2025届高三化学一轮复习 专题训练----工业流程题

2025届高三化学专题训练----工业流程题 1．（22-23高三下·江西宜春·阶段练习）是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，广泛应用于镀镍电镀液、催化剂和金属着色剂等方面。某研究性学习小组用富含镍(NiS)的工业废渣(含、FeO、等杂质)制备，设计流程如下： 该小组同学查阅资料知： ①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。 ②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 开始沉淀时(mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时(mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 ③ 根据要求回答下列问题： (1)酸浸过程中，1 mol NiS失去个电子，同时完全转化为NO，写出该反应的化学方程式 。 (2)滤渣1的主要成分为 。 (3)“氧化”过程保持滤液温度在40℃左右的原因是 。 (4)常温下，若调pH前mol⋅L⁻¹，和浓度均为0.01mol·L-1，则“调pH”需控制溶液pH的范围为 。 (5)小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于 。 (6)写出“沉镍”步骤中得到碱式碳酸镍的离子方程式： 。 (7)析出后的溶液中含有一定浓度的，为避免镍的损失及其对环境造成的影响，可向析出后的溶液中加入固体将转化为沉淀。若mol·L-1，欲使10L溶液中的沉淀完全，则需要加入固体的质量最少为 g。(精确到小数点后一位数)(忽略溶液体积变化) 2．（23-24高三上·江苏南京·开学考试）某锂离子电池正极材料有钴酸锂()、导电剂乙炔黑和铝箔等，可再生利用。充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。回答下列问题： (1)“拆解”废旧锂离子电池前需进行“放电处理”，具体操作是先将其浸入 NaCl 溶液中，使电池短路而放电。“放电处理”有利于锂在正极回收，其主要原因是 。 (2)“酸浸”时，过氧化氢的主要作用是 。 (3)过滤后的滤液，调pH生成的过程中往往需要加热并不断搅拌，主要目的是 。 (4)“萃取”时有机磷萃取剂 P204(用HA 表示，密度 0.97g/cm3)，萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA(有机层)MAn(有机层)+nH+ (水层)。“反萃取”的目的是将有机层Co2+转移到水层。使Co2+尽可能多地发生上述转移，请将实验操作步骤补充完整：取萃取后的有机相于分液漏斗中， ，重复上述操作2~3次，并 ，得到CoSO4 溶液。(可供选择的试剂和主要仪器：稀硫酸、稀盐酸、蒸馏水、pH计)P204 对不同金属离子的萃取率与pH的关系如图。 (5)“沉钴”时的离子方程式为 。 (6)工业上，有些工艺中“沉钴”的产物可能是，是制备钴的氧化物的重要原料。二水合草酸钴()在空气中受热的质量变化曲线如图所示，曲线中300℃及以上所得固体均为钴的氧化物。通过计算确定 C 点剩余固体的化学成分为 (写化学式)。 3．（2024·湖南·模拟预测）我国科学家研究和开发的锰氧化物分子筛(@MS)材料，可大大提升分子筛对含酚废水的处理能力。工业上可由二氧化锰粉末与硫化锰矿(含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物)和4A级分子筛为原料制备该材料。 ．高纯制备 注：滤渣1中无。 附：①一些相关物质的 物质 MnS NiS ZnS ②相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 金属离子 开始沉淀 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 (1)将MnS矿与粉进行“联合焙烧”的目的有 (答出1点即可)；为了提高焙烧效率可采取的措施有 (答出2点即可)，“尾气”中所含气体中除外还有 。 (2)“酸浸”时所得“滤渣1”的主要成分为 ；“除杂1”中“滤渣3”的主要成分为 。 (3)除杂2的目的是生成，从而除去。请通过计算解释选用可行的原因。 (4)沉锰过程中选用X为氨水和碳酸氢钠的混合溶液，请写出该过程的离子方程式 。 ．@MS材料的制备 (5)将一定量的溶于蒸馏水中，加入预处理的分子筛和NaClO溶液，再加入和NaOH调节溶液pH为7.2，在室温下搅拌2h，反应结束后经过滤洗涤干燥得@MS材料。若发生反应的与NaClO物质的量之比为，则@MS中Mn的化合价为 。 ．流程评价 (6)有同学认为此流程不适宜大规模工业生产，请从物质利用角度谈谈你的看法。 4．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4•6H2O)： 常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 7.2 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时的pH 8.7 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： (1)基态Ni原子的核外电子排布式为 。 (2)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。 (3)为回收金属，向“滤液①”通入足量CO2，写出反应生成沉淀的离子方程式 。“滤液②”中含有的金属离子是 。 (4)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。 (5)NiSO4质量分数随温度变化情况如图所示，已知当pH控制在3.0时，结晶得到NiSO4•6H2O晶体外观最符合要求。请补充由滤液③得到NiSO4•6H2O晶体的实验方案： ，得到NiSO4•6H2O晶体。(实验中须使用的试剂：1mol•L-1H2SO4，乙醇) 5．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）钡盐沉淀法处理酸性含铬废水并回收铬元素的工艺路线如图： 已知：室温下相关物质的如下表： 化合物 (1)位于周期表中 区，其基态原子的简化电子排布式为 。 (2)向废水中加入破氰剂，可以提高镍元素的去除率，氧化生成和无毒无味气体，使转化为两种沉淀除去，该反应过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (3)已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为 ；当钡盐投入量为理论投入量的2倍，用石灰乳将含铬废水预调至不同，废水中去除率随预调变化如图。与预调相比，时的去除率显著提高，可能的原因有 (任写一条)。 (4)沉淀2与足量反应的离子方程式为 。 (5)根据国家标准，含的浓度降至以下才能排放，则加入可溶性钡盐后的废水中应使的浓度不小于 。 6．（23-24高三下·江苏南京·期末）以硫化铜矿(主要成分为CuS，含一定量的Zn2+、Fe2+)为原料制备粗铜的流程如下： 已知：①浸取液中c(Cu2+) 约为0.1 mol·L−1 ②几种离子开始沉淀及沉淀完全(金属离子浓度≤10-5 mol·L−1)时的pH： 离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 7.5 1.9 4.2 6.2 沉淀完全的pH 9.6 3.2 6.7 8.2 (1)“浸取”时，CuS转化为S的离子方程式为 。 (2)已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在CuS(s)Cu2+(aq) + S2−(aq)。“浸取”时采用高压O2的原因是 。 (3)“调pH”时需控制的pH范围是 。 (4)“过滤1”所得固体X主要成分是 。 (5)经过如上流程，“Zn2+”存在于 （何处）。 (6)粗铜中铜含量的测定 步骤1：取0.2000 g 粗铜，加入一定量浓HNO3、浓HCl，微热至粗铜完全溶解后，控制溶液pH为3~4，加热除去未反应的HNO3，冷却； 步骤2：将步骤1所得溶液加水定容至250 mL，量取25.00 mL置于锥形瓶中，加入过量KI溶液，再加入少量淀粉溶液，用0.01000 mol·L−1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。 已知：Cu2+ + I−-CuI+I2， I2 + S2O-S4O+ I−(未配平) 粗铜中铜的质量分数为 (写出计算过程)。 7．（23-24高三下·甘肃兰州·阶段练习）钛铁矿的主要成分为FeTiO3，含少量SiO2、Sc2O3等氧化物，某实验室利用钛铁矿制取ScF3的流程如图所示。 已知： ①“酸浸”时FeTiO3转化为TiO2＋；[TiO(H2O2)]2＋为橘黄色的稳定离子，易溶于水。 ②室温下，溶液中离子沉淀完全的pH如表所示。 离子 Fe3＋ Fe2＋ TiO2＋ 沉淀完全的pH 3.2 9.0 1.05 回答下列问题： (1)为提高酸浸速率，除粉碎钛铁矿外，还可以采取的措施是 (写1条措施即可)；水解生成TiO2·xH2O沉淀的离子方程式为 。 (2)“萃取”操作之前，需要检漏的玻璃仪器是 。 (3)“洗钛”时的作用是 、 。 (4)“酸溶”所得溶液中含有Sc3＋、Fe3＋等。若此溶液中Sc3＋的浓度为0.01mol·L-1，“氨水调pH”时应控制的pH范围是 。 (5)“沉淀”形成的复盐沉腚化学式为，在“脱水除铵”过程中取该复盐进行热分解，剩余固体质量与温度的关系如图所示，其中在过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到。由图中数据得 。 8．（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 。 9．（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。 (4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 (5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 10．（2024·河南信阳·模拟预测）五氧化二钽(Ta2O5)主要用作钽酸锂单晶和制造高折射低色散特种光学玻璃等。一种以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5的工艺流程如图所示： 已知：H2TaF7是弱酸。回答下列问题： (1)“酸溶”时，Fe2O3发生反应的基本反应类型为 ，滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“调pH”时，若过滤出沉淀后溶液的，是否沉淀完全？ (请写出简要步骤)。已知：常温下，，溶液中离子浓度小于或等于时可视为沉淀完全。 (4)“浸钽”时，加入4g/L的HF溶液，浸出时间为4h，钽的浸出率随温度的变化如图所示，浸出的最佳温度为 ℃“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，写出“浸钽”时生成H2TaF7的离子方程式： 。 (5)“沉钽”时，生成，反应化学方程式为 。 11．（2024·黑龙江·三模）Mo、Co及其化合物在催化、颜料等领域有重要用途。以为载体的钴钼废催化剂中含CoS、及少量含Fe、Ca等元素的物质，经处理可制取、高纯钼，工艺流程如图所示： 已知： i．“焙烧”后各元素均转化为相应氧化物，“酸浸”后钼元素转化为。 ii．常温下，，相关物质的溶度积常数如下表： 物质 回答下列问题： (1)操作2的名称为 。 (2)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶进入)方式，该操作的优点为 ；在空气中焙烧的化学方程式为 。 (3)“滤渣1”的主要成分为 ；“调pH””的目的是沉淀铁和铝，当溶液中离子浓时；可认为沉淀完全，若滤液中，则“调pH”的合理范围为 (已知：，)。 (4)时，在还原炉中可将先还原为，然后再将还原为金属Mo，写出还原生成的化学方程式： ；在元素周期表中，Mo与Cr属于同族相邻元素，其价电子排布方式类似，写出基态Mo原子的价电子排布式： 。 (5)“沉钴”过程中为防止转化为，需控制溶液的酸碱度，转化过程存在平衡，该反应的平衡常数 。 12．（2024·吉林长春·模拟预测）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是，含少量等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”时，和转化为进入溶液。 ②时， ③深度除杂标准：溶液中。 (1)“滤渣1”的主要成分为、 。 (2)“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的化学方程式 。该过程中的加入量远大于其理论值，原因为 。 (3)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比表示)与加入量的关系曲线如图所示。 ①“深度除铜”时加入量最优选择 (填标号)。 A．100%　　　　　B．110%　　　　C．120%　　　　　D．130% ②由图可知，当达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式解释)。 (4)原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图： ①锌元素位于周期表中 区。 ②配位键①和②相比，较稳定的是 。 ③键角③ (填“”“”或“)。 13．（2024·湖北黄冈·模拟预测）废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。 （或）的萃取原理：。 回答下列问题： (1)“高温氢化”时不参与反应，固体产物为、、和，该反应的化学方程式为 ，实际生产中少量的与空气接触会转化为 ，所以为降低锂在固体残余物中的含量应用“酸洗”。 (2)若“洗液”中，加入固体后，为使沉淀中元素含量不小于元素总量的95%，则“洗液”中至少需要加入的物质的量为 [忽略溶液体积变化，]。 (3)“沉锰”过程中对金属沉淀率的影响如图所示。 ①生成的离子方程式为 。 ②该工艺条件下，开始沉淀的为2，开始沉淀的为3。“沉锰”过程中应选择的最佳为 ，时，有少量钴、镍析出，可能的原因是 。 (4)“反萃取”的目的是将有机层中、转移到水层，为使、尽可能多地转移到水层，可适当增大盐酸的浓度，还应采取的实验操作有 。 14．（2024·安徽六安·模拟预测）钛被称为“二十一世纪的金属”，绿矾是重要的化工原料，用钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁(FeTiO3)，含少量Fc2O3、MgO，SiO2等杂质]作原料生产金属钛和绿矾(FeSO4⋅7H2O)等产品的一种工艺流程如下： 已知：Ti有两种价态，在水溶液中主要以TiO2+(无色)、Ti3+(紫色)形式存在。 请回答下列问题： (1)硫酸与FeTiO3反应生成TioSO4的化学方程式是 。向滤液1中加入适量铁粉，至刚好出现紫色为止，此时溶液仍呈强酸性。已知：氧化性：，则加入适量铁粉的原因是 。 (2)系列操作具体为 ，经系列操作后，再对所得到的绿矾晶体用75%的乙醇溶液洗涤，用乙醇溶液洗涤绿矾的优点为 。 (3)滤液2中加入适量的试剂A，A可选用 (填标号)。 a．稀硫酸    b．碳酸镁    c．二氧化碳    d．鼓入空气 (4)用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，利用如图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。 写出阴极区反应的电极总反应式： 。 15．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）钛酸钡()是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。用高钛渣(主要成分为，含、、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图所示： 已知：a．在溶液中呈绿色；是强电解质； b．部分金属离子开始沉淀的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀pH() 1.9 7.0 9.1 回答下列问题： (1)“碱浸”操作过程中除去的杂质为 (填化学式)。 (2)“水洗”过程中与水发生离子交换反应：，滤液2呈绿色，经除杂处理后可在 (填操作单元名称)步骤循环利用：“熔盐反应”过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)“水解”操作加入的目的是调节溶液，可适当提高水解速率。已知，水解反应的平衡常数K= 。 (4)“转化”过程加入铁粉的目的是 ，滤液3中含有的金属阳离子有 。 (5)“共沉淀”过程发生反应：，“灼烧”时隔绝空气，发生反应的化学方程式为 。 16．（2024·福建厦门·模拟预测）一种利用炼锌渣(主要含、、、和一定量的、不溶性杂质)为原料制备硫化锌及高纯镓的流程如图所示： 已知：①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。②。 (1)基态的价层电子排布式为 ，中含有键的数目为 。 (2)黄钠铁矾的化学式为，晶体颗粒大、易沉降。 ①“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方程式为 。 ②不采用调节的方式沉铁，可能的原因是：容易生成而损失； (答2点)。 (3)“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的铜粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量粉，加入铜粉的目的是 。 (4)与的各物种的分布分数随的变化如图所示。“调节”时，不能过高的原因是 。 (5)通过计算探究氨水能否溶解。已知：室温时，，，。反应的平衡常数为 。 (6)在沉铁前可以加入铁氰化钾检验是否被完全氧化，若有则会观察到蓝色沉淀。该蓝色沉淀是一种铁的配合物，其晶胞的如图[未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心]。若该晶体的密度为，则1个该晶胞含 个，和的最短距离为 (设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 17．（23-24高三下·安徽·阶段练习）对氯甲苯常作为染料、医药、有机合成的中间体，也可用作溶剂。其制取原理是：先用芳胺在一定条件下制成芳香重氮盐，然后在CuCl催化下，芳香重氮盐中的重氮基被氯原子取代生成芳香族氯化物。其原理如下： 已知：重氮盐的生成需在强酸性条件下进行，以免发生偶联反应。 I．CuCl沉淀的制备 (1)将、NaCl、、NaOH在水溶液中加热一段时间后，即可得到CuCl沉淀。俗称 ，请写出该反应的离子方程式 。 Ⅱ．重氮盐溶液的制备 (2)实验过程中溶液过量可能带来的弊端是 ；可用尿素将其除去，生成的气体无污染，请写出该反应的离子方程式 。 Ⅲ．对氯甲苯的制备 (3)水蒸气蒸馏装置如下图所示，图中长导管a的作用是 ； 结束蒸馏后，下列操作正确的排序为 （填序号）。 ①熄灭酒精灯    ②打开旋塞    ③停止通冷凝水 (4)CuCl催化机理分两步进行，请补充完整： ① ② 。 (5)对氯甲苯粗品经过精制后，得到1.50g产品，本实验的产率最接近于________（填标号）。 A．55% B．60% C．65% D．70% 18．（2024·浙江杭州·模拟预测）光盘金属层含有Ag(其它金属微量忽略不计)，可以进行资源回收利用，下图为从光盘中提取Ag的工业流程。 已知：①气体A、气体D是空气的主要组成气体。 ②配离子的形成是分步进行的： ； 。 ③AgCl的Ksp=1.8×10-10 。 请回答： (1)已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序数为 。 (2)写出反应Ⅰ的离子方程式 ，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是 。 (3)水合肼是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述流程中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有 (写出一条即可)。 (4)是一个可逆反应。 ①结合相关数据说明上述反应是可逆反应 ； ②设计实验验证上述反应是可逆反应 。 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) (3)过氧化氢在高温下分解 (4) (5)有利于过滤分离 (6) (7)25.4 【分析】由题给流程可知，废镍催化剂粉碎后加入稀硫酸和稀硝酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸、硝酸反应，滤渣1为，过滤得到含有可溶硫酸盐的滤液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠调节溶液pH，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，滤渣2含有氢氧化铁、氢氧化铝，沉镍得到，与硫酸生成，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，据此分析解题。 【详解】（1）酸浸过程中，1 mol NiS失去个电子，S的化合价-2→+6，生成硫酸根，同时完全转化为NO，该反应的化学方程式：； （2）据分析可知，滤渣1的主要成分为：； （3）“氧化”过程保持滤液温度在40℃左右的原因是：过氧化氢在高温下易分解； （4）和浓度均为0.01mol·L-1，若这两种离子已经完全沉淀，则pH，根据表中数据可知氢氧化镍的溶度积常数是，mol·L-1，开始沉淀时溶液中氢氧根浓度是，pH＝6.2，所以其范围是； （5）小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离； （6）“沉镍”步骤中得到碱式碳酸镍，根据元素守恒与电荷守恒可知离子方程式：； （7），欲使10L溶液中的沉淀完全mol·L-1，， 与Ni2+反应的，则，。 2．(1)锂离子从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 (2)作还原剂(或将Co3+还原为Co2+) (3)使反应速率增大，生成更多Al(OH)3，防止生成胶体或者胶状沉淀，从而有利于沉淀的生成和分离 (4) 加入稀硫酸和蒸馏水，利用pH计测量溶液酸碱性，至溶液pH约为2，充分振荡，静置后分层，取下层水溶液 将水相合并 (5) (6)或 【分析】废旧锂离子电池进行放电处理，再拆解，向正极溶液中加入氢氧化钠溶液碱浸，过滤，向滤液中调节pH值再加热，得到沉淀后过滤得到氢氧化铝沉淀，向滤渣中加入硫酸和双氧水氧还原Co3+变为Co2+，调节pH值后过滤，向滤液中加萃取剂萃取得到有机相，再反萃取得到硫酸钴水相，加入碳酸氢铵和氨气沉钴，过滤得到CoCO3固体。 【详解】（1）“放电处理”有利于锂在正极回收，其主要原因是锂在负极中脱出变为锂离子，经由电解质向正极移动并进入正极材料中；故答案为：锂在负极中脱出变为锂离子，经由电解质向正极移动并进入正极材料中。 （2）“酸浸”时，Co3+与过氧化氢发生氧化还原反应，将Co3+变为Co2+，过氧化氢的主要作用是作还原剂或将Co3+还原为Co2+；故答案为：作还原剂或将Co3+还原为Co2+。 （3）胶体物质不利于分离，过滤后的滤液，调pH生成的过程中往往需要加热并不断搅拌，主要目的是使反应速率增大，生成更多Al(OH)3沉淀，防止生成胶体或者胶状沉淀，从而有利于沉淀的生成和分离；故答案为：使反应速率增大，生成更多Al(OH)3沉淀，防止生成胶体或者胶状沉淀，从而有利于沉淀的生成和分离。 （4）根据图中信息溶液pH在2左右Co2+萃取与其他金属离子易分开，根据萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA(有机层)MAn(有机层)+nH+ (水层)。“反萃取”的目的是将有机层Co2+转移到水层，利用上述平衡移动原理，不断加入氢离子，使Co2+尽可能多地发生上述转移，则实验操作步骤：取萃取后的有机相于分液漏斗中，加入稀硫酸和蒸馏水，利用pH计测量溶液酸碱性，至溶液pH约为2，充分振荡，静置后分层，取下层水溶液，重复上述操作2~3次，并将水相合并，为得到更多的CoSO4 溶液，避免损耗较多的Co2+；故答案为：加入稀硫酸和蒸馏水，利用pH计测量溶液酸碱性，至溶液pH约为2，充分振荡，静置后分层，取下层水溶液；将水相合并。 （5）“沉钴”时是将CoSO4 溶液加入氨水和碳酸氢铵反应 草酸钴和硫酸铵，其反应的离子方程式为；故答案为：。 （6）工业上，有些工艺中“沉钴”的产物可能是，是制备钴的氧化物的重要原料。二水合草酸钴()在空气中受热的质量变化曲线如图所示，曲线中300℃及以上所得固体均为钴的氧化物。36.6g物质的量为0.2mol，C点是钴的氧化物，根据质量守恒，则氧的物质的量为，，则C的化学式或；故答案为：或。 3．(1) 使金属转变为金属氧化物，使MnS与反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去； 将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等 SO2、CO2和CO (2) SiO2 NiS和ZnS (3)MnF2(s)+Mg2＋(aq) MgF2(s)+Mn2＋(aq)的平衡常数＝9.2×106＞105，Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀 (4)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (5)+6 (6)①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下； 【分析】 二氧化锰粉末与硫化锰矿(含Fe，Al，Mg，Ni，Zn，Si等元素的硫化物或氧化物以及C和少量有机物)在氧气作用下联合焙烧，除去有机物，金属与非金属均生成氧化物，在硫酸中酸浸，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤渣1含有S和SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH在4.7～6之间，除去Fe3+、Al3+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，滤渣4为MgF2，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸氢钠发生反应：Mn2++2HCO＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸锰得到产品硫酸锰，据此解答。 【详解】（1）将MnS矿与粉进行“联合焙烧”的目的有，使金属转变为金属氧化物，使MnS与反应生成MnO，使有机物转化为CO2气体而除去；为了提高焙烧效率可采取的措施有：将MnS矿粉碎，适当提高焙烧温度，增大O2通入量等；“尾气”中所含气体中除外，MnS产生的SO2，有机物产生的CO2和CO； （2）根据以上分析可知“滤渣1”含有SiO2；加入Na2S除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是NiS和ZnS； （3）根据方程式MnF2(s)+Mg2＋(aq) MgF2(s)+Mn2＋(aq)可知该反应的平衡常数≈9.2106＞105，因此Mg2＋可完全转化为MgF2沉淀，所以除杂时选择。 （4）“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O （5）当与NaClO物质的量之比为1：2时，氯元素化合价从+1价降低到－1价，反应前Mn是+2价，所以根据电子得失守恒可知反应后Mn的价态是+（2×2+2）=+6。 （6）①大规模生产，过程中会产生二氧化硫而污染环境同时生成NiS和ZnS难以分离，回收利用价值低；②除杂1也会造成部分MnS沉淀造成物质利用率低下； 4．(1)3d84s2 (2)除去油脂、溶解铝及其氧化物 (3) Ni2+、Fe2+、Fe3+ (4) (5)向滤液中加入1mol•L-1H2SO4，控制pH为3.0；蒸发浓缩，降温至28℃结晶；趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥 【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【详解】（1）基态Ni原子为28号元素，其核外电子排布式为3d84s2； （2）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，同时溶解铝及其氧化物； （3）滤液①含有NaAlO2，通入二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，其离子方程式为；由分析可知滤液②的金属阳离子为Ni2+、Fe2+、Fe3+； （4）由题干信息，硫酸镍在强碱溶液中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为； （5）由图可知，应控制温度在28℃以上，可得到NiSO4•6H2O，且NiSO4易溶于水，不溶于乙醇，可以向滤液中加入1mol•L-1H2SO4溶液，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至 28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。 5．(1) d [Ar]3d54s1 (2)5:2 (3) +H2O⇌2+2H+ pH=7时有利于形成溶解度更小的BaCrO4沉淀，pH减小会使铬酸钡电离出的小部分铬酸根与H+反应，形成重铬酸根，使铬酸根的浓度降低，铬酸钡不断溶解 (4)2BaCrO4+2+2H+=2BaSO4++H2O (5)2.4×10-4 【分析】酸性含铬废水中有、[Ni(CN)4]2-、，加入石灰乳调节pH，硫酸根转化为CaSO4沉淀，转化为，再加入H2O2作氧化剂氧化CN-破氰，镍元素以Ni(OH)2、NiCO3形式沉淀，继续加入BaCl2⋅2H2O，生成沉淀2主要为BaCrO4和BaSO4，沉淀2中加入硫酸，BaCrO4转化为BaSO4和； 【详解】（1）Cr元素原子序数为24，位于元素周期表第四周期VIB族，属于d区，其基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1； （2）破氰步骤中H2O2氧化CN−生成和无毒无味气体N2，离子方程式为5H2O2+2CN-+2OH-=2+N2↑+6H2O，其中H2O2为氧化剂，故氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2； （3）已知水溶液中(橙色)可转化为(黄色)，该可逆反应用离子方程式可表示为+H2O⇌2+2H+；铬酸钡溶解度小于重铬酸钡，pH=6时，酸性条件下，铬酸钡电离出的小部分铬酸根会与酸反应，形成重铬酸根，使铬酸根的浓度降低，铬酸钡不断溶解，故pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高； （4）沉淀2中加入硫酸，BaCrO4转化为BaSO4和，离子方程式为2BaCrO4+2+2H+=2BaSO4++H2O； （5）由Ksp(BaCrO4)=1.2×10−10，c(Ba2+)==2.4×10-4mol/L，即应使Ba2+的浓度不小于2.4×10-4mol/L。 6．(1)2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O (2)增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动 (3)3.2 ~4.2 (4)S、Fe(OH)3 (5)“过滤2”的滤液中 (6)64% n(Na2S2O3)=0.01000 mol·L−1×20.00×10-3 L=2.0×10-4mol，2Cu2+~I2~2Na2S2O3， n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=2.0×10-4 moL，0.2000 g粗铜中m(Cu)=×2.0×10-4 moL×64 g/mol=0.128 g粗铜中铜的质量分数为：× 100% = 64%。 【分析】CuS与酸性条件下被O2氧化产生Cu2+、S、H2O，Fe2+被氧化变为Fe3+，通入NH3，调整溶液pH在3.2 ~ 4.2，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤将沉淀除去，通入高压H2，可以将Cu2+还原为Cu单质，过滤后得到粗铜。 【详解】（1）在浸取时，CuS、H2SO4、O2发生氧化还原反应产生CuSO4、S、H2O，反应的离子方程式为2CuS+O2+4H+=2Cu2++2S+2H2O； （2）已知CuS难溶于硫酸。溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq) + S2−(aq)，“浸取”时采用高压O2是为了增大溶解氧的浓度(或增加O2在溶液中的溶解度)，提高O2氧化S2-的速率，使CuS沉淀溶解平衡正向移动，促进物质的转化； （3）在浸取时O2可以将Fe2+氧化变为Fe3+，发生反应：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，结合溶液中各种离子沉淀完全时溶液的pH，调整溶液pH在3.2 ~ 4.2，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，故“调pH”时需控制的pH范围是3.2 ~ 4.2； （4）S难溶于水，以固体形式存在，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故“过滤1”所得固体X主要成分是S、Fe(OH)3； （5）由分析可知，浸取、调pH、过滤1、还原等步骤中没有除去Zn2+，因此Zn2+在“过滤2”的滤液中； （6）在滴定过程中发生反应为：2Cu2++4I−=2CuI+I2，I2+2=+2I−，故反应的关系式为：2Cu2+~I2~2Na2S2O3，25.00 mL0.01000 mol/LNa2S2O3溶液中溶质的物质的量n(Na2S2O3)=0.01000 mol·L−1×20.00×10-3 L=2.0×10-4 mol，根据反应转化关系可知反应消耗Cu2+的物质的量n(Cu2+)= n(Na2S2O3)=2.0×10-4 mol，在0.2000 g粗铜中含有Cu的质量m(Cu)=×2.0×10-4 moL×64 g/mol=0.128 g，该粗铜中Cu的质量分数为。 7．(1) 加热 TiO2++(x+1)H2O=TiO2‧xH2O↓+2H+ (2)分液漏斗 (3) 与TiO2+形成稳定的离子进入水层，便于除钛 将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH使Fe3+沉淀完全 (4)3.2~3.7或3.2≤pH＜3.7 (5)1:2 【分析】钛铁矿加硫酸酸浸后，过滤除去二氧化硅，滤液中加入大量的水使TiO2+发生水解生成TiO2‧xH2O沉淀，过滤后往滤液中加入萃取剂，分液，加入双氧水和稀硫酸洗钛时，H2O2可以与TiO2+形成稳定的离子进入水层，便于除钛，还可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH时使Fe3+沉淀完全，加入氢氧化钠溶液进行反萃取，在沉淀中加入浓盐酸酸溶后，再加氨水调pH除去Fe3+，加入氟化铵沉钪，脱水除铵后得到ScF3。 【详解】（1）为提高酸浸速率，除粉碎钛铁矿外，还可以采取的措施是加热、搅拌或适当增大硫酸浓度；水解时，反应物有TiO2+，生成物有TiO2·xH2O沉淀，其反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2O=TiO2‧xH2O↓+2H+； （2）“萃取”操作使用的仪器为分液漏斗，分液漏斗在使用之前需要检漏； （3）“洗钛”时加入的可以与TiO2+形成稳定的离子进入水层，便于除钛，还可以将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续调pH时使Fe3+沉淀完全，从而除铁完全； （4）“酸溶”所得溶液中含有Sc3＋、Fe3＋等，若此溶液中Sc3＋的浓度为0.01mol·L-1，“氨水调pH”时要使Fe3+沉淀完全，而Sc3＋不沉淀，由表格可知，Fe3+沉淀完全时pH≥3.2，Sc3＋开始沉淀的， c(H+)=2×10-4mol/L，pH=3.7，所以除杂过程应控制的pH范围是3.2~3.7或3.2≤pH＜3.7； （5）由 “脱水除铵”以及最终得可知，在时减少的是结晶水的质量，在过程中有白烟冒出，保温至无烟气产生，即氯化铵分解完全，所以过程中减少的是氯化铵的质量，n(NH4Cl)=，n(H2O)=，。 8．(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。 9．(1) 1:1 H2S (2)热浸 (3)将过量的Fe3+还原为Fe2+ (4) C (5)阳极 【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。 【详解】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 （2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 （3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 （4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 10．(1) 复分解反应 SiO2 (2) (3)“调pH=5”时，此时溶液中，可得，沉淀完全 (4) 80 (5)或 【分析】以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5，含钽废料先粉碎，然后加入稀硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸，FeO、Fe2O3、Al2O3等溶解生成Fe2+、Fe3+、Al3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到对应沉淀，“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，“沉钽”时，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，焙烧得Ta2O5。据此分析解题。 【详解】（1）“酸溶”时，Fe2O3发生Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H8O反应，属于复分解反应，SiO2不溶于硫酸，滤渣的主要成分是SiO2； （2）加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，发生反应的离子方程式为：； （3）常温下，“调pH”时，若过滤出沉淀后溶液的，，，沉淀完全； （4）由图可知，浸出的最佳温度为80℃，温度过低，浸出率低，温度过高，Ta浸出率变化不大，但耗能增大；“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，离子方程式：； （5）沉钽”时通入氨气，生成了一水合氨，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，反应化学方程式为：或。 11．(1)分液 (2) 增大固体与气体的接触面积，加快反应速率，使原料充分反应 (3) (4) (5) 【分析】以Al2O3为载体的钴钼废催化剂中含CoS、MoS2及少量Fe、Ca等元素的物质，焙烧后，金属元素都转化为相应的金属氧化物，酸浸时生成CoSO4、Fe2(SO4)3、MoO2SO4、CaSO4等，过滤后，所得滤渣1为CaSO4；滤液中加氨水调节滤液的pH，Fe3+、Al3+都转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀；滤液中加入萃取剂，Co2+进入水溶液，含Mo离子进入有机相，处理后得到(NH4)2MoO4；“水相”经萃取后得钴的有机相，再反萃取得到含钴水溶液，加入NH4HCO3、NH3∙H2O进行沉钴，得到CoCO3。 【详解】（1）经操作2得到有机相和水相，该操作为分液； （2）多层逆流焙烧可以增大固体与气体的接触面积，加快反应速率，使原料充分反应；在空气中焙烧生成MoO3和SO2，反应方程式为：； （3）由上述分析可知滤渣1的主要成分为；“调pH””的目的是沉淀铁和铝，结合Ksp数据可知的溶解度小于，因此只需确保铝离子完全沉淀即可同时沉淀铁和铝，铝离子完全沉淀时c(OH-)=，pH=4.7；但该过程中不能使沉淀，则OH-浓度的最大值不能超过：c(OH-)=，pH=6.5，则“调pH”的合理范围为； （4）还原生成，1mol失2mol电子，1mol得2mol，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：；基态Mo原子的价电子排布式：； （5）该反应的平衡常数=。 12．(1)Fe(OH)3、SiO2 (2) 不稳定易发生分解 (3) C [Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3 (4) ds ① < 【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌； 【详解】（1）根据分析，滤渣1为Mn(OH)2、Fe(OH)3、SiO2； （2）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为；不稳定易发生分解，导致该过程中的加入量远大于其理论值； （3）①“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好应120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高； ②当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，反应为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3； （4）①Zn为30号元素，价电子排布式3d104s2；位于元素周期表ds区； ②N和O的电负性相比，N弱于O，则N易提供孤电子，配位键稳定性强； ③角③属于单键与单键形成夹角，电子云密度小，键角斥力小，键角小于120°。 13．(1) (2)2.34 (3) 1.0 沉淀过程中夹杂、包裹 (4)多次反萃取 【分析】由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，转化为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR有机萃取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。 【详解】（1）由分析可知，高温氢化时发生的反应为高温条件下与氢气反应转化为生成钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；实际生产中少量的与空气接触会转化为碳酸锂和水，所以为降低锂在固体残余物中的含量应用“酸洗”；故答案为：6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；； （2）由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为2.0mol/L×2.0L×95%×=1.9mol，溶液中锂离子的浓度为2.0mol/L-2.0mol/L×95%=0.1mol/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的物质的量为×2.0mol =0.44mol，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的物质的量为1.9mol+0.44mol=2.34mol，故答案为：2.34； （3）①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+； ②由图可知，溶液pH为1时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH为1；pH=0.5时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；故答案为：1；MnO2沉淀过程中夹杂、包裹； （4）由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多次反萃取。 14．(1) 使Fe3+完全还原为Fe2+；同时避免过量的铁将TiO2+还原成Ti3+，影响产品的纯度 (2) 蒸发浓缩(或加热浓缩)、降温结晶(或冷却结晶)、过滤 减少绿矾溶解损耗、快速得到干燥的固体 (3)b (4) 【分析】钛铁矿用硫酸溶液溶解，过滤得强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，加入铁粉将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，沉降分离得到溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，再浓缩蒸发得到绿矾与溶液2，溶液2中含有TiOSO4，加入碳酸镁，调节pH，TiO(OH)2沉淀完全，煅烧得到二氧化钛，电解得到Ti，高温下和氯气、焦炭反应生成四氯化钛，据此解答。 【详解】（1）钛铁矿的主要成分FeTiO3与硫酸反应的主要产物是TiOSO4和FeSO4，结合原子守恒配平化学方程式为；向滤液1中加入适量铁粉，至刚好出现紫色为止，此时溶液仍呈强酸性。已知：氧化性：，则加入适量铁粉的原因是：使Fe3+完全还原为Fe2+；同时避免过量的铁将TiO2+还原成Ti3+，影响产品的纯度。 （2）为避免结晶水失去，适合用降温结晶获得绿矾，系列操作具体为蒸发浓缩(或加热浓缩)、降温结晶(或冷却结晶)、过滤。用乙醇溶液洗涤绿矾的优点为减少绿矾溶解损耗、快速得到干燥的固体。 （3）试剂A用来中和氢离子，调节pH，选项中只有碳酸镁符合，向富含TiO2+溶液中加入MgCO3粉末，使其与H+反应，降低溶液中c(H+)，使平衡向生成的方向移动，便于得到粗产品，故选b。 （4）电解时，阴极发生反应Ca2++2e-=Ca，钙还原二氧化钛：2Ca+TiO2+=Ti+2Ca2++2O2-，所以阴极区反应的电极总反应式为。 15．(1) (2) 碱浸 (3)10 (4) 将转化为，避免水解生成杂质 、 (5) 【分析】由题给流程可知，向高钛渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠固体，通入氧气发生熔盐反应，将钛元素、锰元素的氧化物转化为钛酸钠、锰酸钠，向反应后的固体中加入去离子水水洗，将钛酸钠转化为沉淀，氧化钙转化为氢氧化钙，过滤得到含有氢氧化钠、氢氧化钙、锰酸钠的滤液和滤渣，其中滤液经除杂处理后得到的氢氧化钠溶液，可在碱浸步骤循环使用；向滤渣中加入稀硫酸酸溶，将转化为TiOSO4溶液，氧化铁、氧化镁转化为硫酸铁、硫酸镁，向溶解得到的溶液中加入铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，再向反应后的溶液中加入氨水调节溶液pH为2.5，将溶液中TiOSO4水解生成TiO(OH)2沉淀，过滤得到含有亚铁离子、镁离子的滤液和含有TiO(OH)2的滤渣；向滤渣中加入草酸溶液，将TiO(OH)2溶解转化为H2[TiO(C2O4)2]溶液，向溶液中加入氯化钡溶液，将溶液中H2[TiO(C2O4)2]转化为BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀，过滤得到滤液和BaTiO(C2O4)2·4H2O；BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧分解生成钛酸钡。 【详解】（1）由分析可知，加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，则“碱浸”操作过程中除去的杂质为氧化铝； （2）由分析可知，滤液2经除杂处理后得到的氢氧化钠溶液可在碱浸步骤循环使用；“熔盐反应”过程中二氧化锰发生的反应为二氧化锰与氢氧化钠、氧气共热反应生成锰酸钠和水，反应的离子方程式为； （3）由方程式可知，反应的平衡常数； （4）由分析可知，加入铁粉的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，防止水解操作时生成氢氧化铁沉淀；由分析可知，滤液3中含有的金属阳离子为亚铁离子、镁离子； （5）由分析可知，BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧分解生成钛酸钡、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为。 16．(1) 3d10 8NA (2) 直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失 (3)除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出 (4)当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2 (5)2.0×10-6 (6) 24 【分析】根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸、H2O2溶浸过滤掉不溶性杂质、将ZnO、CuO、Fe2O3、FeO转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+，向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到黄钠铁矾，溶液中的氯离子会影响镓的析出，可知金属粉末中含有Cu粉除去Cl-，以及金属粉末Zn除去Cu2+，向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为，加入Na2S溶液将Zn2+转化为ZnS，最后电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓。 【详解】（1）锌为30号原子，Zn2+的价层电子排布式为3d10；中，OH-中氧原子和氢原子存在σ键，OH-与Ga以σ键结合，所以1mol中含有σ键的物质的量为8mol，数目为8NA。 （2）①“沉铁”时，加入硫酸钠生成黄钠铁矾沉淀，离子方程式为； ②直接调pH沉铁易生成Fe(OH)3胶体，不容易过滤；Fe(OH)3胶体同时容易吸附Zn2+而造成ZnS损失。 （3）加入铜粉的目的是：除去Cl-，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl-影响镓的析出。 （4）根据图示可得知，当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，较稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2。 （5）由反应方程式的平衡常数K1= ，结合 K=1.0×1034，可知K1===Ksp[Ga(OH)3]×K×Kb(NH3·H2O)=1×10-35×1×1034×2.0×10-5=2.0×10-6。 （6）该晶胞图中Fe3+和Fe2+位于顶点位置，设晶胞边长为xcm，则晶胞边长为2xcm，晶胞体积为V=(2xcm)3，K+未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心，所以晶体中含有4个K+，含有24个CN-，晶胞的质量，解得x= 。 17．(1) 胆矾或蓝矾（任意一个均可） (2) 过多亚硝酸钠溶液会降低反应溶液的酸性，导致重氮盐发生偶联反应 (3) 平衡气压 ②①③ (4) (5)B 【分析】浓盐酸、对甲基苯胺、溶液反应制备甲基苯胺重氮盐溶液。对甲基苯胺重氮盐滴加至装有冷的CuCl-HCl溶液的烧瓶中反应生成高对氯甲苯，反应完成后，向烧瓶中加入适量蒸馏水，进行水蒸气蒸馏，当不再有油滴馏出时停止加热。将馏出液用环己烷萃取水层两次，将萃取所得有机层与粗产品合并，洗涤、干燥后蒸馏，控制温度在158~162 ℃收得馏分即为高对氯甲苯产品。 【详解】（1）①俗称胆矾或蓝矾（任意一个均可），故答案为：胆矾或蓝矾（任意一个均可）； ②将、NaCl、、NaOH在水溶液中加热一段时间后，即可得到CuCl，该反应的离子方程式为：，故答案为：； （2）①由于亚硝酸钠溶液显碱性，若溶液过量太多，可能带来的弊端是过多亚硝酸钠溶液会降低反应溶液的酸性，导致重氮盐发生偶联反应，故答案为：过多亚硝酸钠溶液会降低反应溶液的酸性，导致重氮盐发生偶联反应； ②可用尿素在酸性条件下，生成的N2、CO2和H2O，离子方程式为：，故答案为：； （3）①图2中烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的安全范围，能防止装置中压强过大引起事故；答案为：平衡气压； ②蒸馏结束后打开旋塞，熄灭酒精灯，再停止通冷凝水，正确的操作顺序为②①③，故答案为：②①③； （4） 根据步骤Ⅲ的总反应：先生成和氯化铜，氯化铜再与反应生成CuCl和，故第二步反应机理为：，故答案为：； （5）2.1g邻甲基苯胺的物质的量是，理论上生成邻氯甲苯的质量是，所以产率是，故答案为：B。 18．(1)47 (2) 4Ag+4ClO-+2H2O=4AgCl+O2+4OH- 生成氮氧化物，污染空气 (3)加快反应速率，使反应充分进行；避免生成的银单质混有AgCl杂质，使产品不纯 (4) 由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全 将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl- 【分析】由题给流程可知，向处理后的光盘碎片中氢氧化钠溶液调节溶液pH后，加入足量次氯酸钠溶液发生如下反应Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤得到氯化银；向氯化银中加入足量氨水，将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，向溶液C中加入一水合肼溶液发生如下反应：。 【详解】（1）由银元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，银元素的原子序数为47； （2）反应Ⅰ的离子方程式: 4Ag+4ClO-+2H2O=4AgCl+O2+4OH-；从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是：HNO3被还原，生成氮氧化物，污染空气； （3）还原性增强，加快反应速率，使反应充分进行；避免生成的银单质混有AgCl杂质，使产品不纯； （4）①由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小说明该反应进行得不完全，属于可逆反应，故答案为：由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全； ②由方程式可知，若该反应为可逆反应，向氯化银固体中加入少量氨水，反应后的溶液中含有氯离子，说明氯化银能与氨水反应，含有未反应的氨水说明氯化银能与氨水的反应为可逆反应，则验证上述反应是可逆反应的实验方案为：将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl-。 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 $$