2026届高三化学二轮复习—工艺流程综合题（提升版279道二卷大题）

2026届高三化学二轮复习—工艺流程综合题（提升版279道二卷大题）提升版 1 .钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。 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+ Mn2+ 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： （1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是______________________________________。 （2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式_____________________________。 （3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的_____________________________。 （4）“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 （5）“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。 （6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。 2．HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。 已知：I.MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。 II.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。 III.Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。 请回答下列问题： (1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式：_____。 (2)请写出“焙烧”过程中MoS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式：_____，_____。 (3)“浸渣”的成分为______(填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有_____(填化学式)。 (4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为_____、_____。 (5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：______。 (6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS-=CuS+H+的K=______。 3．废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等。工业上利用废旧磷酸铁锂电池的正极材料制备Li2CO3的工艺流程如下： 已知：①LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸。 ②常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22， Ksp[Fe(OH)3]=4.0 × 10-38。 ③Li2CO3在水中溶解度： 温度/°C 0 20 40 60 80 100 溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72 回答下列问题： (1)将电池粉粹前应先放电，放电的目的是_______。 (2)“滤液A”中的溶质主要是_______。 (3)“酸浸”时，加入H2O2溶液的目的是_______(用离子方程式表示)。盐酸用量不宜太多，结合后续操作分析，原因是。_______。 (4)“沉铁沉磷”时，当溶液pH从1.0增大到2.5时，沉铁沉磷率会逐渐增大，但pH超过2.5以后，沉磷率又逐渐减小。从平衡移动的角度解释沉磷率减小的原因是_______。 (5)“提纯”时，可用热水洗涤Li2CO3粗品，理由是_______。 (6)制取的Li2CO3、FePO4与足量的炭黑混合，隔绝空气高温灼烧得到LiFePO4，反应的化学方程式是_______。 4．镍、钴元素在锂电池材料和国防工业方面应用广泛。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca的化合物)中提取镍和钴的工艺流程如图： 已知：i.Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11； ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高明显增大，不溶于乙醇和苯。 回答下列问题： (1)“酸浸渣”主要成分的名称为_______。 (2)基态Co原子的核外M层电子排布式为_______。Co的核电荷数比Ni小1，但Co的相对原子质量比却Ni的略大，原因是_______。 (3)“除铁”的离子方程式为_______。 (4)“除钙镁”时，pH不宜过低的原因是_______。Ca2+和Mg2+沉淀完全。时，溶液中c(F-)最小为_______mol·L-1 (5)“萃取”原理为Co2+(aq)+2HA(有机相)⇌Co(A)2(有机相)+2H+(aq)。“反萃取”时为促进Co2+的转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有①_______；②多次萃取。 (6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”中洗涤产品可选用_______(填字母标号)试剂。 a.冷水        b.乙醇         c.苯 5．硒被誉为“生命元素”。亚硒酸钙(，难溶于水)常作饲料添加剂，常作制备含硒营养物质的原料。一种含硒废料制备亚硒酸钙和二氧化硒的流程如图(部分条件和部分产物省略)。回答下列问题： 已知部分信息如下： ①含硒废料的主要成分是和；“焙烧”时固体产物为、和。 ②易溶于水，难溶于水。 (1)“焙烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是 。 (2)利用“浸渣”可以制备胆矾，其操作步骤是加入足量稀硫酸溶解，再通入热空气。通入热空气的目的是 (用离子方程式表示)。 (3)上述参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水(反应温度在50℃)，其主要原因是 。 (4)硒酸分解制备的副产物有 (填化学式)。 (5)已知、的熔点分别为315℃、733℃，其熔点差异的主要原因是 。 (6)测定产品纯度。称取产品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入足量溶液和适量稀硝酸，充分反应后，滴加3滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点时消耗VmL滴定液。发生有关反应： ①(未配平) ② 该产品中硒元素的质量分数为 %。如果大量空气进入锥形瓶，可能导致测得的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 6．电解金属锰阳极渣(主要成分，杂质为、、元素的化合物)和黄铁矿 为原料可制备，其流程如图所示： 已知：、，回答下列问题： (1)锰原子价层电子的轨道表示式为_______，它处于周期表的_______区，中的化合价为_______。 (2)“酸浸”时，所用的稀酸X是_______。 (3)“酸浸”过程中，、的质量浓度、浸出率与时间的关系如图1所示。 内，浸出元素的主要离子方程式为_______。 (4)若“净化”过程中的浓度为，则此时的浓度为_______。 (5)是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为，含少量铁的氧化物)和可制备高纯。保持投料量不变，随与投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图2所示。当时，产率减小的原因是_______。 (6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取碳酸锰(摩尔质量)加热，固体物质的质量随温度的变化如图3所示。 527.4℃时，生成相应固体物质的化学方程式为_______。 7. 以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下： 已知： Bi3＋易与Cl－形成BiCl， BiCl易发生水解， 其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋。 （1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4。该反应的化学方程式为________。 （2）“ 酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的pH。 ①一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是________。 ②为提高酸浸时金属元素的浸出率，除适当增加浓盐酸用量、适当升高酸浸温度外，还可采取的措施有______。 （3）铋离子能被有机萃取剂(简称TBP)萃取，其萃取原理可表示为BiCl (水层)＋2TBP(有机层)⇌BiCl3·2TBP(有机层)＋3Cl－(水层)。 ① “萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，萃取率随c(Cl－)变化关系如图所示。c(Cl－)最佳为1．3 mol·L－1的可能原因是________。 ② 萃取后分液所得水相中的主要阳离子为________(填化学式)。 （4）“ 沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl－较少的草酸铋晶体，“萃取” 后有机相与草酸溶液的混合方式为________________________。 （5）在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400 ℃时制得超细氧化铋，其化学式为________________。(写出计算过程，M[Bi2(C2O4)3·7H2O]＝808 g·mol－1) 8. 工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含 CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备 NiSO4·6H2O。工艺流程如下所示。 已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ Co2+ Mg2+ 开始沉淀时的pH 6.8 4.1 2.2 7.5 7.2 9.4 沉淀完全时的pH 9.2 5.4 3.2 9.0 9.0 12.4 （1）加入H2SO4在高压下进行酸浸。充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为_______(填化学式)。 （2）氧化、沉铁沉铝时，加入 NaClO 和 Na2CO3溶液共同作用。其中与FeSO4发生氧化还原反应的离子方程式为_______。 （3）沉镁沉钙加入NaF溶液，生成MgF2和CaF2.若沉淀前溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3 mol·L-1，当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol·L-1时，除钙率为_______(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11) （4）“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：M2+(水相)+2RH (有机相) MR2(有机相)+2H+(水相)。工业上用25%P5O7+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时， Co、Ni的浸出率和 Co/Ni分离因素随pH的关系如图所示： ①萃取时，选择pH为_______左右。 ②反萃取的试剂为_______。 （5）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。 温度 低于30.8℃ 30.8℃~53.8℃ 53.8℃~280℃ 高于280℃ 晶体形态 NiSO4·7H2O NiSO4·6H2O 多种结晶水合物 NiSO4 由 NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O 晶体的操作依次是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。 9.以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)为原料，制备脱硫剂，可用于脱除煤气中的。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如下。 （1）上述过程中可循环的物质是_______(填化学式)。 （2）“氨浸”时，在浸出的催化下，CO将结核中的转化为。发生反应的离子方程式为：、_______。 （3）“沉锰”中若产生沉淀。现用5L一定浓度的溶液将其全部转化为，需溶液的浓度至少为_______(用含a的表达式表示)。已知：，。 （4）“沉锰”得到的在空气中煅烧可制得脱硫剂。 ①测得煅烧过程中固体残留率[固体残留率=×100％]随温度变化的曲线如图1所示。975K时，煅烧后得到固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 ②工艺上控制温度煅烧以生成更多含量的，其原因是_______。 （5）的长方体晶胞结构如图2所示，图中已表示出晶胞边长及坐标轴，图3为沿y轴方向晶胞投影图。请在图4方框中画出沿z轴方向的晶胞投影图_______。 10.(氧化铬(Cr2O3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。以含铬废料(含FeCr2O4、MgO、SiO2、Al2O3等)为原料制备氧化铬的一种流程如图所示。 已知：烧渣的成分为Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、MgO；25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1×l0-33、Ksp[Mg(OH)2]=2×10-11，溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。回答下列问题： (1)“研磨”的目的是 ；“焙烧”过程发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 (2)25℃时，若滤液l中金属离子的浓度均为0.2mol·L-1，则“调pH”的最小值为 。(保留两位有效数字)。 (3)“除镁”工序不能在陶瓷容器中进行的原因是 。 (4)“转化”时加入适量H2SO4的作用是 。 (5)“煅烧”反应生成的气体中含有一种单质，该反应的化学方程式 。 (6)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。 则每个Mg2+周围距离最近的Mg2+个数为 。已知MgO晶胞边长为0.4nm，则MgO的密度为 g/cm3(设NA为阿伏加德罗常数的值，只需列出算式)。 11．钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。 已知：萃取时发生的反应为。 (1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：_______。 (2)除Ca、Mg：当某离子浓度时，认为该离子已除尽。 ①为使、除尽，必须保持溶液中_______。 ②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是_______。 [，，]。 (3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。 ①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。 ②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。 (4)热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到。将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。 ①B点剩余固体产物为_______(写出计算过程)。 ②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_______个。 12. 以作为铁源制备高铁酸钾()，可用于去除水体中的。已知： 微溶于水，在酸性或中性溶液中迅速氧化产生，在碱性溶液中较稳定， 在和催化作用下发生分解。 （1）制备高铁酸钾。向和混合溶液中加入，过滤得到固体。 ①制备的化学方程式为_______。 ②制备过程中和需过量的原因是_______。 ③过滤所得的滤液中加入稀硫酸，产生，原因可能是：酸性条件下氧化了，还可能是_______。 （2）测定的纯度。准确称取0.5280g样品置于锥形瓶中，用溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液，用标准溶液滴定至终点，消耗标准液20.00mL，计算样品中的纯度________(写出计算过程)，测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： （3）的应用。某水样中元素主要以存在，可被氧化为，再通过吸附去除。 ①对水中元素的去除率随变化如图所示，当大于7时，去除率迅速下降的原因是_______。 ②也能去除水中。时，加入或后水中铁浓度对去除率的影响如图所示，铁浓度相同，使用时去除率比使用时高的原因是_______。 13．一种利用废脱硝催化剂(含、、等成分)提取钛、钒的工艺流程如下图所示。 已知：①钛酸钠难溶于水； ②溶液的酸性较强时，价钒主要以的形式存在； ③溶液中某离子浓度，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)上述流程中，发生的氧化还原反应有_______个。 (2)“高温碱浸”中生成钛酸钠的离子方程式是_______。 (3)将氢氧化钙加入钨酸钠溶液中可得到钨酸钙，已知，，当溶液中沉淀完全时，溶液中最大值为_______。 (4)“沉钒”过程中，一般要加入过量，其原因是_______。 (5)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是_______。 (6)取固体加热时，固体减少的质量随温度的变化曲线如图所示。加热到200℃时，产生气体的分子式为_______。 14．蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等，一种综合利用蛇纹石矿回收镁资源的工艺流程如下： 已知： ①当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于1 × 10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。 ②Ksp(NiS)=1 × 10-21，氢硫酸的两步电离常数分别为Ka1=1.4× 10-7， Ka2=7.1×10-15。 (1)“加压酸浸”中，要控制温度在110℃左右，但反应时几乎无需加热，原因是___________。 滤渣1的主要成分除S、CaSO4外还有  ___________。 (2)“氧化”中空气的作用是___________，NaClO3发生反应的离子方程式为___________。 (3)“ 除铁”中滤渣2为难溶于水的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，同时生成一种无色气体为___________， Na2CO3溶液需缓慢加入，原因是___________。 (4)“沉镍”中，当Ni2+恰好完全沉淀时，若溶液中c(H2S)=1 ×10-3mol/L，则此时溶液的pH约为___________。 15．湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有___________。 (3)“除镉”时，发生反应的类型为___________。 (4)“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为： 反应时，接受电子对的一方是___________；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为___________。 (5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。 (6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为___________。 (7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为___________ g∙cm-3 (列出计算式即可)。 16．近期科学家首次发现像大脑样的学习材料—— VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下： 已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水； ② +2H+ + H2O； ③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。 金属氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀的pH 2.7 4.0 4.6 完全沉淀的pH 3.7 5.2 6.0 请回答下列问题： (1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有___________(答两条)。 (2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为___________。 (3)理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是___________(用化学用语和必要的文字说明)。 (4)滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和___________(填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是___________。 (5)将2.075g VO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量) ，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0. 10 mol∙L−1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示： 序号 起始读数 终点读数 ① 0.10 20.55 ② 0. 02 20.12 ③ 0.03 19. 93 该产品的纯度为___________%。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果___________ (填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3 +I2 =Na2S4O6 + 2NaI) 17一种高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量等，其中含量较大。研究人员设计了如下流程，制得 了金属锰。 已知：①金属离子的与溶液的关系如下图所示。 ②金属硫化物的溶度积常数如下表。 金属硫化物 回答下列问题。 (1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式___________。 (2)根据矿物组成，脱硫时能被部分溶解的物质是___________。 (3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。 (4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________；酸浸时，加入的作用是___________(用离子方程式表示)。 (5)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是___________；加入适量的除去的主要离子是___________。 (6)除杂后的溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为___________。 (7)锰的化合物是一种锂电池材料，其晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为，则晶体密度为___________。 18．金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： （1）转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： Ⅰ碳氯化：  ，。 Ⅱ直接氯化：  ，。 ①对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。 ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。 ③反应的为 ，平衡常数 。 （2）在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①图中的四条线中，A代表的物质是 (填“”或“”)。 ②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 （3）碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是 。 19．镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。 已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。 ii．萃取率；分离系数。 iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。 （1）镀锌废酸液中主要含有的阳离子有 。 （2）萃取过程： 第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成； 第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。 ①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理 。 ②写出第二步反应的离子方程式 。 （3）5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是 。 （4）写出反萃取的化学方程式 。 （5）测定废酸液中含量的操作如下： 取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为 （已知：全部被还原为）。 20．用废催化剂(主要成份为、、、、、)回收金属元素，制备光学材料、陶瓷材料、媒染剂偏钒酸铵。 资料：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示。 金属离子 开始沉淀pH 1.9 3.7 6.8 完全沉淀 3.2 4.7 8.3 回答下列问题： （1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是 (写一点即可)。 （2）滤渣2主要为 。 （3）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 。 （4）检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。 （5）以为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的。常温下，选择初始浓度为的废水，控制纳米铁用量相同，测得去除率随初始的变化如图所示。初始在内去除率随初始增大缓慢上升，而初始在内去除率随初始增大快速上升的原因是 。 （6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂，结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号号，可能的原因是 。 （7）偏钒酸铵(N)在空气中灼烧得到。称取灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入的溶液，再用的溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为，则产物中的质量分数为 。(已知：的相对分子质量为182，) 21．以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 （1）中Co元素的化合价为 。 （2）用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是 。 （3）相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式 。 ②混合液调的原因 。 ③混合液时， 填“>”或“<”）。 （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式 。 （5）理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是 。 （6）分析联合提取钴和锂的优势 。 22．常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 （1）由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程 。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是 。 （2）从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 （填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是 。 （3）产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为 。（实验条件下存在不影响实验结果） 23．钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。 资料：ⅰ、溶液、溶液和溶液中的钛元素均以存在。 ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：。 （1）“氧化浸出”过程中被氧化，反应的离子方程式是 。 （2）溶液B中加入使结晶，随着的用量增大，的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因： 。 （3）溶液经水解析出，反应的离子方程式是 。 （4）溶液D中加入后，被氧化为，萃取得到富钒溶液。用萃取钒时发生反应：，分液后得到含的有机溶液。由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是 。 （5）最终得到的中含有铁元素，原因是 。 （6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。 已知：ⅰ、将氧化为是该反应的催化剂。 ⅱ、还原性均被还原为。 ①溶液溶液、溶液溶液消耗标准溶液的体积分别为和，则溶液中与的物质的量之比是 。 ②若不加入，最终会导致测定结果中铁元素的含量 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 24．铁、铜及其化合物是中学化学中常见化学物质，阅读材料回答问题： (一)氯化铁是重要的化工原料，FeCl3·6H2O的实验室制备流程图如下： (1)废铁屑表面往往含有油污，去除废铁屑表面的油污的方法是___________。操作①要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和___________。 (2)加入含有少量铜的废铁屑比加入纯铁屑反应更快，原因为___________。操作②涉及的过程为：加热浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。 (3)检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是___________。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________、___________。 (二)为测定CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如下方案： (4)判断沉淀完全的操作为___________。 (5)固体质量为w g，则___________mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 25．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70 %Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：      一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表： 金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 4.4 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 6.4 完成下列填空： (1)写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式________________；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是__________，NaOH调节溶液pH的目的是使____________生成沉淀。 (2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、_______、_______、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。 (3)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，探究小组设计了三种方案： 上述三种方案中，____方案不可行，原因是________；从原子利用率角度考虑，_____方案更合理。 (4)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol ·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2-= CuY2- + 2H+ 写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ ________________________________ 。 下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_________。 a．未干燥锥形瓶      b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡    c．未除净可与EDTA反应的干扰离子 26．（2023·四川凉山·统考二模）某工厂利用黄铁矿(FeS2)和电解金属锰后的阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)为原料制备高性能磁性材料MnCO3的I工艺流程如下： 回答下列问题： (1)FeS2中硫元素化合价为_______，滤渣I的成分除了S还有_______。 (2)写出任意两种加快酸浸速率的措施_______、_______。“除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是_______。 (3)请结合平衡移动原理解释“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全的原因是：_____。 (4)“沉锰”时发生反应的离子方程式为：_______。“沉锰”时需缓慢向含MnSO4的溶液中滴加NH4HCO3，否则会发生反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)而生成Mn(OH)2，该反应的平衡常数K=_______(保留一位小数，已知： Ksp[Mn(OH)2]=1.9 ×10-13，Ksp(MnCO3)=2.2× 10-11)。 (5)用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极反应式为_______。 【答案】(1)-1 PbSO4 (2)粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度 适当升温等 将Fe2+氧化成Fe3+，以便除去 (3)酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移 (4)Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑ 115.8 (5)Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+ 【解析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰； （1）根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价； 根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4； （2）加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等； “除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去； （3）酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全； （4）硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为: Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑； 反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)的平衡常数K=====115.8； （5）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2+失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+。 27．钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成分是、，含有、及、、等化合物杂质)制备单质钒的工艺流程图如下所示： 已知：①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1 ②、、远大于。 ③一般认为平衡常数反应较完全。 回答下列问题： (1)为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有___________、___________。 (2)“焙烧”时，、都转化为，写出转化为的化学反应方程式_____。 (3)“水浸”加入调节溶液的pH为8.5，可完全除去的金属离子有_____，及部分的______。“水浸”加入不能使完全转化，原因是______。 (4)“离子交换”可表示为(为强碱性阴离子交换树脂，为在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程“淋洗液”最好选用_____。 (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼V的方法相似的是____。 A．高炉炼铁 B．电解熔融NaCl制钠 C．利用铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞 28．重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示： 回答下列问题。 (1)将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是______________________________。 步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3 + Na2CO3 +NaNO3Na2CrO4+ Fe2O3 + CO2+NaNO2(未配平) ，氧化产物为_________________，配平后FeO· Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为______________。 (2)下列说法正确的是 。 A．步骤①可以用陶瓷容器做反应器 B．步骤②低温可提高浸取率 C．步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3 D．步骤④的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7 (3)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到 (填标号)，得到的K2Cr2O7固体产品最多。 A．20°C B．40°C C．60°C D．80°C (4)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到m2 kg K2Cr2O7产率为_______________(用含m1、m2的代数式表示)。 (5)某小组用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，其中某同学测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测溶液时少加了一种试剂。该试剂是________，添加该试剂的作用是_______________________________ 29．钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图： 已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。 II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。 (1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。 (2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。 (3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。 (4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。 A．硫酸    　　　　B．盐酸　　　　C．无水乙醇 (5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。 (6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。 30．硫酸亚铁晶体(FeSO4•7H2O)可用于生产聚合硫酸铁。以钕铁硼二次废渣(主要含Fe2O3、Fe3O4等)为原料制备硫酸亚铁晶体的实验流程如图： (1)“酸浸”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为_____。 (2)将“滤渣”返回“酸浸”工序，其目的是_____。 (3)与普通过滤相比，使用图1装置进行过滤的优点是_____。 (4)固定其他条件不变，反应温度、反应时间、铁粉过量系数[]分别对“滤液”中Fe3+还原率的影响如图2、图3、图4所示。 设计由100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］制备硫酸亚铁粗品的实验方案：_____。(须使用的试剂和仪器：铁粉、冰水、真空蒸发仪) (5)通过下列实验测定硫酸亚铁晶体样品的纯度。准确称取1.2000g样品置于锥形瓶中，用50mL蒸馏水完全溶解，加一定量硫酸和磷酸溶液；用0.02000mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO转化为Mn2+)，平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液42.90mL。计算硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数_____。(写出计算过程) 31．实验小组模拟工业上回收“分银渣”中的银，过程如下： I中反应：(杂质不反应) (1)过程I中，向溶液中加入分银渣，10分钟后，固体质量减少了28.7g，则反应速率_______。(忽略溶液体积变化) (2)溶液中离子浓度的关系是：_______。 (3)其他条件不变，反应I在敞口容器中进行，若反应时间过长反而银的产率降低，银产率降低的可能原因是_______(用离子方程式解释)。 不同时，浸出液中的浓度与含硫化合物总浓度的关系如下图所示(注：含硫化合物总浓度即亚硫酸钠溶液中含硫微粒总浓度)。 (4)时，解释浓度度随含硫化合物总浓度变化趋势的原因_______。 (5)时，浓度随含硫化合物总浓度的变化与时不同，可能的原因是_______。 (6)将II中反应的离子方程式补充完整： (中的化合价可看做0价) ++____= ____+_______+ (7)III中回收液可直接循环使用，但循环多次后，银浸出率降低。从回收液离子浓度变化和平衡移动的角度分析原因：_______。 31．镍钴锰酸锂材料是近年来开发的一类新型锂离子电池正极材料，具有容量高、循环稳定性好、成本适中等优点，这类材料可以同时有效克服钴酸锂材料成本过高、磷酸铁锂容量低等问题，工业上可由废旧的钴酸锂、磷酸铁锂、镍酸锂、锰酸锂电池正极材料(还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)，经过一系列工艺流程制备镍钴锰酸锂材料，该材料可用于三元锂电池的制备，实现电池的回收再利用，工艺流程如下图所示： 已知：①粉碎灼烧后主要成分是、、、MnO、Fe2O3、； ②萃取剂对选择性很高，且生成的物质很稳定，有机相中的很难被反萃取 请回答下列问题： (1)正极材料在“灼烧”前先粉碎的目的是___________。 (2)“碱浸”的目的是___________，涉及的化学方程式是___________。 (3)“酸浸”时加入的作用是___________。 (4)上述工艺流程中采用萃取法净化除去了，若采用沉淀法除去铁元素，结合下表，最佳的pH范围是___________。 开始沉淀时pH 1.5 3.4 6.3 6.6 6.7 7.8 完全沉淀时pH 3.5 4.7 8.3 9.2 9.5 10.4 (5)镍钴锰酸锂材料中根据镍钴锰的比例不同，可有不同的结构，其中一种底面为正六边形结构的晶胞如图所示。 ①该物质的化学式为___________，写出基态Mn原子价层电子的轨道表示式___________。 ②已知晶胞底面边长是anm，高是bnm，一个晶胞的质量为Mg，计算该晶胞的密度___________(用计算式表示)。 32.钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有、和不溶性硅酸盐)制备 的新工艺流程如图： 已知：滤液1和滤液2中钒以的形式存在。回答下列问题： (1)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有___________。 (2)在滤渣1中加入和过量溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 (3)混合溶液中加入，发生反应的离子方程式是___________。 (4)钒最后以的形式沉淀出来。沉钒率(沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是___________(写一条即可)。 (5)称取w g所得产品，先用硫酸溶解，得到溶液，再加入的溶液，最后用酸性溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。假设杂质不参与反应，锰被还原为。则产品中的质量分数为___________，(已知和溶液反应的离子方程式为) 33.铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉，其工艺流程如下图所示： 回答下列问题 (1)图1是矿样粒度与浸出率关系图，浸出时应将富铼渣粉碎至___________目；请写出提高铼浸出率的另外两种方法___________、___________。浸出反应中ReS2转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式___________。 (2)图2表示萃取液流速与铼吸附率关系。结合实际工业生产效益，萃取剂流速宜选用的范围是6～8BV/h，选择此范围的原因是___________。 (3)酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图3所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是___________。 (4)实验室中，操作III所用主要仪器名称为___________。已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。若要得到纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过在水中___________的方法提纯。 (5)高铼酸铵热分解得到Re2O7，写出氢气在800℃时还原Re2O7，制得铼粉的化学方程式___________。 (6)整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、___________、___________。 34．现以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)为原料，可生产三盐基硫酸铅(PbSO4·3PbO·H2O)和副产品Fe2O3·xH2O，其工艺流程如下： 已知：Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8 (1)“转化”后的难溶物质为PbCO3和少量PbSO4，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为___________，滤液1中和的浓度比为___________(保留两位有效数字)。 (2)“酸浸”过程，产生的气体主要有NOx(氮氧化物)和___________(填化学式)；___________(填“可以”或“不可以”)使用[H2SO4+O2]替代HNO3。 (3)“沉铅”后循环利用的物质Y是___________(填化学式)。 (4)“除杂”中滤渣的主要成分为___________(填化学式)；在50~60°C“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为___________。 (5)根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后___________、___________，洗涤后干燥。 35．钨精矿分解渣可回收制备氧化铁和碳酸锰。在70~80℃时，钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为、、，还含有少量、等。浸出液进一步制备氧化铁和碳酸锰的部分工艺流程如下。    已知：ⅰ、金属离子的起始浓度为时，生成氢氧化物沉淀的。 氢氧化物 开始沉淀时 1.5 3.3 4.4 7.8 完全沉淀时 2.8 4.6 6.4 8.8 ⅱ、 物质 (1)浸出液加入硫酸铵后，采取的分离操作是___________。 (2)沉淀1的主要成分是___________。 (3)已知，煅烧后的Fe2O3不溶于水和稀硝酸。粗氧化铁中除Fe2O3外，还含有的物质是___________。 (4)结合化学用语解释溶液呈碱性的原因___________。 (5)滤液3中含有和，加入主要沉淀出的原因可能是___________。 (6)碳酸锰含量测定。 步骤1：准确称取碳酸锰样品于锥形瓶中，加入适量高磷混酸(主要含和)加热至220℃~240℃，无小气泡冒出后，冷却至室温。 步骤2：用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液体积为。 已知：ⅰ、能与络合形成稳定的。 ⅱ、的沸点为203℃。 ①写出将氧化为，同时生成的离子方程式___________。 ②碳酸锰样品中锰的质量分数为___________。 36．2019年诺贝尔化学奖授予约翰·古迪纳夫、斯坦利·威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法治金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片（除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂）中的资源，部分流程如图： （1）从“正极”可以回收的金属有___________。 （2）“碱溶”时Al箔溶解的离子方程式_________。 （3）“酸浸”时产生标准状况下2.24L NO时，则被氧化的LiFePO4为______mol。（其他杂质不与HNO3反应） （4）实验测得滤液②中c（Li+）＝4 mol·L－1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率到99%，则滤液③中c（CO32－）＝________ mol·L－1。 [Ksp（Li2CO3）＝1.6×10－3] （5）磷酸亚铁锂电池总反应为：LiFePO4＋6C Li1－xFePO4＋LixC6，电池中的固体电解质可传导Li+。充电时，Li+移向_______（填“阳极”或“阴极”）；放电时，正极反应式为_______。 （6）磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取1.40g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.030 mol·L－1重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液40.00mL。 已知：2Fe3+＋Sn2+＋6Cl－=SnCl62－＋2Fe2+ 4Cl－＋Sn2+＋2HgCl2=SnCl62－＋Hg2Cl2 6Fe2+＋Cr2O72－＋14H+=6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O ① 实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是__________。 ② 磷酸亚铁锂电池中铁的含量为_______。 37．电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (1)Na2SnO3的回收 ①产品Na2SnO3中Sn的化合价是______。 ②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。 ③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。 (2)滤液1的处理 ①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。 ②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。 (3)产品中锡含量的测定 称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。 ①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。 ②产品中Sn的质量分数为_____%。 38．以废旧铜电路板为原料制备硫酸铜晶体可变废为宝，如图是某工厂的实际制备工艺流程。 资料1：流程中RH为有机化合物 (1)浸取前将废旧铜电路板粉碎的目的是_____。 (2)上述流程中需要用到分液操作步骤是(填序号)_____。 (3)浸取后得到的溶液铜元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，浸取时发生反应的离子方程式为_____。 (4)研究发现，加入H2O2后随温度升高，铜元素浸出率随温度变化的曲线如图。分析温度高于85℃，铜元素浸出率下降可能的原因_____。 (5)工艺流程中循环使用的物质有：NH3、_____、有机溶剂、_____。 (6)该工厂排放的水质情况及国家允许的污水排放标准如表所示。为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、 39．一种从闪锌矿（主要成分为ZnS）中提炼多种金属的部分流程如下。 资料： ⅰ.锌焙砂的主要成分是ZnO，还含有、、CuO、。 ⅱ.常温下、几种氢氧化物的： 氢氧化物 (1)铟（）在元素周期表中的位置是 。 (2)闪锌矿焙烧产生的气体可用于 （写出一种用途）。 (3)“沉铜”步骤中，与铁粉发生反应的离子有 。 (4)“沉铟”步骤得到的富铟渣中，铟元素主要以形式存在。 ①结合平衡移动原理解释的生成： 。 ②“沉铟”时，研究其他条件相同，In和Fe的沉淀率与反应时间的关系，数据如图所示。 60min后，锌粉几乎无剩余。60min后。In和Fe的沉淀率变化的原因是 。 (5)“富铟渣”经过下列步骤得到海绵状单质In。 补全“置换”的操作：加入过量Zn， ，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。 40．钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。 已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。 回答下列问题： (1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。 (2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。 (3)已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。 (4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。 250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。 41．一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下： 已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题： (1)“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。 (2)“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。 (3)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。 (4)“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。 42．硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要 成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下： 已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置； ②高温下蒸气压大、易挥发； ③可溶于热的浓硫酸形成。 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 (2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_______，该工艺中，经处理可循环利用的物质为_______(填化学式)。 (3)“热还原”中发生反应的化学方程式为_______，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是_______。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是_______(用化学方程式解释)。 (4)原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为_______。若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量为_______kg。 43．工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图： 已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。 ②25℃时相关物质的Ksp见表： 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 TiO(OH)2 Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-11.6 1.0×10-29 回答下列问题： (1)矿渣的主要成分是_____；试剂A为_____(填化学式)。 (2)“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。 (3)“转化”工序，加入试剂B调节pH。 ①试剂B为_____(填标号)。 A．H2SO4      B．H2O2      C．Na2CO3      D．NH4Cl ②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]需要调节溶液的pH略大于_____。 (4)“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表： 物质 TiCl4 Cl2 CO CO2 分压MPa 4.59×10-2 4.98×10-9 1.84×10-2 3.70×10-2 该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。 (5)高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。 A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar 44．硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。 已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下： 金属离子 开始沉淀的 6.3 1.8 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的 8.3 3.2 4.7 10.9 8.2 8.9 ②当离子完全沉淀时，。 回答下列问题： (1)为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有_______(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为_______。 (2)写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式_______、_______。 (3)“氧化除杂”中加入和的作用分别是_______，溶液的应调节为_______之间。 (4)“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的溶液的浓度至少为_______。[已知] (5)称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为_______。 45．二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示： 已知：①易溶于强酸；不溶于硫酸，也不溶于溶液。 ②；；；当离子浓度≤10-5mol/L，可认为沉淀完全。 回答下列问题： (1)氟碳铈矿“氧化焙烧”化学方程式为___________，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是___________。 (2)浓盐酸价格便宜，但是溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是___________，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是___________。 (3)“滤液Ⅱ”中加入量(图a)、最佳比例时沉淀反应的温度(图b)与铈的沉淀率关系如图所示： 根据图分析：沉铈时应选择最佳条件为___________。 (4)经充分焙烧质量减少5.8t，则获得的质量为___________t。 (5)“滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是___________、___________(填序号)，制备硫酸铝铵晶体时，理论上向“滤渣Ⅲ”中加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为___________。 a．铁粉  b．铝粉  c．浓氨水  d．  e． 46．盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下： 已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： (1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液_____。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。 (3)精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。 47．工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。 (2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。 (3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。 A．、、        B．、、 C．、、        D．、、 48．一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下： 已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题： (1)“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。 (2)“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。 (3)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。 (4)“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。 49．是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，，C等)制备的工艺流程如下所示：    已知：①常温下，溶液中相关离子的与溶液pH的关系如图所示。当溶液中离子浓度mol⋅L-1时，可认为已除尽。    ②萃取的原理为(水相)(有机相)(有机相)(水相) 回答下列问题： (1)“预处理”操作可以选择用_____(填标号)来除去含镍废料表面的矿物油污。 A．纯碱溶液 B．NaOH溶液 C．酒精 D．硫酸溶液 (2)“氧化”时主要反应的离子方程式为______；“氧化”所得溶液中含有、、，验证不能氧化所需的试剂是___________。 (3)常温下，“调pH”时，溶液中浓度为0.10mol·L，需控制溶液的pH范围是___________；滤渣2的主要成分是___________(填化学式)。 (4)“萃取”和“反萃取”的目的是___________；为提高离子的“反萃取”率，在“反萃取”时可采取的措施有___________(回答一条即可)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示___________(填标号)。    50．回收稀土元素对促进稀土资源循环利用有十分重要的意义。利用钕铁硼合金废料制备和的工艺流程如下：    已知：①钕能与盐酸发生反应，硼不与盐酸反应；钕离子可与生成可溶性配合物。 ②25℃，相关物质的见下表 物质 回答下列问题： (1)探究不同条件下，“酸浸”操作中钕、铁元素的浸出率，如下表所示。 序号 温度(℃) 盐酸(mol/L) 酒石酸浓度(g/L) 的浸出率(%) Nd的浸出率(%) Ⅰ 40 4 0 69.15 87.22 Ⅱ 50 4 0 65.35 83.45 Ⅲ 40 6 0 74.64 91.05 Ⅳ 40 6 50 71.54 93.62 ①酒石酸的作用是___________。 ②温度升高钕浸出率降低，可能原因是___________。 (2)“沉钕”过程中，草酸用量对钕回收的影响如图所示，当草酸实际用量与理论计算量比值n大于1.5时，沉钕率和沉淀纯度均下降，其原因是___________；“沉钕”后的滤液可导入___________操作再利用(填操作单元的名称)；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧的化学方程式为___________。    (3)“净化”时需先加入的试剂为___________(填化学式)，再用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为___________(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全)：“碳化“过程的离子方程式为___________。 (4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以溶液为原料制备，电解时通过膜的离子主要为___________。    51．工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量)和辉钼矿(主要成分为为，还含有少量Si、Ni的氧化物)为原料，制备四钼酸铵晶体和硫酸锰晶体的工艺流程如下。    已知：，常温下，NiS和MnS的分别为19.4和12.6；。 回答下列问题： (1)为了提高焙烧效率，可以采取的措施有___________(写一条即可)；“高温焙烧”时、转化为、，写出该反应的化学方程式___________。 (2)“酸浸”时，硫酸浓度对Mo、Mn浸出率的影响如图所示。    “酸浸”时硫酸的最佳浓度为___________，理由是___________。 (3)黄钠铁矾的化学式为，生成黄钠铁矾的离子方程式为___________；“除铁”后的溶液中，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽，则“除镍”应控制溶液pH的范围是___________[已知，该溶液中和pH的关系为；忽略溶液体积变化]。 (4)“萃取”的原理为(叔胺)，则“反萃取”中的试剂X最适宜选用___________(填标号)。 a．稀硫酸    b．溶液    c．NaOH溶液    d．氨水 从“母液”中回收的副产品主要是___________(填名称)。 52．钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。赤泥含有、、、等，以赤泥为原料提取氧化钪的流程如下： 已知：①，易水解；②常温下，“浸出液”中，。 回答下列问题： (1)操作A是___________。 (2)“溶解”中作用有将转化成、作溶剂和___________。 (3)“萃取”是用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507质量分数(w)对萃取率的影响如表所示、料液温度对分离系数(β)的影响如图1所示，萃取时P507最佳质量分数及料液温度分别为___________、___________。“萃取”过程中应控制pH小于___________。 [分离系数指分离后混合体系中某物质的物质的量分数，如％] w(P507) 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)已知，，。“沉钪”时，发生反应：，此反应的平衡常数___________(用含m、n、p的代数式表示)。 (5)草酸钪晶体隔绝空气加热，随温度的变化情况如图所示。 550℃时，晶体的成分是___________(填化学式)，550～850℃，生成气体的物质的量之比为___________(已知的摩尔质量为)。 53．工业上以硼镁矿(主要成分是，还含有、、、、等杂质)为原料生产硼酸和七水硫酸镁。工艺流程如图： (1)为提高碱浸效率，可采取的措施有 (任答两点即可)。 (2)中B元素化合价为 ，其与NaOH溶液反应生成MgO和，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。 (3)硼砂的主要成为，易溶于水，且易水解(硼酸)(硼酸在常温下溶解度较小)，写出与硫酸反应的化学方程式 。 (4)操作II前“加热”的目的是 。 (5)①固体III的主要成分除之外还含有一种不溶于稀盐酸的黑色固体，该固体是 ，生成该物质的离子方程式为 。 ②若仅考虑使完全沉淀，则加入MgO调pH应不小于 (已知：i．下，；ii．；iii．某离子浓度时，即视为已完全沉淀)。 54．锆是一种稀有金属，广泛用在航空航天、军工、核反应、原子能领域。一种以锆英砂(主要含，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素)为原料生产金属锆和副产物硅酸钙的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为、、、； ②“氨沉”时产物为、和； ③25℃时，，； ④部分氯化物的沸点数据如表所示： 物质 沸点/℃ 331 1300 316 700 回答下列问题： (1)“碱熔”时有生成，温度和时问对锆英砂碱熔分解率的影响如图所示，则应采取的条件为 。发生反应的化学方程式为 。 (2)“萃取”时除去的杂质元素为 ，流程中可循环利用的物质除TOPO外，还有 (填化学式)。 (3)沉氨反应结束后溶液中，则 。 (4)“煅烧”时分解生成，“沸腾氯化”时发生反应的化学方程式为： 。氯化反应结束通入，可以将转为，其目的是： 。 (5)某种掺杂CaO的晶胞如图所示，Ca位于晶胞的面心。 Ⅰ．下列说法正确的是： 。 a．已知Zr在周期表中与Ti同族且相邻，则Zr的价电子排布式为： b．O位于Zr与Ca构成的四面体内部 c．每个O周围最紧邻的O有12个 Ⅱ．结合图中数据，计算该晶胞的密度 (设为阿伏加德罗常数，用含r和的代数式表示)。 55．磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、MgO、CaO以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。 该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4 沉淀完全的pH(mol/L) 3.2 4.7 11.1 13.8 回答下列问题： (1)“培烧”中，高钛炉渣研细的目的是______。 (2)在“分步沉淀”时用氨水调节pH至______，“母液①”中浓度为mol/L。 (3)“水解”时，反应的离子方程式是______。 分析化学上，测定酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两步反应：①用Al粉还原得到；②用溶液滴定，。反应②的滴定实验可选用______溶液作指示剂。 (4)用固体二氧化钛生产海绵钛的装置示意图如下，其原理是的氧解离进入熔融盐中而得到纯钛。电解过程中，b极是______极，阴极的电极反应式______。 (5)将转化为、再进一步还原得到钛(Ti)，是目前生产钛的方法之一。 ①600℃，与C、充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 CO2 分压(MPa) 与C、反应的总化学方程式为______。 ②已知Ti的四卤化物熔点如下表所示，熔点高于其他三种卤化物，自至熔点依次升高，原因是______。 化合物 熔点/℃ 377 -24.12 38.3 155 56．对废弃的材料进行处理，制备和，工艺流程如图所示： 已知：ⅰ.萃取原理为(有机层)； ⅱ.、均难溶于水； ⅲ.常温下，； ⅳ.当离子浓度小于时可视为沉淀完全。 (1)“酸浸”前，需将粗品粉碎，其目的是 。 (2)升温能加快酸浸的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是 。“酸浸”时不能用浓盐酸代替和的混合液，原因是 。 (3)为提高的析出量和纯度，结合的溶解度曲线(图1)可知“操作”依次为蒸发浓缩、 、洗涤、干燥等。 (4)已知萃取率随pH变化如图2所示，萃取率先升高后下降的原因可能是 。 (5)写出“沉钴”反应的离子方程式 。“沉钴”后的滤液中不低于 。 (6)“煅烧”时发生反应的化学方程式为 。 (7)用稀硫酸溶解粗品，再加入适量溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入铁氰化钾溶液，滴定终点时消耗VmL。计算粗品中Co元素的质量分数 。(已知：) 57．四钼酸铵的用途非常广泛，可用作催化剂、防腐剂、阻燃剂等。下图是用辉钼矿(含、、、、等)制备四钼酸铵和一些副产品的工艺流程图： 已知：①、、均可与纯碱反应生成对应的钠盐。 ②“沉钒”后的形式存在于溶液中；在不同条件下聚合生成多酸根离子，如、、等，越小聚合度越大。 回答下面问题： (1)V在元素周期表中的位置是 。 (2)“氧化焙烧”时生成两种气体，写出发生反应的化学方程式 。 (3)“洗气”过程中“试剂X”可以是 (填字母序号)。 a．溶液        b．饱和溶液        c．饱和溶液 (4)向“溶液”中通入气体2和气体3的顺序是先通入 (填化学式)。 (5)“洗脱”工序中洗脱液的主要成分是 (填化学式)。 (6)“沉钼”过程中发生反应的离子方程式是 。 (7)金属Mo晶胞如图甲所示，原子之间相互位置关系的平面图如图乙所示。该晶胞空间利用率是 (用含有“π”的代数式表示)。()。 58．高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为、、和)可用于制备晶体，工艺流程如图所示。已知：硫铁矿主要成分为(杂质不参与反应)。 该工艺条件下金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示。 金属离子 开始沉淀pH 2.10 7.45 9.27 9.60 完全沉淀pH 3.20 8.95 10.87 11.13 回答下列问题： (1)在实验室进行过滤操作，下列仪器不需要用到的是 (填名称)。 (2)的结构类似于，是一种过硫化物，与酸反应生成，类似于，易分解，实验室制取时，某学生误将颗粒当作使用，当和足量盐酸反应完全后，不可能生成的物质为___________(填字母)。 A． B．S C．FeS D． (3)“反应Ⅱ”中发生反应的离子方程式为 ；“反应Ⅲ”加入的目的是 ；检验“反应Ⅲ”完全反应的实验操作是 。 (4)“调”时，应控制溶液的范围为 ；滤渣的成分为 (填化学式)；“系列操作”为 。 (5)若产品的纯度较低，进一步提纯的方法是 。 59．(六氟锑酸钠)是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿(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“滤液”中主要含有、以及三种溶质。 回答下列问题： (1)锑矿含有的五种元素(、、、、)中位于元素周期表p区的有 种，基态原子的价电子排布式为 。 (2)“浸出”时可与反应生成硫代亚锑酸盐()和亚锑酸盐()，写出反应的离子方程式： ；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸(不稳定，与亚硫酸类似，会分解)，写出与稀硫酸反应的离子方程式： 。 (3)“滤渣1”的成分是 (填化学式)。 (4)“精制”的目的是除去溶液中的。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成和沉淀，若此时溶液的为10，则溶液中剩余 。 (5)锑矿粉中的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则锑矿粉理论上能制备的质量为 (保留两位有效数字)。 (6)工业上还可以通过电解含、、的溶液制备金属，电解过程中，阳极上发生的电极反应为 。 60．废旧手机的废线路板中富含Cu、Sn、Ni、Pb等金属和少量Ag、Au，具有较高的回收价值，其中部分金属的回收工艺流程如下： 已知：①常温下，微溶于水，可与结合生成配离子：。 ②25℃时，，。 回答下列问题： (1)“拆解破碎”的目的是 。 (2)“75℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的离子方程式为 ，选用浓度较大的4 mol·L盐酸可提高铅元素的浸出率，理由是 (从平衡移动角度分析)。 (3)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)，“氧化酸浸”中，生成Cu²⁺反应的离子方程式为 。 (4)的排放标准为mg·L。“沉锡”残余液排放前应调节溶液的pH范围为 。 (5)“络合酸浸”中，Co2+作催化剂，催化Au浸出，化学方程式为，其反应过程按如下步骤进行： ①先与甘氨酸根(简写为)形成配合物()。 ②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：。 ③Au溶解。 ④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：。 步骤③Au溶解的离子方程式为 。 (6)锡有白锡和灰锡两种单质。白锡晶体中锡原子的堆积方式如图所示，该六棱柱底边边长为a pm，高为c pm，阿伏加德罗常数的值为，白锡晶体的密度为 (列出计算式)。 61．废旧铅蓄电池具有较高的回收利用价值。由废铅膏(含、、和以及少量的铁和铝的氧化物)制备的流程如下： 已知：； ②， 请回答下列问题： (1)“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有 (请写一点)。 (2)“浸取”时发生的主要反应的化学方程式为 。 (3)“浸取”时将换成溶液效果会更好，除作还原剂外，还有的作用为 。 (4)“脱硫”的目的是 。 (5)“脱硫”时转化反应的离子方程式为 ；用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因 。 (6)“焙烧”时会有中间产物生成，固体残留率与温度的关系如图所示，则358℃时对应固体的成分为 (填化学式)。 62．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下： 已知：①，。 ②当溶液中剩余金属离子的浓度时，视为已沉淀完全。 ③。 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”，其目的是 。“焙烧”时生成的气体A的主要成分为 (写化学式)。 (3)“焙烧”时转化为。“碱浸”时，参与反应的离子方程式为 。 (4)“除铁”时，若溶液中、、，加入适量NaOH溶液调节pH(溶液体积变化忽略不计)，可以使沉淀完全，则调节pH的范围为 。 (5)若除铁后所得滤液中，“沉镍”后所得滤液中，则沉镍率= ［，计算过程中不考虑溶液体积变化］。 (6)在空气中加热18.3g，其热重曲线如图所示。a点对应固体的成分是 (填化学式，下同)；b、c点对应固体均为钴的氧化物，则b、c点对应固体的成分分别是 、 。 63．一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还含有铁、钴、铜等元素的氧化物)为原料制备纯锌并将其它金属元素回收利用的工艺流程如下： 已知：①锌精矿在高温焙烧过程中部分转化为铁酸锌()，铁酸锌不溶于稀硫酸 ②黄钠铁矾是一种浅黄色晶体，过滤及沉淀性能较好，但溶液酸性较强时不易生成 ③；； 回答下列问题： (1)常温下，“含尘烟气”中的用氨水吸收至溶液的时，的平衡常数 。 (2)“调pH①”试剂X可选用 。 (3)“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，一段时间后反应速率显著增大，请解释此现象产生的原因 。 (4)“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，原因是 ，“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方䅠式为 。 (5)电解废液可返回到 。操作进行循环利用。 (6)“沉钴”的离子方程式为 。 64．砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸（）形式存在，废水中还含有一定量的硫酸]中回收砷的工艺流程如下： 已知； Ⅰ.； Ⅱ.； Ⅲ.砷酸（）在酸性条件下有强氧化性，能被等还原； Ⅳ.，。 回答下列问题； (1)“沉砷”时，亚砷酸转化为的化学方程式为 。 (2)“沉砷”时产生的废气可用 溶液吸收处理（填化学式）。 (3)“NaOH溶液浸取”后，所得“滤渣”的主要成分是 （填化学式）；此时溶液中存在平衡：，该反应的平衡常数K＝ （保留2位小数）。 (4)向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，反应的离子方程式为 。 (5)“沉砷”过程中FeS不可用过量的替换，原因是     （从平衡移动的角度解释）。 (6)该流程最后一步用“还原”砷酸，发生反应的化学方程式为 。 (7)某含砷化合物晶体的晶胞如图所示，As原子位于紧邻Ni原子构成的正三棱柱的体心。晶胞参数为a pm、a pm、c pm，则该晶体的密度为 （列出计算式，阿伏加德罗常数的值为）。 65．二氧化钛化学稳定性好，无污染，可应用于锂电池负极材料。某含钛高炉渣(主要成分为CaTi2O5，含少量等杂质)制备二氧化钛工艺如下： (1)基态Ti的价电子排布式为 。 (2)“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为 。 (3)“滤液1”中Si、Al分别以 (填离子符号)存在。 (4)“滤渣1”的主要成分为 。 (5)“还原”工序需要在低温下进行的原因是 。 (6)“水解”步骤转化为偏钛酸沉淀，反应的离子方程式为 。 (7)将80g二氧化钛和40g焦炭混合，在真空高温条件下制备碳化钛(TiC)的化学方程式为 ，若该过程固体失重率达到35%，则碳化钛的产率为 。 (8)锐钛矿型TiO2晶胞结构如图，该晶胞中氧的配位数为 ；已知该晶体密度为，则阿伏加德罗常数为 mol⁻¹(用含ρ、a、b的代数式表示)。 66．稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，如汽车尾气用稀土/钯三效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。以氟碳铈矿(主要成分为)为原料制备的一种工艺流程如图： 已知：①滤渣1的主要成分是难溶于水的，滤渣2的主要成分是；、(a、b均大于0)。 ②当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于)时的pH如下表： 金属阳离子 开始沉淀时的pH 1.3 7.7 完全沉淀时的pH 3.1 9.2 回答下列问题： (1)写出一条提高焙烧效率的方法： 。 (2)加入盐酸和进行浸取时有污染环境的气体产生，该气体为 (填化学式)；操作1和操作2的名称为 。 (3)调节滤液1的pH的范围为 ；滤渣3的主要成分为 (填化学式)。 (4)有强氧化性，含的溶液可吸收雾霾中的NO，生成、(二者物质的量之比为1：1)，该反应的离子方程式为 。 (5)滤渣1经KCl溶液充分浸取后，测得反应体系中的物质的量浓度为，则的物质的量浓度为 (用含a、b的式子表示)。 (6)在空气中焙烧的反应方程式为 。 (7)某研究小组利用硫化锌锂电池，在酸性环境下电解制的装置如图所示。阴极的电极反应式为 ，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充 (填化学式)。 67．FTO@是一种光催化材料。以废钒催化剂(主要含、、及少量、)为原料制备FTO@的工艺流程如图所示。 已知：①，； ②当可说明已经完全转化为沉淀。 回答下列问题： (1)“碱浸”时，转化为的离子反应方程式为 。 (2)“酸化”时，需要生成易分离的沉淀而不是生成胶体，通常采取的措施是 (答出一条即可)。 (3)“酸化”时，若调pH为8.37，此时 (填“是”或“否”)沉淀完全。 (4)有机萃取剂(HR)对萃取效果较好，其作用机理可表示为，反萃取剂应选用 (填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液。 (5)若“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为10：3，则“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率约为 %(被还原为KCl)。 (6)“沉钒”中析出晶体时，需加入过量，其原因是 。 (7)FTO@作电极电催化还原的装置如图甲所示。在不同电压条件下进行光照电解实验，不同有机产物的法拉第效率(FE)随电压变化如图乙所示。 已知：，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①电势：泡沫Ni网电极 FTO@电极(填“>”“<”或“=”)。 ②FTO@电极发生的电极反应式为 。 ③维持电压为，电解一段时间后，生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为5：3，则生成HCOOH的法拉第效率m为 。 68．锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下： 25℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。 物质 MnS CoS 回答下列问题： (1)用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有 (写两种)。 (2)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为 。 (3)滤渣1的主要成分是 ，实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是 。 (4)当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的pH至少为 (已知)。 (5)“除杂3”步骤所得溶液中，则其的范围是 。 (6)电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为 。 69． 利用某阳极泥(含和单质)回收贵金属并合成高能量密度材料的工艺流程如下。 (1)“溶浸”过程生成的离子方程式为 。 (2)“还原”过程发生反应的化学方程式为 。 (3)溶液中含银微粒的物质的量分数随的变化如图。 ①“络合”过程为获得，应调节最佳浓度为 。 ②25℃时，的，的，的平衡常数 。 (4)“电解”过程生成的电极反应式为 。 (5)“溶解”过程可提高溶解速率的措施有 (填1条)。 (6)晶体的局部结构如图。 ①晶体中存在的微粒间作用力有 (填标号)。 A．离子键      B．键     C．键      D．金属键      E．氢键 ②晶体中的杂化轨道类型 (填“相同”或“不同”)，依据是 。 70．五氧化二饥广泛用于冶金、化工等行业。某废钒催化剂主要含有、、CaO、、、等，采取如下工艺流程回收其中的钒制备； 已知：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（）的pH 12.4 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时（）的pH 13.8 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： (1)基态V原子的价电子轨道表示式为 。 (2)浸出渣的主要成分是 ，“酸浸还原”中；和均转化为，写出转化为反应的离子方程式为 。 (3)“氧化”中被氧化的元素主要有 （填元素符号）。 (4)“调pH”中有沉淀生成，写出生成沉淀反应的离子方程式 。 (5)“沉钒”中需要加入过量，其原因是 。晶体未经洗涤直接进行“煅烧”，将导致产品中混有 杂质。 (6)工艺中可循环利用的物质有 。 (7)一定温度下，溶解在NaOH溶液中，可得到偏钒酸钠。偏钒酸钠阴离子呈现如图1所示的无限链状结构。碳化钒主要用于制造钒钢及碳化物硬质合金添加剂，其晶胞结构如图2所示。 ①偏钒酸钠的化学式为 。 ②碳化钒晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为 。 ③若碳化钒合金的密度为，阿伏加德罗常数值为，则晶胞参数 nm。 71．利用热镀锌厂在生产过程中产生的副产品锌灰（主要成分为ZnO、及少量、CuO、PbO等）为原料制备氧化锌或皓矾（）工艺流程如下： 已知：①“浸取”时，ZnO和CuO转化为、进入溶液； ②25℃时，，； ③深度除杂标准：溶液中； ④有机萃取剂（用HR表示）可萃取出，其萃取原反应为：。 (1)浸渣中含有的物质包括PbOCl、 。 (2)除砷时，转化为沉淀，写出该反应的离子方程式 。 (3)若深度除铜所得滤液中的浓度为0.2，则溶液中（不考虑水解）浓度至少为 ，才能达到深度除杂标准。 (4)反萃取加入的X最佳物质为 。 (5)“沉锌”过程获得，离子方程式为 。 (6)获取皓矾的一系列操作包括 、过滤、洗涤、干燥。取28.7g产品加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。已知B→D的过程中产生两种气体，分析数据，写出该过程的化学方程式 。 72．重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，可用于制铬矾、火柴、铬颜料，并供鞣革、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，质量分数为67.2%，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]为原料制备重铬酸钾的工艺流程如图所示： 已知： ①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，Cr元素转化为Na2CrO4；铝的氧化物转化为NaAlO2。 ②Fe(CrO2)2的摩尔质量为224g/mol，K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol。 ③矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c(mol•L-1)的对数值与pH的关系如图所示。 某化工厂利用1000kg铬铁矿为原料，制备重铬酸钾。 请回答下列问题： (1)写出“焙烧”过程中发生的主要反应的化学方程式： 。 (2)“水浸”所得滤渣1的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式： 。 (3)在“中和”步骤中加冰醋酸调节pH约等于7，中和后滤渣2的主要成分是 (填化学式)。 (4)“酸化”时加冰醋酸调节pH约等于5，写出酸化过程中发生反应的离子方程式： 。 (5)工序I经过滤、洗涤后获得粗产品，经工序Ⅱ得到661.5kg产品，则工序Ⅱ的操作方法是 ，生产过程的产率为 。 (6)测定产品中K2Cr2O7含量：称取样品2.50g配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL。则样品中K2Cr2O7的纯度为 。(滴定过程中发生的反应为Cr2O+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O) 73．钴广泛应用于机械制造、电子电器、航空航天、电池制造等行业，是国家重要的战略资源。用含钴废料(主要成分为，含少量、、CaO、MgO、等)制备草酸钴晶体()的工艺流程如图所示，试回答下列问题： 已知： ①具有强氧化性。 ②，。 (1)为提高含钴废料的浸出效率，可采取的措施是 (任写一条)。 (2)在水溶液中的电离方程式为 ；浸出渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)向“浸出液”中加入适量的时，发生反应的离子方程式为 。 (4)①“除钙镁”后，滤液中时， 。 ②若“调pH”时溶液的pH偏低，将会导致、沉淀不完全，其原因是 。 (5)将在空气中加热最终可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。[已知：] 经测定，A→B过程中产生的气体只有，此过程中发生反应的化学方程式为 。 74．锑属于氮族元素，广泛用于制造合金、瓷器、颜料、印刷油墨、防爆材料等。现用锑精矿(主要含有等杂质)来制备锑和焦锑酸钠。其工艺流程如图所示： 已知：常温下，，。 回答下列问题： (1)位于元素周期表的 区，其基态原子的价电子排布式为 。 (2)滤渣Ⅰ的主要成分有 。 (3)“碱浸”时，发生反应的化学方程式为 。 (4)“电解”过程中，阳极上发生的两个电极反应式为 、 。 (5)滤渣Ⅱ的主要成分有 。 (6)产品需洗涤、干燥，检验固体是否洗涤干净的试剂为 (填化学式)。 (7)常温条件下，向碱浸液中加入溶液，生成和沉淀时，溶液的为10，则溶液中剩余 。 75．均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： (1)活性可与水反应，化学方程式为 。 (2)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。 (3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 (4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是 。 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的O的个数为 。    (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。 76．稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / (1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 。 (2)“过滤1”前，用溶液调pH至 的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于 (保留两位有效数字)。 (4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是 。 ②“操作X”的过程为：先 ，再固液分离。 (5)该工艺中，可再生循环利用的物质有 (写化学式)。 (6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。 ①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移 电子。 ②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为 。 77．某厂利用富锗ZnO烟尘(还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等)生产锗精矿和碱式碳酸锌[Zn(OH)2CO3]。其流程如图：    已知：Ⅰ.酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在。 Ⅱ.25℃：Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38、Ksp[Zn(OH)3]=1.2×10-17。 请回答下列问题： (1)基态Zn2+的价层电子排布式 。 (2)浸渣①主要含有 ；酸浸中PbO2与98%H2SO4反应的化学方程式为 。 (3)流程中，“Ⅰ”加入Zn粉主要是为了置换 (填离子符号)；常温下，“Ⅱ”控制pH最高为 (溶液中金属离子浓度均按0.12mol•L-1计算)。 (4)沉锌的离子方程式为 。 (5)若ZnS晶胞沿体对角线方向投影，所得的原子投影外围图形为正六边形，如图乙所示，请用“”在图乙中标出晶胞中4个Zn原子的投影位置 ；设晶胞中S离子与其最近的Zn离子的距离为dnm，其密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数NA为 (用含d、ρ的式子表示)。    78．某湿法炼锌的萃余液中含有及二价钴离子()、镍离子()、镉离子()和等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：    已知： 沉淀物 (1)“氧化、调”时，先加入适量的石灰石调节pH为1.0，加入适量的，再加入石灰石为4.0， ①“沉渣”的主要成分除外还有 。 ②若加入过量的，钴元素会被氧化进入“沉渣”中，则溶液中残留的浓度为 。 (2)“沉锌”时，在近中性条件下加入可得碱式碳酸锌固体，同时产生大量的气体，试分析产生大量气体的原因是 。 (3)由碱式碳酸锌生成氧化锌的化学方程式为 。 (4)沉锌后的滤液经过一系列操作后得到的副产品为 (填化学式)。 (5)的晶胞结构如图，则锌的配位数为 ；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为 (写出计算式，阿佛加德罗常数的值为)。    79．锂离子电池广泛应用于便携式电动设备，某锂离子电池废料含Li、Fe、Co等金属及其氧化物，回收利用其废料的一种简化工艺流程如下： 已知：①Fe、Co是中等活泼金属，氧化性：； ②常温下，。 (1)写出一种提高“酸浸”浸出率的途径 。 (2)写出“酸浸”时金属Co与稀反应的化学方程式 ；“酸浸”后溶液中的金属阳离子主要有、 。 (3)“沉铁”反应的离子方程式是 ，“沉钴”时溶液的作用是 。 (4)已知是微溶于水的强电解质，其饱和水溶液的浓度与温度关系如图所示，在a点对应条件下进行“沉锂”，若“沉锂”后溶液为，求= (写出计算过程，保留两位有效数字)。 (5)“沉钴”产物可用于制备CoO，CoO的晶胞结构如图所示，与距离最近且相等的有 个；设与的最近的核间距为r nm，CoO晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏伽德罗常数的值)；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为 (填字母选项)。 80．铟(In)是制备酞菁铟、磷化铟等半导体的重要基础材料，广泛应用于军工、航天航空、平面显示、光电信息、太阳能电池等领域。从铅锌冶炼烟灰(主要含、、ZnO、PbO、)中提取金属铟的流程如图： 已知：氧化酸浸后铟以的形式存在。“萃取”过程中的萃取剂可用表示，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。 回答下列问题： (1)“氧化酸浸”过程中的硫元素被氧化为，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，滤渣除含过量外，还有 (填化学式)。 (2)一个配体中有两个配位原子的配体叫双齿配体，就是一种双齿配体。“净化”时加入的主要作用是络合，的配位数是6，则“净化”时的离子方程式是 。 (3)萃取过程的反应方程式为：，平衡常数为K。一定温度下萃取率(E%)与的关系如下：。当pH=2.30时，萃取率为50%；若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH= ［已知。忽略萃取剂浓度在萃取过程中随pH的变化。结果保留小数点后两位］。 (4)锌可以从 中进行回收(填字母)。 a．滤渣        b．水相        c．有机相        d．滤液 (5)酞菁铟是有机分子酞菁与铟原子形成的复杂分子，结构简式如图所示，该分子中不存在的化学键为 (填字母)。 a．σ键        b．π键       c．离子键        d．配位键 (6)磷化铟的晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm，In的配位数为 ；与In原子间距离为的In原子有 个。 81.金属铑(Rh)是一种高效催化剂，在有机合成中发挥重要作用。一种以高铜铑精矿(主要含Rh，还含有少量的Cu、Fe等杂质)为原料提取的工艺如下： 已知：阳离子交换过程可表示为 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价电子排布式为 。 (2)“氯化溶解”后，Rh元素以的形式存在，其中Rh元素的化合价为 。 (3)“定向脱铜”时，铜与铑的沉淀率随pH变化如下图所示，该过程需将溶液pH调至2，结合图像说明原因 。 (4)“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有 。 (5)“水解”过程中，发生反应的离子方程式为 。 (6)铑锰催化剂可催化反应：。下列有关该反应的说法正确的是 (填标号)。 A．存在极性共价键的断裂与形成 B．所有分子均为非极性分子 C．含碳化合物中心原子杂化轨道类型有与 D．的VSEPR模型为V形 E.催化剂可降低该反应的焓变，从而增大反应速率 (7)铑掺杂形成的催化剂，在光催化还原反应中有很高的催化效率。的晶胞结构如图所示。 ①其中位于晶胞的体心，则所处的位置为晶胞的 (填“顶角”或“棱心”)；每个周围紧邻的共有 个。 ②当有1%的被替代后，晶体中会失去部分产生缺陷，此时平均每个晶胞所含数目为 (保留三位小数)。 82．分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示： 已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。 ②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的浸渣。 回答下列问题： (1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为 。 (2)“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为 。 (3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有析出，分离出的操作是 。滤液中As元素最主要的存在形式为 (常温下，的各级电离常数为：、、)。 A．    B．    C．    D． (4)①中，Sb的化合价为 。 ②“氯盐酸浸”时，通入的目的是 。 (5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为 。 (6)可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于的原因为 。晶胞是长方体结构(如图所示)，碲的配位数为 。已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 (列出计算表达式) 84．以电镀废水（主要成分为及少量）为原料获得的过程如下： 已知：①常温下，易溶于水。 部分难溶物的溶度积常数如下表： ②Cr（Ⅵ）在酸性条件下主要以（橙红色）的形式存在，pH增大转化为（黄色）。，Cr（Ⅵ）较易还原生成（绿色）。 ③时完全转化为，时开始转化为。 (1)“除杂”时调节废水pH将其中除去（浓度小于mol⋅L），需加入熟石灰控制废水pH大于 。 (2)“沉铬”时先加入调节废水pH，再加入使废水中的Cr（Ⅵ）转化为。调节后的废水pH对Cr（Ⅵ）沉淀率的影响如图所示。 ①沉铬过程中将转化为反应的化学方程式为 。 ②废水时，铬沉淀率随pH减小而下降的原因是 。 ③在废水中加入沉淀前后废水pH （填“增大”、“减小”或“不变”）。 (3)“转化”时将转化为。的转化率随着浓度的变化如图所示。当浓度超过0.450 mol⋅L时，Cr（Ⅵ）的转化率随浓度增大变化不明显，其原因是 。 (4)请补充完整由溶液制取的实验方案：向溶液中， ，静置过滤，洗涤，灼烧得到。（可选用的仪器与药品：、稀、NaOH溶液） 85．可用于制取催化剂，可以由含钻废料（主要成分为，还含有少量、和）经过如下过程进行制取： 含钴废料浸取液 (1)含钴废料用硫酸和溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和。 ①写出“浸取”时所发生反应的离子方程式： 。 ②“浸取”时含钴废料、硫酸和溶液混合的方式为 。 (2)已知：①氧化性； ②；可溶于水；与可生成配合物难以沉淀； ③实验条件下金属离子转化为氢氧化物时开始沉淀及沉淀完全的如下表所示： 开始沉淀 1.9 3.4 6.9 6.6 9.1 沉淀完全 3.2 4.7 8.9 9.2 11.1 补充完整由“浸取液”制取的实验方案：取一定量的浸取液， ，过滤，向滤液中滴加溶液，……，得到晶体，（实验中可选用的试剂是的氨水、的溶液、溶液、的溶液）。 (3)已知：。 ①反应的平衡常数为 。 ②制取时使用溶液而不是溶液的原因是 。 (4)为测定草酸钴样品的纯度，进行如下实验： ①取草酸钴样品，加入酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生（该条件下不被氧化，杂质不参与反应）。 ②将溶液冷却，加水稀释定容至。 ③取溶液，用溶液滴定过量的，恰好完全反应时消耗溶液。样品中的质量分数为 。 86．以方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)为原料制备电池材料和，过程可表示为 已知：①   ②   (1)时，“协同浸取”生成和的离子方程式为 ；“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是 。 (2)“沉降分铅”的目的是将滤液中的沉降为沉淀。沉降反应的平衡常数 。 (3)络合萃取剂全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺通过氮原子与形成配位键的方式萃取铅。已知氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，其原因分别是 。 (4)制备。(难溶于水的黑色晶体)可通过空气氧化制得，制备时溶液的温度和对的产率影响如图所示。请补充完整由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中， ，真空40干燥得产品。(必须使用的试剂：空气、蒸馏水、氨水、稀硝酸、溶液。) 87．在环境保护等领域有广泛应用。 (1)在下，向溶液中边搅拌边分批加入固体，同时滴加溶液，使溶液控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得固体。 ①制备理论上需要的物质的量为 ；实际生产过程中所加低于理论用量的原因是 。 ②为检验已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性溶液，该设计方案不合理的理由是 。 (2)的结构中，每个与羟基氧和非羟基氧构成了八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构 。 (3)可用于脱除烟气中的。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的(结构如图2所示)覆盖在的表面。 ①写出反应II的化学方程式： 。 ②工业可使用四氯乙烯溶解并实现与分离。四氯乙烯能溶解的原因是 。 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大键，增强了分子的稳定性。分子中不能形成大键的原因是 。 88．以含钼()废催化剂(含，以及、、等)为原料制备，其过程表示如下： (1)焙烧。将废催化剂和足量固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至充分反应。焙烧过程中转化为的化学方程式为 。 (2)浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、 。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有 (任写一点)。 (3)除杂。向浸取后的滤液中通入过量，过滤。通入过量的目的 。 (4)制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到。灼烧得到的化学方程式为 。 (5)应用。将制成催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮比为1.0的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得的转化率随温度的变化关系如图所示。在温度之间，转化率不高的原因是 。 89．催化剂可以催化脱除烟气中的。 反应为： 已知：①； ②草酸能与含钒粒子形成易溶于水的配合物。 (1)催化剂的制备。称取一定量的和，加入草酸溶液完全溶解。取一定量的粉末浸渍于上述混合溶液中，在水浴中搅拌、静置、过滤、焙烧、研磨后得到催化剂。 ①焙烧时分解产生的化学方程式为 。 ②的作用是 。 (2)催化剂的应用。将模拟烟气以一定流速通过装有催化剂的反应管，反应相同时间，测得的转化率随温度的变化如题图1所示。 ①反应温度高于，转化率下降的原因可能是 。 ②若烟气中含有，则会导致催化剂失活，原因可能是 。 (3)的回收。回收的过程可表示为： ①酸浸时，投料完成后提高原料浸出率的措施有 。 ②酸浸过程中，转化成，该反应的离子方程式为 。 ③水溶液中以形式存在，如题图2所示给出了该离子部分结构，在答题卡的相应位置补充完整该配离子的结构 。 90． 研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。 已知：As（V）在不同pH条件下的物种分布分数如图1所示。 ，；， （1）硫化法：As（Ⅲ）能与硫化剂（能提供）反应生成雌黄（）沉淀。HCHO能在硫酸盐还原菌的作用下将还原为，同时生成。 ①沉淀1 mol As（Ⅲ）理论上需消耗HCHO的物质的量为______mol。 ②能与反应：。该反应的平衡常数______。 （2）石灰沉淀法：向含砷（V）废水中添加石灰水，可使砷元素转化为多种砷酸钙盐沉淀。 ①向中性废水中加入适量石灰水，使As（V）完全转化为沉淀。写出该反应的离子方程式：____________。 ②向含沉淀的悬浊液中通入气体，可得到。该转化能实现的原因是____________。 ③控制其他条件不变，向碱性含砷（V）废水中加入一定量石灰水，测得As（V）去除率在30℃以后随温度升高而降低。可能的原因是__________________。 ④在初始pH、c[As（V）]相同的模拟废水中加入石灰水，As（V）去除率随的变化如图2曲线a所示；固定，往石灰水中添加Fe（Ⅲ）盐，As（V）去除率随的变化如图2曲线b所示。加入Fe（Ⅲ）盐后，As（V）去除率增大的原因是____________。 91．处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如下图所示。 （1）绿矾还原法。FeSO4∙7H2O去除废水中的Cr(Ⅵ)经过“酸化一还原一沉淀”的过程。 ①“还原”时，被还原成Cr3+的离子方程式为___________。 ②的晶胞沿c轴(c轴垂直于a、b轴)方向投影的平面图如下图所示，其中硫原子的杂化方式为___________；已知该晶胞中S原子的数目为4，试预测Fe2+是否占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，并说明理由___________。 （2）铁粉还原法。为探究铜离子浓度对Cr(Ⅵ)去除率的影响，向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为___________。 （3）离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为高分子阳离子骨架)去除酸性废水中Cr(Ⅵ)的原理为。 ①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，发生反应的化学方程式为___________。 ②某树脂的Cr(Ⅵ)摩尔交换总容量为1.45mol·L-1，即每升湿树脂最多吸收1.45molCr(Ⅵ)。现将Cr(Ⅵ)含量为50mg·L-1的废水以1.0L∙h-1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和___________。［Cr(Ⅵ)均以铬元素计，写出计算过程］ 92．以软锰矿浆(含及少量等)吸收烟气中并制备高纯。 （1）吸收。 ①将烟气与软锰矿浆在吸收塔中逆流接触，烟气中的被充分吸收，矿浆中的转化为。写出与发生反应的化学方程式：_______。 ②脱硫过程中软锰矿浆的和吸收率的变化关系如图所示。随着脱硫的进行，软锰矿浆下降，但15小时前下降缓慢，其主要原因是_______。 ③当脱硫15小时后，吸收率急剧下降。此时加入菱锰矿吸收率又可恢复至以上，其原因是_______。 （2）净化。 ①过滤脱硫后的软锰矿浆液，用沉淀除去所得滤液中的、Mg2+(浓度小于)。此时应控制溶液中略大于_______。(已知： 、，、) ②净化时生成的沉淀晶胞结构如图所示。在晶胞中周围距离最近的形成的空隙构型为_______。 （3）制备。 ①向反应器中加入溶液，控制80℃恒温，搅拌下鼓入空气可制得。写出生成的离子方程式：_______。 ②实际生产中，常将溶液和氨水并流加入反应器。若加入的氨水量不足，产品中会混入等，其原因是_______。 93．某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示： 已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下： 金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 15 4.0 4.6 7.6 9.5 沉淀完全的pH 2.8 5.2 6.8 9.7 11.1 金属氢氧化物 Al(OH)3 Cr(OH)3 开始溶解的pH 7.8 12 溶解完全的pH 10.8 >14 ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O iii．已知Cr的金属性强于Fe （1）加入铁粉后，调节pH的范围为___________。 （2）由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为___________。 （3）滤渣3成分的化学式为___________；回收铬时，铬的存在形式为___________(填化学式)。 （4）由滤液2得到结晶水合物的操作是___________、___________过滤、洗涤、干燥。 （5）滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为___________；该过程加入少量CaO的目的是___________。 （6）酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是___________。(已知，Fe2(SO4)3▪ 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g) 94．五氧化二钒是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂工业上以石煤主要成分为，含有少量、等杂质为原料制备，主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、 灼烧”等过程． 已知：溶于水，难溶于水． ，． 回答下列问题： 向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为 ______ ． 向水浸后的溶液中加入生成、沉淀以除去硅、磷除杂后的溶液 中的浓度为，此时溶液中 ______ ；磷、硅去除率随温度变化的曲线如图所示，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高，可能的原因是 ______ ． “沉矾”时加入析出沉钒温度需控制在左右，温度不能过高的原因为 ______ ． 在空气中灼烧得称取灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入溶液，再用溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为，则产物中的质量分数为 ______ 写出计算过程已知：，． 还原可制得，如图为的晶胞，该晶胞中钒的配位数为 ______ ． 95．中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。 (6)“沉金”中的作用为 。 (7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 96．某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的分解为，转变为； ②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 6.5 8.3 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为 。 a.进一步粉碎矿石     b.鼓入适当过量的空气     c.降低焙烧温度 (2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。 (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；② 。 (4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (5)生成气体A的离子方程式为 。 (6)加入金属Bi的目的是 。 (7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为 。 97．某工厂采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料制备电池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4，流程如下： 已知：①原料中铁元素与锰元素物质的量之比； ②共沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O； ③相关物质的Ksp如下： Ksp 回答下列问题： (1)“酸浸”中，提高浸取速率的方法为 （答出一条即可）。 (2)滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，写出该工艺条件下Fe粉与MnO2反应的离子方程式 （忽略Fe与H2SO4的反应）。 (3)滤渣①成分为 （填化学式）。 (4)“除杂”前滤液①调节pH不宜过低的原因是 ；pH过高则会生成 。 (5)滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“共沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，则物质应为 （填“FeSO4”或“MnSO4”）。 (6)“焙烧”过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，“焙烧”过程的化学反应方程式为 。 98．用钒铬矿(主要成分是制备和的流程如下： 已知：①“酸浸”后转化为；②的近似为； (1)基态原子的核外电子有 种空间运动状态。 (2)“氧化”后溶液中大量存在，请写出相应的离子方程式： 。 (3)氧化所得溶液中含有一种复杂的含钒阴离子结构如图所示，由4个四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为 。 (4)调时使用的是氨水和氯化铵的混合溶液，沉钒率受温度影响的关系如图所示。温度高于沉钒率降低的主要原因是 (5)常温下，若“含溶液”中，则“沉钒”调的范围是 。 (6)请写出煅烧生成的化学方程式： (7)可用于测定水体的(是指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水样中的还原性物质完全被氧化，再用的溶液滴定剩余的，被还原为，消耗溶液，则该水样的为 。 99．碳酸锶广泛应用于玻壳玻璃、感性材料、金属冶练、锶盐制备、电子元件、焰火等领域。以天青石(成分为SrSO4、BaSO4、SiO2)为原料制备SrCO3的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：常温下，Ksp(SrSO4)=3.2×10-7；Ksp(SrCO3)=5.6×10-10。 （1）基态Sr2+的最高能级的能层符号是 。 （2）将天青石磨成粉的目的是 。 （3）天青石粉中的SrSO4与氨水、NH4HCO3溶液反应的化学方程式为 ，将过滤后的滤液蒸发浓缩、冷却结晶可得到副产物 (填化学式)。 （4）酸解后滤渣的主要成分为 (填化学式)。 （5）写出“沉锶”过程中反应的离子方程式 。 （6）“系列操作”包括过滤、 、 。 （7）若“沉锶”后溶液中c(Sr2+) =8×10-5 mol∙L-1，则溶液中CO的最小浓度是 mol·L−1。 100．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。 已知：(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。 ①试剂X为 (填试剂名称)。 ②为使、尽可能多地转移到水层，可适当增大试剂X的浓度，还应采取的实验操作有 。 101．中国科学院科研团队经过对嫦娥五号月壤深入研究发现，月壤中的矿物主要为钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)。地球上也有丰富的钛铁矿资源，一种以钛铁矿(含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)为原料，制取钛白颜料(TiO2)并回收绿矾(FeSO4·7H2O)的工艺流程如下： （1）Ti位于元素周期表 区。 （2）在“酸溶”工序中，除粉碎矿石外还可通过 方法提高效率。(一点即可)若在此工序中未发生氧化还原反应，则由原料FeTiO3反应生成TiOSO4的化学方程式： 。 （3）“水浸”时的正确加液操作方法为 。 在“还原”工序后所得滤渣的主要成分包括过量的铁屑和 。 （4）“减压蒸发”是指在密闭容器内抽真空后对液体进行的蒸发浓缩，则本流程中通过“减压蒸发”方式制取绿矾的优点有 。(两点即可) （5）写出“水解”工艺的化学方程式： 。 （6）青铜色的TiO具有强氧化性，可以由TiO2与Ti制得，下图为TiO和TiO2的晶胞结构示意图，则TiO晶胞与TiO2晶胞中O原子的配位数最简整数比为 。 102．镉(Cd)广泛用于金属电镀、制作合金、制作颜料等。以炼锌工艺中烧结电尘(主要成分为CdO、CdSO4，含CdS、Pb、Zn等杂质)为原料，氨法浸出提镉的流程如图1所示。 已知：①CdS既不溶于水也不溶于氨溶液；氨浸出工序中，CdSO4浸出的离子方程式为；净化工序中，含Cd微粒未发生变化。 ②室温下，，，。 回答下列问题： （1）Cd与Zn同族且相邻，基态Cd原子的价电子轨道表示式为 。浸出渣的主要成分是 (填化学式)。 （2）氨浸出工序中，CdO浸出的离子方程式为 。浸出的总氨浓度(与的总浓度)和最佳总氨浓度下氨铵比[]分别与浸出率的关系曲线如图2、3所示，则最佳条件下溶液中 。 （3）沉镉工序中，消耗0.65g锌粉时，溶液质量减轻 g。 （4）沉锌工序中，室温下向溶液中通入至饱和，且控制溶液的，则此时溶液中 。沉锌余液可返回 工序，实现闭环循环，使元素充分利用。 103．钴、镍及其化合物在新能源材料、化工合成领域有着重要的作用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)为原料制备CoCO3和NiSO4·6H2O的工艺流程如下。 回答下列问题： （1）基态Fe3+的价层电子排布式为 。 （2）“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。 （3）“萃取”时一般选择有机萃取剂P204，“萃取”和“反萃取”可表示为。在萃取过程中为了提高萃取率可加入适量 (填写试剂名称)，然后往有机层中加入另一物质进行反萃取。 （4）反萃取时，硫酸的浓度需在一定范围内，其原因是 。 （5）黄钠铁矾渣可用“酸浸-沉淀法”进行铁资源回收：先在加热条件下用稀盐酸浸出铁，再向浸出液中加入少量NaH2PO4，可得沉淀，该沉淀为某种锂离子材料磷酸铁。试写出沉淀的离子方程式 。 （6）常温下，，若起始时，“沉钴”过程中应控制pH＜ 。(lg2=0.3) （7）以上流程的优点有 。 A．资源高效回收利用，低能耗，符合绿色化学原则    B．分步除杂，选择性高   C．工艺成熟，操作简便 104．氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应：； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2； ③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： （1）58Ce位于元素周期表的第 周期第 族。 （2）滤渣A的主要成分是 (填写化学式)。 （3）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 。 （4）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。 （5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为 。 （6）下列关于步骤④的说法正确的是_______(填字母)。 A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率 B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度 C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 D．该步骤发生的反应是2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O （7）若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()= mol∙L−1。 105．电解精炼铜的阳极泥中主要含Au、Ag2Se、Cu2Se等贵重金属。以下是从精炼铜的阳极泥中回收银、金的流程图： （1）铜位于元素周期表第 周期第 族。 （2）铜阳极泥氧化时，采用“低温焙烧”而不采用“高温焙烧”的原因是 。 （3）①已知“浸金”的反应方程式如下：2NaClO3+2Au+12HCl+H2SO4=2HAuCl4+3Cl2↑+Na2SO4+6H2O。当有1 mol的Au溶解时，反应转移的电子数为 。 ②王水溶金方程式如下：Au+HNO3(浓)+4HCl(浓)=HAuCl4+NO↑+2H2O。该流程图中“浸金”方法的优点 (答出一点即可)。 （4）具有极强腐蚀性的强酸氯金酸(HAuCl4)被草酸还原为Au，同时放出二氧化碳气体，写出该反应的离子方程式 。 （5）AgCl(s)+2 (aq) (aq)+Cl-(aq)，浸出液Na2SO3可直接循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低。从化学平衡的角度分析原因： （6）甲醛还原法沉积银，[Ag(SO3)]通常是在搅拌下于室温及弱碱性条件下进行，甲醛被氧化为碳酸氢根离子，则该反应的离子方程式为 。 106．硫酸锌()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Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表： 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_______、_______。 (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_______。 (5)滤液②中加入锌粉的目的是_______。 (6)滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。 107．粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。 (2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有_______。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为_______。 (3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。 (4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。 (5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。 108．硫酸是一种重要的大宗工业化学品，应用广泛，可实现下列转化： (1)过程Ⅰ的化学方程式为 。 (2)已知硫酸分子结构为过程Ⅱ生成了焦硫酸钠Na2S2O7，画出其阴离子的结构式 ；推测焦硫酸钠水溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)，用离子方程式表明原因 。 (3) Na2S2O7，高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体。过程Ⅲ是将过量Na2S2O7固体与磁铁矿熔融反应，产生了混合气体。 ①写出检验混合气体成分的方案 。 ②写出Na2S2O7只与磁铁矿发生反应的总化学方程式 。 (4)过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下反应得到苯磺酸，写出反应的化学方程式 。 109.研究含氮元素物质的反应对生产、生活、科研等方面具有重要的意义。请回答下列问题： 已知：①(异肼) ②HN3不稳定，在水溶液中就会发生歧化反应，其中一种产物为NH2OH。 请回答： (1)写出肼的电子式 。 (2)写出反应I的化学方程式 。 (3)下列说法正确的是______。 A．碱性：NH2OH＞NH3＞N2H4 B．肼可以用做还原剂，也可用做配合物的配体 C．肼在水中的溶解度小于在苯中的溶解度 D．反应Ⅱ中的产物之一可以循环利用 (4)已知：N2H4+H2ON2H5++OH-，N2H5+与CuCl2溶液作用，产生常见气体M，并生成一种溶于稀硝酸的白色沉淀N。 ①生成的气体M和白色沉淀N的成分分别是 、 (填化学式)。 ②请设计实验验证白色沉淀N的组成元素 。 110．废旧三元锂电池含大量的有价金属和危险废物，对其综合回收利用兼具经济和环境效益。我国科学家以 LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2 (NCM) 三元正极材料为原料，采用“选择性焙烧转型-水浸”法对废旧锂电池中有价金属进行回收。 已知：①废旧三元电池物料主要金属元素为 Li、Ni、Co、Mn和 Al。 ②以二价金属氧化物为例，其焙烧过程可能的化学反应可表示为：(未标反应条件) MeO + (NH4)2SO4 = MeSO4+ 2NH3 ↑+ H2O MeSO4 = MeO + SO3↑ ③金属硫酸盐的热分解温度范围 金属硫酸盐 NiSO4 CoSO4 Al2(SO4)3 Li2SO4 热分解温度范围(℃) 700~765 720~770 590~640 950~1000 回答下列问题： （1）Ni的价电子排布式为： 。 （2）废旧锂电池在拆解前先放电的目的是 。 （3）“选择性焙烧转型-水浸”法焙烧的温度和时间对浸出率都有影响，焙烧温度和时间与 金属离子浸出率的关系如图所示。     ①最佳的焙烧条件是 。 ②在整个温度的考察范围内，铝的浸出率一直保持在 0.5% 以下，其原因是 。 （4）实验室完成操作a或操作b所需的玻璃仪器是 。 （5）碱浸时含铝元素物质发生的反应的离子方程式为 。 （6）滤渣经过一系列操作后可以得到Ni0.5Co0.2Mn0.3(OH)2，将其与一定质量的Li2CO3混合后，然后空气气氛下进行烧结，最终得到 LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2 正极材料。其中制备正极材料的化学反应式为： 。 111．采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为 。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有 (填化学式)。 （2）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为 (填化学式)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中 。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为 。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循环利用。 112．利用工业烟尘(主要成分为、、、、等)制备和的流程如下。 已知：该工艺条件下，，，，；易形成胶体吸附含锗微粒。 回答下列问题： （1）“一段低酸还原”中生成的离子方程式为 ；的作用是 ；酸浓度不宜过大的原因是 。 （2）“二段高酸氧压”过程中，存在反应，该反应的平衡常数 ，同时通入氧气的目的是 。 （3）“沉锗”时，若溶液中，为提高锗的纯度，则常温下溶液pH的理论最大值为 ；“水解”的另一种产物用水吸收后可循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 （4）“沉锌铁”过程中，生成的离子方程式为 。 113．以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)为原料制备金属Sb和PbCl2的一种工艺流程如下： 已知：①“酸浸”浸出液中含有SbCl3、PbCl、AsCl3等；物质X、SbCl3、AsCl3均易水解；“酸浸”和“电解”过程无气体放出； ②25℃时，Ksp(PbSO4)=2.55×10-8，Ksp(PbCl2)=1.7×10-5。 回答下列问题： （1）“滤渣”的成分是 (填化学式)，“酸浸”时需加过量盐酸的目的：①与辉锑矿充分反应；② 。 （2）物质X是 (填化学式)，金属Y的作用是 。 （3）“除砷”时氧化剂与还原剂物质的量之比为2:3，反应的化学方程式为 。 （4）“浸取”时温度与NaCl溶液的浓度对铅浸出率和PbCl2溶解度的影响如图所示： ①浸取铅的最合适的条件是 。 ②循环浸取“沉铅”滤渣，向浸取后的溶液中加入适量BaCl2溶液处理后，加水使NaCl浓度稀释至1.5mol·L-1的目的是 。 ③25℃时，PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl(aq)的平衡常数为K1，浸取中反应PbSO4(s)+4Cl-(aq)PbCl(aq)+SO(aq)的平衡常数K= (用含K1的代数式表示)。 114．以锗矿石(NiS、ZnS、，含等杂质)为主要原料制备Ge、Ni和 的工艺流程如下： 已知：①锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀； ②和(以计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9. 回答下列问题： （1）“氧化酸浸”时，控制溶液，浸渣的主要成分为和S，则反应的离子方程式为 。 （2）“操作2”的名称为 。有人依据已知②认为可以直接调pH分离和，以省去有机物使用时可能造成的污染，分析该方法是否正确 。 （3）“调pH、萃取”时，萃取原理为。在硫酸盐溶液中，该萃取剂对某些金属离子的萃取率[萃取率]与pH的变化关系如图所示。在一定范围内，萃取率升高的原因是 。已知在时，达到萃取平衡时，。若在滤液中加入等体积萃取剂进行充分萃取，则的萃取率为 %(保留两位有效数字)。 （4）“电解”制备Ni时，电解池的阴极电极材料为 (填化学式)。电解后的溶液可在工艺中循环使用，利用该电解液的操作单元为 (填标号)。 A．氧化酸浸    B．中和沉淀    C．调节pH、萃取    D．反萃取 115．以铂钯精矿(含Se、Te、Au、Pt、Pd等)为原料，提取贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示： 已知：①“氯化浸出”时，Au、Pt、Pd以AuCl、PtCl、PdCl形式存在； ②(NH4)2PtCl6和(NH4)2PdCl6难溶于水，(NH4)2PtCl4易溶于水； ③室温：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6；571/2≈7.5。 （1）“焙烧”时，Se、Te转化为可溶于水的Na2SeO3和Na2TeO4.转化等物质的量的Se、Te时，消耗NaClO3的物质的量之比为 ；根据下图判断“焙烧”适宜的温度范围是 (填标号)。 A．300-350K    B．350-400K    C．400-450K    D．450-500K （2）一般条件下Au很难被Cl2氧化，但用浓盐酸作浸出液，可使Au被Cl2氧化，由此分析“氯化浸出”过程中浓盐酸的作用为 。 （3）“还原”得到金的离子方程式为 ；加入过量SO2的目的是 。 （4）“煅烧”时还生成N2、NH4Cl和一种气体，该气体用少量水吸收后可重复用于“ ”操作单元。 （5）“沉铂”先通入的气体X为 (填化学式)。“沉铂”中，若向c(PtCl)=0.125mol/L的溶液里加入等体积的NH4Cl溶液，使PtCl沉淀完全，则NH4Cl溶液浓度最小值为 mol/L(结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。 116．一种铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。 已知：①高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水； ②室温下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，≈7.5。 回答下列问题： （1）“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，② ；“溶解Ⅰ”中含铼化合物发生反应的离子方程式为 。 （2）“滤渣Ⅱ”的成分为 ，“操作Ⅰ”为 、过滤、洗涤、干燥。 （3）“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为 ；“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)所需NH4Cl的最小浓度为 mol/L(忽略溶液混合后体积的变化)。 （4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是 ；理论上获得3.72g铼粉，需要标准状况下H2的体积至少为 L。 117．为推动生产方式的绿色化转型，工业上以软锰矿(主要成分为，含、、 )制并协同回收、，以实现绿色化生产的流程如下 已知：I．25℃，　： 　 11.25℃，，， 回答下列问题： （1）“酸浸”中主要反应的化学方程式为 。 （2）“盐浸”中、转换为可溶性配合物。反应，25℃时，其平衡常数 ；滤渣1主要成分的化学式为 。 （3）“沉铅”中，加入至开始沉淀时，溶液中 。若浓度过大，将导致沉铅率降低，其原因是 。 （4）“精制I”发生反应的离子方程式为 。净化液可返回 工序循环使用。 （5）电解制锰如图所示，则b极的电极反应式为 。电解时需保持阴极室溶液不宜过低的原因是 。 118．从银锌渣中(含有Bi、Pb、Ag、Zn、Au等金属)，回收Bi、Ag、Au工艺流程如图： 已知：①氯化浸出Au单质比置换还原Au单质效率高； ②室温下Ksp(PbCl2)=1×10-4，Ksp(AgCl)=1.8×10-10； ③溶液中离子浓度<10-5mol/L时，即可认定该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）“氯化浸出”通入蒸汽的目的是 ；实际生产中KClO3溶液的浓度不宜过高的原因是 。 （2）“置换1”可选用的试剂X为 (填标号)。 A．Mg        B．Zn        C．Au        D．Bi “置换2”反应的离子方程式 。 （3）“还原熔炼”中碳酸钠与AgCl反应生成两种无色气体，分别为 (填化学式)。 （4）“沉银”中水合肼(N2H4·H2O)的作用是 ，将“沉银”生成的银粉制成电极板用作 (填“阴极”或“阳极”)进行电解精炼。 （5）若“酸溶”过滤后的溶液中含有0.1mol Ag+、0.2mol Pb2+，加入NaCl溶液充分沉铅银后的溶液体积为100mL，理论上至少消耗 mol NaCl。 119．锑（Sb）及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧为原料制备Sb和的工艺流程如图所示。 已知： Ⅰ.粗锑氧主要成分为，含有PbO、、、ZnO、FeO等杂质； Ⅱ.浸出液主要含、和，还含有、、和等杂质； Ⅲ.为两性氧化物； Ⅳ.25℃时，、 回答下列问题： (1)已知在熔融状态下不导电，则是 化合物（填“共价”或“离子”）。 (2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中Sb将转化为，该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，避免在滤渣Ⅱ中混入杂质 （填化学式）。 (3)“过滤”得到滤渣成分SbOCl，加过量氨水对其“除氯”的化学反应方程式为 ，“除氯”步骤能否用NaOH溶液代替氨水，原因是： 。 (4)“除砷”时有生成，该反应的离子方程式为 。 (5)“电解”过程中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式 ，当电压超过V时，单位时间内产率降低的原因可能是 。 (6)铈量法测定产物的纯度，操作方法为：称取0.30g样品溶于稀硫酸中，用0.2000mol/L的硫酸铈滴定，使用邻二氮菲-亚铁指示剂，发生反应：，重复3次实验平均消耗标准溶液15.60mL，则产物的纯度为 %。 120．金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战 略 物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含、NiO、FeO、)中回收金属镍并转化为的流程如图所示： 回答下列问题。 (1)“滤液A”中主要溶质的化学式为 。 (2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与反应的化学方程式： 。 (3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得“滤渣”的主要成分的化学式是 。 (4)①“萃取”时发生反应(RH为萃取剂)，一定条件下，萃取平衡时，，则的苯取率为 。 ②反萃取获得，溶液的实验操作是 。 (5)在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料，该反应的离子方程式为 。 (6)镍能形成多种不同的化合物。图a是镍的一种配合物结构，图b是镍的一种氧化物的结构，下列说法不正确的是_________(填字母)。 A．图a中，电负性 B．图a分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键 C．图b是氧化镍(NiO)的一个晶胞 D．氧化镍中、的配位数都是6 121．氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为及大分子有机物和难溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。 已知：的电离常数 (1)溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的②过量的③过量的，正确的加入顺序为 。 A．②①③　　B．③①②　　C．①③② (2)在脱氯工序中加入除去游离的氯的离子方程式为 。 (3)用溶液吸收一定量气体形成缓冲溶液，时，溶液中 。 (4)利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的，通过“错流”方式截留下，使以渗透液的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表： 截留率 物质 反渗透膜(%) 纳滤膜(%) 超滤膜(%) 99 15.6 0 99 99 0 系数 离子 水合离子半径 扩散系数/ 0.397 1.065 0.332 2.032 最好的选择是 膜，该膜脱硫率高的原因是 。 (5)一种镧镍储氢合金晶体的结构单元如图所示，“电解2”产生的与其结合后形成(进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变)。 ①该晶体结构单元中， ，的配位数为 。 ②该合金可以储存 。 122．是制造微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓、铁酸锌，还含少量及一些难溶于酸的物质}获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如图。 已知：①在酸性条件下不稳定，易转化为。 ②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于时可视为沉淀完全。 氢氧化物 ③，。 回答下列问题： (1)写出两条加快“浸出”速率的措施： 。 (2)中铁元素的化合价为 ，与稀硫酸反应的化学方程式为 (3)“调”时需调节溶液的最小值为 。 (4)“滤液1”中主要含有的金属阳离子为 ，检验“滤液1”中是否含有的试剂为 (填名称)。 (5)“转化2”加入铁粉时主要发生反应的离子方程式为 。 (6)“电解”反萃取液(溶质为)制粗镓后的电解废液经处理后可循环使用，电解废液的主要溶质为 (填化学式)。 (7)采用MOCVD(金属有机化合物化学气相沉积)技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为的可燃性气体，写出该反应的化学方程式： (不写条件)。 123．二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。 回答下列问题： (1)氧化焙烧中氧化的目的是 。 (2)“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示Ce(IV)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因： 。 (3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为： 。 (4)向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于 时，完全生成沉淀。(已知[]) (5)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着(0≤x≤0.25)的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。 (6)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为a pm。(已知：的空缺率=) ①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为 。 ②晶体的密度为 (只需列出表达式)。 ③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 124．一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是 。 （2）已知“酸溶2”中转化为，则生成该物质的化学方程式为 ；“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量和，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为 。 （4）若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为 (填标号)[已知的]。 A．2．0        B．4.0        C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为 ；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为 。 （6）“酸溶3”的目的是 。 125．一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下，，； ②结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式 。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为 。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和 (填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是 。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式 。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为 。 （7）“焙烧”中，元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 126．从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： （1）基态Cu原子的价层电子排布式为 。 （2）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为 。 （3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为 。 （4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。 （5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为 。 （6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。 （7）一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。 ②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为 (列出计算式即可)。 127．工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。    已知：   请回答： (1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式 。 (2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。 ①下列说法正确的是 。 A．燃煤中的有机硫主要呈正价     B．化合物A具有酸性 C．化合物A是一种无机酸酯       D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收 ②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。 (3)设计实验验证化合物A中含有S元素 ；写出实验过程中涉及的反应方程式 。 128．我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 129．铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是。 回答下列问题： （1）基态铬原子的价层电子排布式： 。 （2）煅烧工序中反应生成的化学方程式： 。 （3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、 、 (填化学式)。 （4）酸化工序中需加压的原因： 。 （5）滤液Ⅱ的主要成分： (填化学式)。 （6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 。 （7）滤渣Ⅱ可返回 工序。(填工序名称) 130． 钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： 已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点： 物质 沸点/ 136 127 57 180 回答下列问题： (1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。 A． B． C． D． (2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 分压 ①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______； ②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。 (3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。 (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。 A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞 131．以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下： 回答下列问题： (1)红渣的主要成分为 (填化学式)，滤渣①的主要成分为 (填化学式)。 (2)黄铁矿研细的目的是 。 (3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。 (4)工序①的名称为 ，所得母液循环使用。 (5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为 。 (6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为 和 (填化学式，不引入杂质)。 132．工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程以及可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系分别如图a、b。当c≦1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽。回答下列问题：    (1)焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是___________。 (2)焙烧的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式___________。 (3)中和时pH的理论范围为___________；酸化的目的是___________。 (4)副产品主要是___________。 (5)此方法生产过程中会产生大量含的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl进行电解，被还原为Cr3+然后生成Cr(OH)3沉淀除去，废水则可以达到排放标准。已知Ksp(Cr(OH)3)=1.0×10-32；写出阳极的电极方程式：___________；若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol·L-1，则此时c(Cr3+)=___________mol·L-1。 133．富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下： 已知生成相应氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol/L)如下： Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 开始沉淀时 1.9 3.4 7.0 9.1 完全沉定时 3.2 4.7 9.0 11.1 (1)酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4。 ①根据上述反应可知，酸性：H2SO4___________(填“>”或“<”)H3BO3。 ②已知硼酸与过量NaOH溶液发生中和反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=。下列关于硼酸的说法正确的是___________(填字母) A．硼酸是一元酸 B．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生 C．硼酸的电离方程式可表示为H3BO3+H2O+H+ (2)检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，___________(填操作和现象)，证明溶液中含有Fe2+。 (3)除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至___________以上，使杂质离子转化为___________(填化学式)沉淀，过滤。 (4)获取晶体： ⅰ．浓缩滤液，使MgSO4溶液和H3BO3溶液接近饱和； ⅱ．控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合图中溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入高压釜中升温结晶得到___________晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到另一种物质的晶体。 134．铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主 要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示： 已知：①常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3和Bi(OH)3的Ksp分别为2.0×10-20、4.0×10-16、.4.0×10-38和8.0×10-31，lg2=0.3。 ②Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。 ③Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。 请回答下列问题： (1)铋与氮同主族，铋元素在元素周期表中的位置是___________。 (2)滤渣1中除了硫单质，还含另一种物质，30g该物质中含共价键的数目是___________，FeCl3与Cu2S反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (3)“还原”时，加入铋的目的是___________。 (4)“沉淀”前，若滤液中Cu2+浓度为0.005mol·L-1，Fe2+浓度为0.01mol·L-1，则“沉淀”时调pH的最大值应小于___________。 (5)在碱性溶液中，可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在，Bi3+被还原为Bi写出该反应的离子方程式：___________。 (6)在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，写出该反应的化学方程式：___________。 135．硫酸镁在印染等工业中应用广泛。一种以硼镁泥(主要成分为MgCO3，还含有Ca、Fe、Al、 Mn、Si 的氧化物等成分)制取七水硫酸镁的流程如下: 已知:本题中涉及的部分难溶电解质的溶度积如下表: 难溶电解质 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 4.0×10-38 8.0 ×10-16 4.6×10-33 1.8×10-11 回答下列问题: (1)“酸浸”中主要反应的化学方程式为__________ ，滤渣的成分为_________。 (2)“氧化” 的目的: (i)氧化Fe2+； (ii) 氧化Mn2+，其离子方程式为____________________。 (3)“调pH”时，最适宜使用的X试剂是_____ (填标号)。 A． NH3·H2O B． NaOH     C． MgO (4)当溶液中c(Al3+)= 4.6×10 -6mol·L-1时，则所调pH=________________。 (5)调pH后，要继续加热再过滤出沉淀，继续加热的目的是________________。 (6)已知CaSO4与MgSO4在水中的溶解度随温度变化的曲线如图所示，则“结晶1”的操作为______________、______________。 136．铁、银及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣［成分为NiFe2O4铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等］中回收NiSO4的工艺流程如下： 已知：(NH4)2SO4在350℃时分解生成NH3和H2SO4。 回答下列问题： (1)基态Ni原子的价层电子排布图为__________，与Ni元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有___________种。 (2)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)，SiO2外，还含有___________(写化学式)。 (3)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_________。 (4)将“浸取液”冷却到室温，测得溶液中c(Ca2+)=l.0×10-3mol・L-1，向其中加入一定量的NaF晶体，搅拌，当溶液中c(F)=1.0×10-3mol·L-1时，除钙率为___________%［室温时，Ksp(CaF2)=4.0×1011，除钙率=1-］。 (5)采用萃取操作可对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2HR(有机相)⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)。萃取剂与溶液的体积比()对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，的最佳取值为___________。有机相中加入稀硫酸可以使萃取剂再生，反应的离子方程式为___________。 (6)CuFeS2晶胞结构如图1所示。晶胞中Fe的投影位置如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。如图1中原子1的分数坐标为(，，)，则原子2__________。 137．从铜电解液分离出的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下。 已知：i．含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、、Cu2+、Fe2+、、Ca2+和Zn2+ ii．部分物质的电离常数和溶度积常数如下表 物质 电离常数 物质 溶度积常数 物质 溶度积常数 H2S Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.3×10-13 CuS 6.3×10-36 CaF2 4.0×10-11 NiS 3.2×10-19 NiF2 2.6×10-4 FeS 6.3×10-18 Fe(OH)3 2.8×10-39 Ni(OH)2 5.5×10-16 回答下列问题： (1)将粗硫酸镍溶液的pH调小至0.5，加入的试剂是___________。 (2)滤渣1中除CuS外，还含有As2S3和S。反应生成As2S3和S的离子方程式是________。 (3)解释“氧化除杂”时，加入Cl2和Ni(OH)2能析出Fe(OH)3的原因___________。 (4)用沉淀溶解平衡原理解释用NiF2能够“氟化除杂”的原因___________。 (5)结合下图分析，“P204萃取”时，应调整水溶液的pH为___________(填选项字母)。    A．1.2 B．2.1 C．3.3 D．4.5 (6)“硫化除杂”之后，若溶液pH=0.5，溶液中c(H2S)=0.1mol/L，理论上溶液中c(Cu2+)=_______mol/L[计算结果保留两位有效数字]。 (7)精制硫酸镍溶液得到硫酸镍晶体后，一种综合利用“母液”的方法是：___________。 138．金属钒主要用于冶炼特种钢，被誉为“合金的维生素”。人们在化工实践中，以富钒炉渣(其中的钒以FeO•V2O3、V2O5等形式存在，还有少量的SiO2、Al2O3等)为原料提取金属钒的工艺流程如图所示：    提示：①钒有多种价态，其中+5价最稳定； ②V2O5在碱性条件下可转化为VO。 (1)可加快“高温氧化”速率的措施有______(填一条)。 (2)“气体X”和“气体Y”的化学式分别为______、______。 (3)“沉硅、沉铝”中得到含铝沉淀的离子方程式为_______。 (4)写出“高温氧化”过程中发生反应的化学方程式______。 (5)写出“热解”时的化学方程式_______。 (6)在“高温还原”反应中，氧化钙最终转化为______(写化学式)。 (7)已知：25℃时，NH3•H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11，判断NH4HCO3溶液呈______(填“酸性”“碱性”或“中性”)。 139．处理生产过程中产生的建盏废渣在资源利用和环境保护方面具有重要意义。某研究所通过下列工艺流程实现元素Al、Fe、Si的回收利用，并得到分子筛和聚铁。    已知： ①建盏废渣主要成分及含量如下：(62%~68%)、(21%~25%)、(10%~15%)及其它成分(假设建盏的其它成分即不溶于酸又不溶于碱) ②聚合硫酸铁(简称聚铁，PFS)是一种新型的无机高分子絮凝剂，聚铁的主要成分为。 ③常温下， (1)“碱浸”时应将建盏废渣粉碎后再研磨成细粉，目的是___________。 (2)实验室进行“操作1”使用的玻璃仪器有烧杯、___________和___________。 (3)为防止滤液X直接转化成沉淀，在滤液X中先加入适量Fe，再用氧化逐渐形成聚铁胶体。加适量Fe主要目的是___________(用离子方程式表示)。 (4)加入适量转化成以达到分子筛中的铝硅比，补充完整下列化学方程式：___________。 □___________□___________ (5)聚铁(PFS)能有效去除污水中含磷化合物，其在不同投加量下含磷化合物的浓度关系如图所示。    ①当PFS投加量小于时，可溶性正磷酸盐浓度显著下降的原因为___________。 ②随着PFS投加量的增加，污水中颗粒态磷的浓度几乎为零的原因为___________。 (6)为测定所得到的聚铁样品中铁元素的质量分数，进行下列实验：称取2.80g样品，溶于足量的盐酸后，加入过量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥，得3.495g固体。则聚铁样品中铁元素的质量分数为___________。(假设聚铁化学式中，杂质中不含铁元素和硫元素)。 140．- Fe2O3粉体具有广泛的用途。工业上用黄钠铁矾渣[主要成分为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，还含有Ni、Ba、Ca、Pb、Mg、Co等硫酸盐及SiO2]制备高纯度的- Fe2O3粉体的工艺流程如下图所示：    已知：常温下，有关离子沉淀的pH和物质的溶度积常数分别如表1和如表2所示： 表1  有关离子沉淀的pH 离子 Fe3+ Fe2+ Ni2+ Co2+ 开始沉淀pH 2.2 5.8 6.9 7.2 完全沉淀pH(c =1.0×10−5 mol·L−1) 3.2 8.3 8.9 9.2 表2  物质的溶度积常数 物质 CoS NiS FeS Ksp 3.0 × 10−26 1.42 × 10−24 3.7 × 10−19 回答下列问题： (1)“焙烧”中，无烟煤除了用作燃料以外，还用作_______。 (2)“酸浸”后，浸渣的主要成分有_______，能提高浸出率的措施有_______(任写两点即可)。 (3)“沉钙、镁”中，溶液的pH不宜太小或太大，应保持在5左右的原因是_______。 (4)“沉镍、钴”中，最先沉淀的离子是_______(填离子符号)，若要将溶液中的镍和钴完全沉淀，溶液中的c(S2−)不低于_______ mol·L−1。 (5)“沉铁”中，发生反应的离子方程式为_______。 141．元素钪在地壳里的含量只有0.0005％，化学性质非常活泼，钪及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。某工厂的钛白水解工业废酸中浓度为，还含有大量的、、、等。下图为从该工业废酸中提取的一种流程。 回答下列问题： (1)钪是一种重要的稀土金属，但发现较晚主要是因为___________。 (2)在钛白水解工业废酸中，加入是为了使转化为难萃取的，中的化合价为价，的作用是___________(填标号)。 A．作氧化剂      B．作还原剂        C．提供配体 (3)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用浓硫酸、双氧水和水按一定比例混合而成。混合过程的实验操作为___________。 (4)用氨水调节溶液的时，过滤得到“滤渣II”，“滤渣II”的主要成分是___________。 (5)氢氧化钪是白色固体，不溶于水，其化学性质与相似，能与溶液反应生成，请写出该反应的离子方程式___________。 (6)请写出用草酸“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式：________。钪的沉淀率随的变化情况如图，，曲线开始下降的原因是________。 (7)该工艺日处理钛白酸性废水，理论上能生产含80％氧化钪的产品___________kg(保留3位有效数字)。 142．可利用炼锌矿渣(主要含Ga2O3·3Fe2O3，ZnO·Fe2O3)制备半导体材料GaN并分离Fe和Zn ，其工艺流程如图所示： 已知：①镓又称为“类铝”，其性质与铝类似； ②一些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH及萃取率如下表所示： 金属离子 Fe3+ Ga3+ Zn2+ Fe2+ 开始沉淀 1.7 3．0 5.5 8.0 沉淀完全 3.2 4.9 8.0 9.6 萃取率(%) 99 97 ~98. 5 0 0 回答下列问题： (1)过滤后，滤液的主要成分是__________(填化学式)。 (2)固体M为___，其作用是__________________________。 (3)反萃取的离子方程式为_____________________。 (4)合成得到的产物是( CH3 )3Ga，经化学气相沉积(类似于取代反应) ，副产物为 ____________ (填名称)。 (5)GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取____________堆积，N原子填在Ga原子所形成的正四面体空隙中，则正四面体空隙的填隙率为_____。(填隙率=) 143．三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。一种利用酸性含砷废水提取As2O3的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)砷(As)原子序数为33，其在元素周期表中的位置是___________。 (2)“沉淀”时，需控制溶液中NaHS的浓度不能过高，主要原因是___________。 (3)“转化”时，As2S3在CuSO4溶液中转化为三元弱酸H3AsO3，该反应的化学方程式为___________。 (4)“溶解”时生成Na3AsO4的反应离子方程式为___________。从绿色化学的角度分析，该过程还可以用___________替代O2。 (5)请设计简单实验验证Na3AsO4溶液呈碱性___________。 (6)工业上，As2O3经转化、蒸馏等操作可得到高纯砷，下列与蒸馏操作相关的设备有___________(填字母)。 A．蒸馏釜 B．离心萃取机 C．加压过滤机 D．冷凝塔 (7)若一次“还原”制得As2O39.9g，则至少需要通入SO2的体积为___________L(标准状况)。 144．工业上以铬铁矿[主要成分为，含少量、杂质]为主要原料制备红矾钾的工艺流程如图所示：    请回答下列问题： (1)已知“高温连续焙烧”阶段元素转化为。 ①焙烧时采取“多层逆流焙烧”，即将固体粉末从炉顶投料，氧气从炉底鼓入，这样做的优点为_______。 ②与纯碱反应的化学方程式为_______。 (2)滤液Ⅱ中发生反应的离子方程式为_______。 (3)一系列操作包括：蒸发溶剂至_______，停止加热、_______抽滤、重结晶。 (4)生产过程中产生的酸性废液可通过钡盐沉淀法处理，其过程为：先将酸性废液碱化处理，再加入。废液需进行碱化处理的目的是_______[已知：  ]。 (5)除了“一系列操作”中所得母液可循环利用外，上述流程中可循环利用的物质还有、_______(填化学式)。 145．世界上铬单质及其化合物的生产量呈现高速增长趋势，故铬贫矿的利用至关重要，某铬贫矿主要成分为，还含有、、，采用次氯酸钠法处理矿石并制备的工艺流程如图所示：    回答下列问题： (1)为了提高“氧化浸出”效率，可采取的措施有___________(任答一条)。 (2)已知经“氧化浸出”后，铁元素以形式存在，该过程中参与反应的化学方程式为___________。 (3)滤渣可能含有的物质有___________(填化学式)。 (4)经“沉铝”后所得溶液中的浓度为，已知：常温下，；，此时溶液中___________，___________。 (5)实验室将浓硫酸和溶液“混合”时的具体实验操作为___________。 (6)以铬贫矿为原料，按照此流程最终得到，核算的原料利用率为，则该铬贫矿中铬的百分含量[以计]为___________。 (7)以节能环保为原则，试以化合物②为原料制定在此工艺流程中的循环利用方案：___________(结合化学方程式用文字说明)。 146．工业冶炼矿物常需反复提纯。从粗贵金属精矿(含铂金钯等单质，及部分铜铁镍等贱金属)中分离铂钯金这些元素的工艺流程图如图： 已知： ①该反应条件下：Fe3+、Cu2+、Ni2+完全沉淀时溶液的pH分别为4.4、6.5、9 ②当有硝酸存在时，铂可形成难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6 ③滤液1、滤液2、滤渣3中均可用于提炼贱金属 (1)“浸取”过程钯(Pd)可与王水反应生成H2PdCl4和NO气体，该反应中被氧化的Pd与被还原的硝酸的物质的量之比为______。 (2)将“浸取”后的糊状物煮沸“赶硝”的目的是______。 (3)“还原"时，溶液中的AuCl与草酸(H2C2O4)反应生成对环境无污染的气体，则该反应的离子方程式为______。 (4)滤液2中含有的主要贱金属离子为______，第二次加氨水的目的是______。 (5)铂镍合金在较低温度下形成一种超结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。结构中有两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成(例如)，另一种由的原子和镍原子共同构成(例如)  。 ①该晶体的化学式为______。 ②晶体中完全由镍原子构成的八面体空隙与由铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙数目之比为______，两种八面体空隙中心的最近距离为______pm。 147．铜冶炼阳极泥中含有多种稀有元素和贵重金属，对某厂阳极泥(含有CuS、、 和少量金属单质Ag)进行综合处理和利用的工艺流程如下： 已知：“焙烧”所得烧渣主要成分为CuO、Ag、，气体的主要成分为和。 回答下列问题： (1)“焙烧”前将阳极泥研磨成粉末，其目的为_______。 (2)气体在水中进行“转化”的化学方程式为_______。 (3)“沉碲”时温度不能过高或过低的原因为_______。 (4)“酸溶”的目的为_______；“沉银”反应的平衡常数为_______。[已知、] (5)“一系列操作”中，选用乙醇代替水“洗涤”胆矾的优点为_______。 (6)实验测得25.0g 受热分解过程中的热重曲线如图所示。 ①172℃时，剩余固体的化学式为_______。 ②由胆矾分解制备CuO时，控制的合适温度范围为_______。 148．硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。 ②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25°C)： 物质 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀的pH 1.9 7.6 7.3 3.0 完全沉淀的pH 3.2 9.6 9.3 5.2 ③离子浓度≦10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。 (1)“混合焙烧”的主要目的是___________。 (2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为___________，若省略“氧化”步骤，造成的影响是___________。 (3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是___________。 (4)“氟化除杂”后，若使溶液中Mg2+沉淀完全，需维持c(F-)不低于___________。(已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10) (5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为___________，最后一步系列操作主要是___________。 149．铬及其化合物在生活中有很多用途。 (1)可检验司机酒后驾车，请写出酸性溶液与酒精反应的离子方程式_______。的价电子排布式为_______。铬元素和锰元素的第二电离能分别为，，的原因是_______。 (2)为研究铬的性质，设计如图装置。装置甲中铜电极上产生大量的无色气体；而装置乙中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量红棕色气体。由此可得到的结论是_______。 (3)某化工厂从湿法炼锌的铜铬渣(主要含有锌、铜、铁、铬、钻等单质)中回收铬的流程如图所示： ①酸浸时形成的金属离子的价态均相同。加入双氧水时铁、铬形成的离子均被氧化，写出氧化铬形成的离子方程式为_______。 ②“电解”时，阴极的电极反应式为：_______。 ③三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子分别是_______(填元素符号)，中心离子的配位数为_______。 ④304不锈钢是生活中常见的一种不锈钢，业内也叫做不锈钢，指必须含有以上的铬，以上的镍的不锈钢。铬和镍能形成多种配合物，如为正四面体构型、、为正方形构型、、为正八面体构型等，下列有关说法正确的是_______(填选项字母)。 A．中含有共价键和离子键 B．304不锈钢不可长时间盛放盐、酱油、醋、菜汤等，不能用304不锈钢锅煲中药 C．不锈钢不会生锈，哪怕在潮湿恶劣的环境 D．和中，镍原子均为杂化 150．电池级广泛应用于高能锂电池制造领域。一种以铁锂云母(主要成分为、、、、等)为原料制备的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)已知36.5％盐酸的密度为，则该溶液中__________；“溶解”时；为了提高溶解速率，可采取的措施为__________(写两点)。 (2)从工业生产实际分析，氧化时加入物质A的最佳选择为______(填选项字母)，该步骤的离子方程式为__________。 a．    b．    c．空气    d． (3)“沉铁”时生成，则“转化”时发生反应的离子方程式为__________。 (4)“电渗析”的装置如下图所示，则M电极与外接电源的__________极相连；x、y为离子交换膜，则x为______离子交换膜(填“阴”或“阳”)；结合流程分析电渗析的目的为__________。 (5)实验室进行蒸发操作时，用到的主要仪器为__________、玻璃棒和酒精灯。 151．用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4•H2O的一种主要工艺流程如图： 已知：①部分金属离子沉淀的pH如表。(开始沉淀的pH按离子浓度为1.00mol•L-1计算，离子浓度小于1.0×10-5mol•L-1时，认为该离子沉淀完全) 金属离子 Fe2+ Fe3+ Mn2+ 开始沉淀的pH 6.3 1.5 7.8 沉淀完全的pH 8.3 2.8 10.1 ②本实验条件下：2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4。 回答下列问题： (1)“混合研磨”的主要目的是_____。 (2)“酸浸”时若生成MnSO4、Fe2(SO4)3和S，则相应的化学方程式为_____。 (3)“净化除杂1”步骤所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+，在调节pH前，最好可先加入：下列试剂中的_____(填标号)。 a.NaOH溶液 b.Na2CO3溶液 c.H2O2溶液 d.KMnO4溶液 在实际生产过程中，此步骤也可用加入MnO2粉来除去Fe2+，其原理和优点是_____。 (4)“调pH除杂2”步骤是先将溶液加热至沸，然后在不断搅拌下加入碱溶液调节pH至_____范围，有胶状物沉降后，仍需继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的主要目的是_____，“滤渣2”的主要成分是_____。 (5)测定MnSO4•H2O粗产品纯度：准确称取6.50g粗产品，加适量水煮沸、冷却，转移至锥形瓶中，用0.25mol•L-1KMnO4标准溶液滴定至溶液呈红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液80.00mL。计算MnSO4•H2O样品的纯度为_____%。(KMnO4不与杂质反应) 152．五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含V2O3、MnO、SiO2、Al2O3)为原料制备V2O5的流程如图。 已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。 (1)为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为____________。 (2)“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为____________(填化学式)。 (3)“烘干灼烧”的目的是__________________________。 (4)“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因为_____________；“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式：___________。 (5)证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为___________________。 (6)在煅烧NH4VO3生成V2O5的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：________。 153．ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿[主要成分为ZnCO3，还含有Cd(II)、Fe(II)、 Mn[(II)等杂质]制备。工艺如图所示： 相关金属离子[c(Mn+ )=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4 8.1 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4 10.1 已知：①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有： Zn2+、 Fe2+、 Cd2+、 Mn2+。 ②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。 回答下列问题： (1)“溶浸”过程中，提高浸出率的措施有_______ 。(写一条即可) (2)“调pH”是将“溶浸”后的溶液调节至弱酸性(pH约为5)，若pH过低，对除杂的影响是_______。 (3)加KMnO4“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+和_____ (4)“还原除杂”中镉置换率与的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。 若需置换出112.0kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为_______ kg。 (5)“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌的化学方程式_______。形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是_______。 (6)ZnO可与NH3·H2O、NH4HCO3反应生成可溶性的[Zn (NH3)n]CO3和H2O。若有1molZnO溶解，则在该转化反应中参加反应的NH3·H2O和NH4HCO3物质的量之比的最大值为_______(已知： 1≤n≤4 )。 154．信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70 %Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线： 一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表： 金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Cu(OH)2 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 4.4 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 6.4 完成下列填空： (1)写出第①步中Cu与酸反应生成NO的离子方程式________________；第②步中使用H2O2做氧化剂的优点是__________，NaOH调节溶液pH的目的是使____________生成沉淀。 (2)第③步的操作为：滤液2加热蒸发、_______、_______、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。 (3)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，探究小组设计了三种方案： 上述三种方案中，____方案不可行，原因是________；从原子利用率角度考虑，_____方案更合理。 (4)探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol ·L-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2-= CuY2- + 2H+ 写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ ________________________________ 。 下列操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_________。 a．未干燥锥形瓶      b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡    c．未除净可与EDTA反应的干扰离子 155．废钒催化剂的回收、提取和再利用具有显著的经济效益和环保效益。从某种废钒催化剂(含、、、、等)中回收制备的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)工业生产中的钒催化剂一般以硅藻土为载体的优点是___________。 (2)“焙烧”的目的有___________(填字母)、使低价元素转化为＋5价钒元素。“焙烧”时低价钒元素被氧化生成，还生成的另一种氧化物为___________(写化学式)。 A．改变废钒催化剂的结构，便于后续“酸浸” B．除去废钒催化剂中的有机杂质 C．使废钒催化剂中的杂质氧化，便于除去 (3)“酸浸”时，转化为的化学方程式是___________。 (4)不同酸碱性的溶液中，＋5价钒元素的存在形式不同，如图： “中和”使溶液pH=7.5左右，则该步操作的目的是___________。 (5)“离子交换”效率与钒溶液通过离子交换树脂的流速及钒溶液的pH有关。 ①钒溶液通过离子交换树脂的流速过慢，会导致溶液滞留，离子交换时间太长：而流速过快也会影响离子交换效果，原因是___________。 ②吸附容量指在一定温度、一定浓度下，单位交换树脂吸附钒的最大量。某次实验中，测得溶液流速与吸附率、吸附容量的关系数据如表： 吸附流速/() 平均吸附率/% 工作吸附容量/() 0.07 99.12 155.5 0.09 98.99 135.4 0.11 98.35 99.7 选用的吸附流速作为工作流速的理由是___________。 ③钒吸附液的pH对吸附效果的影响如图所示，“离子交换”时应选用的pH=___________。 156．硝酸镍可用于电镀镍铬合金、蓄电池、金属表面处理剂。某兴趣小组用含镍废催化剂(主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、CuO、SiO2及有机物)制备Ni(NO3)2，其工艺流程如下： 部分金属化合物的Ksp近似值如表所示： 化学式 Cu(OH)2 Al(OH)3 Ni(OH)2 Ksp近似值 2.2×10-20 1.0×10-34 1.0×10-15 回答下列问题： (1)能溶解在石油醚中的物质是___________。 (2)“过滤1”中用到的硅酸盐仪器有玻璃棒、___________，过滤时玻璃棒的作用是___________。 (3)滤液2的主要成分是___________(填化学式)。 (4)“酸浸”时，有同学提出用稀硫酸代替稀硝酸更合理，理由是___________。Ni与稀硝酸反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (5)常温下，“调pH”时，溶液的pH最小为___________(离子浓度小于或等于1.0×10-5mol·L-l时认为沉淀完全，lg22=1.34，保留小数点后2位)。 (6)“一系列步骤”包括再次加入稍过量的NaOH溶液、过滤、向滤渣中加入稀硝酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。“再次加入稍过量的NaOH溶液、过滤、向滤渣中加入稀硝酸”的目的是___________。 (7)用沉淀法测定产品Ni(NO3)2的纯度。 取ag粗品溶于水，加入稍过量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，得到bg沉淀。则粗品中Ni(NO3)2的纯度是___________(用含a、b的代数式表示)。 157．以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。 (1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。 ①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。 ②过滤后，滤渣的主要成分为 。 (2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。 ①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。 ②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。 (3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层)⇌CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。 ①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。 ②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。 (4)“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液， ，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L−1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。 158．广西是我国重要的稀土资源基地，稀土(RE)包括镧(La)、铈(Ce)等元素，从离子型稀土矿(含Fe、Al等元素)中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示。 已知：该工艺下，除铈(Ce)外，稀土离子保持＋3价不变；草酸可与多种过渡金属离子形成可溶性配位化合物；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。 开始沉淀时的pH 1.5 4.3 5.6 沉淀完全时的pH 3.2 5.5 / 回答下列问题： (1)“预中和”工序中，适宜的pH范围是 。 (2)利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强。下列离子对交换能力最强的是___________。 A． B． C． D． (3)“草酸化”过程中，测得稀土(RE)的沉淀率随的变化情况如图所示。当草酸用量过多时，稀土(RE)的沉淀率下降的原因是 。 (4)“沉淀”工序产物为 ［填“”或“”］，理由是 。｛，｝。(当反应的时可认为反应完全) (5)含氟稀土抛光粉的主要成分为，“焙烧”时发生反应的化学方程式为 。 (6)氧化铈()常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，晶胞中与最近的核间距为apm。(已知：) ①若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)：n(Y2O3)=0.6：0.2的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 ②晶体的密度为 (列出表达式)。 159．氯化铊的化学式为，为白色结晶性粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇，主要用于毛发脱除剂，也用于烟花、信号弹和照明弹等。从某含铊废料(主要成分为、、、、、、等)中提取并制备的工艺流程如下。 回答下列问题： (1)中的化合价为 ；残渣的主要成分为 。 (2)“浸取”过程中提高浸取率的方法有 (任写两种)。 (3)工业上常常从“萃取”步骤得到的水相中逐步沉淀出金属离子回收利用，若沉淀前溶液中金属离子的浓度均为，第一步沉淀金属离子需要调节溶液pH的大小范围为 。{已知：常温下，、、，当离子浓度时，认为该离子沉淀完全} (4)“还原、沉淀”过程中生成无污染气体，其发生反应的离子方程式为 。 (5)“一系列操作”具体是指 。 (6)的立方晶胞结构与相同，则与等距离且最近的Tl有 个；若两个Tl间的最近距离为，TlCl晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 (列出计算式)。 160．是锌锰电池的正极材料，是一种绿色净水剂。以某锰矿(主要成分是，含少量Mn和Fe)为原料制备和的流程如图。回答下列问题： 已知：常温下，部分金属离子在溶液中沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1 (1)Mn和Fe两元素的部分电离能数据如下表所示。 元素 Mn Fe 电离能/() 717 759 1509 1561 3248 2957 Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，其主要原因是 。 (2)提高“酸浸”速率的措施有 (填一种即可)。 (3)“调pH”范围为 ，能转化为的原因是 。 (4)“氧化2”的离子方程式为 ；净水时被还原成，水解生成胶体，胶体不同于溶液、浊液的本质特征是 。 (5)“电解”会产生废液，该废液可循环用于 (填名称)工序。 (6)“灼烧”中制备的化学方程式为 ；某温度下，在空气中灼烧生成锰的氧化物M，固体失重率约为33.62%，则M的化学式为 。 161．以固体废锌催化剂(主要成分为及少量)为原料制备锌的工艺流程如图： 已知：①“浸取”时，、转化为、进入溶液； ②时，、； ③深度除杂标准：溶液中； ④有机萃取剂(用表示)可萃取出，其萃取原理反应为：。 (1)基态原子价电子排布式为 。 (2)“浸取”温度为时，锌浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。 (3)“操作a”的名称为 。 (4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，离子方程式为 。 (5)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示] 与“加入量”[以表示] 的关系曲线如图所示。 ①当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为 (计算结果保留小数点后两位)。(已知：的) ②“深度除铜”时加入量最好应选 。 a．      b．      c．      d． (6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为 。 162．纳米氧化锌是性能优异的半导体催化剂，以工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有、、、、等)制取高纯氧化锌的工艺流程如下。 已知：金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示。 金属离子 开始沉淀时的 1.9 4.7 6.2 3.4 完全沉淀时的 3.3 6.7 8.2 4.7 回答下列问题： (1)基态价层电子轨道表示式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“调pH”的范围为 。若室温下将溶液的pH调为4，则此时的浓度为 (已知)。 (4)为表征纳米ZnO的晶体结构，仪器测得结果如图1所示，所用仪器是___________(填字母)。 A．核磁共振仪 B．质谱仪 C．红外光谱仪 D．X射线衍射仪 (5)“沉锌”过程获得，离子方程式为 。 (6)“母液”通过 、 、过滤、洗涤、干燥可获得晶体。480℃下，分解过程中含氮物质随时间变化关系如图2所示。该条件下分解的化学方程式为 。 (7)实验室中进行“灼烧”时，会用到下列仪器中的___________(填字母)。 A． B． C． D． 163．锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。 资料： 1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。 2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表： 金属离子 开始沉淀 6.3 1.5 3.3 8.9 11.9 8.1 完全沉淀 8.3 2.8 4.6 10.9 13.9 10.1 (1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，推测S在反应中体现 性。 (2)ⅱ中除杂过程需经历2步： a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。 b．再加入溶液，过滤。 ①的作用是 (用离子方程式表示)。 ②步骤a除去的离子有 。 ③溶液的作用是 。 ④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因 。 (3)沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的。写出生成的离子方程式 。 (4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有 、 。 (5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为，若阳极渣中含有的质量为43.5g，理论上需要加入的质量 (填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是 。 164．近年来全球电动汽车销量激增，废旧锂电池的回收愈发迫在眉睫。以废旧三元锂电池正极材料的硫酸浸出液（含Ni、Co、Mn、Li）为研究对象，采用Cyanex 301（一种酸性萃取剂）选择性分离回收其中的和；和代表萃取率。工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)Co在周期表中的位置 。 (2)水相经加碱调节后，通入空气可将氧化成固体氧化物，从而实现分离，写出反应的离子方程式 。 (3)遇到氨性溶液（由、和配制）会转化为，此时氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (4)Cyanex 301是一种酸性萃取剂，其与金属离子的萃取反应可简易表示为：式中：为被萃金属离子；为萃取剂Cyanex 301，结合下图第一次反萃取过程中HCl的浓度应为 mol/L，简述选择此浓度的原因 。 (5)提纯的镍和钴可用于制取镍四甲基酞箐与钴四氨基酞箐双位点电催化剂，下图中镍的化合价为 。 (6)从溶液中获取干燥的晶体的操作步骤为 。 (7)由等物质可制备晶体，其立方晶胞如图所示。与最小间距大于与最小间距，、为整数。则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。 165．锂离子电池的应用很广，某锂离子电池正极材料有钴酸锂（）和铝箔等，现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源。 回答下列问题： (1)气体X是 （填化学式）。 (2)写出“碱浸”中发生反应的化学方程式： 。 (3)“酸浸”中试剂的作用是 。 (4)“萃取分离”中钴、锂的萃取率与平衡时溶液的关系如图所示，一般选择5左右，理由是 。 (5)“反萃取”的原理：，则反萃取剂是 （填化学式）。 (6)写出“沉钴”中发生反应的离子方程式： 。 (7)若“沉锂”前，加入等体积的溶液，此时实验所得沉锂率为 [已知；；结果保留三位有效数字]。 166．铜阳极泥的主要成分为、、、、，从铜阳极泥中提取金、银的工艺流程如下： (1)“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、 。 (2)“浸铜”时，反应生成S的化学方程式为 。 (3)硫脲()呈平面结构，可简写为，强酸性条件下有还原性。“浸金银”中： ①硫脲与尿素()结构相似，熔点更高的原因是 。 ②已知：25℃时         则   。 ③的结构为，反应生成的离子方程式为 ，与配位的原子是而不是的原因是 。 ④浸出液对金浸出率的影响如图。随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低的原因是 。 ⑤浸出渣的主要成分有S、 。 (4)“电解”时，生成的电极反应式为 。 (5)“离子交换”除去金属离子后，吸附后液可返回 工序循环使用。 167．工业上用钛铁矿(主要含和少量、、、等)通过如图所示工艺流程制取钛，并进一步回收镁、铝、铁等的化合物。 已知：①酸浸后，钛主要以形式存在；为强电解质，在溶液中仅能电离出和一种正离子； ②25℃，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如表所示。 金属离子 开始沉淀的 2.2 6.5 3.5 9.5 恰好沉淀完全时的 3.2 9.7 4.7 11.1 (1)若要使“分步沉淀”后母液中浓度不超过，则此时溶液pH至少为多少？ 。 (2)“酸浸”时，FeO与硫酸反应的离子方程式是 。 (3)从水解平衡角度解释“水浸”时生成的原因可能是 。 (4)“分步沉淀”：用氨水逐步调节至11.1，依次析出的沉淀是： 、。 (5)若在“酸浸”后的溶液中加入适量的，其作用是 。 168．用锂辉石(主要成分：LiAlSi2O6，含少量MgO、CaO、FeO、Fe2O3等)制备Li2CO3的工艺流程如下： 已知：25℃，4种物质的溶度积或电离常数如下。 Li2CO3 Al(OH)3 Fe(OH)3 H2CO3 回答下列问题： (1)组成LiAlSi2O6的元素中，未成对电子数最少的基态原子为 。 (2)“焙烧”时控制温度250~300℃，温度不宜过高的原因是 。 (3)“浸出液”中含有Li+、Al3+、Fe2+、Fe3+，还含有的金属阳离子是 。 (4)加入H2O2，发生反应的离子方程式为 。 (5)溶液的pH：“滤液I” “滤液Ⅱ”(填“>”“<”或“=”)。 (6)25℃，滤液Ⅱ经处理后，在1L该溶液中加入Na2CO3粉末至溶液的pH=10，锂的沉淀率达到95%，则至少需要Na2CO3 mol。(忽略溶液体积变化) (7)由滤液Ⅲ得到副产品Na2SO4•10H2O的操作是 、过滤、洗涤、干燥。 (8)由Li2CO3进一步制得的Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。 ①晶胞中与Li+最近的Li+共有 个。 ②已知Li+间最近距离为anm，则与Li+间最近距离为 nm。 169．金属对有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状转化成多孔型雷尼后，其催化活性显著提高。 已知：①雷尼暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”； ②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。 某实验小组制备雷尼并探究其催化氢化性能的实验如下： 步骤1：雷尼的制备 步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应 反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存和监测反应过程。 回答下列问题： (1)操作(a)中，反应的离子方程式是 ； (2)操作(d)中，判断雷尼被水洗净的方法是 ； (3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是_______； A．丙酮 B．四氯化碳 C．乙醇 D．正己烷 (4)向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为 ； (5)仪器M的名称是 ； (6)反应前应向装置Ⅱ中通入一段时间，目的是 ； (7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是 ； (8)判断氢化反应完全的现象是 。 170．在电子工业和化学工业上有广泛用途。用硫铁矿(主要成分为)、软锰矿(主要成分为，含有少量的、等杂质)制取高纯度的工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）“酸浸”过程与的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 （2）滤渣a的主要成分为 (填化学式)。 （3）“沉锰”时反应的离子方程式为 。 （4）“焙烧”时参加反应的气体与生成气体的质量之比为 。 （5）“氧化”的目的是 。 （6）滤液中主要阳离子的检验方法是 。 （7）若在实验室进行焙烧，焙烧后的产物需在 (填仪器名称)中冷却，防止吸收空气中的水蒸气。 171．铼(Re)是一种被广泛用于航空航天领域的金属。以钼精矿(主要成分有，还含有、、、等杂质)为原料制备高铼酸铵的工艺流程如下。 已知：“萃取”时，发生的反应为。 回答下列问题。 （1）Re位于元素周期表第六周期，与Mn同族，属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 。 （2）滤渣2的主要成分为和 。 （3）下图是的X射线衍射图谱，则属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 （4）“氧压碱浸”的主要产物有，水相1中的阴离子主要是和，则“调酸”步骤的目的是沉铝、沉硅和 。 （5）写出“反萃取”生成的化学方程式： 。上述流程中可循环再利用的物质是 。 （6）滤渣3为，，“除磷”过程中按加入，充分反应后，欲使磷、镁浓度均低于，则最低应控制为 。 172．以镍渣(主要成分为，含少量、、及其氧化物和对酸碱难溶性的物质等)为主要原料制备和的工艺流程如图所示。 已知：①部分金属离子开始沉淀和沉淀完全(离子浓度视为完全沉淀)的如表所示。 金属离子 开始沉淀的 1.5 3.8 7.1 7.2 7.6 沉淀完全的 2.8 5.2 9.2 9.6 9.6 ②酸性条件下，不能氧化、。 回答下列问题： （1）基态原子的价电子排布式是 ，中原子的杂化方式为 。 （2）“碱浸”工艺中采用过量的NaOH溶液，该工艺过程中，生成气体的化学方程式是 。 （3）提高“酸溶”反应速率的措施有 (写出1条即可)。 （4）“反应i”的目的是 ；该工艺中，采用相同浓度的，相同浓度的“酸溶液”，相等时间内测得混合液中浓度随着温度的变化如图所示。随着温度升高，浓度先增大后减小，出现这种现象的原因是 。 （5）常温下，“反应i”的溶液若“调节pH”为7，则沉淀后的滤液中 。 （6）“沉镍”的原理是 (用离子方程式表示)；“滤液b”中的主要溶质是 (填化学式)。 （7）利用含溶液制备的工艺流程如图所示。试剂是 (填试剂名称)；“系列操作”用到的玻璃仪器有酒精灯、玻璃棒、 (写出1种仪器)。 173．广泛用于冶金、化工等行业，一种用废钒催化剂(含、、、少量和)制取的工艺流程如下： 已知：①既能与强酸反应，又能与强碱反应。 ②＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。 pH 主要离子 回答下列问题： （1）基态钒原子的价层电子排布式为 。 （2）“还原酸浸”时，还原浸出的离子方程式为 ，为提高钒的浸取率，可采取的措施是 (列举1条即可)。 （3）“钒、钾分离”时，当，随pH增大钒的沉淀率降低的原因是 。 （4）“沉钒”时，为了得到固体，需控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是 。 （5）某研究小组取，探究“焙烧”过程中的变化，焙烧过程中减少的质量随温度变化的曲线如左图所示，300～350℃时发生化学反应的化学方程式为 。 （6）将制得的通过电解的方法制备金属钒，以熔融CaO为电解质的电解装置如右图：阴极反应式为 。 174.磷酸铁()常用作制造磷酸铁锂电池、催化剂及陶瓷等的材料。工业上以硫铁矿(主要成分为，含少量、和)为原料经过如下步骤可制备。 已知：常温下，有关金属离子生成氢氧化物沉淀的如下表 金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的pH(沉淀完全的pH按金属离子浓度为计算) 1.2 3.3 3.1 5.1 5.8 8.8 回答下列问题： （1）FePO4所含阳离子中能量最高的电子占据的轨道的形状为 ；“焙烧”时空气与矿料逆流而行，其目的是 。 （2）“滤渣1”中含有一种单质，则“还原”这一步发生反应的离子方程式为 。 （3）“还原”这一步的目的是 。 （4）加入FeCO3的目的是调节溶液的pH，则应该调节到的pH范围是 。 （5）若生成物除水外均为正盐，则流程图中虚线框内总反应的化学方程式为 。 （6）研究发现：不同对沉淀的影响如下表所示： pH 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 沉淀率/% 90.0 94.6 97.9 96.2 95.3 88.1 95.4 97.2 98.5 99.8 当时，随的增加，的沉淀率开始下降，而沉淀率反而上升，其原因可能为 。 （7）为桃红色晶体，密度为，它的摩尔体积为 (保留小数点后1位)。 175．实验室以二氧化铈()废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： （1）“酸浸”时与反应生成并放出，该反应离子方程式为______________。 （2）pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为_______(填序号)。 A．将溶液滴加到溶液中 B．将溶液滴加到溶液中 （3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的。已知能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为 (水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。 （4）实验中需要测定溶液中含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案： ①准确量取溶液[约为]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容； ②按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的滴定管中；③____________________________。 176．实验室以含锰废液为原料可以制取，部分实验过程如下： 已知室温下，部分难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 (1)经检测，含锰废液中 mol·L、 mol·L、 mol·L，还含及少量、。“氧化”阶段，用量为理论用量的1.1倍。 ①“氧化”1 L该废液，需要加入的物质的量为 。 ②检验已经完全被氧化的方法是 。 (2)“除杂I”加入调节溶液。该过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)“除杂Ⅱ”中反应之一为。结合反应的平衡常数解释用能除去的原因： 。 (4)已知和的溶解度如图所示。请补充完整由粗溶液制取晶体的实验方案：取实验所得粗溶液， ，得到晶体。(可选用的试剂：1 mol·L 溶液，1 mol·L 溶液，1 mol·L盐酸) (5)如图为不同温度下硫酸锰焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图。由固体制取活性的方案为：将固体置于可控温度的反应管中， ，将冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：1 mol·L-1，1 mol·L-1 NaOH溶液) 177．实验室研究从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中分别回收铜、锌、铅元素的流程如图。 (1)酸浸过程中，金属元素均由氧化物转化为硫酸盐，其中生成CuSO4的化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、 。 (2)置换过程中，铁屑完全消耗后，铜的产率随时间延长而下降，其可能原因为 。 (3)已知，25℃时，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8；PbSO4+2Cl-PbCl2+SO。一定条件下，在不同浓度的NaCl溶液中，温度对铅浸出率的影响、PbCl2的溶解度曲线分别如图1、图2所示。 浸出后溶液循环浸取并析出PbCl2的实验结果如表所示。 参数 循环次数 0 1 2 3 结晶产品中PbCl2纯度/% 99.9 99.3 98.7 94.3 ①为提高原料NaCl溶液利用率，请补充完整利用酸浸渣制备化学纯(纯度≥98.5%)PbCl2晶体的实验方案：取一定质量的酸浸渣， ，将所得晶体洗涤、干燥。(可选用的试剂：5mol·L-1NaCl溶液，1mol·L-1NaCl溶液，NaCl固体) ②循环一定次数后的溶液中加入适量CaCl2溶液，过滤并加水稀释至其中NaCl浓度为1mol·L-1的目的是 。 (4)ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250mL的锥形瓶中，加水约20mL。再加入2～3滴5％的二甲酚橙作指示剂、约5mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的0.0160mol/LEDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应)。实验数据如表： m(ZnSO4·7H2O)/g 起始滴定管读数/mL 终点滴定管读数/mL 0.1692 0.20 26.50 ZnSO4·7H2O产品的纯度为 (保留2位有效数字)。 178．高纯ZnO可用作电子元件材料。以次氧化锌酸浸液(主要含有、，还含有、、、等)为原料制备高纯ZnO的实验流程如下： 已知：常温下，，，。 (1)“除铁”时，须将氧化为的原因是 。 (2)“除锰”反应的离子方程式为 。其他条件不变时，与锰去除率、溶液中锰含量的关系如图所示。时，溶液中锰去除率下降，其原因是 。 (3)为考查Zn粉用量对“除铅”过程中铅元素去除率的影响，设计若干对照实验组，这些实验组控制不变的因素有：“除锰”滤液浓度与体积、反应温度、 。 (4)写出以“溶液”为原料制备高纯ZnO的实验方案： 。[可选用的试剂：溶液、氨水-混合溶液、蒸馏水、稀盐酸、溶液] 179.钠离子电池有望代替锂离子电池，其正极材料可再生利用。某钠离子电池正极材料有、石墨烯和少量镁等。充电时，钠离子从正极脱嵌经盐离子导体向负极移动。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)。 已知：溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全；部分物质的溶度积常数如表所示。 物质 溶度积常数 回答下列问题： (1)中为+4价，则其中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的数目之比为___________(其中的Ⅱ、Ⅲ表示化合价的数值) (2)“放电处理”的主要目的为___________；“正极酸溶”反应的离子方程式为___________。 (3)“萃取”时，几种萃取剂对铁的萃取率与盐酸浓度的关系如图所示。则适合选用的萃取剂为___________(填字母)，理由为___________。 (4)由“反萃取”所得水相制备的操作为___________。 (5)“沉锰”时，若沉淀完全而不形成沉淀，则“萃取”所得水相中不超过___________(保留2位有效数字)；该工序不采用调的方法的原因为___________。 (6)母液中提取所得晶体的部分立方结构如图所示。 ①图甲所示单元结构不是的晶胞单元的理由为____________________。 ②晶体中，由最近围成的正八面体与最近围成的正四面体的数目之比为___________。 180．央视报道王者归“铼”，我国利用新技术提纯稀有金属铼()，为航空航天发动机领域作出重要贡献。一种以钼精矿(主要成分为)为原料提纯铼的工艺如下： 已知： ①加压焙烧后的产物中有。 ②酸性条件下，可转化为。回答下列问题 (1)步骤Ⅰ中，加压的目的是___________，写出在此焙烧过程中发生的化学方程式_____________________________。 (2)废渣1的主要成分是___________(填化学式)。浸出液中除含有外，主要含有的金属阳离子还有___________。如图表示萃取液流速与铼吸附率的关系，结合实际生产效益，萃取液流速最佳范围为___________。(填选项) A．2~4     B．4~6     C． 6~8     D．8~10 (3)步骤Ⅵ的离子交换法是在的条件，用阴离子交换树脂吸附，请用适当的化学用语从平衡移动的角度说明“”的原因___________。 (4)时，通过X射线能谱分析，产品中仅含有少量杂质，并测得与O两种原子的物质的量之比为1∶0.30，则该条件下产品中单质的质量分数为___________%。(结果保留两位有效数字) 181．钴是生产电池材料高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示： 已知： ①常温下，，。 ②溶液的氧化还原电位为正表示该溶液显示出一定的氧化性。氧化还原电位越高，氧化性越强。 回答下列问题： (1)“浸出渣”的主要成分为________(填化学式)。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是_______________________。 (2)常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到，“除铜液”中浓度为，则此时溶液的________[已知常温下，饱和水溶液中存在关系式：]。 (3)“氧化”过程中，与发生反应的离子方程式为_______________________。 (4)“沉铁”过程中，的作用是_______________________。 (5)Co元素的存在形式的稳定区域与溶液pH的关系如图(E-pH图)所示，在溶液时，能将氧化，写出该反应的离子方程式：_______________________；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出。在提取过程中钴的损失率为_______________________%(填含w、m的表达式)。 (6)Co的一种化合物为六方晶系晶体，晶胞结构如图所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，已知晶胞含对称中心，其中1号O原子的分数坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)，2号O原子的分数坐标为________。 182．钕铁硼()磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。已知某钕铁硼废料中主要成分为等金属单质，还含有不溶于水和盐酸的硼、硅酸盐及硫化物。以下为一种利用钕铁硼废料制取和的工艺流程： ①钕的活动性较强，能与酸发生置换反应，其稳定的化合价为价； ②某些金属氢氧化物沉淀完全时的如下表所示： 沉淀 沉淀完全的 5.2 3.2 9.4 9.5 10.1 8.5 回答下列问题： (1)钴()元素在元素周期表第_______周期第_______族。 (2)钕铁硼废料“浸出”前需“预处理”，先将其进行粉碎，再除去表面的矿物油污。除去矿物油污可以选择的试剂是_______(填标号)。 A．苯 B．溶液 C．纯碱溶液 D．稀硫酸 (3)“沉钕”过程调，得到晶体，写出生成沉淀的离子方程式_____________________________________。 (4)“沉钕”后的滤液中加入试剂1的作用是______________________；若溶液中，根据表中数据计算，加入试剂2调节范围是6~_______(忽略过程中溶液体积变化)。 (5)“萃取”时发生反应：，则试剂3为_______，设计萃取、反萃取的目的是______________________。 (6)某钴的一种氧化物也是一种磁性材料，其晶胞结构如图甲所示，俯视图如图乙所示。 ①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图甲中原子A的坐标为，B为，则C原子的坐标为_______。 ②若阿伏加德罗常数的值为，则晶体密度为_______(列出计算式)。 183．重铬酸钾()在实验室和工业上都有广泛应用，如用于制铬矾、制火柴、电镀、有机合成等。工业上。以铬铁矿[主要成分为，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示： 已知： ①焙烧时中的Fe元素转化为，Cr元素转化为； ②矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分浓度 mol⋅L时，可认为已除尽。 请回答下列问题： (1)写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式_______。 (2)水浸滤渣的主要成分是，写出生成此滤渣的离子方程式_______。 (3)中和步骤中理论pH的范围是_______，中和后滤渣的主要成分是_______(填化学式)。 (4)酸化时加冰醋酸，简述不能用盐酸的可能原因是_______。 (5)工序1加入KCl的作用是_______。 (6)可以采用氧化还原滴定法测定产品的纯度，还可以采用分光光度法测定(溶液的吸光度与其浓度成正比)，但测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是_______(填字母)。 A．硫酸 B．氢碘酸 C．硝酸钾 D．氢氧化钾 184．四氧化三锰用途广泛，如用于合成高品质电极材料锰酸锂、制造磁性材料锰锌铁氧体、制备汽车用温度传感器的热敏电阻等。以软锰矿为原料制备的工艺流程如下所示。 已知： ①浸出液中含有、、等杂质。 ②常温时，一些物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： (1)基态锰原子中未成对电子数为___________，写出“还原浸出”过程中发生反应的化学方程式：___________。 (2)“调节”时，常温下，若使、沉淀完全(浓度不大于)，则应调至少为___________。 (3)P204是一种有机酸性萃取剂，用表示，萃取方程式可简写为。当其他条件相同时，若按照不同相比(P204与滤液体积比)进行“萃取”，溶液中美、锰元素的萃取率记录如下。 相比 镁萃取率/% 锰萃取率/% 35.19 3.43 58.28 6.25 72.29 13.03 83.67 17.40 90.17 23.97 根据流程及数据，判断“萃取”时最佳相比是___________；“萃取”后，向水相中通入氨气和氧气发生的主要反应的离子方程式为___________；油相中加入的试剂X是___________；反萃取水相中加入并进行后续操作的目的为___________。 (4)此流程中能循环利用的试剂是___________。 (5)工业上也可通过电解和硫酸的混合溶液先制得，再通过还原得到。电解时阳极的电极反应式为___________。 185．综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌，还含少量Fe及一些难溶于酸的物质]获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓()，部分工艺流程如图。 已知： ①在酸性条件下不稳定，易转化为；常温下，“浸出液”中金属离子的浓度、完全沉淀的pH及对应浓度下开始沉淀的pH见表。 金属离子 浓度 1.5 完全沉淀的pH (当离子浓度) 8.34 3.2 8.2 5.3 开始沉淀的pH 7.34 2.4 5.8 3.8 ②金属离子在该工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的$2026届高三化学二轮复习—工艺流程综合题（提升版279道二卷大题）详解答案 1 . （1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） （2）Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O （3） Mn2+ Fe3+、Al3+ （4）Fe(OH)3 （5）NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O （6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 【解析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。 （1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）； (2) “酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+= Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O； （3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+； （4）根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3； （5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。 （6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。 2 ． (1) (2)2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2 Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑ (3)NiO NaVO3、NaHCO3 (4)20g•L-1 10g•L-1 (5)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O (6)1021 【解析】本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸。 （1）由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：； （2）由题中的信息可知，及分别与纯碱反应的化学方程式为 ，； （3）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而、、与纯碱反应生成、和，沉铝通过量生成沉淀和，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3； （4）由图可知选择的初始钒浓度和的加入量分别为和时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：和； （5）由信息和流程可知，沉淀煅烧时分解产生和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为； （6）由题意可知的。 3． (1)释放残余的能量，避免造成安全隐患 (2)NaAlO2 (3) 防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费 (4)pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率 (5)碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂 (6) 废旧磷酸铁锂电池的正极材料中含有LiFePO4、Al、导电剂(乙炔墨、碳纳米管)等，首先用NaOH溶液浸取，Al溶解得到偏铝酸盐，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液即为滤液A，过滤后为LiFePO4及乙炔墨、碳纳米管，加盐酸、过氧化氢将LiFePO4氧化的含有Li+的溶液和FePO4沉淀，过滤分离出滤渣中含乙炔墨、碳纳米管，滤液中含铁离子、锂离子，之后再加30%Na2CO3调节pH，生成的沉淀为FePO4·3H2O等，滤液中含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，用热水洗涤，干燥得到高纯Li2CO3。 （1）废旧锂离子电池中大都残余部分电量，在处理之前需要进行彻底放电，否则在后续处理中，残余的能量会集中释放出大量的热量，可能会造成安全隐患等不利影响，故答案为：释放残余的能量，避免造成安全隐患； （2）有上述分析可知滤液A中为偏铝酸钠溶液，其主要溶质为NaAlO2，故答案为：NaAlO2； （3）在步骤“酸浸”时，由题中已知①，LiFePO4不溶于碱，可溶于稀酸，可知LiFePO4被H2O2在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为；盐酸用量过多会消耗后续步骤“调pH”中Na2CO3溶液的用量，造成浪费，故答案为：；防止增大后续步骤中Na2CO3溶液的消耗，造成浪费； （4）pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，因此降低了磷元素的沉淀率，故答案为：pH>2.5后，促使部分铁元素水解平衡正向移动以Fe(OH)3形式存在，降低了磷元素的沉淀率； （5）从题中Li2CO3在水中溶解度可知，碳酸锂在温度较高时溶解度较小，则可用热水洗涤，然后干燥可得到高纯碳酸锂，故答案为：碳酸锂在温度较高时溶解度较小，用热水洗涤，干燥可得到高纯碳酸锂； （6）由题意可知，再生制备磷酸亚铁锂的反应为碳酸锂、磷酸铁与足量炭黑混合高温灼烧反应生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为；故答案为：。 4． (1)硫酸钙 (2)3s23p63d7 Co 的质量较大的同位素在自然界中丰度较高 (3) +6Fe2++ 15H2O =Cl- +6Fe(OH)3↓+12H+ (4)c(H+)过高，c(F-)减小， 不利于钙镁沉淀完全     10-2.5或3.1610-3 (5)酸性条件 (6)ab 【解析】废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca的化合物)，加入硫酸酸浸后，酸浸渣主要成分为硫酸钙；滤液中主要含有硫酸镍、硫酸钴、硫酸铜、硫酸镁等，加入过量铁粉还原除铜得到铜，滤液再加入氯酸钠氧化除铁，得到氢氧化铁，再加入NaF除钙镁，滤渣为CaF2、MgF2；加入萃取剂HA萃取得到含有NiSO4溶液，一系列操作后得到NiSO4晶体，故为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤干燥等；有机相加入硫酸反萃取，得到CoSO4溶液； （1）酸浸时用硫酸，产生的硫酸钙微溶，故“酸浸渣”主要成分的名称为硫酸钙； （2）Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2，故其M层电子排布式为3s23p63d7； Co 的质量较大的同位素在自然界中丰度较高，故虽然Co的核电荷数比Ni小1，但Co的相对原子质量比却Ni的略大； （3）“除铁”时加入的氯酸钠将亚铁离子氧化，反应生成氢氧化铁，反应的离子方程式为 +6Fe2++ 15H2O =Cl- +6Fe(OH)3↓+12H+； （4）“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度≤10-5 mol/L时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.010-10，Ksp (MgF2)=7.510-11，钙离子沉淀完全时镁离子已沉淀完全，c(F- )== 10-2.5( mol/L)= 3.1610-3( mol/L)，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中c(F- )最小为10-2.5 或3.16×10-3；答案为c(H+)过高，c(F-)减小， 不利于钙镁沉淀完全；10-2.5 或3.16×10-3； （5）“反萃取”时为促进Co2+的转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有①酸性条件；②多次萃取； （6）获得NiSO4(s)的“一系列操作”中洗涤产品使其溶解度降低而晶体析出，故可选用冷水或乙醇，答案选ab。 5． (1)增大接触面积，提高反应速率 (2)2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O (3)温度较高，双氧水受热分解 (4)O2、H2O (5)都是分子晶体，后者相对分子质量大，范德华力大，熔点高 (6) 偏高 【分析】含硒废料的主要成分是和，加入纯碱和空气焙烧后，得到固体产物为、和；加水溶解，浸渣中含Cu2O，Na2SeO3、Na2TeO3溶于水形成溶液，继续加入稀硫酸，Na2TeO3与硫酸反应生成难溶性酸H2TeO3，并分解得到难溶于水的TeO2，Na2SeO3与硫酸反应生成可溶于水的弱酸H2SeO3，经分离得到H2SeO3，加入H2O2发生氧化还原反应得到H2SeO4，加热分解得到SeO2；H2SeO3中加入石灰乳发生酸碱反应生成亚硒酸钙结晶水合物，沉淀析出。 【详解】（1）“焙烧”时，含硒废料需要粉碎，目的是增大接触面积，提高反应速率。 （2）浸渣中含Cu2O用足量稀硫酸溶解，通入热空气的目的是将Cu2O氧化为Cu2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Cu2O+O2+8H+=4Cu2++4H2O。 （3）参加反应的双氧水远小于实际消耗的双氧水(反应温度在50℃)，其主要原因是温度较高，双氧水受热分解。 （4）硒酸受热分解的化学方程式为2H2SeO42SeO2+O2+2H2O，故副产物有O2、H2O。 （5）已知、的熔点分别为315℃、733℃，其熔点差异的主要原因是都是分子晶体，后者相对分子质量大，范德华力大，熔点高。 （6）①根据氧化还原反应得失电子守恒，可知消耗一个SeO2得到4e-，生成一个I2失去2e-，故SeO2~2l2，第二个反应若消耗2I2，则消耗4Na2S2O3，故关系为SeO2~2I2~4Na2S2O3，n(SeO2)= ，wg产品中n(Se) =n(SeO2)= ，.则产品中Se的质量分数=； ②如果大量空气进入锥形瓶，碘离子被氧气氧化，则使标准液Na2S2O3消耗量增大，导致测得结果偏高。 6． (1)     d     +2、+3 (2)稀硫酸 (3) (4) (5)过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2 (6) 【解析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4； 、（1）Mn原子序数为25，价电子排布图为 ，位于周期表中d区；中O为-2价，结合化合物中各元素的代数和为可知，中Mn的化合价既有+2价也有+3价，故答案为： ；d；+2、+3； （2）由分析知，稀酸X为稀硫酸，故答案为：稀硫酸； （3）由图可知，内，Mn元素浸出率提高，含量明显增加，说明此时与反应生成Mn2+、、S等，对应的离子方程式为：，故答案为：； （4）由，的浓度为，可得：；再由，可得，故答案为：； （5）由题意可知，二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡，因反应物是一种两性氧化物，当时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡，导致其产率降低，故答案为：过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2； （6），则，；527.4℃时，，，可知：，则此时产物为：，反应方程式为：，故答案为：； 7. （1）2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4 （2） ①. 增大H＋浓度，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解 ②. 加快搅拌速度 （3） ①. c(Cl－)>1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)<1.3 mol·L－1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯 ②. Fe3＋、H＋、Na＋ （4）边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中 （5）Bi2O3 【分析】焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3，在空气中Bi2S3单独焙烧生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，Mn2O3与浓盐酸生成氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋，以此解答。 【小问1详解】 “联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4。 【小问2详解】 ①Bi3＋易与Cl－形成BiCl， BiCl易发生水解， 其反应的离子方程式为BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋，增大H＋浓度，平衡逆向移动，BiCl浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成BiCl，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解； ②加快搅拌速度，加快反应速率也可以提高酸浸时金属元素的浸出率。 【小问3详解】 ①c(Cl－)>1.3 mol·L－1时，铋离子(萃取平衡BiCl＋2TBP⇌BiCl3·2TBP＋3Cl－逆向移动，)萃取率下降，铁离子萃取率上升； c(Cl－)<1.3 mol·L－1时，铋离子水解(BiCl＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋ )程度增大，不利于铋离子的萃取提纯； ②“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl－浓度，加入萃取剂TBP的目的让Bi3+和Fe3+分离，则萃取后分液所得水相中的主要阳离子为Fe3＋、H＋、Na＋。 【小问4详解】 为使萃取充分，萃取时边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。 【小问5详解】 设氧化铋的化学式为Bi2Ox，则，解得x≈3，因此氧化铋的化学式为Bi2O3。 8. （1）CaSO4、SiO2 （2）2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+##2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO （3）99.7% （4） ①. 3.5 ②. 稀硫酸 （5）30.8℃~53.8℃之间冷却结晶 【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)，向其中加入硫酸在高压下进行酸浸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应；加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，将铁离子、铝离子沉淀；加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀；经过萃取、反萃取得到NiSO4溶液；NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥最终得到NiSO4·6H2O晶体。 【小问1详解】 根据分析，CaO与硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，SiO2与硫酸不反应，则经充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2； 【小问2详解】 次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO； 【小问3详解】 当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)==(mol/L)2=510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)==mol/L=310-6mol/L，除钙率为：； 【小问4详解】 ①由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右； ②由萃取原理M2+(水相)+2RH (有机相) MR2(有机相)+2H+(水相)可知，反萃取时可以加入稀硫酸，增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，促使有机相中的MR2重新转化为水相中的M2+； 【小问5详解】 从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。 9 （1）(NH4)2SO4、NH3(或)、 （2） （3） （4） ①. 975K时，残留固体是锰的氧化物。假设煅烧的物质的量为1mol，则975K时m(固体)=115g(1-31.4%)=79g，因n(Mn)=1mol，n(O)==1.5mol，则n(Mn)：n(O)=2:3，即固体的化学式为Mn2O3 ②. 等量的MnCO3分解生成的各类脱硫剂中以吸收的量最多 （5） 【分析】大洋锰结核主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素，加入氨水浸取，在浸出的催化下，CO将结核中的转化为，分离出浸出液后，加入(NH4)2SO4浸锰，NH水解产生H+，将溶解使其转化为MnSO4，同时释放出NH3，除去不溶性杂质后，净化，再加入(NH4)2CO3浸锰得到，空气中煅烧可制得脱硫剂，然后通入含的煤气进行硫化，生成MnS中再通入氧气得到。 【小问1详解】 由流程可知，“沉锰”后滤液中的(NH4)2SO4回收后可用于“沉锰”，“浸锰”时产生的NH3，回收后可用于 “氨浸”， 脱硫剂经再生可重新用于硫化，故可循环的物质有(NH4)2SO4、NH3(或)、，故答案为：(NH4)2SO4、NH3(或)、； 【小问2详解】 “氨浸”时，CO将结核中的转化为，作催化剂，发生反应的离子方程式依次为：、，故答案为：； 【小问3详解】 ，=，amolMn(OH)2完全转化为时，溶液中c(OH-)=mol/L，则此时溶液中c(CO)===16a2，由于反应时要消耗amol，所以至少需要(80a2+a)mol，则，故答案为：； 【小问4详解】 ①975K时，残留固体是锰的氧化物。假设煅烧的物质的量为1mol，则975K时m(固体)=115g(1-31.4%)=79g，因n(Mn)=1mol，n(O)==1.5mol，则n(Mn)：n(O)=2:3，即固体的化学式为Mn2O3； ②工艺上控制温度煅烧以生成更多含量的，其原因是等量的MnCO3分解生成的各类脱硫剂中以吸收的量最多； 【小问5详解】 若沿z轴方向投影，顶点上处于对称位置的Mn原子会重合在长方形的顶点，位于体心的Mn原子会位于长方形的面心，位于面上和体内的O原子位于长方形内相邻两个Mn原子连线上，投影图为，故答案为：。 10. (1) 增大反应物接触面积，加快反应速率 7∶4 (2)4.7 (3)NH4F水解生成的HF，HF能够腐蚀陶瓷 (4)使充分转化为或促进2＋2H＋⇌＋H2O的平衡正向移动，使充分转化为 (5)(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑ (6) 12 或或 【分析】含铬废料加入氢氧化钠研磨后，通入氧气焙烧得到含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、MgO的的烧渣，加入硫酸酸溶，生成滤渣1硅酸沉淀和滤液1，滤液1调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液2加入氟化铵除去镁得到滤渣3，滤液3加入硫酸、硫酸铵转化后得到重铬酸铵，煅烧得到氧化铬； 【详解】（1）“研磨”的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；“焙烧”过程FeCr2O4和氧气反应被氧化为三价铁和六价铬，根据电子守恒可知，，故发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是7:4； （2）25℃时，调节pH将铁、铝转化为沉淀，由Ksp可知，；铝离子完全沉淀时，铁离子早已完全沉淀，则氢氧根离子至少为，pOH=9.3，pH=4.7；故“调pH”的最小值为4.7； （3）“除镁”工序不能在陶瓷容器中进行的原因是NH4F水解生成的HF，HF能够腐蚀陶瓷； （4）“转化”后得到重铬酸根离子，故转化加入适量H2SO4的作用是使充分转化为或促进2＋2H＋＋H2O的平衡正向移动，使充分转化为； （5）“煅烧”反应中铬元素化合价由+6变为+3，则反应中必有元素化合价升高，生成的气体中含有一种单质，根据质量守恒可知，生成气体为氮气，化学方程式为：(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O↑； （6）以体心镁离子为例，每个Mg2+周围距离最近的Mg2+同层、上下层各个4个，故个数为12。根据“均摊法”， 已知MgO晶胞边长为0.4mn，晶胞中含个O2-、个Mg2+，则晶体密度为。 11． (1) (2)     0.01     pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子 (3)     实现的提取和富集     随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降 (4)     在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4     12 【分析】含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出，处理后最终得到钴的氧化物； 【详解】（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：； （2）①，，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为，故为使、除尽，必须保持溶液中0.01。 ②若调节溶液的pH偏低、将会导致、沉淀不完全，其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子； （3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集； ②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降； （4）①在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1mol，A点为0.1mol；根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为，则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4； ②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个 12. （1） ①. ②. 使充分转化为；防止残留的和产生的催化分解；保持溶液呈碱性，使稳定存在 ③. 过量的酸性条件下和反应生成 （2）75.00% （3） ①. 碱性条件下，氧化的速率减慢；溶液中用于吸附的的量减少 ②. 将氧化为，比更容易被吸附去除 【小问1详解】 ①由题意可知，制备高铁酸钾的反应为硝酸铁与次氯酸钾、氢氧化钾的混合溶液反应生成高铁酸钾沉淀、硝酸钾、氯化钾和水，反应的化学方程式为，故答案为：； ②由题给信息可知，高铁酸钾在在碱性溶液中较稳定，在铁离子和氢氧化铁催化作用下发生分解，所以制备高铁酸钾的过程中氢氧化钾和次氯酸钾必须过量使溶液呈碱性，将溶液中的铁离子完全转化为高铁酸钾，故答案为：使充分转化为；防止残留的和产生的催化分解；保持溶液呈碱性，使稳定存在； ③过滤所得的滤液中加入稀硫酸，产生氯气，可能是酸性条件下反应生成高铁酸根氧化了溶液中的氯离子，还可能是过量的次氯酸根离子与溶液中的氯离子反应生成了氯气，故答案为：过量的酸性条件下和反应生成； 【小问2详解】 由得失电子数目守恒可得如下转化关系：，由滴定消耗20.00mL 0.3000mol/L硫酸亚铁铵溶液可知，样品中高铁酸钾的纯度为×100%=75.00%，故答案为：75.00%； 【小问3详解】 ①碱性条件下，高铁酸钾的氧化性减弱，氧化的速率减慢，导致溶液中用于吸附的的量减少，所以当pH大于7时，As去除率迅速下降，故答案为：碱性条件下，氧化的速率减慢；溶液中用于吸附的的量减少； ②由题给信息可知，高铁酸钾将氧化为，比更容易被铁离子吸附去除，所以铁浓度相同，使用时去除率比使用时高，故答案为：将氧化为，比更容易被吸附去除。 13． (1)3 (2)TiO2+2OH-=TiO+H2O (3)0.2 (4)增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全 (5)pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低 (6)NH3 【解析】废催化剂在碱性条件下和氢氧化钠反应，生成钛酸钠，酸浸后生成钛酸，经过焙烧生成二氧化钛，再和氯气反应生成四氯化钛，随后在惰性气体中被镁还原为单质钛。 （1）上述反应中二氧化钛和氯气反应生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应； （2）“高温碱浸”时二氧化钛和氢氧化钠反应生成钛酸钠，离子方程式为：TiO2+2OH-=TiO+H2O； （3）当溶液中WO恰好沉淀完全，其离子浓度等于10-5mol/L，根据Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)×c(WO)=1×10-10，则溶液中c(Ca2+)=1×10-5mol/L，再根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH-)=4×10-7，可知c(OH-)=0.2mol/L； （4）“沉钒”的目的是将完全转化为沉淀析出，加入过量的目的是利用同离子效应，促进尽可能析出完全，故答案为：增大浓度，使逆向移动，利于尽可能析出完全； （5）由已知②知在水溶液中存在：VO+2H+⇌VO+H2O， pH过低，该平衡正向移动，VO化为VO的程度较大；pH过高，转化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低，故答案为：pH过低，VO化为VO的程度较大；pH过高，化为NH3·H2O的程度较大；两因素均使沉钒率降低； （6）煅烧时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2mol，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2mol. 14． (1)浓硫酸稀释放出大量的热  SiO2 (2)氧化Fe2+，减少NaClO3的用量 + 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O (3)CO2 避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀 (4)4 【解析】蛇纹石矿的主要成分为MgO、SiO2、 CaO、 Fe2O3、 Al2O3、 NiO、FeS等加水和浓硫酸使其中金属氧化物溶解反应，其中二氧化硅不与硫酸反应生成滤渣1，滤液中加氯酸钠同时通入空气，将亚铁氧化为三价铁，再加碳酸钠调节溶液pH值使三价铁沉淀，过量后，在滤液中加硫化钠使镍离子沉淀，过滤，滤液中加氢氧化钠使镁离子沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁分解得到氧化镁。 （1）浓硫酸溶于水会放出大量的热，使体系温度升高，故几乎无需加热；SiO2不与硫酸反应，所以滤渣中还含有SiO2 ；故答案为：浓硫酸稀释放出大量的热；SiO2； （2）由于氧化时加入强氧化剂NaClO3，所以吹入空气的目的是使NaClO3与溶液充分混合，加快反应速率，氧气能氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；离子方程式为+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O，故答案为：氧化Fe2+，减少NaClO3的用量；+ 6Fe2+ + 6H+ =6Fe3++Cl-+3H2O； （3）根据元素守恒，生成物中肯定有碳元素，且各元素化合价未发生改变，则生成气体为CO2；因Fe3+与CO水解相互促进生成Fe(OH)3，同时加入过快使溶液局部碱性过强会导致镍、镁离子沉淀，所以碳酸钠溶液需缓慢加入；故答案为：CO2；避免加入过快使溶液局部碱性过强，导致镍、镁沉淀； （4）由已知信息得出，Ni2+恰好完全沉淀时，c(Ni2+) = 10-5mol/L，Ksp (NiS)= c (Ni2+) · c (S2-)=1×10-21，所以c (S2-)=10-16mol/L，又由于氢硫酸的两步电离平衡常数： =1.4×10-7，=7.1×10-15，，带入硫离子和硫化氢分子的浓度得出：，求出c(H+)10-4mol/L，所以pH约为4，故答案为：4； 15． (1)1:2 (2)Al(OH)3、CaSO4 (3)置换反应 (4)Co2+、Ni2+ Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能 (5)3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑ (6)Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑ (7) 【解析】萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3+，加入CaCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn，将Cd2+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3，将Zn2+转化为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O沉淀；过滤后，将沉淀煅烧，从而得到氧化锌。 （1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2，为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2； （2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。答案为：Al(OH)3、CaSO4； （3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。答案为：置换反应； （4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能； （5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑； （6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑； （7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为= g∙cm-3。答案为：。 16． (1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可) (2)V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑ (3)+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的 (4)Fe(OH)3  及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5 (5)80 偏高 【解析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。 （1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。 （2）“煅烧1”主要是V2O5 和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑。 （3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。 （4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。 （5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是错误数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3被氧化，因此消耗的Na2S2O3溶液偏多，计算出的结果偏高；故答案为：80；偏高。 17 (1) (2) (3) (4)     (5)  (6) (7) 【解析】高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量，含量较大。碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤得到的脱硫矿粉中含S、氢氧化铁、碳酸盐和金属氧化物，再被硫酸酸浸以后生成的滤液中含Fe2+、Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S和硫酸钙则以滤渣1的形式除去，二氧化锰做氧化剂作用下，Fe2+转化为铁离子便于后续除杂，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化铵可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经电解得到金属锰。 （1）碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，疏化物中的硫元素被氧化为单质，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，根据氧化还原反应的配平原则可知涉及的化学方程式为； （2）结合物质的类别与上述分析可知，脱硫时能被部分溶解的物质是酸性氧化物二氧化硅，故答案为：； （3）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢，故答案为：； （4）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：；酸浸时，加入目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：； （5）根据给定信息①金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是；结合给定信息②金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的除去的主要离子是； （6）根据放电顺序可知，除杂后的溶液通过电解在阴极可制得金属锰，惰性阳极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，发生的电极反应为； （7）氧原子以面心立方堆积(如图)，利用均摊法可知，氧原子数==4，所以晶胞中含为1个，晶胞质量为，若该晶胞参数为，则晶体密度=。 18． （1）向逆反应方向 降低 碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 -223 1.2×1014 （2） 提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品 （3）将、C粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积 【解析】（1）①碳氯化是气体体积增大的放热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低； ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是：碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程； ③根据盖斯定律，将“反应Ⅰ-反应Ⅱ”得到反应 =--223，平衡常数=1.2×1014。 （2）①当温度较高时会发生反应：，会导致CO的物质的量分数增大，B为CO2，A代表的物质是； ②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。 （3） 固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大，有利于三种反应物接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 19． （1） （2）中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位 （3）三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减 （4） （5） 【分析】镀锌钢材废件经过盐酸酸洗，由已知信息i可知，和主要以和形式存在；镀锌废酸液用萃取剂三辛胺萃取，可以得到有机溶液；再利用氨水进行反萃取，得到氢氧化锌，据此分析作答。 【解析】（1）废酸液中，和主要以和形式存在，则镀锌废酸液中主要含有的阳离子有，故答案为：。 （2）①中N原子中存在孤电子对，中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位。 ②和反应生成和氯离子，离子方程式为：，故答案为：。 （3）由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减，故答案为：三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减。 （4）反萃取时，又生产了萃取剂，则与氨水反应生成氢氧化锌、、和水，化学方程式为：，故答案为： 。 （4） 设配制的100mL溶液中为c()，反应原理为：，可得，，则，废酸液中，，则废酸液中的含量=，故答案为： 20． （1）粉碎，增大盐酸浓度等 （2）、 （3） （4）取最后一次水洗液于试管中，加入盐酸酸化，再加入溶液，无沉淀产生，说明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净 （5）初始在范围内，上升，减小，与反应的铁减少，更多的铁与反应，去除率缓升；初始在范围内，除了铁与反应外，上升，增大，沉淀生成去除率迅速上升。 （6）1号所连丁基体积较大，空间位阻大，不易配位 （7）91% 【分析】废催化剂经“盐酸酸浸”后，、因不与盐酸反应进入滤渣1，其余转变成相应离子进入滤液中；滤液中加入氨水调pH至5，得到含Fe(OH)3、Al(OH)3的滤渣2；所得滤液中加入双氧水，将Fe2+氧化成FeOOH，所得钒钨溶液进一步分离得到WO3和钒溶液；钒溶液经一系列处理最终得到V2O5；滤渣1中的与硫酸反应生成可溶的TiOSO4，经一系列处理最终转化为。 【解析】（1）增大反应物的接触面积或增大反应物浓度都可以提高速率； （2）由上述分析可知滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3； （3）加入双氧水将Fe2+氧化成FeOOH，故离子方程式为； （4）检验是否洗涤干净，可以检验是否有硫酸根残留，故检验方法为：取最后一次洗涤液于洁净的试管中，先加入盐酸酸化，再加入适量的BaCl2溶液，如无白色沉淀产生，则说明洗涤干净，反之则没有洗涤干净； （5）pH在3~6内，纳米铁还会被溶液中的H+消耗，导致Cu2+的去除受到影响，随着pH的增大，更多的纳米铁与Cu2+反应，综上，Cu2+的去除率呈现缓慢上升的趋势；pH在6~7内，Cu2+除了与纳米铁反应，还会与OH-反应生成沉淀，导致Cu2+去除率显著上升； （6）萃取剂结构中P原子连有3个-O-(CH2)3CH3基团，造成较大位阻效应，使得1号O原子与钒离子配位能力弱于2号O原子； （7）根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，存在如下计量关系：，，故样品中n(V2O5)= ，ω=。 21． （1）+3 （2） （3） 时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离 < （4） （5）1：22 （6）减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物 【分析】以废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)和废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图，废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液A为Na[Al(OH)4]，固体B中主要是LiFePO4，废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液D为Na[Al(OH)4]，固体C主要是LiCoO2，固体B、C中加入稀硫酸酸浸，LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离，过滤得到固体E为FePO4，滤液F中加入萃取剂P507萃取分液，得到水相和有机相，有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得到CoCO3，水相中加入饱和碳酸钠溶液过滤得到固体Li2CO3和滤液G，据此分析回答问题。 【解析】（1）LiCoO2中锂元素化合价+1价，氧元素化合价-2价，计算得到Co元素的化合价+3价； （2）用NaOH溶液处理原料时，Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式是：； （3）①固体B中主要是LiFePO4，固体C主要是LiCoO2，硫酸浸出时反应的化学方程式为：LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O； ②混合液调pH=1.8的原因是：pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离； ③混合液c(Fe3+)=1×10-5mol/L时，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO)=1.3×10-22，c(PO)=mol/L=1.3×10-17mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO)=2.0×10-35，c(Co2+)=mol/L＜1mol/L； （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴，“沉钴”反应的离子方程式为：； （5）固体B和固体C按n(LiFePO4)：n(LiCoO2)=1.1：1配料，酸性条件下，LiCoO2氧化性比H2O2强，LiCoO2被还原为Co2+，根据反应LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O和得失电子守恒，理论上，和LiFePO4反应的H2O2与固体B中的LiFePO4物质的量之比1：22； （6）分析联合提取钴和锂的优势是：减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物。 22． （1）增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 提供空轨道，中O原子提供孤电子对 pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 （2）温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 （3） 【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到 FePO4⋅2H2O。 【解析】（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底； ②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对； ③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：； ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能； （2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢； ②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：； ③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低； （3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。 23． （1） （2）结晶时存在，增大和，平衡逆向移动 （3） （4）将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液 （5）溶液中含有，经氧化为，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入 （6） 偏高 【分析】该工艺流程以钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料，提取铁、钛和钒，原料联合氧化浸出得溶液A，溶液A中含有、、及，与铁屑反应得到溶液B，溶液B含有、、及，加入使结晶析出，溶液C中含有、及和少量，水解析出，溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化，再加入萃取剂萃取，分液后反萃取，最终得到。 【解析】（1）具有还原性，被氧化生成，离子方程式为； （2）加入使结晶得到晶体析出，即晶体与离子存在溶解平衡：，加入，增大和，使平衡逆向移动； （3）溶液中的钛元素以形式存在，发生水解析出，反应的离子方程式是； （4）由有机溶液重新得到含的水溶液，使平衡逆向移动，则应增大，故反萃取操作为将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液； （5）溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化为、，加入萃取剂萃取时，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入中； （6）①溶液A含有、，加入铝片，分别转化为、，即溶液a中含有、，由还原性，加入标准溶液滴定时，先发生反应，，则，溶液b中含有，再加入标准溶液滴定时，发生，则，故溶液A中与的物质的量之比为； ②是将氧化为反应的催化剂，若不加入，该反应速率较慢，则滴定溶液a时，未完全被氧化，导致滴定溶液b时，消耗的标准溶液增多，使得测定结果中铁元素的含量偏高 24． (1) 碱煮水洗 漏斗 (2) Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 冷却结晶 (3) K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可) 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- (4)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 (5) 偏低 【分析】（一）稀盐酸中加入含铜的废铁屑，铁转化为氯化亚铁，过滤除去铜，得到含氯化亚铁的滤液，滤液通入足量氯气，得到氯化铁溶液，氯化铁溶液经蒸发浓缩，冷却结晶等操作得到氯化铁晶体，或者氯化铁溶液加入纯铁粉，然后通入氯气，得到浓的氯化铁溶液，再制取氯化铁晶体，据此分析解答。 （二）25.00mL硫酸铜溶液加入足量的CuSO4溶液，生成硫酸钡沉淀，过滤得到硫酸钡固体，经洗涤、干燥、称重得到wg硫酸钡，根据硫酸根离子守恒计算硫酸铜含量。 【详解】（1）废铁屑表面往往含有油污，可以加入碱液去除，则去除废铁屑表面的油污的方法是碱煮水洗。操作①为过滤，要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗； （2）加入含有少量铜的废铁屑可以构成Cu-Fe盐酸原电池，故比加入纯铁屑反应更快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。操作②为由溶液制取晶体，涉及的过程为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （3）亚铁离子遇到铁氰化钾溶液（或使酸性高锰酸钾溶液褪色）生成蓝色沉淀，则检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-； （4）结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，判断沉淀完全的操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全； （5）根据硫酸根离子守恒，n（CuSO4）=n（BaSO4），固体质量为w g，则mol/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，导致沉淀损失，硫酸钡质量减少，则测得偏低。 25． a．未干燥锥形瓶      b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡    c．未除净可与EDTA反应的干扰离子 【答案】(1) 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O 不引入杂质，产物对环境无污染 Fe3+和Al3+ (2) 冷却结晶 过滤 (3) 甲 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到硫酸铝晶体中混有硫酸铁杂质，所以方案不可行 乙 (4) c 【分析】根据制备路线可知，Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4 、浓硝酸，则可以将Cu、Al、Fe溶解，Au、Pt不溶解，所以滤渣1的主要成分为Au、Pt，滤液1中含有Cu、Fe、Al的离子。根据滤液2和CuSO4 ·5H2O可知，滤液2为CuSO4 溶液，滤渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，据此可作答。 【详解】（1）第①步中Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境无污染；调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。 （2）由分析可知滤液2为CuSO4 溶液，第③步的操作为：滤液2加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到胆矾。 （3）由于甲方案中硫酸和氢氧化铁及氢氧化铝都是反应的，所以生成的滤液中含有硫酸铁和硫酸铝，因此如果直接蒸发，将使所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；由于铝的金属性强于铁的，所以方案乙中铝能置换出铁，从原子利用率最高。而方案丙中生成的硫酸铝小于方案乙中生成的硫酸铝，原子利用率没有乙高。 （4）消耗EDTA的物质的量是0.001bcmol，所以根据反应的方程式可知，消耗铜离子的物质的量也是0.001bcmol，所以每一份中胆矾的物质的量是0.001bcmol。因此CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝。根据表达式可知，如果未干燥锥形瓶，是不会影响实验结果的；若滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，则消耗标准液的体积将减少，测定结果偏低；如果未除净可与EDTA反应的干扰离子，则消耗标准液的体积将偏大，测定结果偏高，因此答案选c。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 26 (1)-1 PbSO4 (2)粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度 适当升温等 将Fe2+氧化成Fe3+，以便除去 (3)酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移 (4)Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑ 115.8 (5)Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+ 【解析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)，加入稀硫酸酸浸，产生硫酸铅为滤渣Ⅰ主要成分，及产生S；加入双氧水、氧化钙调节pH，除铁、铜，得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铜，再加入MnF2除钙，生成CaF2，再加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰； （1）根据化合价法则，FeS2中硫元素为-1价，所以铁元素的化合价是+2价； 根据分析，滤渣I的成分除了S还有PbSO4； （2）加快酸浸速率的措施粉碎阳极渣和黄铁矿、适当增大硫酸的浓度，适当升温等； “除铁、铜”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，以便生成Fe(OH)3而除去； （3）酸度过高，F-与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(S)Ca2+(aq)+2F- (aq)平衡右移，故“除钙”时溶液酸度不宜过高，否则溶液中Ca2+沉淀不完全； （4）硫酸锰与碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸锰和二氧化碳，“沉锰”时发生反应的离子方程式为: Mn2++2=MnCO3↓+H2O+CO2↑； 反应MnCO3(s) + 2OH-(aq)Mn(OH)2(s) +(aq)的平衡常数K=====115.8； （5）用惰性电极电解酸性MnSO4溶液还可制备MnO2，其阳极上Mn2+失电子产生MnO2，电极反应式为Mn2+-2e- + 2H2O= MnO2+4H+。 27． (1)将含钒石煤粉碎； 适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量 (2) (3)、 、 反应的平衡常数 (4)饱和NaCl溶液 (5)AC 【解析】含钒石煤加入CaCO3焙烧，、都转化为，水浸并加入Na2CO3调节pH为8.5，根据表中各物质开始沉淀和完全沉淀的pH可知，此时Fe3+和Al3+沉淀完全，Mg2+和Mn2+部分沉淀，随后进行离子交换，用淋洗液洗脱，加入NH4Cl沉钒，煅烧加入钙冶炼最后生成单质钒。 （1）为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有将含钒石煤粉碎；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施。 （2）焙烧时通入氧气和CaCO3，V2O3、V2O4转化为Ca(VO3)2，根据转化关系，利用电子守恒及元素守恒即可得到方程式为 （3）pH为8.5，根据表格可得已完全沉淀的离子有、，部分沉淀的有、；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式 为，其平衡常数，故不能完全转化。 （4）“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液。 （5）本工艺中加入钙冶炼V的方法为热还原法。 A．高炉炼铁为热还原法，A正确； B．电解熔融NaCl制钠是电解法，B错误； C．利用铝热反应制锰是热还原法，C正确； D．氧化汞分解制汞是热分解法，D错误； 故答案选AC。 28． (1)增大反应物的接触面积 2:7 Na2CrO4和Fe2O3 (2)CD (3)A (4) (5)稀硫酸 抑制 转化为 【解析】铬铁矿加入碳酸钠、硝酸钠熔融氧化后得到熔块，水浸、过滤得到滤渣1主要成分为SiO2等，滤液1调节pH=7，过滤得到滤渣2为Al(OH)3，滤液2再调节pH，得到的滤液3加入氯化钾，通过一系列操作后得到重铬酸钾； （1）将铬铁矿粉碎有利于加快熔融、氧化的速率，其原理是增大反应物的接触面积；步骤①的主要反应为FeO·Cr2O3 + Na2CO3 +NaNO3Na2CrO4+ Fe2O3 + CO2+NaNO2，反应中Cr元素和Fe元素化合价均升高被氧化，生成Na2CrO4和Fe2O3，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，Cr元素由+3价升高为+6价，Fe元素由+2价升高为+3价，N元素由+5价降为+3价，结合氧化还原反应原理配平得反应2FeO·Cr2O3 + 4Na2CO3 +7NaNO34Na2CrO4+ Fe2O3 + 4CO2+7NaNO2，故配平后FeO· Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为2:7； （2）A. 步骤①高温条件下陶瓷中的二氧化硅能与碳酸钠反应，故不可以用陶瓷容器做反应器，选项A错误； B. 步骤②低温时反应速率降低，浸取率降低，选项B错误； C. 根据分析可知，步骤③所得滤渣2的主要成分是Al(OH)3，选项C正确； D. 步骤④调节pH，使平衡逆向移动，目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7，选项D正确； 答案选CD； （3）由溶解度曲线图结合选项可知，20 ℃时K2Cr2O7溶解度最小，而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7，三者均存在于溶液当中，故冷却到20 ℃时得到的K2Cr2O7；答案选A； （4）样品中Cr2O3的质量为m1×40%kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40%kg×，则所得产品的产率为=； （5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸，答案为稀硫酸；抑制 转化为。 29． (1)70℃，固液比 (2)将PdO还原为Pd (3) (4)阴离子 B (5)HCl 浸取与洗脱 (6)159 阴极有得电子生成 【解析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品。 （1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比； （2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd； （3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：； （4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B； （5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用； （6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。 30． (1)Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O (2)提高铁元素的浸出率 (3)过滤速度更快 (4)在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤 (5)99.39% 【解析】废渣溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铁，过滤后滤液中加足量铁粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，再过滤，通过蒸发浓缩冷却结晶得到粗品，再重结晶得到硫酸亚铁晶体。 （1）Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O； （2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，可使Fe3O4和氧化铁更充分与硫酸发生反应，提高铁的浸取率，故答案为：提高铁元素的浸出率； （3）抽滤装置通过减小锥形瓶内的压强，可以加快过滤速率，故答案为：过滤速度更快； （4）由图可知温度再80℃时还原率最高，因此温度选80℃；在稳定一定是过量系数为1.2时还原率最高，因此过量系数为1.2，而在前两者相同时反应时间2h时还原率高，因为搅拌时间控制在2h，结合过量系数可得：应加入铁粉的量为氯化铁消耗铁粉量的1.2倍，则100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol•L-1］，结合反应可知消耗铁粉0.04mol，则需加0.04×1.2mol=0.048mol，铁粉质量为0.048×56=2.688g，同时为防止硫酸亚铁被氧化，应在真空蒸发仪中蒸发，然后冷却结晶后过滤，具体步骤为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤，故答案为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤； （5）根据电子得失守恒可得关系式：，n()==0.02000mol•L-1×0.0429L×5=0.00429 mol，硫酸亚铁晶体样品中FeSO4•7H2O的质量分数=，故答案为：99.39%。 31． (1)0.008mol/(L·min) (2) (3) (4)增大，使反应I中的平衡正向移动 (5)pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显 (6)4++6OH-=4Ag+8+4H2O+ (7)随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移 【解析】分银渣中主要成分是氯化银，I中用溶液作为浸出剂，主要反应为；浸出液与甲醛反应，II中反应为4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，生成Ag回收，同时又生成，可循环使用。 （1）固体质量减少了28.7g，即反应溶解了28.7gAgCl，其物质的量为=0.02mol，由反应方程式可知，参加反应的的物质的量为0.02mol2=0.04mol，则反应速率=0.008mol/(L·min)，故答案为：0.008mol/(L·min)。 （2）溶液中存在物料守恒关系，，故答案为：。 （3）反应I在敞口容器中进行，很容易被空气中的氧气氧化，而使银的产率降低，反应的离子方程式为，故答案为：。 （4）由图像可知，时，浓度随含硫化合物总浓度增大而增大，变化趋势的原因是增大，使反应I中的平衡正向移动，导致浓度增大，故答案为：增大，使反应I中的平衡正向移动。 （5）由图像可知，相比于pH=10时，pH=6时候，随含硫化合物总浓度增大，浓度增大不明显，可能的原因是pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显，故答案为：pH较小时候，与H+结合HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但是浓度增大不明显。 （6）HCHO中C元素化合价由0价升高到+4价，中Ag元素化合价由+1价降低到0价，反应产物有碳酸根离子，则可判断溶液为碱性，生成物有水，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平反应方程式为 4++6OH-=4Ag+8+4H2O+，故答案为：4++6OH-=4Ag+8+4H2O+。 （7）由步骤II中反应方程式可知，反应消耗了，生成了Cl-，而反应I中为反应物，Cl-为生成物，平衡逆向移动，导致循环多次后，银浸出率降低，故答案为：随循环次数的增加，浸出液中c(Cl-)增大，减小，两者共同促进浸出反应平衡逆移。 31． (1) 0.11 mol 取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性稀溶液中，溶液变红) (2) (3)该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去 (4)向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤 (5)加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液 【解析】含锰废液含、、，还含及少量、，加将氧化成，再加碳酸锰条件溶液pH值使完全沉淀过滤除去，在滤液中加MnF2使、转化为CaF2、MgF2沉淀过滤除去，得到粗硫酸锰溶液。 （1）① mol·L，1 L该废液中含的物质的量为0.2mol，将氧化成，反应为：，结合反应可知0.2mol消耗0.1mol，用量为理论用量的1.1倍，则需要加入0.11mol，故答案为：0.11； ②若完全被氧化，则反应后溶液中不含，通过检验是否存在确定其是否完全被氧化，可取氧化后溶液加溶液，看是否出现蓝色沉淀，也可利用其还原性，滴加酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为：取少量氧化后溶液，向其中滴加溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性稀溶液中，溶液变红)； （2）加碳酸锰条件溶液pH值使完全转化为沉淀过滤除去，反应的离子方程式为：，故答案为：； （3）“除杂Ⅱ”中反应之一为，该反应的平衡常数K=，故答案为：该反应的平衡常数，正向进行程度很大，可以将完全除去； （4）取实验所得粗溶液，向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，将硫酸锰转化为Mn(OH)2，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时确保硫酸锰完全沉淀后停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至Mn(OH)2固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤；故答案为：向其中加入1 mol·L 溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 mol·L 溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 mol·L 至固体完全溶解，90~100℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤； （5）由图可知加热到850℃分解2小时，的含量最高，因此应控制温度为850℃，产生的气体用1 mol·L NaOH溶液吸收。故答案为：加热到850℃分解2小时，将产生的气体通入1 mol·L NaOH溶液。 32． （1） (2) (3)0.16 (4)常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右 (5)酸性氧化物 (6)a (7)润滑剂 【解析】辉钼矿(钼元素的主要存在形式为)加入，通入空气焙烧发生反应，所得烧渣加入碳酸钠溶液将转化为，经操作1过滤得到溶液。溶液经系列操作得到Na2MoO42H2O晶体。往溶液中加入足量硫酸反应生成沉淀，过滤后灼烧得到，经氢气还原得到Mo。 （1）基态原子价层电子排布式为，为第五周期元素，与同族，则其基态原子价层电子排布式为。 （2）在空气中焙烧会生成SO2，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，且烧渣中以的形态存在，含有Ca元素，则X为CaO；焙烧的化学方程式为。 （3）饱和溶液中，=。 （4）由曲线图可知，随着温度的升高，浸出率逐渐升高，当温度在150℃左右时，浸出率已经很高，继续升高温度，浸出率增长不明显。因此溶液在对烧渣进行浸出时，选择温度150℃左右有利于浸出，但常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右，所以需要选择“高压浸出”，以使温度提高到150℃左右。 （5）由流程图可知，往溶液中加入足量硫酸反应生成沉淀，过滤后灼烧得到，即对应的水化物为酸，为酸性氧化物。 （6）a．利用做还原剂，将还原为，其原理属于热还原法冶金，a正确； b．能将还原为，则还原性：>，、能从酸溶液中置换出，则还原性：>，>，因此的金属活动性可能位于、之后，b错误； c．比较活泼，与钼酸盐溶液直接作用，钠先和水反应，因而不能达到冶炼钼的目的，c错误； 故选a。 （7）晶体有类似石墨的层状结构，层与层之间作用力较弱，很容易在层间发生相对滑动，因而可用作润滑剂。 33． (1) 增大反应速率，提升酸浸效率 Cl2或ClO2 (2)pH=0.5，萃取剂浓度为15% (3)H2SO4 (4)7.7×10-6 (5) 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净 【解析】铅锌冶炼烟灰中浸渣()加H2SO4、HCl、NaClO3进行“氯化浸出”，铟主要以进入水溶液，锡以SnO2进入酸浸渣，水溶液用萃取剂HX萃取、分液，去掉水相，得到InX3有机相，有机相中加反萃取剂进行反萃取去掉有机相得到高含量In3+溶液，往溶液中加过量锌粉置换出In，同时得到硫酸锌溶液，硫酸锌溶液经过系列步骤制备硫酸锌晶体。 （1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为；此步骤加热的目的是增大反应速率，提升酸浸效率；温度过高HCl和NaClO3会发生氧化还原反应生成Cl2或ClO2； （2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%； （3）由和后续制备硫酸锌晶体副产品可知萃取剂选H2SO4； （4）的化学平衡常数即In3+的水解常数=7.7×10-6； （5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为；由流程可知所得浊液中含硫酸根离子，检验粗铟已洗涤干净就是检验粗铟最后一次洗涤液中没有硫酸根离子，方法为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若没有产生沉淀，则洗净。 34． (1) (2)CO2 不可以 (3)HNO3 (4)Fe(OH)3 (5)蒸发浓缩 趁热过滤 【解析】铅蓄电池的填充物铅膏加入过量的亚硫酸钠、碳酸钠反应得到PbCO3和少量PbSO4，及不反应的氧化亚铁，过滤后固体加入稀硝酸酸溶，二价铁被氧化为三价铁同时生成氮的氧化物气体和二氧化碳气体；加入氢氧化钠调节pH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入稀硫酸将铅转化为沉淀，加入氢氧化钠加热后过滤分离出沉淀洗涤得到三盐基硫酸铅； （1）PbO2和加入的碳酸钠、亚硫酸钠反应转化为PbCO3，离子方程式为 ；滤液1中和的浓度比为； （2）“酸浸”过程，碳酸根离子和氢离子生成二氧化碳，故产生的气体主要有NOx(氮氧化物)和CO2；铅离子会和硫酸根离子生成硫酸铅沉淀导致铅损失，故不能使用[H2SO4+O2]替代HNO3； （3）“沉铅”过程中硫酸和硝酸铅生成硫酸铅沉淀和硝酸，故循环利用的物质Y是HNO3； （4）“除杂”中铁离子和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，故滤渣的主要成分为Fe(OH)3；在50~60°C“合成”加入氢氧化钠生成三盐基硫酸铅，化学方程式为； （5）由图可可知，温度低于45℃左右时得到晶体，高于45℃时得到晶体，且温度升高的溶解度减小，故由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、趁热过滤，洗涤后干燥。 35． (1)过滤 (2) (3)Al2O3、CuO (4)铵根离子水解，硫离子水解，铵根离子水解程度小于硫离子水解程度，使得溶液显碱性 (5)，锰离子比钙离子更容易结合碳酸根离子生成沉淀，且溶液中钙离子浓度低不易生成沉淀 (6) 【分析】钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为、、，还含有少量、等；浸出液加入硫酸铵，部分钙离子和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到沉淀1，过滤滤液1加入氨水调节pH，将铁离子、铝离子、部分铜离子转化为沉淀2，沉淀2煅烧得到粗氧化铁，加入稀硝酸洗涤得到氧化铁；滤液2加入硫化铵得到硫化铜沉淀3，滤液3加入碳酸钠得到沉淀； 【详解】（1）浸出液加入硫酸铵后，需要分离固体和液体，故采取的分离操作是过滤； （2）由分析可知，沉淀1的主要成分是； （3）沉淀2中含有氢氧化铁、氢氧化铜、氢氧化铝，煅烧得到氧化铁、氧化铜、氧化铝，故粗氧化铁中除Fe2O3外，还含有的物质是Al2O3、CuO； （4）中铵根离子水解，硫离子水解，铵根离子水解程度小于硫离子水解程度，使得溶液显碱性； （5）由图标可知，，锰离子比钙离子更容易结合碳酸根离子生成沉淀，且溶液中钙离子浓度低不易生成沉淀； （6）①将氧化为，同时生成，氯元素化合价由+7变为0，锰元素化合价由+2变为+3，由电子守恒结合质量守恒可知，离子方程式。 ②滴定过程中亚铁离子转化为铁离子、三价锰转化为二价锰，根据电子守恒和锰元素守恒可知，故碳酸锰样品中锰的质量分数为。 36． Li、Fe、Al 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑ 0.3 4 阴极 Li1－xFePO4＋xLi+＋xe－=LiFePO4 将溶液中过量Sn2+转化为稳定的SnCl62－，防止其干扰Fe2+的测定 28.8% 【详解】(1)根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al，故答案为：Li、Fe、Al； (2)碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，故答案为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑； (3)酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下2.24LNO的物质的量为=0.1mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.1molNO转移0.3mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1mol LiFePO4转移1mol电子，则转移0.3mol电子，溶解0.3mol LiFePO4，故答案为：0.3； (4)若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c(Li+)=，已知：Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)·c(CO32-)=1.6×10-3，则滤液③中c(CO32-)===4 mol/L，故答案为：4； (5)充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，故答案为：阴极；Li1－xFePO4＋xLi+＋xe－=LiFePO4； (6)①实验中加入HgCl2饱和溶液，可以发生反应：4Cl-+Sn2++2HgCl2=SnCl62-+Hg2Cl2，这样就可以使溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl62-，从而防止用重铬酸钾溶液滴定溶液中Fe2+时干扰实验结果的测定，造成实验误差，故答案为：将溶液中过量Sn2+转化为稳定的SnCl62－，防止其干扰Fe2+的测定； ②根据6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O可知n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=，m(Fe)=，所以铁的百分含量= 。 37． (1) +4价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O (2) Fe(OH)3 2×10-7 (3) 滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6% 【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。 【详解】（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价； ②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3； ③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O； （2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3； ②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7； （3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O； ②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%，故答案为：47.6%。 38． 1) 存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低 ，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS)<Ksp(FeS)，H2S与Fe2+难以形成FeS (2) 向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低 (3) 偏大 【详解】（1）①根据图中信息，当溶液的的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是：； ②存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低； ③，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS)<Ksp(FeS)，H2S与Fe2+难以形成FeS。 （2）①根据如图，，，； ②向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低； （3）①根据反应：、，﹣2价硫元素的物质的量为：，硫元素的含量为：； ②若溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，发生反应：，则I2氧化-2价硫过程中消耗I2物质的量增大，用溶液滴定过量I2时消耗溶液的体积V2减小，由可知，S2-的物质的量偏大，使测得的﹣2价硫元素含量偏大 39 (1)第五周期第ⅢA族 (2)制硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等（写出一种即可） (3)、、 (4) ，加锌粉时发生反应，使降低，促进了的水解 无锌后，逐渐被氧化为，沉铟条件下析出，使得增大，促进的溶解 (5)边搅拌边加入盐酸，控制溶液pH 【分析】闪锌矿焙烧后得到主要成分是ZnO，还含有、、CuO、的锌焙砂，经过硫酸浸出，不溶，酸性浸出液中金属阳离子有，加入铁粉，将还原为，过滤得到富铜渣，沉铜后液加入锌粉，铟元素转化为，沉铟后液中含有，据此解答。 【详解】（1）与位于同一个主族，在第三周期ⅢA族，原子序数为49，则比大了两个周期，位于第五周期第ⅢA族； （2）闪锌矿主要成分为ZnS，焙烧后转化为，则该气体可用于制备硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等； （3）由分析可知，加入铁粉，将还原为，同时酸性浸出液中的也会和铁粉反应，故与铁粉发生反应的离子有：、、； （4）①加入锌粉，发生反应：，使降低，促进了的水解平衡正向移动，生成了； ②60min后，锌粉几乎无剩余，Fe的沉淀率上升，In的沉淀率下降，由表中数据可知，，说明沉淀时，已经沉淀，则出现此变化的原因是：无锌后，逐渐被氧化为，沉铟条件下析出，使得增大，促进的溶解； （5）置换前液含有，加入过量的Zn，将转化为，同时为防止水解，需要加HCl控制pH，防止析出沉淀，故加入过量的Zn之后的操作是搅拌边加入盐酸，控制溶液pH，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。 40． (1)     将“赤泥”粉碎     SiO2、TiO2 (2)     将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+     99% (3) (4)     Sc2(C2O4)3·H2O     2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 【分析】本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼” 时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、S等，加入盐酸后将Fe转化为 Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、S和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。 【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2； （2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=； （3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=； （4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。 41． (1)     分液漏斗和烧杯     降温 (2)     2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+     溶解高铼酸 (3)酸溶 (4)     4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O     7.18g 【分析】含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO2为浸渣，加入还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。 【详解】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶； （2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的； （3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程； （4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O； 已知：①) ； ②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)  ； ①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；      n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。 42． (1) (2)     ++2H+     H2SO4 (3)     ++5C+3CO↑     高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应     ++2C+3CO↑ (4)     H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O     【分析】工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)加入稀盐酸，只有不会溶解，可溶于热的浓硫酸形成，在沸水中形成，“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+3CO↑，据此分析解题。 【详解】（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为； （2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4； （3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+3CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑； （4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。 43． (1)     SiO2、CaSO4     Fe (2)          防止TiO2+提前水解 (3)     C     2 (4)     使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行     (5)D 【分析】钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4•7H2O，加入试剂B和过量酸反应，通过调节pH使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质； 【详解】（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁； （2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 ；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解； （3）①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C； ②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2； （4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5:1:2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为； （5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；故选D。 44． (1)     增大硫酸浓度或加热     (2)          (3)     将氧化为，调节溶液除去和     4.7 (4) (5) 【分析】红土镍矿中加入水和硫酸，二氧化硅不能与酸反应，故滤渣1为SiO2，其余物质转化为相应的金属离子，往滤液1中加入H2S，Cu2+与S2-反应生成CuS，滤渣2为CuS，滤液2中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入Ni(OH)2调节pH促使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，滤渣3为Fe(OH)3和Al(OH)3，滤液3中加入NiF2生成滤渣4为MgF2沉淀，滤液4中加入萃取剂R萃取溶液中的Zn2+，水相中主要含有硫酸镍，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体。 【详解】（1）为提高酸溶中镍的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为SiO2。 （2）滤液1中能与H2S反应的物质有Fe3+、Cu2+，离子方程式为、。 （3）氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe3+和Al3+。从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~6之间。 （4）设加入的NiF2的浓度为xmol，混合前两溶液的体积均为aL，则反应后Mg2+浓度为10-5mol/L，则反应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol，根据离子方程式Mg2++2F-=MgF2↓，参与反应的F-物质的量为0.008amol，则剩余F-物质的量为(2xa-0.008a)mol，则混合后溶液中F-浓度为，根据Ksp(MgF2)=6.25×10-9，=0.025mol/L，解得x=0.029mol/L。 （5）已知消耗EDTA的物质的量为cV×10-3mol，根据方程式可知，消耗的Ni2+物质的量为cV×10-3mol，则mg样品中含有NiSO4·H2OcV×10-2mol，该样品的纯度为= 45． (1)          使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行 (2)     浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出污染环境     先加稀硫酸，再加双氧水 (3)、46℃ (4)17.2 (5)     a     c     【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2，加入稀硫酸，二氧化硅、CeO2成为滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ加入浓盐酸，CeO2转化为盐酸盐得到滤液Ⅱ，加入碳酸氢铵得到，焙烧得到；滤液Ⅰ含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁将三价铁转化为二价铁，加入氨水将铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵晶体；滤液Ⅲ含有亚铁离子，加入硫酸铵得到硫酸亚铁铵晶体； 【详解】（1）氟碳铈矿“氧化焙烧”中和水、空气中氧气高温生成CeO2、HF、CO2，反应中氧气中氧元素化合价由0变为-2、中Ce化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应化学方程式为，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行； （2）浓盐酸具有挥发性，且会和CeO2反应氧化还原反应生成有毒的氯气，故溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是首先加入稀硫酸酸化溶液，再加入双氧水； （3）据图分析：沉铈时应选择最佳条件为、46℃，此时铈的沉淀率已经很高，若温度过高铈的沉淀率反而下降； （4），经充分焙烧质量减少5.8t，根据化学方程式体现的关系可知，获得的质量为； （5）由分析可知，滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是铁、浓氨水，故选a、c；“滤渣Ⅲ”为生成的氢氧化铝沉淀，加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵晶体，反应为，，则加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为3:1 46． (1) (2) 纯碱 (3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小 【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。 【详解】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。 （2）由分析可知，滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱（）的用量。 （3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。 47． (1)6HF+SiO2=2H+++2H2O (2)       (3)  CaSO4•0.5H2O     减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率     酸解     D 【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。 (1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。 (2)精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。 (3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在： A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意； B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题意； C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意； D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意； 综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。 48． (1)     分液漏斗和烧杯     降温 (2)     2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+     溶解高铼酸 (3)酸溶 (4)     4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O     7.18g 【分析】含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO2为浸渣，加入还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。 【详解】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶； （2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的； （3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程； （4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O； 已知：①) ； ②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)  ； ①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；      n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。 49． (1)C (2) 6Fe2+＋ClO＋6H＋=6Fe3＋＋Cl—＋3H2O K3[Fe(CN)6]溶液 (3) 4.7～6.7 Fe(OH)3、Al(OH)3 (4)富集Ni元素，除去杂质离子 适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取 D 【分析】由题给流程可知，矿物油主要成分是各种烃的混合物，无法与酸碱发生反应，含镍废料用酒精预处理除去废料表面的矿物油后，后加入硫酸酸浸时，金属氧化物溶于稀硫酸得到可溶性的硫酸盐，二氧化硅、碳不反应，过滤得到含有二氧化硅、碳的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液pH将铁离子、铝离子转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的镍离子，分液得到水相和含有镍离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经处理得到六水硫酸镍晶体，晶体经多步处理得到氧化镍。 【详解】（1）由分析可知，用酒精预处理的目的是除去废料表面的矿物油，故选C； （2）由分析可知，“氧化时，加入氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为，若溶液中铁离子不能氧化镍离子，溶液中不可能存在亚铁离子，则可用铁氰化钾溶液检验溶液中是否存在亚铁离子，故答案为：；K3[Fe(CN)6]溶液 （3）由图可知，常温下溶液中镍离子完全沉淀时，溶液pH为8.7，氢氧化镍的溶度积，则溶液中镍离子浓度为0.1mol/L，氢氧根离子浓度为，溶液pH=6.7，实验使溶液中铝离子等杂质离子沉淀完全，需控制溶液的pH范围是4.7~6.7，故答案为：4.7~6.7； （4）由萃取和反萃取所得溶液中镍离子浓度的大小可知，萃取和反萃取的目的是富集镍元素，除去杂质离子；适当提高稀硫酸的浓度、充分振荡分液漏斗、用萃取剂分多次萃取等措施能提高镍离子的反萃取率；萃取时，为防止有机溶剂挥发导致分液漏斗中气体压强增大导致发生意外事故，需要将分液漏斗倒置，打开活塞放气，故选D，故答案为：富集Ni元素，除去杂质离子；D。 50． (1)抑制Fe元素的浸出，提高Nd元素的浸出率 盐酸易挥发，温度升高，溶质挥发，导致盐酸溶液浓度下降，导致铁、钕浸出率降低 (2)钕离子可与生成可溶性配合物 酸浸 (3) H2O2 2.8 (4)Nd3+ 【分析】钕铁硼合金与盐酸反应，硼不与盐酸反应，酸浸后，浸出液中含有氯化亚铁和NdCl3，加入草酸沉钕，生成，滤液含有盐酸，再煅烧得到，浸出液经过净化得到NdCl3，因此净化步骤应为除去铁，碳化得到，氟化得到NdF3。 【详解】（1）①对比实验Ⅲ和Ⅳ，两组实验的变量是加入酒石酸，的浸出率下降，Nd的浸出率上升，故酒石酸的作用是抑制Fe元素的浸出，提高Nd元素的浸出率。 ②对比实验Ⅰ和Ⅱ，温度升高，铁和钕的浸出率均降低，则导致铁、钕浸出率降低，可能原因是盐酸易挥发，温度升高，溶质挥发，导致盐酸溶液浓度下降，导致铁、钕浸出率降低。 （2）当草酸实际用量与理论计算量比值n大于1.5时，沉钕率和沉淀纯度均下降，其原因是钕离子可与生成可溶性配合物；“沉钕”后的滤液含有盐酸，可导入酸浸操作再利用；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧的化学方程式为。 （3）由分析知，“净化”时需先加入的试剂为H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再用氨水调溶液的pH，将Fe3+沉淀完全，，pH=2.8，则pH的理论最小值2.8。“碳化“过程的离子方程式为。 （4）阳极反应为，阴极发生反应，为防止生成的氯气与阴极的OH-反应，因此该离子交换膜为阳离子交换膜，电解时通过膜的离子主要为Nd3+。 51． (1)将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧 3MnO2+MoS2+3O2 MnMoO4+2MnSO4 (2) 250 该浓度下Mo、Mn的浸出率高，继续增大H2SO4浓度，浸出率变化不明显，造成H2SO4浪费且后续步骤消耗Na2CO3增加 (3) 3Fe3++Na++2SO+3CO+3H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑ 1.7—2.8 (4) d 硫酸铵 【分析】由题给流程可知，软锰矿和辉钼矿在空气中高温焙烧时，二氧化锰、二硫化钼与氧气在高温条件下反应生成钼酸锰和硫酸锰，向焙烧渣中加入硫酸酸浸，将氧化铁、氧化镍溶解得到可溶性硫酸盐，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸出渣和浸出液；向浸出液中加入叔胺萃取溶液中的钼元素，分液得到水相和有机相；向水相中加入碳酸钠溶液，将铁离子转化为黄钠铁矾，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入硫化钠调节溶液pH，将镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和含有硫酸锰的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作制得四水硫酸锰晶体；向有机相中加入氨水反萃取、分液得到叔胺和四钼酸铵溶液；向溶液中加入硫酸，中和过量的氨水，使四钼酸铵转化为沉淀，过滤得到含有硫酸铵的母液和四钼酸铵晶体。 【详解】（1）将矿石粉碎、增大空气的量、逆流焙烧等措施能提高焙烧效率；由分析可知，高温焙烧时发生的反应为二氧化锰、二硫化钼与氧气在高温条件下反应生成钼酸锰和硫酸锰，反应的化学方程式为3MnO2+MoS2+3O2 MnMoO4+2MnSO4，故答案为：将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧；3MnO2+MoS2+3O2 MnMoO4+2MnSO4； （2）由图可知，酸浸时，硫酸浓度为250g/L时，钼、锰的浸出率已经较高，继续增大硫酸浓度，浸出率变化不明显，会造成硫酸浪费，且过量的硫酸会使溶液中铁离子转化黄钠铁矾沉淀时，消耗碳酸钠的量增加，所以酸浸的最佳浓度为250g/L，故答案为：250；该浓度下Mo、Mn的浸出率高，继续增大H2SO4浓度，浸出率变化不明显，造成H2SO4浪费且后续步骤消耗Na2CO3增加； （3）生成黄钠铁矾沉淀的反应为溶液中的铁离子、钠离子、硫酸根离子与碳酸根离子反应生成黄钠铁矾沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式为3Fe3++Na++2SO+3CO+3H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；由硫化锰的溶度积可知，溶液中锰离子浓度为0.5mol/L时，溶液中pc(S2−)=pKsp(MnS)—pc(Mn2+)=12.6—0.3=12.3，则pH=15.1—12.3=2.8，由硫化镍的溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，溶液中pc(S2−)=pKsp(NiS)—pc(Ni2+)=19.4—6=13.4，则pH=15.1—13.4=1.7，则溶液中pH的范围为1.7—2.8，故答案为：3Fe3++Na++2SO+3CO+3H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；1.7—2.8； （4）由萃取方程式可知，加入氨水能中和溶液中的氢离子，使平衡向逆反应方向移动，有利于四钼酸铵的生成，且不引入新杂质，故选D；由分析可知，母液的主要成分为硫酸铵，则回收的副产品为硫酸铵，故答案为：D；硫酸铵。 52． (1)过滤 (2)抑制Sc3+水解 (3) 3% 65℃ 4 (4) (5) Sc2(C2O4)3 1:1 【分析】向赤泥中加入稀硫酸，Sc2O3、Al2O3、 Fe2O3和盐酸反应生成ScCl3、AlCl3、FeCl3，而SiO2不与硫酸反应，故滤渣为SiO2；向反应后的溶液中加入萃取剂，分液后得到AlCl3、FeCl3水溶液和含有ScCl3的有机相，向有机相中加入盐酸洗涤，再向有机相中加入反萃取剂将Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，经过过滤并加入SOCl2溶解沉淀，使Sc(OH)3转化为ScCl3，ScCl3和草酸反应生成草酸钪晶体，煅烧后得到Sc2O3，以此解答。 【详解】（1）由分析可知，操作A是过滤。 （2）由信息②可知，易水解，加入SOCl2，除了可以将转化成、作溶剂，还可以抑制Sc3+水解。 （3）分析表中数据可知，P507浓度为3%时，钪萃取率最大，铁萃取率最小，且分相容易，分析图像可知，料液温度为65℃时，分离系数最大，则萃取时P507最佳浓度为3%，料液温度为65℃；常温下，“浸出液”中，，当Sc3+开始沉淀时，溶液中c(OH-)=，pH=-lgc(H+)=，“萃取”过程中应控制pH小于4。 （4）反应的平衡常数=。 （5）设有1mol草酸钪晶体(462g)在空气中受热，550℃时，剩余固体质量为462g×76.6%=353.89g，失水重量为462g-353.89g≈108g，即550℃时，1mol晶体失去=6mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g×29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550~ 850℃，1molSc2(C2O4)3分解产生1molSc2O3，则碳元素全部转化为气体，由于草酸根离子中碳为+3价，则反应产生二氧化碳和一氧化碳二种气体，根据得失电子守恒可知二氧化碳和一氧化碳物质的量为1:1 53． (1)粉碎硼镁矿，适当升温，不断搅拌，适当增大NaOH溶液的浓度 (2) (3) (4)破坏胶体的形成，便于过滤 (5) 2.8 【分析】 流程分析如下：； 【详解】（1）提高浸出效率的措施有：粉碎硼镁矿，适当升温，不断搅拌； （2）根据化合物中元素化合价和为0即可求出B元素化合价为+3，在溶液中存在的过程为，，溶液显碱性，可得出：； （3）已知“，易溶于水，且易水解(硼酸)，(硼酸在常温下溶解度较小)”，得出与硫酸反应的化学方程式为：； （4）操作II是过滤分离与、溶液，故加热目的是破坏硅酸胶体的形成，便于过滤； （5）①由流程分析可知黑色物质为，即写出方程式为； ②调pH的目的是沉淀，欲使其完全沉淀，应使，则 ，则，故。 54． (1) 300℃条件下碱溶8h ； (2) Hf NaOH、HCl (3) (4) 避免“蒸馏”时中含有杂质 (5) b 【分析】锆英砂主要含，还含有少量Cr、Fe、Hf等元素。“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为、、、；萃取除去Hf元素，加入氨水，产物为、和；煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氯化”时，转化为ZrCl4、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，升华得到ZrCl4。 【详解】（1）根据温度和时间对锆英砂碱熔分解率的影响图示，300℃碱熔分解率最高， 时间为8h和10h的分解率没有太大变化，所以最佳的条件是300℃条件下碱熔8h。“碱熔”时与NaOH反应生成、硅酸钠，发生反应的化学方程式为。 （2）“酸溶”后各金属元素在溶液中的存在形式为、、、；“氨沉”时产物为、和；可知“萃取”时除去的杂质元素为Hf；沸腾氯化生成的HCl可回到酸溶和反萃取步骤循环利用，除硅产生的滤液1是NaOH溶液，可回到碱熔步骤循环利用。 （3），沉氨反应结束后溶液中，则c(OH-)=10-8mol/L，则 。 （4）“煅烧”时分解生成，“沸腾氯化”时和氯气、C反应生成ZrCl4和CO，发生反应的化学方程式为。氯化反应结束通入，可以将转为，可以避免“蒸馏”时中含有杂质。 （5）Ⅰ．a．已知Zr在周期表中与Ti同族且相邻，则Zr是第五周期ⅣB族元素，价电子排布式为：，故a错误； b．根据图示，O位于Zr与Ca构成的四面体内部，故b正确； c．O位于Zr与Ca构成的四面体内部，每个O周围最紧邻的O有6个，故c错误； 选b。 Ⅱ．根据均摊原则，每个晶胞中O原子数为8、Zr原子数为、Ca原子数为，该晶胞的密度： 。 55． (1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 (2)11.6 (3) KSCN (4)正     (5) 、和都属于分子晶体，随着相对分子质量的增大熔点依次升高，而属于离子晶体，故熔点高于其他三者。 【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。 （1）炉渣研细可以增大反应物之间的接触面积，从而提高反应速率，，提高原料的利用率,故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率； （2）由表中数据可知完全沉淀时的pH值为11.1，此时浓度为mol/L，由此可得：Ksp[]==，“母液①”中浓度为mol/L时，c(OH-)==mol/L，此时溶液的pH值为：11.6，故答案为：11.6； （3）TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为：；用溶液滴定，当最后半滴氯化铁滴入时若不能完全反应说明反应到达终点，因此可用KSCN溶液作反应的指示剂，故答案为：；KSCN； （4）由装置及电解目的可知a所连电极上应发生反应：，则该电极为阴极，a 为负极，b为正极，b极所连电极为阳极，发生电极反应为：，故答案为：正；； （5）①600℃，与C、充分反应后，生成、和CO    ，反应方程式为：；故答案为：； ②氟元素的电负性很大，这就使得钛和氟之间的化学键的极性较强，更趋向于离子键，而其他三种卤族元素的电负性较弱，使得钛和氯原子，溴原子以及碘原子之间的化学键的极性较弱，更趋向于共价键。、和都属于分子晶体，随着相对分子质量的增大熔点依次升高，而属于离子晶体，故熔点高于其他三者。故答案为：、和都属于分子晶体，随着相对分子质量的增大熔点依次升高，而属于离子晶体，故熔点高于其他三者。 56． 【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) 温度过高，会分解导致减小，浸出速率变慢 生成氯气，污染环境；盐酸有挥发性(合理即可) (3)趁热过滤 (4)时，随着pH的增大，溶液中减小，(有机层)平衡正向移动，萃取率增大；时，随着pH的增大，溶液中增大，与形成沉淀，平衡逆向移动使萃取率降低 (5) (6) (7) 【分析】向LiCoO2粗品中加入H2SO4、H2O2，发生氧化还原反应生成CoSO4、Li2SO4，调节溶液pH，过滤除去杂质，再加入萃取剂HR，由已知ⅰ可知，得到有机相CoR2和水相Li2SO4溶液，向有机相CoR2中加入H2SO4反萃取得到HR和水相CoSO4溶液，向水相中加入碳酸氢铵溶液，生成CoCO3沉淀，CoCO3煅烧生成Co3O4和CO2；向Li2SO4溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀和硫酸钠溶液，过滤得到碳酸锂，据此分析回答。 【详解】（1）“酸浸”前，需将LiCoO2粗品粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率； （2）温度过高，H2O2会分解导致c(H2O2)减小，浸出速率变慢；“酸浸”时不能用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，生成氯气，污染环境；盐酸有挥发性(合理即可)； （3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，结合Li2CO3的溶解度曲线(图1)可知，碳酸锂的溶解度随着温度升高而减小，则“操作”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥等； （4）pH<6时，随着pH的增大，溶液中c(H+)减小，平衡正向移动，Co2+萃取率增大；pH>6时，随着pH的增大，溶液中c(OH−)增大，Co2+与OH−形成Co(OH)2沉淀，平衡逆向移动使Co2+萃取率降低，则Co2+萃取率先升高后下降； （5）“沉钴”中，CoSO4溶液与碳酸氢铵溶液生成CoCO3沉淀，反应的离子方程式：；当离子浓度小于1×10−5mol⋅L−1时可视为沉淀完全，则“沉钴”后溶液中，存在沉淀溶解平衡，，则“沉钴”后的滤液中，则“沉钴”后的滤液中不低于； （6）CoCO3煅烧生成Co3O4和CO2，反应的化学方程式为：； （7）用稀硫酸溶解mgCo3O4粗品，再加入适量Na2SO3溶液将Co(Ⅲ)全部还原为Co(Ⅱ)，滴入c mol/L铁氰化钾溶液，滴定终点时消耗VmL，则根据反应：可知，，根据元素守恒可知，Co3O4粗品中Co元素的质量为：，Co3O4粗品中Co元素的质量分数为：。 57． (1)第四周期第VB族 (2) (3)c (4) (5) (6) (7) 【分析】辉钼矿(含、、、、等) 加入纯碱、氧气焙烧，反应生成和，、均可与纯碱反应生成对应的钠盐，焙烧产生的气体1主要为和；加入和，Cu、Fe、Al转化为金属阳离子，钒元素转化为沉淀，钼元素转化为，通过树脂分离Cu2+、Fe3+、Al3+和，然后加入洗脱液、再加入沉钼，得到(NH4)2Mo4O13·2H2O晶体；焙烧生成和气体3即，氨气、气体2与溶液Y反应，经一系列操作得到纯碱，则溶液Y是饱和NaCl溶液，气体2为；向气体1中加入试剂X分离和，除去，则试剂X可能是饱和溶液。 【详解】（1）V为23号元素，位于元素周期表的第四周期第VB族。 （2）据分析，“氧化焙烧”时，反应生成和，则被氧气氧化，氧气中氧元素化合价降低，Mo和S元素的化合价分别从+4升高到+6、-2升高到+4，同时碳酸根转化为二氧化碳，该反应的化学方程式为。 （3）据分析，向气体1中加入试剂X的目的是分离和，除去，保留。 a．溶液 与和均反应，故a错误； b．