题型12 无机化工流程综合（题型专练）（山东专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

题型12 无机化工流程综合目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 原料预处理 考向02 净化除杂【重】 考向03 产品提纯 考向04 陌生方程式书写【重】 考向05 相关计算【重】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 山东卷无机化工流程综合题，解这类题目的的时候需要将流程与习题结合起来，因为有的信息隐藏在题目中，是解题的突破口。解题时还需要以题目工业流程最终产物为突破口，结合物质的物理性质和化学性质找准每个步骤操作的目的以及产生什么物质。再答题过程中也需要有意识的积累答题模板，在答题框架下进行答题，确保得分律更高。 考向01 原料预处理 【例1-1】（2025·山东·高考真题）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主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”)。 【答案】（1） Fe2O3、CaSO4 （2）减小 【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； 【例1-2】（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 【答案】（1）1:1 H2S （2）热浸 【解析】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 （2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 1．主线法分析 （1）流程图一般三大部分：原料预处理、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。 （2）流程中要分析“进” 、“出” 物质和仍然留在溶液中的离子等（否则可能漏掉副产品或干扰离子）。 （3）一般默认进入的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，损失最小。当然在某些特殊情况下要控制用量。 2．四线法分析 试剂线：分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。 操作线：分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。 杂质线：分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。 产品线：工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。 【变式1-1】（2024·广西·高考真题）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 （1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取的措施是 (任举一例)。 （2）“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。 【答案】（1）把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 （2）SiO2 【解析】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。 （2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。 【变式1-2】（2025·甘肃·高考真题）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为 。 【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集 【解析】（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集； 考向02 净化除杂【重】 【例2-1】（2025·山东·高考真题）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主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）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)。 （2）“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 。 （3）“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。 【答案】（1）H2SO4 （2）4×10-4 （3）低温焙烧 【解析】（1）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； （2）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；； （3）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。 【例2-2】（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“还原”中加入铅精矿的目的是 。 （2）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 （3）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 【答案】（1）将过量的Fe3+还原为Fe2+ （2）C （3）阳极 【解析】（1）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 （2）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 （3）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 化工流程中条件的控制与选择 1．温度的控制(常用水浴、冰浴或油浴) （1）加热的目的：加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动；除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；使沸点相对较低或易升华的原料汽化。 （2）降温的目的：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向(放热方向)移动；使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的溶解度，减少损失。 （3）控制温度在一定范围的目的：结晶为获得所需物质(用水浴带温度计便于控温且受热均匀)；防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)因温度过高时会分解或挥发；使催化剂的活性达到最高；防止副反应的发生。 （4）降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。 （5）控制固体的溶解与结晶 趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。 蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。 蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。 从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。 2．pH的控制 （1）控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。 （2）控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至以AlO或[Al(OH)4]－的形式存在。 （3）控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。 3．反应物用量或浓度的控制 （1）酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。 （2）对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。 （3）增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。 4．加入物质的目的 （1）加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 （2）加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。 （3）加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物质的溶解度。 （4）加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还原反应。 5．在空气中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的，例如使用保护气抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。 【变式2-1】（2023·山东·高考真题）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 。 【答案】（1） （2）、Mg(OH)2 CaO、Na2CO3 （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，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，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，滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为、Mg(OH)2；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。 【解析】（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、Mg(OH)2；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，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）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。 【变式2-2】（2022·山东·高考真题）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．、、 【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O （2） （3）CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD 【分析】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。 【解析】（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，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，据此分析： A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意； B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化， 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AD。 考向03 产品提纯 【例3-1】（2025·贵州·高考真题）某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、、SnS，分离和回收铅、锡、铜的工艺流程如图。 已知： ①部分物质的密度如表： 物质 Pb PbS SnS 密度/ 11.3 7.5 5.6 5.2 ②在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；。 ③25℃时，，。 回答下列问题： （1）“分选”得到粗Pb的原因是 。 （2）“浸出”时按一定比例加入和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中、SnS被氧化为和，则被氧化的离子方程式为 ；“浸出”时分离S的操作为 。 （3）25℃时，在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当时，溶解度最小的原因是 。 （4）25℃时，“调pH”控制，则生成的化学方程式为 ，此时溶液中的最大值约为 。 （5）“置换”后滤液中溶质的主要成分为 (填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为 。 【答案】（1）Pb的密度大于PbS、、SnS （2） 过滤 （3）当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大 （4） 0.084 （5） 通入空气（或加入）并补充HCl 【分析】该流程以含Pb、PbS、、SnS的铜浮渣为原料，通过“密度分选→浸出→冷却结晶→调pH→置换”等步骤分离回收铅、锡、铜：先利用Pb与其他物质的密度差异分选得到粗Pb；剩余物料用和盐酸混合液浸出，将、SnS氧化为、并分离出S；浸出液冷却结晶得到，调pH使水解为，再用置换出；最后滤液经处理循环回浸出工序，实现资源回收与循环利用。 【解析】（1）由密度表可知，Pb的密度远大于PbS、、SnS的密度，通过“分选”可将Pb与其他固体分离； （2）在80℃下被氧化，铜、硫元素分别转化为、S单质，被还原为，结合得失电子守恒及电荷、原子守恒得离子方程式为：；S为固体，通过过滤分离； （3）存在溶解平衡（）和络合平衡（）； 当时，随着浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，溶解度增大； 当时，随着浓度增大，络合平衡正向移动，溶解度增大； 所以当时，溶解度最小； （4）水解生成，反应为： ；时，，由，得：； （5）置换生成，溶质主要为；为使该溶液能继续用作浸出液，需要需将氧化为，并补充适量盐酸，使之恢复到原有的“浸出”条件后循环使用，故系列操作是通入空气（或加入）并补充HCl。 【例3-2】（2025·福建·高考真题）从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、和，以及少量、)中提取钼的工艺流程如下： 已知：和均易溶于水；草酸()在水中溶解度见下表。 温度℃ 20 40 60 80 溶解度(g/100 g) 9.5 21.5 44.3 84.5 （1）“酸浸”中钼和钒分别转化为和。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。 ①最佳草酸浓度为 。 ②中钒的价电子排布式为 。 ③生成的化学方程式为 。 （2）“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为 ；“滤渣2”为 (填名称)。 （3）“沉钼”中，HMT(结构如图)在溶液中转变为，一个有 个可形成氢键的位点；沉淀为。 （4）“碱浸转化”中，在碱作用下分解出，后者转化为的化学方程式为 ；“滤液2”中可循环利用的物质为 。 （5）关于该工艺流程，下列说法错误的是 。(填标号) a．“气体1”为CO         b．“滤渣1”主要含炭、NiO和 c．“滤液1”含    d．粗产品含 【答案】（1）2.0 3d1 （2）冷却结晶 草酸晶体 （3）4 （4） HMT （5）ab 【分析】炭渣加入草酸浸取，钼和钒分别转化为和，Mo、V被还原为盐溶液，草酸被氧化为二氧化碳（气体1），炭不反应、镍、钙转化为草酸镍沉淀、草酸钙沉淀，三者成为滤渣1，过滤，滤液加入浓硫酸使得钼、钒的草酸盐转化为硫酸盐和草酸，较低温度时草酸溶解度较小得到草酸晶体成为滤渣2，过滤得到含和的滤液，“沉钼”过程中加入HMT得到沉淀为，结合质量守恒，还生成，过滤，滤液1中含和不反应的，过滤后得到沉淀加入氧化钙、水、空气，碱浸转化过程中氧化钼元素得到CaMoO4； 【解析】（1）①由图，最佳草酸浓度为2.0，此时钼元素浸出率接近100%，而钙、镍浸出率为0； ②V为23号元素，中钒为+4价，V失去4个电子得到+4价钒，其价电子排布式为3d1。 ③和草酸发生氧化还原反应生成，Mo化合价由+6变为+5、部分草酸中碳化合价由+3变为+4生成二氧化碳，结合电子守恒，化学方程式为； （2）“酸转化”中加浓硫酸后，转化生成和及草酸，此时温度升高，根据表格，低温有利于草酸析出，则过滤前的操作为冷却结晶；由分析，“滤渣2”为草酸晶体； （3）结合HMT结构，HMT中一个氮与氢离子形成配位键得到，可形成N-H…Y氢键（作为氢键给体），另有3个N原子，均具有1对孤电子对，可形成N…H-X氢键（作为氢键受体），故存在4个可形成氢键的位点； （4）被氧气氧化为，反应中钼化合价由+5变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，反应为：；在碱作用下会转化生成HMT，则“滤液2”中可循环利用的物质为HMT； （5）a．由分析，“气体1”为二氧化碳，错误；          b．“滤渣1”主要含炭、和，错误； c．酸转化中通过冷却结晶所得滤液为草酸的饱和溶液，则“滤液1”含草酸，正确；    d．硫酸钙微溶于水，则碱浸转化得到粗产品含，正确； 故选ab。 工艺流程中物质的分离和提纯 1．物质分离与提纯的常用方法 （1）过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。 （2）萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。 （3）蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。 （4）冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。 （5）蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。 （6）冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。 （7）离子交换法：利用离子交换剂与溶剂中的离子发生交换，进行分离，分离效率高，设备简单，树脂可以重复使用，但耗时过多。 2．常用的结晶方法 （1）从溶液中获取不带结晶水的晶体，如NaCl、K2SO4等，用蒸发结晶的方法。 （2）从溶液中获取带结晶水的晶体，如CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 （3）从混合液中获取溶解度受温度影响较小的溶质，如从含少量KNO3的NaCl溶液中获取NaCl晶体，用蒸发结晶、趁热过滤的方法。 （4）从混合液中获取溶解度受温度影响较大的溶质，如从含少量KCl的KNO3溶液中获取KNO3晶体，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 （5）重结晶是指析出的晶体经过溶解后再次从溶液中结晶析出的过程，是一种利用被提纯物质与杂质在同一溶剂中的溶解度不同而进行提纯、分离的方法。 3．金属离子的萃取与反萃取 （1）溶剂萃取简称萃取——利用溶质在两种不相溶的液体之间的溶解度或者分配差异，达到分离和富集的目的。经过反复多次萃取，可将大部分化合物提取出来。 （2）反萃取和洗脱——与萃取过程相反，用一定的酸、碱或盐溶液把金属离子从有机相中再次返回到水相中的过程。 【变式3-1】（2025·广西·高考真题）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： （1）“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是 。“滤液1”中的主要阳离子有 （填化学式）。 （2）“反应1”生成ICl的化学方程式为 。 （3）“试剂X”可选用 （填标号）。 a．葡萄糖        b．Al        c．Na2O2        d．H2SO4 （4）“调pH”至弱酸性的主要目的是 （用离子方程式表示）。 （5）若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为 mol。 （6）将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是 。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是 。 【答案】（1）Ag+与I-结合与NH3结合更稳定 [Ag(NH3)2]+ （2）AgI+Cl2=AgCl+ICl （3）ab （4）5I-++6H+=3I2+3H2O （5）0.25 （6）升华 未回收处理“滤液1” 【分析】AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)用浓氨水溶解，Ag2O转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液中，浓氨水不能溶解AgI，过滤后得到的滤渣中含有AgI，滤液1中含有[Ag(NH3)2]+、（少量）。AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和I2，用NaOH溶液将I2转化为IO-，过滤后的滤液2中存在IO-，AgCl用浓氨水溶解后转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液，用试剂X将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，试剂X可以是葡萄糖等还原性物质，向滤液2中加入盐酸调节pH，使IO-因在碱性环境发生歧化反应生成的离子I-、在酸性条件下转化为I2，过滤后的滤液3中含有，加入Na2S2O4将还原为I2，过滤出I2，将两步反应产生的I2合并，经洗涤、干燥得到I2. 