2027届高三化学一轮复习选解答题专项训练工艺流程综合（四川）

**基本信息** 以高考真题与变式训练为载体，构建"流程分析-原理应用-数据计算"三阶解题体系，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |高考真题|3题（四川/全国卷）|工艺环节拆分法、离子行为预判模型、溶度积计算技巧|元素周期律→物质性质→分离提纯→循环利用| |变式训练|15题（四川各地模拟）|氧化还原反应配平、pH调控策略、电极反应书写规范|反应原理→工业流程→绿色化学→定量分析|

2027届高三化学一轮复习选解答题 专项 工艺流程综合 一、高考真题 1．（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_______。 2．（2026·四川·高考真题）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： (1)闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 (2)“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 (3)“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 (4)“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 (5)溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 (6)“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 3．（2024·全国甲卷·高考真题）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，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，发生反应的化学方程式是_____。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中_____，据此判断能否实现和的完全分离_____(填“能”或“不能”)。 (4)“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为_____。 (5)“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是_____。 (6)“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为_____。 (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_____。 二、变式训练 4．（2026·四川成都·模拟预测）废Pd-Al2O3催化剂中主要含Pd、Al2O3，还有少量PdO、Fe2O3、SiO2，表面常有积碳和油污。工业上以废Pd-Al2O3催化剂为原料制备氯化钯的工艺流程如下。 已知：①PdO性质稳定，难溶于水、盐酸； ②H2[PdCl4]是二元强酸。 回答下列问题： (1)已知基态Pd原子的简化电子排布式为[Kr]4d10，则Pd在元素周期表中第_________周期第Ⅷ族。 (2)“焙烧”的目的是___________________________，“焙烧”还能有效打开Al2O3载体对钯的包裹，提高“氯化浸出”率，但焙烧时间过长会导致“氯化浸出”率下降，可能的原因是___________________________。 (3)“氯化浸出”中Pd转化为H2[PdCl4]，Pd反应的离子方程式为____________________________________。 (4)“转化、除杂”时，Pd元素转化为[Pd(NH3)4]2+，滤渣主要成分是___________________________________。 (5)“沉钯”中析出[Pd(NH3)2]Cl2晶体，需要加入的试剂X为_________________(填名称)。 (6)“热分解”生成的气体可返回__________________工序循环使用。 5．（2026·四川成都·模拟预测）钼(Mo)在钢铁、化工等领域得到了广泛的应用。一种以镍钼矿(主要成分为NiS、、)为原料，制备仲钼酸铵[]、焦亚硫酸钠()的工艺流程如图所示： 已知：①Mo在周期表中与同族相邻，能溶于强碱，不溶于酸和碱，难溶于水。 ②常温下，的电离平衡常数，。 ③“蒸发结晶”时发生反应：。 回答下列问题： (1)基态Mo原子的价电子轨道表示式为___________。 (2)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶投入)投料法，该操作的优点是___________，“焙烧”生成的含Mo氧化物有、，“浸出”时参与反应的离子方程式为___________。 (3)“反应Ⅱ”的产物为___________，加入纯碱粉末，并再次充入“气体X”的目的是___________。 (4)“滤渣”的成分为___________。 (5)“离子交换”选用阴离子交换树脂，其工作原理：(其中代表阴离子)。“调pH”时，pH不能过高或过低，原因为___________，“解吸”时加入的试剂A为___________(填溶质化学式)。 (6)钼酸铅()难溶于水，其，在溶液中，加入溶液，使恰好沉淀完全，即，则___________(用含的代数式表示，忽略混合时溶液体积的变化)。 6．（2026·四川绵阳·模拟预测）利用钕铁硼废磁体(主要成分为，含少量、、、及油污等)回收钴、稀土、铁。 已知：当离子浓度小于或等于10-5mol·L-1，即认为该离子已沉淀完全。 氢氧化物 Ksp(298K) (1)“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在溶液中，目的是___________(写一条)。 (2)基态B原子核外电子排布式为___________。已知焙烧产物为、和，写出该反应的化学方程式___________。 (3)“沉铝”时的浓度约为0.1mol·L-1，调节pH使沉淀完全，此时是否开始沉淀？___________(填“是”或“否”)。 (4)“选择萃取”时，可与萃取剂P507(用HA表示)形成配合物进入有机相，留在水相。萃取反应可表示为：。与P507形成如图的配合物，下列说法正确的是___________。 A．与P和O形成配位键 B．该配合物中P为杂化 C．虚线部分代表萃取剂P507 D．适当增大pH，萃取率增大 (5)稀土Nd的一种立方晶胞中的部分原子如图所示，设晶胞边长为dnm两个原子的最近距离为dnm，其他Nd原子的位置在___________；晶体中与原子最近且等距离的原子数目为___________。 (6)氢爆法是利用钕铁硼废料中的稀土原子与发生作用，形成稀土氢化物细小颗粒直接脱离，从而达到分离回收稀土的目的。与传统湿法工艺(酸浸法)相比，说明氢爆法如何体现“绿色化学”思想___________(写一条)。 7．（2026·四川成都·模拟预测）钼元素形成的杂多酸在电化学领域应用广泛，一种从辉钼精矿(主要成分，含有、、等杂质)中采用氧压水浸法富集钼元素的工艺流程如下： 已知：①“加压水浸”后，钼元素分别以和的形式进入水浸渣和水浸液；通常难溶于常见无机溶剂；此外，Mo元素与Al元素有一定相似性。 ②计算可能用到的数据：， 物质 ③N235萃取的原理可简化为：(R为碳原子数较多的烷基)。 (1)本工艺中提高钼元素浸出效率采取的措施有______(写两点)。 (2)“加压水浸”后，溶液中硫酸浓度超过，故此法也是工业上获得稀硫酸的手段之一，写出转化进入水浸液的化学方程式______(不考虑后续反应)。 (3)①实验室模拟“萃取”操作的正确顺序是______(填字母)。 a．加入萃取剂，倾斜振荡、放气 b．将上口玻璃塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，旋开活塞 c．静置    d．上层液体从上口倒出 e．放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞 ②“水相”中的金属阳离子有______。 (4)①“反萃取剂”最好选用______(填化学式)。 ②由于耗时很长，反萃取获得的溶液通常会含有少量杂质，为除掉杂质、富集钼元素，可向溶液中边搅拌边滴加溶液，至pH=7时停止，以避免中混有。此时溶液中______。 (5)“常压碱浸”可将难溶性的钼元素浸出，使用比NaOH浸出率更高，原因是______。 (6)二维层状晶体(结构如图所示)具有良好润滑性能，可能的原因是______。 8．（2026·四川遂宁·模拟预测）稀土元素Nd(钕)、Dy(镝)均是清洁能源技术的核心资源，从制造废料(主要成分为，含有等)中提取，并回收其它有经济价值金属的一种工艺如下： 已知：①常温下，，。②G-macropa是一种稀土元素离子螯合剂，其结构如图所示，其与Nd和Dy可形成配合物和。 (1)稀土元素镝(Dy)常用于制造硬盘驱动器， 的中子数为_______。 (2)滤渣①为_____(填化学式)，常温下，将pH调至4后，滤液中_____。 (3)“除铝”步骤中加入G-macropa螯合剂的目的为_______。 (4)“沉镝”过程中发生反应的离子方程式为_______。 (5)当与按混合时，配体与金属离子物质的量比(L/M比)不同时的分离效率如下图所示。【，，，】 ①由图可知，该实验条件下，利用G-macropa分离与的最佳L/M比为_______。 ②由图及流程可推测_______(填离子符号)与螯合剂G-macropa形成的配合物更稳定。 9．（2026·四川资阳·模拟预测）以萤石尾矿(含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、A12O3)为原料经过两段除铝制备锂盐和Be(OH)2的工艺流程如下： 已知： ①Li+与生成的LiFeCl4可被TBP萃取；。 ②苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸。 (1)基态Fe原子的价层电子排布图为 ________ 。 (2)“加热酸溶”过程中CaF2发生反应的化学方程式为 ________ ，滤渣I主要成分的化学式为________。 (3)“沉铁”过程中加入H2O2的作用是________。 (4)物质的溶解度曲线如下图所示，“精制Ⅰ”时滤渣Ⅱ的成分是________。 (5)“精制Ⅱ”过程中，得到滤渣Ⅲ的离子方程式为________；该过程需要控制溶液pH不宜过低，其原因是________。 (6)“萃取”时，还需要加入NH4C1，其作用是________。 10．（2026·四川成都·三模）碳酸锶()难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量、、、等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下： 已知：I．为两性氢氧化物。 Ⅱ．常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。 化合物 近似值 回答下列问题： (1)“酸溶”步骤中，下列说法正确的是_______(填序号)。 A．若硝酸过量，的浸取率将显著降低 B．生成的气体A是氮氧化合物 C．粉碎工业碳酸锶或搅拌可以提高“酸溶”速率 (2)“沉钡、铅”时，pH过低会导致的利用率降低，原因为_______(结合离子方程式解释)；“还原”时发生反应的主要离子方程式为_______。 (3)“滤渣2”的主要成分为_______(填化学式)，“调”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出“滤渣2”，煮沸并趁热过滤的原因为_______。 (4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的的原因为_______。 (5)已知碳酸的电离常数、，则“碳化”时，反应的平衡常数K=_______(保留两位有效数字)。 (6)“系列操作”中，将结晶过滤后，不经洗涤微量杂质，直接以200℃热风烘干，便可得高纯，其原因是_______。 11．（2026·四川绵阳·模拟预测）钛的化合物在生产、生活中有广泛的应用。以含钛废渣(主要含TiO2，含少量、、)为原料生产的工艺流程如图。 回答下列问题： (1)中Ti的化合价为___________价。Ti的价层电子排布式为___________。 (2)验证废渣中钛元素可使用的方法是___________(填标号)。 A．原子光谱法    B．红外光谱法    C．X射线衍射法 (3)浸渣的主要成分是___________(填化学式)。 (4)调pH过程中，TiO2+沉淀完全时的pH=___________。(常温下，)，混合反应时的化学方程式为___________。 (5)工业上曾将和在下反应制备，该工艺的缺点为___________。 (6)利用Fe3+将浅紫色Ti3+氧化为无色Ti(Ⅳ)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。实验方案：称量钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，使其完全反应(Al将TiO2+转化为Ti3+)：过滤，洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到容量瓶中后定容，取待测钛液于锥形瓶中，添加几滴KSCN溶液，用0.1000 mol/L FeCl3溶液滴定；重复实验，数据如下： 序号 1 2 3 4 5 滴定前读数/mL 0.00 24.98 0.00 0.00 0.00 滴定后读数/mL 24.98 49.78 24.10 25.00 25.02 ①滴定终点的现象为___________。 ②钛酸钡样品的纯度为___________%。 12．（2026·四川资阳·模拟预测）废旧锂离子电池(LIBs)正极材料以LiCoO2为主，含Mn、Fe、Cu的氧化物杂质。某团队设计如下流程实现金属的高效回收。 已知：①一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表： 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀pH 1.5 6.3 4.2 7.4 8.1 完全沉淀pH 2.8 8.3 6.7 9.4 10.1 ②萃取时金属离子的分配比，萃取率，分离系数 回答下列问题： (1)Mn位于元素周期表中第_______周期第_______族。 (2)“酸浸”过程中，H2O2主要作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。 (3)“氧化沉淀、调pH”过程中需控制溶液pH的范围为_______，生成MnO2的离子方程式为_______。 (4)从结构角度分析萃取剂Ⅰ(结构如图)能萃取Cu2+的原因_______。 (5)“萃取分液Ⅱ”过程中，当萃取剂与溶液体积相等时，金属萃取率随pH的变化如图所示。pH=5时，Li⁺的分配比D=_______，Co2+的分离系数β=_______。 13．（2026·陕西商洛·模拟预测）利用含锰酸性废液(主要含有、、等)和软锰矿(主要成分为)制备的工艺流程如下： 已知：①常温下，，。 ②该工艺条件下，溶液中剩余离子的浓度小于时，可认为该离子沉淀完全；；。 回答下列问题： (1)基态Mn2+的核外电子排布式是___________。 (2)“氧化”过程中被MnO2氧化的物质有___________(填化学式或离子符号)。 (3)“除铅”步骤所得溶液中，则pS的范围是___________。已知：在不同pH的浸出锰溶液中，加入相同质量的Na2S，测得溶液中随硫化初始pH的变化关系如图所示。 随硫化初始pH的减小，溶液中逐渐增大的原因是___________。 (4)“沉锰”时，发生反应的离子方程式为___________。 (5)用惰性电极电解MnSO4溶液，写出生成MnO2的电极反应：___________。电解液中的___________(填化学式)可循环使用，其循环到___________(填流程中操作)操作中。 (6)已知铅卤化合物中存在正四面体结构的、、。若中每个均采用四配位模式，则的结构式为___________。 14．（2026·四川广元·三模）锌是重要的有色金属。一种以闪锌矿（ZnS，含、少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的工艺流程如下图所示： 已知：焙烧过程主要生成金属氧化物和，； 回答下列问题： (1)“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作，这样操作的目的是________， (2)其中发生反应的化学方程式为________。滤渣1的主要成分是________（填化学式）。 (3)“氧化除杂”时，先通入将可能存在的氧化为，再加入试剂调节，为尽可能多地获得目标产物，X可选用________（写一种化学式即可）。常温下，若调节溶液pH=4，此时溶液中_______mol/L。 (4)“电解”溶液制备单质锌时，沉积锌后的电解液可返回________工序继续使用。 (5)工艺中常用两种铁氰化物检验离子以判断除杂效果： ①取“氧化除杂”前溶液，加入检验； ②取“氧化除杂”后溶液，加入检验是否残留； 已知：硬软酸碱理论可用于判断配合物的稳定性。其中，硬酸的半径小、电荷高，软酸的半径大、电荷低，二者均能接受电子对；硬碱的半径小、电负性大，难以给出电子对，软碱则与之相反。配合物遵循“硬亲硬、软亲软”的原则形成稳定结构。 上述两反应生成的蓝色沉淀结构相同，其晶胞如下图所示（未画出），晶胞中和通过桥联，与中碳原子形成配位键的离子是________。 反应②的离子方程式为________。 15．（2026·四川宜宾·三模）冶炼钨过程中产生大量钨渣，钨渣中主要含有以及少量、、等。一种从钨渣中提取Sn和Sc的冶炼工艺如下图。 已知：①Sc的氢氧化物具有两性： ②是酸性氧化物，、均不溶于水和稀酸； ③有机萃取剂P204的结构为 (R为烷基)。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，控制温度为60℃，为进一步提高浸取速率，还可以采取的措施是______(写出2点)。 (2)“氨浸”时，发生反应的离子方程式是______。 (3)“调pH”时，控制，则滤渣2的主要成分是______(填化学式)。 (4)设计“萃取”与“反萃取”的目的是______。“水相”中可回收的主要物质是______(填化学式)。“反萃取”步骤中，若加入的NaOH溶液过量，会导致______。 (5)(摩尔质量为)在空气中灼烧，灼烧过程中测得固体残留率随温度变化如图所示。 ①400 K时，固体的主要成分是______。 ②写出500~600 K时发生反应的化学方程式：______。 16．（2026·四川遂宁·二模）锗是重要的稀散金属。一种从炼锌渣(含及、、、)中提取锗的工艺流程如图： 已知：“还原酸浸”时、元素转为、。 回答下列问题： (1)基态原子的价电子排布式为：_______。 (2)“还原酸浸”时，在温度不变的条件下能提高锗浸出效率的措施是：_______(任答一点即可)；加入的作用是：_______。 (3)“还原酸浸”时可得到、、，则发生反应的化学方程式为_______，所得滤渣的主要成分除外还有_______(填化学式)。 (4)反萃取后的溶液中以稳定的存在，“中和”过程中生成，则生成的离子方程式为_______。 (5)“水解”操作所得GeO2中残留有大量的氯离子，需多次高纯水洗涤，洗涤液中加入NaOH溶液调pH，再加入MgCl2，生成MgGeO3以回收锗。25℃时，当时，为防止产生杂质，pH应小于_______。 已知：，，。 (6)从资源的综合利用和绿色化学分析，该工艺流程的优点有_______。 17．（2026·四川成都·模拟预测）近年来，我国自主研发推出了第二代钠电池，固态电解质为。工业上以锆英石(主要成分为)为原料生产的工艺流程如下： 已知：①Zr位于元素周期表第五周期第ⅣB族，性质与Ti相似； ②“酸浸”后溶液中金属元素主要存在形式为、、和。 回答下列问题： (1)基态Zr的价电子排布式为___________。 (2)“沉铅”时发生的总反应离子方程式为___________。 (3)25℃时金属离子形成的与pH关系如图所示。“调pH”前，溶液中杂质离子，此时通入氨调节pH___________(填标号)，假定溶液体积无变化。 a．    b．    c．    d． (4)“高温氯化”时，转化为(331℃升华)，并生成一种还原性气体，相应的化学方程式为___________。在“高温氯化”前对固体进行“煅烧”除水，目的是___________。 (5)“高温氯化”后，从混合气体中分离的方法是___________。 (6)某含锆材料具有二维无限层状结构，部分结构如下图所示。该材料中___________。层间区域可以吸附容纳水分子，从结构角度阐释原因为___________。 18．（2026·四川德阳·二模）我国研发的歼10C战斗机采用高强度Ti合金，某化学研究小组从钒钛矿(主要成分为FeTiO3含有少量的V2O5、SiO2、Al2O3、CaO、MgO)中，制备TiO2同时获得一种重要的工业催化剂V2O5，制备流程如下： 资料：①V2O5是两性氧化物，弱碱性条件下以形式存在，pH大约为2时，V元素以形式存在。 ②NH4VO3难溶于水。 ③硅酸根在pH=5.8时，凝胶生成速率最快。 回答下列问题： (1)预处理时需将钒钛矿破碎、球磨的目的________。 (2)第四周期d区金属的低价离子在水溶液中以水合物形式存在，没有未成对d电子的水合离子无色，如Ti4+。写出其电子排布式________。 (3)调pH”时NaOH溶液的作用是________。滤渣③主要成分是________可用于建筑材料。 (4)滤渣①中FeTiO3与浓硫酸反应生成了TiOSO4与另一种盐，写出其化学方程式________。 (5)已知V2O5是一种较强的氧化剂，溶于盐酸生成VOCl2并放出黄绿色气体，写出反应离子方程式________。 (6)25℃时，Ksp(NH4VO3)=1×10−3，若调pH后溶液中浓度为0.2mol/L，欲使沉淀率达到99%，计算此时浓度为________。 (7)100t含FeTiO3 22.8%的钒钛矿经过以上流程转变为H2TiO3，H2TiO3经过灼烧最后得到TiO2 10.2t，TiO2损失率为________。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2027届高三化学一轮复习选解答题专项工艺流程综合》参考答案 1．(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。 【详解】（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，，由于pH=3.5，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。 