饱和溶液与和均不反应，故b错误； c．饱和溶液与反应生成和，与不反应，可分离两者，并不引入新的杂质，故c正确； 故答案为c。 （4）向“溶液Y”中通入气体2和气体3制备纯碱是侯氏制碱法，其原理为由于氨气极易溶于水且所得溶液呈碱性，在饱和食盐水中通氨气到饱和后，继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，由于碳酸氢钠溶解度小，故析出碳酸氢钠晶体：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，则在向“溶液Y”中通入气体2和气体3的顺序是先通入NH3再通入CO2。 （5）离子交换树脂具有选择性，通过树脂后溶液中只有，因此需要向溶液中引入以得到(NH4)2Mo4O13·2H2O晶体，则洗脱液为。 （6）据分析，“沉钼”过程为和在酸性中生成(NH4)2Mo4O13·2H2O沉淀，则发生反应的离子方程式是。 （7）如图甲所示，金属钼为面心立方晶胞，则一个晶胞中Mo的数量为，假设晶胞边长为a，根据图乙可知金属Mo半径和晶胞边长关系，，则。 58． (1)锥形瓶 (2)C (3) 将溶液中的氧化为 取少量“反应Ⅲ”的溶液于试管中，加入溶液，若没有生成蓝色沉淀，则已经全部氧化为 (4) 、、、 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5)重结晶 【分析】在废锰渣中加入硫酸，其中不反应，过滤后滤渣A的主要成分为，反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其化学方程式为，过滤得S等的滤渣和含硫酸铁、硫酸锰的溶液的滤液，反应Ⅲ加MnO2是将Fe2+氧化成，其反应为，加CaCO3是利用Fe3+与双水解除去，生成Fe(OH)3沉淀，滤渣Y为、微溶的、未反应的和，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品，据此回答。 【详解】（1）过滤操作仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要锥形瓶； （2）FeS2与盐酸反应： FeS2 + 2HCl = FeCl2 + H2S2，H2S2分解生成H2S和S，不会生成FeS，故选C； （3）反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其化学方程式为，离子方式为；反应Ⅲ加MnO2是将氧化成，其反应为；检验“反应Ⅲ”是否完全反应，只需要检验溶液中是否存在即可，取少量“反应Ⅲ”的溶液于试管中，加入溶液，若没有生成蓝色沉淀，则已经全部氧化为； （4）“调pH” 使沉淀，不沉淀，由表中数据可知，pH范围；由分析知滤渣Y为、微溶的、未反应的和；最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品； （5）由于产品MnSO4溶解度随温度变化大，重结晶可以进一步提纯MnSO4。 59． (1) 3 (2) (3)和 (4) (5)4.0 (6)或 【分析】锑矿粉加入硫代硫酸钠做还原剂，在NaOH溶液中将Sb2O5还原，Sb2O3和Sb2S3都溶于NaOH溶液，Fe2O3和CuS不溶，过滤除去，含NaSbO2和Na2S的溶液中加入硫酸铜溶液，生成CuS和Cu(OH)2沉淀，过滤后向滤液中先加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入H2O2溶液，将+3价的Sb氧化为+5价，得到NaSbO3·3H2O沉淀，过滤，向得到的NaSbO3·3H2O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NaSbF6。 【详解】（1）元素周期表p区元素价电子排布为ns2np1~6，、、、、S中位于元素周期表p区的有、、S共3种，位于第五周期VA族，价电子排布式为。 （2）“浸出”时可与反应生成硫代亚锑酸盐()和亚锑酸盐()，根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸，硫代亚锑酸与亚硫酸类似，会分解产生沉淀和H2S气体，离子方程式为：。 （3）由分析可知，“滤渣1”的成分是和。 （4）“精制”的目的是除去溶液中的，常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成和沉淀，若此时溶液的为10，c(OH-)=，c(Cu2+)=，则溶液中剩余 。 （5）锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为≈4.0t。 （6）工业上还可以通过电解含、、的溶液制备金属，电解过程中，S2-在阳极失去电子生成S，OH-也可在阳极失去电子生成O2，阳极上发生的电极反应为或。 60． (1)增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率 (2) 常温下，微溶于水，增大，使平衡正向移动，增大铅的浸出率 (3) Cu、Ag、Au (4)(或) (5) (6)(或其他正确答案) 【分析】由题干流程图可知，废线路板经拆解破碎后加入4.0mol/L的HCl溶液在75℃下酸浸，其中Pb、Sn、Ni分别转化为PbCl2、SnCl2和NiCl2，过滤得到滤液1主要含有PbCl2、SnCl2和NiCl2、HCl，滤渣1主要含有Cu、Ag、Au，向滤渣1中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu转化为CuSO4，过滤得到含有H2SO4、CuSO4的滤液，含有Ag、Au的滤渣2，向滤渣2中加入CoSO4溶液、甘氨酸溶液和O2，将Ag、Au转化为Ag+、Au+，然后用Na2S2O3对Ag+进行络合酸浸，并加萃取剂进行Au+萃取，然后反萃取得到含Au+的水层，最后经过一系列操作转化为Au，对滤液1进行降温沉铅，得到PbCl2，过滤得到PbCl2沉淀，向滤液中加入NaOH溶液进行沉锡，得到Sn(OH)2，最后制得Sn，据此分析解题。 【详解】（1）对废线路板进行可以增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率； （2）“75℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，则其离子方程式为Sn+2H+=Sn2++H2↑，由题干信息可知，常温下，微溶于水，选用浓度较大的4 mol·L盐酸，增大，使平衡正向移动，可提高铅元素的浸出率，故答案为：Sn+2H+=Sn2++H2↑；常温下，微溶于水，增大，使平衡正向移动，增大铅的浸出率； （3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是Cu、Ag、Au，向滤渣1中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu转化为CuSO4，“氧化酸浸”中，生成Cu²⁺反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，故答案为：Cu、Ag、Au；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O； （4）的排放标准为mg·L，c(Ni2+)≤=2.0×10-5mol/L，“沉锡”残余液排放前应调节溶液的c(OH-)≥=10-5mol/L，则pH范围为pH≥9，故答案为：(或)； （5）根据题干信息可知，“络合酸浸”中，作催化剂，催化Au浸出，化学方程式为， ①先与甘氨酸根(简写为)形成配合物()，即Co2++xgly-=，②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：，④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：，则用 [总反应式-4①-②-4④]可得③Au溶解的离子方程式，则步骤③Au溶解的离子方程式为，故答案为：； （6）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有锡原子的数目为：=6，故一个晶胞的质量为：，该六棱柱的底面积为：×10-20cm2，高为c×10-10cm，故异一个晶胞的体积为：c×10-30cm3，故白锡晶体的密度为：g/cm3，故答案为：。 61． (1)粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增加硫酸浓度等 (2) (3)作氧化剂，促进金属Pb在硫酸中转化为硫酸铅 (4)降低能源消耗 (5) 该反应的，反应正向进行的程度很大，可以进行到底 (6)7PbCO3·15PbO 【分析】废铅膏与硫酸、浸取时，铅元素全部转化为硫酸铅，铁和铝的氧化物转化为相应离子进入滤液，硫酸铅与碳酸铵反应转化为碳酸铅，焙烧得到氧化铅。 【详解】（1）“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增加硫酸浓度等； （2）“浸取”时主要与发生氧化还原反应，根据得失电子守恒以及原子守恒，化学方程式为； （3）“浸取”时将换成溶液效果会更好，除作还原剂外，还可以作氧化剂，促进金属Pb在硫酸中转化为硫酸铅； （4）在时分解，在时分解，则 “脱硫”的目的是降低能源消耗； （5）“脱硫”时转化为，反应的离子方程式为；选择的原因是：该反应的，反应正向进行的程度很大，可以进行到底； （6）根据铅元素守恒，(x+y)PbCO3 xPbCO3·yPbO，固体残留率88.76%，可得，解得，则358℃时对应固体的成分为7PbCO3·15PbO。 62． (1)第五周期第ⅥB族 (2) 增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率 (3) (4) (5) (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，得到Na2MoO4溶液，向溶液中加入稀硝酸沉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，据此回答。 【详解】（1）基态Mo原子的价层电子排布式为4d55s1，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，然后采取如图所示的“多层逆流焙烧”，其目的是：增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率，根据分析可知，“焙烧”时生成的气体A的主要成分为SO2； （3）焙烧时MoS2转化为MoO3，“碱浸”时，MoO3参与反应的离子方程式为：； （4）“除铁”完全时，时，根据的公式可知，溶液中的，，====2.8，、不能沉淀，由于，，则未沉淀时，也不会沉淀，，将代入式中，得到，则，，故调节的范围； （5）沉镍后浓度为，由溶度积常数计算公式，得到沉镍后溶液中，沉镍率； （6）的物质的量，其中结晶水的质量为，到点固体损失质量，恰好结晶水全部失去，则点对应固体的成分是，固体中元素的质量始终为，b点固体中元素的质量，b点固体中和的个数比=，即点对应固体的成分是，点固体中元素的质量，c点固体中和的个数比，即点对应固体的成分是。 63． (1) (2)ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2 (3)锌粉置换出的铜覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率 (4) pH过小时黄钠铁矾不易生成，pH过大时生成Fe(OH)3沉淀 (5)浸出 (6) 【分析】锌精矿在空气中焙烧部分转化为铁酸锌(ZnFe2O4)、部分得到各金属元素的氧化物，加入稀硫酸酸浸后加入氧化锌或碳酸锌或氢氧化锌调节溶液的pH，得到氢氧化铁沉淀和不反应的铁酸锌；滤液为各金属的盐溶液，加粗锌粉置换出铜，过滤滤液加入较细锌粉进一步置换出Cu，过滤滤液中加a-亚硝酸基-β-萘酚将Co转化为沉淀，过滤除去Co的沉淀，加入较浓硫酸热浸后溶液和除铁后得到滤液合并后加入碳酸钠，得到黄钠铁矾沉淀，滤液电解得到锌和电解废液； 【详解】（1）该反应平衡常数K===； （2）“调pH①”时，试剂X最宜选用不引入新杂质且能和过量稀硫酸反应的物质，故可选ZnO或ZnCO3或Zn(OH)2； （3）锌粉置换出的铜覆盖在锌的表面，可以形成原电池装置，从而增大反应速率； （4）“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，因为pH过小时黄钠铁矾不易生成，pH过大时生成Fe(OH)3沉淀；“沉铁”时Na2SO4和Fe3+生成黄钠铁矾，根据质量守恒可知，反应物中还有水，生成物中还会生成氢离子，生成的氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳气体，离子反应方程式为； （5）电解后的废液中含有硫酸，可返回浸出步骤循环使用； （6）滤液中加a-亚硝酸基-β-萘酚将Co转化为沉淀，根据元素守恒得反应离子方程式为：。 64． (1) (2)（或NaOH等） (3) FeS 0.13 (4) (5)由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动，不利于沉砷 (6) (7) 【分析】含砷废水加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，As2S3沉淀和过量的硫化亚铁加入氢氧化钠，As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O，浸取得到硫化亚铁滤渣和含Na3AsO3、Na3AsS3的滤液Ⅱ；滤液Ⅱ氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，酸化后生成H3AsO4，砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能SO2被还原生成As2O3。 【详解】（1）“沉砷”时，亚砷酸和FeS发生氧化还原反应转化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （2）“沉砷”时产生的废气为 H2S气体，可用CuSO4溶液(或NaOH溶液等)吸收处理。 （3）“NaOH溶液浸取"后，所得“滤渣”的主要成分是FeS。溶液中存在平衡：，平衡常数。 （4）滤液Ⅱ氧化脱硫过程中，和O2发生氧化还原反应生成硫单质和Na3AsO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （5）“沉砷”过程中FeS不可用过量的替换，原因是：由于，加入过量的，溶液中增大，平衡正向移动，不利于沉砷。 （6）该流程最后一步用“还原”砷酸生成，转化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （7）该晶胞中，位于顶点和棱上的 Ni原子数为(4×+4×)+(2×+2×)=2，位于晶胞内部的As原子数为2。根据晶胞中“As原子位于紧邻 Ni原子构成的正三棱柱的体心"以及“晶胞参数为apm、apm、cpm”可知，该晶胞的底面面积=sin60°a2pm2= a2pm2。该晶体的密度为。 65． (1)3d24s2 (2)CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑ (3)AlO/Al(OH)、SiO (4)CaSO4 (5)冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化 (6) (7) TiO2+3CTiC+2CO ↑ 75.0% (8) 3 【分析】含钛高炉渣(主要成分为CaTiO，含少量等杂质)加入碳酸钠焙烧生CaO、Na2TiO3、NaAlO2、NaSiO3，水洗，滤液1中含有NaAlO2、NaSiO3，酸浸时，CaO、Fe2O3、Na2TiO3与硫酸反应生成CaSO4、Fe2(SO4)3、，滤渣1的主要成分为CaSO4，还原步骤加入适量Fe还原Fe3+，并冷却结晶得到绿矾，水解步骤 转化为偏钛酸 沉淀，煅烧得到二氧化钛，据此分析解答。 【详解】（1）Ti元素为22号元素，基态 Ti的价电子排布式为3d24s2。 （2）由分析知，“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑。 （3）由分析知，“滤液1”中Si、Al分别以AlO/Al(OH)、SiO存在。 （4）由分析知，“滤渣1”的主要成分为CaSO4。 （5）“还原”工序需要在低温下进行的原因是冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化。 （6）“水解”步骤 转化为偏钛酸 沉淀，反应的离子方程式为。 （7）80g二氧化钛物质的量为1mol，40g焦炭物质的量约为3.3mol，在真空高温条件 下 制 备 碳 化 钛 (TiC )可生成1molTiC和2moCO，C剩余， 化 学 方 程 式 为TiO2+3CTiC+2CO ↑，若该过程固体失重率达到35%，则生成CO的质量为，物质的量为1.5mol，则TiC实际产量为0.75mol，TiC的理论产量为1mol，则碳化钛的产率为75.0%。 （8）根据晶胞结构图可知，白球位于顶点、面上、体心，个数为，黑球位于棱上、面上、内部，个数为，故白球是Ti原子，黑球是O原子，与Ti距离相等且最近的O的个数为6，则Ti的配位数为6， Ti与O的个数比为1:2，则该晶胞中氧的配位数为3；一个晶胞中有4个TiO2，，则阿伏加德罗常数为mol⁻¹。 66． (1)矿石粉碎、搅拌等 (2) Cl2 过滤 (3) 3.1~7.7 Fe(OH)3 (4) (5) (6) (7) 【分析】氟碳铈矿焙烧后加入盐酸、硼酸酸浸，生成沉淀成为滤渣1，滤渣1加入氯化钾溶液得到沉淀成为滤渣2，滤液1中含有铁离子、Ce3+，调节pH将铁离子转化为沉淀得到滤渣3，滤液2含Ce3+，滤液2加入碳酸氢铵得到，煅烧过程中被空气中氧气氧化为； 【详解】（1）矿石粉碎、搅拌等都会加快反应速率，提高焙烧效率； （2）四价Ce具有氧化性，加入盐酸和进行浸取时，会将氯离子氧化为有毒的氯气，产生有污染环境的气体，该气体为Cl2；操作1和操作2均为分离固液的操作，名称为过滤； （3）调节滤液1的pH使得铁离子沉淀被分离，而不产生沉淀，结合表数据可知，范围为3.1~7.7；滤渣3的主要成分为生成氢氧化铁Fe(OH)3； （4）含的溶液可吸收雾霾中的NO，生成、(二者物质的量之比为1：1)，假设均生成1个、，则2分子NO共失去4个电子，由电子守恒可知，则需要4个参与反应，反应为：； （5）滤渣1经KCl溶液充分浸取后，测得反应体系中的物质的量浓度为，则，的物质的量浓度为； （6）煅烧过程中被空气中氧气氧化为，反应为； （7）在酸性环境下电解制，则阴极氢离子放电发生还原反应生成氢气，电极反应式为，阳极失去电子发生氧化反应生成，反应为；则总反应为：，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充硫酸。 67． (1) (2)适当升高温度、适当增大沉淀所需离子的浓度、加入大量电解质、不断搅拌、适当加快沉淀剂的加入速度等（任写一个） (3)是 (4)酸性 (5)90 (6)调节pH，将转化为；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 (7) < 10.8 【分析】废钒催化剂用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，转化为，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，不能能与碱反应，过滤时除去，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，经过氧化、沉钒后得到NH4VO3，加入硝酸铋处理后得到BiVO4，最终得到产品，以此解题。 【详解】（1）“碱浸”时，转化为的离子反应方程式为：，故答案为：。 （2）酸化”时，需要生成易分离的沉淀而不是生成胶体，通常采取的措施是：适当升高温度、适当增大沉淀所需离子的浓度、加入大量电解质、不断搅拌、适当加快沉淀剂的加入速度等，故答案为：适当升高温度、适当增大沉淀所需离子的浓度、加入大量电解质、不断搅拌、适当加快沉淀剂的加入速度等（任写一个）。 （3）已知 ，离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全，该反应的平衡常数，可得：，因此，说明pH=8.37时沉淀完全，故答案为：是。 （4）结合题干可知，根据平衡移动原理可知，增加H+浓度，平衡正向移动，离子回到溶液中，因此反萃取剂应选用酸性溶液，故答案为：酸性。 （5）萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，反应中亚硫酸钠中硫元素升高价态从+4变为+6价，氯酸钾中氯元素降低价态从+5价变为-1价，设钒的总回收率x%，根据加入的物质的量：=10：3，，则x=90，故答案为：90。 （6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，一方面需要将(NH4)3VO4转化为NH4VO3，另一方面需要降低其溶解度，所以加入过量NH4Cl，其原因是：调节pH，将转化为；利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。 （7）由图可知，FTO@BiVO4电极上水发生反应生成氧气，因此FTO@BiVO4电极为阳极，阳极电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，泡沫Ni网电极为阴极，阴极生成HCOOH的电极方程式为CO2+2H++2e-=HCOOH，阴极生成HCHO的电极方程式为CO2+4H++4e-=HCHO+H2O，阴极生成CH3OH的电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，阴极生成C2H5OH的电极方程式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，由图2可知，通过改变电压可以选择性地获得不同还原产物，据此分析； ①电势为阳极电势高于阴极电势，泡沫Ni网电极为阴极，FTO@BiVO4电极为阳极，即电势关系为泡沫Ni网电极小于FTO@BiVO4，故答案为：<； ②FTO@BiVO4电极上水发生反应生成氧气，因此FTO@BiVO4电极为阳极，阳极电极反应式为：，故答案为：； ③、，电解电压为U3V时，放电生成1mol甲酸转移2mol，生成1mol甲醛转移4mol电子，由图可知，生成HCHO的FE%为36%，则由电解生成的甲醛和甲酸的物质的量之比为5：3，可得，解得m=10.8，故答案为：10.8。 68． (1)将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等 (2)MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O (3) Fe(OH)3、MnO2 抽滤 (4)6.65 (5)10<pS≤15.4 (6)Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O 【分析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为铁离子、亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。 【详解】（1）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等方式提高浸取速率。 （2）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。 （3）根据分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、MnO2，实验室为了加快固液混合物的分离，常用的操作为抽滤。 （4）除杂2步骤中，要使铜离子转化为氢氧化铜沉淀，锰离子不能发生沉淀，则c(Cu2+)≤10-5mol/L时，c(OH-)≥2×10-8mol/L，c(H+)≤×10-7mol/L，pH≥6.65，pH至少为6.65。 （5）除杂3中锰离子浓度为2.5mol/L，锰离子不能发生沉淀，则c(S2-)<10-10mol/L，同时Co2+要沉淀完全，则c(Co2+)≤10-5mol/L，c(S2-)≥4×10-16mol/L，则10<pS≤15.4。 （6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。 69． (1) (2)或 (3) 0.025 (4) (5)适当升温 (6) ABCE 不同 与形成配位键的原子个数不同(或形成的空间构型不同) 【分析】阳极泥(含和单质)用氯化钠、氯酸钠和硫酸溶浸生成HAuCl4，滤渣中含氯化银，滤液用一水合肼还原生成金；滤渣中的氯化银与硫代硫酸钠反应生成，电解得到银单质，用硝酸溶解生成硝酸盐，最终得到。 【详解】（1）“溶浸”过程Au与氯化钠、氯酸钠和硫酸反应生成HAuCl4，生成的离子方程式为； （2）HAuCl4用一水合肼还原生成金，一水合肼中氮元素化合价升高被氧化生成氮气，“还原”过程发生反应的化学方程式为或； （3）①由图可知，的浓度为0.025mol/L时，的物质的量分数最大，所以“络合”过程为获得，应调节最佳浓度为0.025mol/L ； ②25℃时，的，即，的，即的，所以的平衡常数； （4）“电解”生成，其电极反应式为； （5）“溶解”过程可提高溶解速率的措施有适当升温或适当提高硝酸的浓度等； （6）①晶体中存在阴、阳离子，即存在离子键，同时内还存在氮氢键，内存在键，由于氮元素的电负性很强，晶体中还存在氢键，故答案为：ABCE； ②由图可知，和中与Ag+形成配位键的原子个数不同，Ag+的价层电子对数不同(或形成的空间构型不同)，则Ag+的杂化轨道类型也不同。 70． (1) (2) 、 (3)Fe、V (4) (5) 增大，减小的溶解度，有利于析出更多的 NaCl (6)（或） (7) 12 【分析】废钒催化剂中，钒以+4、+5价的化合物存在，还包括CaO、、、等， 用30%H2SO4和Na2SO3“酸浸还原”时、被还原成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe3+被Na2SO3还原成Fe2+，SiO2此过程中不反应，滤液中含有Na+、Ca2+、Al3+、Fe2+、H+，滤渣为、；滤液中加入调节pH=8，生成V(OH)4或VO2•nH2O，Al3+转化为Al(OH)3沉淀，Fe2+部分转化为Fe(OH)2沉淀，滤液1中含有Na+、Fe2；氧化过程中加入氧气，NaOH使pH>13，钒进一步氧化并沉淀为V2O5·xH2O，V2O5·xH2O两性，在强碱性条件下转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为Na[Al(OH)4]，Fe2+剩余部分转化Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3； 加入HCl调pH=8.5，Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后加入NH4Cl“沉钒”得到偏钒酸铵NH4VO3，据此分析答题。 【详解】（1） 钒在周期表中第23号元素，价电子轨道表示式 （2）浸出渣的主要成分是、；转化为反应的离子方程式为：； （3）Fe、V； （4）“调pH”中有沉淀生成为四羟基合铝酸钠生成氢氧化铝，生成沉淀反应的离子方程式； （5）“沉钒”中需要加入过量，其原因是，增大，减小的溶解度，有利于析出更多的；因最开始加入Na2SO3并用HCl调节pH，所以杂质为NaCl； （6）煅烧发生反应，，可循环利用的物质（或）； （7） 阴离子中，每个含有V数目：1，氧数目：，阴离子为，V为+5价，O为-2价，Na为+1价，可知偏钒酸钠的化学式为；碳化钒晶胞中以体心的碳原子为例，与体心碳原子距离最近且相等的碳原子在12条棱上，则碳原子距离最近且相等的碳原子个数为12个；设晶胞参数为anm，1mol晶胞的质量为，1mol晶胞的体积为NAa3，则，晶胞参数a= nm。 71． (1)、Pb (2) (3) (4) (5) (6) 蒸发浓缩、冷却结晶 【分析】“浸取”时，ZnO和CuO转化为、进入溶液，转化为，转化为，PbO转化为PbOCl与Pb，除砷时，转化为沉淀，加入硫化铵深度除铜，用有机萃取剂（用HR表示）萃取出，加入反萃取，途径1加入碳酸氢铵转化为碳酸锌，煅烧得氧化锌，途径2经一系列操作得到。 【详解】（1）根据分析知，浸渣中含有的物质包括PbOCl、、Pb； （2）除砷时，与过氧化氢发生氧化还原反应，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒，离子方程式为； （3）深度除杂标准：溶液中，若深度除铜所得滤液中的浓度为0.2，则，； （4）反萃取，使平衡逆向移动，且不引入新杂质，则反萃取加入的X最佳物质为； （5）“沉锌”过程获得，根据电荷、原子守恒得离子方程式为； （6）因为需要得到，则一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；28.7g的物质的量为=0.1mol，由Zn元素守恒可知，生成ZnSO4或ZnO时，物质的量均为0.1mol，若得ZnSO4的质量为16.10g(250℃)，若得ZnO的质量为8.10g(930℃)，B→D的过程中，ZnSO4转化为ZnO，根据得失电子守恒，产生的两种气体是二氧化硫与氧气，则化学方程式为：。 72． (1)4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2 (2)+2H2O=Fe(OH)3↓+OH- (3)H2SiO3、Al(OH)3 (4)2+2CH3COOH= +2CH3COO-+H2O (5) 重结晶 98.44% (6)49% 【分析】由题给流程可知，铬铁矿、碳酸钠在空气中焙烧时Fe(CrO2)2转化为铬酸钠和NaFeO2，铁的氧化物转化为NaFeO2，二氧化硅转化为硅酸钠，氧化铝转化为Na[Al(OH)4]，向焙烧渣中加入水水浸将NaFeO2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；由图可知，向滤液中加入醋酸中和调节溶液pH在4.5-9.3之间，将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，铬酸钠部分转化为重铬酸钠，过滤得到含有硅酸、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加冰醋酸调节pH约等于5，将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，向反应后的溶液中加入氯化钾将重铬酸钠转化为重铬酸钾沉淀，经过滤、洗涤后获得重铬酸钾粗产品，粗产品经重结晶得到重铬酸钾； 【详解】（1）由分析可知，焙烧过程中发生的主要反应为Fe(CrO2)2与碳酸钠、氧气反应生成铬酸钠、NaFeO2和二氧化碳，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2； （2）由分析可知，水浸发生的反应为NaFeO2与水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-； （3）由分析可知，在“中和”步骤中加冰醋酸调节pH约等于7，目的是将硅酸钠、偏铝酸钠转化为硅酸、氢氧化铝沉淀，铬酸钠部分转化为重铬酸钠，中和后滤渣2为：H2SiO3、Al(OH)3； （4）酸化时加冰醋酸调节pH约等于5的目的是将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，反应的离子方程式为2+2CH3COOH= +2CH3COO-+H2O； （5）由分析可知，工序I为经过滤、洗涤后获得重铬酸钾粗产品，工序Ⅱ为粗产品经重结晶得到重铬酸钾，铬铁矿主要成分为Fe(CrO2)2，质量分数为67.2%，1000kg铬铁矿中m[Fe(CrO2)2]= 1000kg×67.2%=672kg，由Cr元素质量守恒，则，解得m(K2Cr2O7)=672kg，得到661.5kg产品，生产过程的产率为； （6）滴定过程中发生的反应为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则样品中K2Cr2O7的纯度为×100%=49%。 73． (1)将含钴废料粉碎(或其他合理答案) (2) 、 (3) (4) pH偏低，浓度过大，和结合成HF分子，降低了浓度，导致、溶解平衡向溶解方向移动 (5) 【分析】、与盐酸、亚硫酸钠发生氧化还原反应，得到硫酸根、二价钴离子、亚铁离子，含钴废料加入盐酸与亚硫酸钠还得到硫酸钙、铝离子、镁离子，则浸出渣为、，浸出液加入氯酸钠，将亚铁离子氧化为铁离子、加入碳酸钠调pH得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，所得滤液加入氟化钠除去钙镁离子，加入萃取剂，二价钴离子进入水相，加入草酸铵溶液，得到。 【详解】（1）为提高含钴废料的浸出效率，可采取的措施是将含钴废料粉碎、适当加热、适当增大盐酸浓度等(或其他合理答案)； （2）是强电解质，在水溶液中的电离方程式；根据分析知，浸出渣的主要成分为、； （3）根据流程图可知，加入的作用是将氧化为，该反应的离子方程式为； （4）①滤液中时，；②pH偏低，浓度过大，和结合成HF分子，降低了浓度，、溶解平衡向溶解方向移动，将会导致、沉淀不完全； （5）在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147.结合图像可知，初始为0.1mol ，A点时为0.1mol 。根据钴元素守恒，B点时8.03g固体中钴元素的物质的量为0.1mol，则8.03g固体中氧元素的物质的量为，则8.03g固体中Co、O的物质的量之比为0.1∶0.133≈3∶4，故B点时固体产物为，A→B发生的反应为。 74． (1) p 5s2 5p3 (2) (3) (4) (5)S (6)溶液和溶液 (7) 【分析】锑精矿主要含Sb2O3、Sb2S3、Fe2O3、CuO，根据流程图，加入氢氧化钠溶液、Na2S溶液充分碱浸，过滤得Fe2O3、CuO固体，同时得到Na3SbS3、Na2S、NaOH的混合液，则滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3、CuO，线路一直接电解混合液得到锑单质；线路二加入氧化剂将Sb元素氧化得到粗Na3SbO4沉淀，加入的氧化剂同时将S2-氧化为硫单质，所以粗Na3SbO4沉淀中混有S单质，加盐酸酸浸，滤渣II主要成分为S，滤液加NaOH溶液中和酸，最终得到NaSb(OH)6。 【详解】（1）Sb的基态原子的简化电子排布式为[Kr]4d105s25p3，价电子排布式为5s25p3，位于元素周期表的p区，故答案为：p；5s25p3； （2）根据分析，滤渣Ⅰ的主要成分有Fe2O3、CuO，故答案为：Fe2O3、CuO； （3）“碱浸”时，Sb2O3转化为Na3SbS3，发生反应的化学方程式为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=2Na3SbS3+6NaOH，故答案为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=2Na3SbS3+6NaOH； （4）“电解”含Na3SbS3、Na2S、NaOH的溶液，阳极是阴离子OH-和S2-放电，发生的两个电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O、S2--2e-=S，故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；S2--2e-=S； （5）根据分析，滤渣II的主要成分有S，故答案为：S； （6）产品NaSb(OH)6需洗涤、干燥，检验固体是否洗涤干净，即检验是否含有Cl-，所加入的试剂为HNO3溶液和AgNO3溶液，故答案为：HNO3溶液和AgNO3溶液； （7）根据Ksp(CuS)=6.3×10−36，Ksp[Cu(OH)2]=2.1×10−20，常温条件下，向碱浸液中加入CuSO4溶液，生成CuS和Cu(OH)2沉淀时，溶液的pH为10，，则溶液中剩余c(S2−)=mol/L＝3×10−24mol/L，故答案为：3×10-24。 75． (1) (2)＞ (3)或 (4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5) 体心 12 (6) 0.4或 【分析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 （2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。 76． (1)Fe2+ (2) 4.7pH<6.2 (3)4.010-4 (4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶 (5)MgSO4 (6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH- 【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。 【详解】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+； （2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；； （3）滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4； （4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率； ② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶； （5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4； （6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15； ②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。 77 (1)3d10 (2) 3d10 (3) 6 (4) (5)    【分析】富锗ZnO烟尘(还含有等)加入98%的硫酸进行酸浸，难溶，故浸渣①为；酸浸液加入单宁酸进行沉锗，得到单宁锗渣，灼烧得到锗精矿；沉锗后的滤液加入锌粉置换出铜，过滤除去滤渣，滤液加入高锰酸钾将亚铁离子、锰离子氧化，除铁、锰，转化为氢氧化铁、二氧化锰，所得滤液加入碳酸氢铵进行沉锌，得到碱式碳酸锌。 【详解】（1）Zn 是30 号元素， Zn2+的价层电子排布为 3d10； （2）根据分析可知，浸渣①主要含有， 酸浸中Pb元素发生变化的化学反应方程式； （3）流程中，“I”加入Zn粉主要是为了置换，达到除铜的作用；流程中，“II”控制pH让铁、锰沉淀但锌不沉淀，根据，解得c(OH-)=10-8mol/L，故控制pH最高为6； （4）沉锌是硫酸锌与碳酸氢铵反应生成碱式碳酸锌、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，离子方程式为：； （5）晶胞中含四个锌离子，分别连接顶角和三个面心形成正四面体结构，在图乙中标出晶胞中4个Zn原子的投影位置画图为  ，晶胞中含Zn2+为4个，S2-离子数，晶胞中含4个ZnS，设晶胞中S离子与其最近的Zn离子的距离为dnm，其密度为ρg•cm-3，阿伏加德罗常数NA，设晶胞参数为anm，  ，其中硫离子和硫离子间距离，三角形的高，则得到，，，晶胞密度，。 78． (1) Fe(OH)3 (2)Zn2+、发生双水解反应生成和CO2气体 (3) (4)Na2SO4 (5) 4 【分析】湿法炼锌的萃余液中含有及二价钴离子()、镍离子()、镉离子()和等，“氧化、调”时，先加入适量的石灰石调节pH为1.0，加入适量的把Mn2+氧化为、Fe2+被氧化为Fe3+，再加入石灰石为4.0，生成Fe(OH)3沉淀；滤液中加过量的锌粉置换出金属镉，滤液中加萃取剂，萃取钴镍，分液，水层中加碳酸钠生成碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌加热得氧化锌；滤液中含有Na+、，经过一系列操作后得到的副产品为Na2SO4。 【详解】（1）①“氧化、调”时，Fe2+被氧化为Fe3+，加入石灰石为4.0 生成Fe(OH)3沉淀，“沉渣”的主要成分除外还有Fe(OH)3。 ②若加入过量的，钴元素会被氧化进入“沉渣”中，加入石灰石为4.0，c(OH-)=10-10，则溶液中残留的浓度为。 （2）“沉锌”时，在近中性条件下加入可得碱式碳酸锌固体，Zn2+、发生双水解反应生成和CO2气体。 （3）加热分解为氧化锌、二氧化碳、水，反应的化学方程式为。 （4）根据流程图，沉锌后的滤液中含有Na+、，经过一系列操作后得到的副产品为Na2SO4。 （5）根据的晶胞结构图，锌的配位数为4；根据均摊原则，晶胞中Zn原子数为、O原子数为4，晶胞参数为acm，该晶体的密度为。 79． (1)适当增加硫酸浓度、提高温度等 (2) 、 (3) 将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去 (4)a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则 (5) 12 B 【分析】电池废料转化为Li、Fe、Co及其氧化物，加入硫酸酸溶转化为相应的盐溶液，加入碳酸氢钠除去铁、过滤滤液加入次氯酸钠除去钴，过滤滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀； 【详解】（1）适当增加硫酸浓度、提高温度等均可以加快反应速率，提高“酸浸”浸出率； （2）“酸浸”时金属Co与稀反应生成硫酸钴和氢气，化学方程式；“酸浸”后锂、铁、钴转化为相应的盐溶液，故溶液中的金属阳离子主要有、、； （3）“沉铁”反应为亚铁离子和碳酸氢根离子生成碳酸亚铁沉淀，离子方程式是；常温下， ，故三价钴更难溶，“沉钴”时溶液的作用是将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去； （4）由图可知，a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则； （5）以体心为例，与距离最近且相等的同层、上下层各有4个，故有12个；设与的最近的核间距为r nm，则晶胞边长为2r nm，根据“均摊法”，晶胞中含个、个，则晶体密度为；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影位置为正六边形的中心、顶点和中心与顶点连线的中心，故图为B。 80． (1) 12:1 PbSO4 (2) (3)2.73 (4)b (5)c (6) 4 12 【分析】高铟烟灰(主要含ZnO、PbO、Fe2O3、 In2O3、 In2S3)，在高铟烟灰加入硫酸、二氧化锰进行酸浸氧化,将In2S3氧化为硫酸根离子和In3+， ZnO、PbO、Fe2O3分别和硫酸反应转化为ZnSO4、PbSO4沉淀和Fe2 ( SO4) 3，In2O3和硫酸反应变为In3+，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入草酸，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，则Zn2+、Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗铟，据此分析。 【详解】（1）氧化酸浸过程中MnO2只将In2S3中的硫元素氧化为硫酸根离子，S的化合价由-2价变为+6价，共失去24个电子， Mn的化合价由+4价变为+2价，得到2个电子，根据得失电子总数相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24 : 2，滤渣除了过量的二氧化锰外还有硫酸铅。 （2）草酸根离子为双齿配体，铁离子的配位数为6，故形成的配位离子为，该净化的离子方程式为： （3）。当pH=2.30时，萃取率为50%；则，得，若将萃取率提升到95%，则，将lgK代入，则有，lgc(H+)=-2.73，则应调节溶液的pH=2.73。 （4）Zn2+、Fe2+均进入水相，故锌可以从水相中进行回收。 （5）In3+和氮原子之间存在配位键、共价键，单键为键，双键为一个σ键和一个π键，所以不含c。 （6）磷周围有4个In原子形成正四面体结构，磷的配位数为4，晶胞中In为，磷原子数为4，磷原子和In个数相等，故In的配位数也为4，晶胞参数为a nm，与In原子间距离为anm的In原子在晶胞面对角线上，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与In原子间距离为anm的In原子数为。 81． (1) (2) (3)时，铜的沉淀率已超过80%，铑的沉淀率几乎为零。或时，铜的沉淀率会降低，时，铑的沉淀率增加 (4)、 (5) (6)AC (7) 顶角 6 2.995 【分析】高铜铑精矿通入氯气和HCl氯化溶解得到、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，加入NaOH调节溶液pH=2，避免铁离子沉淀，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除去，发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铑粉； 【详解】（1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s2s22p63s23p63d104s1，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1； （2）中Cl为-1价，由x+(-1)×6=-3，解得x=+3，则Rh元素的化合价为+3； （3）“定向脱铜”时，需将溶液pH调至2，原因是：时，铜的沉淀率已超过80%，铑的沉淀率几乎为零。或时，铜的沉淀率会降低，时，铑的沉淀率增加； （4）定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有、； （5）发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，水解的离子方程式为：； （6）A．反应物CO2中C和O原子存在极性共价键，产物存在C-H和H-O极性键，则反应过程中存在极性共价键的断裂与形成，A正确； B．H2O分子的正负电荷中心不对称，为极性分子，B错误； C．CO2中C原子价层电子对个数=2+=2，采取sp杂化方式，CH4中心原子C的价层电子对数是4，则C原子杂化轨道类型为sp3杂化，C正确； D．H2O分子中O原子的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体，D错误； E．催化剂通过降低反应的活化能，从而增大反应速率，不能改变反应的焓变，E错误； 故选：AC； （7）①其中位于晶胞的体心，由晶胞结构可知白球为，顶角的小黑球个数为，棱心的大黑球个数为，结合分子数可知大黑球为O离子，小黑球为，则所处的位置为晶胞的顶角；每个周围紧邻的共有6个； ②当有1%的被替代后阳离子电荷减少了1%×1=0.01，根据电荷守恒，阴离子电荷也相应减少=0.005，晶体中会失去部分产生缺陷，原晶胞中数目为3，则此时平均每个晶胞所含数目为3-0.005=2.995。 82． (1)4s24p3 (2) (3) 过滤 B (4) +5 将还原为SbCl3 (5)SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl (6) TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体 6 【分析】分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含、，铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化物，硫酸酸浸后得到沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解后得到SbOCl。碱浸液中含、，调节pH值后得到TeO2沉淀。 【详解】（1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为：4s24p3； （2）“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为：； （3）分离出的操作是过滤；pH=4时，溶液成酸性，，，故滤液中As元素最主要的存在形式为：B； （4）①中，Sb的化合价为+5价； ②“氯盐酸浸”时，通入的目的是：将还原为SbCl3； （5）“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl； （6）TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体；由晶胞结构可知，Te的配位数为6；根据均摊法，Te原子位于晶胞的顶点和内部，个数为；O原子位于晶胞的面上和内部，个数为，晶胞的密度为：。 84． (1)3 (2) pH减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以形式存在，易溶于水 减小 (3)与的相近，随着浓度增大，促进了转化为；反应生成的覆盖在表面，难以发生沉淀转化反应 (4)加入稀控制溶液的pH在1~4之间，边搅拌边加入，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入，加入NaOH溶液调节溶液的 【分析】 电镀废水（主要成分为及少量）“除杂”时加入熟石灰调节废水pH将其中除去；“沉铬”时先加入调节废水pH，再加入使废水中的Cr（Ⅵ）转化为易溶于水的；“转化”时 硫酸钠将转化为，向溶液加入稀控制溶液的pH在1~4之间，边搅拌边加入，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入，加入NaOH溶液调节溶液的，静置过滤，洗涤，灼烧得到，据此分析解答。 【解析】（1）浓度小于mol⋅L即认为完全除去，此时，，PH=3，将除去（浓度小于mol⋅L），需加入熟石灰控制废水pH大于3，故答案为：3； （2）①沉铬过程中将转化为发生反应，故答案为：； ②废水时，pH减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以形式存在，易溶于水，导致铬沉淀率随pH减小，故答案为：pH减少，溶液中更多Cr（Ⅵ）以形式存在，易溶于水； ③向废水中加入，与生成难溶的，使平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大， pH减小，故答案为：减小； （3）当浓度超过0.450 mol⋅L时，Cr（Ⅵ）的转化率随浓度增大变化不明显原因是与的相近，随着浓度增大，促进了转化为；反应生成的覆盖在表面，难以发生沉淀转化反应，故答案为：与的相近，随着浓度增大，促进了转化为；反应生成的覆盖在表面，难以发生沉淀转化反应； （4）由溶液制取应向溶液中，加入稀控制溶液的pH在1~4之间，边搅拌边加入，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入，加入NaOH溶液调节溶液的，静置过滤，洗涤，灼烧得到，故答案为：加入稀控制溶液的pH在1~4之间，边搅拌边加入，当溶液由橙红色溶液变为绿色时，停止加入，加入NaOH溶液调节溶液的。 85． (1) 先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液 (2)向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生 (3)62.5 防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量 (4)97.60% 【分析】由含钻废料中主要成分为，还含有少量、和，用硫酸和溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和，而后经过除杂得到，最终热解得到CoO，据此作答。 【解析】（1）“浸取”时与在酸性条件下发生氧化还原反应，所发生反应的离子方程式为：，“浸取”时含钴废料、硫酸和溶液混合的方式为：先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液，故答案为：；先将含钴废料与溶液混合，然后在向其中逐滴加入硫酸溶液； （2）溶液浸出后，溶液中含有的阳离子是和，题中信息已知与可生成配合物难以沉淀，因此要以氢氧化物形式除去，观察各杂质离子的沉淀pH可知，和在转化为氢氧化物过程中的pH有重叠的部分，因此要先将氧化为，而后调节pH后除去，再根据题中所给信息可溶于水而MgF2难溶于水，因此需要加入除去，步骤为：向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生，故答案为：向其中边加入的溶液，直至取少许溶液加入溶液，不出现蓝色沉淀时停止加入，再向其中滴加氨水，调在4.7～6.6之间，过滤，向滤液中滴加的溶液直至静置后至上层清液中再滴加溶液无沉淀产生； （3）根据可得，根据可得；制取时使用溶液而不是溶液的原因是：防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量；故答案为：62.5；防止生成沉淀时产生，降低热解后生成中钠元素的含量； （4）根据草酸钴样品与酸性溶液，加热充分反应至不再有气体产生，该条件下不被氧化，杂质不参与反应，可知发生的反应为：，用溶液滴定过量的发生的反应为：，根据反应方程式可知取溶液中过量的，则消耗的，由此可知，故的质量分数为：，故答案为：97.60%。 86． (1) 增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解 (2)2000 (3)氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强 (4)加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成 【分析】方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在盐酸和氯化钠作用下反应生成S和，过滤，向滤液中加入碳酸锰除掉铁，过滤，沉降分铅，将含铅物质加入硫酸得到硫酸铅，再将含Mn2+的滤液经过一系列过程得到。 【解析】（1）时，方铅矿(主要成分，含少量)和软锰矿(主要成分)在氯化钠、盐酸作用下反应生成和，则“协同浸取”生成和的离子方程式为；根据已知信息得到，因此“协同浸取”时加入可避免生成沉积在矿石表面，其原因是增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解；故答案为：；增大氯离子浓度，有利于平衡正向移动，将溶解。 （2）利用盖斯定律，将①+②得到  ，则沉降反应的平衡常数；故答案为：2000。 （3）氮原子的电子云密度越大配位能力越强，全氟聚醚-二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降，氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；若在氮原子和含氟基团间引入基团配位能力会增强，氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强；故答案为：氟的电负性大，将氮原子的孤对电子对吸引，使得氮原子的电子云密度减小，因此氮与形成配位键能力减弱；氮原子远离氟原子，氟对氮的电子对吸引力小，氮原子的电子云密度增大，氮与形成配位键能力增强。 （4）根据图中信息，由净化后的含的滤液制备较纯净的的实验方案：取一定量的含的滤液于三颈烧瓶中，加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，再真空40℃干燥得产品；故答案为：加热维持在温度50℃，不断搅拌下边通空气边加氨水调节溶液的pH值并维持在8.5左右，直至有大量黑色沉淀生成时，静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀至取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成。 87． (1) 少量被氧气氧化，减少了的消耗量 滤液中的能使酸性溶液褪色，干扰的检验 (2)或 (3) 四氯乙烯与都是非极性分子，符合“相似相溶”原理 中原子采取杂化，无剩余的轨道用于形成键 【解析】（1）①Fe2+化合价升高，失去1e-生成Fe3+，中Cl由+1价降低，得到6e-生成Cl-，则参加反应Fe与Cl的个数比为6：1，故1molα−FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为；因少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量； 故答案为：；少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量； ②滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验，则该设计方案不合理； 故答案为：滤液中的Cl−能使酸性KMnO4溶液褪色，干扰Fe2+的检验； （2）每个Fe(III)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形，或； 故答案为：或； （3）①根据图示，FeOOH、S8为反应物，FeSSH、O2为生成物，则反应方程为； 故答案为：； ②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α−FeOOH分离，四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理； 故答案为：四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”原理； ③S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键； 故答案为：S8中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键。 88． (1) (2) 废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等 (3)将转化为氢氧化铝沉淀 (4) (5)没有达到催化剂所需的合适的活化温度 【分析】废催化剂在氢氧化钠条件下，通入氧气焙烧将转化为，焙烧产生的气体主要为硫元素转化生成的SO2；加H2O浸出除去不溶的铁、铜化合物，浸出液含、、，通入过量的二氧化碳，将转化为氢氧化铝沉淀，过滤，滤液中加入硝酸调节溶液的小于6，使转化为，然后加入充分反应，析出，灼烧后可得到； 【解析】（1）焙烧过程氧气具有氧化性，会氧化生成二氧化硫和，氢氧化钠、氧气和转化为、二氧化硫，水，化学方程式为； （2）氧化铝会和氢氧化钠生成可溶性的，故过滤后所得滤液中存在的阴离子有、、。欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等； （3）通入过量的二氧化碳，将转化为氢氧化铝沉淀，除去铝元素； （4），灼烧后可得到，结合质量守恒可知，还生成氨气和水，反应为； （5）催化剂催化需要一定的活化温度，在温度之间，转化率不高的原因是：。此时温度较低，没有达到催化剂所需的合适的活化温度，导致反应速率较慢，单位时间内转化率不高。 89． 1) 与形成易溶于水的配合物，促进的溶解 (2)催化剂活性下降，反应速率减慢；与发生反应生成 会被(V2O5)催化氧化为，与作用生成或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积[或与作用生成或，最终被氧化为或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积] (3)适当升温，适当加快搅拌速度，延长浸泡时间(写出一条即可) 【解析】（1）①根据的分子式，可知焙烧时分解产生和NH3，化学方程式为，故答案为； ②已知草酸能与含钒粒子形成易溶于水的配合物，所以的作用是与形成易溶于水的配合物，促进的溶解，故答案为与形成易溶于水的配合物，促进的溶解。 （2）①反应温度高于，催化剂活性下降，反应速率减慢；此外，能与发生反应生成，从而导致转化率下降，故答案为催化剂活性下降，反应速率减慢；与发生反应生成； ②若烟气中含有， 会被(V2O5)催化氧化为，与作用生成或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积，从而导致催化剂失活，故答案为会被(V2O5)催化氧化为，与作用生成或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积[或与作用生成或，最终被氧化为或，覆盖(沉积)在催化剂的表面，大大降低了催化剂和反应物的接触面积]。 （3）①酸浸时，投料完成后，可适当升温，适当加快搅拌速度，延长浸泡时间提高原料浸出率，故答案为适当升温，适当加快搅拌速度，延长浸泡时间(写出一条即可)； ②酸浸过程中，和在酸性条件下转化成，离子方程式为，故答案为； ③已知在水溶液中以形式存在，该配离子的结构为，故答案为。 90． （1） ①. 3 ②. 0.25 （2） ①. ②. 与、生成与，的溶解度比的更小，使该反应向生成方向移动 ③. 温度升高，溶解度减小，砷酸钙溶解度增大 ④. Fe（Ⅲ）能与溶液中的As（V）反应生成沉淀，Fe（Ⅲ）在水溶液中生成胶体，吸附溶液中的As（V），使得溶液中As（V）的去除率上升 【解析】（1）①根据题意知HCHO能在硫酸盐还原菌的作用下将还原为，同时生成，故2HCHO~，根据硫元素守恒沉淀1mol需消耗3mol,故需消耗HCHO的物质的量为6mol。 ②，该反应的平衡常数。 （2）①根据图象知，中性废水中As（V）以、的形式存在，且各占50%，则加入石灰水后生成沉淀的反应方程式为：。 ②与、生成与，的溶解度比的更小，使该反应向生成方向移动。 ③根据①知向碱性含砷（V）废水中加入一定量石灰水会生成沉淀，而As（V）去除率在30℃以后随温度升高而降低，则可能原因溶解度减小，砷酸钙溶解度增大。 ④Fe（Ⅲ）能与溶液中的As（V）反应生成沉淀，Fe（Ⅲ）在水溶液中生成胶体，吸附溶液中的As（V），使得溶液中As（V）的去除率上升。 91． （1） ①. ②. sp3 ③. 否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式 （2）铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大 （3） ①. ②. 30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量： 通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量： ，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和 【解析】（1）①“还原”时，在酸性溶液中被还原成Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为。 ②在的晶胞中，硫原子的价层电子对数为=4，则杂化方式为sp3；已知该晶胞中S原子的数目为4，依据化学式，该晶胞中所含Fe2+的数目应为4。若Fe2+占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，则该晶胞中含Fe2+数目不是4，理由：否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式。 （2）向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，若不加Cu2+，Fe先与H+反应生成Fe2+等，Fe2+再还原Cr(Ⅵ)；加入Cu2+后，Cu2+先与Fe反应生成Cu和Fe2+，Fe、Cu可构成原电池，加快生成Fe2+的速率，则随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为：铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大。 （3）①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，NaOH首先促进平衡逆向移动，生成的再发生转化+2OH-=2+H2O，从而得出发生反应的化学方程式为。 ②30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量： 通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量： ，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和。 92． （1） ①. ②. 溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成H2SO4，pH下降，15h前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢 ③. MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应 （2） ①. ②. 正四面体形 （3） ①. ②. 氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物 【解析】（1）①软锰矿浆中通入SO2气体反应制备MnSO4，反应中MnO2为氧化剂、SO2为还原剂，生成MnSO4的化学方程式为：，故答案为：； ②15小时前下降缓慢的原因是溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成 H2SO4，pH下降，15h前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢，故答案为：溶于软锰矿浆的SO2与烟气中的O2反应，生成 H2SO4，pH下降，15h 前由于软锰矿中的CaO、MgO消耗H2SO4，导致 pH下降缓慢； ③吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了SO2的溶解，MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应，故答案为：MnCO3消耗H2SO4，使软锰矿浆的pH升高，提高了软锰矿浆中SO2的溶解量，进而有利于SO2与MnO2的反应。 （2）①由溶度积可知，溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀时，溶液中的镁离子已经完全转化为氟化镁沉淀，所以溶液中钙离子浓度为时，溶液中氟离子浓度至少为，故答案为：； ②晶胞中以体心中的任意一个与周围距离最近的4个标记后连接，形成的空隙构型为正四面体形，故答案为：正四面体形。 （3）①与氧气在80℃恒温下发生氧化还原反应生成，环境为酸性，离子方程式为：，故答案为：； ②氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物，故答案为：氨水量不足，溶液中c(H+)增大，O2的氧化能力增强，将Mn元素氧化为较高价态的氧化物。 93． （1）6.8≤pH<7.6 （2） （3） ①. Cr(OH)3 ②. （4） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 （5） ①. ②. 吸收SO2，防止污染 （6）随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出 【解析】【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。 （1）加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6 （2）滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。 （3）由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。 （4）由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （5）滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。 （6）酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。 94．     随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大  温度过高，分解，不利于析出      【解析】解：向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，转化为，该反应的化学方程式为：， 故答案为：； ，，除杂后的溶液中的浓度为，，，据此计算此时溶液中，随着温度升高除磷率下降而除硅率升高，可能的原因是：随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大， 故答案为：；随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降，温度升高时水解增大，但水解生成不溶于水的硅酸，所以的去除率增大； “沉矾”时加入析出沉钒温度需控制在左右，温度不能过高的原因是：温度过高，分解，不利于析出， 故答案为：温度过高，分解，不利于析出； 加入的物质的量为：，依据，过量的物质的量：，与反应的的物质的量：，依据化学方程式可知：，，，产物中的质量分数， 故答案为：； 顶角为和中心为钒原子，四个氧原子位于面心，两个氧原子位于晶胞内，则该晶胞中钒的配位数为， 故答案为：。 向石煤中加纯碱，在通入空气的条件下焙烧，空气中氧气、碳酸钠和反应转化为二氧化碳和； ，，除杂后的溶液中的浓度为，据此计算此时溶液中，随着温度升高水解程度增大，的沉淀溶解平衡向右移动，所以去除率下降； 温度过高，分解； 加入的物质的量为：，依据，过量的物质的量：，与反应的的物质的量：，依据化学方程式可知：，，，据此计算产物中的质量分数； 顶角为和中心为钒原子，四个氧原子位于面心，两个氧原子位于晶胞内。 本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解、溶度积的计算、实验设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等。 95． (1)CuSO4 (2) (3) (4)BC (5)做络合剂，将Au转化为从而浸出 (6)作还原剂，将还原为Au (7) NaCN 【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（V），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。 【详解】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4； （2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：； （3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降； （4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意； B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意； C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意； D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意； 故选BC； （5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出； （6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au； （7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 96． (1)ab (2) (3)抑制金属离子水解 (4)SiO2 (5) (6)将Fe3+转化为Fe2+ (7)24.02% 【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。 【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab； （2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为； （3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解； （4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2； （5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为； （6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液； （7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。 97． (1)适当升温（或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌） (2) (3)CaSO4、SiO2 (4)pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀 Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀 (5)FeSO4 (6) 【分析】铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]加入H2SO4酸浸，SiO2不溶，MnO2被Fe还原生成Mn2+、Fe2+等，CaMg(CO3)2转化为CaSO4沉淀、Mg2+等，过滤后，滤渣为CaSO4、SiO2；滤液中加入MnF2，由于MgF2、CaF2的Ksp远小于MnF2的Ksp，所以生成MgF2、CaF2沉淀；pH=5，Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，Q[Mn(OH)2]=0.30×(10-9)2=3×10-19＜1.9×10-13，Q[Fe(OH)2]=0.25×(10-9)2=2.5×10-19＜8×10-16，所以不生成Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀；滤液②中加入物质A，使Fe2+、Mn2+浓度比为1:1，再加入(NH4)2C2O4共沉淀，生成Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O；再加入LiH2PO4、Ar焙烧，生成LiMn0.5Fe0.5PO4。 【详解】（1）“酸浸”中，可适当提高温度、浓度及接触面积，以提高浸取速率，方法为：适当升温（或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌）。 （2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，则该工艺条件下Fe粉与MnO2反应，生成Fe2+、Mn2+等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式：。 （3）由分析可知，滤渣①成分为：CaSO4、SiO2。 （4）“除杂”前滤液①中加入MnF2，HF为弱酸，溶液酸性过强时，易生成HF，则调节pH不宜过低的原因是：pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀；pH过高时，溶液碱性过强，易生成Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀，则会生成：Mn(OH)2、Fe(OH)2沉淀。 （5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“共沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，则，所以物质A应为FeSO4。 （6）“焙烧”过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，由Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O中加入LiH2PO4、Ar焙烧，生成LiMn0.5Fe0.5PO4，可推出生成的两种气体为H2C2O4的分解产物CO、CO2，依据元素守恒，可得出“焙烧”过程的化学反应方程式为。 【点睛】焙烧时通入Ar，可隔绝空气，防止Fe2+被氧化。 98． (1)15 (2) (3) (4)氨水具有挥发性，且氯化铵容易受热分解，则温度高于使得氨水和氯化铵溶液浓度降低，导致沉钒率降低 (5)4.6 (6) (7)160 【分析】钒铬矿加硫酸酸浸，转化为、Cr(OH)3转化为Cr2(SO4)3，加入Na2S2O8将氧化为，调pH得到沉淀和含Cr3+的滤液，煅烧得到，滤液多步操作后得到和硫酸钠的混合液； 【详解】（1）把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数。基态Cr原子电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，故有15种空间运动状态。 （2）加入Na2S2O8将氧化为，结合质量守恒、电荷守恒可知，同时生成硫酸根离子和氢离子，反应为：； （3）由图，该阴离子中含有4个、12个氧原子，氧的化合价为-2、V为+5价，则其化学式为； （4）氨水具有挥发性，且氯化铵容易受热分解，则温度高于使得氨水和氯化铵溶液浓度降低，导致沉钒率降低； （5）的近似为，当Cr3+开始沉淀所需，pOH=9.4，pH=4.6，故答案为4.6； （6）煅烧生成的过程中V元素化合价没有改变，结合质量守恒，煅烧过程中还会生成氨气和水，反应为； （7）用的溶液滴定剩余的，被还原为，反应中铁化合价由+2变为+3、铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒存在，则由反应消耗为，水样中还原性物质被氧化所需的为，结合COD含义、电子守恒，存在，则该水样的为。 99． （1）N （2）增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率 （3）SrSO4 + NH3‧H2O + NH4HCO3= SrCO3+(NH4)2SO4+H2O (NH4)2SO4 （4）BaSO4、SiO2 （5）Sr2+ + 2HCO= SrCO3 ↓+CO2↑+H2O （6）洗涤 干燥 （7）7×10-6 【分析】已知：常温下，Ksp(SrSO4)=3.2×10-7、Ksp(SrCO3)=5.6×10-10，碳酸锶更难溶；青石矿粉加入水、碳酸氢铵，碳酸氢铵和硫酸锶反应生成碳酸锶沉淀、硫酸铵、二氧化碳，过滤，过滤出含硫酸铵的母液，用盐酸溶解滤渣，碳酸锶转化为SrCl2溶液，净化后，向纯净的SrCl2溶液中加入碳酸氢铵生成碳酸锶沉淀，过滤、洗涤、干燥，粉碎后得产品碳酸锶。 【解析】（1）Sr为38号元素，位于第五周期第ⅡA族，失去2个电子形成Sr2+，基态Sr2+的最高能级的能层符号是N； （2）将天青石磨成粉的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率； （3）由Ksp(SrSO4)=3.2×10-7、Ksp(SrCO3)=5.6×10-10可知碳酸锶更难溶；SrSO4与氨水、NH4HCO3溶液反应转化为SrCO3，根据质量守恒，还生成(NH4)2SO4和H2O，化学方程式为SrSO4 + NH3‧H2O + NH4HCO3= SrCO3+(NH4)2SO4+H2O，将过滤后的含(NH4)2SO4的滤液蒸发浓缩、冷却结晶可得到副产物(NH4)2SO4； （4）二氧化硅、硫酸钡和稀盐酸不反应，酸解后滤渣的主要成分为BaSO4、SiO2； （5）“沉锶”过程中SrCl2和碳酸氢铵生成碳酸锶沉淀，同时生成二氧化碳和水：Sr2+ + 2HCO=SrCO3 ↓+CO2↑+H2O； （6）碳酸锶浊液，过滤、洗涤、干燥，粉碎后得产品碳酸锶，“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥； （7）c(Sr2+) =8×10-5 mol∙L-1，则溶液中CO的最小浓度是。 100． 1） （2）2.34 （3） 1.0 沉淀过程中夹杂、包裹 （4）盐酸 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。 【解析】（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；实际生产中还有少量氢氧化锂与空气中的二氧化碳反应生成碳酸锂和水； （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×2.0L=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； （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+； ②由图可知，溶液pH为1.0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1.0；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； （4）①由分析可知，试剂X为反萃取剂盐酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亚钴和氯化镍的水相； ②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。 101． （1）d （2）加热、搅拌、鼓气泡等 FeTiO3+2H2SO4(浓)=TiOSO4+2H2O+FeSO4 （3）向水中加入“酸溶”混合物 、 （4）通过减压降低蒸发温度，避免失去结晶水；通过抽真空减少氧气对Fe2+的影响，避免被氧化；加快蒸发速度， 通过不断排出溶剂蒸汽使蒸发操作顺利进行 （5） （6）2：1 【分析】由题给流程可知，钛铁矿经粉碎后，在加热条件下加入浓硫酸酸解，将转化为硫酸亚铁和，金属氧化物转化为硫酸盐，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不能与稀硫酸反应，经过滤后得到滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；向酸溶后的溶液中加入足量铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，得到钛液；然后发生水解反应转化为。 【解析】（1）的原子序数是，价电子为，位于周期表的区。 （2）在“酸溶”工序中，除粉碎矿石外还可通过加热、搅拌、鼓气泡等方法提高原料利用效率。若在此工序中未发生氧化还原反应，则由原料反应生成的化学方程式为： （3）“水浸”的目的主要是分离沉淀与金属盐的溶液，所以其操作是向水中加入“酸溶”混合物。根据分析可知，滤渣的主要成分包括过量的铁屑、。 （4）减压蒸发的优点是降低溶液的沸点，通过减压降低蒸发温度，避免产品失去结晶水；通过抽真空减少氧气对的影响，避免被氧化；加快蒸发速度， 通过不断排出溶剂蒸汽使蒸发操作顺利进行。 （5）发生水解反应转化为，方程式为：。 （6）根据均摊法可知，左图中黑原子数为：、白原子个数为：，原子个数比为；右图中黑原子个数为：，白原子个数为：，原子个数比为，左图代表，右图代表，并且白球代表氧原子，黑球代表钛原子。则晶胞与晶胞中原子的配位数分别是，最简整数比为。 102． （1） CdS （2） 5 （3）0.47 （4） 氨浸出 【分析】烧结电尘(主要成分为CdO、CdSO4，含CdS、Pb、Zn等杂质)加入硫酸铵和氨水浸出，金属元素与NH3配位形成配合物进入溶液，浸出得到，则CdO浸出也得到，净化工序中除去铅，含Cd微粒未发生变化，则电解工序中，在阴极得电子生成粗Cd，沉镉工序中，加入锌粉置换出镉，精炼后得到精Cd；沉Cd余液中加入H2S，生成ZnS，过滤得到沉锌余液，据此分析回答。 【解析】（1） ①Zn的原子序数为30，基态Zn原子的价电子排布式为，Cd与Zn同族且相邻，基态Cd原子的价电子排布式为，价电子轨道表示式为：； ②烧结电尘的主要成分为CdO、，含CdS、Pb、Zn等杂质，结合净化工序得到富铅残渣可知，Pb元素进入净化工序，根据已知信息①可知，CdS既不溶于水也不溶于氨溶液，则浸出渣的主要成分是CdS； （2）①根据已知信息①可知，浸出得到，则CdO浸出也得到，离子方程式为； ②由图2可知，时，Cd浸出率最大，Zn浸出率相对小，则最佳，由图3可知，氨铵比为时，Cd浸出率大，Zn浸出率小于Cd，则最佳氨铵比为，结合，可知； （3）沉镉工序中，加入锌粉置换出镉，消耗锌粉时，置换出，质量为1.12g，则溶液质量减轻； （4）①溶液，，，，，，，； ②为实现闭环循环，使元素充分利用，沉锌余液可返回氨浸出工序。 103． （1）3d5 （2） （3）氨水或氢氧化钠 （4）硫酸浓度过低，不利于萃取平衡逆向移动获得Ni2+；硫酸浓度过高，H+会与Ni2+竞争萃取剂HX导致NiX2稳定性下降，且可能与Ni2+形成络合物降低Ni2+浓度 （5） （6）7.15 （7）ABC 【分析】含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)加入H2SO4酸浸，NiO、FeO、Fe2O3、CoO转化为硫酸盐进入溶液，BaO转化为BaSO4沉淀，SiO2不溶；过滤后，往滤液中加入NaClO3，将Fe2+氧化为Fe3+；加入Na2CO3调pH，使Fe3+转化为黄钠铁钒渣NaFe3(SO4)2(OH)6；过滤后，往滤液中加入萃取剂萃取，Co2+留在水层，Ni2+以NiX2的形式进入有机层。往水层中加入NaHCO3，Co2+转化为CoCO3沉淀；往有机层加入酸进行反萃取，得到NiSO4溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶，可获得NiSO4·6H2O晶体。 【解析】（1）基态Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe3+的价层电子排布式为3d5。 （2）“氧化”过程中，Fe2+被氧化为Fe3+，被还原为Cl-，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式为。 （3）“萃取”和“反萃取”可表示为。在萃取过程中为了提高萃取率，需促使平衡正向移动，可加入适量氨水或氢氧化钠。 （4）反萃取时，常加入硫酸，使平衡逆向移动，但硫酸的浓度需在一定范围内，其原因是：硫酸浓度过低，不利于萃取平衡逆向移动获得Ni2+；硫酸浓度过高，H+会与Ni2+竞争萃取剂HX导致NiX2稳定性下降，且可能与Ni2+形成络合物降低Ni2+浓度。 （5）黄钠铁钒渣NaFe3(SO4)2(OH)6在加热条件下用稀盐酸浸出铁(Fe3+)，再向浸出液中加入少量NaH2PO4，发生反应生成磷酸铁沉淀，离子方程式为。 （6）常温下，，若起始时，为不使Co2+转化为Co(OH)2沉淀，c(OH-)＜==mol/L，c(H+)＞=mol/L，pH＜-lg=7+lg2=7.15，故“沉钴”过程中应控制pH＜7.15。 （7）从以上流程可以看出，该流程的优点有：资源高效回收利用，低能耗，符合绿色化学原则；分步除杂，选择性高；工艺成熟，操作简便，故选ABC。 104． （1）六 ⅢB （2）BaSO4、SiO2 （3）4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O （4）2+2+2H+=2Ce3++(SCN2H3)2+4HF （5）防止Ce3+被氧化 （6）CD （7）0.2 【分析】氟碳铈矿在空气中焙烧， Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce元素以形式进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，含的滤液中加入硫脲将还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀，过滤分离，复盐沉淀B中加入NaOH，再加入稀盐酸，得到含Ce3+的滤液，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2； 【解析】（1）58Ce为58号元素，位于元素周期表的第六周期第ⅢB族。 （2）由分析，滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2； （3）在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。 （4）根据信息硫脲( )具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为2+2+2H+=2Ce3++(SCN2H3)2+4HF。 （5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化。 （6）A．由于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3+很少，A错误；B．碳酸钠与Ce3+直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，碳酸钠碱性较强，会生成Ce(OH)3沉淀，会影响产品纯度，B错误；C．减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；D．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，D正确；故选CD。 （7）Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.0×10−5 mol∙L−1，则，解得，测得溶液的pH=5，根据，解得c()=0.2mol∙L−1。 105． （1）四 IB （2）高温焙烧时，又分解成和 （3）5NA 尾气为比更容易吸收处理；不需要使用高浓度的溶液，条件更加温和；浓溶液随着反应的进行会变为稀溶液，导致反应速率变慢或终止 （4） （5）AgCl(s)+2SO(aq)Ag(SO3)(aq)+Cl-(aq)，浸出液Na2SO3可直接循环使用，但循环多次后浓度减小，Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，浸出率下降 （6） 【分析】铜阳极泥低温氧化焙烧，然后加入硫酸和氯化钠的混合物，过滤，滤渣为AgCl和Au，在滤渣中加硫酸、NaCl和氯酸钠的混合物，过滤滤渣为AgCl，滤液为氯金酸，AgCl中加Na2SO3溶液转化为，再用HCHO还原得到粗Ag，HAuCl4溶液中加H2C2O4生成粗金。 【解析】（1）铜的原子序数为29，在元素周期表中的位置为第四周期，IB族； （2）由流程图可知，酸浸后得到的滤渣中为AgCl，故焙烧时应将银转化为氧化银，若高温焙烧，容易将氧化银分解为银单质和氧气； （3）①由反应2NaClO3+2Au+12HCl+H2SO4=2HAuCl4+3Cl2↑+Na2SO4+6H2O可知，氧化剂为氯酸钠，还原剂为金和浓盐酸，氯酸钠中氯元素从+5价降低为0价，共转移10e-，故有1 mol的Au溶解时，反应转移的电子数为5NA； ②对比反应2NaClO3+2Au+12HCl+H2SO4=2HAuCl4+3Cl2↑+Na2SO4+6H2O与Au+HNO3(浓)+4HCl(浓)=HAuCl4+NO↑+2H2O可知该流程图中“浸金”方法的优点：尾气为比更容易吸收处理；不需要使用高浓度的溶液，条件更加温和；浓溶液随着反应的进行会变为稀溶液，导致反应速率变慢或终止； （4）氯金酸(HAuCl4)在酸性条件下被草酸还原为Au，同时放出二氧化碳气体，则该反应的化学方程式为：； （5）由可逆反应：AgCl(s)+2SO(aq)Ag(SO3)(aq)+Cl-(aq)可知，浸出液Na2SO3可直接循环使用，但循环多次后浓度减小，Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，浸出率下降； （6）根据流程可知被甲醛还原为银，而甲醛被氧化为碳酸氢根离子，该反应的离子方程式为：。 106． (1)ZnCO3ZnO+CO2↑ (2) 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积     增大硫酸的浓度等 (3) B     Fe(OH)3     CaSO4     SiO2 (4)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ (5)置换Cu2+为Cu从而除去 (6) CaSO4     MgSO4 【解析】由题干信息，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，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。 (1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑； (2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率； (3)A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故答案选B； 当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2； (4)向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+； (5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去； (6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。 107． (1)提高浸出率(或提高浸出速率) (2) 和 84% (3)使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶 (4)或 (5)沉铝 【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。 【解析】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O； 故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。 （2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为； 故答案为：SiO2和CaSO4；84%。 （3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶； 故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。 （4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑； 故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。 （5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用； 故答案为：沉铝。 108． (1) NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑ (2) 酸性 S2O72-+H2O=2H++2SO42-或S2O72-+H2O=2HSO4- (3)先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2 10Na2S2O7+2 Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑ (4)  +H2S2O7+H2SO4 【解析】浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸氢钠和氯化氢气体，方程式为NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑，硫酸氢钠固体在加热条件下生产焦亚硫酸钠和水，焦亚硫酸钠和磁铁矿(四氧化三铁)在加热条件下发生10Na2S2O7+2 Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑。【解析】(1)过程Ⅰ的化学方程式为NaCl+H2SO4(浓)=NaHSO4+HCl↑；(2)由硫酸的结构知，Na2S2O7中阴离子焦亚硫酸根S2O72-的结构式为；由于S2O72-与水发生S2O72-+H2O=2H++2SO42-反应，故溶液显酸性；(3)Na2S2O7，高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体，由分析知Na2S2O7固体与磁铁矿熔融发生10Na2S2O7+2 Fe3O410Na2SO4+3Fe2(SO4)3+SO2↑反应，故混合气体中含有二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫和三氧化硫混合气体的方法为：先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2；(4)过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下发生取代反应得到苯磺酸，反应的方程式为  +H2S2O7+H2SO4。 109． (1) (2) (3)BD (4)N2 CuCl 将白色固体溶于稀硝酸，得到蓝色溶液，说明有铜元素；再向溶液中滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明有氯元素 【解析】根据已知：①(异肼)可知，有机物X是，根据原子守恒知，盐Y是NH4Cl2，与无色透明液体H2O共沸在催化剂作用下生成肼，根据原子守恒知还得到丙酮，丙酮可以循环利用，肼与硝酸反应得到HN3。(1)肼的电子式；(2)反应I的化学方程式是；(3)A项，N2H4和NH2OH可以分别看成NH3中的一个H被-NH2和-OH取代而得到的产物，由于电负性H<N<O，吸引电子能力H<N<O，因而NH3被取代后给电子能力减弱，则碱性： NH3＞N2H4＞NH2OH，错误；B项，肼可以用做还原剂，也可用做配合物的配体，正确；C项，肼在水中的溶解度大于在苯中的溶解度，肼与水形成分子间氢键，错误；D项，根据分析知，反应Ⅱ中的产物之一丙酮可以循环利用，正确；故选BD；(4)N2H5+与CuCl2溶液作用，产生常见气体M，并生成一种溶于稀硝酸的白色沉淀N，则气体M和白色沉淀N的成分分别是N2、CuCl；将白色固体溶于稀硝酸，得到蓝色溶液，说明有铜元素；再向溶液中滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明有氯元素。 110． （1）3d84s2 （2）防止拆解过程中因短路发生火灾、爆炸等事故 （3）温度975℃、时间90min 在此温度范围内，Al2(SO4)3分解为Al2O3，而Al2O3难溶于水 （4）漏斗、烧杯、玻璃棒 （5）Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]- （6）4Ni0.5Co0.2Mn0.3(OH)2+O2+2Li2CO3LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2 +2CO2+4H2O 【分析】由题干流程图可知，废旧锂电池通过放电排解后取正极片研磨后加入(NH4)2SO4焙烧后将金属转化为硫酸盐，在进一步转化为氧化物，水浸之后得到含有LiOH的滤液，向滤液中加入Na2CO3进行沉锂，操作a为过滤，洗涤干燥后得到碳酸锂，向滤渣中加入NaOH将Al2O3转化为NaAl(OH)4的滤液，和含有NiO、CoO、MnO的滤渣，向滤液中通入CO2进行沉铝得到Al(OH)3，操作b即过滤得到氢氧化铝，据此分析解题。 【解析】（1）已知Ni是28号元素，根据能级构造原理可知，Ni的价电子排布式为：3d84s2，故答案为：3d84s2； （2）回收处理时首先对废旧锂电池进行放电，目的是防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故，故答案为：防止在电池拆解过程中，发生短路引起火灾、爆炸等事故； （3）①由题干图示信息可知，最佳的焙烧条件是975℃，时间为90min是Li+的浸出率高，其余元素的浸出率很低，故答案为：975℃，时间为90min； ②由题干表中数据Al2(SO4)3分解温度为590℃~640℃可知，在整个温度的考察范围内，Al2(SO4)3分解为Al2O3，而Al2O3难溶于水，导致铝的浸出率一直保持在 0.5% 以下，故答案为：在此温度范围内，Al2(SO4)3分解为Al2O3，而Al2O3难溶于水； （4）由分析可知，操作a和操作b均分离溶液和不溶性固体，即为过滤，则实验室完成操作a或操作b所需的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒； （5）由分析可知，碱浸时含铝元素物质发生的反应为Al2O3转化为NaAl(OH)4，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-； （6）滤渣经过一系列操作后可以得到Ni0.5Co0.2Mn0.3(OH)2，将其与一定质量的Li2CO3混合后，然后空气气氛下进行烧结，最终得到 LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2 正极材料，比较两物质可知，1分子Ni0.5Co0.2Mn0.3(OH)2转化为1分子LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2金属的化合价一共升高1，而1分子O2反应中化合价降低4，根据氧化还原反应配平可得，其中制备正极材料的化学反应式为：4Ni0.5Co0.2Mn0.3(OH)2+O2+2Li2CO3LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2 +2CO2+4H2O，故答案为：4Ni0.5Co0.2Mn0.3(OH)2+O2+2Li2CO3LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2 +2CO2+4H2O 111． （1） Fe2O3、CaSO4 （2）减小 （3）H2SO4 （4）4×10-4 （5）低温焙烧 【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 【解析】（1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：；Fe2O3、CaSO4； （2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小； （3）根据萃取的化学方程式：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4； （4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：，改写成离子方程式为：。故答案为：4×10-4；； （5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。 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。 112． （1） 将还原为，防止胶体对锗的吸附 防止产生或，污染空气 （2） 氧化的浓度减小，平衡不断正向移动，提高的浸出率 （3）6.5 氯化蒸馏 （4） 【分析】工业烟尘(主要成分为、、、、等)中加ZnSO3、H2SO4进行“一段低酸还原”、“二段高酸还原”后得铅渣，将“一段低酸还原”和“二段高酸还原”所得物质混合后加单宁酸沉锗，过滤得滤液和滤渣，滤液中加双氧水氧化、加碳酸氢钠溶液沉锌铁得ZnFeO4，滤渣焙烧后加浓盐酸氯化蒸馏，然后加水水解得。 【解析】（1）在“一段低酸还原”中，与反应生成和，离子方程式为；中S元素化合价为 + 4价，具有还原性，其作用是将还原为，防止胶体对锗的吸附；若酸的浓度过大，即c(H+)过大，则会产生SO2或H2S，两者有毒、会污染空气，所以酸浓度不宜过大的原因是：防止产生或，污染空气。 （2）反应的平衡常数，根据，，则；通入的能氧化，使的浓度减小，平衡不断正向移动，从而提高的浸出率。 （3）为提高锗的纯度，要防止沉淀，当开始沉淀时，，pOH = 7.5 ，则pH = 6.5 ，所以常温下溶液pH的理论最大值为6.5；“氯化蒸馏”中以形式存在，“水解”时，另一种产物HCl用水吸收后得到盐酸，可用于“氯化蒸馏”单元。 （4）“沉锌铁”过程中，反应物有、、、，产物有，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，离子方程式为。 113． （1）S和SiO2 抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解 （2）SbCl5 将SbCl5还原为SbCl3 （3）2AsCl3+3NaH2PO2+3H2O＝2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl （4）4.5mol·L-1NaCl溶液，85℃ 降低PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb回收率 1.5×10-3K1 【分析】辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S5和SiO2等)中加入过量盐酸和物质X进行“酸浸”，矿石中的硫化物转化为可溶的氯化物和硫，二氧化硅不参与反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和含有物质X、SbCl3、、AsCl3等的滤液；向滤液中加入金属Y，该过程应发生氧化还原反应；“除砷”步骤中加入NaH2PO2，将溶液中的三氯化砷还原为砷，过滤得到砷和滤液；向滤液中加入稀硫酸，将转化为PbSO4沉淀，过滤后得到SbCl3溶液和主要含PbSO4的滤渣；向滤渣中加入NaCl溶液浸取得到PbCl2；电解SbCl3溶液，Sb3+在阴极得到电子发生还原反应生成Sb，在阳极失去电子生成SbCl5，由此可知物质X为SbCl5，电解得到的SbCl5可以返回“酸浸”步骤循环使用；金属Y为Sb，将“酸浸”浸出液中的SbCl5还原为SbCl3，据此解答。 【解析】（1）根据分析可知，滤渣的成分是S和SiO2，根据已知条件①中“物质X、SbCl3、AsCl3均易水解”可知，“酸浸”时需加过量盐酸的目的：①与辉锑矿充分反应；②抑制SbCl3、AsCl3、SbCl5水解； （2）由流程图可知，物质X在电解步骤中生成，且“电解过程无气体放出”，则电解过程中SbCl3发生氧化还原反应生成Sb和SbCl5，所以物质X是SbCl5，“酸浸”步骤的浸出液中含有剩余的SbCl5，“转化”步骤中目的是将SbCl5转化为SbCl3，金属Y为Sb，则金属Y的作用是：将SbCl5还原为SbCl3； （3）“除砷”过程中发生氧化还原反应，As3+被还原为As，则AsCl3作氧化剂，NaH2PO2作还原剂，根据氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3，结合氧化还原规律可得反应的化学方程式为：2AsCl3+3NaH2PO2+3H2O=2As+3H3PO3+3NaCl+3HCl； （4）①由图可知，铅的浸取率在85℃、4.5mol·L-1NaCl溶液中最大，则浸取铅最合适的条件是4.5mol·L-1NaCl溶液、85℃； ②由图可知，NaCl溶液浓度为1.5mol·L-1时，PbCl2溶解度≤25g，因此加水使NaCl浓度稀释至1.5mol·L-1，可降低PbCl2的溶解度，使更多的PbCl2析出，从而提高Pb的回收率，则加水使NaCl浓度稀释至1.5mol·L-1的目的是：降低PbCl2的溶解度，使PbCl2充分析出，提高Pb回收率； ③PbSO4(s)Pb2+(aq)+(aq)的Ksp=c(Pb2+)×c()=2.55×10-8，PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)的Ksp=c(Pb2+)×c2(Cl-)=1.7×10-5，PbCl2(s)+2Cl-(aq)(aq)的平衡常数K1=，PbSO4(s)+4Cl-(aq)(aq)+(aq)的平衡常数K==。 114． （1） （2）分液 若要完全沉淀，溶液的pH至少需调至8.2，此时也接近沉淀完全，所以此方法不正确 （3）随着pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动 98 （4）Ni AC 【分析】向锗矿石(NiS、ZnS、，含等杂质)中加入H2SO4和H2O2进行氧化酸浸，氧化酸浸时，发生、、反应，将S元素氧化为S单质，不反应，过滤得到滤渣为S、，过程中得到硫酸锌、硫酸镍，需注意：锗在硫酸中的存在形式：时主要为，时主要为沉淀，加入氧化锌调节pH，操作1为过滤，滤渣为氧化锗，经还原得到锗；滤液含有硫酸锌、硫酸镍，加入稀硫酸调pH后萃取，分液，萃余液为硫酸镍，加入Ni(OH)2后电解得到Ni；有机相中经反萃取得到硫酸锌溶液，结晶得到，据此回答。 【解析】（1）由信息可知“氧化酸浸”时，控制溶液，锗在硫酸中的存在形式主要为，故反应的离子方程式为； （2）由流程可知，“操作2”是分液；由和(以计)开始沉淀的pH分别为6.2和6.9，完全沉淀时的pH分别为8.2和8.9可知，若要完全沉淀，溶液的pH至少需调至8.2，此时也接近沉淀完全，所以此方法不正确； （3）①由萃取原理可知，随着pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动； ②设滤液中初始物质的量为n0，加入等体积萃取剂后，设水相体积和有机相体积均为V，已知，设萃取后水相中，则有机相中 ，根据，即，解得 ，萃取率； （4）电解制备Ni时，阴极发生还原反应，得到电子生成Ni，阴极电极材料一般为待制备金属，所以阴极电极材料为Ni；由分析知，加入稀硫酸调pH后萃取，分液，萃余液为硫酸镍和稀硫酸，加入Ni(OH)2后生成硫酸镍，电解硫酸镍溶液，发生反应，得到Ni和硫酸，可以返回到氧化酸浸和调节pH、萃取中循环使用，故选AC。 115． （1）2:3 B （2）Cl-做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au （3）2+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3+12H+ 将全部转化为Au，将还原为 （4）氯化浸出 （5）Cl2 1.75 【分析】将铂钯精矿、碳酸钠、氯酸钠混合焙烧，将硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4，加水水浸、过滤得到含有Na2SeO3和Na2TeO4的滤液和滤渣；向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气氯化浸出，将Au、Pt、Pd转化为、、，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入过量二氧化硫，将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，过滤得到金和滤液；向滤液中加入氯化铵沉钯，将溶液中的六氯合钯酸根离子转化为六氯合钯酸铵沉淀，过滤得到六氯合钯酸铵和滤液；六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯；向滤液中通入氯气，将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，加入氯化铵沉铂，将溶液中的六氯合铂酸铵沉淀，过滤得到尾液和六氯合铂酸铵；六氯合铂酸铵经铂精炼得到铂。 【解析】（1）由得失电子数目守恒可知，硒、碲转化为Na2SeO3和Na2TeO4时，硒、碲化合价分别升高到+4价和+6价，则消耗氧化剂氯酸钠的物质的量比为4:6=2:3；由图可知，温度为350—400K时，硒、碲脱除率最高，所以“焙烧”适宜的条件为温度为350—400K，故答案为：2：3；温度为350—400K； （2）一般条件下Au很难被Cl2氧化，用浓盐酸作浸出液，盐酸电离出的Cl-做配体，与金离子形成稳定的配合物，提高Au的还原性，将Au转化为，从而浸出Au； （3）由分析可知，通入过量二氧化硫的目的是将溶液中的四氯合金酸根离子转化为金、六氯合铂酸根离子转化为四氯合铂酸根离子，得到金的反应的离子方程式为2+3SO2+6H2O=2Au+8Cl-+3+12H+； （4）由图可知，六氯合钯酸铵煅烧分解得到钯、氮气、氯化铵和氯化氢，反应生成的氯化氢可以重复用于氯化浸出操作单元； （5）由分析可知，沉铂时先通入气体氯气，目的是将溶液中的四氯合铂酸根离子转化为六氯合铂酸根离子，故答案为：Cl2； (NH4)2PdCl62+，Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，沉淀完全时浓度小于1×10-5mol/L，代入数据可得c()=，设原溶液体积为VL，则沉淀需要溶液的物质的量为2V×0.125，溶液等体积混合后，c()=，则加入溶液的浓度最小为； 116． （1）除积碳 （2）Al(OH)3 蒸发浓缩、冷却结晶 （3）3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1.7 （4）不引入杂质，便于分离提纯铼 1.568 【分析】铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)焙烧除去积碳，铼转化为Re2O7，加入NaOH溶液溶解Al2O3生成Na[Al(OH)4]，Re2O7转化为NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH溶液反应过滤后存在于滤渣I中，向滤液中通过过量CO2，将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3，过滤后存在于滤渣II中，向滤液中加入氯化铵溶液，得到NH4ReO4晶体，加入H2高温还原得到铼粉，滤渣I用硫酸溶液溶解后，Pt不溶于硫酸溶液，过滤得到粗Pt，加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，加入NH4Cl沉铂，经过一系列操作得到海绵铂。 【解析】（1）由分析可知，“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②除积碳；“溶解Ⅰ”中Re2O7和NaOH反应转化为NaReO4，离子方程式为：。 （2）由分析可知，“滤渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3，“操作Ⅰ”可以得到NH4ReO4晶体，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （3）“溶解Ⅲ”中加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，生成[PtCl6]2-和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1mol/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5mol/L)时溶液中c()=mol/L，则所需NH4Cl的最小浓度为=1.7mol/L。 （4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是：不引入杂质，便于分离提纯铼；根据反应方程式：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O，理论上获得3.72g铼粉，n(Re)==0.02mol，需要标准状况下H2的体积至少为0.07mol×22.4L/mol=1.568L。 117． （1） （2） （3） 浓度过大时，溶液中增大，平衡：右移，导致沉铅率降低 （4） 盐浸 （5） 过低，电解液中大，氧化性增强，优先在阴极放电 【分析】工业上以软锰矿(主要成分为，含、、)制并协同回收、，软锰矿浆通入SO2、H2SO4酸浸，还原MnO2为硫酸锰，过滤得到滤液为MnSO4溶液，电解MnSO4溶液得到Mn，滤渣主要为、、，加入醋酸铵盐浸，、CaSO4转化为配合物，不溶，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液加入碳酸铵，醋酸铅转化为PbCO3，过$