【解析】（1）“溶解1”浓氨水不能溶解AgI是由于Ag+与I-结合形成AgI比与NH3结合更稳定； 由分析可知，“滤液1”中的主要阳离子有[Ag(NH3)2]+； （2）“反应1”中AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl，化学方程式为AgI+Cl2=AgCl+ICl； （3）由分析可知，试剂X需要将[Ag(NH3)2]+还原为Ag。 a．葡萄糖分子中含有多个醛基，具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，a符合题意； b．Al单质具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，b符合题意； c．Na2O2具有强氧化性，一般是作氧化剂表现氧化性。不能将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，c不符合题意； d．H2SO4的氧化性较强，一般是表现强的氧化性，不能将[Ag(NH3)2]+还原，d不符合题意； 故合理选项是ab； （4）已知IO-在碱性条件下易歧化成I-和，用盐酸“调pH”的主要目的是使溶液中的I-和在酸性环境中发生归中反应而转化为I2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5I-++6H+=3I2+3H2O； （5）“反应3”中加入Na2S2O4将还原为I2，根据电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，若“滤液3”中含有0.3 mol，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知：“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为n(Na2S2O4)==0.25 mol； （6）I2加热时会不经过液态而直接变为气态，即I2受热易升华，故将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是升华； 向AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中加浓氨水进行“溶解1”时，Ag2O被溶解，以[Ag(NH3)2]+的形式进入滤液1中，而这部分银元素未被回收，因此导致流程回收Ag的量低于预期量。 【变式3-2】（2025·四川·高考真题）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： （1）铜元素位于元素周期表第 周期、第 族。 （2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 （3）滤渣①中，除外，主要还有 。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为 。 （5）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉 。 （6）可以通过 (填标号)将其溶解，并返回到 步骤中。 a．盐酸酸化、双氧水氧化    b．硫酸酸化、氧化 c．硝酸酸化和氧化          d．硫酸酸化、双氧水氧化 （7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 。 【答案】（1）四 ⅠB （2）2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2 （3）PbSO4 （4） （5）0.5 （6）d 碱浸脱氯 （7）放电顺序：，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离 若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，且影响铜、锌分离效果 【分析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2和ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO和SiO2。“中和除杂”通过调节pH值使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去。“深度脱氯”时，发生的反应为，，可通过比例关系计算出需要锌粉的量。CuCl要溶解并返回到前面的流程中，就不能引入新的杂质离子。“电解分离”时离子的放电顺序Cu2+在H+之前，Zn 2+在H+之后，产生大量气泡时，说明H+开始放电，即Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。 【解析】（1）铜是29号元素，其核外电子排布为[Ar]3d104s1，根据元素周期表的结构，电子层数等于周期数，铜有4个电子层，所以位于第四周期；其价电子构型为3d104s1，属于第ⅠB族。 （2）“碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和碳酸氢钠，化学方程式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2。 （3）烟道灰中的PbO与稀H2SO4反应生成PbSO4沉淀，SiO2不与稀H2SO4反应，所以滤渣①中除SiO2外，还有PbSO4。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液pH = 3.5左右，此时溶液中的Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为，加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应，促进Fe3+的水解平衡正向移动，，总离子方程式为； （5）“深度脱氯”时发生的反应为，从反应可知脱除2mol Cl-需要1mol Cu，而Zn与Cu2+反应生成Cu的反应为，即生成1mol Cu需要1mol Zn。所以脱除1.0mol Cl-，根据反应比例关系，理论上需要锌粉0.5mol。 （6）a．盐酸酸化和双氧水氧化使CuCl转化为CuCl2，而最终要获得的是硫酸锌，氯离子为杂质，不能用盐酸，a错误； b．KMnO4氧化会引入Mn2+、K+等杂质离子，b错误； c．硝酸酸化和氧化会引入，c错误； d．能被硫酸酸化的双氧水氧化，且没有引入杂质， d正确； 故答案为：d； 硫酸酸化、双氧水氧化后的溶液可以返回到碱浸脱氯步骤。 （7）①“电解分离”时，放电顺序：，阴极发生还原反应，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+（因为Cu2+会先在阴极得到电子被还原），Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，此时溶液中的H+得到电子生成H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已完成。 ②“电解分离”前，需要脱氯是因为Cl-在阳极会被氧化生成Cl2，污染环境，采用无隔膜电解槽，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，同时Cl-存在会使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应生成CuCl沉淀，影响铜的纯度。 考向04 陌生方程式书写【重】 【例4-1】（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 【答案】（1） 【解析】（1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； 【例4-2】（2025·湖南·高考真题）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为 。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。 【答案】（1） (2) 【解析】（1）原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为； （2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为； 工艺流程中陌生方程式的书写 技法01 化工流程中常考试剂的作用 1．氧化剂和还原剂 类别 物质 作用 氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、 MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等 2．酸、碱和碳酸盐 类别 物质 作用 酸 HCl、H2SO4、HNO3等 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解（沉淀），H2SO4可提供S作沉淀剂 碱 NaOH、NH3·H2O等 去油污；调节pH促进水解（沉淀）；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅 碳酸盐 Na2CO3、(NH4)2CO3等 调节pH使某些离子沉淀；提供C使某些离子（如C、Ca2＋、Pb2＋、Ba2＋等）沉淀 3．其他 类别 物质 作用 碳酸氢盐 NaHCO3、NH4HCO3 调pH使某些离子沉淀；提供HC使某些离子（如Al{或[Al(OH)4]－}②、F、Al3＋、Cr3＋、F、Mg2＋、Mn2＋、Co2＋等）沉淀；相对于碳酸盐，碳酸氢盐可避免溶液碱性过强而使金属离子转化为氢氧化物 草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 硫化物 H2S、Na2S、(NH4)2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Cu＋、Pb2＋、Ag＋、Sn2＋等 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 注：①发生反应：2Cu2＋＋2C＋H2OCu2(OH)2CO3↓＋CO2↑； ②发生反应：Al＋HC＋H2OAl(OH)3↓＋C或[Al(OH)4]－＋HCAl(OH)3↓＋C＋H2O； ③发生反应：Fe3＋＋3HCFe(OH)3↓＋3CO2↑； ④发生反应：Fe2＋＋2HCFeCO3↓＋CO2↑＋H2O。 技法02 非氧化还原反应方程式的书写 1．分步法书写非氧化还原方程式 陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。这类复杂的化学反应可以采用分步思考，例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解：Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O，Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O，AlF3+3NaF=Na3AlF6。加合得到总反应式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。再如在碳酸氢钠溶液中加入少量硫酸亚铁溶液制备碳酸亚铁：Fe2++HCO3-=FeCO3↓+H+，H++ HCO3-=CO2↑+H2O，加合得总反应式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 2．工业流程中用HC沉淀金属阳离子的离子方程式的书写方法 HC在水溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡 HC的电离平衡：HCH＋＋C HC的水解平衡：HC＋H2OH2CO3＋OH－ （1）若金属阳离子（以Ca2＋为例）的Ksp（CaCO3）＜Ksp[Ca（OH）2]，则溶液中的金属阳离子（Ca2＋）主要结合HC电离产生的C生成碳酸盐沉淀（CaCO3），反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋H2O＋CO2↑。 （2）若金属阳离子（以Mg2＋为例）的Ksp（MgCO3）＞Ksp[Mg（OH）2]，则溶液中的金属阳离子（Mg2＋）主要结合HC水解产生的OH－生成氢氧化物沉淀[Mg（OH）2]，反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCMg（OH）2↓＋2CO2↑。 示例： 沉铈过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为2Ce3＋＋6HC＋（n－3）H2OCe2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑ 【变式4-1】（2025·广东·高考真题）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： 。 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ 【解析】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； 【变式4-2】（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                            由制的热化学方程式为 。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 【答案】（1） （2） 、SO2 （3） 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 【解析】（1）已知： 反应Ⅰ：         反应Ⅱ：                  将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； （2）① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； （3）① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行。 考向05 相关计算【重】 【例5-1】（2025·云南·高考真题）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）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。 （2）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)。 【答案】（1）0.19 （2）12 【解析】（1）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。 （2）由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。 ②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。 【例5-2】（2025·陕晋青宁卷·高考真题）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 。 【答案】（1）搅拌 适当升温等 （2）6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O 10-2.15 【解析】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； （2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O； 根据=，=10-2.15mol/L； 1. 有关晶胞各物理量之间的关系 （1）晶体密度与微观晶胞参数的关系 （2）晶体中粒子间距离的计算 2. 难溶碱的Ksp与pH之间的关系 对于M（OH）n，Ksp＝c（Mn＋）·cn（OH－），c（OH－）＝，进而计算溶液的pH。c（Mn＋）＝＜1.0×10－5 mol·L－1时，沉淀完全。 【变式5-1】（2025·河南·高考真题）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 。 【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离 （2） SiO2 （3）、 （4）A （5）+1 6：1 （6）除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn 【分析】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中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，转化为，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、和，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将(III)转化为，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn和生成的Sn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 【解析】（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离。 （2）“酸溶2”中转化为，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+2生成NO，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 （3）“高温还原”过程中，和均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为、。 （4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。 （5）配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1价；(III)以计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl-形成，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。 （6）由于“二次还原”过程中，为确保完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn。 【变式5-2】（2025·甘肃·高考真题）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为 。 （2）将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。 （3）酸浸的目的为 。 （4）从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 （5）某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集 （2）4++2=3+CO2 （3）分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液 （4）电解法或置换法 （5） CsPbBr3 【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，因沸点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。 【解析】（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集； （2）将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2； （3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液； （4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法； （5）某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为=1，Br位于棱心，个数为=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。 1．从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ② ； ③。 回答下列问题： （1）为加快废旧CPU酸溶速率，可采取的措施为 。(任写一条) （2）写出“酸溶”时Cu单质生成的离子反应方程式 。 （3）向“过滤”所得滤液中加入一定量的可以生成沉淀而使分离，防止AgCl进一步溶解，浓度不能超过 。 （4）中Au的化合价为 ，写出“还原”步骤中的离子反应方程式 。 （5）“溶金”过程的促进了的反应，可知在溶液中哪个更稳定 。 （6）废气吸收。 ①用溶液吸收工艺流程中的废气酸性溶液中氧化为。其他条件相同，转化为的转化率随溶液初始的变化如图所示，溶液的初始越小，转化率越高。其原因是 。 ②用氢氧化钠吸收生成两种钠盐，其中一种为，另一种为 (填化学式)。 【答案】（1）粉碎CPU、加热、搅拌、适当增大硝酸浓度等 （2） （3）0.5 （4）+3 （5） （6）溶液pH越小，溶液中的浓度越大，氧化的能力越强 【分析】CPU中的Ag和Cu与硝酸可以反应，Au没有溶解，过滤后滤液中含和，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到溶液，加Zn还原得到Au。从流程中可以看出，在、、同时存在时Au可溶解。 【解析】（1）为加快废旧CPU酸溶速率，可采取的措施为粉碎CPU、适当加热、搅拌、适当增大硝酸浓度等。 （2）“酸溶”时加入稀硝酸，Cu单质生成，同时又NO生成，的离子反应方程式。 （3）由已知② ；可知当加入过多，则AgCl会转化为，由已知①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在，为不让AgCl发生转化，令浓度为；，得浓度为0.5 mol/L，则浓度不能超过0.5 mol/L。 （4）中H为+1价、Cl为-1价，故Au的化合价为+3价； “还原”步骤中是与Zn粉反应，Zn作还原剂，作氧化剂，根据已知③，可写出离子反应方程式。 （5）没有NaCl，Au几乎不溶于硝酸，加入NaCl溶液，说明生成了更稳定的。 （6）溶液的初始越小，氢离子浓度越大，溶液中的浓度越大，氧化的反应速率越快，因此转化率越高； 用氢氧化钠吸收生成两种钠盐，其中一种为化合价降低的产物，另一种应为化合价升高的产物，为。 2．补铁剂乙二胺四乙酸铁钠(NaFeEDTA，分子式为)的一种合成路线如下： 已知：室温下，当离子浓度小于时视为沉淀完全；EDTA和NaFeEDTA的水溶性均随温度升高显著上升；“络合”步骤的反应式为。 回答下列问题： （1）NaFeEDTA中基态的价电子排布式为 。 （2）“沉铁”步骤生成，当恰好完全沉淀时溶液中的 。 （3）“氧化”步骤的化学方程式为 。 （4）实验室洗涤沉淀通常在 (填仪器名称)中进行。“氧化”后过滤得到的滤饼需要用去离子水洗涤2～3次。检验该滤饼是否洗涤干净的最佳试剂为 (填化学式)溶液。 （5）“减压过滤”步骤的目的是 。从滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出时停止加热，趁热过滤 b.蒸发至大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干滤液 c.蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤 （6）产品中总含铁量的测定：取1.000 g产品放入150 mL烧杯，加入20 mL去离子水和5 mL 3mol/L硫酸溶液，搅拌溶解后，加入1 g锌粉，加热反应30 min，过滤。得到的无色溶液用250 mL容量瓶定容。快速移取25 mL溶液至250 mL锥形瓶中，加入混酸以掩蔽生成的的黄色，用标准溶液平行滴定3次，消耗标准溶液的体积平均为V mL，则产品中铁元素的质量分数为 (铁的相对原子质量为55.85)。 （7）产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，展现出化学之美。从晶体的微观结构角度分析，其原因是 。 【答案】（1） （2） （3） （4）漏斗(或布氏漏斗) (或其他可溶性钡盐) （5）快速滤去未反应完的 c （6） （7）晶体中微观粒子高度有序排列 【分析】绿矾用去离子水溶解后用适量的纯碱将转化为后用氧化为 后过滤得到滤饼，滤饼中加入和和去离子水络合形成乙二胺四乙酸铁钠，减压过滤得到含乙二胺四乙酸铁钠的滤液2，滤液2经过一系列操作得到产品。 【解析】（1）基态Fe原子的价电子排布式为；则基态的价电子排布式为，故答案为。 （2）当恰好完全沉淀时，，，则，故答案为 （3）由流程图得知：将中的氧化成，在溶液中发生水解生成和，水解产生的与发生反应产生，则“氧化”反应的化学方程式为，故答案为。 （4）实验室洗涤沉淀通常用过滤装置，则通常在漏斗中进行；“氧化”后得到、过量的、和（因加入的纯碱适量，不会过量），该滤饼上附着的滤液中主要含，检验该滤饼是否洗涤干净即检验洗涤滤液中是否含有，最佳试剂为溶液(或其他可溶性钡盐溶液)，故答案为漏斗(或布氏漏斗)；(或其他可溶性钡盐)。 （5）由流程图得知减压过滤需要的是滤液，弃去的是滤渣，分析已知条件“络合”的方程式和此温度下各物质的水溶性得知：滤渣只能是，则减压过滤的目的是快速滤去未反应完的；由题干信息知：NaFeEDTA晶体的分子式为，含有结晶水，且其水溶性随温度升高显著上升，所以从减压过滤后得到的滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为将滤液蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤，故答案为快速滤去未反应完的； c。 （6）产品中含的铁为，用锌粉将其还原为，再用标准溶液氧化还原滴定生成的，由于，则产品中铁元素的质量分数为，故答案为。 （7）产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，这是晶体的光学特征，从晶体的微观结构角度看，是由于晶体中微观粒子高度有序排列导致的，故答案为晶体中微观粒子高度有序排列。 3．精炼铜产生的铜阳极泥富含、、、等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离回收金和银的流程，如下图所示。 已知：常温下，  ，  。 回答下列问题： （1）王水溶金与“酸浸氧化”生成的原理相似，所起到的作用是 ；“酸浸氧化”生成的离子方程式为 。 （2）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸银试剂。“溶浸”时发生反应的离子方程式为，常温下，该反应的平衡常数 (用含、的式子表示)。可被氧化为，从物质结构与性质关系的角度分析，的结构为 (填“a”或“b”)。 （3）“还原”生成过程中，需控制不能过低，可能的原因是 ，反应产生的滤液可进入 (填流程中操作名称)操作中循环利用。 （4）工业上也常用少量溶液、一定量氨水和大量溶液为原料配制“脱金水”，浸取回收金。一种以原电池原理来浸金的方法如图所示： ①由上述原理可知，在浸金过程中作用是 。 ②该原电池的负极反应式为 。 【答案】（1）形成络合物(配位键)，降低金还原电势(增加还原性，或促进金被氧化溶解)(合理即可) （2） （3）避免与发生反应而损失原料降低回收率(或硫代硫酸根与反应产生沉淀，难以与分离，污染空气等) 溶浸 （4）作催化剂 【分析】铜阳极泥富含等多种元素，加入NaClO3、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，元素转化为沉淀，滤液中含有Cu2+、Na+、、Cl-、等离子，还原得到Au；所得滤渣中含有，加入Na2S2O3溶浸，将AgCl转化为，过滤后向滤液中加入N2H4，还原得到。 【解析】（1）形成络合物(配位键)，降低金还原电势(增加还原性，或促进金被氧化溶解)。“酸浸氧化”过程中，金元素被氧化，作氧化剂，生成的离子方程式为：。 （2）的平衡常数。可被氧化为，从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因是：(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且a中含有过硫键，b中含有过氧键，两者均有氧化性，但过氧键的氧化性强于，由此可知该离子的结构应该是。 （3）避免与发生反应而损失原料降低回收率(或硫代硫酸根与反应产生沉淀，难以与分离，污染空气)。反应产生的滤液中还剩余，可返回溶浸操作中循环利用。 （4）①根据图示，转化为中间产物，又被氧气氧化生成，可知在浸金过程中起催化作用。 ②金在负极失电子，发生氧化反应生成，电极反应式为。 4．三草酸合铁酸钾晶体{，}为翠绿色晶体，易溶于水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： （1）“溶解”时加入稀硫酸的作用是 。 （2）“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。 （3）“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为 。 （4）“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为 、过滤、洗涤、干燥(已知：三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水)。 （5）的结构如图，配体个数为 ，中心离子配位数为 ，设计简单的实验证明Fe3+为内界的一部分： 。 （6）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量：称量a g样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，向溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为 。 【答案】（1）抑制Fe2+的水解 （2） （3）pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀 （4）蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶 （5）3 6 取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分 （6） 【分析】“溶解”时，溶液中会有亚铁离子，亚铁容易水解，而加入稀硫酸，可以抑制Fe2+的水解；加入过氧化氢，可将Fe2+氧化Fe3+；用草酸和草酸钾“调pH”，可以得到三草酸合铁酸钾；再经过“系列操作”，得到，据此分析作答。 【解析】（1）“溶解”时，溶液中会有亚铁离子，亚铁容易水解，而加入稀硫酸，可以抑制Fe2+的水解，故答案为：抑制Fe2+的水解。 （2）“氧化”过程中加入过氧化氢，可将Fe2+氧化Fe3+，离子方程式为，故答案为：。 （3）草酸为弱酸，铁离子易水解，则pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀，故答案为：pH过小易生成草酸，难生成，pH过高形成Fe(OH)3沉淀。 （4）三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水，而“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，要过滤除去，温度越高，三草酸合铁酸钾溶解度越大，则“系列操作”的具体操作为蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶。 （5）由配离子的结构简式可知，具有空轨道的铁离子与3个草酸根离子形成配离子，则配离子的中心离子为铁离子、配位原子为氧原子，配体个数为3，配位数为6；配离子在溶液中存在络合平衡，溶液中铁离子浓度较小，所以取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分，故答案为：3；6；取少量样品配成溶液后，加入KSCN溶液，若未见红色则证明Fe3+为内界一部分。 （6）样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，向溶液中加入过量锌粉至反应完全后，Fe3+会转化为Fe2+，加稀H2SO4酸化， KMnO4溶液滴定，离子方程式为，则存在关系式：，该晶体中铁的质量分数的表达式为，故答案为：。 5．利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、)制备二次电池添加剂的流程如下： 已知：ⅰ．沉淀过快无法形成在碱性溶液中易被氧化。 ⅱ．、易与形成配合物。 ⅲ．水合肼为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为。 （1）“酸浸”中溶液与反应的离子方程式为 。 （2）滤渣2主要成分为，“沉铁”步骤加入的作用为 。 （3）在转化过程中： ①制备，先加氨水再加溶液的理由是 。 ②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的，可能原因是 。 （4）经仪器分析，测得按题（3）步骤制得的晶体结构中含有，进一步用碘量法测得的氧化程度为。因此制备时必须加入一定量的还原剂，如水合肼。实验室模拟题（3）步骤，为确保制得的产品中不含，用的溶液制备时，至少需加入水合肼的质量为 g。(写出计算过程) （5）钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如下图所示。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 【答案】（1） （2）作氧化剂，将溶液中的氧化为，有利于生成沉淀去除 （3）加氨水“碱溶”形成，可降低，有利于形成 温度高利于减少溶解氧，形成气氛隔绝空气，防止产物被氧化 （4）0.5g （5）4 【分析】由题知，水钴矿(主要成分为，含少量、、、)，向水钴矿中加入硫酸溶液和亚硫酸钠溶液酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到二氧化硅滤渣和含有Co2+、Fe2+、Mn2+的滤液；向滤液中加入次氯酸钠溶液、碳酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取、分液得到含有亚钴离子的水相和含有锰离子的有机相；水相经系列操作制得硫酸亚钴，向硫酸亚钴中加入氨水，将亚钴离子转化为六氨合亚钴离子，向反应后的溶液中加入热的氢氧化钠溶液，将六氨合亚钴离子转化为沉淀，过滤得到。 【解析】（1）“酸浸”中溶液与发生氧化还原反应，亚硫酸根被氧化为硫酸根，氧化钴被还原为二价钴离子，反应的离子方程式为：； （2）滤渣2主要成分为 ，其中铁元素为+3价，所以“沉铁”步骤加入的作用为：作氧化剂，将溶液中的氧化为，有利于生成沉淀去除； （3）①由信息i可知，沉淀过快无法形成，所以制备时，先向溶液中加入氨水形成六氨合亚钴离子，然后再缓慢加入氢氧化钠溶液利于形成，则答案为：加氨水“碱溶”形成，可降低，有利于形成； ②已知在碱性溶液中易被O2氧化，“沉钴”中使用热NaOH溶液的目的是温度高利于减少溶解氧，形成氨气氛隔绝空气，防止产物被氧化； （4）已知：水合肼为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为，的溶液含有，则被氧化后的，根据得失电子守恒，反应中，消耗的水合肼，； （5） 如图，以图中Li为例，晶胞2中距最近的有4个。 6．稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和 SiO2）综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。 回答下列问题： （1）已知FeV2O4中 Fe为+2价，则V 的化合价为 。 （2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为 。 （3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 。 （4）“萃取”时，先转化为再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：。据此分析“反萃取”过程中加入 Na2CO3溶液的作用为 。 （5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 。 （6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示(忽略溶液前后体积变化)： 将0.01 mol V2O5溶解在200 mL烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为 。 （7）乙二醇的生产工艺中，需使用热的溶液（脱碳液）脱除，脱碳液中含有的能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中的含量，操作中涉及两个反应如下：①；②。下列说法正确的是___________。 A．反应①和②中还原剂与氧化剂的物质的量之比均为2∶1 B．反应①生成1 mol时，反应转移2 mol电子 C．已知氧化性Fe3+>I2，向VOCl2溶液中滴加Fe2(SO4)3溶液则会生成V2O5 D．反应①和②在强酸性环境中都更易发生反应 （8）偏钒酸铵在加热条件下反应会生成V2O5，NH3和H2O。V2O5在氮气氛围中，碳高温条件下还原氮化制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式为 。生成标况下22.4 L该还原性气体时，反应转电子数为 。 【答案】（1）+3 （2）SiO2 硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子(如Fe2+、V3+)氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境 （3）Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解 （4）消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离 （5） （6） （7）A （8） 2NA 【分析】钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl、FeCl2，加入盐酸进行酸浸，VO2Cl转化为，TiO2转化为TiO2+，滤渣含SiO2，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO(OH)2沉淀，加入H2O2将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，先转化为，再与萃取剂R3N结合进入有机相，4R3N+4H++[R3NH]4H2V10O28，加酸化的Na2SO4洗涤分液，有机相加入Na2CO3进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入(NH4)2SO4生成黄铵铁矾，据此作答； 【解析】（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为+3价； （2）根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2；硝酸代替盐酸的弊端：硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯；同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境； （3）溶液中存在Fe3+（“酸浸”时Fe3O4溶解生成、FeV2O4溶解生成的亚铁被氧化），Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解，导致实际消耗的H2O2量远大于理论计算量； （4）Na2CO3与H+反应，消耗H+，使c(H+)降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离； （5）“沉铁”时，加入(NH4)2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：； （6）剩余c(OH-)=0.01 mol/L，c(H+)=10-12 mol/L，pH=12，结合V的存在形态图：pH=12时，c(V)==0.1 mol/L，即-lgc(V)=-lg0.1=1时，+5价V主要以形式存在，V2O5与OH-反应生成和H2O，离子方程式为：； （7）A．反应①中还原剂(KI)与氧化剂(V2O5)的物质的量之比为2：1；反应②中还原剂()与氧化剂(I2)的物质的量之比也为2：1，A正确； B．反应①中生成2 mol VOCl2转移2 mol电子，故生成1 mol VOCl2时转移1 mol电子，B错误； C．Fe3+的氧化性虽强于I2，由反应①可知，氧化性：，无法判断Fe3+和V2O5的氧化性强弱，无法直接推断向VOCl2溶液中滴加Fe2(SO4)3溶液是否会生成V2O5，C错误； D．反应②中在强酸性条件下与氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，强酸性不利于反应②进行，D错误； 故选A； （8）根据题意可知高温条件下V2O5可与C、N2反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应是CO，结合氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为；生成标况下22.4 L CO的物质的量为=1 mol，该反应中C元素由0价上升到+2价，则反应转移电子数为2NA。 7．节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 已知某温度下：，离子浓度小于等于时即为沉淀完全。 回答下列问题： （1）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 （2）滤渣①中，除外，主要还有 。 （3）若溶液中，“中和除杂”步骤，调控溶液pH的取值范围 。 （4）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的Cu与反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，反应的离子方程式为 。 （5）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”时，阳极的电极反应式为 。 【答案】（1）或 （2） （3） （4） （5）放电顺序：，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离 【分析】烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2、ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀；再用稀硫酸进行酸浸，发生反应：（硫酸铅是沉淀），碱式碳酸盐沉淀、CuO、ZnO、Fe2O3转化为可溶性盐，SiO2不反应，除去；“中和除杂”通过调节pH值使转化为氢氧化铁沉淀而除去；“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的Cu与反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，发生的反应为；“电解分离”时离子的放电顺序在之前，而在之后，产生大量气泡时，说明开始放电，即已经全部反应完，铜、锌分离已完成；最后浓缩结晶可得到硫酸锌晶体；据此作答。 【解析】（1）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，其中铜盐发生反应的化学方程式为或； （2）依据分析，滤渣①中，除外，主要还有； （3）“中和除杂”的目的是让完全沉淀，即，则，即；“中和除杂”步骤中不能让沉淀，因为，则，即；综上调控溶液pH的取值范围； （4）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的Cu与反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，反应的离子方程式为； （5）①结合分析阴极放电顺序为，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有，因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离； ②“电解分离”时，由于溶液经过"深度脱氯"步骤后浓度已很低，阳极上放电比放电更易发生，故电极反应式为。 8．草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 回答下列问题： （1）基态Co原子的价电子轨道表示式： 。 （2）“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 。浸出液中主要含有、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的离子方程式： 。 （3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 （4）常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 (填化学式)。 （5）“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是 。 （6）钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物，该混合物中CoO与的物质的量之比为 。 （7）一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为 (列出计算式)。 【答案】（1） （2）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 Co2O3++4H+=2Co2++2H2O+ （3）+6H++6Fe2+=6Fe3++3H2O+Cl- （4）Cu(OH)2、Fe(OH)3 （5）溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动 （6）1:1 （7）或者 【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则CoO、Co(OH)2、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入NaClO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。 【解析】（1） 已知Co是27号元素，基态Co原子的价电子排布式为：3d74s2，则其价电子轨道表示式为：； （2）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，所以Co2O3发生反应的化学方程式：Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4，该反应的离子方程式为：Co2O3++4H+=2Co2++2H2O+； （3）“氧化”时，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为+6H++6Fe2+=6Fe3++3H2O+Cl-； （4）由分析结合表中数据可知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3； （5）由题干信息中萃取平衡可知，当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动； （6）n(CoC2O4•2H2O)==0.2mol，根据Co原子守恒得n(Co)=n(CoC2O4•2H2O)=0.2mol，设n(CoO)=xmol，n(Co3O4)=ymol，根据Co原子的物质的量、混合物的质量列方程组①x+3y=0.2mol，②75x+241y=15.8g，，解得x=0.05mol，y=0.05mol，所以该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比=0.05mol：0.05mol=1：1； （7）由题干晶胞可知，一个晶胞中含有1个Ti、含有8×=1个Co和6×=3个O，则一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：(a×10-10cm)3，故该晶体的密度为：==g·cm-3或者g·cm-3。 9．从银锌渣(含金属Bi、Pb、Ag、Zn、Au)中回收Bi、Ag、Au的工艺流程如下： 已知：①氯化浸出Au单质的效率高于置换还原Au单质； ②常温下，，； ③溶液中离子浓度时，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 ；实际生产中为了提高Au单质的回收效率，溶液的浓度不宜 (填“过高”或“过低”)。 （2）“置换1”反应的离子方程式 ；“置换2”可选用的试剂Y为 (填标号)。 A．Mg    B．Zn    C．Au    D．Bi （3）“还原熔炼”中纯碱与AgCl反应生成两种无色气体，两种气体的化学式为 。 （4）“氨溶”中发生反应的化学方程式为 。 （5）“沉银”中水合肼的作用是 。 （6）常温下，若“酸溶”过滤后的溶液中含有、，加入NaCl充分沉铅银后的溶液体积为250 mL，理论上至少消耗 。 【答案】（1）加快反应速率，使反应充分进行 过高 （2） B （3）O2、 CO2 （4） （5）还原剂，将还原为 Ag 单质 （6） 【分析】氯化浸出：银锌渣（含Bi、Pb、Ag、Zn、Au）加入KClO3和HCl和蒸汽，使大部分金属形成氯化物或配离子进入浸出液（），但PbCl2、AgCl溶解度较小，与未反应的Au进入浸出渣； 置换1：向浸出液（含）加入试剂X(Bi)，将还原为Au单质得到黑金粉（Au、Bi），溶液剩余； 置换2：向含的溶液加入Zn粉，置换出Bi单质，同时过量的Zn进入溶液，最终得到Bi产品和含ZnCl2的溶液； 系列操作：对含ZnCl2溶液进一步处理，回收ZnCl2产品；还原熔炼：浸出渣（PbCl2、AgCl 、Au）加纯碱（Na2CO3）高温熔炼，PbCl2被还原为Pb，AgCl被还原为Ag，形成铅银合金，实现Au、Ag、Pb初步分离； 酸溶：黑金粉（Au、Bi）加入稀硝酸溶解Bi（生成），Au不溶而被分离； 氨溶与沉银：将“还原熔炼”产物中的AgCl与氨水反应生成[Ag(NH3)2]+，再加入水合肼（N2H4·H2O）将银氨配离子还原为Ag单质，实现Ag的纯化回收，据此分析。 【解析】（1）升温能提高反应速率，促进 Au、Ag 等金属的氯化浸出，故答案为：加快反应速率，使反应充分进行；已知氯化浸出 Au 单质的效率高于置换还原，若 KClO3浓度过高，氧化性过强可能产生杂质反应或浪费试剂，反而不利于 Au 的高效回收； （2）在置换1中加入试剂X后能将还原为Au单质，溶液剩余，不能置换出Bi，根据金属活动顺序 ，同时又不能引入杂质，则X可选用Bi， “置换1”反应的离子方程式：；置换2：向含的溶液加入Y，置换出Bi单质，最终得到Bi产品和含ZnCl2的溶液， 使用Zn粉可将置换出来，同时避免引入新杂质；Mg 过于活泼，可能引入Mg2+杂质；Au 不活泼无法置换；Bi 活泼性弱于Zn，且本身是回收目标之一，不宜用作置换剂； （3）“还原熔炼”中纯碱与AgCl反应生成两种无色气体，加纯碱（Na2CO3）高温熔炼，PbCl2被还原为Pb，AgCl被还原为Ag，纯碱（Na2CO3）与AgCl发生反应：； （4）AgCl 溶于氨水形成银氨络离子，实现 Ag 的分离，“氨溶”反应的化学方程式：； （5）水合肼（）具有强还原性，可将银氨络离子还原析出Ag； （6）若“酸溶”过滤后的溶液中含有、，加入NaCl充分沉铅银，根据，； ，首先需要，当溶液中离子浓度时，即可认定该离子沉淀完全，当，，；， ，当溶液中时，完全沉淀，故消耗的至少为。 10．钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。 （2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是 ；酸浸后得到的浸渣的主要成分是 。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)＝ mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。 （4）“沉锰”步骤中，生成1 mol MnO2，产生H+的物质的量为 。 （5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是 。 （6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，写出其反应的离子方程式 。 （7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。 【答案】（1）增大接触面积，提高钴元素的浸出效率 （2） PbSO4、Cu （3） 不能 （4）4 mol （5）Fe(OH)3 （6） （7）向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥 【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，Zn及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将Mn2+氧化为MnO2除去，同时Fe2+也被氧化为Fe3+；再次过滤后，用NaOH调节pH=4，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入NaClO沉钴，得到Co(OH)3。 【解析】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率； （2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，Zn及其他+2价氧化物均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即CoO转化为CoSO4，反应的化学方程式为：，浸渣为硫酸铅沉淀与Cu单质； （3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中，则，小于0.10 mol·L-1，说明大部分Co2+也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离； （4）“沉锰”步骤中， Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成1 mol MnO2，产生H+的物质的量为4 mol； （5）“沉锰”步骤中，同时将Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，可以完全沉淀为Fe(OH)3，因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3； （6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为； （7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有Zn元素以Zn2+形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥。 11．一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取镓(Ga)和锗(Ge)的工艺流程如下。 已知：①25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×l0-4；Ksp(PbC2O4)=4.8×10-10，Ksp(PbSO4)=1.6×10-8. ②c{[Fe(C2O4)3]3-}对Ga、Ge的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。 c{[Fe(C2O4)3]3-} 0 0.5 1 4 6 8 Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16 Ge的萃取率/% 99.96 99.88 99.86 99.68 99.52 99.35 （1）“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有 。 （2）“酸浸”时，加入H2O2能将Ga和Ge的硫化物转化为对应相同价态的氧化物，氧化物再与草酸反应生成配合物。 ①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-的离子方程式为 。 ②加入草酸后，PbSO4 (填“能”或“不能”)完全转化为PbC2O4，请结合平衡常数K计算说明原因 (一般认为K>105时，反应基本能完全进行；K<10-5时，则反应很难进行)。 （3）加Fe粉“还原”的目的为 。 （4）不同浓度的H2SO4和NaOH洗脱剂对Ga和Ge的洗脱率(进入水层中金属离子的百分数)如图所示。由图可知，洗脱剂2应选用 (填化学式)。 【答案】（1）Zn2+、Cu2+、Fe3+ （2）Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O 不能 PbSO4+H2C2O4PbC2O4++，K=====2.8×10-4，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4 （3）除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率 （4）NaOH 【分析】锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中加入H2SO4低酸浸出，由后续操作中涉及的物质可知，过滤所得的滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+；向高硅渣中加入H2O2、H2C2O4酸浸，此时PbO2被H2O2还原为Pb2+，并转化为PbSO4沉淀，SiO2不参与反应进入沉淀；Ga3+、Ge4+、Fe3+分别转化为配离子；由于[Fe(C2O4)3]3-会影响Ga、Ge的萃取率，所以加入Fe将[Fe(C2O4)3]3-还原为FeC2O4沉淀除去；向滤液中加入萃取剂进行萃取，再加入洗脱剂1(从图中看应为H2SO4)，得到富镓母液，电解得粗镓；有机层中加入洗脱剂2(从图中数据分析，应为NaOH)，得到水相和有机相，从水相中可回收锗，据此解答。 【解析】（1）由分析可知，“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+。 （2）①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-，同时生成水和，反应的离子方程式为：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O。 ②加入草酸后，由以下计算可得出，反应的平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4，其原因为：PbSO4+H2C2O4PbC2O4++，K=====2.8×10-4，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4。 （3）由表中数据可知，随着[Fe(C2O4)3]3-浓度的增大，Ga、Ge的萃取率不断减小，尤其对Ga的萃取率的影响非常大，所以加Fe粉“还原”的目的为：除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率。 （4）洗脱剂2用于洗脱回收锗，由图可知，使用NaOH时锗的洗脱率较大，则洗脱剂2应选用NaOH。 12．稀有金属铟（In）、镓（Ga）被广泛应用于电子、航空航天等高新技术领域。某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。 已知：“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式存在于溶液中。 回答下列问题： （1）基态In原子的价层电子排布式为，In元素在周期表中的位置是 。 （2）“高酸浸出”中滤渣1的主要成分是 （填化学式）。 （3）“中和除杂”中，通过计算说明常温下所需除去的离子能否完全除尽： 。｛已知：；当金属阳离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 （4）采用新型萃取剂协同萃取法可提高金属的综合回收率，溶液中金属阳离子的萃取原理为。“萃取”步骤中的萃取率随变化如图甲所示，为达到萃取目的，此时应约为 ，萃取率随增大而减小的原因是 。 （5）“置换”中发生的主要反应离子方程式为 。 （6）CIGS薄膜太阳能电池以其转化率高、光谱响应范围宽等优势作为公认的第二代太阳能电池，形成CIGS的固溶体之一的晶胞由闪锌矿结构嵌套而成，该晶胞结构如图乙所示。 ①该固溶体的化学式为 。     ②In的配位数是 。 【答案】（1）第五周期IIIA族 （2）、 （3）“中和除杂”中pH=5，，，故沉淀完全 （4）1.0 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低 （5） （6）CuInSe2 4 【分析】某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。往废渣中加入硫酸“中性浸出”后除去Zn元素，浸渣中含等元素；经过“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式、镓以存在于溶液中；故“滤渣1”含有元素；加入调pH=5将以在“滤渣2”中分离；经过“萃取”分离(有机相)、(水相)；加入试剂1进行反萃取得到含有的溶液，通过Zn的置换得到In单质。 【解析】（1）基态In原子的价层电子排布式为，故最外层在第五层属于第五周期，价电子数为三，故属于第IIIA族，In元素在周期表中的位置是第五周期IIIA族。 （2）“高酸浸出”流程中的氧化物与稀硫酸反应形成易溶于水的硫酸盐进入“中和除杂”、Pb的氧化物与硫酸反应生成难溶物进入“滤渣1”、Si的氧化物不与稀硫酸反应进入“滤渣1”，滤渣1的主要成分是、。 （3）“中和除杂”中pH=5，，，故沉淀完全。 （4）萃取率是金属离子进入有机相的百分数，“萃取”步骤中进入水相、进入有机相，故要求的萃取率最小、的萃取率最大，约为1.0可达到比较好的萃取目的。 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低。 （5）“置换”中与Zn发生置换反应，主要反应离子方程式为。 （6）①根据均摊法，In位于晶胞的面心和棱心，个数；Cu位于晶胞的顶点、面心和体心，个数；Se位于晶胞内部共8个；该固溶体的化学式为CuInSe2。 ②In和Cu均与Se成键，最上面面心处In与2个Se距离相等且最近，该In上方也有2个Se，故配位数是4。 13．硫化铋在光催化剂、锂离子电池等领域具有重要的潜在价值。一种以氧化铋渣(主要成分是和)为原料，制取高纯并回收锰的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 2.2 5.2 3.6 沉淀完全()的pH 3.2 6.7 4.7 ②硫代乙酰胺在酸性溶液中会水解为乙酰胺(可溶于水)和硫化氢；硫化氢会进一步发生反应：。 回答下列问题： （1）基态的价电子排布式为 。 （2）“酸浸”时，化为的离子方程式为 。 （3）从“滤液1”中可回收的金属主要有 (填化学式)。 （4）“沉铋”时，转化为BiOCl沉淀的化学方程式为 。 （5）“转化”的两种方法如下： 方法一：第一步，用溶液将BiOCl转化为，发生反应；第二步，受热分解为，发生反应的化学方程式为 。 方法二：第一步，用NaOH溶液将BiOCl转化为；第二步，受热分解为。已知：常温下，，反应 。 常温下，当BiOCl恰好完全转化为时，溶液中，此时溶液 。 （6）“硫化”后需用蒸馏水洗涤固体，洗涤固体的操作方法是 。 【答案】（1）3d5 （2） （3）Al、Cu （4） （5） 13 （6）将待洗涤的固体放在过滤器的滤纸上，用玻璃棒引流，向固体表面滴加适量蒸馏水，使溶剂缓慢流过固体，重复2-3次 【分析】氧化铋渣(主要成分是和)制取高纯Bi2S3的工业流程为：氧化铋渣水浸提锰，过滤得到含Mn2+的浸出液，和不溶于水存在于滤渣中，用硫酸溶液、氯化钠溶液酸浸，与硫酸反应生成、与硫酸反应生成，CuO与硫酸反应生成，与硫酸反应生成，与硫酸反应生成，过滤得滤渣1为，滤液中加饱和碳酸钠溶液调节pH=3沉铋，转化为BiOCl沉淀，还混有少量沉淀，过滤得到BiOCl、固体，“滤液1”中含有、、，“洗涤”时先用水洗除去附着的可溶性离子，BiOCl不溶于稀硫酸，再用稀硫酸洗涤除去，经过“转化”得到在空气中分解生成，加盐酸酸溶得到溶液，再加入硫代乙酰胺进行硫化得到，反应为 【解析】（1）Mn是25号元素，基态Mn原子价电子排布式为3d54s2，则基态的价电子排布式为3d5。 （2）“酸浸”时，和硫酸反应转化为的离子方程式为：。 （3）由分析可知，“滤液1”中含有、、，可回收的金属主要有Al、Cu。 （4）“沉铋”时，和、NaCl反应生成BiOCl沉淀和，化学方程式为：。 （5）受热分解为和，发生反应的化学方程式为：； 已知的，常温下，当BiOCl恰好完全转化为时，溶液中，；，则，，此时溶液pH=13。 （6）由分析可知，“硫化”后需用蒸馏水洗涤固体，洗涤固体的操作方法是：将待洗涤的固体放在过滤器的滤纸上，用玻璃棒引流，向固体表面滴加适量蒸馏水，使溶剂缓慢流过固体，重复2-3次。 14．氟碳铈矿的主要成分为，含少量等杂质。由氟碳铈矿提取铈的一种工艺流程如下： 已知： Ⅰ．“焙烧1”中转化为。 Ⅱ．电极电势的大小反映物质的氧化性还原性强弱。电极电势(E)越大，氧化型物质氧化性越强，反之还原型物质还原性越强。 氧化型/还原型 标准电极电势E 0.68 0.96 1.49 1.61 1.77 Ⅲ．有机物从溶液中萃取的过程为。 回答下列问题： （1）为了增大反应速率，提高原料的利用率，“焙烧1”前可将矿石 处理。 （2）根据已知Ⅱ提示，“酸浸”时试剂a最好为 (填标号)，试剂a与反应的化学方程式为 。 A．    B．    C．    D． （3）滤渣的主要成分除还有 (填化学式)。 （4）加氨水“中和”的目的是 。 （5）“沉铈”过程中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为 。 （6）依据上述工艺流程，下列说法错误的是___________。 A．由已知Ⅱ可得，氧化性，还原性 B．“萃取”和“反萃取”的主要目的是除去溶液中 C．“反萃取”过程中，适当提高稀硝酸浓度，可以提高反萃取率 D．“焙烧2”过程中，发生分解反应 【答案】（1）粉碎 （2）C （3） （4）中和，有利于提高的萃取率 （5） （6）AD 【分析】将氟碳铈矿原矿与纯碱混合后进行高温焙烧，目的是打破原矿稳定的结构，使其转化为更易后续处理的焙烧矿；接着把焙烧矿粉碎研磨，增大它与稀酸的接触面积，再加入稀酸浸出，铈会溶解到酸液中形成含铈浸出液，其余不溶性物质则成为浸出渣，随后通过过滤将浸出渣分离出去；之后向得到的浸出液中加入除杂试剂，去除里面混有的铁、钙、镁等杂质离子，再次过滤后就能得到纯净的含铈溶液；往这份纯净溶液里加入沉淀剂，铈会以固体沉淀物的形式析出，过滤收集沉淀物后还要进行洗涤，洗掉沉淀物表面残留的杂质；最后将洗净的铈沉淀物再次高温焙烧，就能制得氧化铈产品。 【解析】（1）“焙烧1”前将矿石粉碎，能增大矿石与的接触面积； （2）由已知II知，要将还原为，需要选择一种还原性物质， A．从标准电极电势看，还原性较弱，不能将还原，A错误； B．是氧化性离子，B错误； C．中氧为价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性，C正确； D．氧气一般作氧化剂，D错误； 故答案选C。 与发生化学方程式为：； （3）氟碳铈矿中含等杂质，“焙烧1”中转化为、SiO2与Na2CO3反应生成Na2SiO3，在“酸浸”步骤中Na2SiO3与H2SO4反应生成H2SiO3沉淀，故滤渣的主要成分除CaSO4外还有H2SiO3； （4）“酸浸”后溶液呈酸性，加氨水“中和”是为了中和过量的稀硫酸，有利于提高的萃取率； （5）“沉铈”过程中，与；溶液反应转化为沉淀，离子方程式为：； （6）A．根据标准电极电势，，氧化性，A 错误； B．“萃取”是萃取，“反萃取”是将从有机相转移到水相，主要目的是富集，除去溶液中等杂质，B正确； C．“反萃取”过程中，发生，适当提高硝酸浓度，增大，平衡正向移动，可以提高反萃取率，C正确； D．“焙烧2”过程中，分解生成，发生分解反应，D正确； 故答案选AD。 15．利用尿素制备(水合肼)的实验流程如图所示： 已知： ①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应； ②有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成。 （1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有，且两者物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为 。 （2）步骤Ⅱ合成(沸点为118.5℃)的装置如图所示。步骤Ⅰ中所得溶液与尿素[，沸点为196.6℃]水溶液在40℃以下反应一段时间，再迅速升温至110℃继续反应。 ①的结构式为 ，仪器a的名称为 ；冷凝管的作用是 。 ②若分液漏斗内液体滴加速率过快，会发生副反应，该副反应的离子方程式为 。 ③写出流程图中生成水合肼的化学方程式： 。 （3）蒸馏得到水合肼粗产品，称取馏分1.5 g，加水配成100 mL溶液，取出20.00 mL于锥形瓶中，并加入2～3滴淀粉溶液，用0.5000 的碘的标准溶液进行滴定。(已知：) ①滴定时，碘的标准溶液盛放在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②滴定终点现象为： 。 ③达到滴定终点时消耗碘的标准溶液20.00 mL，馏分中的质量分数为 (保留3位有效数字) 【答案】（1） （2） 三颈烧瓶 冷凝回流，提高水合肼的产率 （3）酸式 当最后半滴碘的标准溶液滴入时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不变化，即达到滴定终点 83.3% 【解析】（1）化合价上升至与，价态下降至，根据电子守恒和原子守恒得反应的化学方程式为。 （2） 根据成键特点可知的结构式为； 由仪器构造可知，仪器a为三颈烧瓶； 冷凝管的作用是冷凝回流，提高水合肼的产率； 根据已知信息，分液漏斗内液体若滴加速率过快，会发生溶液将氧化的副反应，则离子方程式为； 将尿素氧化为水合肼，由此分析可知，化学方程式为。 （3）碘溶液具有一定的氧化性，会腐蚀橡胶管，因此用酸式滴定管盛放； 滴定终点：当最后半滴碘的标准溶液滴入时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不变化，即达到滴定终点。 滴定的反应为，则，20 mL水合肼粗产品中有水合肼，则100 mL中有0.025 mol水合肼，即，则质量分数为。 16．由锇酸钠废液(主要成分为，含少量和等杂质)回收锇并制备锇酸钾晶体()的工艺流程如下。 已知：①的熔点为40.6℃，沸点为130℃，微溶于水，易溶于四氯化碳； ②为紫红色晶体，加热至100℃以上失去一分子结晶水，微溶于冷水，不溶于乙醇； ③25℃时，，； ④当离子浓度不大于时，可认为该离子沉淀完全。 （1）已知Os元素的价层电子排布式为。Os元素位于元素周期表的位置是 ；是 分子(填“极性”或“非极性”)。 （2）“除钙镁”步骤中，若废液中浓度均为，则1.0L该废液中至少需加入 gNaF固体才能使废液中沉淀完全(不考虑溶液体积的变化)。 （3）“沉锇”得到难溶物，该化合物中硫元素的化合价为 。 （4）“溶解、蒸馏”步骤中，先加入稀硫酸得到溶液，再加入溶液反应后蒸馏出生成的，而杂质留在蒸馏残液中。生成的化学方程式为 。 （5）“吸收”步骤中，蒸馏出的气体用KOH溶液吸收。KOH溶液吸收发生的离子方程式为 。 （6）“吸收”步骤需加入过量的KOH溶液，从平衡角度分析其原因为 。 （7）“过滤”获得的晶体在干燥时采用真空干燥而不直接烘干的原因可能是 。 （8）流程中从初始的“锇酸钠废液”到“吸收”获得，操作的目的是 。 (9)检验滤液1和滤液2中金属阳离子的实验方法是 。 【答案】（1）第六周期第Ⅷ族 非极性 （2）2.94 （3）+4 （4） （5） （6）使浓度增大，使反应向消耗的方向进行，从而促进气体的吸收 （7）加快干燥的速度，防止晶体在较高温下分解 （8）富集锇元素的同时除去杂质 (9)焰色试验 【分析】首先利用NaF溶液对废液处理，分离Mg和Ca，再加入稀硫酸和沉锇，后利用NaClO氧化，再经过蒸馏，进一步提纯Os元素，最后加入KOH溶液制得目标产物。 【解析】（1）Os的价层电子排布式为，其中电子层数6对应第6周期，价电子数（，共8个）对应第Ⅷ族，因此位置为第六周期第Ⅷ族；中中心原子Os的价层电子数为，为杂化，的空间结构为正四面体，Os位于中心，4个O对称分布在顶点，分子中正负电荷中心完全重合，因此是非极性分子，故答案为：第六周期第Ⅷ族；非极性； （2）完全沉淀时，要满足，则需，要满足，则需，所以应满足，另外沉淀物质的量分别为0.01 mol的一共需要，所以至少需加入NaF的物质的量为，质量为：，故答案为：2.94； （3）中，为+1价，通常显+6价，O为-2价，结晶水不影响整体化合价。设S的化合价为x，则：，解得x=+4，故答案为：+4； （4）加入硫酸得到的溶液被NaClO氧化生成的化学方程式为：； （5）KOH溶液吸收气体发生的方程式为：，离子方程式为：； （6）“吸收” 的本质是与 KOH 溶液的反应，即：，加入过量 KOH，会使浓度增大，使反应向消耗的方向进行，从而促进气体的吸收，故答案为：使浓度增大，使反应向消耗的方向进行，从而促进气体的吸收； （7）真空干燥相比烘干，其因为压差，使得干燥速率快，且在温度较高的烘箱内容易失去结晶水，破坏产品，所以采取真空干燥更好，故答案为：加快干燥的速度，防止晶体在较高温下分解； （8）由分析知流程中两次提纯分离Os，目的是为了富集Os同时除去杂质，故答案为：富集锇元素的同时除去杂质； （9）滤液1中金属阳离子为钠离子，滤液2中金属阳离子为钾离子，检验的经典实验方法为焰色试验，钠离子显现出黄色火焰，钾离子为紫色火焰，故答案为：焰色试验。 17．合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。 Ⅰ．一种从废旧铅蓄电池的铅膏中回收高纯铅的流程如下图(部分产物已略去)。 已知： ①不同铅化合物的溶度积(25℃)：，； ②和均为能溶于水的强电解质。 （1）过程ⅰ中，物质a表现 (填“氧化”或“还原”)性。 （2）过程ⅱ需要加入(NH4)2CO3溶液，从化学平衡的角度解释其作用原理： 。 （3）过程ⅲ发生反应的离子方程式为 。 Ⅱ．工业上用、混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如下。 （4）下列说法不正确的是 (填字母序号)。 a．阴极为粗铅，纯铅在阳极析出 b．电解产生的阳极泥的主要成分为Fe、Cu和Ag c．工作一段时间后需要补充Pb2+以保持溶液中的稳定 （5）铅的电解精炼需要调控好溶液中的。其他条件相同时，测得槽电压(槽电压越小，对应铅产率越高)随起始时溶液中的变化趋势如下图。由图可推知，随增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是 。 【答案】（1）还原 （2）PbSO4在溶液中存在，加入(NH4)2CO3溶液，由于，使PbSO4(s)+CO(aq)PbCO3(s)+SO(aq)平衡正向移动，PbSO4转化为PbCO3 （3）PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑ （4）ab （5）c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e-=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小 【分析】铅膏中加入物质a得到硫酸铅，铅膏中二氧化铅转变为硫酸铅被还原，则a为还原剂，表现还原性，硫酸铅中加入碳酸铵转化为碳酸铅，碳酸铅中加入过量得到、的混合溶液，然后制得粗铅，精炼后得到高纯铅； 【解析】（1）过程ⅰ中，二氧化铅转变为硫酸铅，铅元素化合价降低，被还原，故物质a表现还原性。 （2）过程ⅱPbSO4转化为PbCO3：PbSO4在溶液中存在溶解平衡：，加入(NH4)2CO3溶液，由于，使PbSO4(s)+CO(aq)PbCO3(s)+SO(aq)平衡正向移动，PbSO4转化为PbCO3。 （3）过程ⅲPbCO3溶解，PbSiF6和为能溶于水的强电解质，则为二元强酸，PbCO3和发生反应生成PbSiF6、水和二氧化碳，离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++H2O+CO2↑。 （4）a．阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，则阳极上铅等金属溶解，阳极为粗铅，纯铅在阴极析出，a错误； b．粗铅的主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，其中Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag，b错误； c．阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子数守恒，故工作一段时间后，溶液中Pb2+浓度有所下降，需要补充Pb2+以保持溶液中c(Pb2+)的稳定，c正确； 故选ab。 （5）pH越小、c(H+)增大，则阴极上氢离子反应的可能性越大，故减小的原因可能是：c(H2SiF6)增大，电解液中c(H+)增大，阴极发生副反应2H++2e-=H2↑，影响Pb2+放电，使铅产率减小。 18．砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸()形式存在］中回收砷的工艺流程如下： 已知：①；②；③砷酸()是一种弱酸，在酸性条件下有氧化性，氢碘酸与其反应变为。 （1）As在周期表中的位置 。 （2）“沉砷”过程中使转化为，请写出该步骤反应的离子方程式 ；该步骤能否用过量的来替代？请做出判断并从平衡移动的角度解释原因： 、 。 （3）用进行“还原”过程生成沉淀的离子方程式为 ，若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸，则需要的实验试剂为 。 （4）已知：常温下，时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。 当溶液pH介于，吸附剂对五价砷平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因： 。 （5）含砷废水也可用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为沉淀。若沉降后上层清液中为，则该溶液中的浓度为 。(已知：) 【答案】（1）第四周期第ⅤA族 （2） 否 根据可知，加入过量的硫化钠，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷 （3） 氢碘酸、淀粉溶液或KI、淀粉溶液 （4），随pH升高，转变为，吸附剂表面所带负电荷增多，也带负电荷，静电斥力增加，导致对五价砷的吸附量下降 （5） 【分析】含砷废水中加入沉砷，将转化成，和用浸取， 被氢氧化钠转化成可溶盐进入滤液Ⅱ中，不反应，过滤到废渣中，滤液Ⅱ中的和氧化脱硫生成，酸化成后用还原生成。 【解析】（1）的原子序数33，在元素周期表中位于第四周期第ⅤA族； （2）“沉砷”过程中FeS使转化为，没有化合价的变化，非氧化还原反应，离子方程式只需符合元素和电荷守恒：；若用过量的来替代，根据反应可知，溶液中增大，平衡正向移动不利于沉砷，因此不能用过量的来替代； （3）砷酸()是一种弱酸,用“还原”生成沉淀和硫酸根，离子方程式为；砷酸()在酸性条件下有氧化性，氢碘酸与其反应变为，碘单质遇淀粉溶液变蓝，若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸，需要先加热溶液以除去溶液中过量的，再选择实验试剂为氢碘酸、淀粉溶液或KI、淀粉溶液； （4）时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多，由图可知，，随升高，转变为，吸附剂表面所带负电荷增多，也带负电荷，静电斥力增加，导致对五价砷的吸附量下降； （5）沉降后上层清液中为，，则该溶液中的浓度为。 19．铼(Re)、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、CuO、)中提取铼粉和金属钼的流程如下图所示： 已知：I．、是酸性氧化物，过铼酸()是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性； II．过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 回答下列问题： （1）“碱浸”时MoO3转化为，中Mo的化合价是 。“滤渣I”的主要成分是 (填化学式)。 （2）“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为 。 （3）“氧化”过程，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 （4）“沉铼”时，加入热 NH4Cl 溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的NH4ReO4晶体，"操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 、低温干燥。 （5）“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断“酸化沉钼”的最佳条件是 。 (实线、虚线分别表示其他条件相同时反应时间、pH对实验结果的影响) （6）用硫酸处理从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰可以制备无公害型冷却水系统金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)。制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去，若溶液中，，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为 (保留一位小数)。 [忽略溶液体积变化。常温下，，] 【答案】（1）+6价 CuO、 （2） （3）3：2 （4）冷水洗涤 （5）反应时间为60min；终点pH为1.0 （6）97.5% 【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和不溶于碱溶液，在滤渣I中过滤出来；、都能和NaOH反应，分别生成和，滤液中加锌还原，被还原成难溶的，用氧气氧化得到，加氯化铵溶液沉铼，得到过，然后热解得到，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到溶液。 【解析】（1）中O为-2价，故Mo的化合价是+6价。根据分析，不溶于碱的CuO、 过去在“滤渣I”中。 （2）“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为。 （3）根据分析，“氧化”过程用氧气氧化得到，该反应氧气是氧化剂，每个氧气得4个电子，每个还原剂失6个电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:2。 （4）过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。"操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥。 （5）根据图2可判断，当反应时间为60 min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60 min、pH为1.0。 （6），，由可知，当开始沉淀时，，由可知，此时溶液中，所以的去除率。 20．硫酸法从锂辉石中提取碳酸锂是当前比较成熟的提锂技术。以锂辉石(主要成分为，还含有一定量的、MgO、、CaO、)为原料生产碳酸锂的工艺流程如图所示。 已知：（1）的溶解度随温度升高而减小。 （2）、和以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH如下表。 沉淀物 开始沉淀pH 2.7 3.8 9.4 完全沉淀pH 3.2 5.2 12.4 回答下列问题： （1）“酸溶”时发生反应的离子方程式： 。 （2）“中和浸出”时溶液的pH最小为 。碱化渣的主要成分为 (填化学式)。 （3）“沉锂”时获得碳酸锂的操作为蒸发至大量晶体析出、 、洗涤干燥，即可得到。在实验室模拟“结晶”时用到的主要实验仪器有酒精灯、 (铁架台铁圈除外)。如何检验是否洗涤干净： 。 （4）“沉锂”时，加入固体后，为使沉淀中Li元素含量不小于Li元素总量的96%，则1.0 L溶液中至少需要加入的物质的量为 (假设溶液体积不变，)。 【答案】（1） （2）5.2 、 （3）趁热过滤 蒸发皿、玻璃棒 取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入稀盐酸，无现象后再加入溶液，若无沉淀生成则证明洗涤干净 （4）0.98 mol 【分析】锂辉石(主要成分为，还含有一定量的、MgO、、CaO、)加入硫酸进行酸浸，金属氧化物转变为硫酸盐，SiO2不溶、硫酸钙微溶而成为滤渣I，滤液I中加入CaCO3调pH，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为Al(OH)3沉淀，此为滤渣II的主要成分；浸出液II加入NaOH、Na2CO3溶液，Ca2+、Mg2+转化为沉淀，成为碱化渣的主要成分。此时所得滤液中的阳离子主要为Li+、Na+等，加入Na2CO3溶液，Li+转化为Li2CO3沉淀。 【解析】（1）“酸溶”时和硫酸溶液反应生成Li2SO4和H2O，离子方程式为：。 （2）由分析可知，“中和浸出”时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al3+转化为Al(OH)3沉淀，Mg2+不沉的，由表格数据可知，pH最小为5.2，碱化渣的主要成分为、。 （3）通过蒸发结晶得到碳酸锂，根据已知（1）可知，“沉锂”时获得碳酸锂的操作为蒸发至大量晶体析出、趁热过滤、洗涤干燥，即可得到Li2CO3，在实验室模拟“结晶”时用到的主要实验仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒。“沉锂”时，滤液中含有硫酸根离子，若产品碳酸锂已洗涤干净，则产品表面不含硫酸根离子，故检验沉淀已洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入稀盐酸，无现象后再加入溶液，若无沉淀生成则证明洗涤干净。 （4）若“滤液②”中c(Li+)=1.0 mol•L-1，加入Na2CO3后，为使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素总量的96%，沉淀后溶液中c(Li+)=1.0 mol•L-1×(1-96%)=0.04 mol•L-1，溶液中c()==mol/L=0.5 mol/L，则溶液中的物质的量=0.5 mol/L×1 L=0.5 mol，生成碳酸锂沉淀需要碳酸根的物质的量=×1.0 mol•L-1×1 L×96%=0.48 mol，共需要碳酸根离子的物质的量为0.48 mol+0.5 mol=0.98 mol。 21．重要的稀土化合物碳酸铈[， ]可以从铈土矿(主要成分是，杂质有)中提炼获得，某实验学习小组基于绿色化提出如下工艺流程： 请回答下列问题： （1）气体A是，浸泡生成的化学方程式是 。 （2）下列说法不正确的是___________。 A．操作的滤渣是，气体B可以是氨气 B．操作是分液，有机层中铈以形式存在 C．操作使用较低浓度的盐酸有利于提高产率 D．操作过量氨水和碳酸氢铵可加热分解除去 （3）粗产品先用乙醇洗涤，再用乙醚洗涤，选用乙醚的原因是 。 （4）为测得产品的纯度，利用高锰酸钾滴定法测定(未配平)： ①称取25.0000 g产品用稀硫酸溶解后配成250 mL待测液。量取25.00 mL待测液于锥形瓶中。取酸式滴定管， 、水洗、润洗、装入 的酸性标准液、排气、调液面，滴定操作，眼睛注视 。 ②三次滴定平均消耗高锰酸钾溶液的体积为20.00 mL，该样品的纯度为 。 ③比更易与羧酸、丁二酮等含氧配体形成配合物，原因是 。(提示：镧系稀土元素Ce与碱土金属元素Ba是同周期) 【答案】（1）2CeO2+H2O2+6HCl=2CeCl3+O2↑+4H2O （2）BC （3）乙醚可溶解乙醇而不溶解产品，乙醚更易挥发得到干燥产品 （4）检漏 锥形瓶中颜色变化 92.00% Ce3+离子比Ba2+离子的半径更小，所带正电荷更多，所以易接受配体氧原子上的电子形成配合物 【分析】某实验学习小组从铈土矿（主要成分是CeO2，杂质有Fe2O3）中提炼碳酸铈；矿石、盐酸、H2O2先浸泡1.5 h，生成A为O2，混合物为FeCl3、CeCl3加入气体B除去铁离子，过滤，滤渣为氢氧化铁，滤液中加入有机酸HC萃取，然后分液，得到的有机层加入盐酸反萃取，得到含CeCl3的水相，再加入氨水、碳酸氢铵得到Ce2(CO3)3，据此作答。 【解析】（1）气体A是O2，说明浸泡时发生了氧化还原反应，过氧化氢为还原剂，CeO2为氧化剂，则反应的化学方程式是； （2）A．依据分析，操作Ⅰ的目的为调节溶液酸碱性使三价铁沉淀，滤渣是Fe(OH)3，即气体B可以是氨气，A正确； B．操作Ⅱ是萃取和分液，溶质以有机酸盐的形式，不是以铈离子形式存在，B错误； C．依据平衡移动原理，操作Ⅲ使用较浓的盐酸更利于铈离子从有机酸盐中萃取出来，从而提高产率，C错误； D．操作Ⅳ过量的氨水和碳酸氢铵加热易分解成气体而除去，D正确；答案为BC； （3）粗产品先用乙醇洗涤，再用乙醚洗涤，选用乙醚的原因是乙醚可溶解乙醇而不溶解产品，乙醚更易挥发得到干燥产品； （4）①称取25.0000 g产品用稀硫酸溶解后配成250 mL待测液。量取25.00 mL待测液于锥形瓶中。取酸式滴定管，检漏、水洗、润洗、装入0.1000 mol⋅L−1的酸性KMnO4标准液、排气、调液面，滴定操作，眼睛注视锥形瓶中颜色变化； ②三次滴定平均消耗高锰酸钾溶液的体积为20.00 mL，依据反应原理，，， ， 则该样品的纯度； ③Ce3+比Ba2+更易与羧酸、丁二酮等含氧配体形成配合物，原因是Ce3+离子比Ba2+离子的半径更小，所带正电荷更多（正电荷密度更大），更易接受配体氧原子上的电子形成配合物。 22．钴在化工、军事、航空航天等领域有重要应用。由于世界钴资源日益减少，从含钴废料中回收钴的技术开发很有意义。一种从含铁、钴、镍的氧化物为主的渣料中提取钴并回收镍的工艺流程如下： 已知：①钴在通常条件下表现为+2价；②Co2O3具有强氧化性，氧化性强于MnO2。 （1）渣料在溶浸前需要粉碎处理，目的是 。“(酸)溶浸”步骤中试剂添加顺序为①H2SO4、HNO3   ②H2O2，其中的主要作用是 。 （2）“滤渣1”的主要成分是 。 （3）“氧化分离”步骤中，需用硫酸将溶液调至pH为3，“滤渣2”为Co(OH)3，氧化剂与还原剂物质的量之比为 。氧化剂的加入不可过快，原因是①防止Ni2+被氧化，否则难以实现Co、Ni的有效分离；② (从氧化还原角度分析)。 （4）“含镍沉淀”是碱式碳酸镍［］，生成“含镍沉淀”反应的离子方程式为 。 （5）“还原”步骤中不可以用盐酸，原因是 (用离子方程式解释)。 （6）得到硫酸钴产品的操作：蒸发浓缩至 ，冷却结晶，过滤。 【答案】（1）增大与溶液的接触面积，提高浸取率 作还原剂或将Co3+还原为Co2+ （2）或氢氧化铁 （3）1:2 防止过量的与反应产生Cl2 （4） （5） （6）溶液表面出现晶膜 【分析】含铁、钴、镍为主的渣料中加入硫酸、硝酸、过氧化氢进行(酸)溶浸，得到含、、的溶液1，溶液1中加入碳酸钠调节pH值到5，转化为氢氧化铁进入滤渣1；滤液1中含、，滤液1中加入硫酸、次氯酸钠“氧化分离”得到滤渣2为；滤液2中含，滤液2中加入碳酸钠得到含镍沉淀；滤渣2中加入硫酸、亚硫酸钠“还原”得到溶液，进一步蒸发浓缩、结晶得到硫酸钴产品。 【解析】（1）由题，研磨废料的目的为增大与溶液的接触面积，提高浸取率，使酸溶更充分；的作用为作还原剂或将还原为，故答案为：增大与溶液的接触面积，提高浸取率；作还原剂或将还原为； （2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是或氢氧化铁，故答案为：或氢氧化铁； （3）“氧化分离”步骤中，先用硫酸将溶液调至pH为3，用NaClO氧化为沉淀，该反应的离子方程式为:，反应中，为还原剂，作氧化剂，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；氧化剂不能加的过快的原因是：防止被氧化，难以实现Co、Ni的有效分离；同时防止过量与反应产生、污染大气，故答案为：1:2；防止过量与反应产生； （4）“含镍沉淀”是碱式碳酸镍（），生成“含镍沉淀”反应的离子方程式: ； （5）由题给已知②可知，会与盐酸发生氧化还原反应产生氯气污染大气，同时会降低产品纯度，反应的化学方程式为：； （6）得到硫酸钴产品的操作：蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，然后冷却结晶；故答案为：溶液表面出现晶膜。 23．高纯硫酸锰是制备电池正极材料的重要原料，以湿法炼锌阳极泥还原浸出液为原料制备电池级硫酸锰的工艺流程如下： 已知：Ⅰ．锌电解阳极泥经还原浸出后，溶液中含有、、、、、、等，其中以、、三种杂质离子的含量最高。 Ⅱ．(代表或)为不溶于水、不溶于酸的化合物。 Ⅲ．硫酸锰结晶产物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）已知的原子序数为25，则其在周期表中的位置为 。基态原子的价层电子排布图为 。 （2）“除铁”发生的总反应的离子方程式为 ；除除铁之外还具有的功能是 。 （3）在最优的条件下，氟化锰过量系数、反应温度对钙、镁沉淀效果的影响结果如图所示。综合考虑，选择氟化锰过量系数为 ；反应温度为 左右。 （4）在最优的条件下，硫化氢用量对铅、锌脱除率的影响结果如图所示。综合考虑，确定其最佳用量为0.20 mol，其原因是 。 （5）“蒸发结晶”的操作为：当蒸发量达到70%时停止，趁热抽滤，得到的固体在105℃下烘干12 h，得到一水合硫酸锰，趁热抽滤的原因是 ；一水合硫酸锰中存在的化学键有 (填字母)。 a．离子键    b．极性键    c．氢键    d．非极性键 【答案】（1）第四周期第ⅦB族 （2） 调节溶液的或中和溶液中的酸 （3）1.3 85℃ （4）铅、锌脱除率在用量为0.20 mol时分别达到最大值，继续增大硫化氢用量，铅锌脱除率不变，低于0.20 mol，铅、锌无法充分沉淀 （5）提高一水合硫酸锰的产率和纯度 ab 【分析】由题意可知，浸出液与被用于除钾钠步骤，故滤渣1应当为与；之后被用于除铁，滤渣2应当为；用于除钙镁，滤渣3应为与；最后使用除重金属，滤渣4应当为PbS等重金属硫化物，溶液中残留的成分主要为，经结晶提纯获得高纯硫酸锰；以此分析； 【解析】（1） Mn在元素周期表中的位置为第四周期第ⅦB族，其核外共有25个电子，其价电子层的电子排布情况应为，因此其价电子层排布图应为； （2）由分析知，“除铁”步骤使用去除溶液中的铁离子，其离子反应式为；由于是易与酸反应的碳酸盐，故其还可以起到调节溶液的的作用； （3）由图可知，当氟化锰过量系数达到1.3后，沉淀率达到最高且保持稳定，故应选择氟化锰过量系数1.3；同理，当反应温度达到85℃时沉淀系数达到最高且保持稳定，故反应温度应为85℃左右； （4）由图可知，当用量为0.20 mol时，铅和锌的脱除率均达到最大值，且继续增大硫化氢用量时其脱除率不变，而低于0.20 mol时，二者无法充分沉淀； （5）趁热抽滤可以提高一水合硫酸锰的产率和纯度，当温度过高时其无法成分沉淀，而当温度过低时会有杂质产生；一水合硫酸锰为离子晶体，故其中存在离子键，而其中的结晶水和硫酸根离子中含有极性键，故一水合硫酸锰中还存在极性键；而氢键不属于化学键，并且该化合物中不存在氢键和非极性键。 24．硫化铜钴矿是当前世界上最重要的钴资源之一，其主要成分为CuCo2S4 (Co为+3价，S为-2价)，还含有CoS、CuS、CuFeS2和FeS2等，现有一种高效回收利用钴和铜的方法，工艺流程如下： 已知：常温时，几种氢氧化物的溶度积见下表。 氢氧化物 溶度积() 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”时发生反应：，当生成1 mol 时，该反应转移电子的物质的量为 。 （2）“萃取”时有机相(O)与水相(A)的体积比对铜、钴、铁萃取效果的影响如下图所示。选择相比()为 最合适。 （3）电解后的溶液返回 步骤进行循环利用。 （4）请用平衡移动原理解释“调pH”时出现红褐色沉淀的原因 。 （5）“沉钴”结束后溶液中 。 （6）“氧化焙烧”和“酸浸”也可用氯酸钠体系代替，CuS被氧化成的离子方程式 。 （7）铜形成的一种化合物的晶胞如图1所示，沿z轴投影原子分布如图2所示： ①该化合物的化学式为 。 ②已知1的原子分数坐标为，则2的原子分数坐标为 。 ③晶体中与一个Cu紧邻的S有 个。 【答案】（1）30 mol （2） （3）酸浸 （4），加入氨水，溶液中降低，促进平衡正向移动，出现红褐色沉淀 （5）950 （6） （7）CuFeS2 4 【分析】将硫化铜钴矿主要成分为CuCo2S4 (Co为+3价，S为-2价)，还含有CoS、CuS、CuFeS2和FeS2等在空气中氧化焙烧将S转化为SO2，Fe转化为Fe2O3、Cu转化为CuO、Co转化为CoO，焙烧之后的固体加入H2SO4溶液进行酸浸将得到Fe3+、Cu2+和Co2+，加入有机物进行萃取出Cu2+和含Co2+、Fe3+的水层，对含Cu2+的有机层进行反萃取出Cu2+，电解含铜液得到Cu，含钴、铁的水层加入氨水以除去Fe3+，得到滤渣Fe(OH)3，然后向滤液中加入Mg(OH)2进行沉钴，据此分析解题。 【解析】（1）反应，中S为-2价， 的化合价为，则Cu的化合价为，化合价升高的有：S从和，即失去了个电子；化合价降低的有：Co从，O从，即得到了个电子，因此当生成1 mol 时，该反应转移30 mol电子，故答案为：30mol； （2）如图，当相比()大于时杂质的萃取率较高；而小于时铜的萃取率快速下降，因此最合适，故答案为：1:1； （3）电解含铜液时，阴极析出铜，阳极发生反应：，电解后的溶液为硫酸，返回“酸浸”步骤进行循环利用，故答案为：酸浸； （4）已知Fe3+水解方程式为：，则“调pH”时，加入氨水，溶液中降低，促进水解平衡正向移动，从而出现红褐色沉淀，故答案为：，加入氨水，溶液中降低，促进平衡正向移动，出现红褐色沉淀； （5）由题干信息可知，用Mg(OH)2来沉淀Co2+，故“沉钴”结束后溶液中两种沉淀均达到溶解平衡，则有，故答案为：950； （6）CuS被氧化成CuSO4，则S由-2价升高+6价，升高8个单位，则NaClO3被还原成NaCl，Cl的化合价由+5价降低到-1价，降低6个单位，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：，故答案为：； （7）①该晶胞中Cu：4个在棱上，6个在面上，即；Fe：8个在顶点上，4个在面上，1个在体心，即；S：8个在体内，即，故该物质的化学式为CuFeS2，故答案为：CuFeS2； ②由题干晶胞图可知，2号原子在右侧面上，已知1的原子分数坐标为，则2的原子分数坐标为，故答案为：； ③以图中3号Cu为例，晶体中与一个Cu紧邻的S有4个，故答案为：4。 25．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4.H2O的流程如下： 已知： ①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表： 金属阳离子 Fe3+ Al3+ Mn2+ Mg2+ 完全沉淀时的pH 3.2 5.2 10.4 12.4 ②温度高于24℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。 回答下列问题： （1）“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 。 （2）“第1步除杂”中形成滤渣1的主要成分为 (填化学式)，调pH 至 5~6 所加的试剂，可选择 (填标号)。 a．CaO     b．MgO     с.NaOH     d．氨水 （3）第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子反应方程式： ，该反应的平衡常数数值为 。 (已知：MnF2的；CaF2的，MgF2的) （4）硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。从滤液中获得较高纯度MnSO4.H2O的操作是：控制温度在80℃~90℃之间蒸发结晶， ，使固体MnSO4.H2O与溶液分离， 、真空干燥。 【答案】（1） （2）Al(OH)3、Fe(OH)3 ab （3） 7.2×107 （4）趁热过滤 80℃~90℃的蒸馏水洗涤 2-3 次 【分析】由流程可知，软锰矿的主要成分为，还含有、MgO、、CaO、SiO2等杂质，加硫酸溶解，可生成硫酸镁、硫酸铁、硫酸铝、硫酸钙等，并发生，滤渣为少量硫酸钙、二氧化硅，调节pH，则氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣1为Al(OH)3、Fe(OH)3，然后除去钙离子，结合表格数据可知、的溶度积较小，且不引入新的杂质加，最后蒸发浓缩、趁热过滤，以此解答该题。 【解析】（1）在反应条件下将转化为的离子方程式为。 （2）调节至，则氢氧化物的沉淀可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣Ⅰ为、，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的。 （3）氟化锰是难溶物，反应的离子方程式为； = （4）在下，的溶解度相对较低，此时结晶析出后需 “趁热过滤”，避免温度降低后其他结晶水合物析出，保证产物纯度； 过滤后得到的晶体表面会残留母液，需进行洗涤（用的蒸馏水洗涤可减少的溶解损失），再结合后续的真空干燥，得到较高纯度的产物。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型12 无机化工流程综合目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 原料预处理 考向02 净化除杂【重】 考向03 产品提纯 考向04 陌生方程式书写【重】 考向05 相关计算【重】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 山东卷无机化工流程综合题，解这类题目的的时候需要将流程与习题结合起来，因为有的信息隐藏在题目中，是解题的突破口。解题时还需要以题目工业流程最终产物为突破口，结合物质的物理性质和化学性质找准每个步骤操作的目的以及产生什么物质。再答题过程中也需要有意识的积累答题模板，在答题框架下进行答题，确保得分律更高。 考向01 原料预处理 【例1-1】（2025·山东·高考真题）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主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”)。 【例1-2】（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 1．主线法分析 （1）流程图一般三大部分：原料预处理、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。 （2）流程中要分析“进” 、“出” 物质和仍然留在溶液中的离子等（否则可能漏掉副产品或干扰离子）。 （3）一般默认进入的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，损失最小。当然在某些特殊情况下要控制用量。 2．四线法分析 试剂线：分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。 操作线：分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。 杂质线：分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。 产品线：工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。 【变式1-1】（2024·广西·高考真题）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 （1）“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取的措施是 (任举一例)。 （2）“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。 【变式1-2】（2025·甘肃·高考真题）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为 。 考向02 净化除杂【重】 【例2-1】（2025·山东·高考真题）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主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）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)。 （2）“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 。 （3）“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。 【例2-2】（2024·山东·高考真题）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“还原”中加入铅精矿的目的是 。 （2）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 （3）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 化工流程中条件的控制与选择 1．温度的控制(常用水浴、冰浴或油浴) （1）加热的目的：加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动；除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；使沸点相对较低或易升华的原料汽化。 （2）降温的目的：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向(放热方向)移动；使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的溶解度，减少损失。 （3）控制温度在一定范围的目的：结晶为获得所需物质(用水浴带温度计便于控温且受热均匀)；防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)因温度过高时会分解或挥发；使催化剂的活性达到最高；防止副反应的发生。 （4）降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。 （5）控制固体的溶解与结晶 趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。 蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。 蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。 从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。 2．pH的控制 （1）控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。 （2）控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至以AlO或[Al(OH)4]－的形式存在。 （3）控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。 3．反应物用量或浓度的控制 （1）酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。 （2）对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。 （3）增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。 4．加入物质的目的 （1）加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 （2）加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。 （3）加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物质的溶解度。 （4）加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还原反应。 5．在空气中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的，例如使用保护气抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。 【变式2-1】（2023·山东·高考真题）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 。 【变式2-2】（2022·山东·高考真题）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．、、 考向03 产品提纯 【例3-1】（2025·贵州·高考真题）某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、、SnS，分离和回收铅、锡、铜的工艺流程如图。 已知： ①部分物质的密度如表： 物质 Pb PbS SnS 密度/ 11.3 7.5 5.6 5.2 ②在冷水中溶解度很小，但易溶于热水；。 ③25℃时，，。 回答下列问题： （1）“分选”得到粗Pb的原因是 。 （2）“浸出”时按一定比例加入和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中、SnS被氧化为和，则被氧化的离子方程式为 ；“浸出”时分离S的操作为 。 （3）25℃时，在不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当时，溶解度最小的原因是 。 （4）25℃时，“调pH”控制，则生成的化学方程式为 ，此时溶液中的最大值约为 。 （5）“置换”后滤液中溶质的主要成分为 (填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用并达到原浸出率，则“系列操作”为 。 【例3-2】（2025·福建·高考真题）从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、和，以及少量、)中提取钼的工艺流程如下： 已知：和均易溶于水；草酸()在水中溶解度见下表。 温度℃ 20 40 60 80 溶解度(g/100 g) 9.5 21.5 44.3 84.5 （1）“酸浸”中钼和钒分别转化为和。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。 ①最佳草酸浓度为 。 ②中钒的价电子排布式为 。 ③生成的化学方程式为 。 （2）“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为 ；“滤渣2”为 (填名称)。 （3）“沉钼”中，HMT(结构如图)在溶液中转变为，一个有 个可形成氢键的位点；沉淀为。 （4）“碱浸转化”中，在碱作用下分解出，后者转化为的化学方程式为 ；“滤液2”中可循环利用的物质为 。 （5）关于该工艺流程，下列说法错误的是 。(填标号) a．“气体1”为CO         b．“滤渣1”主要含炭、NiO和 c．“滤液1”含    d．粗产品含 工艺流程中物质的分离和提纯 1．物质分离与提纯的常用方法 （1）过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。 （2）萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。 （3）蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。 （4）冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。 （5）蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。 （6）冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。 （7）离子交换法：利用离子交换剂与溶剂中的离子发生交换，进行分离，分离效率高，设备简单，树脂可以重复使用，但耗时过多。 2．常用的结晶方法 （1）从溶液中获取不带结晶水的晶体，如NaCl、K2SO4等，用蒸发结晶的方法。 （2）从溶液中获取带结晶水的晶体，如CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 （3）从混合液中获取溶解度受温度影响较小的溶质，如从含少量KNO3的NaCl溶液中获取NaCl晶体，用蒸发结晶、趁热过滤的方法。 （4）从混合液中获取溶解度受温度影响较大的溶质，如从含少量KCl的KNO3溶液中获取KNO3晶体，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法。 （5）重结晶是指析出的晶体经过溶解后再次从溶液中结晶析出的过程，是一种利用被提纯物质与杂质在同一溶剂中的溶解度不同而进行提纯、分离的方法。 3．金属离子的萃取与反萃取 （1）溶剂萃取简称萃取——利用溶质在两种不相溶的液体之间的溶解度或者分配差异，达到分离和富集的目的。经过反复多次萃取，可将大部分化合物提取出来。 （2）反萃取和洗脱——与萃取过程相反，用一定的酸、碱或盐溶液把金属离子从有机相中再次返回到水相中的过程。 【变式3-1】（2025·广西·高考真题）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： （1）“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是 。“滤液1”中的主要阳离子有 （填化学式）。 （2）“反应1”生成ICl的化学方程式为 。 （3）“试剂X”可选用 （填标号）。 a．葡萄糖        b．Al        c．Na2O2        d．H2SO4 （4）“调pH”至弱酸性的主要目的是 （用离子方程式表示）。 （5）若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为 mol。 （6）将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是 。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是 。 【变式3-2】（2025·四川·高考真题）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： （1）铜元素位于元素周期表第 周期、第 族。 （2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 （3）滤渣①中，除外，主要还有 。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为 。 （5）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉 。 （6）可以通过 (填标号)将其溶解，并返回到 步骤中。 a．盐酸酸化、双氧水氧化    b．硫酸酸化、氧化 c．硝酸酸化和氧化          d．硫酸酸化、双氧水氧化 （7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 。 考向04 陌生方程式书写【重】 【例4-1】（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 【例4-2】（2025·湖南·高考真题）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： （1）基态的价层电子排布式为 。 （2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。 工艺流程中陌生方程式的书写 技法01 化工流程中常考试剂的作用 1．氧化剂和还原剂 类别 物质 作用 氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、 MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等 2．酸、碱和碳酸盐 类别 物质 作用 酸 HCl、H2SO4、HNO3等 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解（沉淀），H2SO4可提供S作沉淀剂 碱 NaOH、NH3·H2O等 去油污；调节pH促进水解（沉淀）；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅 碳酸盐 Na2CO3、(NH4)2CO3等 调节pH使某些离子沉淀；提供C使某些离子（如C、Ca2＋、Pb2＋、Ba2＋等）沉淀 3．其他 类别 物质 作用 碳酸氢盐 NaHCO3、NH4HCO3 调pH使某些离子沉淀；提供HC使某些离子（如Al{或[Al(OH)4]－}②、F、Al3＋、Cr3＋、F、Mg2＋、Mn2＋、Co2＋等）沉淀；相对于碳酸盐，碳酸氢盐可避免溶液碱性过强而使金属离子转化为氢氧化物 草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 硫化物 H2S、Na2S、(NH4)2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Cu＋、Pb2＋、Ag＋、Sn2＋等 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 注：①发生反应：2Cu2＋＋2C＋H2OCu2(OH)2CO3↓＋CO2↑； ②发生反应：Al＋HC＋H2OAl(OH)3↓＋C或[Al(OH)4]－＋HCAl(OH)3↓＋C＋H2O； ③发生反应：Fe3＋＋3HCFe(OH)3↓＋3CO2↑； ④发生反应：Fe2＋＋2HCFeCO3↓＋CO2↑＋H2O。 技法02 非氧化还原反应方程式的书写 1．分步法书写非氧化还原方程式 陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。这类复杂的化学反应可以采用分步思考，例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解：Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O，Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O，AlF3+3NaF=Na3AlF6。加合得到总反应式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。再如在碳酸氢钠溶液中加入少量硫酸亚铁溶液制备碳酸亚铁：Fe2++HCO3-=FeCO3↓+H+，H++ HCO3-=CO2↑+H2O，加合得总反应式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 2．工业流程中用HC沉淀金属阳离子的离子方程式的书写方法 HC在水溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡 HC的电离平衡：HCH＋＋C HC的水解平衡：HC＋H2OH2CO3＋OH－ （1）若金属阳离子（以Ca2＋为例）的Ksp（CaCO3）＜Ksp[Ca（OH）2]，则溶液中的金属阳离子（Ca2＋）主要结合HC电离产生的C生成碳酸盐沉淀（CaCO3），反应的离子方程式为Ca2＋＋2HCCaCO3↓＋H2O＋CO2↑。 （2）若金属阳离子（以Mg2＋为例）的Ksp（MgCO3）＞Ksp[Mg（OH）2]，则溶液中的金属阳离子（Mg2＋）主要结合HC水解产生的OH－生成氢氧化物沉淀[Mg（OH）2]，反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCMg（OH）2↓＋2CO2↑。 示例： 沉铈过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为2Ce3＋＋6HC＋（n－3）H2OCe2(CO3)3·nH2O＋3CO2↑ 【变式4-1】（2025·广东·高考真题）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： 。 【变式4-2】（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                            由制的热化学方程式为 。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 考向05 相关计算【重】 【例5-1】（2025·云南·高考真题）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）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。 （2）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)。 【例5-2】（2025·陕晋青宁卷·高考真题）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 。 1. 有关晶胞各物理量之间的关系 （1）晶体密度与微观晶胞参数的关系 （2）晶体中粒子间距离的计算 2. 难溶碱的Ksp与pH之间的关系 对于M（OH）n，Ksp＝c（Mn＋）·cn（OH－），c（OH－）＝，进而计算溶液的pH。c（Mn＋）＝＜1.0×10－5 mol·L－1时，沉淀完全。 【变式5-1】（2025·河南·高考真题）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 。 【变式5-2】（2025·甘肃·高考真题）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为 。 （2）将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。 （3）酸浸的目的为 。 （4）从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 （5）某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 1．从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ② ； ③。 回答下列问题： （1）为加快废旧CPU酸溶速率，可采取的措施为 。(任写一条) （2）写出“酸溶”时Cu单质生成的离子反应方程式 。 （3）向“过滤”所得滤液中加入一定量的可以生成沉淀而使分离，防止AgCl进一步溶解，浓度不能超过 。 （4）中Au的化合价为 ，写出“还原”步骤中的离子反应方程式 。 （5）“溶金”过程的促进了的反应，可知在溶液中哪个更稳定 。 （6）废气吸收。 ①用溶液吸收工艺流程中的废气酸性溶液中氧化为。其他条件相同，转化为的转化率随溶液初始的变化如图所示，溶液的初始越小，转化率越高。其原因是 。 ②用氢氧化钠吸收生成两种钠盐，其中一种为，另一种为 (填化学式)。 2．补铁剂乙二胺四乙酸铁钠(NaFeEDTA，分子式为)的一种合成路线如下： 已知：室温下，当离子浓度小于时视为沉淀完全；EDTA和NaFeEDTA的水溶性均随温度升高显著上升；“络合”步骤的反应式为。 回答下列问题： （1）NaFeEDTA中基态的价电子排布式为 。 （2）“沉铁”步骤生成，当恰好完全沉淀时溶液中的 。 （3）“氧化”步骤的化学方程式为 。 （4）实验室洗涤沉淀通常在 (填仪器名称)中进行。“氧化”后过滤得到的滤饼需要用去离子水洗涤2～3次。检验该滤饼是否洗涤干净的最佳试剂为 (填化学式)溶液。 （5）“减压过滤”步骤的目的是 。从滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出时停止加热，趁热过滤 b.蒸发至大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干滤液 c.蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤 （6）产品中总含铁量的测定：取1.000 g产品放入150 mL烧杯，加入20 mL去离子水和5 mL 3mol/L硫酸溶液，搅拌溶解后，加入1 g锌粉，加热反应30 min，过滤。得到的无色溶液用250 mL容量瓶定容。快速移取25 mL溶液至250 mL锥形瓶中，加入混酸以掩蔽生成的的黄色，用标准溶液平行滴定3次，消耗标准溶液的体积平均为V mL，则产品中铁元素的质量分数为 (铁的相对原子质量为55.85)。 （7）产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，展现出化学之美。从晶体的微观结构角度分析，其原因是 。 3．精炼铜产生的铜阳极泥富含、、、等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离回收金和银的流程，如下图所示。 已知：常温下，  ，  。 回答下列问题： （1）王水溶金与“酸浸氧化”生成的原理相似，所起到的作用是 ；“酸浸氧化”生成的离子方程式为 。 （2）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸银试剂。“溶浸”时发生反应的离子方程式为，常温下，该反应的平衡常数 (用含、的式子表示)。可被氧化为，从物质结构与性质关系的角度分析，的结构为 (填“a”或“b”)。 （3）“还原”生成过程中，需控制不能过低，可能的原因是 ，反应产生的滤液可进入 (填流程中操作名称)操作中循环利用。 （4）工业上也常用少量溶液、一定量氨水和大量溶液为原料配制“脱金水”，浸取回收金。一种以原电池原理来浸金的方法如图所示： ①由上述原理可知，在浸金过程中作用是 。 ②该原电池的负极反应式为 。 4．三草酸合铁酸钾晶体{，}为翠绿色晶体，易溶于水，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，具有生产价值。简易制备流程如下： （1）“溶解”时加入稀硫酸的作用是 。 （2）“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。 （3）“调pH”时，反应最佳pH条件为3.5，pH过高或过低影响制备效果的原因为 。 （4）“调pH”过程中伴随少量Fe(OH)3生成，则“系列操作”的具体操作为 、过滤、洗涤、干燥(已知：三草酸合铁酸钾的溶解度：0℃时，4.7 g/100 g水；100℃时，117.7 g/100 g水)。 （5）的结构如图，配体个数为 ，中心离子配位数为 ，设计简单的实验证明Fe3+为内界的一部分： 。 （6）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量：称量a g样品于锥形瓶中，加稀硫酸溶解，向溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为 。 5．利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、)制备二次电池添加剂的流程如下： 已知：ⅰ．沉淀过快无法形成在碱性溶液中易被氧化。 ⅱ．、易与形成配合物。 ⅲ．水合肼为无色油状液体，具有强还原性，氧化产物为。 （1）“酸浸”中溶液与反应的离子方程式为 。 （2）滤渣2主要成分为，“沉铁”步骤加入的作用为 。 （3）在转化过程中： ①制备，先加氨水再加溶液的理由是 。 ②“沉钴”中使用热NaOH溶液有利于形成较纯净的，可能原因是 。 （4）经仪器分析，测得按题（3）步骤制得的晶体结构中含有，进一步用碘量法测得的氧化程度为。因此制备时必须加入一定量的还原剂，如水合肼。实验室模拟题（3）步骤，为确保制得的产品中不含，用的溶液制备时，至少需加入水合肼的质量为 g。(写出计算过程) （5）钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如下图所示。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 6．稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和 SiO2）综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。 回答下列问题： （1）已知FeV2O4中 Fe为+2价，则V 的化合价为 。 （2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为 。 （3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 。 （4）“萃取”时，先转化为再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：。据此分析“反萃取”过程中加入 Na2CO3溶液的作用为 。 （5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 。 （6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示(忽略溶液前后体积变化)： 将0.01 mol V2O5溶解在200 mL烧碱溶液中，剩余溶液的，反应的离子方程式为 。 （7）乙二醇的生产工艺中，需使用热的溶液（脱碳液）脱除，脱碳液中含有的能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中的含量，操作中涉及两个反应如下：①；②。下列说法正确的是___________。 A．反应①和②中还原剂与氧化剂的物质的量之比均为2∶1 B．反应①生成1 mol时，反应转移2 mol电子 C．已知氧化性Fe3+>I2，向VOCl2溶液中滴加Fe2(SO4)3溶液则会生成V2O5 D．反应①和②在强酸性环境中都更易发生反应 （8）偏钒酸铵在加热条件下反应会生成V2O5，NH3和H2O。V2O5在氮气氛围中，碳高温条件下还原氮化制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式为 。生成标况下22.4 L该还原性气体时，反应转电子数为 。 7．节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 已知某温度下：，离子浓度小于等于时即为沉淀完全。 回答下列问题： （1）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 （2）滤渣①中，除外，主要还有 。 （3）若溶液中，“中和除杂”步骤，调控溶液pH的取值范围 。 （4）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的Cu与反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，反应的离子方程式为 。 （5）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”时，阳极的电极反应式为 。 8．草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 回答下列问题： （1）基态Co原子的价电子轨道表示式： 。 （2）“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 。浸出液中主要含有、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的离子方程式： 。 （3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 （4）常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 (填化学式)。 （5）“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是 。 （6）钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物，该混合物中CoO与的物质的量之比为 。 （7）一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为 (列出计算式)。 9．从银锌渣(含金属Bi、Pb、Ag、Zn、Au)中回收Bi、Ag、Au的工艺流程如下： 已知：①氯化浸出Au单质的效率高于置换还原Au单质； ②常温下，，； ③溶液中离子浓度时，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 ；实际生产中为了提高Au单质的回收效率，溶液的浓度不宜 (填“过高”或“过低”)。 （2）“置换1”反应的离子方程式 ；“置换2”可选用的试剂Y为 (填标号)。 A．Mg    B．Zn    C．Au    D．Bi （3）“还原熔炼”中纯碱与AgCl反应生成两种无色气体，两种气体的化学式为 。 （4）“氨溶”中发生反应的化学方程式为 。 （5）“沉银”中水合肼的作用是 。 （6）常温下，若“酸溶”过滤后的溶液中含有、，加入NaCl充分沉铅银后的溶液体积为250 mL，理论上至少消耗 。 10．钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5 mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。 （2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是 ；酸浸后得到的浸渣的主要成分是 。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10 mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)＝ mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离 (填“能”或“不能”)。 （4）“沉锰”步骤中，生成1 mol MnO2，产生H+的物质的量为 。 （5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是 。 （6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，写出其反应的离子方程式 。 （7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。 11．一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取镓(Ga)和锗(Ge)的工艺流程如下。 已知：①25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×l0-4；Ksp(PbC2O4)=4.8×10-10，Ksp(PbSO4)=1.6×10-8. ②c{[Fe(C2O4)3]3-}对Ga、Ge的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。 c{[Fe(C2O4)3]3-} 0 0.5 1 4 6 8 Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16 Ge的萃取率/% 99.96 99.88 99.86 99.68 99.52 99.35 （1）“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有 。 （2）“酸浸”时，加入H2O2能将Ga和Ge的硫化物转化为对应相同价态的氧化物，氧化物再与草酸反应生成配合物。 ①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-的离子方程式为 。 ②加入草酸后，PbSO4 (填“能”或“不能”)完全转化为PbC2O4，请结合平衡常数K计算说明原因 (一般认为K>105时，反应基本能完全进行；K<10-5时，则反应很难进行)。 （3）加Fe粉“还原”的目的为 。 （4）不同浓度的H2SO4和NaOH洗脱剂对Ga和Ge的洗脱率(进入水层中金属离子的百分数)如图所示。由图可知，洗脱剂2应选用 (填化学式)。 12．稀有金属铟（In）、镓（Ga）被广泛应用于电子、航空航天等高新技术领域。某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。 已知：“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式存在于溶液中。 回答下列问题： （1）基态In原子的价层电子排布式为，In元素在周期表中的位置是 。 （2）“高酸浸出”中滤渣1的主要成分是 （填化学式）。 （3）“中和除杂”中，通过计算说明常温下所需除去的离子能否完全除尽： 。｛已知：；当金属阳离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 （4）采用新型萃取剂协同萃取法可提高金属的综合回收率，溶液中金属阳离子的萃取原理为。“萃取”步骤中的萃取率随变化如图甲所示，为达到萃取目的，此时应约为 ，萃取率随增大而减小的原因是 。 （5）“置换”中发生的主要反应离子方程式为 。 （6）CIGS薄膜太阳能电池以其转化率高、光谱响应范围宽等优势作为公认的第二代太阳能电池，形成CIGS的固溶体之一的晶胞由闪锌矿结构嵌套而成，该晶胞结构如图乙所示。 ①该固溶体的化学式为 。     ②In的配位数是 。 13．硫化铋在光催化剂、锂离子电池等领域具有重要的潜在价值。一种以氧化铋渣(主要成分是和)为原料，制取高纯并回收锰的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 开始沉淀的pH 2.2 5.2 3.6 沉淀完全()的pH 3.2 6.7 4.7 ②硫代乙酰胺在酸性溶液中会水解为乙酰胺(可溶于水)和硫化氢；硫化氢会进一步发生反应：。 回答下列问题： （1）基态的价电子排布式为 。 （2）“酸浸”时，化为的离子方程式为 。 （3）从“滤液1”中可回收的金属主要有 (填化学式)。 （4）“沉铋”时，转化为BiOCl沉淀的化学方程式为 。 （5）“转化”的两种方法如下： 方法一：第一步，用溶液将BiOCl转化为，发生反应；第二步，受热分解为，发生反应的化学方程式为 。 方法二：第一步，用NaOH溶液将BiOCl转化为；第二步，受热分解为。已知：常温下，，反应 。 常温下，当BiOCl恰好完全转化为时，溶液中，此时溶液 。 （6）“硫化”后需用蒸馏水洗涤固体，洗涤固体的操作方法是 。 14．氟碳铈矿的主要成分为，含少量等杂质。由氟碳铈矿提取铈的一种工艺流程如下： 已知： Ⅰ．“焙烧1”中转化为。 Ⅱ．电极电势的大小反映物质的氧化性还原性强弱。电极电势(E)越大，氧化型物质氧化性越强，反之还原型物质还原性越强。 氧化型/还原型 标准电极电势E 0.68 0.96 1.49 1.61 1.77 Ⅲ．有机物从溶液中萃取的过程为。 回答下列问题： （1）为了增大反应速率，提高原料的利用率，“焙烧1”前可将矿石 处理。 （2）根据已知Ⅱ提示，“酸浸”时试剂a最好为 (填标号)，试剂a与反应的化学方程式为 。 A．    B．    C．    D． （3）滤渣的主要成分除还有 (填化学式)。 （4）加氨水“中和”的目的是 。 （5）“沉铈”过程中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为 。 （6）依据上述工艺流程，下列说法错误的是___________。 A．由已知Ⅱ可得，氧化性，还原性 B．“萃取”和“反萃取”的主要目的是除去溶液中 C．“反萃取”过程中，适当提高稀硝酸浓度，可以提高反萃取率 D．“焙烧2”过程中，发生分解反应 15．利用尿素制备(水合肼)的实验流程如图所示： 已知： ①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应； ②有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成。 （1）步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41℃，测得产物中除NaClO外还含有，且两者物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为 。 （2）步骤Ⅱ合成(沸点为118.5℃)的装置如图所示。步骤Ⅰ中所得溶液与尿素[，沸点为196.6℃]水溶液在40℃以下反应一段时间，再迅速升温至110℃继续反应。 ①的结构式为 ，仪器a的名称为 ；冷凝管的作用是 。 ②若分液漏斗内液体滴加速率过快，会发生副反应，该副反应的离子方程式为 。 ③写出流程图中生成水合肼的化学方程式： 。 （3）蒸馏得到水合肼粗产品，称取馏分1.5 g，加水配成100 mL溶液，取出20.00 mL于锥形瓶中，并加入2～3滴淀粉溶液，用0.5000 的碘的标准溶液进行滴定。(已知：) ①滴定时，碘的标准溶液盛放在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②滴定终点现象为： 。 ③达到滴定终点时消耗碘的标准溶液20.00 mL，馏分中的质量分数为 (保留3位有效数字) 16．由锇酸钠废液(主要成分为，含少量和等杂质)回收锇并制备锇酸钾晶体()的工艺流程如下。 已知：①的熔点为40.6℃，沸点为130℃，微溶于水，易溶于四氯化碳； ②为紫红色晶体，加热至100℃以上失去一分子结晶水，微溶于冷水，不溶于乙醇； ③25℃时，，； ④当离子浓度不大于时，可认为该离子沉淀完全。 （1）已知Os元素的价层电子排布式为。Os元素位于元素周期表的位置是 ；是 分子(填“极性”或“非极性”)。 （2）“除钙镁”步骤中，若废液中浓度均为，则1.0L该废液中至少需加入 gNaF固体才能使废液中沉淀完全(不考虑溶液体积的变化)。 （3）“沉锇”得到难溶物，该化合物中硫元素的化合价为 。 （4）“溶解、蒸馏”步骤中，先加入稀硫酸得到溶液，再加入溶液反应后蒸馏出生成的，而杂质留在蒸馏残液中。生成的化学方程式为 。 （5）“吸收”步骤中，蒸馏出的气体用KOH溶液吸收。KOH溶液吸收发生的离子方程式为 。 （6）“吸收”步骤需加入过量的KOH溶液，从平衡角度分析其原因为 。 （7）“过滤”获得的晶体在干燥时采用真空干燥而不直接烘干的原因可能是 。 （8）流程中从初始的“锇酸钠废液”到“吸收”获得，操作的目的是 。 (9)检验滤液1和滤液2中金属阳离子的实验方法是 。 17．合理利用废旧铅蓄电池可缓解铅资源短缺，同时减少污染。 Ⅰ．一种从废旧铅蓄电池的铅膏中回收高纯铅的流程如下图(部分产物已略去)。 已知： ①不同铅化合物的溶度积(25℃)：，； ②和均为能溶于水的强电解质。 （1）过程ⅰ中，物质a表现 (填“氧化”或“还原”)性。 （2）过程ⅱ需要加入(NH4)2CO3溶液，从化学平衡的角度解释其作用原理： 。 （3）过程ⅲ发生反应的离子方程式为 。 Ⅱ．工业上用、混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如下。 （4）下列说法不正确的是 (填字母序号)。 a．阴极为粗铅，纯铅在阳极析出 b．电解产生的阳极泥的主要成分为Fe、Cu和Ag c．工作一段时间后需要补充Pb2+以保持溶液中的稳定 （5）铅的电解精炼需要调控好溶液中的。其他条件相同时，测得槽电压(槽电压越小，对应铅产率越高)随起始时溶液中的变化趋势如下图。由图可推知，随增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是 。 18．砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸()形式存在］中回收砷的工艺流程如下： 已知：①；②；③砷酸()是一种弱酸，在酸性条件下有氧化性，氢碘酸与其反应变为。 （1）As在周期表中的位置 。 （2）“沉砷”过程中使转化为，请写出该步骤反应的离子方程式 ；该步骤能否用过量的来替代？请做出判断并从平衡移动的角度解释原因： 、 。 （3）用进行“还原”过程生成沉淀的离子方程式为 ，若需检验还原后溶液中是否仍存在砷酸，则需要的实验试剂为 。 （4）已知：常温下，时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。 当溶液pH介于，吸附剂对五价砷平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因： 。 （5）含砷废水也可用另一种化学沉降法处理：向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素转化为沉淀。若沉降后上层清液中为，则该溶液中的浓度为 。(已知：) 19．铼(Re)、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、CuO、)中提取铼粉和金属钼的流程如下图所示： 已知：I．、是酸性氧化物，过铼酸()是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性； II．过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 回答下列问题： （1）“碱浸”时MoO3转化为，中Mo的化合价是 。“滤渣I”的主要成分是 (填化学式)。 （2）“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为 。 （3）“氧化”过程，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 （4）“沉铼”时，加入热 NH4Cl 溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的NH4ReO4晶体，"操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 、低温干燥。 （5）“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断“酸化沉钼”的最佳条件是 。 (实线、虚线分别表示其他条件相同时反应时间、pH对实验结果的影响) （6）用硫酸处理从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰可以制备无公害型冷却水系统金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)。制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去，若溶液中，，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为 (保留一位小数)。 [忽略溶液体积变化。常温下，，] 20．硫酸法从锂辉石中提取碳酸锂是当前比较成熟的提锂技术。以锂辉石(主要成分为，还含有一定量的、MgO、、CaO、)为原料生产碳酸锂的工艺流程如图所示。 已知：（1）的溶解度随温度升高而减小。 （2）、和以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH如下表。 沉淀物 开始沉淀pH 2.7 3.8 9.4 完全沉淀pH 3.2 5.2 12.4 回答下列问题： （1）“酸溶”时发生反应的离子方程式： 。 （2）“中和浸出”时溶液的pH最小为 。碱化渣的主要成分为 (填化学式)。 （3）“沉锂”时获得碳酸锂的操作为蒸发至大量晶体析出、 、洗涤干燥，即可得到。在实验室模拟“结晶”时用到的主要实验仪器有酒精灯、 (铁架台铁圈除外)。如何检验是否洗涤干净： 。 （4）“沉锂”时，加入固体后，为使沉淀中Li元素含量不小于Li元素总量的96%，则1.0 L溶液中至少需要加入的物质的量为 (假设溶液体积不变，)。 21．重要的稀土化合物碳酸铈[， ]可以从铈土矿(主要成分是，杂质有)中提炼获得，某实验学习小组基于绿色化提出如下工艺流程： 请回答下列问题： （1）气体A是，浸泡生成的化学方程式是 。 （2）下列说法不正确的是___________。 A．操作的滤渣是，气体B可以是氨气 B．操作是分液，有机层中铈以形式存在 C．操作使用较低浓度的盐酸有利于提高产率 D．操作过量氨水和碳酸氢铵可加热分解除去 （3）粗产品先用乙醇洗涤，再用乙醚洗涤，选用乙醚的原因是 。 （4）为测得产品的纯度，利用高锰酸钾滴定法测定(未配平)： ①称取25.0000 g产品用稀硫酸溶解后配成250 mL待测液。量取25.00 mL待测液于锥形瓶中。取酸式滴定管， 、水洗、润洗、装入 的酸性标准液、排气、调液面，滴定操作，眼睛注视 。 ②三次滴定平均消耗高锰酸钾溶液的体积为20.00 mL，该样品的纯度为 。 ③比更易与羧酸、丁二酮等含氧配体形成配合物，原因是 。(提示：镧系稀土元素Ce与碱土金属元素Ba是同周期) 22．钴在化工、军事、航空航天等领域有重要应用。由于世界钴资源日益减少，从含钴废料中回收钴的技术开发很有意义。一种从含铁、钴、镍的氧化物为主的渣料中提取钴并回收镍的工艺流程如下： 已知：①钴在通常条件下表现为+2价；②Co2O3具有强氧化性，氧化性强于MnO2。 （1）渣料在溶浸前需要粉碎处理，目的是 。“(酸)溶浸”步骤中试剂添加顺序为①H2SO4、HNO3   ②H2O2，其中的主要作用是 。 （2）“滤渣1”的主要成分是 。 （3）“氧化分离”步骤中，需用硫酸将溶液调至pH为3，“滤渣2”为Co(OH)3，氧化剂与还原剂物质的量之比为 。氧化剂的加入不可过快，原因是①防止Ni2+被氧化，否则难以实现Co、Ni的有效分离；② (从氧化还原角度分析)。 （4）“含镍沉淀”是碱式碳酸镍［］，生成“含镍沉淀”反应的离子方程式为 。 （5）“还原”步骤中不可以用盐酸，原因是 (用离子方程式解释)。 （6）得到硫酸钴产品的操作：蒸发浓缩至 ，冷却结晶，过滤。 23．高纯硫酸锰是制备电池正极材料的重要原料，以湿法炼锌阳极泥还原浸出液为原料制备电池级硫酸锰的工艺流程如下： 已知：Ⅰ．锌电解阳极泥经还原浸出后，溶液中含有、、、、、、等，其中以、、三种杂质离子的含量最高。 Ⅱ．(代表或)为不溶于水、不溶于酸的化合物。 Ⅲ．硫酸锰结晶产物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）已知的原子序数为25，则其在周期表中的位置为 。基态原子的价层电子排布图为 。 （2）“除铁”发生的总反应的离子方程式为 ；除除铁之外还具有的功能是 。 （3）在最优的条件下，氟化锰过量系数、反应温度对钙、镁沉淀效果的影响结果如图所示。综合考虑，选择氟化锰过量系数为 ；反应温度为 左右。 （4）在最优的条件下，硫化氢用量对铅、锌脱除率的影响结果如图所示。综合考虑，确定其最佳用量为0.20 mol，其原因是 。 （5）“蒸发结晶”的操作为：当蒸发量达到70%时停止，趁热抽滤，得到的固体在105℃下烘干12 h，得到一水合硫酸锰，趁热抽滤的原因是 ；一水合硫酸锰中存在的化学键有 (填字母)。 a．离子键    b．极性键    c．氢键    d．非极性键 24．硫化铜钴矿是当前世界上最重要的钴资源之一，其主要成分为CuCo2S4 (Co为+3价，S为-2价)，还含有CoS、CuS、CuFeS2和FeS2等，现有一种高效回收利用钴和铜的方法，工艺流程如下： 已知：常温时，几种氢氧化物的溶度积见下表。 氢氧化物 溶度积() 回答下列问题： （1）“氧化焙烧”时发生反应：，当生成1 mol 时，该反应转移电子的物质的量为 。 （2）“萃取”时有机相(O)与水相(A)的体积比对铜、钴、铁萃取效果的影响如下图所示。选择相比()为 最合适。 （3）电解后的溶液返回 步骤进行循环利用。 （4）请用平衡移动原理解释“调pH”时出现红褐色沉淀的原因 。 （5）“沉钴”结束后溶液中 。 （6）“氧化焙烧”和“酸浸”也可用氯酸钠体系代替，CuS被氧化成的离子方程式 。 （7）铜形成的一种化合物的晶胞如图1所示，沿z轴投影原子分布如图2所示： ①该化合物的化学式为 。 ②已知1的原子分数坐标为，则2的原子分数坐标为 。 ③晶体中与一个Cu紧邻的S有 个。 25．软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、SiO2等杂质，工业上用软锰矿制取MnSO4.H2O的流程如下： 已知： ①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表： 金属阳离子 Fe3+ Al3+ Mn2+ Mg2+ 完全沉淀时的pH 3.2 5.2 10.4 12.4 ②温度高于24℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低。 回答下列问题： （1）“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为 。 （2）“第1步除杂”中形成滤渣1的主要成分为 (填化学式)，调pH 至 5~6 所加的试剂，可选择 (填标号)。 a．CaO     b．MgO     с.NaOH     d．氨水 （3）第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去，写出MnF2除去Mg2+的离子反应方程式： ，该反应的平衡常数数值为 。 (已知：MnF2的；CaF2的，MgF2的) （4）硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如下图所示。从滤液中获得较高纯度MnSO4.H2O的操作是：控制温度在80℃~90℃之间蒸发结晶， ，使固体MnSO4.H2O与溶液分离， 、真空干燥。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 / 20 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $