子方程式为 。 (3)已知：室温下，时，开始沉淀。“精制”时(室温)除去溶液中的(使其浓度小于)，需调节溶液范围为 ，滤渣Ⅱ的主要成分是 。 (4)在催化剂存在下，从下表可知升高氧化温度有利于氢氧化锰的氧化，分析工业“控温、氧化”过程中，最适宜选定的氧化温度为 ，原因是 。 氧化温度/℃ 230 280 300 330 350 400 的质量分数/% 70.8 72.3 73.4 74.9 75.1 75.5 (5)“锂化”是将和按的物质的量比配料，球磨，然后升温至600～750℃，保温，自然冷却至室温得产品。所得混合气体的成分是 。 (6)一种晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为，高为。 ①图中“●”代表的是 (填“Mn”或“O”)。 ②为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为 (列出计算式即可)。 3．（2024·辽宁·二模）铊(Tl)广泛应用于电子、军工、航天等领域。一种从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分为PbO、ZnO、FeO、Fe2O3、Tl2O)中回收铊的工艺流程如图所示： 已知： ①Tl+易被氧化为Tl3+ ②在氯化物-硫酸水溶液中，Tl元素以形式存在 ③萃取过程的反应原理为：H++CH3CONR2+[CH3CONR2H]TlCl4 ④常温下 请回答下列问题： (1)铊(81Tl)与铝同主族，基态原子的价电子轨道表示式为 。 (2)“浸取Ⅰ”中Tl2O发生反应的化学方程式为 。 (3)滤渣的主要成分为 。 (4)常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁。已知水相中c(Zn2+)=0.1mol/L，控制pH范围为 (已知当溶液中离子浓度小于10-5mol/L时，通常认为该离子沉淀完全，结果保留一位小数)。 (5)请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入CH3COONH4溶液的原因 。 (6)“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为 。 (7)铊镉合金是原子能工业重要材料，其一种立方晶胞结构如图所示，已知该铊镉合金密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则铊原子和镉原子之间的最短距离d= nm(用含的代数式表示)。 4．（2024·江西鹰潭·二模）钛白粉是一种重要的无机化工颜料，主要成分为二氧化钛()，一种以含、CaO、等杂质的钛铁矿()为原料制备钛白粉的工艺流程如图所示。 已知：①不溶于水和稀酸； ②“酸浸”后钛元素主要以形式存在； ③，当溶液中'时可认为完全除去。 回答下列问题： (1)请写出加快“酸浸”速率的一个措施： 。 (2)“酸浸”时，发生反应的化学方程式为 。 (3)“滤渣”①的主要成分是 (填化学式)。 (4)流程中加入铁粉的目的是把体系中的还原成，冷却结晶析出晶体。体系中的还可以用调节pH的方法除去，设酸浸后体系中，常温下开始沉淀的pH为 。 (5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有 (填化学式)。 (6)碳化钛晶胞结构如图所示，碳化钛的化学式为 ，碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为 。晶胞边长参数，则晶体的密度 (列出计算式，不要求化简)。 5．（2024·安徽安庆·二模）粗氢氧化钴Co(OH)3是以铜钴矿为原料湿法提取而得到的粗制钴盐中间品，含有MnOOH以及Al2O3、Fe3O4、Mg等杂质，粗氢氧化钴湿法制取精制硫酸钴流程如下： (1)浸出时添加还原剂SO2对原料中的锰和 (填元素名称)进行有效浸出。保持温度，流速等条件不变，Co浸出率与时间关系如图所示，则浓度最适宜为 mol/L。 (2)“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸。被氧化为，该反应的离子方程式为 (已知：的电离第一步完全，第二步微弱)。生石灰调节 (保留一位小数)时，检验反应后的滤液中恰好不存在(已知：的，离子浓度时沉淀完全)。 (3)在萃取剂一定量的情况下，提高萃取率的措施有 (答出一点即可)，萃取后水相溶液中存在的金属离子有 。 (4)硫酸钴的溶解度曲线如图所示，从溶液中获得CoSO4•7H2O的方法是 。 6．（2024·重庆·模拟预测）某小组以废铁屑(久置但未生锈)为原料制备Fe(NO3)3，并利用配制的Fe(NO3)3标准溶液对“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的含量进行测定，实验过程如下： 【实验Ⅰ】Fe(NO3)3·9H2O的制备 (1)热纯碱溶液的作用是 ；稀硝酸要足量的目的有：①确保铁元素转化成Fe3+，② 。 (2)操作A为在足量稀硝酸存在下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。操作A需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、酒精灯、干燥器、 。 【实验Ⅱ】标准Fe(NO3)3溶液的配制。 准确称取0.8080g Fe(NO3)3·9H2O配成100mL 0.02000mol/L溶液。 (3)下列操作会导致所配Fe(NO3)3溶液浓度偏低的是___________(填字母)。 A．溶液未恢复室温就注入容量瓶定容 B．定容时俯视液面 C．摇匀后发现液面低于刻度线，于是加水至刻度线 D．容量瓶底部残留少量的蒸馏水而未做干燥处理 【实验Ⅲ】绘制Fe3+标准溶液与吸光度A(对特定波长光的吸收程度，数值与有色物质的浓度大小有关)的标准曲线。 ①分别向6个100mL容量瓶中加入0.50、0.75、1.00、1.25、1.50、2.00mL实验Ⅱ中标定的浓度为0.0200mol·L-1的Fe(NO3)3标准溶液，然后分别加入1.50mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。 ②将配好的溶液加入10mL比色皿中，分别测定其吸光度，所得数据如下表所示： 比色管编号 S1 S2 S3 S4 S₅ S6 Fe(NO3)3溶液/mL 0.50 0.75 1.00 1.25 1.50 2.00 c(Fe3+)/(10-4mol·L-1) 1 1.5 2 2.5 3 4 吸光度A 0.12 0.17 0.22 0.27 0.32 0.42 (4)上述实验数据处理中k= ，b= 。 【实验Ⅳ】“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素含量的测定 ①取1.000g补铁剂样品，溶解后再加入足量H2O2溶液充分反应后配成100mL溶液。 ②取1.0mL上一步所配溶液于100mL容量瓶中，加入1.50mL某浓度KSCN溶液，用蒸馏水定容。 ③将最终配好的溶液加到10mL比色皿中，在与【实验Ⅲ】步骤②中相同条件下测得溶液吸光度A=0.35。 (5)“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的质量分数为 %。 (6)下列操作中有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量的有___________(填字母)。 A．提前除去【实验Ⅰ】溶解铁屑所用硝酸中的Fe3+杂质 B．用浓硝酸溶液代替【实验Ⅳ】中所用的H2O2溶液 C．整个实验中均采用相同浓度的KSCN溶液 D．对每一份溶液平行测定多次吸光度A，取平均值作结果 7．（2024·安徽·二模）锂离子电池给生活带来了便利，但数量巨大的废旧锂电池的处理问题也日益显现。