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·贵州安顺·一模）过渡性金属元素在工业生产中有很重要的作用，如金属钼用于制火箭、卫星的合金构件，钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。某工厂利用钼精矿(主要成分MoS2，还含少量钙、镁等元素)为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)的主要流程图如下： (1)NaClO在反应中的作用是 ，已知Rb(铷)质子数为37，在第五周期ⅠA，Mo的质子数为42，那么Mo在周期表中的位置为第五周期 族。 (2)用浓氨水溶解粗产品的离子方程式是 ，由图中信息可以判断MoO3是 氧化物。(填“酸性”、“碱性”或“两性”) (3)操作Ⅰ是 ，操作Ⅱ所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是 。 (4)采用NaClO氧化钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热。①请配平以下化学反应： 。 _______NaClO+_______MoS2+_______NaOH→_______Na2MoO4+_______Na2SO4+_______NaCl+_______H2O ②钼的浸出率随着温度变化如图，当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是 (写一点)。 (5)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，则电池工作时正极上的电极反应式为 。 2．（2024·吉林长春·模拟预测）氧缺位体()是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿(主要成分是，含、等杂质)为原料制备的流程如下： 已知： ①酸浸后溶液中的金属离子有、、和 ②25°℃时已知几种金属离子沉淀的如表所示： 金属氢氧化物 开始沉淀的 1.9 3.4 6.4 7.0 完全沉淀的 3.2 4.7 7.6 9.0 回答下列问题： (1)位于元素周期表 区。 (2)“焙烧”时生成三种氧化物(其中的氧化物形式为)，其化学方程式为 。 (3)加“还原”的目的是 。 (4)滤渣2的主要成分为 。 (5)已知C有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间构型是 。 (6)充分“煅烧”得到的氧缺位体()的质量为原质量的98%，则 。 (7)氧缺位体分解水制氢分两步： 第一步 (完成方程式)； 第二步：。 3．（2024·山东泰安·三模）铬单质熔点高、硬度大，在新材料、医药、有机合成等多个领域有重要作用。以铬精矿(含 和少量 )冶炼 Cr的工艺流程如下： 已知：烧渣中含有 回答下列问题： (1)“焙烧”之前常将原料混合后球磨，其目的为 ；“焙烧”过程中 (填“有”或“无”)氧气参加反应。 (2)从浸渣中分离出Fe3O4的简单方法为 。 (3)“中和”和“酸化”两步工序不能合并的原因为 ；“结晶”所得母液中含有的主要金属阳离子为 (填离子符号)。 (4)“转化”过程发生主要反应的化学方程式为 。 (5)实际工业生产中、还原”工序常选用的金属还原剂为 (填化学式)。 (6)的立方晶胞可看作4个如图1所示的结构单元移至图2的相应位置。图1中M点在晶胞中的位置为面心或 ；若M点在面心位置，则其原子坐标参数为 。 4．（2024·贵州黔东南·三模）MnSO4·H2O可用作分析试剂、媒染剂、添加剂、药用辅料等。一种以软锰矿(主要成分为MnO2，还有CaO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MnF2)=4.5×10-3。 ②该工艺条件下，有关金属离子沉淀的pH范围如下表所示。 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.0 3.4 8.1 沉淀完全的pH 3.2 9.0 4.7(>9.8时开始溶解) 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸”时，MnO2被Fe2+还原，写出基态Fe2+的价电子轨道表示式 。 (2)“酸浸”得到的滤渣1需要进行二次酸浸，然后将浸出液合并。二次酸浸的目的是 。 (3)“氧化”时，试剂A可以是 (填写试剂化学式)。 (4)“除铁铝”时，应调节溶液pH的范围是 。 (5)“除钙”时，加入MnF2，发生反应的离子方程式是 。在25℃时该反应的平衡常数K= 。 (6)硫酸锰在不同温度下的溶解度S和一定温度内析出晶体的组成如图所示。“一系列操作”包括将所得滤液控制温度在80~90℃之间蒸发结晶、 、 、真空干燥，最后得到MnSO4·H2O。 (7)用BaCl2标准溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可以忽略)，可能的原因是 (写出一种)。 5．（2024·江西·二模）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物()： 已知：常温下，，，。 回答下列问题： (1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为NaOH、 ，“灼烧”的目的是 。 (2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、 、 。 (3)“煅烧”前滤渣需进行的两步操作是 。 (4)在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。300～400℃转化为，反应的化学方程式为 ；400~450℃生成镍的氧化物的化学式为 。 (5)工业上可用电解法制取。用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式： ，amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为 mol(假设电解时阳极只考虑放电)。 6．（2024·重庆荣昌·模拟预测）氮化铍可用于新型的耐火陶瓷材料和反应堆材料，可由铍粉和干燥氮气在无氧气氛中于700~1400℃的温度下加热制得。以绿柱石(主要组成是，还含有少量铁元素)为原料生产氮化铍的工艺流程如图所示。 已知：常温下相关金属离子形成氢氧化物沉淀的如表所示。 金属离子 开始沉淀pH 6.3 1.8 3.1 5.6 12.4 沉淀完全pH 8.3 3.2 4.8 8.5 13.8 回答下列问题： (1)“酸浸”时绿柱石要进行粉碎，其目的是 。 (2)“转化”时加入的目的是 (用离子方程式表示)。 (3)“调”时加入适量细粉除去和，调节溶液的范围是 ，其中沉淀的离子方程式为 ，“滤渣2”的主要成分是 (填化学式)。 (4)“沉铍”时所加试剂是 (填“氨水”或“溶液”)。 (5)生成的化学方程式为 。 7．（2024·山东滨州·二模）从阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、、和等)中回收Se和金属的部分工艺流程如图。 已知： ①该工艺中萃取原理为：(其中表示萃取剂，表示金属离子)。 ②在碱性条件下很稳定，常温下可与络合：  。 回答下列问题： (1)“焙烧”前需对阳极泥进行粉碎处理，目的是 。 (2)“焙烧”产生的与的混合烟气用水吸收可制得单质，该反应的化学方程式为 。 (3)“滤液Ⅰ”中的阳离子主要有、，可使用萃取剂(RH)萃取分离。和的萃取率与水相初始、萃取剂浓度的关系如图。 则萃取最佳的条件为 和 ；“反萃取剂”最好选用 (填化学式)。 (4)已知“溶浸”时发生反应：。该反应的平衡常数K= [已知]。研究发现，硫代硫酸盐还可通过电化学催化实现的溶浸，其催化机理如图。 该方法总反应的离子方程式为 ，该过程的催化剂有 (填化学式)。 8．（2024·山东潍坊·二模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀—萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。 已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应：(M代表被萃取的金属)。回答下列问题： (1)的作用是 。 (2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。 A．过滤 B．蒸发结晶 C．分液 D．蒸馏 (3)加入调pH的目的是 。 (4)已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时， 。(保留1位有效数字) (5)写出反萃取出的离子方程式 。 (6)回收液中浓度的测定：取50.00mL 回收液，滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为0.1000的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积12.50mL。 ①滴定终点的现象是 。 ②物质的量浓度为 。 ③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致所测含量 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 9．（2024·湖南长沙·三模）锗酸铋是一种闪烁晶体材料，可用于空间物理等领域。 (1)锗是半导体材料，基态Ge原子核外电子排布式为 。 (2)锗酸铋可用锗和铋的氧化物形式表示，其中锗显最高价，铋的价态与其氯化物中的价态相同，在其氯化物中铋原子最外层满足8电子结构，氧原子平分在两种氧化物中，则锗酸铋的化学式用氧化物的形式可写成 。 (3)可用铋矿（主要成分为硫化铋、氧化铋及少量SiO2、铅、砷等杂质）按图流程冶炼得到粗铋。 几种物质的溶度积常数（或者电离平衡常数）如下表： Ksp[Fe(OH)3] Ksp(PbCl2) Ksp(PbC2O4) Ka1(H2C2O4) Ka2(H2C2O4) 25℃时： 19℃时： ①浸出时采用40℃的温度，可能的原因为 ，浸出时加入盐酸调节pH可提高Fe3+的利用效率，若加入的Fe3+为l6.8mg·L-1，则为了使Fe3+的利用效率达到最佳，酸化浸出时应将pH调至小于 （已知lg2=0.3，lg5=0.7）。 ②浸出渣中除SiO2外，还有少量淡黄色固体，则浸出时产生淡黄色固体反应的离子方程式为 。 (4)FeO立方晶胞的结构如图所示，设晶胞参数为apm。则与O2-紧邻的Fe2+构成的空间结构为 ，两个O2-之间最近的距离为 pm。 10．（2024·新疆·三模）氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种由含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、、MnO、、CdO等)制备氧化锌的工艺流程如图所示。 已知：(ⅰ)四价铅的氧化性大于次氯酸钙的氧化性； (ⅱ)二价金属氧化物能分别与氨形成配位化合物，如Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)可生成、； (ⅲ)Fe、Mn元素对应优势微粒与溶液的pH及氧化剂氧化电位(Eh)关系如图： (ⅳ)相关物质见下表： 物质 MnS FeS ZnS PbS CdS CuS 回答下列问题： (1)O的价电子排布图为 ，Zn在周期表中的位置是 。 (2)“氧化预处理”时，加入溶液的目的为氧化含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)，则氧化产物为 。 (3)“浸出”阶段溶解ZnO时消耗的，写出该反应的离子方程式 。 (4)“深度净化”时，可采用以下两种方案： 方案甲：加入足量锌粉。该方案所得滤渣c中除了含Zn、Cd之外，还含有 (填化学式)。 方案乙：加入粉末。已知杂质离子浓度较为接近且远小于含锌离子的浓度。则杂质离子生成沉淀的先后顺序依次为 (写沉淀的化学式)；工业生产中常采用方案甲而不采用方案乙，其原因为 。 (5)“蒸氨”时得到混合气体e和固体。混合气体e可返回至 工序循环利用。 (6)氧化锌有六边纤锌矿和立方闪锌矿两种常见晶体结构，晶胞结构如图。 ①六边纤锌矿中锌的配位数为 。 ②原子1的分数坐标为，则原子2的分数坐标为 。 11．（2024·湖南·模拟预测）硫酸铈铵[，相对分子质量为596]微溶于水，不溶于乙醇，溶于无机酸，可用作分析试剂、氧化剂。以氟碳铈矿（含等）为原料制备硫酸铈铵的工艺流程如图所示。 已知部分信息如下： 在空气中易被氧化为； ②硫脲的结构简式为，具有还原性； ③“沉铈”时发生的反应之一为； 回答下列问题： (1)“滤渣A”的成分除外，还有 （填化学式）； (2)“焙烧”时，下列采取的措施正确的是_____________（填标号）； A．采用高压空气，使矿粉呈“沸腾”状 B．空气从焙烧炉上部通入，矿粉从焙烧炉下部加入 C．空气从焙烧炉下部通入，矿粉从焙烧炉上部加入 D．空气、矿粉均从焙烧炉上部通入或加入 (3)在另一种工艺中，在氟碳铈矿粉中加入碳酸氢钠固体同时通入氧气焙烧，得到两种固体以及两种高温下的气态物质，该反应的化学方程式为 ； (4)“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜条件是_____________（填标号）。 A． B． C． D． (5)分子中键角 （填“大于”“小于”或“等于”）硫脲分子中键角； (6)“溶解”时加入稀盐酸后，还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用是 ； (7)含溶液与足量溶液反应生成沉淀的离子方程式为 ； (8)利用硫化锌锂电池电解含的溶液，可将转化为．该硫化锌锂电池放电时，负极材料的立方晶胞组成变化如图所示； ①化学式中， ； ②晶胞中，填充在构成的部分正四面体空隙中，和之间最近的核间距为，则晶体的密度为 （列出计算式，阿伏加德罗常数的值为）。 12．（2024·安徽·模拟预测）锆是一种浅灰色金属，主要存在于海滨砂矿的矿床中，被用于核反应堆芯材料的制备，因此具有战略价值。某工厂以锆英砂(主要成分，同时含有、、等元素)为原料生产金属锆工艺流程如下： 已知：①“酸溶”步骤所得的溶液中各金属存在形式为：、、、； ②常温下弱碱，； ③利用不同物质接近沸点时升华速度快的特点可以进行物质分离。 各物质沸点如下： 回答下列问题： (1)“酸溶”步骤所得的溶液中元素的化合价为 。 (2)“萃取”步骤中含锆离子与萃取剂发生络合反应得到，写出反应的离子方程式： ；加入碱液后，滤液中，则滤液中 。 (3)“沸腾氯化”时金属元素转化为氯化物，同时得到一种还原性气体，写出转化为的化学方程式： 。 (4)沸点远高于的原因可能是 ；“还原”的主要目的是 。 (5)已知氧化锆和氧化钙形成某种亮紫色晶体，其晶胞如图所示，其中位于面心位置。 ①晶胞中每个周围最近的原子个数为 。 ②该晶胞为立方晶胞，晶胞中和最小距离为，设为阿伏加德罗常数的值，的相对原子质量为M，该晶体密度是 (列出计算式即可)。 13．（2024·广西桂林·三模）废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂(主要成分为、，含少量CoO、CoS、NiO、等)中回收有价金属的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)基态Mo原子的价层电子排布式为，则Mo在元素周期表中的位置为 。 (2)“焙烧”时先将废钼催化剂磨成粉末，然后采取如图所示的“多层逆流焙烧”，这样做的优点是 ；“焙烧”时生成的气体A的主要成分为 。 (3)“焙烧”时转化为，写出“碱浸”时参与反应的离子方程式： 。 (4)已知和不易被稀硝酸氧化，但“酸浸”过程中仍不能用稀硝酸替换稀盐酸，可能的原因是 。 (5)已知：，“除铁”后所得滤液中，“沉镍”后所得滤液中，则沉镍率= [沉镍率=，计算过程中不考虑溶液体积变化]。 (6)在加热过程中会生成，已知中钴显+2价和+3价，晶体的晶胞结构如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。 14．（2024·青海西宁·二模）钛酸钡()可以作为防火涂料的添加剂，可提高涂层的防火性能和抗化学腐蚀性。以钛渣(主要成分是，含少量、、等)为原料制备钛酸钡的流程如下： 已知：①草酸钡难溶于水；②常温下，几种离子沉淀的如下表所示。 金属离子 开始沉淀/ 1.5 6.3 0.5 完全沉淀/ 2.8 8.3 2.5 注：。 回答下列问题： (1)浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)“酸浸”中，其他条件相同，1h内钛浸出率与硫酸的质量分数、温度关系如图1所示。 提高钛浸出率宜选择的条件是硫酸质量分数、温度依次为 。图2中温度高于65℃，钛浸出率降低的原因可能是 。 (3)“还原”时，主要反应的离子方程式为 ，检验“还原”后溶液中是否含的试剂是 (填化学式)。 (4)“沉钛”中，先加入过量溶液，后加入适量溶液，如果加试剂顺序颠倒，会产生 (填化学式)杂质，影响产率。“调”范围为 。 (5)“氧化焙烧”发生反应的化学方程式为 。工业上，还可以直接将在1500℃、无氧环境下反应24h制备，该方法的缺点是 。 15．（2024·湖南长沙·一模）湖南稀土资源丰富，其中红土钪矿富含钪元素。钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从红土钪矿(含钪、钛、铁、锰等元素)中提取氧化钪()的一种流程如下： 已知：①为两性氢氧化物，可与强碱反应生成。 ②。 ③，。 (1)为提高酸浸速率，可通过研磨、 等措施(举2例)。请从原子结构的角度解释加入双氧水易将酸浸液中某种金属阳离子氧化的原因： 。该步骤中选用足量的，理由是 。 (2)25℃时加入NaOH溶液调节以除去，沉锰过程中钪也会经历沉淀的过程，完全沉淀的 (已知)。 (3)向含的溶液中加入草酸后可以将其沉淀，的草酸溶液中 。 (4)草酸钪在空气中灼烧的化学方程式为 。 (5)Y、Sc(/NC，/NC)单原子催化剂可用于常温常压下的电化学催化氢气还原氮气的反应。反应历程与相对能量模拟计算结果如图所示(*表示稀土单原子催化剂)。使用/NC单原子催化剂的反应历程中，决速步的方程式为 。 16．（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)。 17．（2024·湖北黄石·一模）钪是一种功能强大的稀土金属，广泛用于航天、激光、导弹等尖端科学领域。 钛铁矿主要成分为钛酸亚铁，还含有少量等杂质，从钛铁矿中提取的流程如下图： 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分是 。 (2)“酸浸”后，钛主要以的形式存在于溶液中，在一定条件下可完全水解生成，写出水解的离子方程式： 。 (3)“萃取”是用酸性磷酸酯萃取剂、苯乙酮、磺化煤油配成的混合液作萃取剂，质量分数对萃取率的影响如表所示，料液温度对分离系数的影响如图所示，则萃取时最佳质量分数及料液温度分别为 。(已知分离系数指分离后混合体系中某物质的物质的量分数，如的分离系数) /% 分相情况 钪萃取率/% 铁萃取率/% 1 分相容易 90.74 14.89 2 分相容易 91.74 19.88 3 分相容易 92.14 13.30 5 有第三相 90.59 28.47 8 轻微乳化 90.59 34.85 (4)常温下“调”时，若调前溶液中浓度为，先加氨水调节，则的去除率为 (忽略调前后溶液的体积变化)；过滤除去，再向滤液中加入氨水调节，此时滤液中的浓度为 。(已知) (5)“沉钪”时发生反应：，该反应的平衡常数 (用数字列式表示，不用计算结果)(已知草酸的；)。 (6)在空气中“焙烧”时生成，该反应的化学方程式为 。 18．（2024·山东·二模）以水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。 已知： ①常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaSO4)=7.1×10-7，Ksp(CoCO3)=2.4×10-7； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Cu2+ 开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH 2.7 7.5 7.6 4.7 完全沉淀时(c=10-5mol/L)的pH 3.7 9.0 9.1 6.2 ③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HRCuR2+2H+； ④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2。 回答下列问题： (1)“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式： 。 (2)“滤渣1”的主要成分为 。 (3)常温下，“滤液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化铜”调pH不小于 。 (4)常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L(忽略溶液中极少量的Ca2+)，除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固体的质量为 g(忽略溶液体积的变化)。 (5)“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 。 (6)采用惰性电极电解CoCl2溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是 。 (7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五种元素，且Cu∶N∶S=1∶1∶l；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为 。 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) 做氧化剂 VIB (2) MoO3 +2NH3•H2O=2++H2O 酸性 (3) 过滤 取水洗液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净 (4) 9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O 随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了； 该反应为放热反应，升温使平衡逆移，NaClO不稳定，随温度升高而分解损耗。(任答两点) (5)Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+ 【分析】制备金属钼和钼酸钠：钼矿的主要成分为MoS2，在空气中燃烧2MoS2+7O22MoO3+4SO2，生成MoO3和SO2，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，所以尾气含SO2用浓氨水吸收，二氧化硫具有还原性，则同时通入氧气生成硫酸铵；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，2NH3•H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O，过滤除去杂质，在钼酸铵溶液中加足量盐酸，发生复分解反应生成钼酸和氯化铵，钼酸为难溶于水和酸的黄色晶体，过滤得到钼酸晶体高温分解生成MoO3，在高温条件下用氢气还原得到金属钼；钼矿与NaOH、NaClO溶液发生反应9MoS2+6OH-+ClO-= +2+9Cl-+3H2O，通过蒸发浓缩冷却结晶洗涤干燥得到Na2MoO4.2H2O； 【详解】（1）钼矿与NaOH、NaClO溶液发生反应9MoS2+6OH-+ClO-= +2+9Cl-+3H2O，氯元素化合价降低，NaClO在反应中的作用是做氧化剂，已知Rb(铷)质子数为37，在第五周期ⅠA，Mo的质子数为42，族序数相差42-37=5，则Mo位于元素周期表第五周期第VIB族； （2）MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，2NH3•H2O+MoO3═(NH4)2MoO4+H2O，故离子方程式MoO3 +2NH3•H2O=2++H2O；由图中信息可以知，MO3能溶于碱溶液，酸性氧化物能溶于碱液，则该物质为酸性氧化物，故答案为：MoO3 +2NH3•H2O=2++H2O；酸性； （3）操作Ⅰ过滤除去残渣；操作Ⅱ所得的钼酸要水洗，钼酸中吸附的离子为氯离子，氯离子用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，其检验方法为取水洗液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净，故答案为：过滤；取水洗液少量于试管中，加入AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净； （4）①该反应中Cl元素化合价由+1价变为-1价、Mo元素化合价由+2价变为+6价、S元素化合价由-1价变为+6价，根据转移电子及原子守恒配平方程式为9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O； ②该反应的正反应是放热反应，随着温度升高，平衡向吸热方向移动逆反应方向移动；升高温度促进NaClO分解，且其它杂质金属离子浸出也增多，都导致浸出率降低，故答案为：随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了； 该反应为放热反应，升温使平衡逆移，NaClO不稳定，随温度升高而分解损耗。(任答两点)； （5）锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Li(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Li(MoS2)n，则阳极反应式为Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+，故答案为：Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。 2．(1)ds (2) (3)将还原为，防止在调时变成而除去 (4) (5)平面正方形或平面四边形或平行四边形 (6)0.3 (7) 【分析】氧气具有氧化性，已知，酸浸后溶液中的金属离子有、、和，“焙烧”时生成三种氧化物，结合质量守恒可知，“焙烧”中黄铜矿的与氧气反应生成SO2、CuO、，反应为，加入硫酸将金属氧化物转化相应硫酸盐溶液，滤渣1为不反应的二氧化硅，加入Cu还原铁离子为Fe2+，加入CuO调pH使Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀，滤渣2主要成分是氢氧化铝沉淀，含少量铜、氧化铜；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入过量氨水反应生成Cu(NH3)4SO4，Fe3+与弱碱氨水反应生成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4经系列操作生成CuO，灼烧时CuO与氢氧化铁反应生成CuFe2O4，在氮气做保护气下煅烧生成； 【详解】（1）Cu为29号元素，位于元素周期表第四周期第IB族； （2）由分析可知，“焙烧”时反应化学方程式为； （3）还原流程后调pH使得Al3+完全沉淀，而Cu2+、Fe3+不沉淀；由于铁离子会较铝离子首先沉淀，故加Cu“还原”的目是将还原为，防止在调pH时变成而除去； （4）由分析可知，滤渣2的主要成分为； （5）已知有两种同分异构体，则可知其结构不是四面体结构，而是平面四边形结构，故的空间构型为平面正方形或平面四边形或平行四边形； （6）铁酸铜()制备氧缺位体()，质量减少量就是生成氧气的质量，，0.3； （7）氧缺位体分解水制氢总反应为，结合第二步反应，可知第一步反应为。 3．(1) 增大铬精矿的表面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分 有 (2)磁选(或用磁铁吸引) (3) 合并会导致溶解而使杂质不能除尽或影响后续操作 (4)(浓) (5) (6) 棱心或体心 或，或 【分析】烧渣中含有 ，水浸除去Fe3O4、MgO、CaSiO3，浸液中含有Na2CrO4、；“中和”是将转化为沉淀而除去，滤液1“酸化”是将充分转化为，第一次结晶析出Na2SO4、第二次结晶析出，加浓硫酸转化为CrO3，CrO3煅烧得到Cr2O3，Cr2O3还原生成金属Cr。 【详解】（1）“焙烧”之前常将原料混合后球磨，增大铬精矿的表面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分；“焙烧”过程中元素化合价升高，有氧气参加反应。 （2）Fe3O4具有磁性，从浸渣中分离出Fe3O4的简单方法为磁选； （3）“中和”是将转化为而除去，“酸化”是将充分转化为而提高产品产率，合并会导致溶解而使杂质不能除尽或影响后续操作，所以两步工序不能合并。“结晶”所得母液中溶质主要为，含有的主要金属阳离子为Na+。 （4）“转化”过程中加浓硫酸转化为CrO3，发生主要反应的化学方程式为(浓)； （5）实际工业生产中，“还原”工序可通过铝热反应实现的冶炼，需要的还原剂为Al。 （6）晶胞为对称结构，则图1中点在晶胞中的位置为面心或棱心或体心；若点在面心位置，则其原子坐标参数为或或。 4．(1) (2)提高Mn元素的浸出率 (3)H2O2(其他合理答案也可) (4)4.7≤pH＜8.1 (5) MnF2+Ca2+CaF2+Mn2+ 3.0×107 (6) 趁热过滤 用80~90℃之间的蒸馏水洗涤2~3次 (7)晶体失去部分结晶水或者样品中混有硫酸盐杂质 【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，还有CaO、Al2O3、SiO2等杂质)加入铁屑和稀硫酸，MnO2被铁屑还原为锰离子，得到硫酸锰溶液，Al2O3转化为硫酸铝溶液，SiO2不溶于稀硫酸，硫酸钙微溶，故过滤得到滤渣1的主要成分为硫酸钙和二氧化硅，在滤液中加入H2O2等氧化剂可有将Fe2+氧化为Fe3+便于除去，由表中数据可知，加入碳酸钙调节pH值在4.7≤pH＜8.1可将铝和铁转化为氢氧化铝和氢氧化铁完全除去，在加入MnF2，将钙转化为氟化钙除去，最后得到较纯净的硫酸锰溶液，经过系列操作，即可得到MnSO4·H2O，据此回答。 【详解】（1） (1)基态Fe2+的价电子排布为3d6，价电子轨道表示式为； （2）二次酸浸的目的为提高Mn元素的浸出率； （3）试剂A的作用是氧化Fe2+，可以是H2O2等氧化剂； （4）使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Mn2+不沉淀，所以控制溶液pH为4.7≤pH<8.1 （5）除钙其实是沉淀转化，故方程式为MnF2+Ca2+CaF2+Mn2+，该反应的平衡常数K==3.0×107； （6）蒸发结晶之后的操作是趁热过滤，过滤之后还要洗涤，但是为了防止MnSO4·H2O转化为其他晶体，洗涤液应该用80~90℃之间的蒸馏水； （7）纯度大于100%，说明SO2的物质的量相对偏高，可能原因是晶体失去部分结晶水或者样品中混有硫酸盐杂质 5．(1) 除去有机物并将金属单质转化为金属氧化物 (2) (3)洗涤、干燥 (4) (5) 1.25a 【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为NaOH、；通过灼烧，除去有机物，并将Ni、Cr、Fe转化为金属氧化物；加入硫酸、氧气，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、碳酸钠和次氯酸钠、氯化钠；过滤后得到的NiCO3表面附着可溶性杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物，据此分析解答。 【详解】（1）由分析知，“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为NaOH、，“灼烧”的目的是除去有机物并将金属单质转化为金属氧化物。 （2）由分析知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、、。 （3）由分析知，“煅烧”前滤渣需进行的两步操作是洗涤、干燥。 （4）300～400℃转化为，Ni的化合价升高，被氧化，说明有氧气参与反应，生成物还有二氧化碳，故反应的化学方程式为；设1mol NiCO3在400~450℃下分解为NixOy，1mol NiCO3的质量为1mol×119g/mol=119g，由图可知，NiCO3在400~450℃下分解固体残留率为67.5%，则分解后NixOy的质量为119g×67.5%80.3g，根据Ni原子守恒可知，生成NixOy的物质的量为，，得到 ，故400~450℃生成产物的化学式为Ni3O4。 （5）把氧化成，本身被还原成Cl－，根据化合价的升降法进行配平，离子方程式为；根据离子方程式，消耗a mol Ni(OH)2的同时消耗的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为，电解过程中2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为。 6．(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高浸出率(合理即可) (2) (3) 、和 (4)氨水 (5) 【分析】绿柱石用硫酸“酸浸”生成硫酸铝、硫酸铍、硫酸铁和硫酸亚铁等，滤渣1中主要含有，向滤液中加入溶液，将氧化为，调使和生成沉淀，过滤后加入氨水生成氢氧化铍，除杂煅烧生成氧化铍，最终单质铍在无氧条件下加热得到氮化铍。 【详解】（1）“酸浸”时绿柱石要进行粉碎，其目的是增大绿柱石与稀硫酸的接触面积，使绿柱石与稀硫酸充分反应，提高绿柱石的浸出率； （2）向滤液中加入的目的是将氧化为，发生反应的离子方程式为； （3）“调”时加入适量细粉除去和，结合题中信息可知，调节溶液使和转化成和沉淀而除去，故调节溶液的范围是；沉淀的离子方程式为，得到“滤渣2”的主要成分是、和； （4）和的化学性质相似，“沉铍”时，若选用氢氧化钠溶液，生成的能溶于过量的溶液中，因此只能采用可溶性的弱碱进行“沉铍”，即试剂M为氨水； （5）在无氧气氛中加热至700~1400℃，铍粉和干燥氮气生成，反应的化学方程式为。 7．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 (2) (3) 水相初始pH为6 萃取剂浓度为1% (4) 、 【分析】阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、Ag2Se、Cu2S和NiSO4等)经过焙烧，产生SO2、SeO2，并得到CuO、Ag、Au、NiSO4的混合物；将固体混合物用硫酸酸浸，过滤，滤液I中含有Cu2+、Ni2+，通过萃取和反萃取，将Cu2+和Ni2+分离开并获得相关产物；滤渣(含有Ag、AuO)经过“浸金”、“沉银”并过滤得到AgCl，再用Na2S2O3溶液“溶浸”AgCl后，在pH=13~14的环境中，用HCHO还原得到Ag。 【详解】（1）“焙烧”前需对阳极泥进行粉碎处理，增大阳极泥与空气的接触面积，以提高原料利用率。 （2）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气用水吸收可制得单质Se，SeO2作氧化剂，则SO2作还原剂，被氧化为H2SO4，该反应的化学方程式为2SO2 +SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4； （3）据图可知，萃取Cu2+最佳的pH为6，最佳萃取剂浓度为1%，此时，Cu2+的萃取率较高，且和Ni2+的萃取率相差较大；“滤液I”中主要含有Cu2+、Ni2+的硫酸盐，故“反萃取剂”最好选用H2SO4。 （4）的平衡常数K==；由图可知总反应为生成，反应方程式为：；浸金过程中的催化剂反应前后不变，则催化剂是NH3、[Cu(NH3)4]2+。 8．(1)氧化 (2)AC (3)使转化成Fe(OH)3沉淀除去 (4)0.001 (5) (6) 当滴入最后半滴标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色 0.0250 偏高 【分析】锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、，往其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加碳酸钙调溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子，过滤，往滤液中加萃取剂a萃取锰离子，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液；无机相用萃取剂b萃取Co2+，所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。 【详解】（1）以上分析可知，浸出液中含二价铁，的作用是将二价铁氧化为三价铁； （2）该流程中得滤渣①和滤渣②的操作为过滤，萃取之后得有机相和无机相的操作为分液，故答案为：AC； （3）用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入调pH可以使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，所以加入调pH目的是使转化成氢氧化铁沉淀除去； （4）已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时，，则； （5）根据信息可知，反萃取剂为酸，即反萃取出时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来，相应的离子方程式为； （6）①在与溶液恰好完全反应之前，溶液呈橙黄色，恰好完全反应后，溶液中无Ni2+，此时再加半滴溶液，溶液将会呈紫色，且半分钟内不恢复原色，所以滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色； ②反应时与按物质的量1:1反应，所以的物质的量浓度为； ③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致偏多，则所测含量偏高。 9．(1)[Ar]3d104s24p2 (2)3GeO2·2Bi2O3 (3) 若低于40℃，则浸出速率太慢，若高于40℃，盐酸易挥发，且不利于PbCl2结晶析出 2.3 (4) 正八面体 【分析】铋矿（主要成分为硫化铋、氧化铋及少量SiO2、铅、砷等杂质）加入FeCl3、HCl和再生液浸出，Fe3+与硫化铋反应生成的S单质：，得到浸出渣为SiO2和S， PbCl2结晶可回收Pb，浸出液中加入铁屑进行置换， Bi3+被还原为Bi，海绵铋熔铸后得到粗铋，Fe3+被还原为Fe2+，置换液通入Cl2，Fe2+被氧化为Fe3+，可用于浸出步骤进行循环。 【详解】（1）Ge是第32号元素，基态Ge原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p2； （2）锗显最高价，即锗(Ge)元素为+4价，则其氧化物的化学式为GeO2，铋的价态与其氯化物中的价态相同，在其氯化物中铋原子最外层满足8电子结构，即铋元素(Bi)的化合价表现为+3，则其氧化物的化学式为Bi2O3，氧原子平分在两种氧化物中，则锗酸铋的化学式用氧化物的形式可写成：3GeO2•2Bi2O3； （3）①若低于40℃，则浸出速率太慢，若高于40℃，盐酸易挥发，且不利于PbCl2结晶析出；浸出时加入盐酸调节pH可提高Fe3+的利用效率，若加入的Fe3+为l6.8mg·L-1，物质的量浓度为：，，，，此时pH值为2.3，则为了使Fe3+的利用效率达到最佳，酸化浸出时应将pH调至小于2.3； ②浸出渣中除SiO2外，还有少量淡黄色固体，是Fe3+与硫化铋反应生成的S单质，则浸出时产生淡黄色固体反应的离子方程式为：； （4）由图可知O2-紧邻的Fe2+构成的空间结构为：正八面体；两个O2-之间最近的距离为面对角线的一半，即。 10．(1) 第四周期第ⅡB族 (2)FeOOH和 (3) (4) Pb、Cu CuS、CdS、PdS 含锌离子的浓度较大，ZnS可能会析出，导致产品产率低 (5)浸出 (6) 4 【分析】根据题目及图示信息可知，利用次氯酸钙的氧化性将含锌烟灰中的铁(Ⅱ)和锰(Ⅱ)氧化成FeOOH和，然后过滤，滤渣a中加入氨水和碳酸氢铵转化成相应的离子、、、，加入试剂X为锌，除去Cu、Pb、Cd等元素，据此分析。 【详解】（1） O的原子序数是8，价电子排布图为，Zn的原子序数是30，在周期表中的位置是第四周期第ⅡB族。 （2）根据信息(ⅲ)图像可知，pH=11.6，时，Fe(Ⅱ)转化成FeOOH，Mn(Ⅱ)转化成。 （3）“浸出”阶段溶解ZnO时消耗的，同时生成离子，故对应离子反应方程式为：； （4）根据金属活动顺序表，锌的金属性强于Cu、Pb，加入足量锌粉，可以把溶液中的+2价Pb、Cu、Cd的离子全部置换出来生成单质，因此滤渣c中除了过量Zn之外，还含有Cu、Pb、Cd；根据表中给出的溶度积常数，，溶度积小的先沉淀，故沉淀的先后顺序为CuS、CdS、PbS；采用乙方案，因为ZnS难溶于水，当含锌离子的浓度较大、时，会产生ZnS沉淀，降低利用率，导致产品产率低； （5）“蒸氨”时得到的混合气体e为氨气、二氧化碳和水，可返回至浸出工序循环利用； （6）①由图可知，Zn周围最近且等距离的O是4个，呈四面体形，所以六边纤锌矿中锌的配位数为4。 ②根据原子1的坐标可知底面左上角O原子为原点，晶胞棱长为单位1，原子2位于体对角线上的处，故坐标为。 11．(1) (2)AC (3) (4)D (5)小于 (6)防止被氧化 (7) (8) 1.5 【分析】氟碳铈矿（含等）在空气中焙烧，在空气中被氧化为，反应生成，不反应，用稀硫酸浸取，进入溶液，与硫酸反应生成沉淀，过滤，滤渣A为。浸液中的与硫脲反应，被还原为，与形成复盐沉淀，过滤分离，向复盐沉淀中先加入碱溶液，再加入酸溶液，被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵溶液，使沉淀为，最后在空气中灼烧分解生成，向中加入稀硫酸得到溶液，再加入硫酸铵溶液得到硫酸铈铵产品。 【详解】（1）根据以上分析，“滤渣A”的成分除外，还有； （2）A. 采用高压空气，使矿粉呈“沸腾”状，有利于增大接触面积，加快反应速率，使反应充分，故选A； B. 为增大接触面积，加快反应速率，使反应物“逆流混合”，空气从焙烧炉下部通入，矿粉从焙烧炉上部加入，故B错误； C. 为增大接触面积，加快反应速率，使反应物“逆流混合”，空气从焙烧炉下部通入，矿粉从焙烧炉上部加入，故C正确； D. 为增大接触面积，加快反应速率，使反应物“逆流混合”， 空气从焙烧炉下部通入，矿粉从焙烧炉上部加入，故D错误； 选AC。 （3）、碳酸氢钠、氧气反应生成、二氧化碳、水，根据得失电子守恒，反应方程式为，； （4）“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。为提高铈浸出率，根据图示，工业生产应选择的适宜条件是，选C。 （5）分子中碳原子为杂化，键角为，硫脲分子中碳原子为杂化，故分子中键角小于硫脲分子中键角。 （6）在空气中易被氧化为，“溶解”时加入稀盐酸后，还需加入另一种化学试剂X，加入X的作用是防止被氧化； （7）含溶液与足量溶液反应生成沉淀、二氧化碳，反应的离子方程式为； （8）①根据均摊法：左侧晶胞中，数目为，和总数为7，则晶形为；因为，再根据正负化合价代数和等于0可知，解二元一次方程组，得到：、； ②右侧晶胞中，数目为，数目为4，设右侧晶胞参数为，则晶胞体对角线长度为，和之间最近的核间距等于晶胞体对角线长度的，即和之间最近的核间距为，则，则晶体的密度。 12．(1) (2) (3) (4) 是离子晶体而是分子晶体，破坏范德华力所需能量小于离子键 将转化为，防止升华影响纯度 (5) 8 【分析】锆英砂主要含，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Fe3+、Cr3+生成沉淀，煅烧后生成ZrO2、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）中氧元素的化合价为-2价，“酸溶”后不变价，因此的化合价为+4价； （2）和硝酸根离子、氯离子、CPT、氢离子生成的离子方程式：； ，， 所以，； （3）“沸腾氯化”时金属元素转化为氯化物，同时得到一种还原性气体为CO， 转化为的化学方程式为； （4）由沸点数据可知沸点远高于的原因可能是由于是离子晶体而是分子晶体，破坏范德华力所需能量小于离子键；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； （5）①由图可知，晶胞中每个周围最近的原子个数为8个； ②晶胞中和最小距离为晶胞体对角线的，所以晶胞参数为，该晶胞均推计算：：；：8；：，所以。 13．(1)第五周期第ⅥB族 (2) 增大接触面积，提高反应速率 (3) (4)“酸浸”时产生的遇电离的会形成，氧化，影响和的生成 (5)91% (6) 【分析】废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)，在空气焙烧生成气体为二氧化硫，烧渣加入NaOH溶液、H2O2碱浸，得到Na2MoO4溶液，向溶液中加入稀硫酸沉Mo得到H2MoO4，碱浸后得到的固体为CoO、NiO、Fe2O3，固体用稀盐酸酸浸，得到含有Co2+、Ni2+、Fe3+的溶液，加入NaOH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入H2C2O4溶液沉Ni、Co得到CoC2O4、NiC2O4。 【详解】（1）基态Mo原子的价层电子排布式为，则Mo在元素周期表中的位置为：第五周期第ⅥB族； （2）“焙烧”时先将废钼催化剂磨成粉末，然后采取“多层逆流焙烧”，这样做的优点是：增大接触面积，提高反应速率；“焙烧”时生成的气体A的主要成分为：； （3）“焙烧”时转化为， “碱浸”时参与反应的离子方程式为：； （4）和不易被稀硝酸氧化，但“酸浸”过程中仍不能用稀硝酸替换稀盐酸，可能的原因是：“酸浸”时产生的遇电离的会形成，氧化，影响和的生成； （5），“除铁”后所得滤液中，“沉镍”后所得滤液中，溶液中，则沉镍率为； （6）()晶胞结构图中小白球共8个，全在内部，灰球为4个，黑球为2个，根据化学式可知小白球为O2-，灰球为Co3+，黑球为Co2+，故顶点的离子为Co2+。 14．(1)、 (2) 60%、65℃ 温度升高使快速水解，生成进入钛渣 (3) (4) (5) 能耗高、产生污染空气 【分析】含钛高炉渣加入硫酸酸浸，SiO2不反应且氧化钙和硫酸生成不溶物硫酸钙得到滤渣，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3生成硫酸铁，亚硫酸钠还原硫酸铁，调pH值除去铁，酸溶后加入氯化钡生成产品BaTiO(C2O4)2•4H2O，再高温分解得到BaTiO3； 【详解】（1）由分析可知，浸渣的主要成分是、； （2）图可知，工业生产考虑生产成本，硫酸为60%时浸出率已较高，则提高钛浸出率宜选择的条件：硫酸质量分数、温度依次为60%、65℃，此时钛浸出率较高；温度升高促进离子水解，则温度升高使快速水解，生成进入钛渣，故温度高于65℃，钛浸出率降低； （3）亚硫酸钠具有还原性，可以还原为亚铁离子，防止“沉钛”时产生，反应为：；铁离子和KSCN溶液变为红色，故检验“还原”后溶液中是否含的试剂是； （4）已知：①草酸钡难溶于水；如果先加氯化钡溶液，后加入草酸，会生成草酸钡，引入较多杂质，产率低、纯度低。“调”使得转化为沉淀分离出来，而亚铁离子不产生沉淀，结合表可知，范围为； （5）空气中氧气具有氧化性，“氧化焙烧”中氧气将碳氧化为二氧化碳，同时生成水、，发生反应的化学方程式为。工业上，还可以直接将在1500℃、无氧环境下反应24h制备，此方法需要高温且反应时间长、草酸分解会生成CO，故该方法的缺点能耗高、产生污染空气。 15．(1) 搅拌、加热、适当增大酸的浓度 的价层电子排布式为，易失去1个电子达到半充满的稳定结构 将全部氧化为；不引入杂质 (2)5.65 (3)0.03 (4) (5)或 【分析】红土钪矿含钪、钛、铁、锰等元素，由流程可知，研磨、酸浸后，滤渣1为不溶于水的物质，加入双氧水可以氧化二价铁为三价铁，再加入氨水将三价铁转化为沉淀除掉，滤渣2主要是Fe(OH)3，加NaOH调pH后分离出Mn元素，得到含钪元素的粗液，多步处理后加入草酸发生反应为3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3↓+6H+，再在空气中灼烧发生，据此作答。 【详解】（1）化学反应的影响因素有温度和接触面积等，所以要想酸浸反应速率可以采取升温，将粉红土钪矿碎等措施；加入双氧水易将酸浸液中氧化的原因：的价层电子排布式为，易失去1个电子达到半充满的稳定结构；由于酸浸”时有Fe2+生成，可被H2O2氧化为Fe3+，便于后续除杂，故答案为：搅拌、加热、适当增大酸的浓度；的价层电子排布式为，易失去1个电子达到半充满的稳定结构；将全部氧化为；不引入杂质。 （2）根据可知，完全沉淀时，溶液中的，，已知，则完全沉淀时，故答案为：5.65。 （3）在25℃、pH=2的草酸溶液中，故答案为：0.03。 （4）草酸钪“灼烧”氧化生成和，反应方程式为，故答案为：。 （5）决速步骤为能垒最大的一步，即或，故答案为：或。 16．(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。 17．(1) (2) (3)3%、 (4) 99% (5) (6) 【分析】由题给流程可知，向钛铁矿中加入浓硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与浓硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入萃取剂、分液得到含有镁离子的水相和有机相；向有机相中加入稀硫酸和过氧化氢混合溶液洗涤，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠溶液反萃取，将溶液中的TiO2+、亚铁离子、钪离子转化为TiO2·xH2O、氢氧化铁、氢氧化钪沉淀，过滤得到含有TiO2·xH2O、氢氧化铁、氢氧化钪的滤渣；向滤渣加入盐酸酸溶，将氢氧化铁、氢氧化钪沉淀溶解得到可溶金属氯化物，过滤得到TiO2·xH2O和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入草酸溶液，将溶液中钪离子转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪，草酸钪在空气中得到三氧化二钪。 【详解】（1）由分析可知，“滤渣”的主要成分是二氧化硅，故答案为：； （2）由题意可知，溶液中的TiO2+发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀和氢离子，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）由表格数据可知，P507的质量分数为3%时，钪萃取率最高，且分相容易，由图可知，萃取温度为65℃时，分离系数最大，则萃取时P507最佳质量分数及料液温度分别为3%、65℃，故答案为：3%、65℃； （4）由溶度积可知，溶液pH为3时，溶液中铁离子浓度为=1.0×10—5mol/L，则除铁率为×100%=99.9%；溶液pH为6时，溶液中钪离子浓度为=9.0×10—7mol/L，故答案为：99.9%；9.0×10—7； （5）由方程式可知，反应的平衡常数K====，故答案为：； （6）由题意可知，草酸钪在空气中焙烧生成三氧化二钪和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：。 18．(1) (2) (3)3.7 (4)4.62g (5)稀硫酸 (6)电解CoSO4溶液使溶液呈酸性，将生成的Co再次溶解 (7) 【分析】水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)中加硫酸进行溶解，二氧化硅不能被硫酸溶解，同时生成硫酸钙，过滤将二者除去；溶解过程中Co3+将Cu2S氧化，自身被还原为Co2+；加入氧化铜调节pH，以将Fe3+形成沉淀过滤除去；加入NaF，可将Mg2+和Ca2+形成沉淀，过滤除去；加入萃取剂对Cu2+进行萃取，以将Cu2+和Co2+分离，分离后加入反萃取剂硫酸进行反萃取后得含CuSO4溶液，经操作得胆矾；萃取后水相中加入碳酸钠将Co2+沉淀形成CoCO3，加盐酸溶解后对溶液进行电解得Co。 【详解】（1）“酸浸”过程Co元素化合价+3价降为+2价，硫元素价有-2价变为+6价，Cu元素化合价由+1价升高为+2价，根据得失电子守恒及质量守恒，化学方程式：； （2）根据分析，“滤渣1”的主要成分：； （3）为确保Fe3+完全沉淀，应调pH不小于3.7； （4）“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L，除去后认为溶液中c(Mg2+)≤10-5mol/L，此时溶液中c(F-)===2.5×10-2mol/L，该反应过程中Mg浓度变化：，则消耗NaF物质的量：0.02998mol/L，“滤液2”体积为2L，对应质量：； （5）根据萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HRCuR2+2H+ 及产物需得胆矾可判断，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为稀硫酸； （6）用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，电解过程中阳极发生电极反应：，导致溶液呈酸性，而阴极电极反应：，生成的Co在酸性环境下被溶解； （7）白色沉淀晶体中分别呈三角锥和四面体形两种离子，三角锥形离子为亚硫酸根离子，四面体形离子为铵根离子，所含Cu离子中无单电子，则为，且Cu∶N∶S=1∶1∶l；所以白色沉淀的化学式：。 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 $$