2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练10

2026届高考化学二轮《化学工艺流程》大题专练(十) 1．钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含Cr2O、[Ni(CN)4]2-、SO等)并回收铬元素的工艺路线如下： 已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：Cr2O＋H2O2CrO＋2H+ II．室温下相关物质的Ksp如下： 化合物 CaSO4 BaSO4 BaCrO4 Ksp 4.9×10-5 1.1×10-10 1.2×10-10 (1)向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN－，生成无毒无味气体，补全该反应的离子方程式： 。 □CN－＋□_____+□_____＝□HCO＋□____＋□_____ ②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因： 。 (2)用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH变化如图。与预调pH＝6相比，pH＝7时Cr(VI)的去除率显著提高，可能的原因有 (写出两条)。 (3)沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为 。 (4)溶液2需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。 步骤1：取aL含Ba2+废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定至CrO全部转化为Cr2O，消耗HCl标准溶液的体积为bmL。 步骤2：取100mL蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。 ①步骤1中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是 。 ②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1(写出表达式)。 答案：(1) ① 2CN－＋5ClO－＋1H2O＝2HCO＋1N2↑＋5Cl－ ②ClO-氧化CN－，使c(CN－)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2+＋4CN－正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀 (2) ①预调pH＝7，溶液中c(H+)降低，平衡Cr2O＋H2O2CrO＋2H+正向移动，c(CrO)增大，生成BaCrO4沉淀量增大 ②预调pH＝7要加入更多的石灰乳，会将更多的SO转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀SO消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与CrO反应生成BaCrO4沉淀 (3)2BaCrO4＋2H+＋2SO＝2BaSO4＋Cr2O＋H2O (4) ①保证废水中Ba2+沉淀完全 ② 解析：流程分析：加石灰乳调节PH后，SO转化为CaSO4沉淀(微溶)，Cr2O主要转化成CrO；破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4和BaSO4；加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和Cr2O。 (1)①NaClO能氧化CN－，生成无毒无味气体N2和HCO，NaClO被还原为Cl－等无毒无害物质，CN-失去5个电子，ClO-获得2个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，ClO－系数是5，反应的离子方程式：2CN－＋5ClO－＋1H2O＝2HCO＋1N2↑＋5Cl－； ②ClO－氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2+＋4CN－正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀，提高镍元素的去除率； (2)①预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡Cr2O＋H2O2CrO+2H+正向移动，c(CrO)增大，生成BaCrO4沉淀量增大；②预调pH＝7要加入更多的石灰乳，会将更多的SO转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀SO消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与CrO反应生成BaCrO4沉淀； (3)沉淀2中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：Cr2O＋H2O2CrO+2H+，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4＋2H+＋2SO＝2BaSO4＋Cr2O＋H2O (4)①保证废水中Ba2+沉淀完全 ②根据离子方程式：Cr2O＋H2O2CrO+2H+ ，n(H+)～n(CrO)～n(Ba2+)，步骤2消耗的HCl是与全部的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1消耗的HCl是CrO与全部Ba2+反应后剩余的CrO所需量，两者的差值即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)＝n(CrO)＝n(Ba2+)＝(c－b)×10-3L×0.1mol·L−1，m(Ba2+)＝137×(c－b)×10-4g；则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1 2．研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。 I．工业上酸浸提锌 氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等。 已知： i．几种难溶电解质的Ksp 难溶电解质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 Ksp 4.9×10-17 2.8×10-39 1.0×10-33 3.0×10-17 ii．浸出液中主要金属阳离子浓度 粒子 Zn2+ Fe2+和Fe Al 浓度(mol/L) 0.3 0.1 0.1 (1)浸出渣的主要成分有PbSO4、CaSO4和SiO2。PbO和H2SO4反应的离子方程式是 。 (2)加入试剂a的目的是 。 (3)电解前，含Zn2+溶液中铁和铝的离子浓度均需小于10-6mol/L，应调节pH的范围是(忽略①和②导致的体积变化) 。 II．实验室中氨浸提锌 已知： iii．[Zn(NH3)4]2+Zn2+＋4NH3 K＝10-9.5   iv．M的结构简式如图所示()，R为－C9H19，两个羟基中、酚羟基酸性较强。 (4)NH3和(NH4)2SO4浸取ZnO发生反应的离子方程式是 。 (5)M能与Zn2+形成稳定的配合物X，相关反应为2M＋Zn2+2H+＋X。 ①补全图中X的结构并用“∙∙∙”标出氢键 。 ②X中形成氢键有利于Zn2+的萃取，原因可能是 。 (6)从平衡移动的角度解释CO2能提高有机溶液中X含量的原因： 。 答案：(1)PbO＋2H+＋SOPbSO4＋H2O (2)将Fe2+氧化成Fe3+，利于通过调pH将其除去 (3)5.0～6.0 (4)ZnO＋2NH3＋2NH＝[Zn(NH3)4]2+＋H2O (5) ① ②提高X结构的稳定性；提高X在有机溶剂中的溶解性；降低X在水中的溶解性 (6)CO2与NH3反应，c(NH3)降低，促进[Zn(NH3)4]2+Zn2+＋4NH3向正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进2M＋Zn2+2H+＋X向正向移动 解析：氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等，向其中加稀硫酸并加热，其中的ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO均能与稀硫酸反应，依次转化为ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、PbSO4、Al2(SO4)3、CaSO4，过滤时PbSO4和CaSO4以及不反应的SiO2成为浸出渣，浸出液中主要含有ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3，因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，然后调节溶液的pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，获得含锌离子的溶液后，通过电解得Zn。 (1)PbO和H2SO4反应生成硫酸铅，其离子方程式是PbO＋2H+＋SOPbSO4＋H2O； (2)因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，即加入试剂a的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，利于后续通过调pH将其除去； (3)氢氧化铝和氢氧化铁属于同类型的难溶物，由表中所给两者溶度积常数可知，当Al3+完全沉淀时，Fe3+也已完全沉淀，调pH时应使Zn2+不沉淀、而使Al3+和Fe3+浓度小于10-6mol/L，要使Zn2+不沉淀，c(OH－)＜＝＝10-8mol/L，pH＜6.0，要使c(Al3+)＜10-6mol/L，则c(OH－)＞＝＝10-9mol/L，即pH＞5.0，所以应调节pH的范围是5.0～6.0； (4)NH3和(NH4)2SO4的混合溶液浸取ZnO时，ZnO溶解生成[Zn(NH3)4]2+，反应的离子方程式是ZnO＋2NH3＋2NH＝[Zn(NH3)4]2+＋H2O； (5)①M中氮原子上有1对孤电子对、氧原子上有2对孤电子对，Zn2+有空轨道，所以氮原子和氧原子能够与Zn2+形成配位键，已知两个羟基中酚羟基酸性较强，即酚羟基更活泼，所以应是酚羟基的氧原子和Zn2+形成配位键，又由于氧元素的电负性很强，所以氮原子所连的羟基氢原子与配合物X中的原酚羟基O原子之间形成氢键，补全图中X的结构并用“∙∙∙”标出氢键如下 ； ②氢键的形成能提高X结构的稳定性、提高X在有机溶剂中的溶解性或降低X在水中的溶解性，所以X中形成氢键有利于Zn2+的萃取； (6)CO2是酸性氧化物，能与NH3反应，即能消耗NH3，使c(NH3)降低，据勒夏特列原理，[Zn(NH3)4]2+Zn2+＋4NH3将向正反应方向移动，导致c(Zn2+)增大，最终促进2M＋Zn2+2H+＋X向正向移动，所以CO2能提高有机溶液中X含量。 3．草酸钴(CoC2O4∙2H2O)可用于催化剂的制备，用水钻矿(主要成分为CoOOH，含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2杂质)制备草酸钴工艺流程如图所示： 资料：①CoOOH不能直接被H2SO4浸出； ②酸性条件下，ClO转化为Cl－，但ClO不会氧化Co2+； ③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Co(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀时的pH 2.7 7.6 4.0 7.6 7.7 完全沉淀时的pH 3.7 9.6 5.2 9.2 9.8 (1)酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取的一种措施为 。 (2)浸出过程中CoOOH发生反应的离子方程式为 。 (3)向“浸出液”中加入NaClO3的作用是 。 (4)加入Na2CO3调节溶液pH至5.2，过滤所得到的沉淀成分为 。 (5)滤液I“除镁、钙”是将镁、钙离子转化为MgF2、CaF2沉淀。已知在该操作温度下，Ksp(CaF2)＝9.0×10-9，若使Ca2+沉淀完全[c(Ca2+)≤10-5mol/L]，所需F－浓度不低于 mol·L−1。 (6)在萃取除锰时，先向除杂后的溶液中加入有机酸萃取剂，金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图，萃取应选择的pH范围是 。 A．2.0~2.5 B．3.0~3.5 C．4.0~4.5 (7)为测定制得样品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol·L−1KMnO4溶液滴定，已知MnO在酸性条件下被还原为Mn2+，达到滴定终点时，用去KMnO4溶液20.00mL。所得草酸钴样品中CoC2O4∙2H2O的纯度为 [已知： M(CoC2O4∙2H2O)＝183g/mol]。 (8)在空气中加热18.3gCoC2O4∙2H2O (摩尔质量为183g/mol)，残留固体质量随温度变化曲线如图2所示。A点对应固体的成分为 (填化学式)。 答案：(1)将矿石研磨成粉末状(其他合理答案) (2)2CoOOH＋SO＋4H+＝2Co2+＋SO＋3H2O (3)将Fe2+氧化为Fe3+便于除去 (4)Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)0.03 (6)B (7)91.5% (8) CoC2O4 解析：用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O，根据流程可知，在水钴矿中加入盐酸和Na2SO3，所得浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；浸出液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，将Fe3+、Al3+全部转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后所得滤液I中加入NaF溶液，目的是除去Ca2+和Mg2+，向滤液Ⅱ中加入萃取剂，将锰离子萃取，在萃后余液中加入草酸铵溶液得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到CoC2O4•2H2O，据此分析解答。 (1)酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取将矿石研磨成粉末状、适当提高温度、搅拌等措施； (2)浸出过程中CoOOH与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成Co2+，根据原子守恒和电子守恒，其反应的离子方程式为2CoOOH＋SO＋4H+＝2Co2+＋SO＋3H2O，故答案为：2CoOOH＋SO＋4H+＝2Co2+＋SO＋3H2O； (3)浸出液中加入NaClO3的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，进而调节pH除去Fe3+。 (4)加Na2CO3调节溶液pH至5.2，使Fe3+、Al3+全部转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去； (5)当Ca2+沉淀完全时，c(F－)＝＝＝3.0×10-2mol/L，故答案为：0.03； (6)由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知，溶液pH在接近3.0时，Mn2+的萃取率最高，同时Co2+的萃取率在较低水平，因此适宜pH范围是接近3.0，故选B。 (7)称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/LKMnO4溶液滴定，C2O被氧化为CO2，MnO被还原为Mn2+，根据电子守恒得关系式2MnO~~5C2O~~5CoC2O4•2H2O，达到滴定终点时，共用去KMnO4溶液20.00mL，则5CoC2O4•2H2O的物质的量为0.1mol/L×0.02L×＝0.005mol，所得草酸钴样品中CoC2O4•2H2O的纯度为×100%＝91.5%； (8)设A点对应固体的成分为X，其式量为X，则有： CoC2O4∙2H2O ～ X ～ △M 183 X 183－X 18.3g 14.7g 3.6g 列比例计算： ＝，解得X＝147，恰好是CoC2O4∙2H2O失去2个结晶水，生成X的化学式为：CoC2O4。 4．工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。 (1)用足量(NH4)2SO4溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为 。 (2)“浸出”时As2O3转化为AsO。“除砷”步骤①中用(NH4)2S2O8作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为 。 (3)“除重金属”时，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是 和BaSO4。 (4)“蒸氨”时会出现白色固体ZnSO4∙Zn(OH)2，运用平衡移动原理解释原因： 。 (5)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为 。 (6)“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：i．固体失重质量分数＝×100%。 ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。 ①280℃时煅烧ZnCO3，300min后固体失重质量分数为33.3％，则ZnCO3的分解率为 ％(保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率＞95％)、高活性(ZnO比表面积＞40m2∙g-1)产品ZnO的最佳条件是 (填字母序号)。 a．恒温280℃，60～120min b．恒温300℃，240～300min c．恒温350℃，240～300min d．恒温550℃，60～120min (7)该流程中可循环利用的物质有 。 答案：(1) ①提高浸出效率 ②ZnO＋2NH3∙H2O＋2NH＝[Zn(NH3)4]2+＋3H2O (2)H2O＋AsO＋S2O＝AsO＋2SO＋2H+ (3)CuS (4)“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡[Zn(NH3)4]2+Zn2+＋4NH3正向移动，[Zn(NH3)4]2+转化为Zn2+，Zn2+和溶液中SO和OH-结合得到白色固体 (5) ZnSO4∙Zn(OH)2＋2HCO＝2ZnCO3＋SO＋2H2O (6)①94.6% ②b(7)(NH4)2SO4、NH3 ▪H2O、CO2 解析：锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)中加入(NH)2SO4和氨水，过滤后，滤液中含有[Zn(NH3)4]2+、AsO、[Cu(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+，加入(NH4)2S2O8、FeSO4、CaO，先将AsO氧化为AsO，再将Fe2+氧化为Fe3+，二者反应生成FeAsO4、Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀；过滤后，滤液中加入BaS，将重金属离子转化为沉淀，过滤后，滤液中加入Zn，深度除金属离子，过滤后蒸氨，再向溶液中加入NH4HCO3和CO2将[Zn(NH3)4] 2+转化为ZnCO3沉淀，烘干后煅烧，得到ZnO，以此解答。 (1)①“浸出”时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高浸出效率； ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为ZnO＋2NH3▪H2O＋2NH＝[Zn(NH3)4]2+＋3H2O。 (2)“浸出”时As2O3转化为AsO，由分析可知，AsO和(NH4)2S2O8发生氧化还原反应生成AsO和SO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：H2O＋AsO＋S2O＝AsO＋2SO＋2H+。 (3)除砷后溶液中还存在少量Ca2+、Cu2+、Ni2+、Zn2+，其中Ni2+在深度除金属离子中除去，则“除重金属”时，加入BaS溶液可以将Cu2+除去，滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和BaSO4。 (4)“蒸氨”过程中有NH3产生，溶液中NH3的浓度降低，平衡[Zn(NH3)4] 2+Zn2+＋4NH3↑正向移动，[Zn(NH3)4]2+转化为Zn2+，溶液中还存在SO和OH－，得到白色固体ZnSO4∙Zn(OH)2。 (5)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体ZnSO4∙Zn(OH)2转化为ZnCO3的离子方程式为：ZnSO4∙Zn(OH)2＋2HCO＝2ZnCO3＋SO＋2H2O。 (6)①ZnCO3加热时发生分解ZnCO3ZnO＋CO2↑，设加热前ZnCO3的质量为ag，300min后固体失重质量分数为33.3％，则生成CO2的质量为0.333ag，ZnCO3分解的质量为×125g，则ZnCO3的分解率为×100%＝94.6%； ②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由①可知ZnCO3分解率＞95％，由图2可知，恒温550℃时，ZnO比表面积＜40m2∙g-1，则应该选择恒温300℃，240～300min，故选b。 (7)由分析可知，(NH4)2SO4、NH3 ∙H2O、CO2都可循环使用，则流程中可循环利用的含氮物质有(NH4)2SO4、NH3 ∙H2O、CO2。 5．从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下： 已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。 (1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。 ①加入NaNO3的作用 。 ②固体B含有 。 (2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①氨水“络合浸出”的化学方程式是 。 ②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整： 。 □ __________＋N2H4·H2O＝N2↑＋H2O＋□ __________＋□ __________＋□NH3↑ (3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因 ；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因 。 ②写出pH＝14时甲醛“还原析银”的离子方程式 。 答案：(1)①利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化 ②AgCl和PbSO4 (2) ①AgCl＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]Cl＋2H2O ②4[Ag(NH3)2]+＋N2H4·H2O＝N2↑＋H2O＋4Ag↓＋4NH＋4NH3↑ (3) ①溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低； 亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag ②2[Ag(SO3)2]3−＋HCHO＋3OH－＝2Ag↓＋4SO＋HCOO−＋2H2O 解析：由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。 (1)①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化； ②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4； (2)①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]Cl＋2H2O； ②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]+＋N2H4·H2O＝N2↑＋H2O＋4Ag↓＋4NH＋4NH3↑，故答案为：4[Ag(NH3)2]+＋N2H4·H2O＝N2↑＋H2O＋4Ag↓＋4NH＋4NH3↑； (3)①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag； ②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−＋HCHO＋3OH－＝2Ag↓＋4SO＋HCOO−＋2H2O，故答案为：2[Ag(SO3)2]3−＋HCHO＋3OH－＝2Ag↓＋4SO＋HCOO−＋2H2O。 6．冶炼金属产生的酸泥属于有价值危险物。从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒的一种工艺如下： (1)“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液。 ①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是 。 ②不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为 。 ③浸出时间等其他条件相同时，不同的NaClO3投加量对汞、硒浸出率的影响如图所示。选择最佳NaClO3投加量并说明理由 。 (2)沉汞后液中磷以最高价形式存在。“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (3)已知Se(s)＋Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液。利用该原理对粗硒进行提纯，实验操作是 。 (4)粗硒中硒的纯度测定 i．取0.1 g 粗硒于锥形瓶中，加入15 mL浓盐酸和1mL浓硝酸，沸水浴加热，使Se全部转化为H2SeO3； ii．除去过量的HNO3和溶解的NO2； iii．加入2 mL KI溶液、5 mL淀粉溶液，然后用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液V mL。 已知：H2SeO3＋4KI＋4HCl＝Se＋2I2＋4KCl＋3H2O H2SeO3＋4Na2S2O3＋4HCl＝Se＋2Na2S4O6＋4NaCl＋3H2O I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI ①到达滴定终点时的现象为 。 ②依据现有数据能否计算出粗硒中硒的纯度？若能，请写出计算式；若不能，请写出还需要的数据。 。 答案：(1①过滤 ②HgSe＋ClO＋2H+＝Hg2+＋Cl－＋H2SeO3 ③70 g/L (2)4∶1 (3)将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥 (4) ①溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复 ② 解析：从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒，酸泥在H2SO4、NaClO3混合溶液中氧化浸出，“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，过滤分离不溶物后，往浸出液加入NaH2PO2还原沉淀得到汞渣，沉汞后液加入SO2进行沉硒，得到粗硒，再将沉硒后液用石灰乳中和，得到中和液及中和渣。 (1)①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是过滤。 ②根据“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为HgSe＋ClO＋2H+＝Hg2+＋Cl－＋H2SeO3。 ③根据图示，70 g/L时汞、硒浸出率已达到最大值，故选择最佳NaClO3投加量并说明理由70 g/L。 (2)NaH2PO2中P为＋1价，沉汞后液中磷以最高价＋5价的形式存在，P化合价升高，NaH2PO2为还原剂，Hg2+由＋2价降低为＋1价，Hg2+为氧化剂，根据得失电子守恒，“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶1。 (3)根据已知Se(s)＋Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液，对粗硒进行提纯，该实验操作是将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。 (4)①根据淀粉遇碘变蓝，到达滴定终点时的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复。 ②根据反应可知，得关系式为H2SeO3~Se~2I2~4Na2S2O3，该粗硒的纯度为＝×100%，故可以计算出其纯度。 7．一种高硫锰矿的主要成分MnCO3，含有SiO2、FeCO3、MnS、FeS、CuS、NiS等杂质，其中SiO2、FeCO3含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。 已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。 金属硫化物 CuS NiS MnS FeS Ksp 6.3×10-36 1.0×10-24 2.5×10-10 6.3×10-18 ②金属离子的lgc(M)与溶液pH的关系如图所示。 (1)在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是 。 (2)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是 。 (3)酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为 ；加入MnO2的作用是 (用离子方程式表示)。 (4)调溶液pH到5左右，滤渣2的主要成分是 。 (5)由图像可知，从“操作”所得溶液中得到MnSO4∙H2O晶体需进行的操作是 、洗涤、干燥。 (6)锰含量测定： i．称取Ag晶体，加水溶解，将滤液定容于100mL容量瓶中。 ii．取10.00mL溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应，产生MnO和SO，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。 iii．加入指示剂，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为cmL，MnO重新变成Mn2+。废渣中锰元素的质量分数为 。 答案：(1)增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分 (2)H2S (3)MnCO3＋2H+＝Mn2+＋CO2↑＋H2O MnO2＋2Fe2+＋4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O (4)Fe(OH)3 (5)蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤 (6)% 解析：高硫锰矿的主要成分MnCO3，含有SiO2、FeCO3、MnS、FeS、CuS、NiS等杂质，其中SiO2、FeCO3含量较大，碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，过滤得到的脱硫矿粉中含S、Fe(OH)3、碳酸盐和金属氧化物，加入硫酸酸浸，并加入MnO2氧化Fe2+，生成的滤液中含Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S以滤渣1的形式除去，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化钠可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥后得到MnSO4∙H2O。 (1)在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分； (2)未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢； (3)酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：MnCO3＋2H+＝Mn2+＋CO2↑＋H2O；加入MnO2目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：MnO2＋2Fe2+＋4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O； (4)根据金属离子的lgc(M)与溶液pH的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是Fe(OH)3； (5)由图像可知，温度在40℃以下，溶液析出的晶体为MnSO4∙5H2O，因此从“操作”所得溶液中得到MnSO4∙H2O晶体需进行的操作是：蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥； (6)过程中存在反应：2Mn2+＋5S2O＋8H2O＝2MnO＋10SO＋16H+、MnO＋5Fe2+＋8H+＝Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，存在关系式Mn2+～5Fe2+，n(Mn2+)＝n(Fe2+)＝(×bc×10-3)mol＝2bc×10-4mol，质量为2bc×10-4mol×55g/mol＝0.011bcg，质量分数为： ×100%＝%。 8．稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光。导弹等尖端领域，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，设计实验流程如下： 已知：①显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质； ②CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。 回答下列问题： (1)将废玻璃粉碎的目的是________________________。 (2)工序1中加入H2O2的作用是_______________________。 (3)工序3是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、常温晾干。 (4)工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式_______________________，滤渣2的主要成分是___________。 (5)硫酸铁铵可用作净水剂，但在除酸性废水中悬浮物时效果较差，原因是___________。 (6)取上述流程中得到Ce(OH)4产品0.640g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中Ce元素的质量分数为___________，(保留三位有效数字) 答案：(1)增大反应接触面积，加快反应速率 (2)将Fe2+氧化成Fe3+ (3)冷却结晶 (4) 2CeO2＋H2O2＋6H+＝2Ce3+＋O2↑＋4H2O SiO2 (5)酸性会抑制Fe3+水解 (6)54.7%或0.547 解析：显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质，CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，玻璃粉碎后加入稀硫酸酸溶，其中SiO2、CeO2不溶，FeO、Fe2O3等溶于酸，过滤得到滤渣1为SiO2、CeO2，滤液中主要含亚铁离子和铁离子，滤液中加入稀硫酸和过氧化氢，氧化亚铁离子生成铁离子，加入硫酸铵通过工序2和工序3，得到硫酸铁铵晶体，滤渣1中加入稀硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应，过氧化氢在酸溶液中做还原剂被氧化生成氧气，CeO2被还原生成Ce3+，过滤得到滤渣2为SiO2，滤液中通入氧气，加入氢氧化钠溶液反应得到Ce(OH)4，加热分解生成CeO2，加入还原剂还原生成Ce； (1)将废玻璃粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率； (2)工序1中加入H2O2的作用是：把Fe2+离子氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+； (3)工序3是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干，故答案为：冷却结晶； (4)工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式为：2CeO2＋H2O2＋6H+＝2Ce3+＋O2↑＋4H2O，分析可知滤渣2的主要成分是：SiO2，故答案为：2CeO2＋H2O2＋6H+＝2Ce3+＋O2↑＋4H2O；SiO2； (5)硫酸铁可用作絮凝剂的原理为三价铁离子水解生成氢氧化铁的胶体具有吸附性，但在酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体，故答案为：酸性会抑制Fe3+水解； (6)Ce(OH)4产品0.640g,物质的量n(Ce(OH)4)，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，反应的离子方程式：Ce(OH)4＋Fe2+＋4H+＝Ce3+＋Fe3+＋4H2O，根据电子守恒建立关系式：Ce(OH)4 ～ FeSO4 1mol 1mol 0.0025mol 0.1mol/L×0.025L，n(Ce)＝n[Ce(OH)4]＝0.0025mol，所以m(Ce)＝0.0025mol×140g/mol＝0.35g，产品中Ce元素的质量分数＝×100%＝54.7%，故答案为：54.7%。 9．利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下： (1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有___________。 (2)浸取温度不宜超过60℃，原因是___________________________________________。 (3)为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳pH范围为___________，理由是_________________________________________。 A．1.5~2.0 B．2.0~3.0 C．3.0~4.0 D．4.5~5.0 金属离子 开始沉淀的pHc＝0.01mol·L-1 沉淀完全的pHc＝1.0×10-5mol·L-1 Fe2+ 6.8 8.3 Al3+ 3.7 4.7 Fe3+ 1.8 2.8 Cu2+ 5.2 6.7 Mn2+ 8.6 10.1 Zn2+ 6.7 8.2 (4)滤渣的主要成分有Fe(OH)3、___________和MnO2，该工艺中去除锰的离子方程式为___________。 (5)最适宜使用的还原剂是___________，理由为___________________________________。 (6)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl生成，该反应方程式为__________ ________________________，产品中Zn(OH)Cl含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求Zn(OH)Cl含量不超过2.30%，降低产品中Zn(OH)Cl含量的方法有_____________________________。 答案：(1)将固体废料粉碎、适当加热等 (2)减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌 (3)D 在pH4.5~5.0的范围内，Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不会沉淀 (4)Al(OH)3 3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+ (5)单质锌 不会带入新的杂质 (6)ZnCl2＋H2OZn(OH)Cl＋HCl 减压蒸发，控制温度不超过300oC 解析：利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的流程分析如下：含锌废料先用盐酸浸取，同时调pH除掉将铝离子、铁离子变为沉淀，加入高锰酸钾进行氧化除杂将铁氧化为高价态的氢氧化物沉淀，加入还原剂将铜还原为单质除掉，得到较纯净的氯化锌，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌固体。 (1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有将固体废料粉碎、适当加热等； (2)浸取温度不宜超过60℃，原因是减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌； (3)浸取的目的是要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表格中的数据，应该调pH的范围是4.7～6.7，合理的选项为D； (4)根据上述分析，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3和MnO2，该工艺中去除锰的原理为锰离子和高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰，离子方程式为3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+； (5)考虑到不能带入新的杂质，故最合适的还原剂是单质锌； (6)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl生成，该反应方程式为ZnCl2＋H2OZn(OH)Cl＋HCl，根据图像，要控制Zn(OH)Cl含量不超过2.30%，降低产品中Zn(OH)Cl含量的方法有减压蒸发，控制温度不超过300℃。 10．钼(Mo)及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以NiS和MoS2形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到Na2SO4的一种工艺流程如下： 回答下列问题： (1)Ni位于元素周期表第_______周期第_______族。(NH4)2MoO4中钼元素的化合价为_______。 (2)“焙烧”中生成Na2MoO4的化学方程式为____________________________________________。 (3)Na2CO3用量对钼浸出率和浸取液中CO浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择Na2CO3用量为理论用量1.2倍的原因：___________________________________________________________。 (4) Na2MoO4、Na2SO4的溶解度曲线如图2所示，为充分分离Na2SO4，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。 A. 蒸发结晶 B. 低温结晶 C. 蒸馏 D. 萃取 (5)为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______”步骤。 (6) (NH4)2MoO4分解可得MoO3。高温下，用铝粉还原MoO3得到金属钼的化学方程式为_______。 答案：(1)四 Ⅷ +6 (2)2MoS2＋6Na2CO3＋9O22 Na2MoO4＋6CO2＋4Na2SO4 (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低 (4)B (5)净化 (6)高温下，用铝粉还原MoO3得到金属钼和氧化铝，化学方程式为：MoO3＋2AlMo＋Al2O3 解析：镍钼矿(NiS、MoS2等)加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应2MoS2＋6Na2CO3＋9O22 Na2MoO4＋6CO2＋4Na2SO4，NiS＋Na2CO3＋2O2NiO＋CO2＋Na2SO4 ，加水后，MoO进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶(根据Na2MoO4、Na2SO4的溶解度随温度变化特点确定)，将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。 (1)Ni是第28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；根据化合物中元素化合价代数和为0，可得钼酸铵中Mo的化合价为+6价； (2) MoS2与碳酸钠和空气焙烧，反应化学方程式为：2MoS2＋6Na2CO3＋9O22 Na2MoO4＋6CO2＋4Na2SO4 (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低； (4)温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶； (5)交换溶液主要含Na+，应返回净化步骤； (6)高温下，用铝粉还原MoO3得到金属钼和氧化铝，化学方程式为：MoO3＋2AlMo＋Al2O3。 第 19 页 共 19 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(十) 1．钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含Cr2O、[Ni(CN)4]2-、SO等)并回收铬元素的工艺路线如下： 已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：Cr2O＋H2O2CrO＋2H+ II．室温下相关物质的Ksp如下： 化合物 CaSO4 BaSO4 BaCrO4 Ksp 4.9×10-5 1.1×10-10 1.2×10-10 (1)向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN－，生成无毒无味气体，补全该反应的离子方程式： 。 □CN－＋□_____+□_____＝□HCO＋□____＋□_____ ②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因： 。 (2)用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH变化如图。与预调pH＝6相比，pH＝7时Cr(VI)的去除率显著提高，可能的原因有 (写出两条)。 (3)沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为 。 (4)溶液2需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。 步骤1：取aL含Ba2+废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定至CrO全部转化为Cr2O，消耗HCl标准溶液的体积为bmL。 步骤2：取100mL蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。 ①步骤1中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是 。 ②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1(写出表达式)。 2．研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。 I．工业上酸浸提锌 氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等。 已知： i．几种难溶电解质的Ksp 难溶电解质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 Ksp 4.9×10-17 2.8×10-39 1.0×10-33 3.0×10-17 ii．浸出液中主要金属阳离子浓度 粒子 Zn2+ Fe2+和Fe Al 浓度(mol/L) 0.3 0.1 0.1 (1)浸出渣的主要成分有PbSO4、CaSO4和SiO2。PbO和H2SO4反应的离子方程式是 。 (2)加入试剂a的目的是 。 (3)电解前，含Zn2+溶液中铁和铝的离子浓度均需小于10-6mol/L，应调节pH的范围是(忽略①和②导致的体积变化) 。 II．实验室中氨浸提锌 已知： iii．[Zn(NH3)4]2+Zn2+＋4NH3 K＝10-9.5   iv．M的结构简式如图所示()，R为－C9H19，两个羟基中、酚羟基酸性较强。 (4)NH3和(NH4)2SO4浸取ZnO发生反应的离子方程式是 。 (5)M能与Zn2+形成稳定的配合物X，相关反应为2M＋Zn2+2H+＋X。 ①补全图中X的结构并用“∙∙∙”标出氢键 。 ②X中形成氢键有利于Zn2+的萃取，原因可能是 。 (6)从平衡移动的角度解释CO2能提高有机溶液中X含量的原因： 。 3．草酸钴(CoC2O4∙2H2O)可用于催化剂的制备，用水钻矿(主要成分为CoOOH，含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2杂质)制备草酸钴工艺流程如图所示： 资料：①CoOOH不能直接被H2SO4浸出； ②酸性条件下，ClO转化为Cl－，但ClO不会氧化Co2+； ③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Co(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀时的pH 2.7 7.6 4.0 7.6 7.7 完全沉淀时的pH 3.7 9.6 5.2 9.2 9.8 (1)酸浸时，为提高矿石的溶解速率可采取的一种措施为 。 (2)浸出过程中CoOOH发生反应的离子方程式为 。 (3)向“浸出液”中加入NaClO3的作用是 。 (4)加入Na2CO3调节溶液pH至5.2，过滤所得到的沉淀成分为 。 (5)滤液I“除镁、钙”是将镁、钙离子转化为MgF2、CaF2沉淀。已知在该操作温度下，Ksp(CaF2)＝9.0×10-9，若使Ca2+沉淀完全[c(Ca2+)≤10-5mol/L]，所需F－浓度不低于 mol·L−1。 (6)在萃取除锰时，先向除杂后的溶液中加入有机酸萃取剂，金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图，萃取应选择的pH范围是 。 A．2.0~2.5 B．3.0~3.5 C．4.0~4.5 (7)为测定制得样品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化，得到草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol·L−1KMnO4溶液滴定，已知MnO在酸性条件下被还原为Mn2+，达到滴定终点时，用去KMnO4溶液20.00mL。所得草酸钴样品中CoC2O4∙2H2O的纯度为 [已知： M(CoC2O4∙2H2O)＝183g/mol]。 (8)在空气中加热18.3gCoC2O4∙2H2O (摩尔质量为183g/mol)，残留固体质量随温度变化曲线如图2所示。A点对应固体的成分为 (填化学式)。 4．工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。 (1)用足量(NH4)2SO4溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，该反应的离子方程式为 。 (2)“浸出”时As2O3转化为AsO。“除砷”步骤①中用(NH4)2S2O8作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为 。 (3)“除重金属”时，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是 和BaSO4。 (4)“蒸氨”时会出现白色固体ZnSO4∙Zn(OH)2，运用平衡移动原理解释原因： 。 (5)“沉锌”步骤①中加入足量NH4HCO3溶液将白色固体转化为ZnCO3的离子方程式为 。 (6)“煅烧”步骤中，不同温度下，ZnCO3分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：i．固体失重质量分数＝×100%。 ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。 ①280℃时煅烧ZnCO3，300min后固体失重质量分数为33.3％，则ZnCO3的分解率为 ％(保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(ZnCO3分解率＞95％)、高活性(ZnO比表面积＞40m2∙g-1)产品ZnO的最佳条件是 (填字母序号)。 a．恒温280℃，60～120min b．恒温300℃，240～300min c．恒温350℃，240～300min d．恒温550℃，60～120min (7)该流程中可循环利用的物质有 。 5．从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下： 已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。 (1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。 ①加入NaNO3的作用 。 ②固体B含有 。 (2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①氨水“络合浸出”的化学方程式是 。 ②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整： 。 □ __________＋N2H4·H2O＝N2↑＋H2O＋□ __________＋□ __________＋□NH3↑ (3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因 ；分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因 。 ②写出pH＝14时甲醛“还原析银”的离子方程式 。 6．冶炼金属产生的酸泥属于有价值危险物。从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒的一种工艺如下： (1)“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液。 ①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是 。 ②不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为 。 ③浸出时间等其他条件相同时，不同的NaClO3投加量对汞、硒浸出率的影响如图所示。选择最佳NaClO3投加量并说明理由 。 (2)沉汞后液中磷以最高价形式存在。“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 (3)已知Se(s)＋Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液。利用该原理对粗硒进行提纯，实验操作是 。 (4)粗硒中硒的纯度测定 i．取0.1 g 粗硒于锥形瓶中，加入15 mL浓盐酸和1mL浓硝酸，沸水浴加热，使Se全部转化为H2SeO3； ii．除去过量的HNO3和溶解的NO2； iii．加入2 mL KI溶液、5 mL淀粉溶液，然后用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液V mL。 已知：H2SeO3＋4KI＋4HCl＝Se＋2I2＋4KCl＋3H2O H2SeO3＋4Na2S2O3＋4HCl＝Se＋2Na2S4O6＋4NaCl＋3H2O I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI ①到达滴定终点时的现象为 。 ②依据现有数据能否计算出粗硒中硒的纯度？若能，请写出计算式；若不能，请写出还需要的数据。 。 7．一种高硫锰矿的主要成分MnCO3，含有SiO2、FeCO3、MnS、FeS、CuS、NiS等杂质，其中SiO2、FeCO3含量较大。以该高硫锰矿为原料制备硫酸锰，流程示意图如图所示。 已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。 金属硫化物 CuS NiS MnS FeS Ksp 6.3×10-36 1.0×10-24 2.5×10-10 6.3×10-18 ②金属离子的lgc(M)与溶液pH的关系如图所示。 (1)在预处理阶段，将高硫锰矿粉碎的目的是 。 (2)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是 。 (3)酸浸时主要含锰组分发生反应的离子方程式为 ；加入MnO2的作用是 (用离子方程式表示)。 (4)调溶液pH到5左右，滤渣2的主要成分是 。 (5)由图像可知，从“操作”所得溶液中得到MnSO4∙H2O晶体需进行的操作是 、洗涤、干燥。 (6)锰含量测定： i．称取Ag晶体，加水溶解，将滤液定容于100mL容量瓶中。 ii．取10.00mL溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量(NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应，产生MnO和SO，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。 iii．加入指示剂，用bmol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为cmL，MnO重新变成Mn2+。废渣中锰元素的质量分数为 。 8．稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光。导弹等尖端领域，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，设计实验流程如下： 已知：①显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质； ②CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。 回答下列问题： (1)将废玻璃粉碎的目的是________________________。 (2)工序1中加入H2O2的作用是_______________________。 (3)工序3是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、常温晾干。 (4)工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式_______________________，滤渣2的主要成分是___________。 (5)硫酸铁铵可用作净水剂，但在除酸性废水中悬浮物时效果较差，原因是___________。 (6)取上述流程中得到Ce(OH)4产品0.640g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中Ce元素的质量分数为___________，(保留三位有效数字) 9．利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下： (1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有___________。 (2)浸取温度不宜超过60℃，原因是___________________________________________。 (3)为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳pH范围为___________，理由是_________________________________________。 A．1.5~2.0 B．2.0~3.0 C．3.0~4.0 D．4.5~5.0 金属离子 开始沉淀的pHc＝0.01mol·L-1 沉淀完全的pHc＝1.0×10-5mol·L-1 Fe2+ 6.8 8.3 Al3+ 3.7 4.7 Fe3+ 1.8 2.8 Cu2+ 5.2 6.7 Mn2+ 8.6 10.1 Zn2+ 6.7 8.2 (4)滤渣的主要成分有Fe(OH)3、___________和MnO2，该工艺中去除锰的离子方程式为___________。 (5)最适宜使用的还原剂是___________，理由为___________________________________。 (6)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl生成，该反应方程式为__________ ________________________，产品中Zn(OH)Cl含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求Zn(OH)Cl含量不超过2.30%，降低产品中Zn(OH)Cl含量的方法有_____________________________。 10．钼(Mo)及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以NiS和MoS2形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到Na2SO4的一种工艺流程如下： 回答下列问题： (1)Ni位于元素周期表第_______周期第_______族。(NH4)2MoO4中钼元素的化合价为_______。 (2)“焙烧”中生成Na2MoO4的化学方程式为____________________________________________。 (3)Na2CO3用量对钼浸出率和浸取液中CO浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择Na2CO3用量为理论用量1.2倍的原因：___________________________________________________________。 (4) Na2MoO4、Na2SO4的溶解度曲线如图2所示，为充分分离Na2SO4，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。 A. 蒸发结晶 B. 低温结晶 C. 蒸馏 D. 萃取 (5)为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______”步骤。 (6) (NH4)2MoO4分解可得MoO3。高温下，用铝粉还原MoO3得到金属钼的化学方程式为_______。 第 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