2．(1) 四 ⅡB (2) (3) 将元素转化为沉淀，提高的回收率 、 (4) 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 (5)溶铅 (6)阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 【分析】脱硫浸渣原料含、、、、少量，通入空气350℃煅烧，分解生成、、与水，、被空气氧化为金属硫酸盐；煅烧产物加稀硫酸酸浸并加入少量，、元素转化为、进入滤液分离除去，体系内与结合生成固体留在酸浸渣中，酸浸渣主要含、、，随后加入氯化胆碱进行溶银步骤，氯化胆碱可与形成可溶性银氯配离子，银元素溶解得到银溶液实现银回收，脱银后的固体再投入含、的热浓食盐水中溶铅，与、反应生成可溶性配离子同时析出废渣，向溶铅液加水稀释降温，解离析出沉淀，分离后的母液返回溶铅步骤循环使用，最后压片作阴极、惰性电极作阳极，溶液为电解液电解得到金属铅。 【详解】（1）Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布，位于元素周期表第四周期ⅡB族； （2）由题，350℃下分解，硫酸根不分解，产物为、、、，化学方程式为； （3）酸浸加入少量电离出，煅烧生成的会与发生沉淀转化，生成溶度积更小的固体留存于酸浸渣，避免银随、进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为、； （4）溶铅时固体和、反应生成可溶性与沉淀，离子方程式：；食盐水中的电离出增大体系氯离子浓度，促进转化为可溶性，同时结合反应生成的生成沉淀，降低溶液中硫酸根浓度，推动溶铅平衡正向移动； （5）稀释降温后解离析出，分离后的母液富含、，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； （6）电解时阳极除失电子发生氧化反应生成外，水电离出的和电解液中失电子均会失电子，分别发生反应、生成、，两个阳极反应均生成，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 3．(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率 (2) (3) 不能 (4) (5) (6) (7)向滤液中滴加溶液，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、锰的价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+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将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。 【详解】（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，Zn单质及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即为转化为CoSO4，反应的化学方程式为。 （3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分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，产生的物质的量为。 （5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，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，其反应的离子方程式为。 （7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有元素以形式存在，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。 4．(1)五 (2) 除去积碳和油污 Pd与氧气生成PdO，PdO性质稳定，难溶于水、盐酸，导致“氯化浸出”率下降 (3) (4)Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)盐酸 (6)转化、除杂 【分析】废催化剂中主要含Pd、Al2O3，还有少量PdO、Fe2O3、SiO2，表面常有积碳和油污,通入空气“焙烧”能有效清除废催化剂表面的积碳和油污, 有效打开载体对钯的包裹，被稍后加入盐酸、氯化钠、氯酸钠进行“氯化浸出”，Pd转化为，Al2O3转化为Al3+，Fe2O3转化为Fe3+，PdO性质稳定，难溶于水、盐酸，过滤后得到PdO、SiO2，滤液中加入氨水，将转化为，Al3+和Fe3+分别转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去，滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液中加盐酸（试剂X），转化为沉淀，热分解为PdCl2，据此回答。 【详解】（1）基态Pd原子的简化电子排布式为[Kr]4d10，则Pd在元素周期表中位于第五周期第VIII族； （2）由分析知，通入空气“焙烧”能有效清除废催化剂表面的积碳和油污；焙烧时间过长，Pd与氧气生成PdO，PdO性质稳定，难溶于水、盐酸，使得“氯化浸出”率下降； （3）加入盐酸、氯化钠、氯酸钠进行“氯化浸出”，Pd转化为，离子方程式为：； （4）由分析知，将转化为，Al3+和Fe3+分别转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去，滤渣的主要成分Al(OH)3、Fe(OH)3； （5）由分析知，滤液中加盐酸，转化为沉淀，故加入的试剂X为盐酸； （6）固体经过热分解，得到PdCl2，反应的方程式为，生成的可返回转化、除杂工序循环使用。 5．(1) (2) 提高反应速率和原料利用率 (3) Na2SO3和NaHCO3 得到高浓度的NaHSO3​ 溶液，以便后续浓缩结晶得到 Na2S2O5 (4)MgSiO3 (5) pH过高，溶液中大量 OH- 会与竞争阴离子交换树脂的吸附位点，降低吸附效率；pH过低， 会与 H+ 结合生成 H2MoO4沉淀，无法进行离子交换 (6)0.1+2×105a 【分析】镍钼矿的主要成分为NiS、MoS2和SiO2，经过破碎球磨后，在空气中进行焙烧，NiS转化为NiO，MoS2转化为MoO2、MoO3和SO2，SiO2不反应，气体X为SO2，剩余的固体为NiO、MoO2、MoO3和SiO2；浸出过程中加入NaOH和O3， MoO3​ 溶于强碱生成Na2MoO4，MoO2​ 在 O3的氧化作用下也能溶于强碱生成 Na2MoO4，NiO 不溶于碱，作为浸渣分离，SiO2 溶于碱生成Na2SiO3，此时溶液的主要成分为 Na2MoO4、Na2SiO3；除杂加入饱和MgCl2溶液，除去溶液中的Na2SiO3，滤渣为MgSiO3；通过调节溶液的pH，使被阴离子交换树脂吸附；用（试剂A）解吸得到 (NH4)2MoO4溶液，经蒸发结晶得到 (NH4)6Mo7O24；而气体X( SO2)与饱和的Na2​CO3​ 溶液反应生成NaHSO3​ 和 CO2，通过加入Na2​CO3调节pH和再次加入SO2得到高浓度的NaHSO3，浓缩结晶生成Na2​S2​O5，以此解答； 【详解】（1） Mo的原子序数为42，价电子式为4d55s1，因此价电子轨道表示式为； （2）多层逆流可以使固体和气体充分接触，提高反应速率和原料利用率，也利于热量的充分利用；浸出时加入 NaOH 和O3 ，已知 MoO2不溶于酸和碱，但在 O3存在的条件下被氧化为可溶性的。 Mo从+4价提升至+6 价，O3 被还原为 O2−（结合水生成OH- ），因此离子方程式为； （3）由于H2​SO3​的Ka1​ 较大，酸性强于碳酸，因此反应Ⅰ主要生成的NaHSO3​ 和 CO2，在反应Ⅱ时加入纯碱，调节pH至7-8，此时 NaHSO3与 Na2CO3反应生成 Na2SO3和NaHCO3；再次通入SO2进行反应Ⅲ，是为了将 Na2SO3 和 NaHCO3转化为高浓度的NaHSO3​ 溶液，以便后续浓缩结晶得到 Na2S2O5； （4）由分析可知，滤渣为MgSiO3； （5）离子交换的过程是通过交换树脂吸附阴离子进行，如果pH过高，溶液中大量 OH- 会与竞争阴离子交换树脂的吸附位点，降低吸附效率；pH过低 会与 H+ 结合生成 H2MoO4沉淀，无法进行离子交换；解吸过程是将吸附在树脂上的释放出来，并最终制备 (NH4)6Mo7O24，为了引入NH4+，试剂A应为； （6）混合前Li2 MoO4中的物质的量为0.1 L×0.1mol/L=0.01 mol，Pb(NO3)2中Pb2+的物质的量为0.1 L×b mol/L=0. 1b mol，混合后溶液总体积为200 ml；因为恰好完全沉淀，即，溶液中剩余的=0.2 L×1×10-5 mol/L=2×10-6 mol，反应消耗的=0.01 mol-2×10-6 mol≈0.01 mol，根据反应可知，反应消耗的==0.01 mol；而平衡时溶液的= mol/L，溶液中剩余的=0.2 L×a×105 mol/L=2a×104 mol；加入的=反应消耗的+溶液中剩余的，因此0.1b=0.01+2×104a，即b=0.1+2×105a。 6．(1)除油污 (2) (3)否 (4)BD (5) 面心 12 (6)不产生酸性废水，对环境友好（答案合理即可） 【分析】钕铁硼废磁体主要成分为，含少量、、、及油污，“破碎焙烧”前将废磁体浸泡在溶液中洗去油污，“破碎焙烧”过程中转化为、和，、、、转化为相应氧化物，焙烧残渣进行“酸浸”，得到含有、、、、的溶液，浸取液调pH=3.0、通入空气，加热得到，过滤，滤液1调节pH进行“沉铝”，过滤得滤液2，滤液2加萃取剂P507进行“选择萃取”， 可与萃取剂P507形成配合物进入有机相，、留在水相，水相中加入溶液得到沉淀，据此分析作答。 【详解】（1）溶液呈碱性，将废磁体浸泡在溶液中，可使油污发生水解，从而去除油污； （2）B是5号元素，基态B原子核外电子排布式为；焙烧产物为、和，，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为：； （3）根据的溶度积常数，沉淀完全时 ，“沉铝”时的浓度约为0.1 ，，，所以此时没有产生沉淀； （4）A．由结构可知：与O形成配位键，与P没有形成配位键，故A错误； B．该配合物中P原子形成4个σ键，无孤电子对，其价层电子对数为4，采用sp3杂化，故B正确； C．虚线部分代表萃取剂P507与形成的配体部分，是P507失去1个后的结构，不是完整的P507分子，故C错误； D．适当增大pH，减小，萃取平衡正向移动，萃取率增大，故D正确； 故选BD； （5）稀土Nd的一种立方晶胞中的部分Nd原子如图所示，设晶胞边长为d nm，则任意两个Nd原子的最近距离为，即两个Nd原子的最近距离为面对角线的一半，故Nd原子位于立方晶胞的顶点和面心；面心立方晶胞中，与顶点Nd原子最近且等距离的Nd原子数目为12； （6）氢爆法不使用酸浸，减少了酸性废水的排放，避免了酸浸过程中产生的有毒有害气体，反应条件温和，耗能低（答案合理即可）。 7．(1)粉碎、加压(增大氧气溶解度) (2) (3) acbed 、 (4) 200或200∶1 (5))根据数据可知，可以使NaOH无法处理的转化为，从而提高钼元素的产率/浸出率 (6)层与层之间属于分子间作用力，强度较弱，易于滑动 【分析】该全湿法提钼工艺以辉钼精矿为原料，首先粉碎，在“加压水浸”工序中，钼元素分别以和的形式进入水浸渣和水浸液；同时，水浸液中有生成，故和也会转化为和进入水浸液，采用萃取剂N235萃取溶液中的，通过萃取平衡将钼富集到有机相，萃余液中含 Fe3+、Cu2+等杂质阳离子，后续可通过调节 pH 实现Fe3+与Cu2+的深度分离；水浸渣中有和，结合提示“Mo元素与Al元素有一定相似性”，碱浸后会转化为钼酸根，经系列操作后得到无水Na2MoO4进行回收，据此分析； 【详解】（1）粉碎矿石可以增大接触面积，加压可以增大氧气的溶解度，均可提高钼元素浸出效率； （2）根据提示信息“钼元素分别以和的形式进入水浸渣和水浸液”和“溶液中硫酸浓度超过，故此法也是工业上获得稀硫酸的手段之一”可以推断出转化的产物分别是和，故离子方程式为； （3）①萃取操作顺序为：加入萃取剂，倾斜振荡、放气；静置；将上口玻璃塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，旋开活塞；放出下层液体，当下层液体刚好放出后关闭活塞；上层液体从上口倒出，故顺序为acbed； ②结合(2)可知，体系中有超过的稀硫酸，结合氧气存在的环境，杂质、加压水浸时被氧化，生成可溶性的、，与形成，故水相中存在、； （4）①结合流程信息，反萃取需要得到钼酸铵，所以需要能提供铵根离子的碱性溶液，以促进萃取平衡逆向移动，故选； ②pH=7时，。根据题意，此时溶液中和均达到沉淀溶解平衡，则有。结合，推导可得：。 （5）结合信息“通常难溶于常见无机溶剂”可知NaOH无法处理，根据数据可知，比更难溶，可通过沉淀转化将中浸出，无法实现该转化，因此浸出率更高； （6）题干提示“层状”类比石墨，层与层之间属于分子间作用力，强度较弱，易于滑动因此可以作润滑剂。 8．(1)98 (2) (3)使其与和形成配合物溶于水，防止和与形成沉淀 (4) (5) 8 【分析】该工艺从含，含有等的制造废料中提取分离稀土：首先加稀盐酸酸浸废料，不溶的SiO2作为滤渣①除去，再将酸浸所得滤液pH调至4，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀作为滤渣②除去，随后向滤液加入G-macropa螯合剂和NaOH，G-macropa螯合Nd3+与Dy3+，剩余含铝杂质作为滤渣③除去，再加入过量NaHCO3，使Dy3+从配合物中释放，生成Dy2(CO3)3沉淀分离出镝，最后加盐酸处理得到含钕滤液，同时回收G-macropa螯合剂。 【详解】（1）稀土元素镝(Dy)的原子序数为66，即质子数为66。其同位素的质量数为164，中子数=质量数-质子数=164-66=98。 （2）酸浸时不溶于酸的SiO2已作为滤渣①除去，滤液中含Fe3+、Al3+、Nd3+、Dy3+。pH=4时，，根据溶度积计算：； （3）G-macropa可特异性结合稀土离子，使其与Nd3+和Dy3+形成配合物溶于水，防止Nd3+和Dy3+与OH-形成沉淀，起到保护稀土离子的作用。 （4）“沉镝”过程中，与NaHCO3反应生成沉淀，释放出螯合剂G-macropa，反应的离子方程式为。 （5）①分离最佳效果为：Dy完全沉淀（滤渣中Dy含量100%）、Nd尽可能多留在滤液中。由图可知，L/M=8时，滤液中Nd含量最高，Dy沉淀率仍为100%，分离效果最好。 ②Nd3+始终以配合物形式留在滤液中，Dy3+从配合物中释放并沉淀，说明Nd3+与G-macropa形成的配合物更稳定。 9．(1) (2) CaF2 + H2SO4CaSO4+2HF↑ SiO2 、CaSO₄ (3)将Fe2+氧化为Fe 3+ (4)KAl(SO4)2∙12H2O (5) 3 与氢离子生成苯甲酸，导致能与铝离子结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低 (6)增大氯离子的浓度，使FeCl3转化为，提高锂离子的萃取率 【分析】萤石尾矿加入稀硫酸，加热酸溶，SiO2不反应，氟化钙、碳酸钙和硫酸反应，逸出HF，钙元素转化为硫酸钙沉淀，与二氧化硅成为滤渣，得到滤液，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去；其余氧化物转变为硫酸盐，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到KAl(SO4)2∙12H2O，精制Ⅱ中溶液中的Al3+继续通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀除去；同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，锂盐是通过有机物的萃取分离出来；水相中含Be2+、Fe3+，操作X为除去铁离子的过程，最后再加入氨水沉铍，据此分析。 【详解】（1） 铁（Fe）是26号元素，其核外电子排布式为。价层电子（即外围电子）是指最外层电子和次外层未排满的电子，对于Fe来说是，价层电子排布图为。 （2）萤石尾矿中含有，加入的酸是，在加热条件下，会与硫酸反应生成微溶的硫酸钙和氟化氢气体，化学方程式为CaF2 + H2SO4CaSO4+2HF↑。尾矿中的 不溶于硫酸，也会留在滤渣中。滤渣I成分为和 。 （3）酸溶后的溶液中含有（来自）和（来自）。后续步骤是生成黄钠铁钒渣，这需要铁以的形式存在。是一种氧化剂，可以将溶液中的氧化为，以便后续沉淀除去。 （4）沉铁后的溶液主要含有、、等离子。加入进行精制I。根据提供的溶解度曲线图，在较低温度下，的溶解度相对较小，且随着温度升高溶解度增加较快。通过蒸发浓缩、冷却结晶，可以析出溶解度较小的物质。结合曲线，是最容易结晶析出的含铝物质。 （5） 经过精制I除去了大部分铝，但溶液中可能还残留少量铝。加入进行精制II。已知信息②指出“苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸”。因此，铝离子会与苯甲酸根结合生成苯甲酸铝沉淀，离子方程式为：+3 ，如果溶液酸性太强（pH过低），溶液中大量的会与苯甲酸根离子结合生成苯甲酸，导致溶液中能与结合的浓度降低，从而使苯甲酸铝沉淀不完全，降低除铝效果。 （6）萃取步骤中使用了（磷酸三丁酯）和。已知信息①指出与生成的可被 萃取。加入可以提供大量的。在酸性条件下，会与结合形成络离子，进而与溶液中的结合成进入有机相，实现锂的萃取分离。 10．(1)C (2) 溶液中存在平衡：，pH过低时，H+浓度增大，平衡正移，使CrO42-浓度降低，(NH4)2CrO4的利用率降低 (3) 、 的溶解度随温度升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的 (4)是两性氢氧化物，若直接调节，会溶解，导致铬的去除率降低 (5) (6)附着的微量杂质（如、）受热易分解挥发 【分析】工业碳酸锶（含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等）加入硝酸进行“酸溶”，碳酸盐溶解生成硝酸盐、水和二氧化碳，气体A为CO2；向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，Ba2+和Pb2+转化为BaCrO4和PbCrO4沉淀除去；滤液经酸化后加入H2C2O4进行“还原”，将过量的（酸性条件下主要转化为）还原为Cr3+，同时生成CO2气体；向溶液中加入氨水调节pH至7~8，使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀（滤渣1）除去；再加入NaOH调节pH ≈ 13，使Ca2+、Mg2+转化为Ca(OH)2、Mg(OH)2沉淀（滤渣2）除去；过滤后向滤液中加入NH4HCO3进行“碳化”，使转化为SrCO3沉淀；最后经过滤、烘干等系列操作得到高纯SrCO3。 【详解】（1）A．硝酸过量能使碳酸锶充分溶解，Sr2+的浸取率不会降低，A错误； B．碳酸锶与硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳气体，气体A是CO2，B错误； C．粉碎固体或搅拌可以增大反应物接触面积，加快反应速率，C正确； 故选C。 （2）溶液中存在平衡：，pH过低时，H+浓度增大，使平衡正向移动，导致浓度降低，(NH4)2CrO4的利用率降低； “还原”时，草酸将还原为Cr3+，自身被氧化为CO2，离子方程式为。 （3）调节pH ≈ 13的目的是沉淀Ca2+和Mg2+，故“滤渣2”的主要成分为Ca(OH)2和Mg(OH)2。由于Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤可以促使Ca(OH)2尽可能多地析出，有利于除尽溶液中的Ca2+。 （4）已知Cr(OH)3为两性氢氧化物，若直接调节pH ≈ 13，碱性过强会导致生成的Cr(OH)3沉淀重新溶解为四羟基合铬(III)酸根离子，从而降低铬的去除率。因此需要先用氨水调pH至7~8沉淀Cr3+，再用NaOH调高pH沉淀Ca2+和Mg2+。 （5）反应的平衡常数 =。 （6） 经过前面的流程，沉淀表面附着的微量可溶性杂质主要为和过量的，这两种物质在200℃热风烘干时均易分解挥发，因此不经洗涤直接烘干即可得到高纯。 11．(1) +4 (2)A (3)、 (4) 2 (5)能耗高、耗时长、不符合经济效益 (6) 当滴入最后半滴标准溶液，溶液刚好由浅紫色变为红色，且半分钟内不恢复 50.0 【分析】含钛废渣（主要含TiO2，含少量Fe2O3、CaO、SiO2）加入硫酸进行“酸浸”，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3转化为Fe3+，CaO转化为微溶的CaSO4，SiO2不与稀硫酸反应。过滤后，浸渣的主要成分为SiO2和CaSO4；滤液中加入Na2SO3进行“还原”，将Fe3+还原为Fe2+，以防止后续调pH时与钛离子一同沉淀；随后“调pH过滤”，使TiO2+转化为TiO(OH)2沉淀；将TiO(OH)2沉淀与H2C2O4、BaCl2溶液进行“混合反应”，生成BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀；最后在800°C下“焙烧”得到目标产物BaTiO3。 【详解】（1）在化合物BaTiO(C2O4)2·4H2O中，Ba元素的化合价为+2，草酸根的整体化合价视为-2，O元素的化合价为-2。设Ti元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价代数和为0，可得(+2) + x + (-2) + 2 × (-2) = 0，解得x = +4。Ti是22号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，故其价层电子排布式为3d24s2。 （2）验证废渣中是否含有钛元素，常利用不同元素的原子在发生电子跃迁时会吸收或释放特定波长的光这一特性，即使用原子光谱法（原子发射光谱或原子吸收光谱），故选A。红外光谱法常用于测定分子中的化学键或官能团，X射线衍射法常用于测定晶体结构。 （3）废渣中的SiO2不溶于稀硫酸，CaO与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，因此酸浸后过滤得到的浸渣主要成分是SiO2和CaSO4。 （4）当TiO2+沉淀完全时，溶液中c(TiO2+) 1.0 × 10-5 mol/L。根据溶度积常数Ksp[TiO(OH)2] = c(TiO2+) · c2(OH-) = 1.0 × 10-29，可计算出临界的c(OH-) = mol/L = 1.0 × 10-12 mol/L。常温下，溶液中c(H+) =mol/L = 1.0 × 10-2 mol/L，故pH = -lg c(H+) = 2。在混合反应中，TiO(OH)2、H2C2O4和BaCl2反应生成BaTiO(C2O4)2·4H2O沉淀和HCl，根据原子守恒配平化学方程式为：TiO(OH)2 + BaCl2 + 2H2C2O4 + 2H2O = BaTiO(C2O4)2·4H2O+ 2HCl。 （5）工业上将BaCO3和TiO2在1500°C下反应2h制备BaTiO3，该工艺需要极高的温度和较长的反应时间，其缺点主要是：反应温度高，能耗大；反应时间长，生产效率低。 （6）① 滴定过程中，Fe3+将Ti3+氧化为Ti4+，自身被还原为Fe2+。当浅紫色的Ti3+完全反应后，过量的Fe3+会与指示剂KSCN中的SCN-结合生成红色的Fe(SCN)3络合物。因此滴定终点的现象为：当滴入最后半滴FeCl3标准溶液时，溶液刚好由浅紫色变为红色，且半分钟内不褪色。 ② 根据实验数据，第2次和第3次滴定消耗的体积分别为49.78 mL- 24.98 mL= 24.80 mL和24.10 mL- 0.00 mL = 24.10 mL，与第1、4、5次的24.98 mL、25.00 mL、25.02 mL偏差较大，属于异常数据，应舍去。有效消耗FeCl3溶液的平均体积为mL = 25.00 mL。根据氧化还原反应得失电子守恒关系Ti3+ ~ Fe3+，可知25.00 mL待测液中n(Ti3+) = n(Fe3+) = 0.1000 mol/L×0.02500 L = 2.5×10-3 mol。则100 mL容量瓶中总的n(Ti3+) = 2.5×10-3 mol×= 0.01 mol。根据钛元素守恒，样品中n(BaTiO3)=n(Ti3+)=0.01 mol，其质量为m(BaTiO3)=0.01 mol×233 g/mol=2.33 g。故钛酸钡样品的纯度为× 100% = 50.0%。 12．(1) 四 VIIB (2)还原剂 (3) 2.8 ≤ pH < 4.2 (4)萃取剂I中的氧原子和氮原子均能与Cu2+的空轨道形成配位键 (5) 66 【分析】酸浸（溶解与还原）：加入 和 。酸溶解金属氧化物。将难溶的（在中）还原为易溶的，进入溶液。此时溶液中含有 ，，，，。 氧化沉淀、调pH（除杂）：加入（强氧化剂）并调节pH。除铁：将氧化为 ，调节pH使其转化为沉淀。 除锰：将氧化为沉淀。过滤除去和，滤液中主要剩余，，。萃取分液I（分离铜）：加入萃取剂I。进入有机相。水相保留和，进入下一步。上层（有机相）：含有铜，经反萃取I（加入试剂X，通常是酸）后得到 产品。萃取分液II（分离钴与锂）：加入萃取剂II， 进入有机相，留在水相中。水相：经后续处理得到。有机相：含有钴，经反萃取II（加入试剂X）后得到产品。 【详解】（1）Mn是25号元素，其核外电子排布式为，电子层数为4，故位于第四周期；价电子数为，属于d区元素，对应第ⅦB族。 （2）酸浸”过程中的作用是还原正极材料中Co为+2价（后续流程中出现），Co元素化合价降低，说明是氧化剂，那么作为还原剂，被氧化（O元素化合价升高，生成)，因此主要作还原剂。 （3）该步骤需要沉淀和，同时保证、不沉淀。根据已知的氢氧化物沉淀pH表：完全沉淀的pH为2.8，开始沉淀的pH为4.2，因此需控制pH范围为。氧化过程中，被（过二硫酸铵，为氧化剂，其中过氧键的O从-1价变为-2价）氧化为，配平离子方程式：。 （4）萃取剂I的结构中含有和基团，其中O原子、N原子含有孤电子对；而的价电子轨道有空轨道，二者可以通过配位键结合，从而实现对的萃取。 （5）已知萃取率公式，题目中萃取剂与溶液体积相等，即。pH=5时对于，有图可知，萃取率，代入公式：解得：。对于，萃取率，同理代入公式：解得：。分离系数。 13．(1)（或） (2) (3) pH减小，H+浓度增大，H+与S2−结合生成弱电解质，使溶液中S2−浓度降低，促使PbS沉淀溶解导致c(Pb2+)增大 (4) (5) H2SO4 酸溶 (6) 【分析】含锰酸性废液(主要含有、、等)利用软锰矿将Fe2+氧化成Fe3+后通过调pH将铁除去，再用Na2S除去铅，沉锰后经过系列操作得到MnO2。 【详解】（1）Mn原子序数为25，失去2个电子形成，基态核外电子排布式为： （或） （2）氧化过程中，作氧化剂，将废液中还原性的氧化为，方便后续调pH除去； （3）根据要求，需沉淀完全，不能沉淀，即，，得；沉淀完全，，，得；故pS范围为；pH减小，H+浓度增大，H+与S2−结合生成弱电解质，使溶液中S2−浓度降低，促使PbS沉淀溶解导致c(Pb2+)增大； （4）沉锰时，与碳酸氢铵、氨水反应生成碳酸锰沉淀， ； （5）电解时，在阳极失电子生成，电极反应为： ，电解液中生成H2SO4的可循环使用，循环到“酸溶”操作中； （6） 若中每个均采用四配位模式，2个Pb共需要8个配位键，总共有6个I，因此2个I作为桥键连接两个Pb，剩余4个I为端基I，满足每个Pb四配位，结构式为（合理即可）。 14．(1)增大氧气浓度及固体接触面积，提高焙烧速率 (2) 、 (3) 或或或等 (4)酸浸 (5) 【分析】闪锌矿（主要成分为ZnS，含有SiO2、FeS、CdS、PbS等杂质）在空气中高温加热矿石，将金属硫化物（如ZnS，FeS，CdS）转化为相应的金属氧化物，硫元素以SO2气体形式除去。用稀硫酸溶解焙烧后的产物。ZnO、Fe2O3、CdO等碱性氧化物与酸反应生成可溶性的硫酸盐（ZnSO4，Fe2(SO4)3，CdSO4），而SiO2和Pb的化合物（最终转化为PbSO4）不溶于稀硫酸，作为滤渣1被除去。向酸浸液中通入O2，将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+。然后加入试剂X调节溶液pH，使Fe3+完全水解生成Fe(OH)3沉淀（滤渣2）而除去。向除铁后的溶液中加入锌粉。由于锌的金属活动性强于镉，发生置换反应，从而除去Cd2+杂质，生成的Cd作为滤渣3被除去。电解提纯后的ZnSO₄溶液，在阴极得到高纯度的金属锌。 【详解】（1）“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作，这样操作的目的是：增大氧气浓度及固体接触面积，提高焙烧速率。 （2）焙烧时，硫化锌与氧气在高温下反应生成氧化锌和二氧化硫，化学方程式为：，酸浸时，原料中的SiO2不与稀硫酸反应。杂质PbS经焙烧和酸浸后，最终转化为难溶于稀硫酸的PbSO4，所以，滤渣1的主要成分是和。 （3）为了调节pH使Fe3+沉淀，同时不引入新的杂质离子，应选择含锌的碱性物质。可选用或或或等。当溶液pH=4时，pOH =14-4=10，溶液中氢氧根离子浓度为，根据溶度积常数表达式 ，可得： 。 （4）电解ZnSO4溶液的总反应为 ，电解后，溶液中Zn2+浓度降低，而H2SO4浓度升高。该溶液（主要成分为稀硫酸）可以作为酸浸工序的原料，实现循环利用。 （5）根据题目信息，CN-中提供孤对电子的是碳原子，碳原子电负性较小，半径较大，属于软碱。Fe2+和Fe3+中，Fe2+电荷较低、半径较大，属于软酸；Fe3+电荷较高、半径较小，属于硬酸。根据“硬亲硬、软亲软”的原则，软碱（C原子）会与软酸（Fe2+）形成更稳定的配位键。反应②是用K4[Fe(CN)6]溶液检验Fe3+。K4[Fe(CN)6]在溶液中电离出K+和[Fe(CN)6]4-。Fe3+与[Fe(CN)6]4-反应，并结合溶液中的K+，生成蓝色的普鲁士蓝沉淀。根据晶胞结构图分析：位于顶点和面心，个数为，位于体心和棱心，个数为，位于小立方体体心，个数为4，由此可知化学式中含K+、、比例为1:1:1，即沉淀为 ，离子方程式为：。 15．(1)充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等 (2) (3) (4) 富集钪元素，并与杂质分离 溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离 (5) 或或等 【分析】钨渣中主要含有以及少量、、等，加入稀盐酸后，、均不溶，滤液1中含有、，加入氨水调节溶液的pH值， Fe3+转化为沉淀，过滤后，滤液中加入有机萃取剂P204萃取Sc3+，富集钪之后，在有机相中加入氢氧化钠后得到反萃取固体Sc(OH)3，加入HCl得到ScCl3，加入H2C2O4后得到Sc2(C2O4)3，在空气中灼烧后得Sc2O3。 【详解】（1）加快浸取速率的常用方法有充分搅拌或适当增大盐酸浓度或进一步粉碎钨渣等； （2）已知​是酸性氧化物，不溶于水，滤渣1中的与氨水反应生成可溶的，据此写出离子方程式； （3）酸浸后滤液1中含有、，加氨水调pH=3时，完全水解生成沉淀，仍留在溶液中，故滤渣2为； （4）萃取与反萃取可以富集钪元素，并与杂质分离；萃取时Sc进入有机相，水相中主要含有可回收的；已知Sc的氢氧化物具有两性，过量NaOH会使溶解，导致后续消耗更多酸，增加成本；同时有机萃取剂P204呈酸性，也会与NaOH溶液反应，不利于分离； （5）设初始有1 mol ，质量为462 g；400 K时，固体残留质量为 ，失去质量为 ，即失去 结晶水，剩余1 mol结晶水，故成分为 ；500 K时，固体残留质量为 ，正好等于​的摩尔质量（ ），说明500 K时已完全失去结晶水，为​；500~600 K时，草酸钪在空气中灼烧被氧气氧化，最终生成​，配平得到反应方程式 或或等。 16．(1) (2) 粉碎，研磨，搅拌，适当延长浸出时间等(任答一点即可) 还原， (3) (4) (5)9.8 (6)实现了锗、镓的综合回收，原料利用率高；试剂可循环利用，绿色环保；工艺条件温和，适合工业生产 【分析】炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中加入稀硫酸、ZnS经过“还原酸浸”时可得到ZnSO4、FeSO4、MnSO4、Ge(SO4)2、Ga2(SO4)3，SiO2不溶于酸，由于ZnFe2O4中的Fe为+3价、MnO2中Mn为+4价，溶解后Fe、Mn均被还原得到+2价，因此ZnS中的-2价S被氧化为0价S，则滤渣主要成分为SiO2和S；“还原酸浸”后的溶液中加入萃取剂分离Ge4+、Ga3+（有机相）与Fe2+、Mn2+、Zn2+（水相），则萃余液中含有Zn2+、Fe2+和Mn2+，含Ge4+、Ga3+的有机相中加入NH4F分离Ga3+（有机相）和Ge4+（水相），有机相加入稀硫酸反萃取后加入碳酸氢钠沉镓得到Ga(OH)3，再经历一系列过程得到金属Ga，水相加入氨水中和后，Ge4+转化为GeO2，再经氯化蒸馏、水解后，在GeO2中加入NaH2PO2H2O真空还原得到GeO，再经历一系列过程得到金属Ge。 【详解】（1）Ga是第31号元素，位于第四周期ⅢA族，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，因此价电子排布式为：4s24p1 （2）①提高浸出效率的措施（温度不变时）：可以通过粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度、延长浸出时间等方式，增大固液接触面积或反应时间，从而提高浸出效率。 ②ZnS作为还原剂，还原体系中的MnO2和Fe3+（将MnO2还原为Mn2+，Fe3+还原为Fe2+），同时自身被氧化为单质硫。 （3）①酸性条件下，MnO2作为氧化剂，将ZnS氧化，自身被还原为Mn2+，反应为：；②除了生成的S，原料中的SiO2不与酸反应，也会留在滤渣中，因此还有SiO2。 （4）反萃取后Ge以形式存在，加入氨水NH3H2O发生反应，生成Ge(OH)4沉淀、F-和NH：。 （5）先计算生成MgGeO3沉淀所需的c(Mg2+)：c(Mg2+)=，再计算c(Mg2+)=310-3 mol/L时，生成Mg(OH)2沉淀的最大c(OH-)：，，计算 pH：pOH=-lg(6.3210-5)=5-lg6.325-0.8=4.2 pH=14-4.2=9.8，因此，为防止生成Mg(OH)2杂质，pH应小于9.8。 （6）从资源利用和绿色化学角度分析：实现了锗、镓的综合回收，原料利用率高；部分试剂（如萃取剂、NaHCO3等）可循环利用，降低成本；工艺条件温和，能耗低，绿色环保，适合工业生产。 17．(1) (2) (3)a (4) 防止水解 (5)冷却或凝华 (6) 1：2 -OH可与形成氢键 【分析】将原料中锆、铁、铬、铅等金属元素转化为可溶性离子（、、、），滤出不溶性杂质得到废渣1；随后加入沉铅，将转化为沉淀除去，得到废渣2；再通入氨气调节pH，使、留在废液中，得到水合氧化锆；经煅烧除结晶水得到无水，再经焦炭、高温氯化得到，分离后与NaCl化合得到最终产物。 【详解】（1）Zr位于第五周期第ⅣB族，属于过渡元素，Zr的原子序数为40，其核外电子排布式为[Kr]4d25s2，故Zr价电子排布为4d25s2； （2）“酸浸”后溶液中含有，加入PdCO3后生成PbCl2沉淀（废渣2），同时溶液中可能生成CO2，反应方程式为； （3）由图可知，当pH=2.8时，Fe3+的-lgc=5，即c(Fe3+)=10-5 mol/L，已完全沉淀，当pH=5.6时，Cr3+的-lgc=5，即c(Cr3+)=10-5 mol/L，也已完全沉淀，则Fe3+先沉淀，根据，计算得，为了使沉淀而和Cr3+不沉淀，实现物质分离，故，则pOH=12.2，调节pH最大值是1.8，选a。 （4）ZrO2与C、Cl2在高温下生成ZrCl4和一种还原性气体，故反应方程式为； ZrCl4易水解生成ZrO2或Zr(OH)4，影响产品纯度，此外水蒸气可能与C反应生成H2和CO，干扰主反应，需预先除去水分，目的是防止ZrCl4水解； （5）ZrCl4在331℃升华，变为气态，冷却后凝华为固体，因此可通过冷凝或凝华分离。 （6）在1个结构单元中，1个P原子与3个O原子和1个相连，构成，而每个Zr原子被4个结构单元共用，则1个结构单元中含有Zr原子的个数为，且含2个，所以该结合剂的化学式为，故n(Zr):n(P)=1:2； 层间存在-OH基团，其O原子电负性强，可与水分子中H形成氢键，同时水分子中的O也可与-OH中的H形成氢键，此外层间就有空间容纳水分子，因此可稳定吸附水。 18．(1)增大接触面积，加快后续浸取速率，提高浸取率 (2) (3) 调节至弱碱性使V元素以形式存在 (4) (5) (6)0.5mol/L (7)15% 【分析】钒钛矿经过预处理破碎、球磨后，用溶液进行碱浸：与反应生成可溶性的；在弱碱性条件下以形式进入溶液；而不与碱反应，以滤渣①形式分离出来。向碱浸后的滤液中通入进行沉淀：与反应，分别生成沉淀，以滤渣②形式除去；含的滤液中加入溶液调 pH，将溶液调为弱碱性，使 V 元素以形式存在，同时中和过量的酸，避免后续沉钒时 pH 过低；再加入沉钒，生成难溶于水的沉淀，后续经过煅烧等操作得到工业催化剂。滤渣①（主要含）中加入浓硫酸进行酸浸：与浓硫酸反应生成、和水；与硫酸反应生成微溶于水的，以滤渣③形式除去；含、的溶液经过结晶，析出；结晶后的滤液加热水解，生成沉淀，经灼烧分解最终得到，以此解答； 【详解】（1）预处理时需将钒钛矿破碎、球磨的目的：增大接触面积，加快后续浸取速率，提高浸取率； （2）Ti原子序数为22，电子排布式为；失去4个电子形成时，先失去最外层4s电子，再失去3d电子，电子排布式为：； （3）的作用：调 pH，将溶液调为弱碱性，使V元素以形式存在，同时中和过量的酸，避免后续沉钒时pH过低；滤渣③的主要成分：； （4）反应生成和，配平后：； （5）为强氧化剂，与盐酸反应生成和，配平后：； （6）已知，沉淀率99%，则溶液中剩余浓度为：，根据溶度积公式，得：； （7）钒钛矿总质量为100t，其中的质量分数为22.8%，则；的摩尔质量为，的摩尔质量为，根据Ti元素守恒，1mol可生成1mol，因此理论产量为：；实际得到的质量为10.2t，损失率的计算公式为：，代入数据：。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $