2024届高三化学二轮复习 工艺流程题 讲义

大题冲关课----- 无机化工流程题的解题策略 一、工艺流程大题的结构模型 二、工艺流程中的过程精析 1.原料的预处理 操作 目的 雾化 将液体分散成微小液滴,增大反应物接触面积,以增大反应速率或使反应更充分 研磨 减小固体的颗粒直径,增大固体与液体或气体间的接触面积,增大反应速率 “三浸” 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解,使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污,溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 “三烧” 灼烧、 焙烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化,如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 煅烧 改变结构,使一些物质溶解,并使一些杂质在高温下被氧化、分解,如煅烧高岭土 2.物质制备过程中的条件控制 常见的操作 思考角度 控制溶 液的pH ①调节溶液的酸碱性,增大溶液的pH:使金属离子形成氢氧化物沉淀析出;减小溶液的pH:抑制金属离子的水解。 ②“酸作用”可以除去氧化物(膜)。 ③“碱作用”可以除去油污,除去铝片表面的氧化膜,溶解铝、二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要酸性条件(或碱性条件) 控制温度 (常用水浴、 冰浴或 油浴) ①防止副反应的发生。 ②使化学平衡移动;控制化学反应的方向。 ③控制固体的溶解与结晶。 ④控制反应速率;使催化剂达到最大活性。 ⑤升温:促进溶液中的气体逸出;使某物质达到沸点挥发。 ⑥加热煮沸:促进水解;聚沉后利于过滤分离。 ⑦趁热过滤:减少因降温而析出的溶质的量。 ⑧降温:防止物质高温分解或挥发 控制体系的 环境氛围 ①在HCl气流中除去FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体中的结晶水,目的是抑制水解并带走因分解产生的水汽。 ②营造还原性氛围:防止还原性物质被氧化,如:加入铁粉防止Fe2+被氧化。 ③加入氧化剂进行氧化,如:加入绿色氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+。绿色氧化剂H2O2的优点:不引入新杂质,且还原产物对环境无污染 外界条件 对可逆反 应的控制 ①选择合适的催化剂:提高反应速率,减少副反应的发生。 ②改变压强:改变反应速率,或使平衡向需要的方向移动。 ③对于一些工艺来说,降温或减压都可以减少能源成本,降低对设备的要求,达到绿色化学的目的 控制物 质用量 ①用量过多:浪费资源,增加后续杂质处理量、副反应等。 ②用量过少:反应速率过小,反应不充分,产率下降等 3.物质的分离提纯操作 过滤 将不溶性固体与液体分离。在实验室中进行固液分离的操作有常压过滤(普通漏斗)、减压过滤(抽滤)、热过滤(热漏斗)和离心机离心分离 结晶 蒸发结晶 蒸发大部分溶剂,使晶体析出,适用于溶解度受温度影响变化不大的物质。如从NaCl溶液(含少量KNO3杂质)中得到NaCl晶体,将溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出时,停止加热,趁热过滤(得到NaCl) 冷却结晶 将溶液加热浓缩至饱和,冷却热饱和溶液,使晶体析出,适用于溶解度受温度影响变化较大的物质。如从KNO3溶液(含少量NaCl杂质)中得到KNO3晶体,将溶液蒸发浓缩,出现晶膜时,停止加热,冷却结晶,过滤,洗涤 重结晶 晶体提纯的方法,将晶体重复溶解,制成热饱和溶液,冷却结晶,再过滤、洗涤的过程。如从KNO3溶液(含较多NaCl杂质)中得到KNO3晶体,蒸发结晶(杂质析出),趁热过滤,冷却结晶,过滤,重结晶 改变 溶剂 结晶 盐析 法 在溶液中加入大量无机盐,使某些物质的溶解度降低而析出,与其他成分分离。如肥皂的制备、蛋白质的分离和提纯等 醇析 法 在溶液中加入可溶于水的有机溶剂使晶体析出。如向硫酸铜溶液中滴加氨水,生成蓝色沉淀;继续滴加氨水,沉淀溶解,得到深蓝色透明溶液;最后向该溶液中加入一定量乙醇,析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体 萃取与 反萃取 萃取:利用溶质在互不相溶的溶剂中溶解度的差异进行提取分离 反萃取:利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相,为萃取的逆过程 萃取与反萃取一般在分液漏斗中进行,萃取后分液时,将下层液体从分液漏斗的下口放出,上层液体从上口倒出 蒸馏 利用混合液体中各组分的沸点不同将各组分分离。实验室中蒸馏时用到的主要玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、尾接管、锥形瓶 4.洗涤与沉淀 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物低温时溶解度小 除去固体表面吸附着的××杂质;可适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 溶解度随着温度 升高而降低的物质 除去固体表面吸附着的××杂质;可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失 有机溶剂 (酒精、丙酮等) 易溶于水,难溶于 有机溶剂的固体 减少固体溶解;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分,产品易干燥。 醇洗——不会带走结晶水;SOCl2洗——会带走结晶水 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 不溶于酸、碱的产物 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质;减少固体溶解 洗涤沉淀的方法:向过滤器中加入洗涤剂至浸没沉淀,待水自然流下后,重复以上操作2~3次 检验沉淀是否洗涤干净的方法:取少量最后一次的洗涤液于试管中,向其中滴入某试剂,若未出现特征反应现象,则沉淀已洗涤干净 证明已沉淀完全的操作:静置,在上层清液中继续加入××试剂(沉淀剂),若没有沉淀生成,则说明已沉淀完全 5.物质成分的跟踪与确定 (1)循环物质的确定 (2)副产品的判断 一、单选题 1．（24-25高三上·湖北武汉·阶段练习）某工厂用废旧钴基合金制备 (主要成分为， 还含有等)， 工艺流程如下，下列说法不正确的是 A．流程中每一步都需要进行的操作是过滤 B．当温度高于50℃时，“除铁”效果更好 C．“酸浸”所得“浸渣”的成分为 D．“沉镁”的离子方程式为 2．（2024·山东菏泽·模拟预测）工业上利用工厂废弃的镍材料(主要含有Ni、Al、Fe及其少量氧化物)来制备NiSO4·7H2O的一种工艺流程如下： 下列说法正确的是 A．碱煮过滤、酸溶及氧化步骤均涉及氧化还原反应 B．一系列操作指低温蒸发结晶 C．试剂X可以为氧化镍或氢氧化镍 D．可用硝酸代替H2O2溶液进行氧化 3．（2024·河北·三模）黄铁矿煅烧后的烧渣主要成分为，同时还含有和等。以其为原料制取的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．“滤液”的主要成分为和 B．试剂甲为铁粉，其作用主要是还原溶液中的 C．“还原”工序中，稀硫酸过量有利于抑制的水解 D．“一系列操作”为加热蒸发至大量晶体出现时，停止加热，利用余热使其蒸干 4．（2024·湖南·模拟预测）利用含锌废水制备ZnCO3·2Zn(OH)2的工艺流程如图，下列有关说法正确的是 已知：① 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 Ksp 1.2 x 10-17 ②Zn2+ 可以与氨水反应生成[ Zn(NH3)4 ]2+ A．Na2S2O8中硫元素的化合价为+7价 B．氧化除锰步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1 C．沉锌时发生反应的离子方程式主要是： D．调节pH值除铁时，应选用的试剂X为氨水，调节pH值应大于9，以便将铁完全沉淀。 5．（2024·辽宁丹东·一模）聚合硫酸铁（Ⅲ）是一种新型、高效铁盐类无机高分子絮凝剂，工业上用高硫铝土矿（主要成分为、少量）为原料制备聚合硫酸铁的部分工艺流程如图所示。下列说法正确的是 A．“焙烧”过程中若生成，则转移电子 B．“滤液”中含有的阴离子主要为 C．“聚合”过程中试剂A作还原剂，使各种离子发生聚合 D．实际生产过程中，为了加快反应速率，整个流程均选择高温条件 6．（2024·安徽马鞍山·三模）碲(Te)被誉为尖端技术等工业的维生素。工业上常以粗铜精炼的阳极泥(主要成分是，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，Te与S同族，其工艺流程如图所示。 下列说法错误的是 A．粗铜精炼和电镀铜的阴极电极反应相同 B．每回收理论上步骤①中转移电子数为 C．步骤②电解后的溶液可以参与循环 D．可以用硝酸分离出滤渣X中的Au 7．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）电解锰工业会产生镁、锰复盐(NH4)MnMg2(SO4)6.5·21H2O，一种利用该复盐回收金属Mg和Mn的工艺流程如下： 下列说法正确的是 A．“热水浸”的目的是加快溶解速率，其所得溶液呈碱性 B．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+H2O+CO2↑ C．滤液中所含溶质的主要成分为(NH4)2SO4和NH3·H2O D．将生成的Mg(OH)2进行焙烧，所得固体可用于工业电解制备金属镁 8．（2024·贵州毕节·三模）碘及其化合物广泛用于医药、染料等。一种从海水中获取单质碘的部分工艺流程如下，下列有关说法错误的是 A．过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 B．将“沉淀”与稀硝酸反应，生成的物质可循环使用 C．通入氯气的过程中，先生成的氧化产物为 D．将“氧化”后的溶液直接蒸馏可得 二、多选题 9．（23-24高三下·山东·阶段练习）纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。 下列表述不正确的是 A．“浸取”产物有、S，浸取时，在有氧环境下效果更好 B．“过滤”中若所得滤液仍然浑浊，需要再次过滤 C．“萃取”中为提高萃取效果减少损失，应该用大量的萃取剂一次萃取 D．“还原”发生反应的离子方程式为： 10．（2024·山东泰安·三模）钪在国防、航天、光电等多领域有重要应用。由钛白水解母液(含Sc3+，H+、Fe2+、Mn2+、等)制备Sc2O3的工艺流程如下： 已知“萃取”时发生的反应为 ，其中 HR表示 P204。 下列说法错误的是 A．分批加入萃取剂进行多次萃取可提高 的萃取率 B．水相中 的物质的量浓度小于钛白水解母液中的 C．同一温度下，由“转沉”原理可推知溶度积常数： D．“灼烧”反应生成1molSc2O3时，理论上有1.5molO2参加反应 三、计算题 11．（2024·内蒙古包头·模拟预测）金属钛用途广泛。从海水中提取Mg和，并联合用以钛铁矿(主要含和、、等杂质)为原料冶炼钛单质，其主要工艺流程如下： 已知：钛铁矿遇酸后钛元素以的形式存在于溶液中，易水解为偏钛酸，可写作。 (1)试剂①通常选煅烧的贝壳粉而不用的原因是 。 (2)试剂②为 。 (3)“沉降分离”出的滤渣成分有 。 (4)已知绿矾的溶解度随温度变化的曲线如图所示，从溶液Ⅰ获得绿矾的操作方法为 、 ，过滤、洗涤、干燥。 (5)已知：常温下，，若要让水解完全(离子浓度小于)，应控制不低于 。 (6)反应①除生成外还生成一种可燃性气体，该反应的化学方程式为 ，“高温氯化”反应理论计算结果显示，在200℃条件下达到平衡时，几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于200℃，其原因是 (写一种)。 (7)该工艺流程中可以循环使用的物质有 。 四、解答题 12．（2024·四川成都·模拟预测）某铜硫矿中富含黄铁矿和磁黄铁矿等硫铁矿物，占原矿矿物总量的38%，实验室以此为原料模拟工业制备纯铜并利用黄铁精矿进行含铬废水处理，工艺流程如下： 已知：①粉碎解离度(不同成分矿石分离程度)与粉碎程度有关，颗粒越细，解离度越高，最高可达93%，但颗粒越细对设备要求越高。 ②铜蓝矿的主要成分为CuS，黄铁矿的主要成分为。 ③可能用到的数据如下： 开始沉淀pH 1.9 4.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 (1)黄铁矿中硫元素的化合价为 。 (2)在酸浸时为了加快酸浸速率，除使用精磨外，还可采取的措施有 (写出两种即可)；酸浸一般选用硫酸溶液在纯氧环境中进行，酸浸的离子方程式为 。 (3)生石灰碱浸时调节pH的范围为 。 (4)滤渣X的主要成分是 (填化学式)。 (5)向滤液B中通入高压，可成功制得单质铜，的作用是 。 (6)利用黄铁精矿为原料，可进一步制得有广泛用途的铁氧体。其中浸取黄铁精矿过程中相关物质的转化关系如图所示，反应I的离子方程式为 ，检验浸取后的溶液中存在的方法是 。 13．（2024·湖南长沙·三模）铼是一种稀有贵重金属，广泛用于制造飞机、卫星和火箭的外壳等。工业上一种利用富铼矿渣(主要成分ReS2)提取铼的工艺流程如图所示： 已知：①“焙烧”得到的固体成分有Re2O7、ReO3以及铁、铜和硅的氧化物； ②Re2O7是酸性氧化物，HReO4的性质与HClO4的性质相似；高铼酸铵()微溶于冷水，易溶于热水； ③室温下，。 回答下列问题： (1)Re2O7与水反应的离子方程式为 ；室温下，加入氨水后，测得溶液pH约为11，则溶液中 (填“>”“<”或“=”)。 (2)“焙烧”时，空气从焙烧炉底部通入，粉碎后的矿渣从顶部加入，目的是 。 (3)写出“热解”时发生反应的主要化学方程式： 。 (4)测得制得的铼粉(含少量Re2O7)中Re与O的原子个数比为1∶0.35，则该产品的纯度为 %(保留三位有效数字)。 (5)已知ReO3的立方晶胞结构如图所示，则Re在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Re周围与其最近的O的个数为 。 14．（2024·江西宜春·模拟预测）Be是重要的战略性金属，其性质与铝相似。以铍矿石、方解石为原料制备铍的工艺流程如图所示： 已知：①铍矿石的主要成分为(氧化物形式为)，还含有Fe2O3(忽略其他元素对工艺流程的影响)；方解石的主要成分为CaCO3；铍玻璃体的主要成分为CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6，Fe2O3、SiO2； ②硫酸铝铵微溶于水；常温下，相关物质溶度积如下表所示： 难溶物 回答下列问题： (1)提高“配料熔化”时的反应速率及效率的措施为 (任写一条)，该过程中主要反应的化学方程式为 。 (2)“酸溶”时CaBe3SiO6发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“调pH”时所得滤液的pH为5，则“滤渣2”的成分为 (填化学式，下同)。该工业流程中可循环使用的物质为 。 (4)常温时调节pH为7.5进行“沉铍”，通过计算判断是否完全沉淀： (溶液中离子浓度低于时认为该离子完全沉淀)；“沉铍”时不选用NaOH溶液的原因为 (用离子方程式解释)。 (5)先将原料BeO与碳质还原剂压制成团块，再在高温下将其氯化为BeCl2，然后用镍坩埚为阴极，石墨棒为阳极，将等量的BeCl2与氯化钠混合熔融后进行电解，在 (填“阴”或“阳”)极上析出固态金属铍，该法的缺点为 。 15．（2024·黑龙江牡丹江·一模）SnO2是锡的重要氧化物，现以锡锑渣(主要含塑料及SnO2、Sb4O6、PbO2)为原料，提纯SnO2的工艺流程图如下： 已知：①Sn、Pb与Si均为ⅣA族元素，且SnO2、PbO2与强碱反应生成盐和水； ②Na2SnO3可溶于水，难溶于乙醇。 请回答下列问题： (1)“焙烧”的主要目的是 。 (2)“沉铅”时同时生成S沉淀的化学方程式 。 (3)“还原”时Na3SbO4发生的离子方程式为 。 (4)在不同溶剂中Na2SnO3的溶解度随温度变化如图。 ①相同温度下，Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小，结合平衡移动原理解释原因 。 ②由Na2SnO3溶液可获得Na2SnO3晶体，具体操作方法为 、用 洗涤、干燥。 (5)下列冶炼方法与本工艺流程中加入焦炭冶炼锡的方法相似的是_______。 A．工业制粗硅 B．电解熔融氯化钠制钠 C．氧化汞分解制汞 D．工业炼铁 (6)将10kg锡锑渣进行碱浸，“还原”时消耗0. 13kg锡粒，假设其余各步损失不计，干燥后称量锡酸钠质量为4. 0kg，滴定测得锡酸钠中锡的质量分数为53. 5%。锡锑渣中锡元素的质量分数为 。 16．（23-24高三下·重庆·阶段练习）锂和铍是重要的稀有金属，被国内外视为战略性资源。一种从尾矿(主要含及元素)中回收锂、铍、铝的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)“浸渣”中主要成分的晶体类型为 。 (2)“沉铁”中生成沉淀，其中元素的化合价为 ，该反应的离子方程式为 。 (3)“萃取”时，以为萃取剂、为协萃剂，溶液中的可与结合成而被萃取。“反萃取”时，加入浓盐酸，发生。 ①“萃取”时还需要加入，其作用是 。 ②取尾矿(其中的质量分数为)，“反萃取”后所得水相中，则该过程的回收率为 (用含相关物理量字母的代数式表示)。 (4)实验室提纯的方法是 。 (5)为了得到较高的空间利用率，离子晶体中的阴离子(通常半径较大)会尽可能紧密堆积，阳离子(通常半径较小)填入阴离子形成的空隙中，这种模型称为离子晶体的“堆积-填隙模型”。 已知常见的型离子晶体的离子半径比和配位数的关系如下表： 配位数 晶胞类型 4 立方 6 8 表中离子半径比的临界值是由“堆积—填隙模型”中阴阳离子的几何关系确定的，例如配位数为8时，阳离子进入阴离子形成的正方体空隙，正方体8个顶点处的阴离了相切，空隙处(正方体体心)的阳离子与8个阴离子也相切，此时可由相关几何关系求得。 ① 。 ②晶胞为立方型，而等的晶胞为型。请结合上表，解释出现此结果的原因： 。 17．（2024·贵州·模拟预测）四氧化三铁俗称磁性氧化铁，常用于制造录音磁带和电讯器材，也可作颜料和抛光剂。某工厂以硫铁矿烧渣(主要含有等元素的氧化物及)为原料，制备的工艺流程如图所示。 已知：常温下，、、。 回答下列问题： (1)“酸溶”硫铁矿烧渣时，为了加快酸溶速率可采取的措施有 (任写两条)。 (2)料渣1的主要成分有 (填化学式)。 (3)常温下，已知溶液中，要使沉淀完全，则“调”的范围是 (保留2位有效数字，一般离子浓度认为沉淀完全)。 (4)加入“沉铁”时，发生反应的离子方程式为 。 (5)①“煅烧1”的目的是将转化为，若“煅烧2”阶段发生反应时，则该反应的化学方程式为 。 ②“煅烧2”时温度对的纯度有很大影响。已知温度对纯度的影响如图1所示，则“煅烧2”时，温度最好控制在 。 (6)一种铁基超导材料(化学式为)的晶胞如图2所示。已知：该晶胞底边边长为，高为，l号原子的高为。为阿伏加德罗常数的值。 ①该晶胞中，原子的个数之比为 ；距2号原子最近的铁有 个。 ②该晶体的密度为 ，1号原子的坐标为 。 18．（2024·河北石家庄·三模）Be是一种重要的战略性金属，以铍矿石、方解石（）为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如下： 已知：①铍矿石的主要成分为，还含有；铍玻璃体为混合物，主要成分为、、，还含有和． （2）具有两性；时，（已知：常温下，溶液中离子浓度低于即可认为该离子被除尽）；． 回答下列问题： (1)“配料熔化”时，发生反应的化学方程式为 ；铍玻璃体属于 （“晶体”或“非晶体”）； (2)“酸溶”时，从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为 （填元素符号）； (3)“调pH”时，发生氧化还原反应的离子方程式为 ； (4)“沉铍”时，需控制溶液的pH不低于 才能将沉淀完全；若将氨水换成溶液也可沉铍，但需控制溶液的pH不能过高，否则会因生成 （填化学式）导致铍的产率降低； (5)“电解”时的工作原理如图所示，其中燃料电池负极的电极反应式为 ；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有 ； 19．