对废旧锂离子电池的有效回收，不仅具有巨大的社会、经济效益，而且还可以缓解我国钴和锂等矿产资源紧缺的压力。以某废旧电池材料为原料(主要成分为，还含有少量铁、铝等元素的化合物)制备和的工艺流程如图所示。 已知：①微溶于水。难溶于水，且能与过量的生成。 ②常温下，几种物质的。如下表： 物质 回答下列问题： (1)基态Co原子的价电子排布式为 。 (2)“酸浸”过程中反应的离子方程式为 ；该过程不适合用盐酸代替，从绿色化学角度分析其原因是 。 (3)“调pH”时溶液，常温下，若使杂质离子全部沉淀，则调节pH的范围是 (已知：离子浓度时，认为沉淀完全)。 (4)鉴别洗净的和固体常用方法的名称是 。 (5)“沉钴”时，钴的沉淀率与加入量的关系如图所示，随的进一步增大，钴的沉淀率减小的原因是 。 (6)在空气中“焙烧”转化为的化学方程式为 。 8．（2024·陕西安康·模拟预测）利用含钴废料(主要成分为、、、以及、等)制备碳酸钴和硫酸镍晶体的一种工艺流程如图所示： 已知：；。 请回答下列问题： (1)“碱浸”时所得滤液中溶质的主要成分为和 。“酸浸”时发生反应的总离子方程式为 。 (2)“萃取”时萃取的反应原理如下：(有机层)，若萃取剂的量一定时， (填“一次萃取”或“少量多次萃取”)的萃取效率更高。若“酸浸”后浸出液的，，萃取完成后水相中为，则钴的萃取率为 (结果保留一位小数，溶液体积变化忽略不计)。 (3)“沉锰”时，转化为，则“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。 (4)可以通过电解溶液获得单质和较浓的盐酸，其工作原理如图所示，其中膜a和膜b中，属于阳离子交换膜的是 。若Ⅱ室溶液中溶质的质量增加了，则理论上获得的单质的质量为 。 9．（2024·河北沧州·二模）在密闭鼓风炉炼铅锌过程中，锗和铟富集于真空炉渣中。采用蒸馏-萃取联合法提取锗、铟，可直接从真空炉渣中制取二氧化锗和粗铟，工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)基态锗原子的外围电子排布式为 ；铟为第5周期ⅢA族元素，基态铟原子的未成对电子个数有 个。 (2)关于浸出除锌，下列说法正确的是___________(填标号)。 A．将真空炉渣粉碎，可以提高锌浸出率 B．应使用强酸性溶液处理真空炉渣 C．分离浸出液和浸渣时，应使用过滤操作 D．向浸出液中加入金属钠，可置换出锌单质 (3)氧化焙烧处理后的真空炉渣中，锗元素以和少量单质形式存在，将其投入蒸馏釜中，加入盐酸，通入氯气，在下进行氯化蒸馏，得到液体，该过程中发生的主要反应的化学方程式为 、 。 (4)低于时，将与适量水混合，水解得到，水解反应的化学方程式为 。 (5)残液中的铟元素主要以的形式存在，置换除杂后，以有机溶剂和为萃取剂，可采用二次联合萃取法回收铟。和的结构如图所示，的化学式为 ；在煤油中，以二聚体形式存在，从分子结构角度分析其原因是 。 (6)某真空炉渣中含铟量为(质量分数)，以该真空炉渣为原料，按照以上工艺回收粗铟，可获得含铟量(质量分数)的粗铟，则该工艺中铟回收率为 。 (7)采用甘油碘化钾-二次电解联合法提纯粗铟，在电解精炼之前，需采用甘油-碘化钾法除去杂质。如图分别是碘化钾和甘油用量对除率、除率的影响曲线，由此可以确定具有较好除效果时，铟原料与试剂用量配比约为 。 10．（2024·北京·一模）一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3 Ksp 6.8×10-6 5.6×10-12 2.3×10-9 2.8×10-9 5.5×10-6 2.5×10-2 (1)i中，操作的名称是 。 (2)ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。 (3)iii中，得到的沉淀3的成分有 。 (4)有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。 (5)一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi2CO3产品，加入c1mol/LV1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解； 步骤II．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤III．以酚酞为指示剂，用c2mol/LNaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。Li2CO3的摩尔质量为74g/mol。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤II的目的是 ；若省略步骤II，直接进行步骤III，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (6)纯化Li2CO3粗品 将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3.电解原理如图所示： 阳极的电极反应式是 ，该池使用了 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。 11．（2024·全国·模拟预测）用某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)制取的过程如图所示： 回答下列问题： (1)基态镍原子的价层电子排布式为 。 (2)加入适量时除获得沉淀外，还会发生的离子方程式为 。 (3)“氧化”时需保持滤液在40℃左右，可采用的加热方式为 。用6%的溶液氧化时，控制温度不超过40℃的原因是 。也可以用氧化，生成的在较小pH条件下水解，最终形成黄钠铁矾沉淀而被除去，如图是pH温度关系图，图中阴影部分为黄钠铁矾稳定存在的区域，下列说法正确的是 (填字母)。 a．FeOOH中铁为价 b．pH过低或过高均不利于生成黄钠铁矾，其原因不同 c．氯酸钠在氧化时，1mol失去的电子数为 d．工业生产中温度常保持在85~95℃，加入后生成黄钠铁矾，此时溶液的pH约为1.2~1.8 (4)加入溶液时，确认已经完全沉淀的实验方法是 。 (5)某实验小组利用制取镍氢电池的正极材料碱式氧化镍(NiOOH)，过程如图所示： ①试从平衡移动的角度解释可溶于稀硫酸的原因： 。 ②写出在空气中加热制取NiOOH的化学方程式： 。 12．（2024·广西·二模）三氯化铬是常用的催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧化。某化学小组采用如下流程制备无水三氯化铬并探究三氯化铬六水合物的结构。 已知：沸点为，有毒，易水解。 (1)“热分解”发生反应的化学方程式为 。 (2)“热反应”制无水的实验装置如图所示(中加热装置略)。 ①加热反应前通的目的是 。 ②A中仪器X的名称是 ，其作用是 。 ③E中收集的物质含有 (写化学式)。 ④尾气经 处理后可循环使用。 (3)已知配合物，配位数为6)有多种异构体，不同条件下析出不同颜色的晶体，如晶体为淡绿色。将溶于水，一定条件下结晶析出暗绿色晶体。称取该暗绿色晶体溶于水配成暗绿色溶液，加入足量的溶液，得到2.白色沉淀。 ①中存在的化学键有 (填序号)。 a．配位键        b．氢键        c．离子键        d．金属键 ②该暗绿色晶体的化学式为 。 13．（2024·广东·二模）Fe@Fe2O3纳米线是一种新型铁基材料，在催化、生物医药、环境科学等领域具有广阔应用前景。某研究小组以赤泥(铝土矿提取氧化铝过程中产生的固体废弃物，含SiO2、Fe2O3、Al2O3)为原料，设计下列流程制备Fe@Fe2O3纳米线并探究其在水处理中的应用。 回答下列问题： (1)“浸出”实验中，盐酸起始浓度对铁、铝浸出率的影响如图所示： ①盐酸的合适浓度为 。 ②盐酸起始浓度为2 mol·L-1时，铁的浸出率很低，原因是 。 (2)铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是a，则两个最近的Fe原子间的距离为 cm(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 (3)已知：25℃时，Al(OH)3(s)AlO+ H+ + H2O K=4×10-13。若浸出液c(Al3+) = 0.04 mol·L-1，“调节pH”时，pH最小应为 (设调节pH过程中溶液体积不变)。 (4)Fe@Fe2O3纳米线为壳层结构(核是Fe、壳是Fe2O3)，壳是由中心铁核在合成过程中被氧化而形成。 ①“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生，滤液II中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为 。 ②“合成”后，经过滤、 、 获得Fe@Fe2O3纳米线。 14．（2024·河南·三模）某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，下图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、锰的一种流程。回答下列问题： 已知：①常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易溶于水。 中Ni和Co元素的化合价均为+2价。 ③焙烧时没有发生变化，焙烧还原时Li元素转化为。 ④常温时，氢氧化铝。。 (1)中Mn元素的化合价为 。 (2)为提高焙烧效率，可采取的措施有 (填写一种方法)，焙烧的目的是 。 (3)除杂时发生反应的离子方程式为 (任写一个)。 (4)焙烧还原时发生反应的化学方程式为 。 (5)水浸时，通入CO2的目的是 。 (6)若废旧的锂离子电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到等物质，在酸浸中若Al3+浓度为0.1mol/L，则常温时pH> (结果保留两位小数)才能够形成氢氧化铝沉淀。 (7)已知MnO晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm³(写出表达式)。 15．（2024·新疆喀什·二模）利用含钴废料(主要成分为Co、Ni、Mn、Pb以及、等)制备碳酸钴和硫酸镍晶体的一种工艺流程如图所示： 请回答下列问题： (1)基态Co原子的价电子原子轨道表达式为 。铂钴合金具有较高的永磁性能，其晶胞如图所示，若A点Pt原子的坐标参数为，则B点Pt原子的坐标参数为 。 (2)“碱浸”时所得滤液中溶质的主要成分为NaOH和 。“酸浸”时发生反应的总离子方程式为 。 (3)酸浸后滤渣的主要成分为 。 (4)“沉锰”时，转化为，则“沉锰”时发生反应的离子方程式为： 。 (5)可以通过电解溶液获得单质Co和较浓的盐酸，其工作原理如图所示： 其中膜a和膜b中，属于阳离子交换膜的是 (填“膜a”或者“膜b”)。阴极的电极方程式为： 。 16．（2024·重庆·二模）工业上用软锰矿（主要含、及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、、ZnS）为原料联合制取和的流程如下图所示。 (1)基态Mn核外有 个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的 区。 (2)提高“酸浸”浸出率可采取的措施有 （写两条），“冰水沉积”的目的是 。 (3)PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是 （填化学式）。 (4)“酸浸”时，PbS与反应生成和，写出其反应的离子方程式 。 (5)“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是 。 (6)“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为 。 (7)通过在MnO晶体（正极）中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，原理如下图所示。Ⅰ为MnO活化过程，请写出过程Ⅱ的电极反应式 。 17．（2024·贵州·二模）偏磷酸钡Ba(PO3)2具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为H3PO4，含有少量Mg2+、Fe3+、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示： 已知时：①； ②将NH3通入H3PO4溶液中，当pH=3.8~4.5时生成NH4H2PO4，pH=8.0~8.2时生成(NH4)2HPO4。 回答下列问题： (1)“滤渣1”中含硫化合物的化学式为 。 (2)“滤渣2”的主要成分有及，其中生成的离子方程式为 ；下，当沉淀完全时，至少为 [当时认为沉淀完全]。 (3)“氨化”的目的之一是通入NH3调节溶液的pH，当溶液pH为4.3时H3PO4转化为 (填化学式)。 (4)“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是 。 (5)“结晶”后得到晶体，“煅烧”时生成和等物质，其反应的化学方程式为 ；比较键角： (选填“”“”或“”)，其原因是 。 18．（2024·北京朝阳·一模）以菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)为原料提纯MnCO3的一种流程示意图如下。 已知：i．浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。 ii．常温时，部分物质的Ksp如下表所示： 物质 MnCO3 Mn(OH)2 MgCO3 Mg(OH)2 Ksp 1.8×10-11 1.9×10-13 6.8×10-6 5.6×10-12 iii．1mol·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8，c()≈3.3×10-3mol·L-1 (1)将菱锰矿“研磨”的目的是 。 (2)写出MnCO3在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式： 。 (3)用1mol·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。 注:锰的回收率= ①“沉锰”反应的离子方程式是 。 ②分析浸出液pH=8时，MnCO3产品中存在的杂质可能是 ，说明判断依据 。 (4)该流程中可以循环利用的物质有 。 (5)检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10mL加入稍过量的NH4NO3溶液，使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用bmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。 ①产品中锰元素的质量分数为 。 ②若未充分加热，则会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 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)-1 (2) 增大接触面积，加快反应速率 、 (3) 将以固态形式优先分离，避免后续接触到HF发生反应 (4)3—3.3 (5)在一定范围内提高反应温度，反应速率加快，产率增加；温度过高时，气体的溶解度过小，反应物浓度下降，产率下降 (6) 【分析】煤矸石(主要成分为、、和MgO)在675℃煅烧产生气体SO2及水蒸气，固体加入盐酸酸浸Ⅰ，得到滤渣1为，用NaOH溶液溶解得到的溶液为硅酸钠，通入二氧化碳多次碳化得到白炭黑为无定形；酸浸Ⅰ得到的酸浸液加入HF进行酸浸Ⅱ后进行操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Ⅱ为MgF2，酸浸液加入双氧水氧化，再调节pH，进行操作Ⅱ也为过滤，得到滤渣Ⅲ为氢氧化铁，滤液为含有铝离子溶液，按比例转化为高效混凝剂聚合氯化铝铁； 【详解】（1）中铁为+2价，则硫元素的化合价为-1价； （2）“煅烧”时，可先通入空气进行逆流式投料，其主要目是增大接触面积，加快反应速率；该过程中获得的气态产物有、； （3）该工艺流程中采用了不同物质进行多次酸浸，其中“酸浸”的目是将以固态形式优先分离，避免后续接触到HF发生反应；“酸浸”过程中镁离子转化为氟化镁沉淀，发生反应的离子方程式为；； （4）“调pH”时，若铁元素和铝元素浓度均为0.125mol/L，铁离子先沉淀，沉淀完全时，c(H+)=10-3mol/L，pH=3， ，c(H+)=10-3mol/L，pH=3.3，则调pH的范围为3—3.3； （5）将滤渣所得溶液“多次碳化”的过程中，发现温度对其产率存在影响，根据图中信息可知，曲线先升后降的原因在一定范围内提高反应温度，反应速率加快，产率增加；温度过高时，气体的溶解度过小，反应物浓度下降，产率下降； （6）根据均摊法，黑色小球应该为，个数为，白色小球为Na+，个数为，该晶体的晶胞参数为a pm，则冰晶石晶体密度的计算表达式为。 2．(1)当增大硫酸的浓度、搅拌(任选1种，其他合理答案均可) (2) (3) Fe(OH)3、Al(OH)3 (4) 330℃ 330℃时，MnO2产率较高，温度再上升，MnO2产率的增长也很小，而且温度越高，对设备要求更高，能耗更大，成本更高，综合考虑330℃最合适 (5)O2、CO2 (6) Mn 【分析】软锰矿浆(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等元素的氧化物)，加入FeSO4、H2SO4浸取，MnO2被Fe2+在酸性条件下还原为Mn2+，铁、铝的氧化物转化为Fe2+、Al3+，Si的氧化物不与酸反应，进入滤渣Ⅰ中，滤液中先加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MnO调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后，滤渣Ⅱ为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中加入氨水沉锰，生成Mn（OH）2沉淀，Mn（OH）2加水，通入O2控温、氧化，得到MnO2固体，加入Li2CO3进行“锂化”得到LiMn2O4，根据质量守恒、电子守恒可知，还生成二氧化碳、氧气。 【详解】（1）适当增大硫酸的浓度、搅拌(任选1种，其他合理答案均可)等均会加快反应速率； （2）加入FeSO4、H2SO4浸取，MnO2被Fe2+在酸性条件下还原为Mn2+，离子方程式为：； （3）室温下，Al3+完全沉淀时，，，，此时pH=5，同理可得Fe3+完全沉淀时，pH=3，pH=7.1时，开始沉淀，“精制”时，需调节溶液范围为；由分析得，滤渣Ⅱ的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3； （4）最适宜选定的氧化温度为330℃，此时MnO2产率较高，温度再上升，MnO2产率的增长也很小，而且温度越高，对设备要求更高，能耗更大，成本更高，综合考虑330℃最合适； （5）由题意初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3→LiMn2O4，Mn元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，此时只能是氧元素化合价升高，推测生成O2，反应前有碳酸盐，推测还有CO2； （6）①由图可知，根据均摊法，白球的数目为，黑球的数目为，MnO2中Mn与O原子个数比为1：2，即黑球为Mn； ②晶胞体积为a2b×10-21cm3，晶胞的密度为：。 3．(1) (2)5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O (3)PbSO4 (4)2.8~6.0 (5)CH3COO-消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，Tl元素以形式重新进入水层 (6)H2O++=TlCl↓++2H++3Cl- (7)××107 【分析】富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的滤渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，最后用Zn置换Tl2SO4溶液得到金属铊，据此分析回答问题。 【详解】（1） 铊(81Tl)与铝同主族，即Tl位于第6周期第ⅢA族，故基态Tl原子的价电子轨道表示式为，故答案为：； （2）由题干流程图可知，“浸取Ⅰ”中Tl2O转化为Tl3+，该过程发生反应的化学方程式为：5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O，故答案为：5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4=2K2SO4+4MnSO4+5Tl2(SO4)3+21H2O； （3）由分析可知，滤渣的主要成分为PbSO4，故答案为：PbSO4； （4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁，即使Fe3+完全沉淀，则c3(OH-)×10-5>Ksp[Fe(OH)3]，c(OH-)>mol/L=3×mol/L，pH>2.8，而Zn2+不产生沉淀，则已知水相中c(Zn2+)=0.1mol/L，即c2(OH-)×0.1＜Ksp[Zn(OH)2]，c(OH-)＜mol/L=10-8mol/L，则pH＜6.0，控制pH范围为2.8<pH<6.0，故答案为：2.8~6.0； （5）由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子，故答案为：CH3COO-消耗H+，使萃取过程的平衡逆向移动，Tl元素以形式重新进入水层； （6）还原、氯化、沉淀过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O++=TlCl↓++2H++3Cl-，故答案为：H2O++=TlCl↓++2H++3Cl-； （7）由题干铊镉合金的一种立方晶胞结构所示信息可知，一个晶胞中含有Tl的个数为：=3，含Cd个数为：=1，已知该铊镉合金密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为a=×107nm，由晶胞图可知，铊原子和镉原子之间的最短距离为面对角线的一半，即d=a=××107nm，故答案为：××107。 4．(1)粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等 (2) (3)Fe、和 (4)2 (5) (6) TiC 12 或 【分析】钛铁矿主要成分FeTiO3，还含有、CaO、等杂质，加硫酸“酸浸”，用过量的铁把Fe3+还原为Fe2+，难溶于水、CaSO4微溶于水，过滤除去、CaSO4、Fe；滤液冷却结晶析出；滤液②含有TiOSO4，加热水解生成H2TiO3沉淀，H2TiO3灼烧分解的TiO2，据此分析解题。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率的一个措施有：粉碎钛铁矿石、升高温度、搅拌、适当增大硫酸的浓度等； （2）“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在，“酸浸”时，和硫酸反应生成硫酸亚铁和TiOSO4，发生反应的化学方程式为：； （3）难溶于水、CaSO4微溶于水，所以“滤渣”①的主要成分是、CaSO4和剩余的Fe； （4）酸浸后体系中，，常温下开始沉淀时，c(H+)=10-2，pH为2时开始沉淀； （5）TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸，硫酸可用于“酸浸”，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有； （6）根据均摊原则，晶胞中Ti原子数、C原子数为，碳化钛的化学式为TiC；碳原子距离最近且相等的碳原子的数目为12；晶胞边长参数，则晶体的密度或。 5．(1) 钴、铁 3.0 (2) H2O+Mn2++=MnO2++3H+ 3.5 (3) 分多次加入萃取剂 Mn2+ (4)蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥 【分析】由题干工艺流程图可知，将粗氢氧化钴用水磨成浆后加入H2SO4和SO2进行浸出，将Co转化为Co2+，Fe转化为Fe2+、Al转化为Al3+、Mg转化为Mg2+，Mn转化为Mn2+，过滤除去其他不溶性杂质，向滤液中加入生石灰，热空气和SO2，将Fe2+转化为Fe(OH)3、Al3+转化为Al(OH)3，过滤出Fe(OH)3和Al(OH)3，向滤液中加入萃取剂P204以萃取Co2+，分液出水层含有Mn2+和有机相含有Co2+，对有机相进行反萃取得到水层含有CoSO4，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，浸出时加入H2SO4和SO2进行浸出，将Co转化为Co2+，Fe转化为Fe2+、Al转化为Al3+、Mg转化为Mg2+，Mn转化为Mn2+，故添加还原剂SO2对原料中的锰和钴、铁进行有效浸出，保持温度，SO2流速等条件不变，根据Co浸出率与时间关系图所示信息可知， H2SO4浓度为3.0mol/L时浸出速率最快，故硫酸浓度最适宜为3.0mol/L，故答案为：钴、铁；3.0； （2）“除杂”时混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，H2SO5中含有一个过氧键，故被H2SO5氧化为，H2SO5转化为H2SO4，该反应的离子方程式为：H2O+Mn2++=MnO2++3H+，检验反应后的滤液中恰好不存在，即Fe3+离子浓度时，此时c(OH-)===10-10.5，则c(H+)===10-3.5mol/L，即生石灰调节pH=3.5，故答案为：H2O+Mn2++=MnO2++3H+；3.5； （3）在萃取剂一定量的情况下，分多次加入萃取剂能够提高萃取率，由分析可知，萃取后水相溶液中存在的金属离子有Mn2+，故答案为：分多次加入萃取剂；Mn2+； （4）由题干硫酸钴的溶解度曲线图示信息可知，CoSO4•7H2O的溶解度随温度升高而明显增大，故从溶液中获得CoSO4•7H2O的方法是蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶，过滤洗涤，低温干燥。 6．(1) 除去废铁屑表面的油污 提供酸性环境，抑制Fe3+水解 (2)蒸发皿和玻璃棒 (3)C (4) 1000 0.02 (5)18.48 (6)CD 【分析】Fe(NO3)3•9H2O的制备，废铁屑加入热的碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，过滤洗涤后加入足量硝酸溶液，溶解滤渣，45℃水浴加热，溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到Fe(NO3)3•9H2O，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，热纯碱溶液的作用是除去废铁屑表面的油污；稀硝酸要足量的目的有：①确保铁元素转化成Fe3+，②由于Fe3+易水解，故加入过量稀硝酸的目的为提供酸性环境，抑制Fe3+水解，故答案为：除去废铁屑表面的油污；提供酸性环境，抑制Fe3+水解； （2）操作A为在足量稀硝酸存在下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。操作A需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、酒精灯、干燥器、蒸发皿和玻璃棒，故答案为：蒸发皿和玻璃棒； （3）A．由于液体的热胀比固体快，故溶液未恢复室温就注入容量瓶定容，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高，A不合题意； B．定容时俯视液面，导致所配溶液体积偏小，浓度偏高，B不合题意； C．摇匀后发现液面低于刻度线，于是加水至刻度线，导致所配溶液体积偏大，浓度偏低，C符合题意； D．容量瓶底部残留少量的蒸馏水而未做干燥处理，对实验结果无影响，D不合题意； 故答案为：C； （4）任取两组实验数据，则有：0.17=k×1.5×10-4+b，0.32=k×3.0×10-4+b，解得上述实验数据处理中k=1000，b=0.02，故答案为：1000；0.02； （5）根据(4)分析可知，A=1000x+0.02，在与【实验Ⅲ】步骤②中相同条件下测得溶液吸光度A=0.35，解得x=3.3×10-4mol/L，故原样品中含有的Fe2+的物质的量为：3.3×10-4mol/L××0.1L=3.3×10-3mol，故“硫酸亚铁补铁剂”中铁元素的质量分数为=18.48%，故答案为：18.48； （6）A．实验Ⅰ中引入的Fe3+与补铁剂中的Fe3+无关，故除不除去【实验Ⅰ】溶解铁屑所用硝酸中的Fe3+杂质对测量结果无关，A不合题意； B．【实验Ⅳ】中使用H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+，浓硝酸也能起到同样的作用，故用浓硝酸溶液代替【实验Ⅳ】中所用的H2O2溶液对实验结果无影响，只是将产生有毒有害气体NO2，污染环境，B不合题意； C．由于Fe3+与SCN-反应是一个可逆反应，故整个实验中均采用相同浓度的KSCN溶液，有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量，C符合题意； D．对每一份溶液平行测定多次吸光度A，取平均值作结果，使实验结果更加准确，故有利于更准确测得补铁剂中的铁元素含量，D符合题意； 故答案为：CD。 7．(1) (2) 会将盐酸氧化生成氯气，污染环境 (3)5≤pH<7 (4)焰色试验 (5)与过量的生成而溶解 (6) 【分析】废旧电池加入双氧水和硫酸进行酸浸，得到硫酸盐，加入氢氧化钠调节pH除去滤渣，主要为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液加入P204进行萃取，得到水相加入碳酸钠沉锂，处理得到碳酸锂；有机相加入硫酸反萃取得到的溶液加入草酸铵沉钴，得到草酸钴，焙烧得到四氧化三钴； 【详解】（1）Co为27号元素，基态Co原子的价电子排布式为。 （2）中+3价的Co元素被还原为+2价的，故反应的离子方程式为。中+3价的Co元素具有较强的氧化性，会将盐酸氧化生成氯气，污染环境； （3）“调pH”将溶液中的杂质离子和转化为沉淀，，即pH≥5；同时不能沉淀，故，即pH<7，答案为5≤pH<7； （4）和所含金属元素不同，可通过焰色试验鉴别，其中Li元素焰色为紫红色，Na元素焰色为黄色，答案为焰色试验； （5）随的进一步增大，与过量的生成导致钴的沉淀率减小； （6）在空气中加热转化为Co3O4的反应为晶体被空气中氧气氧化得到Co3O4，根据元素守恒和电子得失守恒可写出反应的化学方程式为。 8．(1) (2) 少量多次萃取 (3) (4) a 59g 【分析】含钴废料经氢氧化钠处理可以除去SiO2，转化为Na2SiO3，Co、Ni、Mn、Pb以及经硫酸和过氧化氢处理得到滤渣PbSO4和含Co2+、Mn2+、Ni2+的溶液，再经有机相萃取分离Co2+和Mn2+、Ni2+。 【详解】（1）“碱浸”时发生反应：2NaOH+SiO2=+H2O，所得滤液中溶质的主要成分为NaOH和，“酸浸”时发生还原反应，过氧化氢为还原剂，总离子方程式为。 （2）“萃取”时，若萃取剂的量一定时，少量多次萃取的萃取效率更高。氢离子的浓度由变成，增加，由可知Co2+减少，故钴的萃取率为。 （3）“沉锰”时，转化为，Mn2+转化为MnO2，故离子方程式为。 （4）电解溶液时阳极水失去电子产生氧气，即，阴极发生，阳极的氢离子透过阳离子交换膜a进入产品室，阴极Cl-透过阴离子交换膜b进入产品室产生浓盐酸。若Ⅱ室溶液中溶质的质量增加了73g，即共转移2molHCl，说明有2mol氢离子移向产品室，故电路中共转移2mol电子，由可知理论上获得的单质Co为1mol，质量为59g。 9．(1) 4s24p2 1 (2)AC (3) GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O Ge+2Cl2GeCl4 (4)GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl (5) C12H27O4P P204在煤油中形成氢键 (6)85.8% (7)100：35：6 【分析】由题给流程可知，向真空炉渣中加入强碱溶液浸出，将锌转化为四羟基合锌离子，过滤得到滤渣和可用于回收锌的浸出液；滤渣经氧化焙烧、氯化蒸馏、冷凝吸收得到四氯化锗、可回收铅的残渣和含有三氯化铟的残液；四氯化锗经水解、烘干得到二氧化锗；残液经置换除杂、TBP萃取、P204反萃取得到含铟反萃液，反萃液经置换、熔铸得到粗铟。 【详解】（1）锗元素的原子序数为32，基态原子的外围电子排布式为4s24p2；铟为第5周期ⅢA族元素，基态原子的外围电子排布式为5s25p1，则原子核外未成对电子个数有1个，故答案为：4s24p2；1； （2）A．将真空炉渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高锌浸出率，故正确； B．由分析可知，应使用强碱性溶液处理真空炉渣，过滤得到含有四羟基合锌离子的浸出液，故错误； C．分离浸出液和浸渣的操作为固液分离操作，所以应使用过滤操作，故正确； D．金属钠具有强还原性，会与浸出液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出锌，故错误； 故选AC； （3）由题意可知，得到四氯化锗发生的反应为二氧化锗与盐酸反应生成四氯化锗和水、锗与氯气共热反应生成四氯化锗，反应的化学方程式分别为GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O、Ge+2Cl2GeCl4，故答案为：GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O；Ge+2Cl2GeCl4； （4）由题意可知，四氯化锗发生的水解反应为低于0℃条件下，四氯化锗水解生成GeO2⋅nH2O和盐酸，反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl； （5）由题给结构可知，TBP的化学式为C12H27O4P；P204分子中含有的羟基在煤油中形成分子间，所以P204在煤油中以二聚体形式存在，故答案为：C12H27O4P；P204在煤油中形成氢键； （6）由铟原子个数守恒可知，该工艺中铟回收率为×100%=85.8%，故答案为：85.8%； （7）由图可知，甘油和铟的质量比为0.35、碘化钾和铟的质量比为0.06时，铊、镉的去除率都最大，设铟原料的质量为xg，则铟原料与试剂用量配比为x：0.35x：0.06x=100：35：6，故答案为：100：35：6。 10．(1)萃取、分液 (2)2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+ 2 (3)Mg(OH)2、CaCO3、Ca(OH)2 (4) 不可行 由于Ksp(CaCO3)远小于Ksp(Li2CO3)，若省略向溶液3中加入草酸钠这一步，会在沉锂的同时生成CaCO3沉淀，造成产品纯度降低 (5) ×100% 除去溶液中的CO2 偏低 (6) 4-4e-=2H2O+O2↑ +4CO2↑ 阳 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，i中操作的名称是萃取分液，故答案为：萃取、分液； （2）由分析可知，ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O=Mg2(OH)2CO3↓+2； （3）由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3、Ca(OH)2； （4）由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行； （5）①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)=n(NaOH)=c2V2×10-3mol,则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)=c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2)×10-3mol,根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为×100%； ②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果，若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低； （6）根据电解图，阳极失去电子发生氧化反应，放电为氢氧根离子，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极放电的是氢离子，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极生成OH-，Li+通过阳离子交换膜进入阴极区，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，为阳离子交换膜。 11．(1) (2) (3) 水浴加热 减少的分解 bd (4)静置，取少量上层清液，在上层清液中继续滴加1～2滴溶液，无沉淀生成 (5) 由于存在，加稀硫酸可消耗，使减小，沉淀溶解平衡正向移动，不断溶解 4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O 【分析】根据流程图，某含镍电镀废渣(含Cu、Zn、Fe、Cr等杂质)用过量的酸溶解，其中的金属转化为金属阳离子，再加入适量NaS将铜离子和锌离子转化为硫化物沉淀而除去，滤液中含有镍、铁、铬等元素的金属离子，根据(3)可知，保持滤液在40℃左右，用6%的H2O2氧化Fe2+，再在95℃调节pH，除去铁和铬元素，在过滤后的滤液中加入碳酸钠即可得到NiCO3。 【详解】（1）Ni为28号元素，其基态原子的价层电子排布式为； （2）由于前一步加入了过量的酸，加入适量时，还能产生气体，反应的离子方程式为； （3）“氧化”时需保持滤液在40℃左右，则可采用水浴加热的方式进行加热；在温度较高时易分解，用6%的溶液氧化Fe2+时，控制温度不超过40℃是为了减少的分解； a．FeOOH中H、O分别为+1价、-2价，则铁元素为+3价，a错误； b．pH过低，黄钠铁矾能够被酸溶解，pH过高，铁离子容易水解生成氢氧化铁或FeOOH沉淀，均不利于生成黄钠铁矾，其原因不同，b正确； c．氯酸钠在氧化时，被还原为，氯元素化合价由+5降至-1，则，1mol得到的电子数为，c错误； d．由图知，生成黄钠铁矾所需要的合适温度为85℃～95℃，pH约为1.2～1.8，d正确； 故选bd。 （4）加入溶液观察是否有沉淀生成，从而可判断是否全部沉淀，则确认已经完全沉淀的实验方法：静置，取少量上层清液，在上层清液中继续滴加1～2滴溶液，无沉淀生成； （5）①由于存在，加稀硫酸可消耗，使减小，沉淀溶解平衡正向移动，不断溶解； ②中Ni元素化合价为+2，中Ni元素化合价为+3，则加热制取NiOOH的反应属于氧化还原反应，Ni(OH)2与空气中的氧气反应生成NiOOH和水，反应的化学方程式为：4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O。 12．(1) (2) 排出装置内的空气，防止被空气中氧化 长颈漏斗 平衡气压，防止堵塞 干燥(或除水) (3) ac 或) 【分析】根据流程可知，分解生成和，洗涤烘干后得到；在加热条件下与反应生成和易升华，高温下易被氧化，为防止其被氧化，通入氮气，排出装置内的空气。 【详解】（1）据流程可知，热分解是氧化还原反应，分解生成和，反应方程式：； （2）①加热反应前通的目的：排出装置内的空气，防止被空气中氧化；②中仪器的名称：长颈漏斗；其作用：可平衡气压，防止堵塞；③因为三氯化铬易升华，沸点为，易挥发，所以发生“热反应”后，中收集的物质：、；④结合易潮解可知，尾气经过干燥后可循环使用； （3）①结合物质结构可知，存在化学键类型：配位键和离子键；②该物质对应物质的量为，与足量的硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，氯化银沉淀对应物质的量为，即该物质中含有的氯离子，即该物质中含有的氯离子，则该暗绿色晶体的化学式：或。 13．(1) 6 mol·L-1 盐酸起始浓度为2mol·L-1时，Fe3+发生了水解 (2) (3)11 (4) 9H2O + 4Fe3+ + 3BH= 4Fe + 6H2↑+ 3B(OH)3 + 9H+ 洗涤 烘干 【分析】赤泥含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，用盐酸酸浸，Fe2O3、Al2O3溶解，而SiO2不溶解，过滤得到滤渣为SiO2，浸出液加入NaOH调节pH，使铝离子转化为偏铝酸钠，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，然后再过滤，滤液I含有偏铝酸钠，用盐酸溶解氢氧化铁得到氯化铁溶液，再用NaBH4溶液还原得到Fe核，NaBH4中氢元素被氧化为氢气。 【详解】（1）①由图中信息可知，盐酸的浓度为6 mol·L－1时铝、铁的浸出率已经很高，再增大浓度浸出率增大不明显，故合适浓度为6 mol·L－1； ②盐酸起始浓度为2mol·L－1时，Fe3+发生了水解，铁的浸出率很低； （2）铁的晶胞如图所示，若该晶体的密度是ag·cm-3，设晶胞的边长为xcm，则两个最近的Fe原子间的距离为xcm，根据均摊法可知一个晶胞含有的铁原子数为8×+6×=4，晶胞的体积V=x3cm3=，解得x=，则两个最近的Fe原子间的距离为xcm=·； （3）已知：25℃时，Al(OH)3(s)AlO+ H+ + H2O ，K=c(AlO)·c(H+)= c(Al3+)·c3(OH-)=4×10－13，若浸出液c(Al3+) = 0.04 mol·L－1，由Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)= 0.4 mol·L－1×c3(OH-)=4×10－13，c(OH-)=10－3，“调节pH”时，pH最小应为11； （4）①“合成”时滴加NaBH4溶液过程中伴有气泡产生为氢气，滤液Ⅱ中含B(OH)3，合成铁核的离子方程式为9H2O + 4Fe3+ + 3BH= 4Fe + 6H2↑+ 3B(OH)3 + 9H+； ②“合成”后，经过滤、洗涤、烘干获得Fe@Fe2O3纳米线。 14．(1)+7 (2) 升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等 除去正极材料中含有的有机粘结剂 (3)或 (4)20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2 (5)将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率 (6)3.37 (7) 【分析】某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，经过空气焙烧后，除去有机粘合剂，铝转化为氧化铝，浸碱后氧化铝溶解在滤液中，焙烧还原时Li元素转化为，同时有CO2、Co、Ni、MnO生成，通过水浸后得到，热解后得到，据此分析解题。 【详解】（1）根据物质的化合价之和为0，且中Ni和Co元素的化合价均为+2价，Mn元素的化合价为+7价。 （2）为提高焙烧效率，可采取的措施有升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等；据分析可知，焙烧的目的是除去正极材料中含有的有机粘结剂。 （3）除杂时铝，或氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：或。 （4）焙烧还原时Li元素转化为，同时有二氧化碳生成，反应的化学方程式为：20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2。 （5）水浸时，通入CO2的目的是将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率。 （6）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=，Al3+浓度为0.1mol/L，c(OH-)=，，pH=-log(H+)=。 （7）MnO晶胞结构如图所示，O2-：，Mn2+：，晶胞的质量为：16g×4+55g×4=284g，晶胞参数为apm=a×10-10cm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm3。 15．(1) (2) (3) (4) (5) 膜a 【分析】含钴废料(主要成分为Co、Ni、Mn、Pb以及、等)，经氢氧化钠碱浸处理， 与氢氧化钠反应生成从而除去，Co、Ni、Mn、Pb以及经硫酸和过氧化氢处理得到滤渣和含、、的溶液，再经有机相萃取分离和、，分液后得到有机相和无机相，有机相经反萃取后加入沉钴，最后得到；水相加入沉锰分离得到，滤液经过一系列操作后得到硫酸镍晶体。 【详解】（1）基态Co原子的价电子排布式为：；根据晶胞图可知若A点Pt原子的坐标参数为，则B点Pt原子的坐标参数为； （2）“碱浸”时发生的反应为：，故所得滤液中溶质的主要成分为NaOH和；“酸浸”时发生还原反应，过氧化氢为还原剂，其总离子方程式为：； （3）根据分析可知，酸浸后滤渣的主要成分为：； （4）“沉锰”时，转化为，转化为，所以“沉锰”时发生反应的离子方程式为：； （5）电解溶液时阳极水失去电子产生氧气，即，阴极发生反应，阳极的氢离子透过阳离子交换膜a进入产品室，阴极Cl-透过阴离子交换膜b进入产品室产生浓盐酸。故属于阳离子交换膜的是膜a；阴极的电极方程式为：。 16．(1) 5 d (2) 延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等 降低的溶解度 (3)MnS (4) (5)防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高浸出量 (6) (7) 【分析】软锰矿（主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeS2、ZnS）为原料，加入盐酸酸浸、加氯化钠，再加入NaOH，过滤除去二氧化硅和FeOOH，冰水沉积得到PbCl2固体，加硫酸转化为硫酸铅，溶液加入Na2S净化，生成PbS和ZnS沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn3O4，据此回答。 【详解】（1）①基态Mn电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5个未成对电子； ②Mn元素位于元素周期表的d区； （2）①提高“酸浸”浸出率可采取的措施有延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等； ②冰水沉积得到PbCl2固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl2的溶解度； （3）根据加入Na2S生成PbS和ZnS沉淀，没有生成MnS，则PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是MnS； （4）酸浸”时，PbS、MnO2、HCl反应生成[PbCl4]2−、、Mn2+和H2O，离子方程式为：； （5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是：防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高Mn2+浸出量； （6）“氧化”时，锰离子与氨气、氧气和水反应生成四氧化三锰、铵根离子和水，离子方程式为：； （7）由图可知，过程Ⅱ为Mn0.61□0.39O转化为ZnxMn0.61□0.39O，需要结合锌离子，锰的化合价在降低，得到电子，电极反应式为：。 17．(1)CaSO4 (2) 2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓ 1.28×10-4 (3)NH4H2PO4 (4)将因溶液酸性太强，H+浓度太大，直接与F-结合成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全 (5) 2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O ＞ 中中心原子P周围的价层电子对数为：3+=3，故为平面三角形，O-P-O键键角为120°，而中中心原子P周围的价层电子对数为：4+=3，故为正四面体形，O-P-O键键角为109°28′ 【分析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸(主要成分为H3PO4，含有少量Mg2+、Fe3+、、等杂质)加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4，故答案为：CaSO4； （2）由工艺流程图可知，“滤渣2”的主要成分有FeS、S及As2S3，其中生成FeS即Fe3+与S2-反应生成FeS和S，该反应的离子方程式为：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，下，当As3+沉淀完全时，c(S2-)至少为==1.28×10-4，故答案为：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓；1.28×10-4； （3）由题干已知信息可知，将NH3通入H3PO4溶液中，当pH=3.8~4.5时生成NH4H2PO4，pH=8.0~8.2时生成(NH4)2HPO4，故“氨化”的目的之一是通入NH3调节溶液的pH，当溶液pH为4.3时H3PO4转化为NH4H2PO4，故答案为：NH4H2PO4； （4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，由(3)小问分析可知，“氨化”的目的之一是通入NH3调节溶液的pH至pH为4.3，说明氨化之前溶液的酸性太强，若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，将因溶液酸性太强，H+浓度太大，直接与F-结合成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故答案为：将因溶液酸性太强，H+浓度太大，直接与F-结合成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全； （5）“结晶”后得到NH4H2PO4晶体，“煅烧”时生成Ba(PO3)2和SO3等物质，其反应的化学方程式为：2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O；中中心原子P周围的价层电子对数为：3+=3，故为平面三角形，O-P-O键键角为120°，而中中心原子P周围的价层电子对数为：4+=3，故为正四面体形，O-P-O键键角为109°28′，故答案为：2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O；＞；中中心原子P周围的价层电子对数为：3+=3，故为平面三角形，O-P-O键键角为120°，而中中心原子P周围的价层电子对数为：4+=3，故为正四面体形，O-P-O键键角为109°28′。 18．(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 (2) (3) MgCO3 MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质 (4)CO2、NH3、NH4Cl (5) 偏大 【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体氧化焙烧，尾气未NH3和CO2，固体A加水浸锰，浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B主要为氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D为NH4Cl，气体E为CO2，据此回答。 【详解】（1）将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行； （2）MnCO3在“氯化焙烧”时与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，方程式为：； （3）①沉锰时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，离子方程式为：； ②根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c（Mg2+）=≈2×10-3 mol·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c（Mn2+）=≈0.5×10-8mol·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c（Mn2+）=≈1.9×10-1 mol·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c（Mg2+）=≈5.6 mol·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3； ③已知在碳酸锰中，Mn%=，在氢氧化锰中Mn%=，MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质； （4）根据分析可知，CO2、NH3可以回到流程沉锰循环，NH4Cl可以回到流程氧化焙烧循环； （5）①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3mol，m(Mn)=bc×10-3mol×55g/mol=0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数为==； ②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。 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 $$