2025届高三化学二轮复习 ----工业流程题

2025届高三化学复习----工业流程题 1．（2024高三上·江苏扬州·期中）在无水无氧条件下制备二氟草酸硼酸锂，其过程可表示为： (1)具有五元环结构，B原子的轨道杂化类型是。其结构式可表示为[ ]-。 (2)可替代目前常用的锂离子电池电解质。 已知：的分解温度为240℃，的分解温度约200℃； 在25℃、潮湿环境中，两种样品的XRD图谱(可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示。 ①暴露在环境中迅速产生气体X，形成白雾。X由两种元素组成，其化学式为 。 ②替代作电池电解质的优势有 。 (3)“溶解”和“转化”操作在如图所示装置中进行。 ①“溶解”时的操作依次为：称取一定质量置于三颈瓶中→ →搅拌直至完全溶解(填字母)。 A．注入乙酸乙酯→充入抽真空 B．抽真空→注入乙酸乙酯→充入 C．抽真空→充入注入乙酸乙酯 ②“转化”时，将草酸、催化剂与溶剂乙酸乙酯混合，再将混合液注入三颈瓶中。保持搅拌速率不变，为防止反应过于剧烈，可采取的操作或实验条件为 。(写出一种) (4)已知在178℃时升华，极易水解；熔点-105℃，沸点76℃，遇水剧烈反应生成和气体；微溶于。为获得少量无水，请补充实验方案：向三颈瓶中加入一定质量晶体，常压下加入， ，得到无水。(实验须使用的试剂和仪器：溶液、冷凝管) 2．（2024高三上·安徽·阶段练习）一水合硫酸锰(MnSO4·H2O)是一种重要的饲料添加剂和油漆干燥剂。一种以软锰矿(主要成分是MnO2，还有MgO、NiCO3、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如图。 已知：①25℃时，Ksp(NiS)=2.0×10-21、Ksp(MnS)=2.8×10-10。 ②该工艺条件下，有关金属离子沉淀的pH如表所示。 金属离子 Fe3+ Fe2+ Ni2+ Mg2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 2.7 7.5 7.7 8. 1 8.3 沉淀完全的pH 3.7 9.7 8.4 9.4 9.8 回答下列问题： (1)将“滤渣Ⅰ”进行二次酸浸的目的是 。 (2)“酸浸”过程中Fe2+还原MnO2的离子方程式为 。 (3)“氧化”加热温度不宜过高的原因是 。 (4)“调pH”操作中调节溶液pH的范围是 。 (5)“除镍”时，用MnS除去Ni2+的离子方程式为 ，该反应在25℃时的平衡常数K值为 。 (6)“沉锰”过程中，pH对沉淀率的影响如图所示，“沉锰”合适的条件是 。 (7)用标准BaCl2，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)，其可能原因是温关 (任写一种)。 3．（2024·江苏南京·一模）用镍铂合金废料（主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属）回收镍和铂的一种工艺流程如下： (1)“酸浸”后分离出的溶液中c(Ni2+)＝0.2mol/L，c(Al3+)＝0.01mol/L，溶液中离子浓度＜1×10-5时可认为沉淀完全，则“调pH”应控制pH的范围是 。（设“调pH”时溶液体积不变）{已知：Ksp[Ni(OH)2]＝2×10-15、Ksp[Al(OH)3]＝1×10-33} (2)“控温氧化”时控制其他条件一定，Ni2O3的产率与温度和时间的关系如图所示。20℃、40℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaOH和Na2SO4，60℃时反应后所得滤液主要为NaCl、NaClO3、NaOH和Na2SO4。反应相同时间，60℃时Ni2O3的产率低于40℃时，原因可能是 。 (3)“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水（体积比3：1的浓盐酸和浓硝酸的混合液）浸出。浸出时有H2PtCl6和NO生成。向(NH4)2PtCl6溶液中加入NH4Cl会生成(NH4)2PtCl6沉淀。 ①写出浸出时Pt所发生反应的化学方程式： 。 ②(NH4)2PtCl6在一定温度下可以分解生成Pt(NH3)2Cl2，Pt(NH3)2Cl2在顺式和反式两种结构。请在如图的两个结构中，选择其中一个，填入相应的基团表示Pt(NH3)2Cl2的顺式结构 。 (4)另外一种镍催化剂废渣（主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质）为原料可制备锂离子材料镍酸锂。在制备过程中有人认为“除钙”可以用HF，则“除钙”的反应为：反应的平衡常数K=1.0×103，则 。（已知：室温下，HF的电离平衡常数K=4×10-4） 4．（2024高三上·江苏盐城·期中）实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、、Fe、等)制备草酸钴晶体()的流程如图。 已知： ①草酸钴晶体难溶于水 ②RH为机有物(难电离)。 (1)钴(Co)与铁的化学性质非常相似。“酸浸”中生成的化学方程式为 。 (2)加入CoO除去浸出液中和时，需将转化为再沉淀。酸性条件下，氧化的离子方程式为 。 (3)加入有机物RH的目的是萃取，使之与水层分离，操作①用到的玻璃仪器有 、 。提高的萃取效果，应采取的实验操作有 、 。 (4)草酸钴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下图，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。 ①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为 (填化学式)。B点对应的物质与在225℃～300℃发生反应的化学方程式为 。 ②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为+2、+3)，用480mL 5mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到溶液和4.48L (标准状况)。该钴氧化物中Co、O的物质的量之比为 。 5．（2024高三上·江苏南京·期末）硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物，硒鼓废料是含硒、碲、碳、铜、铁的合金，实验室模拟工业回收硒的流程图如下： 查阅相关资料如下： 物理性质 熔点 沸点 升华 溶解性 SeO2 340℃ 684℃ 315℃ 易溶于水 TeO2 733℃ 1260℃ 450℃ 微溶于水 结合相关信息，回答下列问题： (1)写出基态硒原子的电子排布式 。 (2)除加热外，还可 ，既可增大废料的氧化速率，又可 。 (3)步骤⑤提纯SeO2的方法是 。 (4)步骤⑥发生的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (5)制取绿矾晶体：将废渣Ⅰ粉碎，加入过量硫酸酸化，充分反应后再加入足量铁粉，过滤， ，过滤、用乙醇洗涤，即的淡绿色晶体。 (6)硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图： 该晶胞中硒原子个数为 ，Se的配位数为 。 6．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）回答以下问题： (1)我国近代化学工业的奠基人侯德榜先生，设计出“侯氏制碱法”，提高了食盐的转化率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染。工艺流程如下： 部分盐的溶解度曲线如图： ①“侯氏制碱法”工艺中先氨化后碳酸化的顺序不能颠倒的原因是 。 ②碳酸化过程中发生的反应方程式为 。 ③溶解度曲线图中碳酸氢钠的溶解度在60℃后无数据的原因是 。 (2)实验室用如图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量Na2CO3固体。 ①装置Ⅰ中反应的离子方程式为： 。 ②装置Ⅱ洗气瓶中试剂为： 。 ③装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液的目的是 。 7．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为，主要杂质有和)制备的一种工艺流程如图： 资料：①该工艺条件下与不反应。 ②部分金属阳离子沉淀的。 开始沉淀时 完全沉淀时 (1)“溶出”前，软锰矿需要进行研磨的目的是 。 (2)“溶出”时，的氧化过程及得到的主要途径如图所示。 步骤Ⅱ是从软锰矿石中溶出的主要反应，反应的离子方程式是 。 (3)“纯化”时，先向溶出液中加入，将氧化；再加入调节溶液，使转化为氢氧化物沉淀而除去。适宜调节的范围是 。 (4)“纯化”后，过滤所得的滤渣中含有和，实验室欲以该滤渣为原料制备少量，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中， 。(须使用的试剂：溶液、干冰、蒸馏水) (5)向4.350g所得产品中依次加入足量和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为。 已知：、。 计算该产品中的纯度 (杂质不参加反应，写出计算过程)。 8．（2024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)。 9．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注，由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如图： 已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10﹣39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10﹣33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10﹣16。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。 (2)加入少量MnO2的作用是 (用离子方程式表示)。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol•L﹣1；用石灰乳调节至pH≈7的步骤中，除去的金属离子是 。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。 (5)在电解槽中，阳极的电极反应式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断加入 。电解废液可在反应器中循环利用。 (6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。 10．（2024高三下·江苏南京·期末）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含氮氧化物的尾气需处理后才能排放。 (1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。 (2)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。在酸性溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和，其离子方程式为 。 (3)NO和NO2的处理。工业上用石灰乳吸收已除去N2O的硝酸尾气(含NO、NO2)，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如图： 已知：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O； 4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO2)2+Ca(NO3)2+2H2O。 ①上述工艺中采用气—液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从塔顶喷淋)，其目的是 ；滤渣可循环使用，其主要成分是 (填化学式)。 ②硝酸尾气中NO和NO2之比保持1：1的原因是 。 ③过滤后的滤液经 、 、过滤、 、干燥，得到无水Ca(NO2)2。 11．（2024高三下·广东深圳·阶段练习）氮氧化物、二氧化硫能引发酸雨、雾霾等。回答下列问题： (1)汽车尾气催化转化器可将尾气中的CO、NO均转化为无害气体，该反应的化学方程式为 。 (2)目前工业上烟气脱硫脱硝的工艺流程如下： 已知：烟气中含尘、、。 “催化氧化”的目的是 ；图中产品中含硫成分为 (填化学式)。该物质中含有 键(填化学键类型)，写出该物质的一种用途 。 (3)为探究某种催化剂在有氧条件下用还原的最佳温度，将一定比例的、和混合，以一定的流速通过催化还原反应器［如图(a)］，反应相同时间后测得的去除率随反应温度的变化曲线如图(b)所示。 ①写出催化反应器中与反应的化学方程式： 。 ②当反应温度高于380℃时，的去除率迅速下降的原因可能是 。 12．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）以废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)为原料可制备LiOH溶液和FePO4。 (1)“除铝”时反应的离子方程式为 。 (2)试从沉淀溶解平衡移动的角度解释“浸取时加入H2O2、稀盐酸”可促进LiFePO4溶解的原因： 。 (3)“浸取”所得滤液中，磷元素的存在形式主要是 。 (4)“沉铁”时铁、磷的沉淀率随溶液pH的变化如图1所示。pH>2.5后磷元素的沉淀率逐渐下降，原因是 。 (5)LiOH和(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4反应得到LiFePO4、NH4HSO4。写出该反应的化学方程式： 。 13．（2024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) 14．（2024高三下·云南玉溪·期末）随着金属Mg、Ti新的用途不断被开发，人们对这些具有优良性能的金属需求也日益增加。从海水中提取Mg，并联合金红石(主要成分)可以冶炼金属钛。 Ⅰ.海洋约占地球表面积的71%，对其进行开发利用的部分流程如图所示： (1)在工业上，试剂1一般选用 (填“NaOH溶液”或“石灰乳”)。 (2)工业上由氢氧化镁制备Mg经历了如图所示流程： 试剂2可以选用 (填名称)，步骤1包括一定条件下的蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥等。 (3)海水中拥有丰富的矿产资源和水资源，但海水不能直接饮用，需要淡化。海水淡化方法有蒸馏法、离子交换法和电渗析法等，某实验室用离子交换法除去海水中的杂质离子(主要含、、、、)，依次通过阳离子交换树脂HA和阴离子交换树脂BOH(如图)，发生的反应可表示为：(已知：s表示固体，aq表示溶液) ， 表示阳离子，表示阴离子，取i处流出液，其中主要含有的阳离子为 ，阴离子交换树脂填充段存在的离子反应有 。(任写一个，合理即可) Ⅱ.金红石(主要成分)冶炼金属钛的工艺流程如图所示： (4)第1步在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体，则生成该气体的化学方程式为： 。 (5)海绵钛除杂时得到的，可以循环使用，在上述工艺流程中还可循环使用的物质有： 、 (填化学式)。 (6)第2步中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，工业中，实际生产选择1000℃左右进行，请解释原因： 。 15．（2024高三下·广东广州·期末）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的氧化物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示： 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在；最高价钒酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。回答下列问题： (1)铬的基态价电子轨道表示式为 。 (2)“煅烧”步骤钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其化学式分别为 、 。 (3)水浸渣中主要成分为 ，“沉淀”步骤调pH到弱碱性，所得滤渣Ⅰ为 。 (4)“除硅磷”步骤所得滤渣Ⅱ成份为MgSiO3、MgNH4PO4，该步骤需控制溶液pH≈9以达到最好的除杂效果，原因是 。 (5)“分离钒”步骤调pH 到弱酸性，若酸性太强，V2O5可溶于稀硫酸，反应的化学方程式为 。 (6)“还原”步骤中加入 Na2S2O5溶液还原，反应的离子方程式为 。已知 25℃时，Cr(OH)3的，为了使 Cr3+沉淀完全，溶液的 pH 应调至 。 16．（2024高三下·四川成都·阶段练习）NiOOH可用作碱性镍镉电池的电极材料，用含镍废料(主要成分是Ni，杂质有Al、Fe、)制取NiOOH的流程如图。 已知：ⅰ、镍、铁同族，但的性质较稳定： ⅱ、常温下，该工艺条件下金属阳离子生成氢氧化物沉淀时的pH范围如表所示。 沉淀物 开始沉淀时pH 3.0 1.5 5.9 7.1 完全沉淀时pH 4.7 3.2 9.0 9.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前将废料粉碎的目的是 ，“滤渣2”的主要成分是 。 (2)加入的目的是 。 (3)“调pH”时pH的范围是 ，当溶液中离子浓度小于或等于时认为该离子沉淀完全，则常温下 ，“氧化2”中反应的离子方程式为 。 (4)锌镍电池是一种可充电电池，其充电时总反应为，则放电时正极的电极反应式为 ，充电时阴极周围溶液pH (填“增大”“减小”或“不变”)。 17．（2024高三下·福建泉州·期末）硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼镁矿主要成分为，硼砂的化学式为硼镁泥是硼镁矿制硼砂过程中产生的废渣，其主要成分是，还含有、、、、、等杂质。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为： 回答下列有关问题： (1)硼砂中的化合价为 。 (2)将硼砂溶于热水后，常用调至制取，该反应的化学方程式为 。 (3)滤渣的主要成分为 填化学式，操作Ⅱ为 、 。 (4)滤渣中含有一种不溶于稀盐酸的黑色固体，写出加入的过程中发生反应生成该黑色固体的离子方程式 。 (5)将硼镁泥中加入的硫酸改为盐酸是否可行？ 填“是”或“否”理由是 。 (6)制得的粗硼在一定条件下生成加热分解可以得到纯净的单质硼。现将粗硼制成的完全分解，生成的以 为指示剂，用溶液滴定至终点，消耗溶液该粗硼样品的纯度为 。已知： 18．（2024高三下·福建宁德·期末）钛(Ti)及其合金大量用于航空工业，被誉为“空间金属”。以钙钛矿为原料冶炼钛单质，其工艺流程如下： 已知：，TiO2+易水解为偏钛酸H2TiO3，H2TiO3也可写成TiO(OH)2 (1)Ti位于周期表的 区。 (2)“水解”步骤反应的离子方程式为 。 (3)TiCl4和TiF4的熔点分别为-24.12℃、377℃，TiCl4熔点低于TiF4的原因是 。 (4)纳米TiO2可作为以下反应的催化剂： ①化合物乙的组成元素中电负性最大的是 (填元素符号)。 ②化合物乙中含 个不对称碳原子(手性碳原子)。 ③某有机物与化合物甲互为同分异构体，能与NaOH溶液反应，且与新制Cu(OH)2悬浊液共热会产生砖红色沉淀，其结构简式为 (写一种)。 (5)钙钛矿晶体立方晶胞结构如图所示，晶体的密度为。设阿伏加德罗常数的值为NA，则钙钛矿晶胞的边长为 cm。 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) HF 热稳定性更好(或“适用温度范围更高”)；在潮湿环境中稳定性更好 (3) C 缓慢加入混合液(或“使反应在较低温度下进行”) (4)连接冷凝管冷凝回流，在76℃以下充分反应，同时用NaOH溶液吸收产生的气体。更换冷凝管，将烧瓶内的混合物在76℃~178℃条件下蒸馏，收集76℃时的馏分。 【分析】称取一定质量LiBF4置于三颈瓶中→抽真空→充入N2营造无水无氧的条件后注入乙酸乙酯搅拌直至完全溶解，再加入草酸和催化剂AlCl3，实现转化后过滤得滤液后结晶，再经过一系列反应得到目标产物。 【详解】（1） 具有五元环结构，B原子的轨道杂化类型是，B形成4个单键，其结构式可表示为； （2）①由已知可知LiPF6暴露在环境中迅速产生气体HF，遇水形成小液滴形成白雾； ②LiBF2C2O4替代LiPF6作电池电解质的优势有：热稳定性更好(或“适用温度范围更高”)；在潮湿环境中稳定性更好； （3）①因该制备需要在无水无氧条件下制取，因此实验开始前应先将三颈烧瓶抽真空，并通入氮气作保护气，然后再注入乙酸乙酯；“溶解”时的操作依次为称取一定质量LiBF4置于三颈瓶中→抽真空→充入N2→注入乙酸乙酯→搅拌直至完全溶解，故选C； ②为防止反应过于剧烈，可采取的操作或实验条件为缓慢加入混合液(或“使反应在较低温度下进行”)； （4）SOCl2遇水剧烈反应生成SO2和HCl气体，在HCl氛围下AlCl3的水解受到抑制，过量的HCl和二氧化硫气体可以用氢氧化钠溶液吸收。混合物中含有氯化铝和过量的SOCl2可在76～178 ℃条件下蒸馏。故答案为向三颈瓶中加入一定质量AlCl36H2O晶体，常压下加入SOCl2，连接冷凝管冷凝回流，在76℃以下充分反应，同时用NaOH溶液吸收产生的气体。更换冷凝管，将烧瓶内的混合物在76～178℃条件下蒸馏，收集76℃时的馏分，得到无水AlCl3。 2．(1)提高Mn元素浸出率或Mn元素利用率 (2) (3)防止温度过高H2O2分解 (4) (5) 1.4×1011 (6)45℃左右，pH=7.5左右 (7)部分晶体失去结晶水或者混有硫酸盐杂质 【分析】软锰矿加入硫酸和废铁屑，MnO2被还原为Mn2+，溶液中还有Fe3+、Mg2+、Ni2+、Fe2+，SiO2难溶于硫酸，矿渣的成分是SiO2；滤液中加入过氧化氢把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH，生成氢氧化铁，除去铁元素，加入MnS生成NiS沉淀除去Ni2+，加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3沉淀，过滤，用硫酸溶解MnCO3得到硫酸锰； 【详解】（1）将“滤渣I”进行二次酸浸的目的是提高Mn元素浸出率或Mn元素利用率； （2）“酸浸”时Fe2+被MnO2氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，结合电子守恒，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O； （3）“氧化”时加热温度不宜过高的原因是防止H2O2受热分解； （4）“调pH”时要保证Fe3+除尽同时Ni2+、Mg2+、Mn2+不沉淀，由表数据可知，调节溶液pH的范围是3.7≤pH<7.7； （5）用MnS除去Ni2+的原理是沉淀的转化，反应的离子方程式为MnS+Ni2+=NiS+Mn2+，该反应的平衡常数K= ==1.4×1011； （6）由图可知，温度为45℃、pH=7.5时，Mn2+的沉淀率最大、Mg2+的沉淀率相对较小； （7）用标准BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O的质量分数时，可能部分晶体失去结晶水或者混有硫酸盐杂质，导致相同质量的样品硫酸根含量更高，消耗的标准溶液更多，最终样品纯度的测定结果大于100%。 3．(1)4.7＜pH＜7 (2)60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO浓度减小，反应速率减慢 (3) 3Pt+18HCl+4HNO3＝3H2PtCl6+4NO↑+8H2O (4)1.6×10-10 【分析】镍铂合金废料主要成分为Ni、Pt，含少量Al和难溶于硫酸的重金属；镍铂合金废料加硫酸“酸浸”，过滤，滤渣中含有Pt、难溶于硫酸的重金属；滤液中含有硫酸镍、硫酸铝；滤液加氢氧化钠调节pH生成氢氧化铝沉淀，过滤出氢氧化铝，滤液中加氢氧化钠、次氯酸钠“控温氧化”生成Ni2O3，用焦炭还原Ni2O3生成金属镍。 【详解】（1）“酸浸”后分离出的溶液中c(Ni2+)＝0.2mol/L，c(Al3+)＝0.01mol/L，溶液中离子浓度＜1×10-5时可认为沉淀完全，Al3+完全沉淀时， c(OH-)＝ ，c(H+)=，pH=4.7；Ni2+开始沉淀时， c(OH-)＝，c(H+)=，pH=7；则“调pH”应控制pH的范围是4.7＜pH＜7。 （2）60℃，部分NaClO分解生成NaCl和NaClO3，NaClO浓度减小，反应速率减慢，所以反应相同时间，60℃时Ni2O3的产率低于40℃时。 （3）“含Pt滤渣”中的Pt可以用王水（体积比3：1的浓盐酸和浓硝酸的混合液）浸出。浸出时有H2PtCl6和NO生成。向(NH4)2PtCl6溶液中加入NH4Cl会生成(NH4)2PtCl6沉淀。 ①浸出时Pt和3：1的浓盐酸和浓硝酸的混合液反应生成H2PtCl6和NO，根据得失电子守恒，发生反应的化学方程式3Pt+18HCl+4HNO3＝3H2PtCl6+4NO↑+8H2O。 ②Pt(NH3)2Cl2在顺式和反式两种结构，说明为平面结构，通常把两个相同原子或基团在双键同一侧的为顺式异构体，在两侧的为反式结构，则Pt(NH3)2Cl2的顺式结构 （4）另外一种镍催化剂废渣（主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质）为原料可制备锂离子材料镍酸锂。在制备过程中有人认为“除钙”可以用HF，则“除钙”的反应为：反应的平衡常数K=1.0×103，即 ， 4．(1)Co＋H2SO4=CoSO4＋H2↑ (2)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O (3) 分液漏斗 烧杯 用适量萃取剂分多次萃取 充分振摇(振荡)分液漏斗 (4) Co3O4 5∶6 【分析】废料粉碎后加入稀硫酸酸浸，Co、 NiO、、Fe都和稀硫酸反应生成相应的盐，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I为SiO2，浸出液中加入双氧水和CoO，双氧水氧化Fe2+生成Fe3+，CoO和稀硫酸反应生成CoSO4而增大溶液pH值，使Fe3+、Al3+分别转化为沉淀除掉，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3、Al(OH)3，向滤液中加入RH，萃取后得到的水层中含有CoSO4，有机层中含有NiR2，向水层中加入草酸铵得到草酸钴晶体。 【详解】（1）钴(Co)与铁的化学性质非常相似；则“酸浸”的方程式也和Fe与稀硫酸的反应类似，其化学方程式为Co＋H2SO4=CoSO4＋H2↑； （2）酸性条件下， H2O2做氧化剂，结合电荷守恒和原子守恒，氧化Fe2+的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O； （3）萃取操作中用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；提高的萃取效果，应采取的实验操作有分少量多次萃取，以及充分振摇(振荡)分液漏斗； （4）18.3g物质的量为，受热时如果完全失去结晶水生成，则m()=0.1mol×147g/mol=14.7g，对应图中的A点和B点，继续解热，得到C点固体为Co的氧化物，其中m(Co)=0.1mol×59g/mol=5.9g，则m(O)=8.03g－5.9g=2.13g，n(Co)：n(O)=0.1mol：=3：4，其化学式为Co3O4； ②由以上计算可知，B点对应的物质为，其与O2在225℃～300℃发生反应生成Co3O4的化学方程式为； ③由题意可知+3价的Co将Cl-氧化为Cl2，自身被还原为Co2+，由得失电子守恒有n(Co3+)=2n(Cl2)=2×=0.4mol，Co元素最后全部转化成CoCl2，则n(Co)总=n(Co2+)溶液=0.5n(Cl-)=0.5×(0.480×5－0.2×2)mol=1 mol，则Co的氧化物中n(Co2+)=1mol－0.4 mol=0.6 mol，根据Co氧化物中化合价守恒可知，n(O)= ，则n(Co)∶n(O)=1：1.2=5：6。 5．(1)[Ar]3d104s24p4 (2) 将废料粉碎 提高原料的利用率 (3)升华，将温度控制在315℃到450℃之间 (4)1:2 (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6) 4 4 【分析】由流程可知，硒鼓废料在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500℃时SeO2与TeO2均为气体，冷却，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亚硒酸，废渣II为TeO2，亚硒酸受热分解生成二氧化硒，及少量TeO2，升华分离得纯净的二氧化硒，再加亚硫酸溶液还原得到Se单质； 【详解】（1）基态硒原子的核电荷数34，最外层电子数6，电子排布式为[Ar]3d104s24p4； （2）除加热外，还可将废料粉碎，既可增大废料的氧化速率，又可提高原料的利用率； （3）根据SeO2和TeO2升华的温度，二者分离的最适宜方法是升华，将温度控制在315℃到450℃之间，故答案为：升华，将温度控制在315℃到450℃之间； （4）步骤⑥发生氧化还原反应为2H2SO3+SeO2=Se+2H2SO4，S元素化合价升高，H2SO3是还原剂，Se元素化合价降低，SeO2是氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2； （5）铁粉和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入过量铁粉可防止亚铁氧化为铁离子，过滤得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、用乙醇洗涤，可得绿矾晶体； （6）由均摊法，灰球个数为，黑球在晶体内部，总共有4个，则该晶胞中硒原子个数为4，Se的配位数为4。 6．(1) CO2溶解度较氨气小，先通氨气溶液呈碱性，更容易吸收二氧化碳 CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl 碳酸氢钠在温度高于60℃不稳定，受热分解 (2) CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O 碳酸氢钠溶液 降低温度，使碳酸氢钠溶解度更小，便于析出 【分析】侯氏制碱法流程中，往饱和食盐水通入氨气，溶液呈碱性，再通入CO2，发生反应：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，通过过滤的方法将溶解度更小的碳酸氢钠晶体分离出，再加热固体得到碳酸钠。实验装置模拟侯氏制碱法制取少量Na2CO3固体中，装置Ⅰ中稀盐酸和碳酸钙反应得到CO2，装置Ⅱ用于除去CO2中的HCl气体，装置Ш中发生反应：CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。 【详解】（1）①“侯氏制碱法”工艺中先氨化后碳酸化的顺序不能颠倒的原因是CO2溶解度较氨气小，先通氨气溶液呈碱性，更容易吸收二氧化碳。②碳酸化过程中发生的反应方程式为CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；③溶解度曲线图中碳酸氢钠的溶解度在60℃后无数据的原因是碳酸氢钠在温度高于60℃不稳定，受热分解； （2）①装置Ⅰ中稀盐酸和碳酸钙反应得到CO2，离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；②装置Ⅱ用于除去CO2中的HCl气体，可加入试剂碳酸氢钠溶液；③装置III中用冰水浴冷却试管内溶液的目的是降低温度，使碳酸氢钠溶解度更小，便于析出。 7．(1)增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率 (2) (3)4.7≤pH<5.8 (4)加入适量溶液溶解氢氧化铝沉淀，过滤分离出滤液通入足量干冰得到的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤分离出沉淀，洗涤、烘干、煅烧得到氧化铝 (5)98% 【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，发生氧化还原反应，二氧化锰被还原生成二价锰离子，由于加入了过量的铁屑，则溶出液中含有；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。 【详解】（1）溶出前，软锰矿需研磨；研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率； （2）Ⅱ是从软锰矿中溶出的主要反应，二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为； （3）使Fe3+沉淀完全的溶液pH为2.8，使Al3+完全沉淀的pH为4.7，而溶液中Mn2+开始沉淀的pH为5.8，则适宜调节的pH范围是4.7≤pH<5.8； （4）氢氧化铁和氢氧化钠不反应，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，四羟基合铝酸钠与二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，煅烧氢氧化铝得到氧化铝，故实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，加入适量溶液溶解氢氧化铝沉淀，过滤分离出滤液通入足量干冰得到的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤分离出沉淀，洗涤、烘干、煅烧得到氧化铝； （5）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分草酸钠再与高锰酸钾反应，则与二氧化锰反应的草酸钠的物质的量为，根据关系有，则产品纯度为。 8．(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。 9．(1) 矿石粉碎 (2) 将Fe2+氧化为 可以催化分解 (3) (4)、 (5) Mn(OH)2 (6) 【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、 Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的可以将溶液中的Fe2+ 氧化为；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的、Al3+沉淀出来，随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣，后溶液中含有大量的，将此溶液置于电解槽中电解，得到， 将 与碳酸锂共同煅烧得到最终产物。 【详解】（1）MnCO3与硫酸反应溶解，主要反应的化学方程式为；为提高溶矿速率，可以将矿石粉碎。 （2）根据分析，加入的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为，但不宜使用氧化Fe2+， 因为氧化后生成的可以催化分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为，故答案为：将Fe2+氧化为、 可以催化分解。 （3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中，此时体系中含有的，这时，溶液中的c()小于认为已经沉淀完全，用石灰乳调节至pH=7，这时溶液中 溶液中  ，，铝离子沉淀完全，这一 阶段除去的金属离子是，故答案为： 、 。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为，生成的沉淀有、。 （5）在电解槽中，发生反应生成MnO2,反应的离子方程式为，电解时电解液中大 量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定，故答案为： ，加入Mn(OH)2。 （6）煅烧窑中与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为 故答 案为：。 10．(1)2NH3+2O2N2O+3H2O (2)3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+ (3) 使尾气与石灰乳充分接触，使尾气中的NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2 若n(NO)：n(NO2)>1:1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，产率低，若n(NO)：n(NO2)<1:1，则二氧化氮过量，二氧化氮与氢氧化钙反应生成硝酸钙，影响产品纯度，因此为提高亚硝酸钙的产率和纯度，n(NO)：n(NO2)应控制为1:1 蒸发浓缩 冷却结晶 洗涤 【分析】硝酸工业的尾气与石灰乳反应生成亚硝酸钙、硝酸钙等物质，氢氧化钙在水中溶解度小，过滤后滤渣主要成分为未溶解的氢氧化钙，滤液经过系列操作最后得到无水亚硝酸钙。 【详解】（1）NH3与O2在催化剂和加热条件下反应生成N2O，根据原子守恒，产物中还有水生成，则反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O。 （2）酸性条件下HClO氧化NO生成Cl-和，离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2+5H+。 （3）①采用气-液逆流接触吸收，可使尾气与石灰乳充分接触，使尾气中的NO、NO2被充分吸收。氢氧化钙在水中溶解度较小，因此过滤后滤渣主要为Ca(OH)2，可被重复利用。 ②若n(NO)：n(NO2)>1:1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，产率低，若n(NO)：n(NO2)<1:1，则二氧化氮过量，二氧化氮与氢氧化钙反应生成硝酸钙，影响产品纯度，因此为提高亚硝酸钙的产率和纯度，n(NO)：n(NO2)应控制为1:1。 ③过滤后滤液中含有亚硝酸钙，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到无水亚硝酸钙。 11．(1)2CO+2NON2+2CO2 (2) 将NO氧化为NO2 (NH4)2SO3 离子键、共价键 还原剂或氮肥 (3) 6NO2+8NH37N2+12H2O NH3与O2反应产生了NO 【分析】由题给流程可知，烟气经催化氧化将一氧化氮部分转化为二氧化氮后，再经除尘、除氮氧化物得到二氧化硫，二氧化硫用过量氨水吸收得到亚硫酸铵溶液，溶液结晶分离得到亚硫酸铵。 【详解】（1）由题意可知，将尾气中的一氧化碳、一氧化氮均转化为无害气体的反应为催化剂作用下一氧化碳与一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，反应的化学方程式为2CO+2NON2+2CO2，故答案为：2CO+2NON2+2CO2； （2）由分析可知，催化氧化的目的是将一氧化氮部分转化为二氧化氮；烟气脱硫脱硝得到的产品是含有离子键和共价键的离子化合物亚硫酸铵，亚硫酸铵是具有还原性的铵盐，可以做还原剂和氮肥，故答案为：将NO氧化为NO2；(NH4)2SO3；离子键、共价键；还原剂或氮肥； （3）①由题意可知，催化反应器中二氧化氮与氨气发生的反应为催化剂作用下二氧化氮与氨气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O； ②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降是因为催化剂作用下NH3与O2反应产生了NO导致NOx的去除率迅速下降，故答案为：NH3与O2反应产生了NO。 12．(1)2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO＋3H2↑ (2)H2O2将Fe2＋氧化，H＋与PO 结合，溶液中c(Fe2＋)和c(PO)减小，促进LiFePO4溶解平衡正向移动 (3)H2PO (4)pH>2.5后，部分铁元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率 (5)(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O 【分析】废旧磷酸亚铁锂正极材料(主要成分为LiFePO4，含炭黑、铝等杂质)先与NaOH溶液反应，铝转化为偏铝酸钠进入溶液，过滤后用H2O2、稀盐酸浸取滤渣，LiFePO4反应溶解，亚铁离子被氧化，PO和氢离子反应生成H2PO，所以溶液主要有Li+、Fe3+、H2PO、Cl－等，滤渣为碳；加入碳酸钠溶液与H2PO反应生成二氧化碳和PO，继而得到FePO4沉淀；过滤后经系列处理得到LiCl溶液，电解得到LiOH溶液。 【详解】（1）除铝反应为铝单质和NaOH反应生成偏铝酸钠的反应，离子方程式为2Al＋2H2O＋2OH－=2AlO＋3H2↑； （2）H2O2将Fe2＋氧化，H＋与PO 结合，溶液中c(Fe2＋)和c(PO)减小，促进LiFePO4溶解平衡正向移动； （3）浸取时加入稀盐酸，H＋与PO 结合，磷酸为三元中强酸，所以此时磷元素的主要存在形式为H2PO； （4）pH>2.5后磷元素的沉淀率逐渐下降，原因是pH>2.5时溶液中氢氧根浓度较大，部分铁元素以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率； （5）已知部分反应物和生成物，根据元素守恒可得方程式为(NH4)2Fe(SO4)2＋LiOH＋H3PO4=LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O。 13．(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。 14．(1)石灰乳 (2) 盐酸 冷却结晶 (3) H+、、 或 (4)TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO (5) Mg、 Cl2 (6)800℃Ti的提取率低，1000℃和1500℃Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃ 【分析】Ⅱ.TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，产物中有一种可燃性无色气体，该可燃性气体是CO，加入Mg还原TiCl4出Ti，氩气做保护气，电解熔融氯化镁得到镁和氯气； 【详解】（1）试剂1的作用是将镁离子变为氢氧化镁沉淀，在工业上，一般选用石灰乳，便宜易得； （2）氢氧化镁沉淀与试剂2(盐酸)反应得到氯化镁溶液，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到，在一定条件下得到无水氯化镁，电解熔融氯化镁得到单质镁； （3）阳离子交换树脂只交换阳离子，对阴离子无影响，天然水通过阳离子交换树脂，将金属阳离子转化成H+，因此取i处流出液，含有的离子有H+、、；根据反应，阴离子交换树脂填充段存在的离子反应有、； （4）步骤I中，TiO2、炭粉混合物在高温条件下通入氯气(Cl2)制得TiCl4和一种可燃性气体，该可燃性气体为一氧化碳，反应的化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO； （5）根据工艺流程，电解熔融氯化镁得到镁和氯气，可循环使用的物质还有Mg、Cl2； （6）根据Ⅱ中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线，800℃Ti的提取率低，1000℃和1500℃Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃。 15．(1) (2) Na2CrO4 NaVO3 (3) 二氧化硅、氧化铁 Al(OH)3 (4)若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故pH≈9以达到最好的除杂效果 (5) (6) 5 【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，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，过滤得到氢氧化铝滤渣和滤液；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） Cr 是24号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则铬的基态价电子轨道表示式为：； （2）煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，钒元素转化为偏钒酸钠，故答案为：Na2CrO4、NaVO3； （3）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3； （4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故pH≈9以达到最好的除杂效果； （5）若酸性太强，五氧化二钒会与硫酸发生反应生成，故化学方程式为：； （6）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，反应的离子方程式为:；当c(Cr3+)≤ 1×10-5mol·L-1时，可认为Cr3+沉淀完全，由于c(Cr3+)·[c(OH-)]3=Ksp[Cr(OH)3]，故c(OH-)===1×10-9mol·L-1，则c(H+)===1×10-5mol·L-1，即pH=-lg c(H+)=5。 16．(1) 加快酸浸速率、提高原料的利用率 、 (2)将被氧化为，以便后续除去铁元素 (3) (4) 增大 【分析】含镍废料（Ni、Al、Fe、）用稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe溶解得到、、，不溶形成滤渣1，加入将被氧化为，加入Ni(OH)2调pH使、转化为、沉淀（滤渣2），加入KOH、KClO将氧化为NiOOH，过滤后得到产品，据此解答。 【详解】（1）粉碎可提高废料的比表面积，有利于反应物间充分接触，从而提高反应速率及原料的利用率；“滤渣2”是调pH时形成的、沉淀； （2）由几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH范围知，加入的目的是将被氧化为，以便后续除去铁元素； （3）“调pH”的目的是使、转化为、沉淀、形成而不能形成沉淀，故pH范围为：；当pH=3.2时，恰好完全沉淀，此时，，由此求得； （4）由充电时总反应式知，放电时NiOOH是正极，得到电子后转化为，电解质溶液是碱性溶液，故电极反应式为；充电时阴极的电极反应式为，由于生成，故阴极周围溶液pH增大。 17．(1)+3 (2)Na2B4O7+H2SO4+5H2O=4H3BO3+Na2SO4 (3) SiO2 蒸发浓缩 趁热过滤 (4)Mn2++ClO−+H2O=MnO2↓+Cl−+2H+ (5) 否 改为盐酸后，硼镁泥中的CaO生成了CaCl2，而CaCl2易溶于水，无法除去杂质钙离子 (6) 淀粉溶液 93.5% 【分析】硼镁矿主要成分为Mg2B2O5⋅H2O，硼镁矿中加入NaOH浓溶液,浓缩后得到NaBO2，同时得到Mg(OH)2，然后向溶液中通入适量二氧化碳，得到Na2B4O7⋅10H2O，向溶液中加入热水调节溶液的pH至2∼3，冷却后结晶得到H3BO3，加热晶体得到B2O3，高温条件下和Mg发生置换反应生成B；硼镁泥是硼镁矿制硼砂过程中产生的废渣，其主要成分是MgCO3，还含有CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质，加入硫酸生成硫酸镁、硫酸钙、硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锰，然后过滤得到的滤渣A为SiO2，向滤液I中加入NaClO、MgO、NaClO氧化亚铁离子生成铁离子、锰离子，MgO调节溶液的pH，滤渣B中含有一种不溶于稀盐酸的黑色固体为MnO2，还含有Fe(OH)3、Al(OH)3，过滤得到的滤渣B为MnO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，然后将滤液蒸发浓缩、趁热过滤得到滤渣C为CaSO4⋅2H2O，冷却结晶过滤得到MgSO4⋅7H2O，再经过一系列反应得到Mg； 【详解】（1）硼砂(Na2B4O7⋅10H2O)中Na元素为+1价、O元素为−2价、H元素为+1价，则B的化合价为+3，故答案为：+3； （2）将硼砂溶于热水后，常用H2SO4调pH至2∼3制取H3BO3，同时还生成硫酸钠，该反应的化学方程式为Na2B4O7+H2SO4+5H2O=4H3BO3+Na2SO4，故答案为：Na2B4O7+H2SO4+5H2O=4H3BO3+Na2SO4； （3）通过以上分析知，滤渣A的主要成分为SiO2，从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、过滤的方法，为防止CaSO4⋅2H2O较多溶解，则需要趁热过滤，则操作II为蒸发浓缩、趁热过滤，故答案为：SiO2；蒸发浓缩、趁热过滤； （4）滤渣B中含有一种不溶于稀盐酸的黑色固体为MnO2，同时还生成HCl，则加入NaClO的过程中发生反应生成该黑色固体的离子方程式Mn2++ClO−+H2O=MnO2↓+Cl−+2H+，故答案为：Mn2++ClO−+H2O=MnO2↓+Cl−+2H+； （5）改为盐酸后，硼镁泥中的CaO生成了CaCl2，而CaCl2易溶于水，无法除去杂质钙离子，所以不能将硫酸改为盐酸，故答案为：否；改为盐酸后，硼镁泥中的CaO生成了CaCl2，而CaCl2易溶于水，无法除去杂质钙离子； （6）淀粉遇碘变蓝色，为检验碘单质，可以用淀粉溶液，所以指示剂为淀粉溶液；根据关系式B∼BI3∼I2∼得n(B) ∼3n(Na2S2O3)=×0.017L×0.3000mol/L=0.0017mol，m(B)=0.0017mol×11g/mol=0.0187g，粗硼样品纯度=，故答案为：淀粉溶液；93.50%。 18．(1)d (2)TiO2++2H2O=H2TiO3+2H+ (3)TiF4为离子晶体，融化时需要破坏离子键，TiCl4为分子晶体，融化时需要克服分子间作用力 (4) O 1 HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2 (5) 【分析】钙钛矿中加入硫酸进行酸浸，将钛转化为TiOSO4溶液，过滤得到滤渣主要成分为CaSO4，TiO2+易水解为偏钛酸H2TiO3，H2TiO3也可写成TiO(OH)2，过滤得到H2TiO3和滤液，主要成分为H2SO4，对沉淀进行煅烧得到TiO2，TiO2和C、Cl2进行高温氯化反应得到TiCl4，然后用Mg在Ar保护下与TiCl4进行高温还原得到Ti，据此分析解题。 【详解】（1）已知Ti是22号元素，其基态原子核外价层电子排布式为：3d24s2，故核外电子最后进入3d能级，则Ti位于周期表的d区，故答案为：d； （2）由题干已知信息可知，TiO2+易水解为偏钛酸H2TiO3，故“水解”步骤反应的离子方程式为：TiO2++2H2O=H2TiO3+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3+2H+； （3）由熔点可知，TiF4为离子晶体，融化时需要破坏离子键，TiCl4为分子晶体，融化时需要克服分子间作用力，故答案为：TiF4为离子晶体，融化时需要破坏离子键，TiCl4为分子晶体，融化时需要克服分子间作用力； （4）①同周期元素从左到右，元素电负性依次增强，故化合物乙的组成元素中电负性最大的是O，故答案为：O； ②已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故化合物乙中含1不对称碳原子(手性碳原子)即与氨基直接相连的碳原子，故答案为：1； ③某有机物与化合物甲互为同分异构体，能与NaOH溶液反应，且与新制Cu(OH)2悬浊液共热会产生砖红色沉淀，说明为甲酸酯，其结构简式为HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，故答案为：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2； （5）根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为=1、O原子数为=3、Ca原子数为1，钙钛矿晶体的密度为ρg⋅cm-3，设阿伏加德罗常数的值为NA，设钙钛矿晶胞的边长为acm，=，a=cm，故答案为：。 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 $$