（2024·重庆·模拟预测）锗是一种战略性金属，用锌浸渣(主要含、，另含少量、以及)提取高纯和的工艺流程如下： 已知：①常温下，。②极易水解，沸点为。 请回答下列问题： (1)基态的最外层电子排布式为 ，的晶体类型为 。 (2)“氧化酸浸”后产生的浸渣含有，写出反应的离子方程式 。 (3)“中和沉淀”中，加化合物A (填化学式)调节溶液使和共沉淀，此时滤液中 。 (4)“中和沉淀”后，用蒸馏水洗涤滤饼，判断滤饼洗净的实验操作和现象是 。 (5)称取4g高纯样品，加入溶液，用电炉加热溶解。溶解完全后冷却至20℃以下，加入次磷酸钠溶液充分反应，溶液中锗元素以存在。加入适量稀硫酸将溶液调为酸性，以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，消耗溶液的体积为。 已知：a．20℃以下，次磷酸钠不会被和氧化。 b．。 c．样品中的杂质不参与反应。 ①滴定终点的现象为 。 ②样品中的纯度为 (保留2位小数)。 20．（2024·山东青岛·二模）将钛铁矿（）、磷灰石矿与锂灰石矿三矿耦合，按“原子经济”的绿色工艺技术路线生产磷酸铁锂，同时充分利用伴生元素。工艺流程如图。 已知：①钛在酸性环境中的存在形式为； ②溶液为紫色；常温时，有关电对的电极电势  ；   。一般标准电极电势越高，氧化剂的氧化性越强。 ③25℃时，。 回答下列问题： (1)Ti在元素周期表中的位置为 。“试剂X”为 （填化学式）。 (2)“酸解”反应的化学方程式为 。 (3)“水解”过程中通过观察溶液保持紫色，判断无被氧化，该方法的依据是 。 (4)循环利用“滤液2”的操作单元名称为 。“气体1”为 （填化学式）。 (5)“沉淀”反应的化学方程式为 。若将铁离子恰好沉淀完全（）时， 。 21．（2024·湖南邵阳·三模）磷酸二氢钾是一种大型非线性光学晶体，在未来能源领域——“人造太阳”计划中有重要作用。利用氟磷灰石［主要成分为难溶于水的，杂质为等］为原料制备磷酸二氢钾，工艺流程如下： 已知： ①25℃时，。 ②TOA是难溶于水的液态有机萃取剂，能萃取。 (1)能提高“酸浸Ⅰ”效率的措施有 （任写两点）。 (2)“酸浸Ⅰ”中生成易溶于水的，则“酸浸Ⅰ”中发生反应的离子方程式为 。 (3)“脱氟”的目的是将转化为沉淀，则试剂X为 溶液（填“”或“”）。 (4)“反应器”中发生反应的化学方程式为 。 (5)常温下、，则溶液中 （填“大于”或“小于”）。 (6)还可采用电解法制备磷酸二氢钾，装置如图所示： ①气体的化学式为 ； ②离子交换膜为 离子交换膜（填“阴”或“阳”）； ③产品室能得到的原因是 。 22．（2024·河南·二模）（六氟锑酸钠）是光化学反应的催化剂．我国科学家开发一种以锑矿（主要含、，还含少量、、等）为原料制备的工艺流程如图所示。 已知：（1）常温下，、； （2）Sb的氧化物和硫化物可与强碱反应； （3）不溶于冷水，在热水中易发生水解。 回答下列问题： (1)基态Sb的价电子排布式为 。 (2)“浸出”时无有毒气体放出并生成，其中发生氧化还原反应的离子方程式为 ；滤渣1的成分是 （填化学式）。 (3)“精制”的目的为 ；当出现 现象时，停止加入胆矾溶液。 (4)“转化”时适当加热可提高反应速率，试剂X为 （填化学式），若只加，将导致 。 (5)锑矿粉中Sb的质量分数为，整个流程中损失率为，则锑矿粉理论上能制备的质量为 t（保留两位有效数字）。 (6)某立方晶系的锑钾（）合金可作为钾离子电池的电极材料，其晶胞结构如图，已知最近的距离为．则该晶体类型为 晶体，化学式为 ，晶胞中与每个Sb原子距离最近的Sb原子有 个。 23．（2024·湖南·模拟预测）三氧化二镍在颜料、蓄电池、阻燃剂等领域应用广泛。一种以镍铁合金废料(主要含有Ni、Fe、Cu、Ca、Mg、Zn等金局)为原料制备三氧化二镍的工艺流程如下： 已知：。常温下，，。一些难溶电解质的如表所示： 难溶电解质 NiS CuS ZnS 18.8 35.2 21.7 回答下列问题： (1)“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有 (写两条即可)。 (2)“除杂1”步骤中，加入将溶液的pH调至1.6~1.8，得到黄钠铁矾，该反应的离子方程式为 。 (3)“除杂2”步骤中，常温下，始终保持溶液中的浓度为。为将预除杂质完全除去，应保持溶液的pH不小于 ，若此时的浓度为，则 (填“有”或“没有”)损失(当某离子浓度时，可认为该离子完全除去)。 (4)“沉镍”步骤中，得到的滤液中所含的阳离子主要有 (填离子符号)。 (5)在空气中“煅烧”发生反应的化学方程式为 。 (6)Ni、Fe、O三种元素形成的某化合物可以用作催化剂，其晶胞结构如图所示。该化合物晶体的密度为 (设为阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式)。 24．（2024·河南南阳·模拟预测）锑白是优良的无机白色颜料，可用作阻燃剂、催化剂、油漆等。一种采用辉锑矿(主要成分为，含少量的和等)提取锑白的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”后所得溶液中的主要微粒为； ②。 回答下列问题： (1)“粉碎”辉锑矿的目的是 。 (2)“滤渣Ⅰ”的主要成分除不溶性杂质外还有S、 (填化学式)；在“浸取”时发生反应的离子方程式为 。 (3)“除砷”时，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (P转化为最高价态)。 (4)若浸取液中的浓度均为，则c(S2-)≥ 才能使二者完全沉淀(当离子浓度≤1×10-5mol/L时认为沉淀完全)，此时 。 (5)“中和脱氯”时脱氯率与反应温度的关系如图所示： 随温度升高，脱氯率降低的原因可能为 。 (6)锑可用于制备超亮光电极材料，其晶胞结构如图所示，晶体a的化学式为 ，晶体b中与距离最近的的个数为 。 25．（23-24高三下·河北沧州·阶段练习）蒽醌二磺酸钠法(ADA法)对合成氨原料气进行脱硫(H2S)的工艺流程如图所示，该工艺的优势之一在于只要向“再生吸收液”不断通如空气即可实现连续吸收H2S气体。 已知：i．室温下，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13。 ii．酒石酸钾钠、EDTA可分别与V4+、Fe3+形成可溶性配合物。 (1)“吸收”时，发生反应的离子方程式为 。 (2)“脱硫”时，NaVO3先转化为Na2V4O9同时可得到S，则该转化过程反应的化学方程式为 。 (3)“还原”时，氧化态ADA()转化为还原态ADA()，同时NaVO3得以再生。该转化过程需要消耗NaOH，但该工艺中并没有再加入该试剂的原因为 ，Na2V4O9参与反应过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (4)“氧化”时，ADA(还原态)ADA(氧化态)，同时有H2O2生成。从氧化还原反应角度分析，FeCl3的作用可能是 ；加入EDTA的目的是 。 (5)“再生吸收液”中可循环使用的物质有 (填选项字母)。 A．NaOH       B．酒石酸钾钠      C．NaVO3   D．EDTA         E．ADA 26．（2024·河南郑州·三模）闪锌矿的主要成分为ZnS，其中含有大量的铁元素以及少量的CuO等。湿法浸取闪锌矿制备和的工艺流程如下图所示。请回答以下问题。 (1)基态时的价电子排布图为 。同周期和基态Cu原子具有相同未成对电子数目的元素还有 种。 (2)酸浸时的作用为 。铜元素在滤渣中的存在形式为 。 (3)加入铁粉还原脱酸的优点是 。 (4)浓缩结晶时，溶液蒸发至 即停止加热。 (5)针铁矿法除铁是在常温下将缓慢氧化，使铁元素以针铁矿形式形成沉淀而达到除铁的目的。针铁矿法除铁的离子方程式为 。 (6)把放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，分三次脱水。各步脱水过程为一系列动态平衡。剩余固体质量占原来总质量的百分比（η）与容器中水蒸气的压强变化关系如下图所示。 则a段固体的成分为 ；第三步反应的压强平衡常数为 Pa；M点时所对应反应的转化率为 。 27．（2024·河北·三模）从废旧钴酸锂电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2，且外面包裹隔膜PP/PE)中回收钴、锂的工艺流程如下： 已知：①当反应的平衡常数K>105时，可以认为反应进行完全； ②Ksp(CoC2O4))=10-8.48，草酸的电离常数Ka1=5.6×10-2、Ka2=1.5×10-4； 回答下列问题： (1)Co元素在周期表中的位置为 。 (2)隔膜PP/PE的主要成分为聚丙烯和聚乙烯。有机合成中主要以石油裂解气为原料进行 反应获得(填反应类型)。 (3)“碱浸”所得滤液中通入过量CO2可制备氢氧化铝，此反应的离子方程式为 。 (4)“酸浸”时发生的主要反应的离子方程式为 。 (5)“沉钴”一般加入草酸铵溶液，若用草酸溶液代替草酸铵溶液，发生沉钴过程的离子方程式为 ，试计算说明草酸能否实现完全沉钴 。 (6)根据图1碳酸锂的溶解度曲线分析，实验室模拟“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括 、 、洗涤、干燥等步骤。 为研究Na2CO3的投加量对Li2CO3结晶的影响，固定其他条件不变进行实验，结果如图2，为了既保证碳酸锂有较高的产率和纯度，又降低生产的成本，选择碳酸钠的投加量应为 %。 28．（2024·四川成都·三模）高纯HF溶液在电子工业中用作硅片腐蚀剂和清洗剂，也可制备荧光材料。制备的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)工业氢氟酸中常含有等杂质以及水。中B的化合价为 。 (2)“除杂”时，加入使转变为沉淀，同时产生 气体。加入适量除去，并生成，写出除硫的离子方程式 。 (3)“蒸馏”装置材料为聚乙烯或衬铂的银铅合金，不选择陶瓷或玻璃材质的原因是 。已知HF的沸点为19.5℃，而保持蒸馏温度不低于80℃的目的是 。 (4)“反应”制备纯固体成品时，应保持 (填“高纯HF溶液”或“高纯MgO”)过量。为了加快高纯HF溶液与MgO反应速率，可以采取的措施是 (举两例)。 (5)已知，当时，溶液中不超过 (保留两位有效数字)。 29．（2024·湖南永州·三模）二硼化钛(TiB2)是一种高熔点、高硬度、电阻小的导电陶瓷材料，在工业领域具有广泛的应用。利用废弃SCR催化剂(主要含TiO2、V2O5、Al2O3、SiO2等)，制备TiB2并回收钒的工艺流程如图所示： 已知：①TiO2、V2O5都能与NaOH溶液反应，生成不溶性的Na2TiO3和可溶性的NaVO3； ②B2O3高温下蒸气压大、易挥发； ③溶液酸性较强时，五价钒粒子主要以VO的形式存在。 回答下列问题： (1)“酸浸”中生成TiO2+的离子方程式为 。 (2)“滤渣①”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“热水解”工艺中，经处理可循环利用的物质是 (填化学式)。 (4)“热还原”时生成一种可燃性气体，每制备1molTiB2，转移电子的物质的量为 mol。过程中B2O3的实际用量超过了理论用量，主要原因是 。 (5)“沉钒”时，溶液pH过低或过高均不利于生成NH4VO3沉淀，原因是 。 (6)含钛X晶体是一种高温超导母体，其晶胞结构如图甲所示(α=β=γ=90°)，Ti原子与As原子构成的八面体如图乙所示，阿伏伽德罗常数的值为NA。回答下列问题： ①一个晶胞中，由Ti原子与As原子构成的八面体的平均数目为 。 ②X晶体的密度为 g·cm-3。 30．（2024·四川宜宾·三模）可用于制备镉镍碱性电池。镍废料中含有Ni、Cu、Fe、Ca、Mg等的化合物及难溶性杂质，以镍废料为原料制备高纯的工艺流程如图所示。 已知：①酸浸液中镍以存在； ②常温下，部分物质溶度积如下： 回答下列问题： (1)常温下，为提高酸浸效率，通常采用的措施是 (举2例)。 (2)加入碳酸钙调pH=4的目的是 ，此时(0.10mol/L)是否会沉淀 (通过计算说明)。 (3)“沉渣3”的主要成分是 (填化学式)。“滤液4”中除含、、、外，还含有较多的 (填离子符号)。 (4)向“酸溶”后的溶液中加入NaOH和NaClO，发生反应的化学方程式是 。 (5)工艺流程中使用去除。研究表明，也可在加热条件下使用去除，生成等物质的量的、S混合沉淀以及，该反应的离子方程式是 。 31．（2024·河北保定·二模）铍广泛用于火箭、原子能、电子工业等领域。以铍矿石（主要成分是，含少量MnO）为原料制备Be的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)“烧结”之前，将铍矿石转化成铍矿石粉的目的是 ，浸渣的主要成分是 （填化学式）。 (2)“除锰”过程发生反应的离子方程式为 。 (3)制备无水过程：将溶于盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶得到，加热和的混合物得到无水。和反应的化学方程式为 ，也可以用固体代替，的作用是 。 (4)Be与反应能得到BeO，如果将这个反应设计成原电池，Be极为 极，发生 （填“氧化”或“还原”）反应。 (5)铍和铝的性质相似。下列叙述错误的是 （填标号）。 A．铍是一种轻金属，能与冷水反应    B．常温下，溶液的 C．氧化铍具有高熔点、耐酸碱性质 (6)离子晶体中稳定配位多面体的理论半径比如表所示。 配位多面体空间结构 配位数 半径比（） 平面三角形 3 0.15~0.225 四面体形 4 0.225~0.414 八面体形 6 0.414~0.732 已知：铍离子、氧离子的半径依次为45pm、140pm，预测BeO的配位多面体为 形。 (7)铍晶胞为六方堆积结构，如图所示，铍晶体密度为 （用含a、的代数式表示）。已知：为阿伏加德罗常数的值，晶胞底边边长为a nm，高为2a nm。 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．B 【分析】废旧钴基合金(主要成分为， 还含有等)用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝，滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁，滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁，滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁，滤液中加高锰酸钾、硫酸Co2+被氧化生成沉淀。 【详解】A．由分析可知，该流程中通过沉淀法除去杂质离子，每一步都需要进行的操作是过滤，A正确； B．“除铁”时双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，双氧水易分解，浓氨水易挥发，为防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解，需要控制反应温度不能高于50℃，B错误； C．“酸浸”时和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，所得“浸渣”的成分为，C正确； D．“沉镁”时硫酸镁和HF反应生成沉淀MgF2，反应的离子方程式为，D正确； 故选B。 2．AC 【分析】废弃的镍材料主要含有Ni、Al、Fe及其少量氧化物，碱煮可以除表面的油脂以及生成偏铝酸钠，酸溶时生成可溶性离子即镍离子、二价铁离子、三阶铁离子，过氧化氢加入是氧化二价铁离子，试剂X是通过调节pH促进三价铁离子水解完全产生沉淀，得到的滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，可得到产品。 【详解】A．碱煮过滤过程中涉及铝与强碱溶液反应，酸溶涉及金属单质与稀硫酸的置换反应，氧化涉及H2O2溶液氧化亚铁离子，均是氧化还原反应，A项正确； B．从溶液中获取结晶水合物，操作为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，B项错误； C．沉淀铁离子，为了不引入杂质，需要加入氧化镍、氢氧化镍或碳酸镍等调节pH，C项正确； D．加入硝酸会引入硝酸根离子，使产品不纯，同时产生污染，D项错误； 故答案选AC。 3．D 【分析】加入NaOH溶液分别与和反应生成和，不反应，过滤为滤渣，加入稀硫酸与反应生成硫酸铁，加入还原剂试剂甲为Fe，Fe与硫酸铁反应生成FeSO4，经一系列操作得到； 【详解】A．加入NaOH溶液分别与和反应生成和能溶于水，“滤液”的主要成分为和，故A正确； B．稀硫酸与反应生成硫酸铁，加入还原剂试剂甲为Fe，Fe与硫酸铁反应生成FeSO4，铁粉作用是还原溶液中的，故B正确； C．“还原”工序中，Fe与硫酸铁反应生成FeSO4，亚铁离子能发生水解反应生成氢氧化亚铁，稀硫酸过量有利于抑制的水解，故C正确； D．“一系列操作”为缓慢加热，浓缩至表面出现晶膜为止，冷析，过滤，洗涤，干燥，故D错误； 故选D。 4．C 【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。 【详解】A．Na2S2O8中硫元素的化合价为+6价，Na2S2O8表现氧化性来源于其中的过氧键，故A错误； B．氧化除锰步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故B错误； C．沉锌时发生反应的离子方程式主要是：，故C正确； D．pH值过大时锌会转为Zn(OH)2沉淀，氨水过量时，Zn2+ 可以与氨水反应生成 [ Zn(NH3)4 ]2+会降低的产率ZnCO3·2Zn(OH)2，故D错误； 故答案选C。 5．B 【分析】高硫铝土矿（主要成分为、少量）通入空气焙烧，转化为Fe2O3和二氧化硫，加氢氧化钠“碱浸”，Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，过滤后的滤渣主要是Fe2O3，Fe2O3酸溶后加入双氧水氧化可能存在的亚铁离子，此时溶液中主要有Fe2(SO4)3加入氧化铁进行聚合，经浓缩、干燥，获得聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n，据此解答。 【详解】A．“焙烧”过程中转化为Fe2O3和二氧化硫，方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，生成8molSO2时转移44mol电子，则每生成1molSO2转移电子数为5.5NA，故A错误； B．由分析可知，“滤液”中含有的阴离子主要为，B正确； C．试剂A 是氧化铁，“聚合”过程中Fe元素的化合价没有发生变化，氧化铁不作还原剂，C错误； D．温度过高会导致双氧水分解，不利于制备聚合硫酸铁（Ⅲ），D错误； 故选B。 6．B 【分析】阳极泥(主要成分是，含Ag、Au等杂质)通入氧气，加入硫酸调控pH并加压，反应后过滤得到滤液和滤渣，滤液电解回收铜；滤渣含TeO2等滤渣，加入盐酸反应后过滤得到Ag、Au滤渣X；滤液通入二氧化硫反应得到粗碲； 【详解】A．粗铜精炼和电镀铜的阴极电极反应均为Cu2++2e-=Cu，电极反应相同，A正确； B．根据转化为TeO2和Cu2+，转移电子数为6+2，每回收理论上步骤①中转移电子数为，B错误； C．步骤②电解后的溶液主要成分为硫酸，可以参与循环，在步骤①中使用，C正确； D．硝酸能溶解银而不能溶解Au，可以用硝酸分离出滤渣X中的Au，D正确； 答案选B。 7．C 【分析】将镁、锰复盐进行热水浸，加快溶解，并使所得溶液呈酸性后，加入碳酸氢铵和氨水，将锰形成沉淀，进一步加入氨水，将镁形成沉淀氢氧化镁滤出，滤液中主要有(NH4)2SO4和NH3·H2O。 【详解】A．“热水浸”的目的是加快溶解速率，其所得溶液呈酸性，A项错误； B．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓+H2O+，B项错误； C．根据分析，滤液中所含溶质的主要成分为(NH4)2SO4和NH3·H2O，C项正确； D．工业上采用电解熔融MgCl2制备金属镁，D项错误； 答案选C。 8．D 【分析】净化除氯后的海水，加入硝酸银，发生反应为I-+Ag+＝AgI↓，进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续即加入铁粉，发生反应Fe+2AgI＝2I-+2Ag+Fe2+，过滤掉析出的Ag，向FeI2中加入过量Cl2，发生反应为2FeI2+3Cl2＝2FeCl3+2I2，得到I2。据此解答。 【详解】A．过滤操作用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故A正确； B．从流程图可知，转化生成的沉淀为单质Ag，银和硝酸反应生成硝酸银，可循环使用，故B正确； C．I-、Fe2+的还原性I-＞Fe2+，氯气首先与碘离子反应，因此先生成的氧化产物为I2，故C正确； D．将“氧化”后的溶液需要先萃取分液后再蒸馏可得单质碘，故D错误； 故选D。 9．CD 【分析】辉铜矿（主要成分为Cu2S）用溶液、溶液作浸取剂“浸取”，发生反应Cu2S+2Fe2(SO4)3= 2CuSO4+4 FeSO4+S↓，过滤得到含有CuSO4、FeSO4溶液，加入萃取剂萃取，在萃取后的“水相”中含有铁元素，加入适量氨水可制取铁红和硫酸铵；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，调节溶液pH在碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成和铜，从而获得纳米铜粉。 【详解】A．“浸取”产物、S是氧化产物，浸取时生成的在有氧环境下可以被氧化为，浓度升高，与反应速率会增大，浸取效果更好，故A项正确； B．“过滤”中若所得滤液仍然浑浊，需要再次过滤，故B项正确； C．“萃取”中为提高萃取效果减少损失，应该用适量的萃取剂多次萃取，故C项错误； D．在的碱性环境下，“还原”发生反应的离子方程式中不能生成，所发生的反应为，故D项错误； 故本题选CD。 10．BC 【分析】钛白水解工业废酸(含Sc3+、Fe2+、Mn2+、H+、等离子)加入有机萃取剂，Sc3+被萃取到有机相中；之后加入NaOH溶液进行反萃取，得到Sc(OH)3；再加入草酸转化为；最后在氧气灼烧得到Sc2O3，据此回答。 【详解】A．分批加入萃取剂进行多次萃取可使被充分萃取，提高萃取率，A正确； B．磷酸为三元酸，形成二酯说明剩余1个羟基氢，故与发生离子交换，使水相中的物质的量浓度大于钛白水解母液的，B错误； C．中阳离子与阴离子的数目之比小于中的，无法通过沉淀转化比较溶度积常数大小，C错误； D．“灼烧”时化合价升高的元素为平均化合价为+3的碳元素，依据电子守恒知，“灼烧”反应生成时，理论上有参加反应，D正确； 故选BC。 11．(1)原料易得，价格便宜 (2)Fe粉 (3)Fe粉、SiO2和CaSO4 (4) 趁热过滤 降温结晶 (5) (6) 设备会散出一部分热而导致实际温度偏高。 (7)MgCl2 【分析】海水在通过试剂①后生成Mg(OH)2沉淀，所用试剂试剂①应该是碱，然后经过一系列操作得到MgCl2，MgCl2在熔融状态下电解可以得到金属镁和氯气，氯气加碳和TiO2反应生成TiCl4，在被金属Mg置换出Ti；TiO2是通过钛铁矿和硫酸反应得到FeSO4、TiOSO4和Fe2(SO4)3溶液以及不反应的沉淀，然后加入过量Fe粉，把溶液中Fe3+还原为Fe2+，再过滤出过量的Fe粉和沉淀杂质，得到绿矾和TiOSO4，然后水解煅烧最后得到。 【详解】（1）贝壳粉是主要成分是碳酸钙，加热煅烧可以得到CaO，溶于水得到石灰乳，原料易得，价格便宜，而NaOH的价格比较高。 （2）由以上分析可知试剂②为Fe粉。 （3）由以上分析可以知道得到的沉淀有过量Fe粉，还有杂质，其中有不溶于酸的SiO2和微溶的CaSO4。 （4）绿矾的溶解度随温度的升高先升高后降低，溶解度最大的温度为约60摄氏度，所以可以通过趁热过滤，然后降温结晶的方法得到。 （5）偏钛酸在水中的沉淀方程为，所以，因为离子浓度小于被认为完全沉淀，所以可以计算出，根据常温下，得到，所以只要，几乎完全沉淀。 （6）反应①是和碳单质、Cl2反应，所以生成的可燃气体只能是CO，所以反应方程式为：；反应温度实际远远高于理论温度可能是实际反应中设备会散出一部分热而导致。 （7）反应的最后是金属Mg置换出Ti，其中还有MgCl2的生成，而反应需要MgCl2，因此可以循环使用的是MgCl2。 12．(1)-1(或负一价) (2) 适当升高温度，适当增大酸的浓度 (3)3.2≤pH<4.2 (4)和 (5)作还原剂 (6) 取少许溶液于试管中，先加KSCN溶液，不变色，再加氯水，溶液变红，说明含(或取少许溶液于试管，加入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成) 【分析】硫铜矿原石经过粉碎解离得到主要成分为CuS的铜蓝矿和主要成分为的黄铜矿，但是解离达不到完全，即铜蓝矿含有杂质，经过纯氧条件下的精磨酸浸，Cu生成Cu2+，S变为单质和硫酸根，杂质二价铁被氧化为三价铁，碱浸时铁离子生成氢氧化铁沉淀，钙离子结合硫酸根生成硫酸钙，二者形成滤渣X，滤液B中的Cu2+与H2反应得到单质铜。 【详解】（1）铁元素的化合价为+2，因此硫元素的化合价为-1(或负一价)； （2）精磨可增加反应物的接触面积，适当升高温度或适当增加酸的浓度都可以在酸浸时加快反应速率，从而加快浸出速率；酸浸时，S元素被氧化成单质S，离子方程式为； （3）生石灰碱浸调pH是为了除去杂质，pH需要大于或等于3.2，但不能将转化为沉淀，因此pH应小于4.2，即3.2≤pH<4.2； （4）滤液A中含有和，加入CaO后，除了生成沉淀，还会有生成，即滤渣X的主要成分是和； （5）将还原为Cu，因此H₂作还原剂； （6）反应I的离子方程式为；；取少许溶液于试管中，先加KSCN溶液，不变色，再加氯水，溶液变红，说明含或取少许溶液于试管，加入铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成。 13．(1) < (2)增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率 (3) (4)87.4 (5) 顶角 6 【分析】由题给流程可知，富铼矿渣加入生石灰后，在空气中焙烧得到铼、铁、铜、硅的氧化物，向氧化物中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到浸渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入有机萃取剂R3N萃取、分液得到可以循环使用的稀硫酸和有机相；向有机相中加入氨水反萃取、分液得到可以循环使用的有机萃取剂R3N和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。 【详解】（1）由题意可知，七氧化二铼和水反应生成高铼酸，反应的离子方程式为；由一水合氨的电离常数可知，溶液中=，则室温下，溶液pH为11时，溶液中=＜1，所以溶液中铵根离子浓度小于一水合氨的浓度，故答案为：；＜； （2）“焙烧”采用逆流操作可增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，使焙烧更加充分，提高原料的利用率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率； （3）由分析可知，“热解”时发生的主要反应为高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水，反应的化学方程式为，故答案为：； （4）设铼粉中铼和七氧化二铼的物质的量分别为amol、bmol，由铼原子和氧原子的原子个数比为1：0.35可得：(a+2b)：7b=1：0.35，解得a=18b，则产品的纯度为×100%≈87.4%，故答案为：87.4 （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角的白球个数为8×=1，位于棱上的黑球个数为12×=3，由化学式可知，位于顶角的白球为铼原子；与位于顶角的铼原子距离最近的氧原子位于棱上，则晶体中一个铼原子周围与其最近的氧原子的个数为6，故答案为：顶角；6。 14．(1) 将方解石和铍矿石破碎并混合均匀(其他合理答案也可) (2) (3) 、 (4) 常温时，pH=7.5，则，，说明已完全沉淀 (或) (5) 阴 BeCl2电解产生的阳极气体为有毒的Cl2，环境污染严重，能耗高(其他合理答案也可) 【分析】由题给流程控制，绿柱石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液；向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍；氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。 【详解】（1）提高“配料熔化”时的反应速率及效率的措施为将方解石和铍矿石破碎并混合均匀；根据已知信息写出化学方程式并配平得。 （2）“酸溶”时CaBe3SiO6发生反应的离子方程式为。 （3）硫酸铝铵微溶于水。“调pH”的目的是除去溶液中的和剩余的，常温下调节pH为5，则，溶液中，，铝离子和铁离子均完全沉淀；所得滤渣2的主要成分为、。“沉铍”后所得滤液的主要成分为，该工业流程中可循环使用的物质为。 （4）常温时，pH=7.5，则，，说明已完全沉淀；“沉铍”时不选用NaOH溶液的原因为或。 （5）电解BeCl2时在阳极生成氯气，在阴极析出固态金属铍；BeCl2电解产生的阳极气体为有毒的Cl2，环境污染严重，反应条件为高温和电解，能耗高。 15．(1)加热使塑料变为气体除去 (2)Na2PbO3+ 2Na2S+3H2O=S↓+PbS↓+6NaOH (3)5Sn + 4SbO+ H2O = 4Sb + 5SnO+ 2OH- (4) 随着NaOH溶液浓度增大，c(Na+)增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3(s)⇌2Na+(aq) + SnO (aq) 逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小 蒸发结晶，趁热过滤 乙醇 (5)AD (6)20.1% 【分析】锡锑渣(主要含塑料及SnO2、Sb4O6、PbO2)在空气中焙烧使塑料变为气体除去，加入过量NaOH溶液在加热条件下“碱浸”， SnO2、PbO2与强碱反应生成Na2SnO3、Na3SbO4、Na2PbO3和水，加入Na2S和Na2PbO3发生氧化还原反应生成S和PbS，过滤后向滤液中加入锡粒将Na3SbO4还原为Sb，过滤得到Na2SnO3溶液，经过一系列操作得到锡，以此解答。 【详解】（1）锡锑渣中含有塑料，“焙烧”的主要目的是加热使塑料变为气体除去。 （2）由分析可知，“沉铅”时Na2S和Na2PbO3发生氧化还原反应生成S和PbS，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：Na2PbO3+ 2Na2S+3H2O=S↓+PbS↓+6NaOH。 （3）加入锡粒将Na3SbO4还原为Sb，转化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：5Sn + 4+ H2O = 4Sb + 5+ 2OH-。 （4）①相同温度下，Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小，从平衡移动原理分析可知：随着NaOH溶液浓度增大，c(Na+)增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3(s)⇌2Na+(aq) + SnO (aq) 逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小； ②由Na2SnO3溶液通过结晶可获得Na2SnO3晶体，具体操作方法为蒸发结晶，趁热过滤、Na2SnO3可溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤、干燥。 （5）本工艺流程中加入焦炭冶炼锡的方法属于热还原法， A．工业制粗硅的过程中涉及：SiO2 +2CSi(粗)+2CO↑，属于热还原法，故A选； B．电解熔融氯化钠制钠属于电解法，故B不选； C．氧化汞分解制汞属于热分解法，故C不选； D．工业炼铁的过程中涉及：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2↑，属于热还原法，故D选； 故选AD。 （6）4.0kg中锡的质量为4.0kg×53.5%=2.14×103g，“还原”时消耗0. 13kg锡粒，则10kg锡锑渣中锡的质量为2.14×103g-0.13×103g=2.01×103g，锡锑渣中锡元素的质量分数为=20.1%。 16．(1)共价晶体 (2) +3 (3) 增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率 (4)重结晶 (5) 阳离子半径逐渐增大，配位数逐渐增大，晶体类型发生变化 【分析】尾矿用硫酸充分酸浸，SiO2不参与反应，则浸渣的主要成分为SiO2，滤液主要含有Be2+、Li+、Fe2+和Al3+，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，再加入C6H5COONa沉铝、过滤得含铝沉淀的滤饼，同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，用硫酸将滤饼在90℃溶解得到C6H5COOH和硫酸铝的溶液，经过冷却结晶、过滤得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液，向主要含有Be2+、Li+的滤液中加入TBP和FeCl3，Li+可与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，出现分层，经过分液得到主要含Be2+的溶液和LiFeCl4/TBP溶液，向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，据此解答。 【详解】（1）“浸渣”中主要成分二氧化硅为共价晶体； （2）“沉铁”中生成NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，其中Fe元素的化合价为+3价，该反应的离子方程式为：； （3）①“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率； ②根据锂元素守恒，“反萃取”后n(Li+)=cVmol，对应的n(Li2O)=mol，对应的m(Li2O)=，回收率为； （4）实验室提纯C6H5COOH的方法是重结晶； （5） ①当配位数为6时，阴离子作面心立方堆积，阳离子占据晶胞内所有的正八面体空隙，其临界情况为：4个阴离子位于晶胞面上的4个顶点，1个阴离子位于晶胞的面心，且面对角线上的阴离子相切，4个阳离子位于正方体的棱心，且恰好与周围的阴离子都相切，如图：，，，根据==，，则Y=； ②BeO晶胞为立方ZnS型，而MgO、CaO、SrO等的晶胞为NaCl型，结合上表出现此结果的原因：阳离子半径逐渐增大，配位数逐渐增大，晶体类型发生变化。 17．(1)将烧渣粉碎、加热、适当增大硫酸的浓度、搅拌等 (2)CaSO4、SiO2 (3)4.7~6.0 (4) (5) 800 (6) 1:2:2 8 【分析】硫铁矿烧渣加入硫酸，铁铝转化为硫酸盐，SiO2不反应，和生成的不溶物CaSO4成为料渣1，过滤的滤液加入废铁皮与Fe3+反应生成Fe2+，调节pH除去铝，滤液加入NH4HCO3反应生成沉淀，通入O2煅烧生成CO2和Fe2O3，加入FeS2和O2煅烧得到。 【详解】（1）为了加快酸溶速率，可采用的措施有将烧渣粉碎、加热、适当增大硫酸的浓度、搅拌等； （2）由分析可知，料渣1的主要成分有CaSO4、SiO2； （3）还原后Fe3+转化为Fe2+，调节pH使沉淀完全，则，pOH=9.3，pH=4.7；而此时Fe2+没有沉淀，则，pOH=8.0，pH=6.0；故“调”的范围是4.7~6.0； （4）加入“沉铁”时，Fe2+和生成FeCO3沉淀和H2O、CO2，反应的离子方程式为； （5）①“煅烧2”阶段发生反应时，则1分子、1分子反应生成1分子，反应中硫元素化合价由-1升高为+4，转移5×2=10个电子，则会有10÷4=2.5个氧分子的氧化剂参与反应，故该反应的化学方程式为：； ②由图可知，“煅烧2”时，温度最好控制在800℃，此时产品的纯度已经很高； （6）①根据“均摊法”，晶胞中含个Ca、个Fe、个As，该晶胞中，原子的个数之比为1:2:2；距2号原子最近的铁上下层各4个，共有8个。 ②结合①分析，则晶体密度为；l号原子的高为，1号原子在xyz轴上投影坐标分别为、、，则坐标为。 18．(1) Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑ 非晶体 (2)Ca和Si (3)4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH (4) 8.8 Na2[Be(OH)4] (5) C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O 生成Cl2，污染环境 【分析】由题给流程控制，绿柱石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液；向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍；氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。 【详解】（1）由分析可知，“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18与碳酸钙高温条件下反应生成含有CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6和二氧化硅的铍玻璃体，反应的化学方程式为Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑，铍玻璃体是没有固定熔点的混合物，属于非晶体，故答案为：Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑；非晶体； （2）由分析可知，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣，则从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为钙元素和硅元素，故答案为：Ca和Si； （3）由分析可知，通入氨气和空气调节溶液的pH的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH，故答案为：4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH； （4）由溶度积可知，溶液中铍离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度不低于=2×10—5.5mol/L，则溶液的pH不低于14—5.5+lg2=8.8；氢氧化铍是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠，所以将氨水换成氢氧化钠溶液沉铍时需控制溶液的pH不能过高，防止生成四羟基合铍酸钠，导致铍的产率降低，故答案为：8.8；Na2[Be(OH)4]； （5）由图可知，通入丙烷的右侧电极为燃料电池的负极，碳酸根离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气，会污染环境，故答案为：C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O；生成Cl2，污染环境。 19．(1) 分子晶体 (2) (3) ZnO或者 1.2 (4)取最后一次洗涤液，加入溶液，未产生白色沉淀，则证明洗净 (5) 当最后半滴标准溶液滴下时，溶液由无色变为蓝色，且30s内不褪色 98.44 【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、过滤得到水解液和水合二氧化锗，水合二氧化锗烘干得高纯GeO2。 【详解】（1）Zn元素原子序数为30，是第四周期过渡金属元素，最外层电子排布式为4s2，GeCl4可被蒸馏分离，沸点较低，是分子晶体； （2）“氧化酸浸”中H2O2做氧化剂，二硫化锗转化为硫酸锌、硫酸锗和硫，离子方程式为GeS2+2H2O2+4H+=Ge4++4H2O+2S； （3）“中和沉淀”中，调节溶液pH=4.8，调节的pH值不太大且考虑到不引入新杂质，加入的化合物A可以是ZnO或者Zn(OH)2，pH=4.8时，c(H+)=10-4.8mol/L，c(OH-)=10-9.2mol/L，根据Ksp[Ge(OH)4]=c(Ge4+)×c4(OH-)=4×10-46，c(Ge4+)==10-9.2mol/L，同理c(Fe3+)==10-10.4mol/L，故lg[c(Ge4+):c(Fe3+)]=1.2； （4）“中和沉淀”后，用蒸馏水洗涤滤饼，判断滤饼洗净即检验是否残留硫酸根，实验操作和现象是：取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，未产生白色沉淀，则证明洗净； （5）①根据已知，碘酸根和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，故滴定终点现象为当最后半滴标准溶液滴下时，溶液由无色变为蓝色，且30s内不褪色； ②根据所给反应，n(GeO2)=n(Ge2+)=3n()=0.5000mol/L×0.025L×3=mol，故样品中GeO2的纯度为98.44%。 20．(1) 第4周期第ⅣB族 (2) (3)据已知可得还原性强于，可以将生成的还原为，防止生成氢氧化铁杂质 (4) 酸解 HF (5) 【分析】由图可知，试剂X为一种酸，而磷灰石矿加入试剂X酸溶之后，过滤可得到石膏，即试剂X为，气体1为HF，钛在酸性环境中的存在形式为，钛铁矿（）在108℃下酸解的化学反应式为：，水浸、冷却、过滤后得到，滤液1中存在Fe2+、，加入铁粉进行还原，使得转化为Ti3+，Ti3+水解得到H2TiO3，可得到钛白粉，滤液2中含有Fe2+，可进入酸解步骤循环利用，提高Fe元素利用率；滤液3在加入了NH3、H2O2、后发生反应，得到FePO4，FePO4与锂辉石矿处理得到的碳酸锂固相合成得到LiFePO4；石膏在加入碳粉、水泥矿化剂经高温回转后得到水泥，同时生成气体2，即SO2，SO2与空气中氧气合成SO3，用水吸收可得到H2SO4。 【详解】（1）Ti在元素周期表中的位置为：第4周期第ⅣB族，由图可知，试剂X为一种酸，而磷灰石矿加入试剂X酸溶之后，过滤可得到石膏，即试剂X为； （2）钛在酸性环境中的存在形式为，钛铁矿（）酸解的化学反应式为：； （3）溶液为紫色，据已知可得还原性强于，可以将生成的还原为，防止生成氢氧化铁杂质，因此可以通过观察溶液保持紫色，判断无Fe2+被氧化； （4）由分析得循环利用“滤液2”的操作单元名称为酸解，“气体1”为HF； （5）滤液3在加入了NH3、H2O2、后发生反应，若将铁离子恰好沉淀完全（）时，，。 21．(1)将氟磷灰石粉碎、搅拌或适当升高温度等 (2) (3)NaCl (4)H3PO4+KCl= KH2PO4+HCl (5)小于 (6) H2 阴 阴极产生通过阴膜进入产品室，阳极K+通过阳膜进入产品室，在产品室可得到 【分析】氯磷灰石(主要成分为难溶于水的，杂质为等)先加入磷酸酸浸，得到HF气体和Ca(H2PO4)2，然后用硫酸再次酸浸，过滤后得到微溶物硫酸钙，滤液中含有磷酸和少量的，滤液中加NaCl生成Na2SiF6沉淀脱氟，过滤得到磷酸，经过分液、结晶得到磷酸二氢钾，以此解答。 【详解】（1）能提高“酸浸Ⅰ”效率的措施有：将氟磷灰石粉碎、搅拌或适当升高温度等。 （2）“酸浸Ⅰ”中和磷酸反应生成和HF，其离子方程式为：。 （3）Na2SiF6的溶解度较小，“脱氟”的目的是将转化为Na2SiF6沉淀，则试剂X为NaCl。 （4）TOA是难溶于水的液态有机萃取剂，能萃取HCl，“反应器”中磷酸和KCl发生反应生成KH2PO4，化学方程式为：H3PO4+KCl= KH2PO4+HCl。 （5）溶液中的电离常数为，水解常数Kh=<，说明电离产生的程度大于水解产生的程度，则小于。 （6）①电解法制备磷酸二氢钾的过程中，左侧为阴极区，H+得到电子生成H2； ②电解法制备磷酸二氢钾的过程中，左侧为阴极区，右侧为阳极，产品室得到，说明右侧K+通过阳离子交换膜Y进入产品室，左侧通过阴离子交换膜X进入产品室； ③产品室能得到的原因是：阴极产生通过阴膜进入产品室，阳极K+通过阳膜进入产品室，在产品室可得到。 22．(1) (2) 和 (3) 除去溶液中的 蓝色沉淀 (4) 转化生成的在热水中发生水解 (5)4.0 (6) 金属 12 【分析】锑矿粉加入硫代硫酸钠做还原剂，在溶液中将还原，和都溶于溶液，和不溶，过滤除去，含和的溶液中加入硫酸铜溶液，生成和沉淀，过滤后向滤液中先加入浓溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入溶液，将价的Sb氧化为价，得到沉淀，过滤，向得到的晶体中加入氢氟酸进行转化，最后为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到。 【详解】（1）Sb为第5周期第ⅤA族元素，其基态原子的价电子排布式为，答案：； （2）“浸出”时，被还原为，被氧化为，在碱性溶液中发生反应的离子方程式为： ，由以上分析可知，“滤渣1”的主 要成分为和，答案：、和； （3）“精制”时，根据已知更难溶，当溶液中出现蓝色沉淀时，停止加入溶液，溶液中已沉淀完全，答案：除去溶液中的、蓝色沉淀； （4）不溶于冷水，在热水中易发生水解，需要加入溶液抑制水解，答案： 、转化生成的在热水中发生水解； （5）锑矿粉中Sb的质量分数为，整个流程中损失率为，则锑矿粉理论上能制备的质量为，答案：4.0。 （6）（6）由组成元素Sb和K可知，该晶体是合金，属于金属晶体；由均摊法得该晶胞中K的个数为，Sb的个数为，K和Sb原子数之比为，化学式可表示为；与每个Sb距离最近的Sb均在小立方体的对角线上，共有12个，答案：金属、、12。 23．(1)适当加热、搅拌(或粉碎镍铁合金废料、适当增大酸的浓度) (2) (3) 2.1 有 (4)、、 (5) (6) 【分析】 【详解】（1）“酸溶”过程中可以加快反应速率和提高浸出率的方法有适当加热、搅拌、粉碎镍铁合金废料或适当增大酸的浓度； （2）“除杂1”步骤中，溶液呈酸性，溶液中的、与加入的、反应生成沉淀和气体，反应的离子方程式为； （3）“除杂2”步骤的目的是将、完全除去，根据难溶电解质的溶度积可知，将、完全除去需满足，则溶液中，已知，，则，将、代入可得，则应保持溶液的pH不小于2.1，此时，，则已经开始沉淀，有损失； （4）根据第(2)问的离子方程式可知，消耗的与的物质的量之比小于中与的物质的量之比，所以一定有剩余；“沉镍”步骤前镍铁合金废料中的其他金属杂质已经被除去，故加入草酸“沉镍”后得到的滤液中所含的阳离子主要为、、； （5）在空气中煅烧说明足量，故碳元素转化为；加入草酸后得到草酸镍沉淀，在空气中煅烧草酸镍生成三氧化二镍，+2价的镍被氧化为+3价，+3价的碳被氧化为+4价，则反应的化学方程式为； （6）根据均摊法可知，1个A中Ni的个数为，1个B中Ni的个数为，故1个晶胞中Ni的总数为；1个B中Fe的个数为4，1个晶胞中Fe的总数为；1个A中O的个数为4，1个B中O的个数为4，故1个晶胞中O的总数为，则该化合物晶体的密度为。 24．(1)增大固液接触面积，加快浸取速率(合理即可) (2) (3) (4) (5)温度升高，氨水分解并挥发(合理即可) (6) 8 【分析】辉锑矿(主要成分为，含少量的和等)先粉碎，然后加入盐酸和FeCl3溶液进行酸浸，浸出液主要含，不溶于盐酸，且反应中还生成S，过滤后得到的滤渣I为和S单质；向滤液中加入Na2S溶液沉淀Cu2+、Pb2+，过滤，得到的滤渣Ⅱ为CuS、PbS沉淀，再向滤液中加入NaH2PO2溶液除去砷，过滤得到SbCl3溶液，SbCl3水解得到SbOCl，SbOCl加入氨水中和脱氧得到Sb2O3。 【详解】（1）“粉碎”辉锑矿的目的是增大固液接触面积，加快浸取速率。 （2）是酸性氧化物不溶于盐酸；将中的价硫氧化成单质硫：。 （3）“除砷”时砷元素由价降为0价，磷元素由价升高到价，根据电子守恒知氧化剂与还原剂的物质的量之比为。 （4）因为的更小，优先沉淀，当沉淀完全时已经沉淀完全，若使和沉淀完全，需；此时。 （5）“中和脱氯”过程中加入氨水进行中和，温度升高氨水受热分解并挥发，造成脱氯率下降。 （6）根据均摊法，一个晶体a中为2个，K为1个，为个，所以晶体a的化学式为；由图丙可知，晶体b中与距离最近的的个数为8。 25．(1)H2S+HS-+ (2)2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+4NaOH+2S↓ (3) 脱硫过程中生成了NaOH 2：1 (4) 加快还原态ADA的氧化速率(或催化H2O2分解) EDTA和Fe3+形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3+浓度的稳定性 (5)BCE 【分析】 碳酸钠和硫化氢生成NaHCO3和NaHS，加入NaVO3脱硫生成硫单质和Na2V4O9，加入酒石酸钠使V4+稳定存在，滤渣为S单质，“还原”时，氧化态ADA()转化为还原态ADA()，同时生成NaVO3，氧化时FeCl3加快还原态ADA的氧化速率(或催化H2O2分解)，EDTA和Fe3+形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3+浓度的稳定性，据此分析解题。 【详解】（1）根据H2CO3和H2S的电离常数，可得H2S通如Na2CO3溶液中的离子方程式为H2S+HS-+。 （2）“脱硫”时，得到滤渣为硫单质，发生反应的化学方程式为2NaHS+4NaVO3+H2O=Na2V4O9+4NaOH+2S↓。 （3） “还原”时，氧化态ADA()将Na2V4O9氧化为NaVO3，使NaVO3得以再生，脱硫过程中生成了NaOH，故不需要再添加该试剂；为氧化剂，Na2V4O9为还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1。 （4）“氧化”时，ADA(还原态)→ADA(氧化态)，同时有H2O2生成。从氧化还原反应角度分析，FeCl3的作用可能是加快还原态ADA的氧化速率(或催化H2O2分解)；加入EDTA的目的是EDTA和Fe3+形成可溶性配合物，保持溶液中Fe3+浓度的稳定性。 （5）“再生吸收液"中可循环使用的物质有酒石酸钾钠、NaVO3和ADA，故选BCE。 26．(1) 4 (2) 氧化硫化氢，防止污染空气 CuS (3)不引入新杂质（增加产品的质量） (4)表面有晶膜出现（或有少量晶体析出） (5) (6) 50％ 【分析】矿石粉碎后加入硫酸和硫酸铁，将铜转化为硫化铜，过滤后硫化铜在滤渣中，加铁粉还原脱酸，浓缩结晶过滤得到FeSO4⋅7H2O沉淀，滤液针铁矿法除铁，生成FeOOH沉淀，滤液浓缩结晶转化为ZnSO4⋅7H2O，据此回答。 【详解】（1） Fe2+的价电子排布式为3d6，价电子排布图为；周期和基态Cu原子具有相同未成对电子数目的元素还有K、Ti、Ga和Br，共4种； （2）酸浸时Fe2(SO4)3的作用为：氧化硫酸与ZnS生成的硫化氢，防止污染空气，铜元素在滤渣中的存在形式为CuS； （3）加入铁粉还原脱酸的优点是：不引入新杂质（增加产品的质量）； （4）浓缩结晶时，溶液蒸发至表面有晶膜出现（或有少量晶体析出）即停止加热； （5）Fe2+被氧气氧化为FeOOH，对应的方程式为：； （6）1molZnSO4⋅7H2O的质量为287g，固体质量减少287×（100%-93.7%）=18g，则减小了1molH2O，所以a段固体的成分为ZnSO4⋅6H2O，同理可得b段固体减少了287×（100%-64.2%）=108g，所以b段固体的成分为ZnSO4⋅H2O，同理可得c段固体减少了287×（100%-56.1%）=126g，所以c段固体的成分为ZnSO4，第三步为ZnSO4⋅H2O=ZnSO4+H2O，Kp=p(H2O)=p3pa，在M点时，固体的质量为287×78%=224g，减少的质量为63g，水减少了3.5mol，总的水为7mol，则M点时所对应反应的转化率为。 27．(1)第四周期第Ⅷ族 (2)加聚 (3)[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO或AlO+CO2+2H2O=A(OH)3↓+HCO (4) (5) Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+ K===8.4×102.48<105，反应不能进行到底，钴离子沉淀不完全 (6) 加热浓缩 趁热过滤 109(107-110均可) 【分析】由流程可知，废旧钴酸锂电池的正极材料经放电拆解，去除隔膜PP/PE，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解变为，过滤后得到的滤液含有，滤渣为LiCoO2，加硫酸、Na2S2O3，发生氧化还原反应：，该反应发生将+3价的Co还原转化为+2价的Co2+，用草酸铵“沉钴”发生反应产生CoC2O4沉淀，然后向滤液中加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，据此解答。 【详解】（1）Co原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族； （2）隔膜PP/PE的主要成分为聚丙烯和聚乙烯，乙烯发生加聚反应产生聚乙烯；丙烯发生加聚反应产生聚丙烯，因此以石油裂解气为原料，通过加聚反应产生隔膜PP/PE隔膜； （3）碱浸，将Al充分溶解变为通入过量CO2可生成Al（OH）3，离子方程式为：[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO或AlO+CO2+2H2O=A(OH)3↓+HCO； （4）LiCoO2中加硫酸、Na2S2O3，+3价的Co还原转化为+2价的Co2+，离子方程式为：； （5）若加入草酸，反应的离子方程式为：Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+；化学平衡常数，小于105，反应不能进行到底，钴离子沉淀不完全； （6）根据图1的碳酸锂的溶解度曲线可知：温度升高，碳酸锂的溶解度降低，因此实验室模拟“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、烘干等操作；为了既保证碳酸锂有较高的产率和纯度，又降低生产的成本，选择碳酸钠的投加量应为109(107-110均可)。 28．(1)+3 (2) (3) HF与(硅酸盐)反应，腐蚀陶瓷、玻璃 保证蒸馏速率较快 (4) 高纯HF溶液 搅拌，适当升温或粉碎固体 (5) 【分析】业氢氟酸中常含有等杂质以及水，“除杂”时，加入使转变为沉淀，根据质量守恒定律可知，同时生成H2O和CO2气体；加入适量除去，并生成，离子方程式为：，在80-90℃条件下蒸馏，由于HF与(硅酸盐)反应，腐蚀陶瓷、玻璃，“蒸馏”装置材料为聚乙烯或衬铂的银铅合金，不选择陶瓷或玻璃材质，将过量的高纯度HF溶液和高纯MgO反应5~6小时，生成MgF2，对MgF2进行处理后得到MgF2成品。 【详解】（1）中H为+1价，O为-2价，根据化合价代数和为0可得，B为+3价； （2）“除杂”时，加入使转变为沉淀，根据质量守恒定律可知，同时生成H2O和CO2气体；加入适量氧化，并生成和硫酸根离子，离子方程式为：； （3）由于HF与(硅酸盐)反应，腐蚀陶瓷、玻璃，“蒸馏”装置材料为聚乙烯或衬铂的银铅合金，不选择陶瓷或玻璃材质；已知HF的沸点为19.5℃，而保持蒸馏温度不低于80℃是为了加快蒸馏速率； （4）“反应”制备纯固体成品时，应保高纯HF溶液过量，这样可以抑制Mg2+的水解；为了加快高纯HF溶液与MgO反应速率，可以搅拌，适当升温或粉碎固体（其他合理答案也可）； （5）当时，，溶液中。 29．(1) (2)、 (3) (4) 10 高温下蒸气压大，易挥发，为充分反应 (5)pH过低，化为的程度大；pH过高，化为的程度大，两因素均使沉钒率降低 (6) 2 【分析】废SCR催化剂(含TiO2、V2O5、Al2O3、SiO2等)加入氢氧化钠进行碱浸，TiO2、V2O5、Al2O3、SiO2都能与NaOH溶液反应生成可溶性的Na2SiO3、NaAlO2、NaVO3和不溶性的Na2TiO3；过滤得滤渣为Na2TiO3，加入硫酸进行溶解，进行热水解后得到TiO2·xH2O，焙烧脱水得TiO2，加入C、B2O3还原得TiB2；碱浸后的滤液调pH=8，Na2SiO3、NaAlO2转化为H2SiO3和Al(OH)3沉淀，过滤即为滤渣①，滤液中加入氯化铵形成NH4VO3沉淀，过滤后煅烧得V2O5； 【详解】（1）“酸浸”时不溶性的Na2TiO3转化为TiO2+，离子方程式为Na2TiO3+4H+=2Na++TiO2++2H2O； （2）由分析，“滤渣①”的主要成分为H2SiO3和Al(OH)3； （3）“热水解”工艺中，TiO2+离子水解产生氢离子，使溶液呈酸性，过滤后溶液中为H2SO4，可以酸浸时重复利用； （4）“热还原”时，TiO2、C、B2O3反应得TiB2，由元素守恒，推出生成的可燃性气体为CO，则发生的化学反应为TiO2+5C+B2O3=TiB2+5CO，每制备1molTiB2，生成5mol CO，转移电子10mol，由已知②B2O3高温下蒸气压大，易挥发，为充分反应，B2O3的实际用量超过了理论用量； （5）“沉钒”时，溶液pH过低或过高均不利于生成NH4VO3沉淀，原因是pH过低，化为的程度大；pH过高，化为NH3⋅H2O的程度大，两因素均使沉钒率降低； （6）①由图可知，由Ti原子与As原子构成的八面体处于晶胞的顶点和体内，根据"均摊法"，个数为=2； ②根据"均摊法"，O处于晶胞的上下面心和侧棱，个数为，Ti处于侧面面心和底面棱心，个数为，As处于体内和侧棱，个数为=4，Na处于体内和侧棱，个数为，故晶体密度为。 30．(1)将镍废料粉碎或适度增大浓度或搅拌 (2) 使完全转化为 ，故不沉淀 (3) (4) (5) 【分析】镍废料中含有Ni、Cu、Fe、Ca、Mg等的化合物及难溶性杂质，用硫酸酸浸后得到含有Ni2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+的溶液，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然加入碳酸钙调pH，使铁离子变为沉淀而除去，加入硫化氢后产生硫化铜沉淀，加入NH4F，溶液中的氟离子与钙离子、镁离子反应生成氟化钙、氟化镁沉淀，达到除钙镁的目的，加入碳酸钠沉镍，得到NiCO3，NiCO3溶于盐酸后用NaClO氧化得到Ni2O3，以此解答。 【详解】（1）常温下，为提高酸浸效率，通常采用的措施是：将镍废料粉碎或适度增大浓度或搅拌。 （2）由分析可知，加入碳酸钙调pH=4的目的是：使完全转化为，此时溶液中，故不沉淀。 （3）由分析可知，“沉渣3”的主要成分是，沉镍步骤中加入Na2CO3溶液生成NiCO3，结合“除钙镁”过程中加入NH4F、硫酸可知，“滤液4”中除含、、、外，还含有较多的。 （4）向“酸溶”后的溶液中加入NaOH和NaClO，NiCl2被氧化为Ni2O3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （5）由题意可知，和反应生成等物质的量的、S混合沉淀以及，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 31．(1) 增大接触面积，加快化学反应速率，使燃烧充分 SiO2 (2) (3) 分解出HCl抑制BeCl2水解 (4) 负 氧化 (5)AC (6)四面体 (7) 【分析】铍矿石 (主要成分为Be2SiO4，少量MnO)，加入碳酸钠和Na2SiF6，反应生成可溶性Na2BeF4、Na2MnF4，加水后过滤，二氧化硅不溶于水形成浸渣，浸出液中加入氨水和高锰酸钾溶液净水除锰，Na2MnF4与高锰酸钾反应生成二氧化锰，再加入氢氧化钠沉铍得到氢氧化铍，将氢氧化铍转化为氯化铍后再还原为Be，据此解答。 【详解】（1）烧结前将矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快化学反应速率，使燃烧充分；据分析，浸渣的主要成分是SiO2； （2）根据氧化还原反应电子守恒配平方程式，故净水除锰的离子方程式为：； （3）受热分解为BeCl2和H2O，SOCl2与水反应生成SO2和HCl气体，从而得到无水氯化铍：，氯化氨分解出来的HCl可以在加热过程中抑制BeCl2的水解而得到无水氯化铍； （4）Be和氧气反应生成BeO，Be被氧化，因此作负极； （5）铍和铝的性质相似，因此铍不与冷水反应，A错误；BeCl2类似AlCl3，溶液中Be2+发生水解使溶液呈酸性，pH＜7，B正确；氧化铍和氧化铝性质相似，不耐酸碱，C错误； （6），介于0.225~0.414，因此BeO的配位多面体是四面体形； （7）根据题意，该晶胞的体积为，由均摊法克制该晶胞中Be原子个数：，则该晶体的密度为：。 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 $$