2025届高三化学一轮复习--工业流程题

2025届高三化学复习--工业流程题 1．（23-24高三上·四川成都·阶段练习）海洋资源的利用具有广阔前景，海带中富含人体必需的碘元素。实验室模拟从海带中提取碘单质的流程图如图所示： (1)设计“操作Ⅰ”的主要步骤包括：浸泡、 。 (2)“试剂a”选用H2O2可完成“溶液A”向“溶液B”的转变，配平该反应的化学方程式： 。 ___________KI+___________H2O2=___________KOH+___________I2 (3)为寻找H2O2的替代品，某同学将O2不断鼓入“溶液A”中。设计实验，判断O2是否能代替H2O2(简要说明所用的试剂、现象和结论) 。 (4)由于“溶液B”中I2的含量较低，“操作Ⅱ”能将“富集、浓缩”到“有机溶液X”中。已知：I2在以下试剂中的溶解度都大于水，则“试剂b”可以是 (选填编号)。 试剂 A．乙醇 B．氯仿 C．四氯化碳 D．裂化汽油 相关性质 与水互溶 不与I2反应 与水不互溶 不与I2反应 与水不互溶 不与I2反应 与水不互溶 与I2反应 (5)为回收“有机溶液X”中的溶剂，并得到碘单质，可选用如图装置完成“操作Ⅲ”。 ①仪器B的名称是： 。 ②指出该装置中一处明显的错误 。 2．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）化学是最具有应用价值的学科，为人类生存与繁衍担当了巨大的“社会责任”。 Ⅰ．硝酸铵是一种常用的化肥，也是重要的化工原料，常见工业制备方法如下图所示： (1)化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下： 下列关于合成氨反应的叙述中不正确的是_______。 A．常温下该反应难以进行，是因为常温下生成物的化学键难以形成 B．该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成 C．在催化剂的作用下，反应物的化学键变得容易断裂 D．过程②需吸收能量，过程③则放出能量 (2)氧化室中反应的化学方程式： 。 (3)为实现制硝酸的绿色化改进，技术人员将分离液态空气的工艺整合在上述流程中。请说明该工艺的产物如何应用于硝酸生产流程： 。 Ⅱ．消除氮氧化物尾气和水中硝酸盐造成的氮污染已成为环境修复研究的热点 (4)氧化吸收法 酸性条件下，加入NaClO溶液可以氧化N2O、NO和NO2等生成Cl-和。其他条件一定，N2O转化为的转化率随水体溶液初始pH的变化如图所示。 ①在酸性水体中，加入NaClO溶液吸收N2O的离子方程式为 。 ②水体溶液初始pH越小(H+浓度越大)，N2O转化率越高。其原因是 。 ③NaClO/H2O2酸性复合吸收剂可有效去除NO。复合吸收剂组成一定时，温度对NO去除率的影响如图。温度高于60℃后，NO去除率下降的主要原因是 。 (5)在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。 ①Fe2+催化H2O2分解产生HO·，HO·将NO氧化为的机理如图所示，Y的化学式为 。 ②纳米零价铁的作用是 。 (6)NH3催化还原法 NH3催化还原氮氧化物技术(SCR)是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术，反应原理如下图所示： 若催化剂表面参与反应的NO和NO2物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程式为 。 (7)碱液吸收法 用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。现有VL某NaOH溶液能完全吸收含mmolNO和nmol NO2的大气污染物，则NaOH溶液的物质的量浓度至少为 mol/L。若所得溶液c()：c()=1：9，则原混合气体中NO和NO2物质的量之比m：n= 。 3．（23-24高三下·四川成都·期末）工业上以铬铁矿废渣(主要成分为FeCr2O4，含有铁、镁、铝、硅的氧化物)为原料提取金属铬和制备K2Cr2O7的工艺流程如图所示。 已知：该工艺条件下，矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度的对数lgc与pH的关系如图所示，当溶液中可溶组分浓度≤10-5mol/L时认为沉淀完全，回答下列问题： (1)煅烧时常将矿渣粉碎并使气体逆流加入，其原因是 。 (2)FeCr2O4煅烧生成Na2CrO4和Fe2O3的化学方程式为 。 (3)“调pH”步骤中pH的理论范围是 (4)“还原”反应的离子方程式为 。控制温度在40℃时还原效率最高，原因是 。 (5)途径2中加入KCl时发生的反应类型为 。 (6)利用电解技术也可制备重铬酸钾，下图是以铬酸钾为主要原料电解制备重铬酸钾的装置示意图： ①离子交换膜应使用 离子交换膜(填“阳”或“阴”) ②B极的电极反应式为(只写电极反应，不含后续反应) 。 ③当电路中转移了a mol电子时阳极区溶液的质量变化为 g。 4．（23-24高三上·四川乐山·阶段练习）工业上常用炼钢残渣(主要含FeO·V2O3，还有少量铁粉、SiO2、Al2O3等杂质)为原料提取金属钒，其工艺流程如图所示： 已知：焙烧后铁全部转化为+3价氧化物。 (1)“研磨”的目的是 ，“磁选”后分离出的X为 。 (2)“焙烧”过程中，若转移电子数为2.5NA，则被氧化的FeO·V2O3为 mol。 (3)“酸浸”时，生成V2O5的离子方程式为 。 (4)若“沉钒”前溶液中c()=0.16 mol·L-1，忽略溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到99%，则“沉钒”后溶液中c()= mol·L-1(已知：常温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3)。“沉钒”过程中，加入稀H2SO4，其目的是 。 (5)检验NH4VO3沉淀是否洗净的操作是 。 5．（24-25高三上·云南昆明·开学考试）某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、FeO、、CuO和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Al、Cu、绿矾等。回答下列问题： (1)“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并除去 。 (2)“碱浸”时发生反应的化学方程式为 。 (3)由滤液1制备Al的第一步是向滤液1中通入过量的 气体。 (4)试剂a为 (填化学式)，加入试剂a后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为 。 6．（22-23高三上·安徽马鞍山·期末）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为，杂质为以及等的化合物。其制备流程如图： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如表： 离子 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 (2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 (写出一条即可)。 (3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是 (填标号)。 A．      B．      C． 滤渣①的主要成分是 、 、 。 (4)向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为 。 7．（23-24高三上·江苏苏州·期末）工业烟气中的会造成环境问题。可通过多种方法进行脱除并获得含硫产品，实现资源化利用。 (1)“氨脱硫法”。将含有的烟气通入过量氨水中，写出发生主要反应的化学方程式： 。 (2)“钠钙双碱脱硫法”。其部分工艺流程如图所示： ①吸收塔中为提高的吸收效率，图中采取的措施有 。 ②吸收时需控制吸收塔内的温度，温度太高会导致的吸收率降低，其原因可能是 。 ③“沉淀室”中加入石灰乳可实现NaOH吸收液的再生。沉淀室中溶液与石灰乳反应的化学方程式为 。 (3)“废碱渣脱硫法”。工业废碱渣的主要成分为。实验室模拟“废碱渣工业脱硫”并制备硫代硫酸钠()，实验装置如图所示(实验前已除去装置中的空气)： ①装置中的反应分为两步，其中第二步的反应方程式为，在第一步反应中作(填“氧化剂”或“还原剂”) 。 ②为验证装置中生成了，将尾气依次通过酸性溶液、品红溶液和澄清石灰水。能够说明有生成的实验现象是 。 ③可用于去除水中的得到含硫酸盐的酸性溶液，该反应的离子方程式为 。 8．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）以电石渣(主要成分为，含少量等杂质)为原料，制备高纯活性纳米的流程如下： 【资料】①氨水的约为，氢氧化镁完全沉淀的约为；②。 (1)进行操作时，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和 。 (2)加入将溶液酸化，说明溶液的 7(填“>”、“=”或“<”)。 (3)酸化浸取时和发生复分解反应，放出，请写出该反应的化学方程式： 。 (4)向滤液1中通入调节溶液，主要目的是：①使滤液2能吸收更多；② 。 (5)流程中可循环利用的物质是和 。 9．（23-24高三上·广东广州·期末）Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe3O4等物质。以独居石为原料制Ce2(CO3)3的工艺流程如下： 已知：i.SiO2是酸性氧化物，难溶于水。 ii.该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Ce3+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 7.6 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 9.0 请回答下列问题： (1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)。 (2)“酸浸”的浸取液中含有的金属阳离子有Ce3+、 ，滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)。 (3)“氧化”时反应的离子方程式为 。 (4)“沉淀”时的pH范围是 ，检验溶液中铁元素是否沉淀完全的方法是 。 (5)“沉铈”过程中，回收滤液可得到一种常见的肥料，其主要成分是 ，生成Ce2(CO3)3的离子方程式为 。 10．（23-24高三上·北京朝阳·期末）高纯碳酸钙在电子材料工业中用于集成电路板、固体激光材料的制作。利用原料碳酸钙(含少量镁的化合物)制备高纯碳酸钙，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)煅烧： ①碳酸钙受热完全分解的化学方程式为 。 ②煅烧时，将原料碳酸钙与焦炭按一定比例混合，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧。从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点 。 (2)溶浸： ①用离子方程式表示溶液呈酸性的原因 。 ②溶浸的化学方程式为 。 ③若溶浸温度较高(>90℃)，沉钙时高纯碳酸钙的收率降低(如下图所示)，原因是 。 (3)精制： 溶浸后，溶液B含有的金属阳离子有、。通过平衡常数可判断进行的程度，该反应的K= 。说明该反应进行的基本完全。 (4)沉钙反应的离子方程式为 。 11．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）工业废弃物铬钒渣中含有价格相对较高且稀缺的钒、铬元素，铬钒渣中铬、钒均以低价含氧酸盐(不溶于水，也不溶于碱性溶液)形式存在，杂质的主要成分为以及磷的化合物。一种从铬钒渣中分离提取铬和钒的流程如图所示： 已知：最高价含铬酸根在酸性介质中以形式存在，在碱性介质中以形式存在。 (1)基态基态原子共有 种空间运动状态的电子 (2)“煅烧”时，若铬钒渣中的铬元素被氧化为最高价含氧酸盐，则“煅烧”过程中与发生反应的化学方程式为 。若在实验室中煅烧铬钒渣，能否用陶瓷坩埚： (填“能”或“不能”)，理由是 。 (3)水浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (4)“分离钒”步骤中，将溶液调到1.8左右得到沉淀，在时，溶解为或；在碱性条件下，溶解为或，上述性质说明具有 (填标号)。 A．氧化性　　　　B．还原性　　　　　C．两性 (5)“还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液，反应的离子方程式为 。 (6)三价铬的物质的量分数随溶液的分布如图所示。 时，通过调节使废水中的转化为，溶液中剩余的浓度小于，则调节的范围为 (已知：时，)。 12．（23-24高三上·河南南阳·期末）金属钌在电子制造、化学工业及催化剂生产等行业中有关键作用，六氯钌酸铵[(NH4)2RuCl6]是生产金属钌的重要中间产物。一种利用精炼镍阳极泥(主要含金属Ru，Os及Pb等)制备六氯钌酸铵的工业流程如图所示。 已知：①OsO4、RuO4均具有强氧化性，“除锇”步骤中Ru元素的化合价不发生变化，Ru元素以[RuCl6]2-形式进入“沉降”步骤； ②[RuCl6]2-＋nH2O⇌[RuCl(6-n)(H2O)n]n-2+nCl- △H＜0； ③PbCl2微溶于水；六氯钌酸铵在乙醇中的溶解度较小。 回答下列问题： (1)基态K原子的核外电子排布式为 ，“高温氯化”后得到K2RuCl6、K2OsCl6，生成K2OsCl6反应的化学方程式为 。 (2)“氧化蒸馏”时可得到RuO4(Ru呈+8价)和OsO4，写出生成RuO4的离子方程式： 。 (3)“酸吸收”时，加入乙醇的作用是 。 (4)“酸吸收”时，加入的盐酸浓度较大时有利于降低六氯钌酸铵的含水量，试分析原因： 。通过 (填措施及原因)也能降低六氯钌酸铵的含水量。 (5)“沉降”时加入了NH4Cl，的VSEPR模型名称为 ，若在实验室进行“洗涤”步骤，则其具体操作为 (需指明洗涤所用的试剂)。 13．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）以废干电池(主要含)和钛白厂废酸(主要含，还有少量等)为原料制备锰锌铁氧体的流程如下： 已知：①时，；酸性较弱时，、均易形成配离子(代表金属元素)； ②在催化下可发生反应； ③在煮沸时易分解。 (1)酸浸过程中含锰物质被溶液中的还原为，其中参与反应的离子方程式为 。 (2)氧化时加入将氧化，再加入调节溶液为，生成偏钛酸和黄钾铁矾沉淀，使得钛、钾得以脱除。 ①加入生成黄钾铁矾的离子方程式为 。 ②若加入过多，将导致生成的黄钾铁矾沉淀转化为 (填化学式)。 (3)氟化过程中溶液与钙镁去除率关系如图所示。当时，溶液过高或过低，去除率都会下降，其原因是 。 (4)补充完整下面的实验操作步骤：共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。 准确量取氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和 振荡；将溶液加热至， ；冷却后，用 滴定至终点，记录消耗标准溶液的体积，平行滴定次，计算氟化后溶液中物质的量浓度 。 必须使用的试剂有：硝酸银溶液，溶液，的标准溶液 14．（23-24高三上·云南昆明·期末）金属钴是一种关键战略资源。从湿法炼锌过程中产生的净化钴渣中回收钴，对缓解我国钴资源的紧缺具有重要意义。一种从净化钴渣(主要含Co3S4，ZnS，Ca2Fe2O5)中实现钴锌分离的工艺流程如下图所示。 已知： ①钴元素在滤液1中存在形式为Co2+； ②高钴渣成分含CoOOH和二氧化锰。 回答下列问题： (1)滤渣1的主要成分是 (填化学式)。 (2)步骤Ⅰ中Co3S4反应生成能使品红溶液褪色的气体，该气体的分子式为 ，该反应的化学方程式为 。 (3)步骤Ⅱ中加入ZnO的目的是 。 (4)步骤Ⅲ中溶液的pH应控制在4.5~5.0，pH不可过高的原因是 ，Co2+与KMnO4反应的离子方程式为 。 (5)工业上还可以采取如下方法分离Co2+、Zn2+： Co2+、Zn2+与有机整合剂结合的能力较强的是 (填离子符号)。 15．（23-24高三上·甘肃·期末）氧氯化铝是一种广谱性杀菌剂，低毒、杀菌效果好、价廉。一种利用铜矿（含CuS、、、及不参与反应的不溶物）制备氧氯化铜的流程如图，请回答下列问题： 已知：①氧氯化铜受热易分解；②滤液2中溶质的主要成分为。 (1)“氧化焙烧”时，CuS会转化为和一种黑色固体，黑色固体为 （填化学式）；是一种酸性氧化物，其与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为 ；“氧化焙烧”时，会发生 （填基本反应类型），生成生石灰。 (2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为 ；实验室进行过滤操作时需要用到的玻璃仪器有烧杯、 。 (3)检验“过滤2”所得的氯化铜溶液中是否含有的方法为 （写全操作、现象及结论）；“过滤3”所得的滤液3中主要含有的金属阳离子为 （填离子符号）。 (4)下列有关说法正确的是________（填标号）。 A．是混合物 B．“氧化焙烧”时CuS发生氧化反应 C．“酸浸”时可用稀酼酸代替盐酸 D．氧氯化铜粗产品进行干燥时的温度不宜过高 16．（22-23高三下·四川乐山·阶段练习）硼氢化钠(NaBH4)具有优良的还原性，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。利用硼精矿(主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等制取NaBH4的流程如图： (已知：B2O3+2NaOH = 2NaBO2+H2O，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，水溶液呈碱性。) (1)写出加快硼精矿溶解速率的措施 写一种。 (2)操作1为 ，滤渣主要成分为 。 (3)除硅铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有：①能将硅、铝以沉淀除去；② 。 (4)氢化镁(MgH2)中H元素的化合价为 ；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应1，其化学方程式为： 。 (5)如图在碱性条件下，在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，写出阴极室的电极反应式 。 17．（23-24高三上·贵州遵义·阶段练习）随着工业的发展，钻—钼系催化剂的用量越来越大，从废催化剂中回收贵金属不但能合理利用资源。而且可减少废弃物对环境的污染。对某品牌的废Co/Mo/催化剂(含有石墨、S、Fe等杂质)的再回收处理工艺如图。 已知：在常压下893K开始挥发，可溶于碱溶液，而Co的氧化物难溶于碱溶液。回答下列问题： (1)为提高“焙烧”效率，可对废催化剂进行的操作为 。 (2)用氨水进行“氨溶1”时，氨水与废催化剂中含Mo量的比例、浸取时间对Mo回收率的影响如图，选择氨水与废催化剂中含Mo量的比例为 ，浸取时间应控制在约 小时。 (3)“酸溶”时用98%的浓硫酸溶解滤饼，冷却后稀释，静置，滤去不溶杂质。“酸溶”时，开始与酸反应较慢，稀释后迅速反应，稀释后发生反应的离子方程式为 。 (4)“中和”时在不断搅拌下调pH为6.0~6.5的目的是 。 (5)“中和”时加入过量氨水直至生成红色的钴氨配合物。 ①Co、Mo离子能形成配合物的原因在于 。 ②钴氨配离子中存在的化学键有 (填标号)。 A．离子键  B．共价键  C．配位键  D．氢键  E．键  F．键 ③的某配合物化学式为，则的配体为 。 ④已知的空间结构为正八面体形，推测的空间结构有 种。 18．（24-25高三上·湖北·阶段练习）回收利用废旧电池正极材料(含有铝箔等杂质)的流程如下图所示： 回答下列问题： (1)基态Li原子的轨道表示式为 ，Li的焰色试验的颜色为 (填标号)。 A．黄色                    B．紫色                    C．绿色                    D．紫红色 (2)“粉碎”的目的是 。 (3)“浸出”时可能产生的气体是 (填化学式)。 (4)“浸出”后的溶液酸性较强，导致浸出液中铁、磷元素含量较高。从平衡移动角度解释其原因 。 (5)已知25℃时，pc与pH的关系如图所示，，c为、或的物质的量浓度。则“调pH”的范围为 。 (6)碳酸锂的溶解度曲线如图所示，“沉锂”后获得碳酸锂的操作为 、 、洗涤、干燥。 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)过滤 (2)2 KI+1 H2O2=2 KOH+1 I2 (3)能，取适量反应后的溶液，滴加淀粉溶液，若溶液显蓝色，则证明有I2产生，说明氧气也能氧化KI生成I2 (4)BC (5) 直形冷凝管 冷凝水的方向为上进下出 【分析】干海带灼烧为海带灰，经浸泡、过滤得到溶液A含有KI，加入氧化剂a将KI氧化为溶液B为I2，加入萃取剂b萃取出I2，蒸馏得到碘单质。 【详解】（1）海带变成海带灰碘元素以离子形式存在，可以通过浸泡，过滤即可，故操作I为：浸泡，过滤； （2）在溶液A中碘元素以碘离子的形式存在，可以加入氧化剂，将其氧化为碘单质，故试剂a具有一定的氧化性；根据得失电子数守恒和元素守恒，可知用H2O2完成“溶液A”向“溶液B”的转变的方程式为：2KI+H2O2=2KOH+I2； （3）可以替代，因为氧气也能氧化KI生成I2；取适量反应后的溶液，滴加淀粉溶液，若溶液显蓝色，则证明有I2产生，说明氧气也能氧化KI生成I2； （4）A乙醇与水互溶，不能做萃取剂；D汽油能与碘单质发生反应，不能作萃取剂，故选BC； （5）①装置B为直形冷凝管； ②装置的错误为冷凝水的方向为上进下出，应该为下进上出。 2．(1)A (2) (3)分离液态空气得到的氮气可用于合成氨，氧气可用于氨氧化等 (4) 酸性增大，次氯酸根离子氧化性增强 H2O2在温度较高时容易分解，导致其浓度减小，去除率降低 (5) 或 与盐酸反应产生，催化H2O2分解产生HO·，HO·将NO氧化为 (6) (7) 2∶3 【分析】I .由框图可知：氮气和氢在合成塔I中发生反应生成氨气，在氧化室中氨被空气中的氧气氧化，生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气、水在吸收塔被氧化生成硝酸，和氨气在合成塔II中反应生成硝酸铵。 【详解】（1）A．化学键的断裂需要吸收能量，常温下该反应难以进行，是因为常温下反应物的化学键难以断裂，A错误； B．由图中可知，每3个氢分子和1个氮气分子断键得到原子，然后生成2个氨分子，生成氨分子之前是氢原子和氮原子，说明在化学反应中存在化学键的断裂与形成，B正确； C．催化剂能改变化学反应的速率，合成氨的反应在催化剂作用下，反应速率加快，意味着反应物化学键的断裂变得更容易，C正确； D．化学键的断裂需要吸收能量，而化学键的形成则放出能量，从图中可看出②为化学键断裂过程，③为新的化学键形成过程，D正确； 故选A。 （2）氧化室中是氨气的催化氧化，方程式为：； （3）为实现制硝酸的绿色化改进，技术人员将分离液态空气的工艺整合在上述流程中，该工艺的产物应用于硝酸生产流程的方法：分离液态空气得到氮气可用于合成氨气，氧气可用于氨氧化等； （4）①由题意可知，次氯酸钠溶液与一氧化二氮反应生成Cl-和，在酸性水体中反应的离子方程式为：4ClO-+N2O+H2O=4Cl-+2+2H+； ②初始次氯酸钠溶液的pH越小，溶液中次氯酸钠与氢离子反应生成的次氯酸浓度越大，氧化能力越强，一氧化二氮的消耗量越大，转化率越大； ③过氧化氢受热易分解，温度高于60℃后，一氧化氮去除率下降说明过氧化氢受热分解的反应速率加快，导致消耗一氧化氮的反应速率减慢，故答案为：H2O2在温度较高时容易分解，导致其浓度减小，去除率降低； （5）①Fe2+催化H2O2分解产生HO·，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高，则Y的化学式为Fe3+或FeCl3； ②根据图示可知，纳米零价铁的作用是与盐酸反应产生，催化H2O2分解产生HO·，HO·将NO氧化为； （6）NH3催化还原氮氧化物生成氮气和水，参与反应的NO和NO2物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程式为； （7）根据方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O知，只要NO不剩余，氮原子和氢氧化钠的关系式是1：1，所以完全吸收nmolNO2和mmolNO组成的混合气体所用氢氧化钠的物质的量等于氮氧化物的物质的量之和，所以c(NaOH)=mol•L-1； 根据方程式NO2＋NO＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O可知m mol NO消耗m mol NO2，剩余(n－m)mol NO2参与反应2NO2＋2NaOH＝NaNO2＋NaNO3＋H2O，所以有=，解得m：n＝2∶3。 3．(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2)4FeCr2O4 + 7O2 + 8Na2CO38Na2CrO4 + 8CO2 +2Fe2O3 (3)4.5≤pH≤9.3 (4) Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O 低于40℃，H2O2还原Cr2O的反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解，浓度降低，导致还原Cr2O的反应速率降低 (5)复分解反应 (6) 阳 2H2O-4e-=O2↑+4H+ 47a 【分析】该工艺流程原料为铬铁矿主要成分为FeCr2O4 (含有铁、铝、硅的氧化物)，铬铁矿、纯碱通入空气焙烧将FeCr2O4转化为Na2CrO4和Fe2O3，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，加入水浸取除去不溶性杂质MgO和Fe2O3，滤液调pH得到硅酸和氢氧化铝沉淀、过滤除去，滤液继续加入稀硫酸酸化，将转变为，途径1加入过氧化氢还原、并沉铬，最后得到单质铬，途径2加入KCl固体，经一系列操作得到K2Cr2O7晶体，据此回答。 【详解】（1）煅烧时常将矿渣粉碎并使气体逆流加入，其原因是：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 （2）FeCr2O4煅烧生成Na2CrO4和Fe2O3，则铬元素从+3价升高到+6，则铁元素从+2价升高到+3，FeCr2O4 为还原剂，O2为氧化剂，化学方程式为4FeCr2O4 + 7O2 + 8Na2CO38Na2CrO4 + 8CO2 +2Fe2O3。 （3）“调pH” 是将Al、Si的可溶性钠盐转化为氢氧化铝和硅酸沉淀、以便过滤除去，且已知：当溶液中可溶组分浓度≤10-5mol/L时认为沉淀完全，则由图可知该步骤中pH的理论范围是。 （4）“还原”反应为Cr2O被H2O2还原为Cr3+，氧化产物为O2，则离子方程式为Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3++3O2↑+7H2O。控制温度在40℃时还原效率最高，原因是：低于40℃，H2O2还原Cr2O的反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解，浓度降低，导致还原Cr2O的反应速率降低。 （5）途径2中加入KCl，经一系列操作得到K2Cr2O7晶体，可表示为：2KCl+Na2Cr2O7 =2NaCl+K2Cr2O7，则发生的反应类型为复分解反应。 （6）以铬酸钾为主要原料电解制备重铬酸钾，则需要发生反应：，则右侧溶液中产生氢离子，电极B上发生2H2O-4e-=O2↑+4H+，B为阳极，A为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，离子交换膜为阳离子交换膜，K+通过阳离子交换膜从右向左移动； ①离子交换膜应使用阳离子交换膜。 ②B极的电极反应式为(只写电极反应，不含后续反应)：2H2O-4e-=O2↑+4H+。 ③根据2H2O-4e-=O2↑+4H+，每转移1mol电子，则有0.25molO2逸出，并且有0.1molK＋经过阳离子交换膜进入阴极室，则当电路中转移了a mol电子时，阳极区溶液减少的质量为0.25amol×32g·mol－1＋amol×39g·mol－1=47ag。 4．(1) 加快焙烧时反应速率 铁或Fе (2)0.5 (3)2+2H+=V2O5+H2O (4) l 加入稀硫酸，使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大 NH4VO3的产量 (5)取最后一次洗涤液，依次加入少量稀盐酸和氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀已洗涤干净，反之则未洗净 【分析】工业上常用炼钢残渣(主要含FeO·V2O3，还有少量铁粉、SiO2、 Al2O3等杂质)，原料预处理，通过研磨增大接触面积加快反应速率，磁选分离铁，得到钒渣，加入碳酸钠，通入空气焙烧得到焙烧产物主要是NaVO3，焙烧后铁全部转化为+3价氧化物，加入硫酸酸浸过滤得到滤液1和粗V2O5，加入碱溶除去杂质，再加入硫酸酸化的硫酸铵，沉钒，过滤得到滤液2和偏钒酸铵NH4VO3，加热NH4VO3分解生成高纯V2O5，用还原剂还原得到金属钒，据此分析回答问题。 【详解】（1）“研磨”的目的是：加快焙烧时反应速率；“磁选”后分离出的X为铁或Fe； （2）焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3、Fe2O3和CO2，反应的化学方程式为： 4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2，被氧化的FeO·V2O3物质的量为4 mol，反应过程中电子转移总物质的量为20 mol，若转移电子数为2.5NA，即电子转移的物质的量是2.5 mol，则被氧化的FeO·V2O3物质的量为n(FeO·V2O3)==0.5 mol； （3）“酸浸”时，生成V2O5的离子方程式为：2+2H+=V2O5+H2O； （4）若“沉钒”前溶液中中c()=0.16 mol·L-1，忽略溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到99%，则溶液中c()= (1-99%)×0.16 mol/L=1.6×10-3 mol/L，已知，在常温下，Ksp(NH4VO3=1.6×10-3，则“沉钒”后溶液中c()=l mol/L ，“沉钒”过程中，加入稀H2SO4，其目的是：加入稀硫酸，抑制的纾解，使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大 NH4VO3的产量； （5）NH4VO3沉淀是从含有H2SO4、(NH4)2SO4的溶液中过滤出来的，若沉淀洗涤干净，则沉淀表面不能含有，故检查NH4VO3沉淀是否洗涤干净的操作方法是：取最后一次洗涤液，依次加入少量稀盐酸和氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀已洗涤干净，反之则沉淀未洗净。 5．(1)可燃性有机物 (2) (3) (4) Fe 【分析】废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、FeO、、CuO和可燃性有机物，经焙烧处理将Fe、Cu、Al转化为氧化物，同时除去可燃性有机物，碱浸时只有三氧化二铝能与氢氧化钠反应，得到滤液1最终加工得到铝单质，滤渣1主要成分、、FeO、CuO，加入硫酸酸浸且加入过量的铁单质，过滤得到滤液II(硫酸亚铁溶液)，滤渣II主要为Cu、Fe，向滤渣II中加入稀硫酸，Fe与稀硫酸反应而铜与稀硫酸不反应，过滤得到Cu单质。 【详解】（1）根据分析可知，“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物。 （2）“碱浸”时只有三氧化二铝能与氢氧化钠反应，化学方程式为。 （3）碱浸时三氧化二铝与氢氧化钠反应得到，滤液1的成分为，通入过量的发生反应，再加热氢氧化铝可得到三氧化二铝，再电解熔融的三氧化二铝得到铝单质。 （4）①根据分析可知，试剂a要将三价铁还原为二价铁且不引入新杂质，所以a为Fe； ②加入试剂a后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为。 6．(1) (2)增大硫酸浓度、升高温度、搅拌、延长浸出时间等(答案合理即可) (3) B (4) 【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，菱锌矿焙烧碳酸锌转化为氧化锌，加稀硫酸溶解得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁、硫酸铜溶液，SiO2不溶于硫酸，为不引入新杂质，用氢氧化钙调节pH=5，生成氢氧化铁沉淀，滤渣①为SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，滤液①中加入高锰酸钾把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Fe(OH)3沉淀，过滤出沉淀，滤液②加锌粉，置换Cu2+为Cu从而除去，滤液加HF生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，过滤，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得ZnSO4⋅7H2O晶体。 【详解】（1）菱锌矿焙烧，碳酸锌分解为氧化锌和二氧化碳，反应的化学方程式为ZnCO3ZnO+CO2↑； （2）将固体粉碎、搅拌、适当升高温度、增大反应物浓度等措施均可提高锌的浸取效果，故答案为：粉碎焙烧后的产物；适当增大硫酸的浓度(或搅拌或适当升高温度)； （3）菱锌矿焙烧碳酸锌转化为氧化锌，加稀硫酸溶解得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁、硫酸铜溶液，SiO2不溶于硫酸；溶液中含有Ca2+，为不引入新杂质，最好用氢氧化钙调节pH=5，生成氢氧化铁沉淀，滤渣①为SiO2、CaSO4、Fe(OH)3，故答案为：B；Fe(OH)3；CaSO4；SiO2； （4）向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液把Fe2+氧化为Fe3+，滤渣②中有MnO2，说明高锰酸钾被还原为MnO2，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+； 7．(1) (2) 喷雾和逆流等 温度越高，在溶液中的溶解度越小 (3) 氧化剂 (酸性溶液褪色)，品红溶液不褪色，澄清石灰水变浑浊 【分析】钠钙双碱脱硫法原理，向吸收塔中喷洒氢氧化钠溶液，使二氧化硫转化为亚硫酸氢钠，再将其引入到沉淀池中与石灰乳反应得到亚硫酸钙，最终即实现了脱硫又获得了硫酸钙固体。 【详解】（1）将含有SO2的烟气通入过量氨水中反应生成亚硫酸铵，其反应的化学方程式为。 （2）①吸收塔中为提高SO2的吸收效率，图中采取的措施有喷雾和逆流等； ②吸收时需控制吸收塔内的温度，温度太高会导致SO2的吸收率降低，其原因可能是温度过高，二氧化硫的溶解度降低，不利于二氧化硫的吸收； ③沉淀室中NaHSO3溶液与石灰乳反应生成亚硫酸钙、氢氧化钠和水，其反应的化学方程式为。 （3）①装置中的反应分为两步，第一步反应方程式为生成硫单质，则反应中SO2作氧化剂； ②为验证装置中生成了CO2，将尾气依次通过酸性KMnO4溶液，除去二氧化硫，品红溶液检验二氧化硫除干净，澄清石灰水检验二氧化碳，则能够说明有CO2生成的实验现象是品红不褪色，澄清石灰水变浑浊； ③可与水中的发生氧化还原反应，被氯气氧化为硫酸根离子，氯气被还原为氯离子，该反应的离子方程式为。 8．(1)漏斗 (2)< (3) (4)除去氯化镁杂质 (5)氯化铵 【分析】根据题目所给图示，电石渣酸浸，加入氯化铵酸化，与、反应生成、，第一次固液分离，除去电石渣中不溶性杂质，滤液1中通入氨气调节pH，使，再进行第二次固液分离，滤液2中通入二氧化碳，使，据此分析题目； 【详解】（1）根据分析，操作A能够达到固液分离的目的，操作A为过滤，过滤需要用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒； （2）加入NH4Cl将溶液酸化，说明氯化铵溶液呈酸性，pH<7； （3）氢氧化钙与氯化铵发生复分解反应，放出氨气，同时生成氯化钙和水，反应方程式为； （4）根据分析，通入氨气调节pH可以使，生成氢氧化镁沉淀，除去杂质离子； （5）在流程中氨气开始是生成物，后来是反应物，所以可循环利用，而氯化铵开始是反应物，后来是生成物，也可以循环利用。 9．(1)升高温度，粉碎独居石、加热 (2) Al3+、Fe3+、Fe2+ SiO2 (3) (4) 4.7pH<7.6 取反应后的溶液少量于试管中，向试管中滴入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明铁离子沉淀完全 (5) (NH4)2SO4 【分析】浓硫酸和独居石的混合物反应，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe3O4转化为FeSO4和Fe2(SO4)3，后过滤，滤渣Ⅰ为二氧化硅，滤液主要含H3PO4、Ce2(SO4)3、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、FeSO4，加硫酸铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，便于除去；氨水调pH将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3。 【详解】（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，粉碎独居石、加热； （2）“酸浸”的浸取液中含有的金属阳离子有Ce3+、Al3+、Fe3+、Fe2+；滤渣Ⅰ的主要成分是SiO2； （3）“氧化”时反应的离子方程式为； （4）“沉淀”时Ce3+沉淀，Al3+和Fe3+完全沉淀，根据表格中溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知“沉淀”时的pH范围是4.7pH<7.6；检验溶液中铁元素是否沉淀完全，实际上是检验铁离子，用硫氰化钾溶液，其检验的方法是取反应后的溶液少量于试管中，向试管中滴入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明铁离子沉淀完全； （5）“沉铈”过程中，回收滤液可得到一种常见的肥料，其主要成分是(NH4)2SO4，生成Ce2(CO3)3的离子方程式为。 10．(1) 焦炭燃烧放热，为碳酸钙分解提供能量，可以充分利用能源，提高资源利用率 (2) 温度过高，二氧化碳的溶解度降低，导致沉钙时高纯碳酸钙的收率降低 (3) (4) 【分析】原料碳酸钙(含少量镁的化合物)煅烧后碳酸钙分解，方程式为，气体为二氧化碳，固体A为CaO和含少量镁的化合物，加入NH4Cl浸取，NH4Cl溶液显酸性，主要发生反应，溶液B含有的金属阳离子有、，加入CaO消耗H+使Mg2+水解平衡正想移动，则滤渣C为Mg(OH)2，滤液中通入NH3、CO2得到高纯碳酸钙。 【详解】（1）①碳酸钙受热完全分解成二氧化碳和氧化钙，其化学方程式为； ②煅烧时，将原料碳酸钙与焦炭按一定比例混合，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧；从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点是焦炭燃烧放热，为碳酸钙分解提供能量，可以充分利用能源，提高资源利用率； （2）①溶液呈酸性是因为铵根离子水解，离子方程式为； ②溶浸CaO与反应生成氯化钙氨气和水，其化学方程式为； ③若溶浸温度较高(>90℃)，沉钙时高纯碳酸钙的收率降低的原因是温度过高，二氧化碳的溶解度降低，导致沉钙时高纯碳酸钙的收率降低； （3），该反应的K===，说明该反应进行的基本完全； （4）沉钙时，氯化钙与氨气二氧化碳反应生成碳酸钙和氯化铵，离子方程式为。 11．(1)15 (2) 不能 陶瓷坩埚中的SiO2与Na2CO3、NaOH在煅烧时可发生反应 (3)SiO2和Fe2O3 (4)C (5)2+3+10H+=4Cr3++6+5H2O (6)6~12 【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠、碳酸钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。 【详解】（1）基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，共有1+1+3+1+3+5+1=15种空间运动状态的电子； （2）“煅烧”时，若铬钒渣中的铬元素被氧化为最高价含氧酸盐，铬元素转化为铬酸钠Na2CrO4，Cr的化合价为+6价，则“煅烧”过程中NaCrO2与NaOH发生反应的化学方程式为；若在实验室中煅烧铬钒渣，不能用陶瓷坩埚：理由是陶瓷坩埚中的SiO2与Na2CO3、NaOH在煅烧时可发生反应； （3）氧化铁难溶于水，水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3； （4），在时，溶解为或；在碱性条件下，溶解为或，说明其性质类似铝的氧化物，具有两性，故选C； （5）最高价铬酸根在酸性介质中以存在，由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应中铬化合价由+6变为+3，硫元素化合价由+4变为+6，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为2+3+10H+=4Cr3++6+5H2O； （6）溶液中剩余的浓度小于，=c(Cr3+)c3(OH-)，c(OH-)=10-8mol·L－1，pH=6，由图pH>12时开始溶解，则调节pH的范围为6~12。 12．(1) [Ar]4s1或1s22s22p63s23p64s1 Os+2Cl2+2KClK2OsCl6 (2)3[RuCl6]2-＋2＋6H2O=2Br-+18Cl-+3RuO4+12H+ (3)还原RuO4和OsO4 (4) 增大盐酸的浓度即溶液中Cl-浓度增大，使已知②的平衡逆向移动，六氯钌酸铵的含水量下降 “沉降”时适当升高温度，使已知②的平衡逆向移动 (5) 正四面体 向漏斗中加入乙醇至没过固体，静置，待液体全部自然流下后再重复操作2~3次 【分析】利用精炼镍阳极泥(主要含金属Ru，Os及Pb等)加入KCl、Cl2进行高温氯化时，Ru、Os转化为K2RuCl6、K2OsCl6，Pb转化为微溶于水的PbCl2，水浸时PbCl2成为滤渣；加入NaBrO3氧化蒸馏时，K2RuCl6、K2OsCl6转化为OsO4、RuO4；加入盐酸、乙醇进行酸吸收时，OsO4被还原为Os的低价化合物，RuO4被还原为[RuCl6]2-；加入H2O2时，锇的低价化合物又转化为OsO4；加入NH4Cl沉降时，Na2[RuCl6]转化为(NH4)2RuCl6沉淀；过滤后洗涤沉淀，即得(NH4)2RuCl6。 【详解】（1）K为19号元素，基态K原子的核外电子排布式为[Ar]4s1或1s22s22p63s23p64s1，“高温氯化”后，Os被Cl2氧化的产物再与KCl反应，生成K2OsCl6，反应的化学方程式为Os+2Cl2+2KClK2OsCl6； （2）“氧化蒸馏”时，[RuCl6]2-被氧化，生成RuO4(Ru呈+8价)、Br-等，离子方程式：3[RuCl6]2-＋2＋6H2O=2Br-+18Cl-+3RuO4+12H+； （3）OsO4、RuO4均具有强氧化性，能被乙醇还原，OsO4转化为低价氧化物，RuO4转化为[RuCl6]2-，则 “酸吸收”时，加入乙醇的作用是：还原RuO4和OsO4； （4）[RuCl6]2-在溶液中存在平衡：[RuCl6]2-＋nH2O⇌[RuCl(6-n)(H2O)n]n-2+nCl-   △H＜0。“酸吸收”时，加入的盐酸浓度较大时，增大了溶液中的c(Cl-)，平衡逆向移动，有利于降低六氯钌酸铵的含水量，原因：增大盐酸的浓度即溶液中Cl-浓度增大，使已知②的平衡逆向移动，六氯钌酸铵的含水量下降。该水解反应的正反应为放热反应，也可以通过改变温度控制平衡移动的方向，所以通过“沉降”时适当升高温度，使已知②的平衡逆向移动也能降低六氯钌酸铵的含水量； （5）的的中心N原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，VSEPR模型名称为正四面体；六氯钌酸铵在乙醇中的溶解度较小，若在实验室进行“洗涤”步骤，可使用乙醇洗涤，其具体操作为：向漏斗中加入乙醇至没过固体，静置，待液体全部自然流下后再重复操作2~3次。 13．(1)2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (2) Fe(OH)3 (3)pH过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH过高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低 (4) 硝酸银溶液 加入(NH4)2S2O8溶液充分反应后，再将溶液煮沸 0.014Vmol/L 【分析】粉碎废电池增加酸浸速率，废干电池(主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH)和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)，MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH溶于酸，MnO2、MnOOH在酸性条件下被Fe2+还原生成Mn2+，氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，加入(NH4)2CO3制备锰锌铁氧体。 【详解】（1）酸浸过程中含锰物质MnO2被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，其中MnO2参与反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （2）①加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，加入Na2CO3生成黄钾铁矾的离子方程式为； ②若加入Na2CO3过多，溶液碱性变强，将导致生成的黄钾铁矾沉淀转化为Fe(OH)3； （3）氟化过程中溶液pH与钙镁去除率关系如图所示，当2.5＜pH<4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是pH过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH过高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低； （4）共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量，可利用信息②，将锰离子完全氧化为高锰酸根、再利用硫酸亚铁铵滴定生成的高锰酸根，则实验步骤为：准确量取1.00mL氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和硝酸银溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入(NH4)2S2O8溶液充分反应后，再将溶液煮沸；冷却后，用0.0700mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为VmL，根据反应的关系式Mn2+～～5Fe2+，n(Mn2+)=mol=1.4×10-5Vmol，c(Mn2+)=mol/L，氟化后溶液中Mn2+物质的量浓度0.014Vmol/L。 14．(1)CaSO4 (2) SO2 2Co3S4+6H2SO4+11O2=8SO2+6CoSO4+6H2O (3)调节溶液pH，除去Fe3+ (4) 防止Zn2+生成Zn(OH)2沉淀 3Co2+++4H2O=MnO2↓+3CoOOH↓+5H+ (5)Co2+ 【分析】钴渣(主要含Co3S4，ZnS，Ca2Fe2O5)中通入氧气、加入稀硫酸，Co3S4发生反应：2Co3S4+6H2SO4+11O2=8SO2+6CoSO4+6H2O，铁元素转化为铁离子、锌元素转化为锌离子、钙元素以硫酸钙作为滤渣1，滤液1主要含有Co2+、Fe3+、Zn2+、，往滤液1加氧化锌调pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，滤液2主要含有Co2+、Zn2+、，往滤液2加高锰酸钾溶液，发生反应：3Co2+++4H2O=MnO2↓+3CoOOH↓+5H+，滤液3为硫酸锌溶液，经处理得硫酸锌。 【详解】（1）经以上分析可知，钙离子结合硫酸根离子生成硫酸钙，滤渣1的主要成分是CaSO4； （2）步骤Ⅰ中Co3S4与氧气和稀硫酸反应生成能使品红溶液褪色的气体，则该气体为二氧化硫，其分子式为SO2，反应中硫元素化合的升高、Co元素化合价降低至+2价、氧气中氧元素化合价降低，还生成CoSO4和水，该反应的化学方程式为2Co3S4+6H2SO4+11O2=8SO2+6CoSO4+6H2O； （3）滤液1主要含有Co2+、Fe3+、Zn2+、，往滤液1加ZnO调pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，即步骤Ⅱ中加入ZnO的目的是调节溶液pH，除去Fe3+； （4）滤液2主要含有Co2+、Zn2+、，往滤液2加高锰酸钾溶液，发生反应：3Co2+++4H2O=MnO2↓+3CoOOH↓+5H+，过滤、滤液3经过处理得硫酸锌，若pH过高Zn2+会生成Zn(OH)2沉淀，所以步骤Ⅲ中溶液的pH应控制在4.5~5.0，pH不可过高的原因是防止Zn2+生成Zn(OH)2沉淀；高钴渣的成分含CoOOH和二氧化锰，则Co2+与KMnO4反应生成MnO2和CoOOH，其离子方程式为3Co2+++4H2O=MnO2↓+3CoOOH↓+5H+； （5）由图可知，Zn2+仍然以离子形式存在，Co2+生成CoA2，所以Co2+与有机整合剂结合的能力较强。 15．(1) CuO 分解反应 (2) 漏斗、玻璃棒 (3) 取适量滤液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若试管内溶液不变红，则表明滤液2中不含有，反之则含有 (4)BD 【分析】铜矿中含CuS、、、及不参与反应的不溶物，“氧化焙烧”时，通入空气，CuS被O2氧化为和CuO，分解为CaO和CO2；“酸浸”时加入盐酸，CuO转化为CuCl2、转化为AlCl3、转化为FeCl2和FeCl3、转化为CaCl2，过滤后，滤渣1为不参与反应的不溶物，滤液1中主要为HCl、CuCl2、AlCl3、FeCl2、FeCl3、CaCl2；题中说明，滤液2中溶质的主要成分为，可知滤渣2中主要含有铁元素和钙元素；加入NaOH溶液产生沉淀，过滤后得到粗产品。 【详解】（1）根据氧化还原反应的规律可知，CuS中硫元素化合价升高，则O2中氧元素的化合价降低，发生的反应为：，因此黑色固体为CuO； 与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为：； “氧化焙烧”时，会发生分解反应产生氧化钙。 （2）“酸浸”时，发生反应的离子方程式为：； 过滤操作时需要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒。 （3）检验含有的方法为：取适量滤液2于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若试管内溶液不变红，则表明滤液2中不含有，反之则含有； 根据分析可知，“过滤3”的前序步骤中加入NaOH溶液，因此所得的滤液3中主要含有的金属阳离子为：。 （4）A．含有结晶水的物质为纯净物，因此是纯净物，故A错误； B．“氧化焙烧”时CuS中硫元素化合价升高，发生氧化反应，故B正确； C．“酸浸”时可用稀酼酸代替盐酸，则会引入硫酸根离子，产物中含有氯元素，因此会影响到产物的生成，故C错误； D．根据题干可知，氧氯化铜受热易分解，氧氯化铜粗产品进行干燥时的温度不宜过高，故D正确； 故答案选BD。 16．(1)将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等 (2) 过滤 Fe(OH)3 (3)提供碱性溶液抑制NaBO2水解 (4) -1 2MgH2+ NaBO2= NaBH4+2MgO (5)BO+6H2O+8e-= BH+8OH- 【分析】以硼精矿（主要成分为B2O3，含有少量Al2O3、SiO2、FeCl3等）为原料制取NaBH4，由流程可知，加NaOH溶解B2O3、Al2O3、SiO2，将FeCl3转化成氢氧化铁沉淀，则操作1为过滤，滤渣为Fe(OH)3； 再加CaO将硅铝沉淀，则操作2也为过滤，从而除去硅铝，最后反应1为NaBO2与MgH2反应生成NaBH4，以此来解答； 【详解】（1）加快硼精矿溶解速率的措施有将硼精矿粉碎、搅拌、增大NaOH浓度、升温等都可以加快硼精矿溶解速率； （2）根据以上分析，操作1为过滤，滤渣主要成分为Fe(OH)3； （3）因为在NaBO2溶液除去硅铝，又NaBO2易溶于水，在碱性条件下稳定存在，所以除硅铝步骤加入CaO而不加入CaCl2的原因有：①能将硅、铝以沉淀除去；②提供碱性溶液抑制NaBO2水解； （4）根据化合价代数和为0，则氢化镁（MgH2）中H元素的化合价为-1；MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO，则反应方程式：2MgH2+NaBO2=NaBH4+2MgO； （5）在阴极上电解NaBO2也可制得硼氢化钠，则阴极室得电子发生还原反应生成，则电极反应式为：BO+6H2O+8e-= BH+8OH-； 17．(1)粉碎 (2) 20% 5 (3) (4)除去溶液中残留的微量Al和Fe杂质 (5) Co、Mo离子核外均有空轨道，配体有孤电子对，它们之间可以形成配位键 BCE 、、 2 【分析】废催化剂通过焙烧，将石墨、S转化为气体除去，金属元素转化为对应氧化物，加入氨水，溶于碱溶液，转化为钼酸铵，所得固体加硫酸酸溶，所得滤液1所含金属阳离子主要为Co3+、Al3+、Fe3+，加入氨水和硫酸铵得到铵明矾沉淀，滤液2加入氨水除去溶液中残留的微量Al和Fe杂质，使其转化为沉淀，所得滤液3中主要金属阳离子为Co3+，加入锌粉置换得到钴。 【详解】（1）为提高“焙烧”效率，可对废催化剂进行的操作为粉碎，增加反应接触面积； （2）根据图示，选择氨水与废催化剂中含Mo量的比例为20%，Mo的回收率最高；取时间应控制在约5小时，Mo的回收率最高； （3）开始与酸反应较慢，稀释后迅速反应，稀释后发生反应的离子方程式为； （4）根据分析，“中和”时在不断搅拌下调pH为6.0~6.5的目的是除去溶液中残留的微量Al和Fe杂质； （5）①Co、Mo离子能形成配合物的原因在于Co、Mo离子核外均有空轨道，配体有孤电子对，它们之间可以形成配位键； ②钴氨配离子中存在的化学键有Co3+、NH3间存在的配位键，NH3中存在共价单键、键，不存在离子键、键，氢键不是化学键，故选BCE； ③的某配合物化学式为，根据所带电荷，则的配体为、、； ④已知的空间结构为正八面体形，位于正八面体中心，其中一个氨分子换成氯离子后，结构中有2种位置不同的氨分子，若将中的2个氨分子换成2个氯离子，可以形成2种不同的结构。 18．(1) D (2)增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率 (3)Cl2 (4)溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多； (5)4.7≤pH＜8.4； (6) 蒸发浓缩 趁热过滤 【分析】废旧磷酸铁锂正极材料(Al、LiFePO4等杂质)先经过粉碎研磨，可以增大与反应物的接触面积，与HCl和NaClO3浸出反应生成物有气体Cl2、沉淀FePO4，溶液中有Al3+、Li+、Fe3+、等，加入Mg(OH)2生成Mg3(PO4)2，加入适量NaOH使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，滤液中含有Li+离子，再加入碳酸钠生成碳酸锂沉淀。 【详解】（1） 基态Li原子核外电子排布式为1s22s1，其轨道表示式为；Li的焰色试验的颜色为紫红色，故选D； （2）粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率； （3）浸出时LiFePO4与盐酸、NaClO3反应生成沉淀FePO4、气体Cl2、NaCl和LiCl； （4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多； （5）根据图像，调节pH的目的是使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，而不使Al(OH)3溶解，则pH的范围是4.7≤pH＜8.4； （6）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，Li2CO3的溶解度小，有利于析出，所以提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。 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 $$