2027届高三化学一轮复习解答题专项训练化工流程综合

**基本信息** 聚焦化工流程综合题，通过真题与变式训练结合，系统构建"工艺分析-原理应用-计算推理"解题体系，强化证据推理与模型认知。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |真题演练|5道高考题|流程分段解析法、守恒配平技巧、溶解度曲线应用|元素周期律→物质转化→分离提纯→定量计算递进| |变式训练|25道模拟题|氧化还原反应规律、沉淀溶解平衡计算、电极反应书写|工业流程与反应原理融合，体现绿色化学与可持续发展|

2027届高三化学一轮复习解答题专项训练 化工流程综合 一、真题演练 1．（2026·河北·高考真题）钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含、、和少量CaO、 等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ (3)滤渣的主要成分有 、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 2．（2025·河北·高考真题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是。 回答下列问题： (1)基态铬原子的价层电子排布式：_______。 (2)煅烧工序中反应生成的化学方程式：_______。 (3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、_______、_______(填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因：_______。 (5)滤液Ⅱ的主要成分：_______(填化学式)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式_______。 (7)滤渣Ⅱ可返回_______工序。(填工序名称) 3．（2024·河北·高考真题）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为_______；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为_______，产生的气体①为_______(填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为_______(填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为_______；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为_______；浸取后低浓度的滤液①进入_______(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为_______(填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为_______(填序号)。 a．延长沉钒时间     b．将溶液调至碱性      c．搅拌      d．降低溶液的浓度 4．（2023·河北·高考真题）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下： 已知：室温下的。 回答下列问题： (1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为_______(填化学式)。 (2)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 (3)浸取工序的产物为，该工序发生反应的化学方程式为_______。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。 (4)浸取工序宜在之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是_______。 (5)补全中和工序中主反应的离子方程式_______+_______。 (6)真空干燥的目的为_______。 5．（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下： 回答下列问题： (1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。 (2)黄铁矿研细的目的是_______。 (3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。 (4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。 (5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。 (6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。 二、变式训练 6．（2026·河北沧州·一模）金属钛广泛应用于航空航天、医疗等领域。工业上利用钛铁矿(主要成分为，含少量、等杂质)作原料生产金属钛的一种工艺流程如图： 已知：，。 (1)基态钛原子的价层电子排布式为___________。 (2)酸浸时，提高浸取速率的措施有___________(任写一条)。 (3)滤渣Ⅰ的主要成分为___________(填化学式)。 (4)写出生成的离子方程式：___________。 (5)试剂X为___________，加入试剂X的目的是避免水解时生成___________(填化学式，从而有利于提纯Ti）。 (6)常温下，结晶后的滤液中浓度为，则用氨水调节pH应不大于___________。 (7)电解过程中金属钛在___________(填“阴”或“阳”)极析出。镁与在高温下反应也可以制备金属钛，该法与电解法相比劣势明显，其原因是___________。 7．（2026·河北雄安·模拟预测） (二氧化氯)是一种高效、低残留的消毒剂，现已广泛代替用于饮用水的消毒，但具备较强的氧化性且难以储存，故运输时一般采用等亚氯酸盐。一种制备的工艺流程如下： 已知： Ⅰ.的氧化性和同等条件下的相当，加浓硫酸后的还原产物以为主；在碱性条件下具备一定的还原性，氧化产物为； Ⅱ.热稳定性差，其溶液60℃以上即开始分解为、和等； Ⅲ.为白色沉淀，15℃下其在水中的溶解度为0.351 g/100 mL；。 (1)的VSEPR模型名称为___________，其中心原子的孤电子对数为___________。 (2)“还原Ⅰ”步骤的离子方程式为___________。 (3)“还原Ⅱ”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 (4)若“碱浸”步骤中溶液的浓度下降、温度下降，可能生成的阴离子副产物为___________(填离子符号)。 (5)未消毒的自来水存在甲苯等多种有机物。已知的还原产物为，写出酸性条件下将甲苯氧化为的离子方程式：___________。 (6)有同学想检验成品中是否含有杂质，遂将成品溶于一定量水中，加入溶液观察是否产生白色沉淀。为确保实验时先析出的白色沉淀为，则的最小值应为___________(忽略、的水解和盐的结晶水，是成品中的唯一杂质)。 (7)“……”步骤包括减压蒸发、控温结晶、洗涤、干燥等，其中蒸发操作应减压进行的原因为___________。 8．（2026·河北·模拟预测）某湿法冶金工艺以废催化剂（主要含有V2O5、MoO3及Al2O3等）为原料回收钒、钼并制备V2O5和MoS3的流程如下： 已知：NH4VO3微溶于冷水，可溶于热水。回答下列问题： (1)已知钼的原子序数是42，则基态钼原子核外电子占据最高能层的符号是________。 (2)“碱溶”时生成[Al(OH)4]-的离子方程式为________。 (3)常温下，“调pH，除铝”过程中，当溶液中[Al(OH)4]-残留浓度等于1.0×10-6 mol/L时，溶液的pH=________{已知25℃时，[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)Al(OH)3(s)+H2O(l)的K=1015}。 (4)沉钒过程基本完成后，为了尽可能提高钒的回收率，需对悬浊液进行降温处理，用平衡移动原理解释其原因：________。 (5)“煅烧”时若不通入空气，制得的V2O5中常含有钒的低价氧化物，通空气的目的是________；当“煅烧”升温至200℃时生成中间物质M，此时固体失重率约为14.5%（），则M的化学式为________。 (6)“沉钼”时滤液中MoO转化为MoS3的离子方程式为________。 9．（2026·河北衡水·二模）高纯硼酸用于半导体生产的扩散、掺杂工艺。现从硼镁矿【主要成分为，以及少量、等】中制备高纯硼酸的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)B元素位于元素周期表的_______区。在“碱解”时，生成和的离子方程式为_______。 (2)“酸化”时调节溶液pH至3，则母液1溶质的主要成分Y为_______(填化学式)。该成分Y与硼酸的溶解度随温度变化如图所示，“冷却结晶”时控制温度在，理由是_______。 (3)“酯化”时硼酸与过量甲醇反应生成硼酸三甲酯(沸点为)，后续的“分离”为_______(填操作名称)。试从微粒作用力的角度解释该操作能有效分离微量镁钙杂质的原因_______。 (4)母液2可循环再用，进入_______步骤。 (5)碱解液也可直接经膜电解池制备高纯硼酸。该膜电解池由不锈钢阴极、镀铂钛的惰性阳极以及离子交换膜组成，装置示意图如图，其中生成硼酸的电极为_______(填“阳极”或“阴极”)。 10．（2026·河北邢台·三模）白铁(镀锌铁)在生产、生活中有广泛应用，以菱锌矿(主要成分是 ，杂质为 CuO、FeCO3、MgO、SiO2 等)制备白铁的流程如图所示。已知常温下，。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，用 的硫酸比用 的硫酸更好些，原因是_______。写出滤渣1主要成分的一种用途_________。 (2)“氧化”中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。 (3)写出一个“调pH”时发生反应的离子方程式________，当恰好沉淀完全时[设此时，溶液中 ________。 (4)“脱镁”后的滤液用于制白铁，涉及的原理名称是________，铁表面上的反应式为________。 (5)由铁、锂、硒形成的新型超导材料的晶胞结构及两原子的分数坐标如图所示(其中 Fe原子均位于面上)。晶胞棱边夹角均为 ，晶体密度为 。该晶体的化学式为________，①处Se原子的分数坐标为________，阿伏加德罗常数 ________(用含a、c、ρ的式子表示)。 11．（2026·河北邯郸·三模）稀土金属已成为发展尖端科学技术不可缺少的材料，我国稀土资源丰富，其中铈(Ce)是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用非常广泛。以氟碳铈矿石(含)为原料制备的工艺流程可表示为： 已知：氟碳铈矿在“氧化焙烧”中生成Ce(Ⅳ)化合物和气体。 (1)“氧化焙烧”时，将粉碎后的矿石从顶部加入，空气从焙烧炉底部通入，该操作的目的是___________；写出发生的化学方程式：___________。 (2)焙烧后加入稀硫酸浸出，稀土的浸出率和浓度、温度的关系如图所示，应选择的适宜条件为___________。 (3)“复盐分离”时先加入硫脲()还原酸浸液中等离子，生成二硫甲脒()和，硫脲和反应的离子方程式为___________。 (4)在硫酸介质中Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯()萃取，Ce(Ⅲ)不被萃取。萃取“酸浸液”中Ce(Ⅳ)，制取的流程如下： ①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构可表示为___________。 ②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比()，本题实验条件下。向含的酸浸液中加入萃取剂，充分振荡、静置后，水层中___________。 ③的作用是___________。 12．（2026·河北沧州·三模）钛因具有优异的性能而得到广泛应用。我国钛铁矿储量居世界前列。一种以钛铁矿为原料(主要成分为，含少量、、等)制备钛和补血剂乳酸亚铁[]的工艺流程如下： 已知：①“酸浸”后钛元素主要以形式存在，可水解； ②常温下，，的，。 回答下列问题： (1)基态铁和钛原子的未成对电子数之比为________。 (2)“酸浸”生成的滤渣主要成分是________(填化学式)。 (3)加入固体“沉铁”需调节溶液的，不能过高或过低的原因是________；控制温度低于35℃的主要原因是________。若保持，当时，溶液的约为________。 (4)由生成乳酸亚铁的化学方程式为________。 (5)“热解”时反应的离子方程式为________，通入热水的作用是________。 13．（2026·河北保定·三模）废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用。一种从废钼催化剂(主要成分为、，含少量、、等)中回收有价金属的工艺流程如下： 已知： ①常温下，，，。 ②当溶液中剩余金属离子的浓度时，视为该金属离子已沉淀完全。 ③，。 回答下列问题： (1)是第五周期元素，与元素位于同一族，基态原子的价层电子排布式为___________。 (2)“焙烧”时，中元素由+4价转化为+6价，该反应的化学方程式为___________。 (3)“碱浸”时，主要反应的离子方程式为___________，“碱浸”后所得滤渣的主要成分是___________(填化学式)。 (4)“除铁”时，溶液中、、，加入适量溶液调节(溶液体积变化忽略不计)，再加热煮沸一段时间，则调节的范围为___________，煮沸的作用是___________。 (5)“沉钼”过程中，选用稀硝酸而不用稀盐酸的原因是___________。 (6)在空气中加热，其热重曲线如图所示。b点对应固体的成分是___________。 14．（2026·河北保定·三模）亚硝酸钙[]可用作化学合成反应中的催化剂、氧化剂、中间体等。某兴趣小组利用如下装置制备亚硝酸钙(加热及夹持装置略)。 已知：酸性溶液能将氧化为。 回答下列问题： (1)仪器a中支管的作用是___________。仪器b的名称为___________。 (2)检查装置气密性后，加入相应的试剂之后进行的操作为(ⅰ)通入；(ⅱ)关闭，打开，使稀硝酸滴入三颈烧瓶中，打开管式炉，对瓷舟进行加热；(ⅲ)关闭，打开，通入。第二次通入的作用是___________。 (3)管式炉中过氧化钙反应得到产物和，二者物质的量之比为2：1，该反应的化学方程式为___________。 (4)装置D中盛装的试剂是___________；其中发生反应的离子方程式为___________。 (5)样品中含有杂质，通过下列方法可测定杂质含量：称量样品溶于水，加固体，充分振荡，过滤后将溶液转移到容量瓶中，配制成溶液，取溶液进行以下操作： “煮沸”时发生反应。“还原”时加入的标准溶液，“滴定剩余”时消耗的标准溶液。样品中杂质的质量分数为___________(用含、的式子表示)。滴定完毕后立即读数，会导致测得的的含量___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 15．（2026·河北衡水·模拟预测）工业上采用废铝合金(主要含Al、Fe、Cu等元素及其少量的氧化物、SiO2)分离提取铝、铁、铜等元素，工艺流程如下： (1)X为___________(填化学式)，“滤液1”中阴离子除外，还含有___________(填离子符号)。 (2)“调”操作前，加入溶液通常在40℃的水浴中反应，目的是___________。写出“氧化”反应的离子方程式：___________。 (3)“转沉”能够发生，可能的原因是___________。 (4)“调”时，若确保使完全沉淀(其离子浓度低于时认为该离子沉淀完全)，应调节溶液不低于___________［取，的为］；在溶液中极易水解，则其水解反应的平衡常数___________(用含、的代数式表示)。 (5)实验测得常见三种自来水处理剂对废水中常见有机污染物的去除效果如下图所示。 高铁酸钾作为新型的绿色环保水处理材料，与、相比，其优点为___________。 16．（2026·河北沧州·二模）是治疗急性早幼粒细胞白血病的一线特效药物。以砷渣(含、、)为原料回收的流程如图所示。 已知：①“碱浸”时，浸出液的主要成分为和；“结晶”时析出，易脱水生成。②“还原”时主要发生放热反应。③常温下，，。 回答下列问题： (1)基态砷原子的简化电子排布式为___________。 (2)为了提高“碱浸”反应速率，宜采取的措施有___________(答一条)。写出“碱浸”时发生反应的离子方程式：___________。 (3)“氧化”时生成和，被氧化的元素是___________(填元素符号)；“沉砷”时主要生成，不生成，其原因是___________。 (4)“还原”步骤中，反应温度对产物中含量和砷的回收率的影响如图所示。 随着温度升高，含量和的回收率呈现如图所示趋势的原因可能是___________。 (5)“洗涤”时，检验固体已洗涤干净的方法是___________。 (6)雄黄()在高温下与氧气反应生成和一种刺激性气味气体，将气体通入品红溶液中，红色溶液变为无色。写出发生反应的化学方程式：___________。 17．（2026·河北保定·二模）贵金属(主要指金、银、铂等8种金属)是国家战略资源之一。一种从制作首饰的废料(主要成分为金、银、铂、蜡和纤维等)中提取金、银、铂的工艺流程如图所示。 已知：①  ；。 ②反应正向进行的程度很小。 回答下列问题： (1)“灼烧”的目的是___________。 (2)“沉银1”时，若要使沉淀完全(离子浓度不大于)，则需要加入等体积的NaCl溶液的物质的量浓度至少为___________。 (3)“氨浸”时，反应的离子方程式为___________；该反应的平衡常数___________(保留两位有效数字)。 (4)“沉银2”中的作用是___________。 (5)金几乎不溶于浓硝酸，但可以溶于王水，试从平衡移动角度说明原因___________。 (6)反应Ⅰ的化学方程式为___________。 (7)已知受热生成一种有强烈刺激性气味的黄绿色气体、Pt和一种盐，其中___________(填化学式)可循环利用。 18．（2026·河北雄安·三模）铋广泛用于电子半导体、医药等领域；锰是钢铁、动力电池行业的核心原料。某工厂设计如图工艺流程，从含铋烧渣(主要成分为、，还含少量、、)中回收，并制备锰的氧化物，实现废渣的资源化利用。 已知：①易水解生成沉淀；②该流程条件下，Bi与盐酸几乎不反应；③常温下，存在的pH范围约为2.0~11.0。回答下列问题： (1)“水浸”的目的是_______。 (2)“酸浸”时选用过量浓盐酸的原因除了使原料充分反应外，还有______(结合化学用语说明)。 (3)①实验室检验滤液Ⅱ中是否含有的试剂为______。 ②经检验，滤液Ⅱ中无，含有。滤液Ⅱ中含有的主要原因为_______(用离子方程式解释)。 ③常温下，若滤液Ⅱ中，理论上，“沉铋”时应控制溶液的_____{，}。 (4)“沉锰”时反应的离子方程式为_______；该工序需控制温度在以下，原因可能是_______。 (5)某温度下在空气中煅烧生成一种锰的氧化物和，测得煅烧后固体残留率为66.4%(固体残留率)，则该温度下所得锰的氧化物的化学式为_______。 19．（2026·河北保定·三模）某小组同学利用湿法炼锌过程中产出的新型除钴剂钴渣{主要成分有、钴的有机盐()，还含有少量碱式硫酸铁、、等}为原料，回收钴的流程如图1所示 已知：钴的有机盐()不溶于水和稀酸。时，。。 回答下列问题： (1)“低酸浸出”过程中，难溶物碱式硫酸铁和硫酸反应的离子方程式为___________。 (2)，“低酸浸出”过程中，当溶液的pH为1.35时，溶液中的开始生成Fe(OH)3沉淀，则混合液中c(Fe3+)为___________ mol·L-1(结果保留两位有效数字)。 (3)“煅烧”的目的是___________，“煅烧”后得到CO2、SO2、NO2和H2O，钴元素主要转化为CoO，少部分得到CoSO4和Co3O4，该过程得到CoO的化学方程式为___________。已知不同煅烧时间钴渣失重率与钴渣中钴元素含量曲线如图2所示，则煅烧水洗渣的最佳时间为___________。 (4)“还原浸出”可把Co元素全部转化为Co2⁺，反应中Co3O4和的化学计量数之比为___________。 (5)已知：氧化还原电对的标准电极电势()越大，则该电对中的氧化态的氧化性越强； ， 。，“氧化沉淀”时，溶液的pH最小为___________(保留两位小数)，而实际操作中pH调节为1.2，为保证实验持续进行，实验过程中应进行的操作为___________。 (6)一种含Co的-2价配离子的结构如图3，其中Co形成了___________个配位键，Co元素显___________价。 20．（2026·河北衡水·三模）镍氢电池环保性能好，广泛应用于电子设备和混合动力汽车，一种从电解镍钴渣(主要成分为、、等)中提取和的工艺流程如下图所示： 已知：氧化性：。 回答下列问题： (1)写出镍元素在元素周期表中的位置___________，写出基态钴原子的价电子排布式___________。 (2)写出“除铁”工序中发生反应的离子方程式：___________。 (3)氧化剂单位质量得电子数叫氧化当量，则和NaClO的氧化当量之比为___________(保留2位有效数字)。 (4)利用平衡移动原理解释，利用含的母液进行“淘洗”的原理和目的：___________。 (5)写出步骤“二次沉钴”工序反应的化学方程式：___________。 (6)镍氢电池的正极材料为，负极是储氢合金，电解质为溶液，原理图如下： 写出放电时的负极反应：___________。 写出充电时的阳极反应：___________。 21．（2026·河北保定·三模）金属钨(W)是一种重要的战略物资，广泛用于钢铁工业、电真空照明材料等方面。赣南以石英脉型黑钨矿而闻名于世，号称“世界钨都”。黑钨矿的主要成分是和(含少量)，工业上以黑钨矿为原料冶炼钨并获得副产品的一种流程如图所示。已知：钨酸()难溶于水。 回答下列问题： (1)黑钨矿中的价层电子排布式为_______。 (2)写出“粉碎焙烧”过程中转化为的反应的化学方程式：_______。 (3)“调”过程中得到的滤渣的主要成分为_______，若过低，产率将降低，原因为_______。 (4)为了获得高纯度金属钨，选用氢气作还原剂还原而不宜用炭的原因是：_______。 (5)向钨酸钠碱性溶液中加入氢氧化钙可得到发光材料钨酸钙，当溶液中恰好沉淀完全时，溶液的为_______。(已知常温下：，；离子浓度小于即认为沉淀完全) (6)“滤渣”转化生成的离子方程式为_______。 (7)如图为在不同温度下的溶解度曲线。从溶液中提取晶体的操作为_______，干燥，碾磨，即可得到较纯的硫酸锰。 22．（2026·河北保定·二模）电镀厂的废水成分复杂、污染性强，需处理达标后才能排放。某电镀厂废水的为0.45，主要含、和，还含有少量的和，工程师处理该废水的一种工艺流程如图： 已知：可溶于水，在水中发生水解而生成碱式盐沉淀。 回答下列问题： (1)取原废水各1 L，分别调节废水的pH在4.0～5.0时，金属离子浓度变化情况如图。根据实验数据进行分析，“沉锡”时的最佳pH范围为___________。 (2)“氧化沉铁”时，温度不宜过高的原因为___________；“氧化沉铁”的离子方程式___________；“氧化沉铁”一段时间后，溶液中有气体逸出，其原因是___________。 (3)298 K时，部分标准电极电势如表。电极电势高的电极，其氧化型的氧化能力强；电极电势低的电极，其还原型的还原能力强。 电极(氧化型还原型) 电极(氧化型还原型) 1.36 0.151 1.83 0.770 0.17 1.776 ①结合数据分析，“氧化沉钴”得到的___________(填“能”或“不能”)用盐酸溶解制备溶液，理由为___________。 ②操作“X”为___________。 ③下列方法测定产品的纯度(杂质不参与反应)：将2.0 g试样溶于稀硫酸中，加过量的，用的滴定生成的(已知酸性环境下可被还原为)，共用去溶液。则的质量分数是___________。 (4)从“浓水”中可回收的盐为___________(填化学式)。 23．（2026·河北唐山·二模）辉钼精矿的主要成分为(含、、等杂质)，全湿法提钼工艺流程如下： 已知：i．“加压浸出”中元素转化为和(难溶)，其余金属元素均转化为高价金属阳离子。 ii．N235为胺类萃取剂，可表示为，萃取与反萃取的原理为：。 iii．，。 回答下列问题： (1)Mo(42号元素)与Cr同族，基态钼原子的价层电子排布式为___________。 (2)“加压浸出”中元素全部转化为，写出转化的化学方程式___________。 (3)若萃余液中金属阳离子的浓度均为，调节溶液使与深度分离(离子浓度不超过，可认为深度分离，假设溶液体积不变)，需控制的范围为___________。 (4)“碱浸渣”的主要成分为___________；试剂X最好选用___________(填名称)；可提高反萃取率的方法有___________(填序号)。 a．多次反萃取    b．将溶液调至酸性    c．提高试剂X的浓度 (5)“常压碱浸”中有温室气体产生，写出该过程的离子方程式___________。 (6)已知为立方晶胞，晶胞结构如图所示(晶胞参数为)： ①晶胞中的配位数为___________。 ②晶体的密度为___________。 24．（2026·河北保定·二模）我国有丰富的菱锌矿资源，其主要成分是，杂质为以及、、、、、等的化合物。利用菱锌矿湿法制取活性的简化流程如下： 回答下列问题： (1)基态的价电子排布式为___________。 (2)图中X和Y分别表示___________、___________。(填化学式) (3)“中性浸取”的前期是否需要加热？___________(填“需要”或“无需”)，原因是___________(写2条)。 (4)“酸性浸取”过程控制，请写出加入后生成黄铵铁矾沉淀的化学方程式___________。 (5)已知：常温下，和的分别为和。“沉镁钙”过程中，当恰好沉淀完全(浓度)时，溶液中剩余的浓度约为___________(保留3位有效数字)。 (6)液态HF通常通过氢键以三聚体[]的形式存在，其结构类似环己烷的椅式()构型，请画出该HF的三聚体结构式并表示出其中的共价键(实线)和氢键(虚线)___________。 (7)若已知“沉锌”之前滤液5中含有元素的质量为，“沉锌”过程元素的转化率为，“煅烧”过程元素的转化率为，理论上最多可制得活性的质量为___________(保留3位有效数字)。 25．（2026·河北雄安·二模）由稀土元素钕（Nd）制成的钕铁硼磁铁是第三代永磁材料，广泛应用于医疗、电子电器、交通、机械等领域。一种从钕铁硼磁铁废料[主要成分为，含、等杂质中回收氧化钕的工艺流程如图所示。 已知：“灼烧”后产物全部为相应元素的氧化物； 与性质相似。 回答下列问题： (1)Cu元素位于周期表中________区。 (2)“灼烧”后，Cu元素的主要产物为而不是。试解释该条件下，比稳定的原因为________。 (3)“溶解1”过程中B元素转化为________（填离子符号）。 (4)“溶解2”后的溶液中，Nd、Fe、Cu元素分别以、、的形式存在，则“溶解2”中发生反应的离子方程式为________。 (5)已知N503在高酸度下先发生质子化：，再进行萃取。试分析N503在该体系中不能萃取的原因为________。 (6)“滤液2”可用于电解法制备覆铜电路板，该过程生成的电极反应式为________。 (7)已知：25℃时，，，。“滤液3”中，，则________。 (8)“滤渣2”为，其在空气中“焙烧”生成的化学方程式为________。 26．（2026·湖北随州·模拟预测）高铁酸钾（）是一种高效、多功能的新型非氯绿色消毒剂。以硫铁矿烧渣（主要成分为Fe、Al、Ca、Mg、Si等元素的氧化物）为原料制备高铁酸钾，可实现绿色化学的目标，流程如图。 已知： ①是一种暗紫色固体，易溶于水，微溶于浓KOH溶液，0～25℃下在强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出。 ②部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和沉淀完全（）时的pH见下表。 沉淀物 开始沉淀的pH 11.7 7.6 1.3 3.4 9.2 沉淀完全的pH 13.5 9.6 2.7 4.7 11.1 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布式为_________。 (2)“酸溶”后所得滤渣1的成分为_________（填化学式）。 (3)“氧化1”中溶液的用量远大于理论值，原因可能是_________。 (4)“调pH”步骤中pH适宜的范围为_________。 (5)“氧化2”中，向NaClO溶液中加入足量NaOH固体，直至无法溶解，得到NaClO的强碱性饱和溶液，再向其中缓慢少量分批加入，并不断搅拌1.5h左右，至溶液呈深紫红色，“氧化2”发生反应的离子方程式为_________。 (6)“转化分离”中，加入KOH固体至饱和并搅拌15 min后，得到紫黑色固体。加入KOH固体至饱和的作用是_________。 (7)储存介质和在高铁酸钾溶液中的质量分数对高铁酸钾溶液稳定性的影响分别如图1、图2所示。分析图1和图2可知，高铁酸钾溶液的最佳储存方案为_________。 27．（2026·河北张家口·二模）钨是一种战略稀有金属，黑钨矿是提取钨的重要原料。合理开发利用黑钨矿资源，对推动我国钨工业可持续发展具有重要意义。一种以黑钨精矿为原料提取的工艺流程如下： 已知：①黑钨精矿的主要成分为、，还含有方解石()。 ②“碱浸”中产生的在萃取前经酸化转化为钨聚合阴离子如等，三烷基胺()遇转化为胺盐如。 回答下列问题： (1)“磨矿”的目的是___________，为防止“酸浸”时产生大量气泡，产生“冒槽”现象，需采取的措施是___________。 (2)写出“雾化-氧化热解”时生成的化学方程式：___________。 (3)“萃取”的原理是胺盐与水溶液中的物质发生离子交换，则“反萃取”中发生反应生成的化学方程式是___________。 (4)萃余液中加入固体可制备，调整萃余液中的初始浓度，测得相同时间内不同初始下，与萃余液中的物质的量之比对的转化率的影响如图所示。 当与物质的量之比一定时，初始对应的的转化率最大，试分析原因：___________。 (5)“纯化”时加入HCl和的作用分别是___________、___________。 (6)此工艺流程实现了多种物质的循环利用，如“雾化—氧化热解”中生成的HCl可循环至“酸浸”或“纯化”、___________(再举一例)。 28．（2026·河北沧州·一模）钪(Sc)是战略级稀有材料，广泛用于航空航天、电子通信、新能源、光学、催化等高端领域。以某工业废渣(主要含等)为原料制备金属钪的工艺流程如下： 已知：①为弱碱阳离子，萃取原理：(为萃取剂)。 ②25℃时，；，。 (1)基态钪原子的价层电子排布式为______。 (2)写出焙烧时发生反应的化学方程式：______。 (3)焙烧后采用稀硫酸酸浸，而不是直接加水溶解的原因是______。酸浸后浸渣的主要成分是______(填化学式)。 (4)萃取前需将溶液的pH调至2.0~3.0的原因是______。萃取-反萃取的核心作用是______。 (5)沉钪后，常温下，测得滤液的pH=2，滤液中残留的，则滤液中______。该滤液可返回前述工序循环使用，提高原料利用率。 (6)Mg还原工序中，氩气的作用是______。 29．（2026·河北邯郸·二模）锂离子电池(LIBs)在电动汽车、通信等领域有广泛应用。一种从废旧LIBs(主要成分为，含有、碳粉及其他不溶性杂质)中回收金属的流程如下： 回答下列问题： (1)Co在元素周期表中的位置为___________。 (2)已知钴酸锂电池工作时的总反应为，则充电时阳极的电极反应式为___________。 (3)预处理主要包括充分放电等步骤，充分放电的目的是___________。 (4)①“酸浸”中，发生反应生成硫酸盐的化学方程式为___________。 ②无机酸作为浸出剂不仅对设备有腐蚀性，而且还可能会产生废气、废水等污染环境。因此可使用性质较为温和的苹果酸，其用量与固体浸出率的关系如图所示，请选择最佳固液比___________g/L(填字母)。 A．20     B．40     C．60     D．80 (5)萃取步骤常采用Cyanex272作为萃取剂，其原理可简化：，则反萃取时加入的试剂a为___________(填化学式)。 (6)已知的，将浓度为的和溶液等体积混合，当恰好开始沉淀时，至少为___________(忽略的水解)。 30．（2026·河北沧州·二模）金广泛应用于电子制造及航空航天领域，以载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被、包裹，还含有少量、)为原料提炼Au的工艺流程如下： 已知：①有毒，高温较稳定；②硫脲有还原性，在碱性条件下易发生水解，同时与碱反应生成；③不溶于水、盐酸、硫酸及氢氧化钠溶液，可溶于王水；④时，，，离子浓度时即可认为沉淀完全。 (1)基态铜原子的价层电子排布式为___________。 (2)“焙烧”时，FeAsS转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，该反应的化学方程式为___________。 (3)“浸金”应在酸性介质中进行，这是因为在碱性条件下：①硫脲易水解，加大硫脲消耗量；②转化为沉淀；③___________。“浸金液”中含，与配位的原子是而不是的原因是___________。 (4)“滤渣2”的主要成分是___________，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为___________。 (5)“沉砷”时，砷的去除率与温度的关系如图所示。温度越高，溶液中砷的去除率越低的原因是___________，常温下，为使完全沉淀而无Ca(OH)2析出，溶液的pH应不大于___________。 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解答题专项训练化工流程综合》参考答案 1．(1)d (2) 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可） 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3) Fe2O3 CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O 【分析】简要分析工艺流程：氧化：加入溶液，通入，140℃~180℃反应，铁的转化： 被氧化为 ，钒的转化：根据小问（2），碱性条件下被氧化为。铬的转化：被氧化为。硅的转化：直接与反应生成。沉淀：加入和，与水反应生成。与沉淀。同时，生成的氧化铁和不与碱反应的氧化镁也可能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出；的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。 析出的固体主要为钒的化合物（后续处理可得 ），而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让从母液中析出，母液中亦含有少量，还原：利用稀 、 。 将溶液中的 还原为。水解沉淀：调节溶液的 pH 值，使 发生水解反应，生成沉淀。后续过滤得到的 沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品 。 【详解】（1）根据元素周期表分区规则，V（23号）属于第ⅤB族，Cr（24号）属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。 （2）首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO·V2O3中，Fe失去1 mol e⁻，2 mol V共失去4 mol e⁻，总计失去5 mol e⁻。O2每1 mol得4 mol e⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O。 （3）在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入和，与水反应生成。与沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。 （4）观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 （5）母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 （6）还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，被氧化为。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O。 2．(1) (2) (3) MgO (4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行 (5) (6) (7)煅烧 【分析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO，；通入/CO2浸取，生成，、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：，、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用，据此分析； 【详解】（1）Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：； （2）煅烧工序中与过量KOH、空气中氧气反应生成、Fe2O3、，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； （3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：、MgO； （4）向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行； （5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为； （6）做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； （7）滤渣Ⅱ含有和可返回煅烧工序。 3．(1) (2) (3) 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换 (4) (5)bd 【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O5；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。 【详解】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。 （2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。 （3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。 （4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。 （5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意； b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意； c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意； d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意； 故选bd。 4．(1) (2) (3) (4)盐酸和液氨反应放热 (5) (6)防止干燥过程中被空气中的氧化 【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜氧化为可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，硫酸亚铜发生歧化反应生成CuSO4，过滤得到含有硫酸铵、硫酸铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸铜溶液发生置换反应生成海绵铜。 【详解】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答案为：； （2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe； （3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为，故答案为：；； （4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热； （5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为+，故答案为：；； （6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中被空气中的氧化。 5．(1) Fe2O3 SiO2 (2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率 (3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4 (4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 (5) +2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+ (6) H2O2 NH3·H2O 【分析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2； （2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率； （3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4； （4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤； （5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6； （6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。 6．(1) (2)搅拌、粉碎钛铁矿、升高浸取温度等(任写一条) (3) (4) (5) Fe (6)6.5 (7) 阴 镁与在高温下反应制备金属钛需要用稀有气体作保护气(或其他合理答案) 【分析】钛铁矿中的及少量经硫酸酸浸后，分别形成含、和的溶液；不溶于酸的进入滤渣Ⅰ。加入铁粉将还原为，防止后续调节酸碱性时生成而混入钛的水解产物。结晶析出以除去大部分亚铁盐，滤液再用氨水调节酸碱性，使水解生成；煅烧得到，最后电解熔融物制得金属钛。 【详解】（1）钛的原子序数为22，基态钛原子的核外电子排布可写为。价层包括未充满的3d能级和最外层4s能级，因此价层电子排布式为。 （2）提高酸浸速率，本质上是增大有效碰撞频率或增大固体与溶液的接触面积。可将钛铁矿粉碎，也可搅拌或在允许范围内适当升高温度。任写一项合理措施即可。 （3）酸浸时，和能够与硫酸反应而进入溶液，不与硫酸反应，故滤渣Ⅰ的主要成分为。 （4）酸浸过程中，钛铁矿的主要成分在酸性条件下生成和。按原子守恒和电荷守恒配平得： 检查可知：钛、铁、氧、氢原子均守恒，方程式两侧总电荷均为正四价。 （5）少量经酸浸后生成。若不除去，后续加氨水时容易生成沉淀，与共同析出而降低产品纯度。加入铁粉可将还原为较难水解的： 因此试剂X为铁粉，所避免生成的杂质沉淀是。 （6）为了使钛充分水解而又不使滤液中的形成沉淀，溶液的酸碱性不能超过亚铁离子开始沉淀时的临界值。由 结晶后滤液中，故 当大于6.5时，将开始生成沉淀并污染钛的水解产物，因此用氨水调节后的应不大于6.5。 （7）电解熔融时，钛元素的化合价降低，钛离子在阴极得到电子并析出金属钛，所以金属钛在阴极生成。镁热还原法的反应可表示为： 该反应需要在高温、无氧无水条件下进行，并使用稀有气体保护，以避免活泼的镁和生成的钛被空气中的氧气等氧化，因此设备和操作条件更严格。 【点睛】工艺流程题可按“原料成分—每步加入物—溶液与沉淀去向—操作目的”逐框梳理。判断滤渣要找不反应或难溶的物质；判断除杂剂要同时考虑能否除去杂质以及是否引入新杂质；控制沉淀时，应以杂质离子开始沉淀的临界条件作为上限，并用浓度积表达式计算。书写离子方程式后务必依次检查原子守恒和电荷守恒。 7．(1) 四面体 2 (2) (3) (4) (5) (6) (7)热稳定性差，其溶液60℃以上即开始分解，应通过减压蒸发以减少损耗 【分析】图示工艺流程如下：粗盐溶解除杂，过滤除去杂质沉淀，得到溶液；电解溶液制取；在加热条件下与浓溶液反应生成、；碱浸后，向溶液中加入浓硫酸和，将还原成气体；在溶液中用将还原成；经过一系列处理得到； 【详解】（1）的中心氯原子上孤对电子数为，键数为2，价层电子对数为4，中心氯原子采用杂化，VSEPR模型名称为四面体； （2）由已知信息可知，加浓硫酸后的还原产物以为主，还原Ⅰ中氧化剂为、还原剂为，还原产物为、氧化产物为，反应的离子方程式为； （3）“还原Ⅱ”的离子方程式为，其中氧化剂为，还原剂为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为； （4）碱浸过程发生的反应为，若溶液浓度下降、温度下降，可能发生反应，阴离子副产物为； （5）酸性条件下，与甲苯反应生成、，反应的离子方程式为 （6）由的溶解度，可计算15℃下，饱和溶液中，则，产物中等于溶液中的，欲使沉淀先析出，则溶液中、，可得； （7）由已知信息可知，热稳定性差，其溶液60℃以上即开始分解，因此通过减压蒸发以减少损耗（回答合理即可）。 8．(1)O (2)Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]- (3)9 (4)沉钒存在溶解平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，溶解过程吸热，降温使平衡逆向移动，促进NH4VO3析出，提高钒的回收率 (5) 空气中的氧气可将低价钒的氧化物氧化为+5价的V2O5，同时将生成的NH3吹出，避免V2O5被还原 HVO3 (6)MoO+3CH3CSNH2+2H+=MoS3↓+3CH3CONH2+H2O 【分析】该流程以含V2O5、MoO3及Al2O3载体的冶炼废催化剂为原料，通过分步沉淀分离回收钒、钼两种有价金属。利用三种氧化物均可与NaOH反应的性质，碱浸后除去不溶性杂质；再通入CO2调pH，使铝元素以Al(OH)3沉淀形式除去；之后加氨和氯化铵沉钒得到NH4VO3，煅烧通空气氧化得到纯V2O5；沉钒母液加入硫酸、CH3CSNH2等沉钼得到MoS3，据此解答。 【详解】（1）36号Kr位于第四周期0族，42号Mo比Kr多6个质子，Mo核外共5个能层，最高能层为第五层，符号为O； （2）“碱溶”时生成[Al(OH)4]-是Al2O3和氢氧化钠反应得到的，所以离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-； （3）因为[Al(OH)4]-(aq)+H+(aq)Al(OH)3(s)+H2O(l)的K==1015，当溶液中c{[Al(OH)4]-}=1.0×10-6 mol/L时可计算c(H+)=1×10-9 mol/L，所以pH=9； （4）沉钒存在溶解平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，溶解过程吸热，降温使平衡逆向移动，促进NH4VO3析出，提高钒的回收率； （5）低价钒需要被氧化才能得到+5价的V2O5，空气作为氧化剂提供氧气，同时煅烧时会产生NH3，通入空气将NH3吹出，避免高温下NH3将V2O5还原为低价钒； 设煅烧前NH4VO3固体物质的量为1 mol，则质量为117 g，根据失重率公式计算：×100%=×100%=14.5%，解得m(减少)≈17 g，则减少的质量为氨气的质量，所以生成的中间物质M的化学式为HVO3； （6）根据流程图可知，MoO在酸性条件下与CH3CSNH2反应生成MoS3，根据原子守恒和电荷守恒可写出其离子方程式为：MoO+3CH3CSNH2+2H+=MoS3↓+3CH3CONH2+H2O。 9．(1) p (2) 时，硫酸钠和硼酸的溶解度差值最大，有利于两者分离完全，提高硼酸纯度 (3) 蒸馏 硼酸三甲酯分子间有较弱的范德华力，故沸点较低；而镁钙杂质属于离子化合物，有较强的离子键，沸点较高 (4)酯化 (5)阳极 【分析】硼镁矿中的2MgO⋅B2O3与NaOH反应，镁元素转化为Mg(OH)2沉淀，硼元素转化为可溶的[B(OH)4]-进入溶液，杂质CaMg(CO3)2、SiO2基本不溶或反应生成CaSiO3等沉淀，与Mg(OH)2一起形成废渣被过滤除去，加入硫酸酸化后硼酸盐转化为硼酸H3BO3，母液1的溶质为H3BO3和Na2SO4，冷却结晶时利用硼酸和Na2SO4溶解度随温度变化的差异，控制温度使硼酸结晶析出，Na2SO4仍留在母液中，实现初步分离，结晶得到的硼酸与过量甲醇CH3OH反应，硼元素转化为硼酸三甲酯B(OCH3)3，镁、钙等金属杂质仍以盐的形式留在体系中，通过蒸馏，利用硼酸三甲酯沸点低（68℃）的特点，将其从体系中蒸出，与镁、钙等杂质彻底分离，得到纯净的硼酸三甲酯，纯净的硼酸三甲酯与水反应，硼元素重新转化为硼酸，同时生成甲醇，甲醇可回收循环到酯化步骤继续使用，水解得到的硼酸溶液经冷却结晶，析出高纯硼酸晶体，母液2中含水、硼酸三甲酯的水解产物甲醇及少量硼酸，可循环到酯化步骤。 【详解】（1）B元素（硼）位于元素周期表的p区；2MgO⋅B2O3与NaOH反应生成Mg(OH)2和[B(OH)4]-，配平后得离子方程式：； （2）碱解液中含Na[B(OH)4]、Na2SiO3等，加硫酸酸化至pH=3，发生的反应为，故Y为Na2SO4；由溶解度曲线可知，温度为35∼37℃左右，Na2SO4的溶解度最大，而硼酸溶解度较小，此时冷却结晶可使Na2SO4尽可能留在母液中，最大程度析出硼酸晶体，同时避免Na2SO4结晶析出引入杂质； （3）硼酸三甲酯B(OCH3)3沸点为68 ℃，与杂质沸点差异大，故采用蒸馏分离；B(OCH3)3是分子晶体，分子间作用力为范德华力；而镁、钙等杂质以离子形式存在，离子间作用力为离子键，作用力远强于范德华力。因此蒸馏时，B(OCH3)3易挥发变为气体，而杂质离子留在体系中，实现有效分离； （4）母液2中含水、硼酸三甲酯的水解产物甲醇及少量硼酸，可循环进入酯化步骤，继续与硼酸反应生成硼酸三甲酯，提高原料利用率； （5）电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。图中Na+向电极Ⅱ移动（最终生成NaOH），说明电极Ⅱ是阴极，电极Ⅰ是阳极（发生反应：），氢离子与[B(OH)4]-结合生成硼酸。 10．(1) 浓度大有利于提高酸浸速率 制光导纤维（或制玻璃、生产硅胶、作耐火材料等合理答案均可） (2)1：2 (3) 或 (4) 电镀 (5) 【分析】菱锌矿加稀硫酸溶解得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镁、硫酸铜溶液，SiO2不溶于硫酸成为滤渣1，加入氯气把Fe2+氧化为Fe3+，加入氧化锌等调节pH生成Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀得到滤渣2，过滤出沉淀，滤液加ZnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，过滤，滤液使用铁电极电镀得到白铁。 【详解】（1）更高浓度的硫酸能加快反应速率，使菱锌矿浸出更充分；菱锌矿中不与硫酸反应，是滤渣1的主要成分，可用于制光导纤维、制玻璃等。 （2）“氧化”步骤是将氧化为，反应为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。 （3）调pH时消耗，促进、水解沉淀，离子方程式：或； 计算：，代入，得，； 代入，得，溶液中 。 （4）在铁表面镀锌得到白铁，利用电镀（电解）原理，铁作电镀池的阴极，在铁表面得电子析出Zn。 （5）由均摊法可知，该晶胞中含Li原子个数为：，Fe原子个数为：，Se原子个数为：，即Li、Fe、Se原子个数之比为1∶2∶2，则该超导材料的化学式为；①处Se原子之于关于z轴中点对称，x、y轴分数坐标相等，在z轴的坐标分数是，则①处Se原子坐标分数是：；晶体的密度为：，则。 11．(1) 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 (2)c(H＋)=2.5 mol·L-1、温度85℃ (3) (4) 0.02 将四价铈还原为三价铈，使其进入水层 【分析】氟碳铈矿氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入稀硫酸形成含Ce4+、的溶液，经过复盐分离，方法为硫脲还原酸浸液中离子为Ce3+，再加入Na2SO4生成难溶的复盐NaCe(SO4)2•nH2O，经过一系列操作得到CeO2；用萃取剂将Ce4+萃取到有机层，Ce3+不被萃取进入水层，有机层去氟后用H2O2和硫酸反萃取得到Ce4+，用H2O2还原Ce4+为Ce3+，进入水层（含Ce3+），然后加入氧化剂在碱性环境下将其氧化为Ce(OH)4，再沉淀灼烧得到CeO2，据此进行分析。 【详解】（1）“焙烧”时粉碎后的矿渣从顶部加入，将空气从焙烧炉底部通入采用逆流操作，可增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，使焙烧更加充分，提高原料的利用率。氟碳铈矿CeFCO3，焙烧时和氧气反应生成 CeO2，CeF4和气体CO2，化学方程式为：4CeFCO3+O23CeO2+ CeF4+4CO2↑； （2）从图像上可知，温度85℃、c(H＋)=2.5mol/L时，浸出率最高； （3） “复盐分离”时先加入硫脲（），将+4价的Ce还原为+3价，硫脲和反应的离子方程式为：； （4） ①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构式可表示为； ②萃取物在有机层和水层中物质的量浓度之比称为分配比D[Ce(Ⅳ)]=16，向20 mL含0.18 mol·L-1Ce(Ⅳ)的酸浸液中加入10 mL萃取剂，充分振荡、静置后，水层中有c水[Ce(Ⅳ)]，0.18 mol·L-1×20×10-3L=20×10-3c水[Ce(Ⅳ)]+10×10-3×16×c水[Ce(Ⅳ)]，解得c水[Ce(Ⅳ)]=0.02 mol·L-1； ③已知Ce(Ⅲ)不能被萃取，反萃取时加 H2O2，可将+4价铈还原为 +3价，使其进入水层。 12．(1)2∶1 (2)、 (3) pH过低会导致转化为，pH过高会促进水解[或过高会生成] 温度高于35℃会使分解 6 (4)或 (5) 水解反应吸热，升高温度，促进水解 【分析】钛铁矿经硫酸酸浸除杂，加铁粉还原 Fe3+，热水热解得 TiO2・nH2O；TiO2・nH2O 煅烧得 TiO2，再氯化、镁还原制钛；含 FeSO4滤液调 pH 后加 NH4HCO3沉铁，再与乳酸反应得乳酸亚铁。 【详解】（1）基态Fe原子电子排布为，基态Ti原子电子排布为，3d轨道分别有4个、2个未成对电子，故其比值为：4:2=2:1； （2）根据钛铁矿的成分可知，酸浸时，SiO2不溶于硫酸，CaCO3与H2SO4生成CaSO4微溶析出，故滤渣的主要成分是、； （3）①pH过低，H+浓度大，大量分解，无法有效沉淀Fe2+；pH过高，Fe2+直接生成沉淀，得不到FeCO3； ②温度低于35℃，是为了防止受热分解；同时减少Fe2+被空气中氧气氧化； ③由，得； 由，代入数据：，解得，故； （4）制备乳酸亚铁的方程式为：或； （5）酸浸后Ti以形式存在，热解时水解生成，水解为吸热反应，热水加热、稀释都能促进平衡正向移动，有利于产物生成； ①离子方程式为：； ②升温促进TiO2+水解平衡正向移动，加快水解速率，促使充分析出。 13．(1) (2) (3) 、、 (4) 破坏氢氧化铁胶体，使沉淀颗粒长大，便于过滤分离 (5)防止钼（Ⅵ）被还原为低价态 (6) 【分析】废钼催化剂主要成分为、，含少量、、，焙烧时通入空气，被氧化为和，气体A为。碱浸时与反应生成进入滤液，、、不与反应，作为滤渣进入酸浸环节。酸浸加稀硫酸，滤渣中金属氧化物溶解得到对应金属离子，除铁环节加调节pH使完全沉淀为除去，、留在溶液中，后续加草酸生成、。滤液中加稀硝酸沉钼得到。热重分析中，物质的量为，含Co元素，结合b点固体质量计算元素物质的量比确定固体成分为。 【详解】（1）Mo与Cr位于同一族，为VIB族元素，Cr的价层电子排布式为，Mo为第五周期元素，价层电子排布式为。 （2）焙烧时与反应，Mo元素从+4价升高为+6价，S元素从-2价升高为+4价，O元素从0价降低为-2价，根据得失电子守恒、原子守恒配平得反应方程式为。 （3）碱浸时作为酸性氧化物与反应生成和，离子方程式为。、、均为碱性氧化物，不与溶液反应，因此碱浸后滤渣的主要成分为、、。 （4）完全沉淀时，根据，可得，则，。 的溶度积小于，优先开始沉淀，开始沉淀时，此时，。因此调节pH范围为，保证完全沉淀，、不沉淀。 煮沸的作用是破坏氢氧化铁胶体，使沉淀颗粒长大，便于过滤分离。 （5）稀盐酸具有还原性，可将钼VI还原为低价态，稀硝酸具有氧化性，不会还原钼VI，因此选用稀硝酸而不用稀盐酸。 （6）的摩尔质量为，，含Co元素的质量为。b点固体质量为8.0g，则含O元素质量为，，，对应固体成分为。 14．(1) 平衡压强，使液体顺利滴下 U形管 (2)将装置中残留的NO气体赶入后续装置充分反应或吸收 (3) (4) 酸性溶液 (5) 偏小 【分析】装置A中铜与稀硝酸反应制备NO，装置B中碱石灰干燥NO同时吸收挥发的硝酸，装置C中过氧化钙与NO反应制备目标产物，装置D中酸性重铬酸钾溶液吸收未反应的NO。纯度测定采用氧化还原滴定法，先煮沸除去，再用过量还原，最后用标准溶液滴定剩余，通过差量法计算的含量。 【详解】（1）仪器a为恒压分液漏斗，支管可平衡漏斗与三颈烧瓶内的压强，使硝酸顺利滴下；根据仪器结构特征可知仪器b为U形管。 （2）NO为有毒气体，直接排放会污染空气，反应结束后装置内残留未反应的NO，第二次通入可将装置内残留的NO全部赶入装置D中被充分吸收，避免污染环境。 （3）与NO反应生成和，二者物质的量之比为2:1，反应中部分N元素化合价由+2升高到+3，部分升高到+5，生成2个和1个共失去10个电子，中O元素化合价由-1降低到-2，每个得到2个电子，根据得失电子守恒可知需要5个参与反应，结合原子守恒可知还生成2个CaO，配平得到反应方程式为。 （4）装置D用于吸收尾气NO，根据已知信息酸性溶液能将NO氧化为，因此装置D中盛装试剂为酸性溶液；反应中被还原为，NO被氧化为，结合电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为。 （5）加入的总物质的量为，滴定剩余时消耗的物质的量为，根据反应可知，剩余的物质的量为，则与反应的的物质的量为。根据反应可知，25.00mL溶液中，则250mL溶液中，的摩尔质量为，因此样品中的质量分数为。滴定完毕后立即读数，滴定管内壁附着的标准液未完全流下，导致读取的标准液体积V偏大，计算得到的剩余物质的量偏大，与反应的物质的量偏小，最终测得的含量偏小。 15．(1) （或） 、 (2) 加快反应速率，同时防止温度过高导致H2O2分解 (3) 的溶解度小于 (4) 3.3 Kw3/Ksp (5) 具有氧化和絮凝双重功能，且去除有机污染物的效果更好 【分析】废铝合金加足量NaOH后，Al、Al的氧化物反应生成，反应生成，形成滤液1，Fe、Cu及其氧化物不反应生成滤渣1；滤液1加稀硫酸后，转化为沉淀除去，转化为，加过量生成沉淀，为滤渣2；滤渣1加稀硫酸，铜不容解，过滤除去，滤液加把氧化成，加调pH生成沉淀，沉淀加入生成，加入，利用溶解度差异生成。 【详解】（1）废铝合金加足量NaOH后，Al、Al的氧化物反应生成，反应生成硅酸钠，Fe、Cu不反应，因此滤液1中除过量外，阴离子还有、​；滤液1加稀硫酸后，转化为硅酸沉淀除去，Al转化为，需要加过量试剂沉淀，为避免溶解，选择过量弱碱氨水（或氨气），化学式为（或）。 （2）温度过低反应速率慢，温度过高会分解，因此40℃水浴既保证反应速率，又避免分解；被氧化生成，离子方程式为。 （3）氧化步骤得到，加入KCl后，相同条件下溶解度小于，可结晶析出，使转沉能够发生。 （4），沉淀完全时，代入得，得，，，因此pH不低于3.3；水解反应：，平衡常数。 （5）由图像可知，相同处理时间下，处理后废水中有机物含量远低于另外两种试剂，去除效果更好；同时本身有强氧化性可消毒，还原产物氢氧化铁可絮凝净水，是绿色水处理剂。 16．(1)[Ar]3d104s24p3 (2) 粉碎砷渣（或适当升高温度、增大NaOH溶液浓度、搅拌等） As2S3 + 6OH- = AsO33- + AsS33- + 3H2O (3) As、S Ca3(AsO4)2的溶度积（或Ksp）远小于CaSO4 (4)还原反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致含量和的回收率下降；且温度升高导致SO2的溶解度降低，逸出增多，参与反应的SO2减少 (5)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净 (6) 【分析】砷渣(含、、)通过先“碱浸”得到浸出液，主要成分为和，然后“氧化”生成和，加入CaCl2溶液进行“沉砷”，产生沉淀，再通入SO2 和硫酸进行“还原”， 接着“结晶”析出，脱水生成。 【详解】（1）砷元素是33号元素，根据电子排布规则可知砷的电子排布式为 [Ar]3d104s24p3。 （2）提高“碱浸”反应速率，宜采取的措施有粉碎砷渣（或适当升高温度、增大NaOH溶液浓度、搅拌等）；已知“碱浸”时，浸出液的主要成分为和，故“碱浸”时发生反应的离子方程式为As2S3 + 6OH- = + + 3H2O。 （3）“碱浸”时，浸出液的主要成分为和，其中As为+3价，S为-2价，“氧化”时生成和，此时As为+5价，S为+6价，故被氧化的元素是As、S；对比和的Ksp可知，的Ksp远小于CaSO4，故“沉砷”时主要生成，不生成。 （4）随着温度升高，含量和的回收率呈现如图所示趋势的原因可能是：还原反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，导致含量和的回收率下降；且温度升高导致SO2的溶解度降低，逸出增多，参与反应的SO2减少。 （5）“洗涤”时，检验固体是否已洗涤干净，可通过检验固体表面是否残留，故方法为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净。 （6）生成刺激性气味气体，该气体通入品红溶液中，红色溶液变为无色，说明该气体为SO2，故该反应的化学方程式为。 17．(1)去除蜡和纤维 (2)0.00236 (3) (4)作还原剂 (5)能和金离子形成稳定的配合物，使与的反应正向进行(叙述合理即可) (6) (7) 【分析】起始原料为含蜡、纤维、金、银、铂的废料，目标产物为金、银、铂。首先通过灼烧除去可燃性杂质蜡和纤维，加硝酸溶解银得到含的滤液，滤渣中金、铂经王水溶解转化为配合物、，再分别通过还原、沉淀、分解操作得到对应金属单质。 【详解】（1）废料中的蜡和纤维为可燃有机物，灼烧可将其完全除去，避免对后续金属提取步骤产生干扰。 （2）等体积混合后沉淀完全时，根据溶度积公式得混合后溶液中；沉淀消耗的，因此原NaCl溶液的物质的量浓度至少为。 （3）氨浸时氯化银与氨水反应生成可溶性银氨络离子，离子方程式为；该反应的平衡常数。 （4）沉银2过程中被还原为单质，中元素化合价升高被氧化，因此作还原剂。 （5）已知与浓硝酸反应正向进行程度很小，王水中含有高浓度，可与反应生成的结合形成稳定的配合物，使溶液中浓度大幅降低，促使平衡正向移动，因此金可溶于王水。 （6）反应I中被还原为单质，被氧化为，结合得失电子守恒和原子守恒配平得反应方程式：。 （7）根据元素守恒，受热分解生成、黄绿色和盐，可返回沉铂步骤循环利用。 18．(1) 溶解MnSO4，实现锰元素与铋、铁、铜、硅等元素的分离 (2) 溶液中存在平衡Bi3+ + Cl- + H2O ⇌ BiOCl + 2H+，过量浓盐酸增大了c(H+)，抑制Bi3+水解，提高浸出率 (3) 铁氰化钾溶液（或K3[Fe(CN)6]溶液） Bi + 3Fe3+ = Bi3+ + 3Fe2+ 7.35 (4) 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率 (5) Mn3O4 【分析】水浸：利用易溶于水，而其他金属氧化物和二氧化硅不溶于水的性质，将锰元素以的形式转移到滤液Ⅰ中，实现锰与铋、铁、铜、硅等元素的分离。 酸浸：向水浸渣中加入过量浓盐酸，、、溶解转化为、、，不反应成为滤渣。过量浓盐酸可抑制的水解。 除铜：加入粉，利用置换反应除去，同时粉也会将氧化性较强的还原为。 调pH沉铋：加入溶液消耗，提高溶液pH，促使水解生成沉淀，而留在滤液Ⅱ中。 调pH脱氯：加入溶液，将转化为。 沉锰与煅烧：滤液Ⅰ精制后加入生成沉淀，最后煅烧得到锰的氧化物。 【详解】（1）烧渣中只有易溶于水，、、、均不溶于水。通过水浸，可以将锰元素转移至滤液中，从而与后续需要回收的铋等固体元素分离开来。 （2）已知信息提示极易水解生成沉淀。在酸浸环节，为了保证铋元素以离子的形式留在溶液中而不损失于滤渣中，需要加入过量浓盐酸，溶液中存在平衡，根据勒夏特列原理，这会促使水解平衡向左（逆向）移动，从而有效抑制水解。 （3）①实验室中检验的特征试剂是铁氰化钾（）溶液，相遇会生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀。 ②酸浸后溶液中含有溶解生成的。在“除铜”工序中加入了粉，的还原性强于，会将溶液中的还原为，自身氧化为，离子方程式为 。 ③要使不沉淀，溶液中的必须满足。 代入数据：。 则。 常温下。因此应控制。 （4）“沉锰”时，滤液Ⅰ中的与加入的发生双水解相互促进反应（或复分解结合生成沉淀和气体），生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水离子方程式为 。由于碳酸氢铵（）热稳定性差，温度过高易分解生成氨气、二氧化碳和水，导致原料损失，因此需要控制在较低温度（以下）进行。 （5）设起始有，其摩尔质量为，质量为。其中含有锰元素的质量为。 煅烧后固体残留率为，则剩余固体（锰的氧化物）的质量为。根据锰元素守恒，剩余固体中锰元素的质量仍为，则所含氧元素的质量为 。该氧化物中锰原子与氧原子的物质的量之比为。故该锰的氧化物的化学式为。 19．(1) (2)0.25 (3) 破坏有机盐的结构，除去N、S、C、H元素 2.0h (4)1:1 (5) -1.17 不断补充NaOH溶液 (6) 6 +2 【分析】有机钴渣加入稀硫酸酸浸，钴的有机盐()不溶解，其余物质溶解，所得浸出液用于Zn2+循环富集；过滤所得浸出渣在空气中煅烧破坏有机盐的结构，除去N、S、C、H元素，钴元素主要转化为CoO，少部分得到CoSO4和Co3O4，含钴产物中加入Na2SO3“还原浸出”得到含Co2+的浸出液，加入氧化沉淀，过滤得到Co(OH)3。 【详解】（1）“低酸浸出”过程中，溶于硫酸，反应的离子方程式为； （2）当溶液的pH为1.35时，c(OH-)=，溶液中的开始生成Fe(OH)3沉淀，则混合液中c(Fe3+)=0.25 mol·L-1； （3）“煅烧”的目的是破坏有机盐的结构，除去N、S、C、H元素；“煅烧”后得到CO2、SO2、NO2和H2O，钴元素主要转化为CoO，该过程得到CoO的化学方程式为；根据图示，煅烧水洗渣的最佳时间为2.0 h，时间过短，有机盐没有完全转化，延长时间失重率已基本不变，浪费能源； （4）“还原浸出”可把Co元素全部转化为Co2⁺，1molCo3O4转化为3molCo2⁺，得2mol电子，1mol 被氧化为1mol 失2mol电子，根据得失电子守恒，反应中Co3O4和的化学计量数之比为1:1； （5）加入将Co2⁺氧化为沉淀，，pH＞-1.17；实际操作中pH调节为1.2，为保证实验持续进行，实验过程中应进行的操作为不断补充NaOH溶液； （6）根据结构图，Co形成了6个配位键；4个O各带一个负电荷，配离子整体呈-2价，故Co元素显+2价。 20．(1) 第四周期第Ⅷ族 (2) (3)2.1 (4)溶液中存在，增大使溶解平衡逆向移动，减少溶解而除尽杂质(意思正确即可) (5) (6) 【分析】钴渣[主要成分为、、等氢氧化物]中加入并通入还原剂，将三价金属氢氧化物还原溶解，转化为可溶性的、、，向溶液中加入、除铁，氧化性：，则加入目的是将氧化为，加入的作用是中和过量的，过滤后所得滤渣为黄钠铁矾，滤液中含有、，调节滤液并加入，反应生成沉淀，过滤后所得滤渣为并夹杂少量的，滤渣经淘洗、溶解，溶液中所含溶质主要为以及过量的，再通入加入经二次沉钴，将氧化为，最终可得纯净的晶体，分离钴离子后的含镍体系，调节滤液并加入，反应生成沉淀，据此解答。 【详解】（1）镍是28号元素，核外电子排布式为，电子层数为4，对于第四周期，价电子排布为，属于第Ⅷ族；钴是27号元素，核外电子排布式为，对于过渡金属，价电子包括最外层4s电子和次外层电子3d电子，因此基态钴原子的价电子排布式为； （2）已知氧化性，说明可以将氧化为，自身被还原为，同时体系中的会与反应生成，、、会结合生成黄钠铁钒沉淀，反应的离子方程式为：。 （3）的摩尔质量，Cl元素从+5价变为-1价，1 mol得6 mol电子，单位质量得电子数为，的摩尔质量，Cl元素从+1价变为-1价，1 mol得2 mol电子，单位质量得电子数为，则和NaClO的氧化当量之比为。 （4）在溶液中存在溶解平衡：，用含的母液进行淘洗时，增大，根据勒夏特列原理，溶解平衡逆向移动，从而抑制溶解，减少其损失，同时减小，使杂质溶解平衡正向移动，从而促进杂质溶解，达到除杂目的。 （5）“二次沉钴”工序中，作为氧化剂，将氧化为，并最终形成沉淀，自身被还原为，体系中的提供碱性环境，同时将会与反应生成，反应的化学方程式为：； （6）放电时（原电池）：负极发生氧化反应，负极材料为，在碱性环境中，失去电子，结合生成和，电极方程式为：；充电时（电解池）：阳极发生氧化反应，阳极材料为，在碱性环境中，失去电子，结合生成和，电极方程式为：。 21．(1) (2) (3) 过低，易生成沉淀 (4)焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但高温下焦炭会与钨反应生成碳化钨（WC）杂质，难以获得高纯度的钨 (5)12.8 (6) (7)蒸发浓缩结晶、趁热过滤、热水洗涤 【分析】黑钨矿（主要含FeWO4、MnWO4及少量SiO2）经粉碎后与纯碱、空气焙烧，FeWO4、MnWO4被氧化，分别生成Fe2O3、MnO2、Na2WO4，同时释放CO2，SiO2与纯碱反应生成Na2SiO3；焙烧产物经水浸，Na2WO4、Na2SiO3进入滤液Ⅰ，Fe2O3、MnO2留在滤渣中；滤液Ⅰ调pH，Na2SiO3转化为H2SiO3（滤渣a），滤液Ⅱ含Na2WO4；滤液Ⅱ酸化得到难溶的H2WO4，H2WO4分解生成WO3，再用H2还原WO3得到W；水浸滤渣（含Fe2O3、MnO2）经酸浸后，MnO2与草酸、硫酸反应生成MnSO4溶液，最终得到MnSO4晶体； 【详解】（1）黑钨矿中Fe为+2价，基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，失去最外层2个电子后，Fe2+的价层电子排布式为3d6； （2）“粉碎焙烧”中，MnWO4与纯碱、O2反应生成Na2WO4、MnO2和CO2，配平化学方程式：2MnWO4 + 2Na2CO3 + O2 2Na2WO4 + 2MnO2 + 2CO2； （3）水浸滤液Ⅰ含Na2SiO3，调pH时，与H+反应生成H2SiO3沉淀，故滤渣a主要成分为H2SiO3； 若pH过低，溶液中H+浓度过高，会使溶液中的与H+转化生成H2WO4沉淀，导致钨元素进入滤渣a，造成W产率降低； （4）用氢气还原WO3而不用炭的原因：用焦炭作还原剂，高温下焦炭会与钨反应生成碳化钨（WC）杂质，难以获得高纯度的钨；而氢气还原产物为水，无杂质引入，可获得高纯度金属钨； （5）当沉淀完全时，c()=10-5 mol/L-1，由Ksp(CaWO4)=c(Ca2+)·()=1×10-9，得： c(Ca2+)==1×10-4 mol/L-1；再由Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)·c2(OH-)=4×10-7，得： c(OH-)==2×10-1.5 mol/L；则pOH=-lg(2×10-1.5)=1.5-lg2=1.2，故pH=14-1.2=12.8； （6）滤渣b中的MnO2在酸性条件下被草酸还原为Mn2+，草酸被氧化为CO2，离子方程式：MnO2 + H2C2O4 + 2H+ = Mn2+ + 2CO2↑+ 2H2O； （7）由溶解度曲线可知，MnSO4的溶解度随温度升高先增大后减小，温度高于40℃时溶解度随温度升高而降低，故从溶液中提取MnSO4晶体的操作为：蒸发浓缩，趁热过滤（温度高时溶解度小，可减少溶解损失），热水洗涤。 22．(1)4.6～4.7(写、，(4.6，4.7)也可) (2) 防止双氧水因温度过高而分解 溶液中的催化分解产生气体 (3) 不能 酸性条件下的氧化性大于，溶于盐酸得到的是(其他合理叙述也可) 在酸性环境下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、干燥 96.75% (4)、 【分析】废水中主要含、和，还含有少量的和，加入调节pH，生成沉淀，后续加溶解、操作X（过滤/蒸发浓缩）得到产品；向滤液中加入，将氧化为，调节pH生成沉淀除去；加入将氧化为，调节pH生成沉淀除去；调节pH生成沉淀除去；最后经过反渗透淡化处理后得到淡水。 【详解】（1）从金属离子浓度变化图分析，随着pH由4.0到5.0，、、的浓度变化不大，而浓度快速下降，在pH为4.6～4.7时，浓度最小； （2）热稳定性差，温度过高会导致受热分解，失去氧化能力，降低的氧化效率，造成浪费；根据分析，将氧化为，调节pH生成沉淀，总反应为；随着反应进行，浓度增大，对的分解起催化作用，使分解产生； （3）①电极电势高的电极，其氧化型的氧化能力强；电极电势低的电极，其还原型的还原能力强；根据表中数据可知，的氧化性大于，溶于盐酸发生反应，因此不能用盐酸溶解得到； ②已知可溶于水，且在水中易水解生成碱式盐沉淀，要从溶液中得到晶体，需要在硫酸酸化的条件下蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、干燥，抑制水解； ③由相关反应的离子方程式、可得关系式：，，则，，质量分数为； （4）废水中原本有，处理过程中，加入引入，加入引入和，沉锡、沉铁、沉钴、沉镍步骤会除去、、、，因此浓水中的阳离子主要为，阴离子为、，对应的盐为、。 23．(1)4d55s1 (2)4FeS2+15O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2H2SO4 (3)3.0≤pH<5.0或[3.0,5.0) (4) SiO2 氨水 ac (5)MoO3+=+CO2↑ (6) 6 【分析】该全湿法提钼工艺以辉钼精矿为原料，首先，在加压浸出工序中，辉钼精矿在氧气和水的作用下被氧化为（部分生成难溶的 MoO3），杂质 FeS2、CuFeS2同步被氧化为 Fe3+、Cu2+并进入溶液，SiO2则以固体形式留在水浸渣中；随后，采用胺类萃取剂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；有机相经试剂 X（最好用氨水）反萃取，重新进入水相，再经酸洗结晶得到目标产物 (NH4)2MoO4；而水浸渣中的 MoO3则进入常压碱浸工序，与 Na2CO3反应生成 Na2MoO4并释放 CO2，碱浸渣中主要成分为二氧化硅，碱浸液经系列操作后得到无水 Na2MoO4。 【详解】（1）Mo与Cr 同族元素，Mo为42号元素，在Cr的下一周期，其价层电子排布式为：4d55s1。 （2）反应物为FeS2、O2、H2O，生成物为硫酸铁与硫酸，反应方程式配平后得到：4FeS2+15O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2H2SO4。 （3）除去Fe3+：当时，由，推导出，对应，保留Cu2+，，开始沉淀时，由，可以推出，对应，所以需控制pH的范围是3.0≤pH<5.0。 （4）二氧化硅与MoO3等不溶杂质进入水浸渣，加入碳酸钠常压碱浸，使难溶的MoO3转化为可溶性钼酸钠进入溶液，SiO2杂质留存为碱浸渣，所以碱浸渣主要成分为SiO2；试剂X：根据萃取/反萃取原理，需要降低H+浓度，故选用氨水；萃取与反萃取的原理为： a．多次反萃取，增加接触次数，使得萃取出的产物更多，提高反萃取率，a选； b．调至酸性，会使上述平衡正向移动，降低反萃取率，b不选； c．提高试剂 X 浓度，会使上述平衡逆向移动，提高反萃取率，c选； 故答案选ac。 （5）温室气体为CO2，反应为与MoO3的反应：MoO3+=+CO2↑。 （6）①Fe2+周围最近的数目为6，故其配位数为6； ②晶胞内：Fe2+的数目为：，的数目为：，晶胞的质量为：，晶胞体积为：，密度为。 24．(1) (2) 、 (3) 无需 浓硫酸稀释时放热、浸取过程发生反应放热 (4) (5) (6) (7) 【分析】该流程中，向菱锌矿粉中加入水和浓硫酸，进行中性浸取沉三价铁，其中不参与反应，是难溶化合物，因此，滤渣1的主要成分为、和铁的沉淀物。向滤渣1中加入浓硫酸、水和进行酸性浸取，使铁元素转化为沉淀，和不参与反应，为X的主要成分。将滤液2合并至滤液1，再加入漂白粉进行氧化除锰和铁，和被氧化分别生成和沉淀，漂白粉中的与反应生成沉淀。滤液3主要含、、、和，向滤液3中加入过量的Zn置换出Cu和Cd，则滤渣为Cu、Cd单质和剩余少量的Zn单质，则滤液4主要含、和，再向滤液中加入HF将和分别转化为和沉淀除去，滤液5主要成分为，再向其中加入和氨水，将转化为沉淀，此为滤渣2主要成分，最后煅烧得到活性ZnO，据此解答。 【详解】（1）Zn是第30号元素，位于第四周期第ⅡB族，基态原子的价层电子排布式为，失去最外层的两个电子，价电子排布式为； （2）由分析可知，X是和，Y是； （3）“中性浸取”时浓硫酸被稀释放热，浸取过程中酸液与金属化合物反应放热，因此“中性浸取”的前期无需加热； （4）“酸性浸取”过程继续加入浓硫酸，控制pH=1.5~2.0，再加入产生沉淀，结合质量守恒可写出该反应的化学方程式：； （5）根据题干信息，，当被完全沉淀时，，此时溶液中，，则； （6） 环己烷的椅式构型为：，三聚体中，HF分子间通过氢键连接，三聚体结构式为：； （7）根据题干信息，“沉锌”过程中Zn元素的转化率为85%，“煅烧”过程中Zn元素转化率为90%，结合Zn元素质量守恒，制得的活性ZnO中Zn的质量为，则制得的ZnO的质量为。 25．(1)ds (2)基态的价电子排布式为，达到了全满的稳定状态 (3) (4) (5)质子化的带正电，与有较强的排斥作用 (6)或 (7) (8) 【分析】钕铁硼磁铁废料（主要成分为，含、等杂质）经粉碎后在氧气中灼烧，再用过量浓溶液溶解，过滤得到滤液1和滤渣1；滤渣1用盐酸和溶解后，经N503萃取1得到有机相1和水相；有机相1用氨水反萃取，得到沉淀和含的滤液2，滤液2经系列操作得到Cu；水相经P507萃取2得到有机相2，有机相2用盐酸和草酸溶液反萃取，得到滤液3和滤渣2，滤渣2经焙烧得到。 【详解】（1）Cu为29号元素，价电子排布为，位于周期表ds区； （2）已知“灼烧”后产物全部为相应元素的氧化物，基态的价电子排布式为，达到了全满的稳定状态，即铜元素的氧化物中比更稳定； （3）已知与性质相似，与过量反应生成四羟基和铝离子，类比可得转化为； （4）“溶解2”中作氧化剂，在酸性条件下将中+1价Cu氧化为+2价，则离子方程式为； （5）质子化的N503只能萃取带负电的、，阳离子因静电排斥无法被萃取； （6）由分析可得滤液2含，电解时中+2价Cu在阴极得电子生成Cu，则电极反应式为或； （7）结合电离常数计算得，代入溶度积，计算得； （8）空气中作氧化剂，将中+3价C氧化为中+4价C，则化学方程式为。 26．(1) (2)、 (3)生成的作为催化剂，催化的分解 (4)2.7≤pH＜3.4 (5) (6)增大浓度，促进晶体析出，同时调节溶液至碱性，防止产物分解 (7)用聚乙烯材质的塑料瓶避光储存，添加一定量的，并使在高铁酸钾溶液中的质量分数达到0.10%即可 【分析】硫铁矿烧渣（主要成分为Fe、Al、Ca、Mg、Si等元素的氧化物），加入硫酸酸溶，金属氧化物均溶于硫酸，二氧化硅不溶于硫酸过滤后存在于滤渣1，同时氧化钙和硫酸反应生成微溶的硫酸钙，所以滤渣1还含有硫酸钙。加入过氧化氢可将氧化成，加入氢氧化钠调节pH使沉淀为，而不沉淀；向固体中加入次氯酸钠和氢氧化钠反应生成，再加入氢氧化钾转化得到。 【详解】（1）Fe是第26位元素，核外电子排布为：，失去3个电子后基态的价层电子排布式为； （2）由分析可知，“酸溶”后所得滤渣1的成分为：、； （3）过氧化氢加入催化剂或受热时易分解，生成的作为催化剂，催化的分解，所以“氧化1”中溶液的用量远大于理论值； （4）由分析可知，“调pH”目的是使沉淀为，而不沉淀，结合题干信息，pH大于2.7时完全沉淀，PH大于3.4时开始沉淀，所以步骤中pH适宜的范围为2.7≤pH＜3.4； （5）“氧化2”中，向NaClO溶液中加入足量NaOH固体氧化得到溶液，离子方程式为； （6）结合题干信息，是一种暗紫色固体，易溶于水，微溶于浓KOH溶液，0～25℃下在强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出。 所以加入KOH固体至饱和的作用是：增大浓度，促进晶体析出，同时调节溶液至碱性，防止产物分解； （7）分析图1可知，聚乙烯材质的塑料瓶避光储存效果最好；分析图2可知，在高铁酸钾溶液中的质量分数达到0.10%时分解率最低；所以高铁酸钾溶液的最佳储存方案为：用聚乙烯材质的塑料瓶避光储存，添加一定量的，并使在高铁酸钾溶液中的质量分数达到0.10%即可。 27．(1) 增大反应物接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分 控制盐酸的加入速率（或分批缓慢加入盐酸，合理即可） (2) (3) (4)初始过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始过高时，沉淀转化过快，生成的会覆盖在表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c()=时转化率最高 (5) 除去未反应的杂质 将溶液中的转化为，提高的产率 (6)反萃取生成的​(三烷基胺)可循环至“萃取”工序(合理即可) 【分析】该工艺流程以黑钨精矿为原料，经磨矿、盐酸酸浸分离得到粗钨酸和含金属氯化物的酸母液，粗钨酸依次经碳酸钠碱浸、硫酸酸化、三烷基胺萃取、氨水反萃取得到目标产物​溶液，萃余液经碳酸钡转化、加盐酸和硫酸纯化得到纯硫酸钡，酸母液通入空气经雾化-氧化热解得到​、​、副产物，过程中还可实现HCl等物料的循环利用。 【详解】（1）磨矿的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；黑钨精矿中的会和盐酸快速反应生成大量，控制加酸速率可避免短时间生成过多气体，防止冒槽。 （2）酸浸后以形式存在于酸母液中，被空气中氧化热解生成，根据得失电子守恒，每个升1价，1个降4价，化学方程式为。 （3）萃取后结合钨聚合阴离子进入有机相，反萃取时与提供的反应生成，钨转化为钨酸铵，化学方程式为。 （4）初始过低时，反应速率慢，相同时间内反应不完全，转化率低；初始过高时，沉淀转化过快，生成的会覆盖在表面，阻碍反应继续进行，转化率降低，因此初始c()=时转化率最高。 （5）钡转化后产物中还有未反应的，可将未反应的溶解除去；溶解产生的加硫酸转化为，提高产率。 （6）流程中反萃取再生的萃取剂可返回萃取步骤循环使用。 28．(1) (2) (3) 酸性条件可抑制、的水解，防止生成氢氧化物沉淀 、 (4) pH过低萃取反应：平衡左移，不利于萃取；pH过高会水解生成沉淀 富集提纯，分离与杂质离子 (5) (6)作保护气，防止高温下、被空气中的氧气氧化 【分析】废渣主要成分为，第一步在空气、硫酸条件下焙烧，将硫化物氧化转化为可浸出的硫酸盐；随后用稀硫酸酸浸，利用酸性抑制水解，保证钪的浸出率，不溶的、过量作为浸渣除去。之后经萃取-反萃取，调控pH促进萃取平衡正向移动，实现与杂质的分离和富集，再经草酸沉钪得到草酸钪结晶，滤液可循环回用；煅烧草酸钪得到氧化钪，氯化后在氩气保护下用镁还原即可得到高纯金属钪。 【详解】（1）钪是21号元素，基态原子电子排布为，过渡元素价层电子包含和电子，因此价层电子排布式为。 （2）焙烧时硫化物被空气中氧气氧化，生成的金属氧化物被硫酸溶解，同时会生成二氧化硫，根据化合价升降守恒配平为。 （3）、是弱碱阳离子，均易水解，酸性条件可抑制、的水解，防止生成氢氧化物沉淀； 原废渣中不与稀硫酸反应，微溶于水，二者均留在浸渣中。 （4）根据萃取平衡，pH过低平衡左移，不利于萃取；pH过高会水解生成沉淀，调pH至2.0~3.0可保证充分萃取；萃取-反萃取是分离提纯操作，核心作用是富集目标离子，除去杂质。 （5）由，代入得： ，。 由电离常数关系，代入、得： 。 （6）高温下活泼金属、易被氧气氧化，氩气性质稳定，可隔绝空气，避免金属被氧化。 29．(1)第四周期第Ⅷ族 (2) (3)使充分嵌入正极，提高锂的回收率（合理即可） (4) B (5) (6)0.12 【分析】对废旧锂离子电池(LIBs)进行充分放电等预处理后，用硫酸、硫代硫酸钠酸浸，除去碳粉等其他不溶性杂质，过滤，滤液中加入进行沉淀，过滤出锰渣，滤液中加入Cyanex272作为萃取剂，进行萃取分液，萃余液中加入碳酸钠，得到碳酸锂；有机相中加入试剂a进行反萃取，再进行一系列操作后得到硫酸钴，以此进行分析； 【详解】（1）是第27号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族； （2）充电为电解过程，阳极发生失电子的氧化反应，由总反应逆推可知，阳极是失电子生成和，配平得到电极反应式：； （3）废旧电池含剩余电量，充分放电可避免安全隐患，同时使充分嵌入正极，提高锂的回收率； （4）①主要原料钴酸锂在酸性条件下发生氧化还原反应，钴酸锂得，硫代硫酸根失，由此配平 。 ②当固液比过大时，浸出剂的用量相对于原料质量过小，原料中的有价金属不能被有效浸出；当固液比过小时，虽然能够有效地浸出有价金属，但过小的固液比会造成酸液处理困难和生产成本过高等缺点，因此最佳固液比为 ； （5）反萃取平衡逆向移动，需要引入氢离子，结合最后产品为硫酸盐，故选用硫酸； （6）将浓度为 的和溶液等体积混合，溶液中、浓度减半，当恰好开始沉淀时，， 。 30．(1) (2) (3) Au+和S2-生成Au2S沉淀 S的原子半径更大，电负性更小，更易提供孤电子对形成配位键 (4) Fe(OH)3、Cu(OH)2 (5) 温度升高，Ca(OH)2溶解度减小，Ca2+浓度减小，生成的Ca3(AsO4)2沉淀减少 12.5 【分析】载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹，还含有少量CuO、SiO2)焙烧生成、、，CuO、SiO2热稳定性强不发生变化，加入硫酸酸浸，生成、，、Au、SiO2不与硫酸反应， 微溶于水，进入溶液中，Au、SiO2形成滤渣；滤液加入NaOH，生成和沉淀、沉淀（滤渣2），加入H2O2生成，加入沉砷生成；滤渣加入Fe3+和浸金，Au被氧化并与硫脲形成配合物含，进入溶液，仍为固体，得到浸金液和滤渣3（），加入Al除铁后沉金得到Au。 【详解】（1）铜是29号元素，为第四周期IB族元素，价层电子排布式为。 （2）结合信息，FeAsS转化为两种有毒物质和一种红棕色固体，则生成物为、和，该反应的化学方程式为。 （3）结合信息，硫脲[]在碱性条件下易发生水解，同时与碱反应生成，在碱性条件下：①硫脲易水解，加大硫脲消耗量；②转化为沉淀；③和生成沉淀；S的原子半径更大，电负性更小，更易提供孤电子对形成配位键，因此与配位的原子是S而不是。 （4）滤液中的、在“碱浸”时生成、沉淀，故“滤渣2”的主要成分是、；结合信息，“砷氧化”时含砷微粒转化的离子方程式为。 （5）温度升高，溶解度减小，浓度减小，生成的沉淀减少，导致溶液中砷的去除率降低；为保证完全沉淀且无析出，当沉淀时，，，解得，，解得，，则，此时，故“沉砷”时溶液的pH应不大于12.5。 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 $