2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练08

2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(八) 1．砷化镓可在一块芯片上同时处理光电数据，因而被广泛应用于遥控、手机、DVD计算机外设、照明等诸多光电子领域。从砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)中回收镓和砷的工艺流程如图所示： 已知：Ga与Al化学性质相似。 (1)Ga位于周期表 区。 (2)“碱浸”后得到的滤渣Ⅰ的化学式为 。“浸出液”中含有的阴离子为OH－、Ga(OH)、AsO、 等离子，碱浸反应GaAs发生反应的离子方程式为 。 (3)“中和”Ga(OH)发生反应的离子方程式为 。 (4)若“操作”在实验室完成，则使用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、 、 、玻璃棒。 (5)“酸溶”分离出的滤渣Ⅲ化学式为 。 (6)惰性电极电解NaGa(OH)4溶液时，在电极有金属镓生成，该电极反应式为 。 (7)实际工业中采用硫酸镓溶液与氨水反应“沉镓”，已知常温下Ksp[Ga(OH)3]＝10-34.1，Kb(NH3∙H2O)＝1.6×10-5，使0.1mol/L硫酸镓溶液中镓离子刚好沉淀完全[c(Ga3+)＝10-5mol/L]，则溶液中＝ 。 2．氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色等。工业上常用辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含有少量SiO2、铁的氧化物等杂质)为原料制备氯氧化铋。 已知：①Bi3+在pH＝1时开始水解，pH≥3时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀； ②该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。 金属离子 Fe3+ Fe2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 沉淀完全的pH 2.9 8.2 (1)铋与氮同主族，且位于元素周期表的第六周期，基态Bi的价电子排布式为 。 (2)“浸渣”的主要成分是S和 ，“浸取”时生成S的离子方程式为 。 (3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是 。 (4)加入碳酸钠粉末制取BiOCl时，溶液pH值需控制的合理范围为 ，发生反应的化学方程式为 。 (5)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机物作离子导体)的负极材料，充电时嵌入K+，BiOCl被还原为Bi，则阴极的电极反应式是 。 (6)铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示，已知最近的两个铋离子之间的距离为apm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为 g∙cm-3(列出计算式即可)。 3．钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 (1)酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 (3)除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1∶2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 (4)除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和SO的离子方程式为 。 (5)沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 (6)上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 4．SiCl4是生产多晶硅的副产物。可以利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理、进而回收Li、Co等金属，部分流程如下： 已知：H2CO3的Ka1＝4.2×10-7、Ka2＝5.6×10-11。 (1)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，请写出“500℃焙烧”的化学方程式 。 (2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾。SiCl4发生水解时的机理及Si原子的杂化方式如下图： SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填序号)。 A．Si－C1键极性更大 B．Si的原子半径更大 C．Si－C1键键能更大 D．Si有更多的价层轨道 (3)HCO可以发生自耦电离：2HCOH2CO3＋CO，其平衡常数的数值K= 。 (4)“沉钴”时，滤液1与NaHCO3溶液混合时的加料方式是 。 (5)Li2CO3的溶解度随温度变化如下图所示。为了获得更多的Li2CO3，加入Na2CO3溶液后的操作X为 、洗涤、干燥。 (6)在纯氧中加热分解CoCO3，测得升温过程中固体的质量变化如下图所示。加热分解CoCO3制备Co3O4需要控制的温度范围为 (写出计算推理过程)。 5．钛的地壳丰度为0.42%，在元素相对丰度中占第10位，其金属及其化合物广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域。以钛铁矿为原料制备金属钛的生产流程图如下： (1)基态钛原子的价电子排布图为 。“高温氯化”时焦炭过量且氧化产物只有一种，写出反应的化学方程式： 。为制备纯度较高的液态Ti，可用控制温度的方法将杂质Mg和MgCl2以气体形式分离，已知Ti和Mg的晶胞类型相同，离子半径大小相近，解释Ti熔点高于Mg的原因： 。 (2)半导体材料TiO2用途广泛，其在光激发下可催化CO2实现“碳中和”。根据下图反应机理，可以将从工业尾气中捕获的二氧化碳(CO2)，合成亚运会主火炬的燃料绿色甲醇(CH3OH)，其化学反应方程式为 。 (3)为测定上述过程中产生TiO2样品的纯度，将样品溶解于强酸性溶液中，加入铝片将TiO2+还原为Ti3+(其还原性强于Sn2+)，然后以NH4SCN溶液作指示剂，用FeCl3标准液滴定，则滴定终点的现象是 。 (4)钙钛矿作为新型材料广泛应用于太阳能电池、LED等领域。 ①甲脒碘基钙钛矿FAPbI3与钙钛矿具有相同的晶胞结构a＝b＝c；α＝β＝γ＝90o)，FA+位于晶胞的8个顶点，I－位于6个面心，Pb2+位于I－构成的八面体空隙中心。现将Pb2+置于立方体的顶点，请按要求画出俯视图 。 ②2023年5月，黄教授团队在《Science》发表文章指出螯合分子BCP(结构如下图所示)与Pb2+相互作用，不仅能减少因Pb2+流失形成的环境污染，同时能有效提高FAPbI3钙钛矿电池和组件的功率转换效率、重复性和稳定性。在BCP结构中两个 (填“a处N原子”或“b处C原子”)与Pb2+形成螯合，选择该处原子的原因是 。 6．钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 (1)酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 (3)除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1∶2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 (4)除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和SO的离子方程式为 。 (5)沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 (6)上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 7．钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中(主要含有V2O5和铝铁硅的氧化物)提取钒的主要流程如下： 已知：i．滤液A中的阳离子有H+、VO、Fe3+、Al3+等； ii．“萃取”过程可表示为VO2+＋2HA (有机相)VOA2(有机相)＋2H+。 金属离子 开始沉淀的pH(c＝0.01mol·L-1) 沉淀完全的pH(c＝10-5mol·L-1) Fe+ 6.8 8.3 Al3+ 3.7 4.7 Fe3+ 1.8 2.8 (1)“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有_________________(写出1条即可)，滤渣B的成分为_________。 (2)“浸钒”过程中，主要发生的离子方程式为__________________。 (3)“萃取”前，用石灰乳先中和的原因是 __________________。 (4)“萃取”与“反萃取”的目的是 ，都需要用到的主要玻璃仪器是________，假设“滤液C”中c(VO2＋)=amol·L-1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4次“萃取和反萃取”后，“滤液C”中残留的c(VO2＋)＝__________mol·L-1。(萃取率＝×100％) (5)写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式__________________。 8．以铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，还含有MgO、Al2O3、SiO2等)为原料制备Na2Cr2O7∙2H2O的一种工艺流程如图。 已知：Al2O3与纯碱焙烧转化为NaAlO2，SiO2与纯碱焙烧转化为Na2SiO3。 (1)过程Ⅰ中FeCr2O4转化为Fe2O3和Na2CrO4，反应中FeCr2O4与O2的化学计量数之比为 。 (2)滤渣1主要含有 。 (3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 ①过程Ⅲ中使用H2SO4溶液的目的是 。 ②过程Ⅳ发生反应2CrO＋2H+Cr2O＋H2O，计算该反应的K≈ 。 (4)利用膜电解技术，以Na2CrO4溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备Na2Cr2O7，装置如图。 ①离子交换膜应该选用 。 a．阴离子交换膜 b．质子交换膜 c．阳离子交换膜 ②结合方程式解释Na2Cr2O7产生的原理 。 (5)测定产品中Na2Cr2O7∙2H2O的质量分数。 称取ag产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用bmol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。产品中Na2Cr2O7∙2H2O(摩尔质量为Mg∙mol-1)的质量分数为 。 已知：酸性条件下Cr2O被还原为Cr3+。 9．钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH： Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是______________________________；“滤渣1”中金属元素主要为_______。 (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是__________________________。取少量反应后的溶液，加入化学试剂_______检验_______，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为_________________________、________________。 (4)“除钴液”中主要的盐有_______(写化学式)，残留的Co3+浓度为_______mol·L-1。 10．SrCO3是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成分为SrSO4)为原料制备SrCO3的一种工艺方法如下： 天青石主要元素质量分数如下： 元素 Sr Ba Ca Al Si 质量分数(%) 36.4 2.0 4.0 0.5 5.0 Ksp(SrSO4)＝3.4×10-7，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10。 回答下列问题： (1)天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成SrS和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成CO2、CO时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳氧化物为___________(填“CO”或“CO2”)。 (2)“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为___________和___________。 (3)“水浸”后滤渣的主要成分除CaSiO3和C外，还有两种氧化物，化学式为___________和___________。 (4)“水浸”时需加热，SrS与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为___________(用化学方程式表示) (5)“水浸”后的滤液中c(Sr2+)＝0.680mol·L-1，c(Ba2+)＝0.024mol·L-1，“除杂”过程中(忽略H2SO4溶液引起的体积变化)，为使Sr2+不沉淀，应控制溶液中c(Ba2+)≥___________mol·L-1，每升滤液中篇加入1.0mol·L-1H2SO4 溶液的体积≤___________mL。 (6)“沉锶”过程中，可溶性Sr(OH)2发生反应的离子方程式为_________________________________。 第 9 页 共 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(八) 1．砷化镓可在一块芯片上同时处理光电数据，因而被广泛应用于遥控、手机、DVD计算机外设、照明等诸多光电子领域。从砷化镓废料(主要成分为GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3)中回收镓和砷的工艺流程如图所示： 已知：Ga与Al化学性质相似。 (1)Ga位于周期表 区。 (2)“碱浸”后得到的滤渣Ⅰ的化学式为 。“浸出液”中含有的阴离子为OH－、Ga(OH)、AsO、 等离子，碱浸反应GaAs发生反应的离子方程式为 。 (3)“中和”Ga(OH)发生反应的离子方程式为 。 (4)若“操作”在实验室完成，则使用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、 、 、玻璃棒。 (5)“酸溶”分离出的滤渣Ⅲ化学式为 。 (6)惰性电极电解NaGa(OH)4溶液时，在电极有金属镓生成，该电极反应式为 。 (7)实际工业中采用硫酸镓溶液与氨水反应“沉镓”，已知常温下Ksp[Ga(OH)3]＝10-34.1，Kb(NH3∙H2O)＝1.6×10-5，使0.1mol/L硫酸镓溶液中镓离子刚好沉淀完全[c(Ga3+)＝10-5mol/L]，则溶液中＝ 。 答案：(1)p (2)Fe2O3、CaCO3； SiO；GaAs＋4H2O2＋4OH－＝Ga(OH)＋AsO＋4H2O (3) Ga(OH)＋H+＝Ga(OH)3↓＋H2O (4)蒸发皿 普通漏斗 (5)H2SiO3 (6) Ga(OH)＋3e－＝Ga＋4OH－ (7) 6.25×10-5.7 解析：由题给流程可知，砷化镓废料经浆化后，加入氢氧化钠和过氧化氢混合溶液的碱浸，砷化镓转化为NaGa(OH)4和Na3AsO4，二氧化硅转化为硅酸钠，氧化铁、碳酸钙不与混合溶液反应，过滤得到含有氧化铁、碳酸钙的滤渣和含有硅酸钠、NaGa(OH)4和Na3AsO4的滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH，将溶液中的硅酸钠、NaGa(OH)4转化为硅酸、Ga(OH)3沉淀，过滤得到含有Na3AsO4的滤液和含有硅酸、Ga(OH)3的滤渣；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥得到Na3AsO4·12H2O；向滤渣中加入稀硫酸溶液，将Ga(OH)3转化为可溶于水的Ga2(SO4)3，过滤得到含有硅酸的滤渣和含有Ga2(SO4)3的滤液，加入氢氧化钠溶液Ga2(SO4)3生成NaGa(OH)4，电解NaGa(OH)4溶液生成Ga。 (1)Ga位于元素周期表中第四周期、ⅢA族，属于p区 (2)根据废料中成分GaAs、Fe2O3、SiO2和CaCO3和流程后面成分分析，不溶于NaOH、H2O2的是Fe2O3、CaCO3，因此滤渣Ⅰ是Fe2O3、CaCO3，滤液有Na+、OH－、Ga(OH)、AsO、SiO，故GaAs发生反应的离子方程式为GaAs＋4H2O2＋4OH－＝Ga(OH)＋AsO＋4H2O； (3)根据已知，Ga和Al相似具有两性，因此“中和”Ga(OH)发生反应的离子方程式为Ga(OH)＋H+＝Ga(OH)3↓＋H2O； (4)从溶液中获得晶体，一般经过：蒸发浓缩溶液、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此还需要的硅酸盐仪器有蒸发皿、普通漏斗； (5)“中和”中H2SO4与OH－、SiO、Ga(OH)依次反应，生成H2SiO3、Ga(OH)3沉淀，“酸溶”中Ga(OH)3沉淀溶解，分离了H2SiO3沉淀； (6)“转化”中Ga2(SO4)3与NaOH溶液生成NaGa(OH)4溶液，电解该溶液得到Ga单质，因此，阴极电极反应式为Ga(OH)＋3e－＝Ga＋4OH－； (7) Ga3+＋3NH3∙H2OGa(OH)3＋3NH计算该反应平衡常数K＝＝＝＝1.63×1019.1，＝[1.63×1019.1×c(Ga3+)]＝[1.63×1019.1×10-5]＝1.6×104.7；因此＝6.25×10-5.7。 2．氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色等。工业上常用辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含有少量SiO2、铁的氧化物等杂质)为原料制备氯氧化铋。 已知：①Bi3+在pH＝1时开始水解，pH≥3时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀； ②该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。 金属离子 Fe3+ Fe2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 沉淀完全的pH 2.9 8.2 (1)铋与氮同主族，且位于元素周期表的第六周期，基态Bi的价电子排布式为 。 (2)“浸渣”的主要成分是S和 ，“浸取”时生成S的离子方程式为 。 (3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是 。 (4)加入碳酸钠粉末制取BiOCl时，溶液pH值需控制的合理范围为 ，发生反应的化学方程式为 。 (5)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机物作离子导体)的负极材料，充电时嵌入K+，BiOCl被还原为Bi，则阴极的电极反应式是 。 (6)铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示，已知最近的两个铋离子之间的距离为apm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为 g∙cm-3(列出计算式即可)。 答案：(1)6s26p3 (2)SiO2 Bi2S3＋6Fe3+＝2Bi3+＋3S↓＋6Fe2+ (3)将铁离子还原为亚铁离子避免调节pH时铁转化为沉淀 (4) 3~7.2 BiCl3＋H2O＝BiOCl↓＋2HCl (5) BiOCl＋3e－＋3K+＝Bi＋KCl＋K2O (6) ×1030 解析：辉铋矿加入氯化铁、盐酸酸浸，铁离子具有氧化性将硫氧化为硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣，滤液含有Bi3+、Fe3+，加入盐酸羟胺将铁离子还原为亚铁离子避免调节pH时铁转化为沉淀，然后加入碳酸钠调节pH，结合题干可知，调节pH在3~7.2使得Bi3+完全水解为BiOCl沉淀； (1)铋与氮同主族，则为ⅤA族，且位于元素周期表的第六周期，则基态Bi的价电子排布式为6s26p3； (2)由分析可知，浸渣”的主要成分是S和SiO2，“浸取”时铁离子具有氧化性将硫氧化为硫单质，生成S的离子方程式为Bi2S3＋6Fe3+＝2Bi3+＋3S↓＋6Fe2+； (3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是将铁离子还原为亚铁离子避免调节pH时铁转化为沉淀； (4)已知： pH≥3时Bi3+几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀，且不能使得亚铁离子沉淀，则加入碳酸钠粉末制取BiOCl时，溶液pH值需控制的合理范围为3~7.2；Bi3+水解为白色的BiOCl沉淀，发生反应的化学方程式为：BiCl3＋H2O＝BiOCl↓＋2HCl； (5)充电为电解池，电解池中阴极发生还原反应，电解池中有机物作离子导体、充电时嵌入K+，则BiOCl得到电子发生还原反应被还原为Bi，反应为BiOCl＋3e－＋3K+＝Bi＋KCl＋K2O； (6)已知最近的两个铋离子之间的距离为apm，为面对角线的二分之一，则晶胞边长为apm；根据“均摊法”，晶胞中含8×＋6×＝4个Bi、8个O，则晶体密度为×1030g∙cm-3＝×1030g∙cm-3。 3．钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 (1)酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 (3)除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1∶2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 (4)除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和SO的离子方程式为 。 (5)沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 (6)上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 答案：(1)加快搅拌速率 (2)Fe(OH)3和CaSO4 (3) ①15∶2 ② (4)Mn2+＋S2O＋2H2O=2SO＋MnO2↓＋4H＋ (5)4Co(OH)34CoO＋O2↑＋6H2O 弱于 (6)D 解析：本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、锰，最终得到产品； (1)从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率； (2)由于酸浸时加入硫酸，根据表格中数据可知，向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为：Fe(OH)3和CaSO4； (3)①根据丁二酮肟的结构简式可知，其中σ键与π键数目之比为15∶2； ②该配合物中N提供孤电子对，Ni提供空轨道，且分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，则该配合物的结构为：； (4)该反应中锰离子被氧化为二氧化锰，同时Na2S2O8变为硫酸根离子，相应的离子方程式为：Mn2+＋S2O＋2H2O=2SO＋MnO2↓＋4H＋； (5)根据题意Co(OH)3中Co被还原为CoO杂质，同时氧的化合价升高为氧气，方程式为：4Co(OH)34CoO＋O2↑＋6H2O；根据题意酸浸液主要含有Co2+、Fe2+，除铁时加入过氧化氢，只能氧化Fe2+，则Co2+的还原性弱于Fe2+； (6)根据分析可知，滤液中含有锌离子，则滤液可返回湿法炼锌系统回收锌。 4．SiCl4是生产多晶硅的副产物。可以利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理、进而回收Li、Co等金属，部分流程如下： 已知：H2CO3的Ka1＝4.2×10-7、Ka2＝5.6×10-11。 (1)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，请写出“500℃焙烧”的化学方程式 。 (2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾。SiCl4发生水解时的机理及Si原子的杂化方式如下图： SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填序号)。 A．Si－C1键极性更大 B．Si的原子半径更大 C．Si－C1键键能更大 D．Si有更多的价层轨道 (3)HCO可以发生自耦电离：2HCOH2CO3＋CO，其平衡常数的数值K= 。 (4)“沉钴”时，滤液1与NaHCO3溶液混合时的加料方式是 。 (5)Li2CO3的溶解度随温度变化如下图所示。为了获得更多的Li2CO3，加入Na2CO3溶液后的操作X为 、洗涤、干燥。 (6)在纯氧中加热分解CoCO3，测得升温过程中固体的质量变化如下图所示。加热分解CoCO3制备Co3O4需要控制的温度范围为 (写出计算推理过程)。 答案：(1)4LiCoO2＋3SiCl44LiCl＋4CoCl2＋3SiO2＋O2↑ (2)ABD (3)1.3×10-4 (4)向滤液1中缓慢滴加NaHCO3溶液 (5)加热(或蒸发、蒸发浓缩)至大量晶体析出、趁热过滤 (6)300～600℃ 解析：由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成无污染气体和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，无污染气体是氧气；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；向滤液1加入碳酸氢钠溶液沉钴得到碳酸钴沉淀，煅烧后得到Co3O4；滤液2主要是LiCl，加入碳酸钠溶液得到碳酸锂。 (1)由分析可知，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，Co元素的化合价降低，故氧元素的化合价升高得到氧气，化学方程式为：4LiCoO2＋3SiCl44LiCl＋4CoCl2＋3SiO2＋O2↑； (2)A．Si－Cl键极性更大，易受到极性强的H2O影响，易水解，故A选； B．Si的原子半径更大，非金属性弱，Si－Cl键的极性强，分子中Si原子带有一定的正电荷，容易受到极性H2O的吸引，使之容易水解，故B选； C．Si－Cl键的键长大于C－Cl键，则 Si－C1键的键能小于C－Cl键，故C不选； D．硅原子有3d空轨道，可以接受氧原子的孤对电子，而碳原子没有d空轨道(因为没有2d轨道)，不能接受氧原子的孤对电子，所以四氯化硅能水解而四氯化碳不能水解，故D选； 答案为ABD； (3) 2HCOH2CO3＋CO的平衡常数K＝＝×＝Ka2×≈1.3×10-4； (4)“沉钴”时，滤液1与NaHCO3溶液混合时的加料方式是：向滤液1中缓慢滴加NaHCO3溶液； (5)由图可知，Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，因此向LiCl的滤液中加入碳酸钠后应该进行的操作是加热(或蒸发、蒸发浓缩)至大量晶体析出、趁热过滤； (6)设CoCO3为1mol，其质量为119g，如果分解变为Co3O4，则的质量为241g/mol×＝80.3g，固体质量的损失率为×100%＝32.5%，结合图像可知应该控制温度300～600℃。 5．钛的地壳丰度为0.42%，在元素相对丰度中占第10位，其金属及其化合物广泛应用于航空航天、生物工程和电子工业等领域。以钛铁矿为原料制备金属钛的生产流程图如下： (1)基态钛原子的价电子排布图为 。“高温氯化”时焦炭过量且氧化产物只有一种，写出反应的化学方程式： 。为制备纯度较高的液态Ti，可用控制温度的方法将杂质Mg和MgCl2以气体形式分离，已知Ti和Mg的晶胞类型相同，离子半径大小相近，解释Ti熔点高于Mg的原因： 。 (2)半导体材料TiO2用途广泛，其在光激发下可催化CO2实现“碳中和”。根据下图反应机理，可以将从工业尾气中捕获的二氧化碳(CO2)，合成亚运会主火炬的燃料绿色甲醇(CH3OH)，其化学反应方程式为 。 (3)为测定上述过程中产生TiO2样品的纯度，将样品溶解于强酸性溶液中，加入铝片将TiO2+还原为Ti3+(其还原性强于Sn2+)，然后以NH4SCN溶液作指示剂，用FeCl3标准液滴定，则滴定终点的现象是 。 (4)钙钛矿作为新型材料广泛应用于太阳能电池、LED等领域。 ①甲脒碘基钙钛矿FAPbI3与钙钛矿具有相同的晶胞结构a＝b＝c；α＝β＝γ＝90o)，FA+位于晶胞的8个顶点，I－位于6个面心，Pb2+位于I－构成的八面体空隙中心。现将Pb2+置于立方体的顶点，请按要求画出俯视图 。 ②2023年5月，黄教授团队在《Science》发表文章指出螯合分子BCP(结构如下图所示)与Pb2+相互作用，不仅能减少因Pb2+流失形成的环境污染，同时能有效提高FAPbI3钙钛矿电池和组件的功率转换效率、重复性和稳定性。在BCP结构中两个 (填“a处N原子”或“b处C原子”)与Pb2+形成螯合，选择该处原子的原因是 。 答案：(1) 2C＋2Cl2＋TiO2TiCl4＋2CO钛原子的价电子数比镁原子多，金属键更强 (2)2CO2＋4H2O3O2＋2CH3OH (3)当滴入最后半滴FeCl3标准液，溶液变成红色，且半分钟内不褪色 (4)① ②a处N原子；a处N原子与b处C原子均为sp2杂化，a处N原子形成2个σ键，还有1个孤电子对，可以与Pb2+配位 解析：钛铁矿经过一系列过程得到TiO2，根据题意，“高温氯化”时焦炭过量且氧化产物只有一种，故反应生成CO和TiCl4，化学方程式：2C＋2Cl2＋TiO2TiCl4＋2CO；精馏TiCl4后用Mg还原，得到Ti。 (1)基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为：；“高温氯化”时焦炭过量且氧化产物只有一种，故反应生成CO和TiCl4，化学方程式：2C＋2Cl2＋TiO2TiCl4＋2CO；Ti和Mg的晶胞类型相同，均为金属晶体，离子半径大小相近， Ti熔点高于Mg的原因：钛原子的价电子数比镁原子多，金属键更强； (2)由图可知，CO2和H2O反应生成CH3OH和气体单质，根据氧化还原反应原理可知，该气体单质为O2，故化学方程式为：2CO2＋4H2O3O2＋2CH3OH； (3)TiO2样品溶解于强酸性溶液中，加入铝片将TiO2+还原为Ti3+，离子方程式为：3TiO2+＋Al＋6H+＝3Ti3+＋Al3+＋3H2O，然后以NH4SCN溶液作指示剂，用FeCl3标准液滴定，Ti3+还原性强于Sn2+，故Fe3+先与Ti3+反应，过量后与SCN－反应，加入的最后半滴FeCl3标准液，生成红色络合物，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴FeCl3标准液，溶液变成红色，且半分钟内不褪色； (4)①甲脒碘基钙钛矿FAPbI3晶胞中，FA+位于晶胞的8个顶点，I－位于6个面心，Pb2+位于I－构成的八面体空隙中心，即Pb2+位于立方体的体心。现将Pb2+置于立方体的顶点，I－位于棱心，FA+位于体心，俯视图为：； ②在BCP结构中两个a处N原子与Pb2+形成螯合，选择该处原子的原因是：a处N原子与b处C原子均为sp2杂化，a处N原子形成2个σ键，还有1个孤电子对，可以与Pb2+配位。 6．钴、镍是重要的战略金属，在工业中占据重要地位。以湿法炼锌过程中产出的钴渣为原料，分离回收渣中钴、镍的工艺流程如下。 已知：①酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子： ②下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。 金属离子 Zn2+ Fe3+ Fe2+ Mn2+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 6.2 1.5 6.3 8.1 7.6 6.9 完全沉淀的pH 8.2 2.8 8.3 10.1 9.2 8.9 (1)酸浸。投料后，保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)除铁。先向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为 。 (3)除镍。Ni2+与丁二酮肟()反应生成鲜红色沉淀，可以用来检验Ni2+的存在。 ①丁二酮肟中σ键与π键数目之比为 。 ②Ni2+与丁二酮肟以物质的量之比1∶2发生反应生成配合物，分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，补充图中该配合物的结构并标注出氢键 。 (4)除锰。在酸性条件下，向除镍后液中加入Na2S2O8溶液选择性氧化Mn2+，反应生成MnO2和SO的离子方程式为 。 (5)沉钴。向除锰后的溶液中加入Na2S2O8溶液并控制溶液pH氧化沉Co2+。将Co(OH)3隔绝空气灼烧会生成Co2O3；如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，反应的化学方程式是 ；铁、钴、镍属于中等活泼的金属，根据流程可知：Co2+的还原性 (填“强于”、“弱于”)Fe2+。 (6)上述流程中___________(填字母)可返回湿法炼锌系统回收锌。 A．浸渣 B．滤渣1 C．滤渣3 D．滤液 答案：(1)加快搅拌速率 (2)Fe(OH)3和CaSO4 (3)15∶2 (4)Mn2+＋S2O＋2H2O＝2SO＋MnO2↓＋4H＋ (5)4Co(OH)34CoO＋O2↑＋6H2O 弱于 (6)D 解析：本题是一道从钴渣中回收钴、镍的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Zn2+、Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、锰，最终得到产品； (1)从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率； (2)由于酸浸时加入硫酸，根据表格中数据可知，向酸浸液中加入H2O2，反应完成后加入CaCO3调节溶液pH至4.0~4.5，得到滤渣1的主要成分为：Fe(OH)3和CaSO4； (3)①根据丁二酮肟的结构简式可知，其中σ键与π键数目之比为15∶2；②该配合物中N提供孤电子对，Ni提供空轨道，且分子中含有2个五元环，且通过氢键形成两个六元环，则该配合物的结构为：； (4)该反应中锰离子被氧化为二氧化锰，同时Na2S2O8变为硫酸根离子，相应的离子方程式为：Mn2+＋S2O＋2H2O=2SO＋MnO2↓＋4H＋； (5)根据题意Co(OH)3中Co被还原为CoO杂质，同时氧的化合价升高为氧气，方程式为：4Co(OH)3 4CoO＋O2↑＋6H2O；根据题意酸浸液主要含有Co2+、Fe2+，除铁时加入过氧化氢，只能氧化Fe2+，则Co2+的还原性弱于Fe2+； (6)根据分析可知，滤液中含有锌离子，则滤液可返回湿法炼锌系统回收锌。 7．钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中(主要含有V2O5和铝铁硅的氧化物)提取钒的主要流程如下： 已知：i．滤液A中的阳离子有H+、VO、Fe3+、Al3+等； ii．“萃取”过程可表示为VO2+＋2HA (有机相)VOA2(有机相)＋2H+。 金属离子 开始沉淀的pH(c＝0.01mol·L-1) 沉淀完全的pH(c＝10-5mol·L-1) Fe+ 6.8 8.3 Al3+ 3.7 4.7 Fe3+ 1.8 2.8 (1)“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有_________________(写出1条即可)，滤渣B的成分为_________。 (2)“浸钒”过程中，主要发生的离子方程式为__________________。 (3)“萃取”前，用石灰乳先中和的原因是 __________________。 (4)“萃取”与“反萃取”的目的是 ，都需要用到的主要玻璃仪器是________，假设“滤液C”中c(VO2＋)=amol·L-1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4次“萃取和反萃取”后，“滤液C”中残留的c(VO2＋)＝__________mol·L-1。(萃取率＝×100％) (5)写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式__________________。 答案：(1)适当增大硫酸浓度、适当升高温度、将矿石粉碎(合理即可) SiO2 (2) V2O5＋2H+＝2VO＋H2O (3)若不用石灰乳中和，溶液中c(H＋)较大，不利于平衡VO2+＋2HA (有机相)VOA2(有机相)＋2H+正向移动，对VO2+萃取效果不好 (4)将VO2+与其他金属离子分离开；分液漏斗；a×10-4 (5) (NH4)2V6O162NH3↑＋3V2O5＋H2O 解析：钒矿石焙砂用硫酸浸钒，滤液A中的阳离子主要有H+、VO2+、Fe3+、Al3+等，加铁粉把VO2+还原为VO2+、把Fe3+还原为Fe2+，加石灰乳调节pH=2；滤液C用有机溶剂萃取VO2+，VOA2(有机相)中加硫酸使VO2+＋2HA (有机相)VOA2(有机相)＋2H+平衡逆向移动，反萃取VO2+，把VO2+氧化为VO2+，加氨水生成(NH4)2V6O16沉淀，(NH4)2V6O16煅烧得V2O5。 (1)加快浸出速率可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升高温度、将矿石粉碎等。结合原料和滤液A中的离子可知，滤渣B为SiO2，SiO2是酸性氧化物，与硫酸不反应。 (2)“浸钒”过程中，V2O5转变为VO，反应方程式为V2O5＋2H+＝2VO＋H2O。 (3)若不用石灰乳中和，溶液中c(H＋)较大，不利于平衡VO2+＋2HA (有机相)VOA2(有机相)＋2H+正向移动，对VO2+萃取效果不好。 (4)“萃取”与“反萃取”是为了使VO2+进入有机相，与其他金属离子分离开，均需使用的仪器是分液漏斗。每进行一次，VO萃取率为90％，溶液中残留的VO2+为10％，故残留的c(VO2＋)＝a×(10%)4mol·L−1＝a×10-4mol·L−1。 (5)(NH4)2V6O16煅烧产生NH3和V2O5，化学反应方程式为(NH4)2V6O162NH3↑＋3V2O5＋H2O。 8．以铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，还含有MgO、Al2O3、SiO2等)为原料制备Na2Cr2O7∙2H2O的一种工艺流程如图。 已知：Al2O3与纯碱焙烧转化为NaAlO2，SiO2与纯碱焙烧转化为Na2SiO3。 (1)过程Ⅰ中FeCr2O4转化为Fe2O3和Na2CrO4，反应中FeCr2O4与O2的化学计量数之比为 。 (2)滤渣1主要含有 。 (3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。 ①过程Ⅲ中使用H2SO4溶液的目的是 。 ②过程Ⅳ发生反应2CrO＋2H+Cr2O＋H2O，计算该反应的K≈ 。 (4)利用膜电解技术，以Na2CrO4溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备Na2Cr2O7，装置如图。 ①离子交换膜应该选用 。 a．阴离子交换膜 b．质子交换膜 c．阳离子交换膜 ②结合方程式解释Na2Cr2O7产生的原理 。 (5)测定产品中Na2Cr2O7∙2H2O的质量分数。 称取ag产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用bmol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。产品中Na2Cr2O7∙2H2O(摩尔质量为Mg∙mol-1)的质量分数为 。 已知：酸性条件下Cr2O被还原为Cr3+。 答案：(1)4∶7 (2)Fe2O3和MgO (3)①调节溶液pH使AlO、SiO转化沉淀过滤除去 ②1014.8 (4) ①c ②阳极发生反应为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，导致c(H+)增大，促进平衡2CrO＋2H+ Cr2O＋H2O正向移动，产生Cr2O，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7 (5) 解析：分析流程可知，铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，还含有MgO、Fe2O3、SiO2等)中加入纯碱，也有O2参与，进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、 NaAlO2、Na2SiO3加入水进行“浸取”, 过滤，滤渣1为不溶于水的MgO、Fe2O3，向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3、MgSiO3转化为氢氧化铝、氢氧化镁和硅酸沉淀(滤渣2)过滤除去，再向滤液中加入H2SO4 ，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4可以循环利用，据此分析回答问题。 (1)由题可知，过程Ⅰ中FeCr2O4转化为Fe2O3和Na2CrO4，反应为：4FeCr2O4＋7O2＋8Na2CO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2，反应中FeCr2O4与O2的化学计量数之比为4∶7，故答案为：4∶7。 (2)根据分析可知滤渣1主要含有Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO。 (3)①向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，故答案为：调节溶液pH使AlO、SiO转化沉淀过滤除去； ②过程Ⅳ发生反应2CrO＋2H+Cr2O＋H2O，图中的点取pH＝2.4，对应lgc(Cr2O)＝0，有c(Cr2O)＝1mol·L−1，又有lgc(CrO)＝－5即c(CrO)＝1×10-5mol·L−1，该反应的K＝＝＝1×1014.8，故答案为：1014.8。 (4)以Na2CrO4溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液，制备Na2Cr2O7，电解过程中实质是电解水，阳极反应为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，阴极反应为：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，阳极区中由2CrO＋2H+Cr2O＋H2O可知，Cr2O在H+浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极区产生，为保持溶液为电中性，离子交换膜应该选用阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜移向阴极，由此可知总反应方程式为：4Na2CrO4＋4H2O2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑，故答案为：c；阳极发生反应为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，导致c(H+)增大，促进平衡2CrO＋2H+Cr2O＋H2O正向移动，产生Cr2O，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7。 (5)根据得失电子守恒，可得反应的关系式为：Cr2O～2Cr3+～6Fe2+，ω(Na2Cr2O7∙2H2O)＝×100%，即，故答案为：。 9．钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH： Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是______________________________；“滤渣1”中金属元素主要为_______。 (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是__________________________。取少量反应后的溶液，加入化学试剂_______检验_______，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为_________________________、________________。 (4)“除钴液”中主要的盐有_______(写化学式)，残留的Co3+浓度为_______mol·L-1。 答案：(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb (2)将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素 K3[Fe(CN)6]溶液 Fe2+ (3)3Co2+＋MnO＋7H2O＝3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+ 、3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+ (4)ZnSO4、K2SO4 10-16.7 解析：由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH＝4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH＝5时Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 (1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb； (2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SO等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2； (3)由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH＝5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2+＋MnO＋7H2O＝3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+、3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+； (4)最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的SO，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH＝1.1时c(H+)＝10-1.1mol·L-1，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中c(Co3+)＝1.0×10-5mol·L-1，则c(OH－)＝＝10-12.9mol·L-1，则Ksp[Co(OH)3]＝1.0×10-5×(10-12.9)3＝10-43.7。“除钴液”的pH＝5，即c(H+)＝10-5mol·L-1，则c(OH－)＝＝10-9mol·L-1，此时溶液中c(Co3+)＝＝＝10-16.7mol·L-1。 10．SrCO3是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成分为SrSO4)为原料制备SrCO3的一种工艺方法如下： 天青石主要元素质量分数如下： 元素 Sr Ba Ca Al Si 质量分数(%) 36.4 2.0 4.0 0.5 5.0 Ksp(SrSO4)＝3.4×10-7，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10。 回答下列问题： (1)天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成SrS和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成CO2、CO时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳氧化物为___________(填“CO”或“CO2”)。 (2)“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为___________和___________。 (3)“水浸”后滤渣的主要成分除CaSiO3和C外，还有两种氧化物，化学式为___________和___________。 (4)“水浸”时需加热，SrS与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为___________(用化学方程式表示) (5)“水浸”后的滤液中c(Sr2+)＝0.680mol·L-1，c(Ba2+)＝0.024mol·L-1，“除杂”过程中(忽略H2SO4溶液引起的体积变化)，为使Sr2+不沉淀，应控制溶液中c(Ba2+)≥___________mol·L-1，每升滤液中篇加入1.0mol·L-1H2SO4 溶液的体积≤___________mL。 (6)“沉锶”过程中，可溶性Sr(OH)2发生反应的离子方程式为_________________________________。 答案：(1)CO2 (2)CO SO2 (3)Al2O3 SiO2 (4)SrS＋2H2OH2S＋Sr(OH)2 (5) 2×10-4 23.8 (6)Sr2+＋2OH－＋CO2＝SrCO3↓＋H2O 解析：天青石与碳粉混合煅烧生成SrS和碳氧化物，水浸后滤液中加入硫酸，除去钡离子，过滤后滤液中通入二氧化碳，生成碳酸锶。 (1)生成CO2、CO时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，说明两者都有，设生成的碳氧化物中CO2含量为x，则CO含量为(1－x)，则有0.304x＋0.386(1－x)＝0.326x＝0.73,因此煅烧中主要生成的碳氧化物为CO2； (2)煅烧过程中还可能生成少量对环境有危害的气体，天青石的主要成分为SrSO4，能生成的有害气体只有SO2，碳粉能生成的有害气体只有CO，其他物质无法生成有害气体，则两种气体的化学式为SO2和CO； (3)天青石中含有Ba、Ca、Al和Si，Si转化的SiO2和Al转化的Al2O3不能溶于水，所以两种氧化物为Al2O3和SiO2； (4)SrS溶于水几乎完全水解，使溶液呈碱性，化学方程式为SrS＋2H2OH2S＋Sr(OH)2； (5)根据Ksp(SrSO4)＝3.4×10-7可知，SrSO4开始沉淀时，硫酸根离子浓度为＝5×10-7mol·L-1，为使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则钡离子浓度需大于＝2×10-4mol·L-1，为使Sr2+不沉淀，在1L溶液中n(Ba2+)总－n(Ba2+)硫酸消耗＝2×10-4mol，硫酸根与钡离子满足1∶1反应，则1L中硫酸的物质的量为0.024－2×10-4＝0.0238mol，硫酸浓度为1mol/L，则体积为23.8mL； (6)沉锶过程中，可溶性Sr(OH)2溶液与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，离子方程式为Sr2+＋2OH－＋CO2＝SrCO3↓＋H2O。 第 16 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $