第05讲 工业流程题解题策略（专项训练）（广东专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

第05讲 工业流程题解题策略（专项训练） 参考答案 模拟·基础演练 1 2 3 4 5 6 D D C C A B 7. (1)3d10 4s1 (2) 将原料磨碎或提高硫酸浓度或提高反应温度 (3) Fe(OH)3 3.2 4.7 (4) (5)防止CuCl在热水中水解 (6) 8.(1)3s2 3p4 (2) 增大接触面积，提高酸浸速率 SiO2 CaSO4 (3)Fe2+ (4)2.8≤pH<8.1 (5)Mn2++2= MnCO3↓+CO2↑+H2O (6) MnO2 6 9.(1) d (2) (3)和 (4) （或10000） (5) 10.(1) (2)粉碎矿石、溶解时适当加热、适当提高酸的浓度(合理即可) (3) (4) (5) (6)> (7) 12 11.(1)+3H+=Y3++3H2O (2)一次沉淀 (3)5.0×10-21mol/L (4) (5) KSCN 溶液变为红色 Y (6) (1，0.5，1) 12.(1)适当升温(或粉碎原料、搅拌) (2) H2SiO3 Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3N (3) 0.2 HCl (4) CaTiO3 8 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 D C C B B D 7.(1) B 蒸发结晶 (2) 25℃时，的溶解度最小，与结合生成晶体析出。 加水溶解，加入过量稀硝酸酸化，再滴加溶液，若产生白色沉淀，则说明含有。 8.(1)； (2) ； 三角锥形； (3)； (4)稀硫酸； (5)； (6) 6； ； 9.(1)粉碎铜渣 (2) 与Cu反应会生成氮氧化物，氮氧化物会污染空气 (3)使凝胶脱水生成便于除去 (4)B (5)2.8 (6) (7) 6 10.(1) (2)硫化氢 (3)、 (4)2 (5)“离子交换”时除去铊离子 (6) 真题·实战演练 1 2 3 4 C C C D 5.(1)2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ (2)Ga3++4Cl-=[GaCl4]- (3) 铁 [FeCl4]- (4) 高 NaCl (5)3.2 4.0×10-7 (6)2:1:1 8a3 6.(1) (2)＞ (3)或 (4)晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (5) 体心 12 (6) 0.4或 7.(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 8.(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可） (2) (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的氧化再生为（或 ）以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4:1 (6)将分散的铈元素集中（或富集），以便在后续步骤中统一氧化回收生成沉淀，提高利用率 (7) 9.(1)d (2)增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率 (3) (4)2 (5) (6) 2 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高 10.(1)IVA (2) 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率 (3)b (4)ac (5) 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 (6) 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第05讲工业流程题解题策略（专项训练） 目录 模拟•基础演练 。考向01物质制备类微型工业流程题的分析判断 ◆考向02物质提纯类微型工业流程题的分析判断 ◆考向03物质制备类工业流程综合题的分析判断 ◆考向04物质提纯类工业流程综合题的分析判断 真题实战演练 模拟•基础演练 ◆考向01物质制备类微型工业流程题的分析判断 1.以铬铁矿渣（主要成分为FeCr,O4,含MgCO,、Al,O,、SiO2等杂质）为原料制C(SO43的流程如图所 示。下列说法正确的是 Na,C030, 稀硫酸 H,O,溶液 铬铁矿渣→煅烧 -→水浸→滤液1→除杂→滤液2→还原→C,(S0, Na,Cr,0,溶液) CO ,Fe,O3、MgO A1(OH)3、H,SiO3 己知：滤液1的主要成分为Na,CrO4、Na[AI(OH),]、Na,SiO,。 A.“煅烧”时1 mol FeCr,O4完全反应，转移电子的物质的量为6mol B.“煅烧”时Al2O3、SiO2与Na,CO3不发生反应 C.“除杂”时溶液的pH越大，Al、Si元素的去除越彻底 D.“还原”时每消耗3molH202,理论上生成1 mol C,(SO4)3 2.以铜矿粉（主要成分是Cu20,含少量F,0、Si02、Al,O,等）为原料制备CuSO4·5H,0的工艺流程如图 所示。己知：Cu在酸性环境中不稳定，易转化为Cu和Cu2+。体系中有关离子反应方程式书写错误的是 过量稀硫酸NaCIo溶液 氨水 过量氨水 铜矿粉酸浸 →氧化→调pH为3.3→反应→→CuS045H,0 Cu、SiO Fe(OH); 滤渣2 A.“酸浸”过程：Al203+6H=2A1++3H,0 1/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B.“酸浸”过程：Cu+2Fe+=Cu2++2Fe2+ C.“氧化”过程：2Fe2++CIO+2H=2Fe3++CI+H,0 D.“反应”过程：AI+3OH=AI(OH),↓ 3.一种使用磷石膏（一种由硫酸处理磷矿而产生的固体废渣，主要成分为CS0,·2H,0)制备氧化钙的 工艺流程如图。下列说法错误的是 足量氨水 C02 磷石膏 制浆 转化 过滤 →滤饼 干燥 →碳酸钙→Ca0 滤液 A,CaS042H0的俗名为石膏 B.“转化”过程中CaSO4发生的化学反应方程式为 CaSO+2NH3H2O+CO2 =CaCO;+(NH),SO+H2O C.往滤液中加入足量BaC2溶液，根据生成的沉淀质量可知滤液中SO?的总量 D.碳酸钙高温煅烧能生成CaO和一种酸性氧化物 。考向02物质提纯类微型工业流程题的分析判断 4.天然海水中主要含有Na、K*、Ca2+、CI、SO、Br、CO、HCO,等离子，火力发电燃煤排放 的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示： 天然海水氧气 天然海水 含$0，的烟气→吸收塔→氧化→反应、稀释→排放 净化后烟气 下列说法错误的是 A.天然海水显碱性 B.含$O2的烟气若不经过海水脱硫直接排放可形成酸雨 C.“氧化”是Br发生了氧化反应 D.“吸收塔”中发生的反应有S02+H,0-H,S03 5.某工厂的工业废水中含有大量的F©SO4和较多的Cu+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中 回收FSO4和金属铜。操作流程如下图，下列说法不正确的是 2/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 加入试剂 ⑦ ③ ① 加入试剂 ⑧ ④ 业 ⑤ 操作方法 水 ⑥ 操作方法 ② FeS04·7H,0 ⑨ 操作方法 A.试剂⑤为NaOH溶液，操作方法⑥⑧为过滤 B.向②中加入NaOH溶液，可观察到白色沉淀生成 C.检验④中的金属阳离子可以用KMnO4溶液 D.操作方法⑨的结晶方法为冷却结晶 6.利用油脂厂的废弃镍N)催化剂（主要含有Ni、Al、Fe,还含少量的NiO、Al,O,、Fe,O)回收金属Ni的 工艺流程如图所示。 ①足量NaCIo NaOH溶液 试剂X ②调pH RH 试剂YNa,C,O,溶液 废镍 催化剂 →碱浸 滤饼 酸浸→ 氧化 除杂 →萃取→反萃取→沉镍→NiC,0,2H,0一→热分解→Ni 浸取液 Fe(OH)3 己知：萃取Ni2+的离子方程式为Ni2++2RH三NR2+2H。 下列说法不正确的是 A.试剂Y可以是稀硫酸 B.试剂X可以选择稀盐酸或稀硫酸 C.“碱浸”所得浸取液中含金属元素的离子为AI(OH),丁和Na D.“氧化除杂”时①发生反应的离子方程式为2F®2++CIO+2H=2Fe++CI+H,0 >考向03物质制备类工业流程综合题的分析判断 7.(25-26高三上广东深圳阶段检测)一种用硫铜矿（主要含CuS、CuS及少量F0、Fe2O等）为原料制 备CuCI的工艺流程如下： 3/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3molL-硫酸富氧空气 氨气 NaCl盐酸 滤液 硫铜矿 酸浸 中和 合成 洗涤、干燥 →产品CuC1 滤渣1（含S) 滤渣2 S02 己知：①CuCI是难溶于水和醇的白色固体，在热水中迅速水解生成CuO; ②CuCI在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu(ODCl, ③已知Cu2+、Fe2+、Fe+开始生成沉淀和沉淀完全时的pH如下表： 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe* 开始沉淀 4.7 8.1 1.2 pH 完全沉淀 6.7 9.6 3.2 pH 回答下列问题： (1)铜的价电子排布式」 (2)写出一种提高“酸浸”速率的方法 “酸浸”中，CuS参加反应的方程式： CuS+H,S04+O2=CuSO4+S+H20(配平) (3)用氨气调节pH时，滤渣2的主要成分 应将溶液的范围调整为 <pH< 4)“合成”时，Cu2生成CuC1发生反应的离子方程式为 (⑤)千燥CC1时，应采用低温干燥的方式，试分析其原因 (⑥)如图是氯化亚铜的晶胞结构，己知晶胞的棱长为anm。 Cu OCI 111 ①图中原子的坐标参数：A为(0.0,0)，B为444 则C的坐标参数为 ②Cu与CI最短的距离是 m。 8.(25-26高三上·广东湛江阶段检测)硫酸锰是一种重要的二价锰盐，常用于锰基材料的制备。一种以 4/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 菱锰矿[主要成分为MnCO?、SiO,、CaMg(COh,和少量FeCO:]为原料制备硫酸锰的工艺流程如 下图所示。 稀硫酸 软锰矿粉 Ca(OH)2 NH.HCO 稀硫酸 菱锰矿 酸浸 氧化 中和 系列 除杂 沉锰 酸溶 操作 →MnS044H20晶体 滤渣① 滤渣② 滤液 己知：①MnCO的溶度积远小于CaCO3和MgCO: ②金属离子浓度≤10oL时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Mg2+ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 8.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 10.9 (1)基态S原子的价层电子排布式为 (2)“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是 “滤渣①”主要成分的化学式为. (3)加入软锰矿粉“氧化”的是 (填金属离子符号) 4)用Ca(OH)2“中和除杂”步骤，需要调节的pH范围为 (⑤)“沉锰”发生的离子反应方程式为. (⑥)某种锰的氧化物的四方晶胞如图所示。 ●Mn ①该锰的氧化物化学式为 -0 ②晶体中一个M周围与其最近的O的个数为 9.工业上利用黑钨矿（其主要成分是FeWO,、MWO,还含有少量Si02和Al,O,)制备钨的工艺流程 如下图所示： 纯碱、空气 加盐酸调pH 加盐酸 烧结物 还原 黑钨矿 焙烧 水浸 除杂 沉钨 焙烧 H2WO WO: W单质 C02 Fe,O,MnO, 滤渣 5/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 己知：①上述流程中，钨的化合价只在最后一步发生改变；②常温下钨酸难溶于水。回答下列问题： ()已知元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是第六周期第 族，其位于元素周期表 区。 (②)F©WO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 (3)滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 ④钨酸钙(CaWO,)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO,的饱和溶液中，pc(Ca2) 与pC(阴离子)的关系如图所示，已知：pc(离子-lgc(离子)。该温度下将Na,WO4溶液加入石灰乳中 得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 该反应的平衡常数K= 7 Cawo 4 Ca(OH), 2 0 2 3 4567A pc(阴离子)CuMn ()合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-Mn-A1合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图 所示（已知：Mn原子和AI原子位于Cu原子所构成的八个小正方体的体心）。 ①若A原子的坐标参数为(0,0,0)，则B原子的坐标参数为」 0 ②已知该合金晶体的密度为Pgcm3,则最近的两个A1原子间的距离为 pm(列出计算式，阿 伏加德罗常数的值用NA表示)。 ◆考向04物质提纯类工业流程综合题的分析判断 10.(25-26高三上广东惠州阶段检测)贵金属元素钌R)的产品广泛应用于电子、航空航天、化工等领 域。一种利用某含钉废渣（主要成分为Ru,含Co、Cr、Si等物质）回收Ru的工艺流程如下： HCI C2H.OH NaC1O 盐酸 含钌 K2RuOa Ru(OH)4 RuO4 废渣 酸溶 转化 过滤 蒸馏 吸收 结晶 →RuCl3→Ru 滤液（含Cr3+ NH.HCO 气体X Co 沉铬 →沉钴→CoC0, 己知：常温下，K[Cr(OH)3]=1.0×102,K,[Co(OH)2]=1.8x105,K,(NH·H,O)=1.8x105。 6/23 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (I)Cr的基态原子价层电子的电子排布式： (②)要提高“酸溶”的速率，可采取的方法有」 B)“转化”过程中C,H,OH变为CH,CHO,且溶液的pH明显增大，则该转化反应的化学方程式为 4)单质X通入热的NOH溶液中充分反应，经处理后可循环至“蒸馏”工序，则X是一。（填化学式） (⑤)常温下，酸溶滤液中含Cr+和Co2+的浓度分别为0.01molL、1.8×103molL,“沉铬”时需调节pH 的范围为 。[已知：当c(Q)≤10'molL时，可认为Q*已经沉淀完全] (6沉钴”步骤中，当Co2+沉淀完全时，c(NH)】」 c(NH3H,0)。(填“>”、“<”或“=") (门)某种含钉化合物的立方晶胞结构如下图。该晶胞中与Ba+距离最近的离子个数是 若该晶体 的密度为og/cm3,则该晶胞的边长为」 pm。(NA为阿伏加德罗常数的值) 002 OBa2+ ●Ru+ l1.稀土元素有工业“黄金”之称。钇元素（元素符号Y)、镧元素(L)均为稀土元素。某种从稀土矿中提 取Y,O,固体的工业流程如下，其中稀土矿渣是稀土矿经初步处理的产品，含有Y(O),、心，O,及银的化合 物等物质。 H,C,0的 盐酸 NH,、NH,CI溶液 盐酸 丙酮溶液 稀土矿渣一 酸浸浸出液 次沉淀 溶解溶液 二次沉淀 →滤液2 浸出渣，回收银 滤液1 0,禄警适 己知：i.Y(OH的Kp=8.0x102”,Fe(OH),的Kp=4.0x1038 ⅱ.草酸根离子C2O能与Y+、F©+反应生成草酸盐沉淀，也能生成可溶于水的配位离子，如 Fe(C0}等。 回答以下问题： 1)酸浸时，Y(OH)发生反应的离子方程式为 (2)往滤液1中加入适量NOH溶液，充分反应，经除杂处理后的溶液可用于 工序中。 7/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B)一次沉淀时，当溶液中的Y+恰好完全沉淀时，c(Fe“)= 4)在隔绝空气条件下，滤渣高温分解时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出滤渣高温分解的化学方 程式 (⑤)二次沉淀时草酸的丙酮溶液浓度不低于7%，若低于7%，不仅钇元素沉淀不完全，Y,03产品中还会有 杂质，检验存在杂质的操作及现象是：把少量Y,0产品溶于稀硝酸，取2mL溶液于试管中，滴加几滴 溶液，出现 现象；若浓度过大，导致 元素以 (填化学式) 微粒的形式进入滤液2，无法达到目的。 (⑥)镧镍合金LNi,可作储氢材料，能快速可逆地存储和释放H,其储氢原理为镧镍合金吸附H,H解离为 原子，H储存在其中形成LaNi,H,晶胞结构如图所示，晶胞参数为am。 La Ni oH, ①若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标(0.75,0.75,0)，则C的分数坐标为 ②设阿伏加德罗常数的值为N,则该晶体的密度为 gcn(列出计算表达式)。 l2.我国拥有丰富的钒钛磁铁矿资源，从钒钛磁铁矿（含Fe3O4、FeTiO3、FeVO4及少量钙铝硅酸盐）中提取 钒、钛、铁的流程如下： Na2CO3、C、空气 滤渣1 滤渣2 NHCI 钒钛磁铁矿 焙烧 水浸 浸出液盐酸 氨水 过滤 过滤 →沉钒 →NH4VO3 Fe→钢铁工业 浸出渣 磁选 →钛渣→·…·→T02 已知：①“焙烧”产物中含有可溶性NaA1O、Na2SiO、NaVO: ②常温下KNH4V0)=1.6×103。 回答下列问题： ()提高“水浸”效率的操作为一。 (2)“滤渣1”的主要成分为一，生成“滤渣2”的离子方程式为 (3)“沉钒”得到NH4VO,NHVO3受热分解可得到VO5。 8/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ①若原液中c(V0)0.2molL1,为使钒元素的沉降率达到96%，应调节c(NH4)至少为molL1(忽略 溶液体积变化)。 ②NH4VO3热分解后的副产物可用溶液吸收后重复利用。 (4)钛渣中某一成分的晶胞如下图所示，C位于晶胞的8个顶点，Ti位于O形成的正八面体空隙中，则该 成分的化学式为. Ca与O的最近距离为pm,与Ca最近的Ti的个数为_。 a pm 重难·创新演练 l.工业上利用锶渣（主要成分SrSO,含少量CaCO3、Fc,O,、Al,O3、MgCO,杂质）制备超细碳酸锶(SrCO; )的工艺如图所示。下列说法错误的是 足量焦炭 稀盐酸 H202、 NaOH NaOH 氨水、NH,HCO 95≈100C 锶渣预处理 高温煅烧→酸浸→氧化、碱浸 除镁、钙 沉锶 一→碳酸锶 气体a 气体b 滤渣1 滤渣2 已知：“高温煅烧”的主要产物为锶的硫化物，气体为一种可燃性气体 A.“预处理”可选择Na,CO溶液除去锶渣表面的油脂 B.气体a为C0,气体b主要成分为HS C.滤渣1的主要成分为Fe(OH),、AI(OH), D.“沉锶”反应的离子方程式为Sr2++2HCO,=SCO,↓+H,0+C02个 2.从海水提镁的主要步骤如下。下列涉及操作的说法不正确的是 浓缩海水 石灰乳 (主要含 NaCl和 操作① Mg(OH操作包，MgC溶液操作③ MgC,:6H,O→无水MgC操作④Mg MgSO,等) A.操作①：过滤 B.操作②：酸溶 C.操作③：分液 D.操作④：电解 3.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 9/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 黄铁矿 S02 通空气、 HS04 98.3% (含FeS2) I 400~500℃、 浓硫酸 加热 常压、催化剂 空气 FeO,等 下列说法错误的是 A.FeS2中阳离子的价层电子排布式：3d B.步骤I中，空气从沸腾炉底部鼓入，主要目的是增大反应物的接触面积 C.步骤Ⅱ中，使用催化剂能降低该反应的活化能，从而提高SO2的平衡转化率 D.步骤Ⅲ中，用983%浓硫酸吸收SO,是为了防止形成酸雾，提高吸收效率 4.一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是 Cl2 RNCI SO2溶液 盐酸 Cl2 有机相肛 卤水→氧化→吸附 含R4N[ClBr2] 空宝滋靠益血图圈一准 水相1 水相 有机液 A. “氧化”和“转化”工序中发生的主反应相同 B.理论上消耗R,N[CIB,]与SO2的物质的量之比为2：1 C.水相I和水相Ⅱ中均含有H和CI D.“洗脱”工序发生的反应可表示为R4NBr+HCI→R4NCI+HB 5.某研究小组利用BaS的还原性提纯HBr溶液，并制取MgB,的方案如下： BaS H,SO,溶液 Mg(OH), HBr(g) HBr溶液（含Br,) 还原 →沉淀 →过滤→转化 →结晶、洗涤 →脱水 →MgBr 滤渣 下列说法错误的是 A.“还原”步骤中BaS不宜过量太多 B.“过滤”时，所得滤渣中只含有BaSO4固体 C.“转化”时发生反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H=Mg2++2H,0 D.“脱水”时通入Br气体可以抑制MgB红的水解 6.一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、F的单质或氧化物）中富集回收Co,得到含锰高钴成 品的工艺流程如下图。 10123 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 H,SO 溶液 MnO, 试 KMnO 调pH4 废渣→酸浸 氧化 除杂 氧化沉钴 Co(OH)3 pH=5 MnO2 滤渣 Fe(OH); 除钴液 下列说法错误的是 A.滤渣中的物质主要为PbSO, B.“氧化”时被氧化的离子为Fe24 C.试剂X可以是Zno或ZnC0, n(还原剂)_1 D.“氧化沉钴”时， n(氧化剂)3 7.(2627高三上广东深圳阶段检测)浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，“海水提盐”和“侯氏制碱” 流程如下图。 固体 NaHCO, Na,CO, 浓缩海水 粗盐精制 NaCI固体→饱和食盐水 过程 母液 瓜 NH, 主要含NHCI HCI (1)海水提盐。 精制过程除去粗盐中的Ca+、Mg2、SO:杂质时，操作过程包括下列步骤： a.过量的Na,CO3溶液；b,过量的BaCl2溶液；c.过量的NaOH溶液；d.加入适量的盐酸；e.过滤除 去沉淀。 ①正确的操作顺序是 (填序号)。 A.abcde B.bcaed C.caebd D.cbade ②加入适量盐酸，反应的离子方程式有H+OH=HO ③精制过程得到NaCl固体的操作方法是 (2)“侯氏制碱法”利用饱和食盐水制备制备纯碱一一碳酸钠。 已知：25℃时部分物质的溶解度数据： 物质 NaCl NaHCO; NH,CI NH,HCO3 溶解度g 36.0 10.3 39.5 24.8 11/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ①结合数据分析过程I中发生的反应 ②过程I获得的NaHCO.,会吸附微量NH,CI,导致产品Na,CO,中混有NaCl。 i.用化学方程式表示过程Ⅱ中NaCl生成的原因： iⅱ.检验NaHCO3中NaCl的实验操作是，取少量固体于试管中 ③过程以MgO为催化剂，在不同温度下加热灼烧，将NH,CI分解为NH和HC1。 NH,CI母液 MgO →HC1 低温加热 ⅱ高温灼烧 NH,水∠ MgCl,(含水) 步骤中反应的化学方程式是 8.金属钴、镍作为重要的战略资源，有“工业味精”之称，工业上利用红土镍矿（主要成分为i、Co、 Fe、Al、Si等元素的氧化物)生产中间品MSP(硫化钴镍)，并利用MSP进一步生产NiSO4的流程如图。 硫酸 NaClO. 石灰石浆H2S 硫酸 Cyanex272 红土镍矿→加压浸出 →氧化→中和→沉淀→MSP→酸化→多级萃取 含钴负载 有机相 滤渣缸 滤渣Ⅱ NiSO 系列操作萃余液 金属离子 Fe3+ Fe2+ A1+ Ni2+ C02+ 开始沉淀的 2.3 7.0 3.1 6.9 7.1 pH 沉淀完全的 3.7 9.0 4.5 8.9 9.1 pH 已知：氧化前后，溶液中Ni、Co元素的化合价均为+2价。 回答下列问题： (I)“加压浸出”时，滤渣I的主要成分为， (填化学式)。 (2)“氧化”时，加入NaCIO的目的是 (用离子方程式表示)，NaCIO中 阴离子的空间结构为 (3)“中和”时，应控制的pH范围是 (4)Cyanex272RD是一种有机萃取剂，其作用原理为nRH+Mt一RM+nHtM表示金属阳离子)，从“含 钴负载有机相”中重新获取Cyanex272的方法是往“含钴负载有机相”中加入 转移至分 12123 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 液漏斗中，振荡，静置，分液。 (⑤)工业上利用电解SO4溶液制备i的同时可获得较浓的硫酸，电解装置如图所示，阳极反应式为 电源 较浓的 硫酸 Ni NiSO4 H2SO4 水溶液 H2SO 水溶液 离子交换膜M (⑥)NSO4在一定条件下分解可得到镍的某种氧化物，其晶胞如图所示。该晶体中与O距离最近且相等的Ni 的个数为 已知晶胞内Ni和O的最短距离为pm,设WA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的 密度为 gcm3。 ●-Ni 9.铜治炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣（主要含Fe,Si04Co2SiO,CoFe,04和SiO2及少 量单质Cu、Co中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下： 2molL- 足量 H,SO 水 试剂x NH,·H,O NH,HO 调pH=6.0 高温 滤液1 滤液2 Cu,SO,(OHl。 铜渣一 酸浸 固化 浸取 氧化 斗碱沉1 碱沉2 →水胆矾 滤渣1 滤渣2 滤液3 己知：①H4SiO4易形成凝胶， 难过滤，250℃时，易脱水生成SiO2。 ②25C时，相关物质的Kp见下表 物 Fe(OH)2 Fe(OH) Co(OH), 质 Kap 1×1016 1×1038,6 1×10142 回答下列问题： (1)“酸浸”前，采用 方法可提高酸浸效率（填一条即可）。 13123 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)“酸浸”时，有空气参与反应，C溶解的化学方程式为 。从环保 角度考虑，不使用NO酸浸的原因可能是 (填一条即可）。 (3)“高温固化”的作用是 4)“氧化”中可选用的最佳试剂X为. 填标号）。 A.MnO2 B.H02 C.FeCla (5)25℃‘碱沉1”中，pD 时，Fe+沉淀完全(c≤1×10mol/L)。 (6)“滤液3”中可回收的盐主要有CoSO4和 (⑦)Co0的晶胞结构如下图所示，与Co+距离最近且相等的O有 个；设C02+与0的最近 的核间距为rnm,CoO晶体的密度为」 g/cm列出计算式，CoO的相对分子量为M W为阿伏加德罗常数的值)。 02 10.湿法炼锌工业废水中主要阳离子有Zn+、H、TI、T+。废水除铊的工艺流程如图所示。 KMnO, Ca(OH)2 Na,S Ca(OH)2 Na,CO 废水→氧化 预中和 硫化 中和 过滤 脱钙 过滤 离子交换 →达标水 滤渣 滤渣 已知：①T能够在pH为0~14的范围内以离子态稳定存在，不易与OH形成沉淀。 ②T+易与废水中的有机物分子形成稳定的配合物，为了简便，通常用T+表示。 ③部分物质的Kp如下： 物质 Zn(OH)2 TI(OH), ZnS TIS 6.8×1017 1.5×104 1.6×10-24 5.0×10-21 ④排放标准：T1的含量低于1.5×108molL (I)已知“氧化”步骤中用到KMO4,Mm元素基态原子的价层电子的轨道表示式为. KMnO 被还原为M血O,该反应的离子方程式为 该步骤中T氧化不完全。 (②)“预中和”步骤，加Ca(OH)2至溶液的pH约为7，可减少“硫化”步骤中NaS的使用量，还能减少 (填名称)气体污染物的生成。 3)“硫化”步骤的主要目的是除去 (填离子符号)。 14/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4)中和”步骤根据Kp计算，若使溶液中T+的含量低于排放标准，溶液的pH应大于 (5)加入Na,C03的目的是除去前面加入的Ca2+,防止Ca2+影响 Or离子交换”步暖中可用普鲁士蓝KFe[Pe(ON。]}(停尔质量为Me:mo)冲的K与残余铊离子进行离 子交换，进一步实现废水中铊的去除。普鲁士蓝晶胞的8如图所示[K+未标出，其占据四个互不相邻的小 立方体（晶胞的8部分）的体心。若该晶体的密度为pg:cm3,则Fe2+和Fe2+的最短距离为 pm(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 Fe2+ N Fe3+ Fe 晶胞的1/8部分 真题实战演练 1.(2026黑吉辽蒙卷)从铜阳极泥（主要成分为Cu,T和Cu,S,含少量Ag,S和Au)中提取热电材料碲 (Te)的流程如图。已知Na,Te与适量空气反应可生成Na,Te,。下列说法正确的是 Na,S溶液适量空气 Na,SO,溶液 滤液1（含Na,Te,) 铜阳极泥 浸渍 沉碲 →碲粉 滤液2 滤渣 A.“浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B.滤渣可以全部溶于浓HNO C. Na,Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中Na,SO,被氧化 2.(2024湖南卷)中和法生产Na,HP0412H,0的工艺流程如下： X H,PO,- Na,CO, 中和 调pH 结晶 过滤 干燥→成品 15123 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 已知：①H,P04的电离常数：K1=6.9×103,K2=6.2×108,K3=4.8×1013 ②Na,HP0412H,0易风化. 下列说法错误的是 A.“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na,CO溶液 B.“调pF'工序中X为NaOH或H,PO4 C.“结晶”工序中溶液显酸性 D.“干燥”工序需在低温下进行 3. (2023河北卷)一种以锰尘（主要成分为M,03,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物）为原料制备高纯 MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 浓盐酸 氨水 NaF溶液NH,HCO,溶液 50℃ |pH范围5~6 锰尘一→酸浸 除杂① 除杂② →沉淀一→高纯MnCO, 气体① 滤渣① 滤渣② 气体② NaOH溶液→尾气吸收 己知：室温下相关物质的K,如下表。 Al(OH); Mg(OH), Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH); Mn(OH)2 MgF, CaF 10-32.9 10-l1.3 10-5.3 10-163 1038.6 1012.7 10103 1083 下列说法错误的是 A. 酸浸工序中产生的气体①为氯气 B. 滤渣①主要成分为AI(OH)3和Fe(OH田， C.除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca2、Mg浓度接近，则Ca5,先析出 D.沉淀工序中发生反应的离子方程式为M血2++2HC0,=MnC0,↓+C0,↑+H,0 4.(2023:湖南卷)处理某铜治金污水（含Cu2、Fe+、Zn2*、A1+)的部分流程如下： 石灰乳 Na,S溶液 污水→混合槽 pH=4 沉淀池虹 混合槽Ⅲ 沉淀池Ⅱ →出水 沉渣I 沉渣Ⅱ 已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 16123 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 物质 Fe(CH)3 Cu(OH) Zn(OH), Al(OH) 开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5 pH 完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6 pH ②Kp(CS)=6.4×106,K,(ZS)=1.6x1024 下列说法错误的是 A.“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH) B.Na,S溶液呈碱性，其主要原因是S2+H,O=HS+OH c(C2）-4,0×10 C.“沉淀池”中，当和Za完全沉淀时，溶液中。2 Zn2+ D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水 5.(2024广东卷)镓(G)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭 渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 碳素 尾气6mol·L 电极 铝锭处理 盐酸 铝片 氧化铝 电炭腐 解广渣烧 园浸取园原料液 ®液原 冰品石科品体结品网州 I室AEI室+镓 丁溶液提取溶液 含F废液 工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM 提取金属离子M的原理如图。已知： LAEM I室 Ⅱ室 原料液 pH=2 [MCI M和CI 阴离子 ①pKHF)=3.2。 ②Na[AlE](冰晶石)的Kp为4.0×I0-0。 17/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ③浸取液中，Ga(四和FeI以[MC]m (m-0~4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个CI配位，其他金属 离子与C的配位可忽略。 ()“电解”中，反应的化学方程式为 (2)“浸取”中，由Ga+形成[GaCl4]的离子方程式为 (3)“还原”的目的：避免 一元素以 (填化学式)微粒的形式通过LAEM,从而有利于Ga的分离。 (4)“LAEM提取”中，原料液的CI浓度越 一，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会 降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步 提高Ga的提取率。 (⑤)“调pH”中，pH至少应大于 使溶液中c(F)>cHF),有利于[AlIE,]配离子及Na,[AlE]晶体 的生成。若“结晶”后溶液中c(Na)0.10molL,则[AlE,浓度为 molL。 (6)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心， 形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co:G:Ni= 一，其立方晶胞的体积为 nm'。 Co Ca Ni (2023:广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液（含 Ni、Co2、AI、Mg)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co,并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 氨性溶液 →CoCl2 硝酸浸活性MgO 过滤→滤泥→氨浸 一→过滤 →滤液2 镍咕 气体A 取液 调pH至9.0 分离 饱和 滤渣 NiCL,溶液 →析晶 →固体氧化物 滤液1 结晶 NiCl2.4H2O 纯化 晶体A一 →热解 气体→ 冷却至室温→HNO,溶液 己知：氨性溶液由NH·H,O、 (NH4),SO和(NH4)2CO,配制。常温下，Ni、Co2、Co*与NH,形成可溶 于水的配离子：lgK,(NH,H,0)-4.7,Co(OH2易被空气氧化为Co(OH,:部分氢氧化物的Kp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH), Al(OH) Mg(OH), 18123 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5.9×10-15 1.6×1044 5.5×1016 1.3×103 5.6×102 回答下列问题： (1)活性MgO可与水反应，化学方程式为. ②)常温下，pH-9.9的氨性溶液中，c(NH,H,O)】 c(NH)(填“><或“=")。 3)“氨浸”时，由Co(OH,转化为[Co(NH)6]的离子方程式为 4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出 现了NH,AI(OH,CO3的明锐衍射峰。 ①NH,A1(OH),CO,属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②(NH4)2CO,提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是 (⑤)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为， ②由CoCL,可制备A1,Co0y晶体，其立方晶胞如图。A1与O最小间距大于Co与O最小间距，X、y为整数， 则Co在晶胞中的位置为. ；晶体中一个A1周围与其最近的O的个数为 O ⊕ O ● (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO,溶液中n(NO,)与 n(H,0)的比值，理论上最高为 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用NO,和 (填化学式)。 7.(2026河北卷)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铭的高效提取。主要流程如下： 50% ①H20 稀H2S04 NaOH溶液 ②ca0 Na2SO2 调pH 02 80℃ 造地淘-留留速醒 →Cr203 140-180℃ 40℃ 滤渣 母液 滤液 V205 己知：钒渣主要含FeO.'0,、F0.CO,、Si0和少量CaO、Mg0等。 19/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 回答下列问题： I)V和C均位于元素周期表的_区。 (2)氧化工序通常采用较大的O2流量，其日的是 配平化学方程式： FeO.VO+ NaOH+ Fe,O+ Na VO+H,O (3)滤渣的主要成分有MgO (填化学式)。 ④)80C和40C时，Na,/0,和Na,CrO,的溶解度随NaOH质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH 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： 60r 80℃ 60 40℃ 50 50 40 .NazCrO4 0 40 30 型 `、Na2Cr04 30 购 20 Nas VO 绰 20 10H 10 NagVO4 0 0 20304050 203040 50 W(NaOH)/% w(NaOH)/% (⑤)母液返回 工序。 (⑥)还原工序中，反应的离子方程式为， 8.(226河南卷)一种从废芯片住要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等)中回收金属的工艺流程如下： H2SO,Fe2(SO,)3 (NH)2Ce(NO3) (NH)2Ce(NO)HCI Zn 废芯片→焙烧→浸出1 浸出2 浸出3 还原 →Au、Pd HCI 固体2 NaCIo、NaOH 电解←-滤液1 滤液2一→沉淀→滤液3 流出液→氧化 固体1 AgCl Ce(OH), 己知：流程中Ce被还原为Ce;“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为 [AuCJ和[PdC,]'。 回答下列问题： ()提高“焙烧”效率的措施有 (写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，C未完全转化为CuO,“浸出1'中Cu参与反应的离子方程式为 B)电解”时，“滤液1"和FSO溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴 20/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是 ④)已知3Ce+Au=3Ce++Au+的K约为4.8×10，表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2” 中浸出率较低，原因是 5)沉淀”产生的AgCI可被N,H4还原为Ag,N,H4中N元素只转化为N,。理论上AgCI与V,H4反应的 物质的量之比为 (⑥)‘滤液3需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是 -0 (O)“氧化”中，Ce*转化为C(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为 9.(2026黑吉辽蒙卷)某工厂利用镍矿（主要成分为NiS,含少量F,O,和CS)制备超细镍粉，物质 转化流程如下（部分反应条件己略去）： 空气+氨水 气体a 足量0， H, 个 氧压 滤液1 部分蒸氨 滤液2 镍矿 氨浸 转化 还原 ,Ni粉 沉铜 浸渣 CuS 滤液3 己知：①滤液1中镍以[Ni(NH,)]形式存在，硫以SO和少量S,O形式存在： ②“部分蒸氨”时c(NH,)减小，[NiNH),转化为[Ni(NH)],x=15。 回答下列问题： (1)依据核外电子排布，元素位于周期表区。 (2)“氧压氨浸”时，加压的目的是 NS转化为Ni(NH,)6]SO的化学方程式为 (3)滤液1中铜的主要存在形式为」 (填离子符号)。气体a为. (填化学式)。 4)“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S,O,该步骤无沉淀产生，则理论上每转化 1molS,O?消耗02的物质的量为 mol。 (⑤)滤液3浓缩结晶得到的 (填化学式)可用于生成化肥。 (⑥)近似条件下，不同Ni(NH,),]SO,溶液中二价镍[N(⑩]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高 Ni(四)的还原速率和转化率，x应选择 (填“2”或“≥3”)。 己知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[N(NH)还原程度较低而[N(H),]还原程度较高的原因： (结合离子方程式作答)。 21123 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 [Ni(NH)J ■x=1 4x=2 ●x≥3 x=1 x≥3 x=2 0 0 40 80 120 时间/min 10 (2026:湖南卷)一种由硫化铅精矿（含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 烯烃和乙二胺 空气、硫酸 水溶液 C0, CHA 硫化铅精矿→加压氧化 胺浸→沉铅 →高温还原→高纯铅 A C02 酸性溶液 单质S 再生 →含钙粗产品 Ca(OH)2 己知：①乙二胺(H,NCH,CH,NH,简写为cn)为一种二元弱碱。 ②Kp[Zn(0H)2]=3.0x10”,Kp[Cd(OH2]=7.2×105 ③金属离子浓度不超过1.0×10mol:L时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (I)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为. 一；采用加压操作可提高反应速率，原因是 3)酸性溶液”经处理后，Cd2*、Zn2+浓度分别为0.01molL、0.02mol:L,调pH使Zn2*恰好沉淀完全 时（假设溶液体积不变），Cd2+ (填标号)。 a.沉淀完全b.部分沉淀c.未沉淀 ④)胺浸”后，PbSO,转化为配合物[Pb(m)]S0,“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[Pb,(OH),CO]。下列 说法正确的是 (填标号)。 a.配合物[Pb(em)]SO,中的配位原子为N b.“沉铅”过程中，溶液pH增大 c.流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (⑤)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为一；若用炭代替CH4,将导致铅纯度下降，原因是 (⑥)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有 (写化学式)。 22123 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 23123函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第05讲工业流程题解题策略（专项训练） 目录 模拟•基础演练 。考向01物质制备类微型工业流程题的分析判断 考向O2物质提纯类微型工业流程题的分析判断 ◆考向03物质制备类工业流程综合题的分析判断 ◆考向04物质提纯类工业流程综合题的分析判断 真题实战演练 模拟•基础演练 ◆考向01物质制备类微型工业流程题的分析判断 1.以铬铁矿渣（主要成分为FC,O4,含MgCO,、Al,0、SiO2等杂质）为原料制C(SO4)3的流程如图所 示。下列说法正确的是 Na,C030, 稀硫酸 H,O,溶液 铬铁矿渣→煅烧 -→水浸→滤液1→除杂→滤液2→还原→C,(S0, Na,Cr,O,溶液) CO ,Fe,O3、MgO A1(OH)3、H,SiO, 己知：滤液1的主要成分为Na,CO4、Na[AI(OH),]、Na,Si0,。 A.“煅烧”时1 mol FeCr,O4完全反应，转移电子的物质的量为6mol B.“煅烧”时Al2O3、SiO2与Na2CO3不发生反应 C.“除杂”时溶液的pH越大，Al、Si元素的去除越彻底 D.“还原”时每消耗3molH202,理论上生成1molC,(S04) 【答案】D 【分析】铬铁矿渣（住要成分为FCO4,含有少量MgCO,、AlO?和SiO2杂质）加入碳酸钠和氧气煅烧后生 成二氧化碳、MgO、Na.CrO4和Fe2O:,加水除去不溶于水的MgO和Fe2O:,加入稀硫酸将NaCO4转化为 NaCr2O,同时将Al、Si转化为Al(OHD、HSiO3沉淀除去；加入过氧化氢后，+6价C被还原为+3价， 即得到C(SO4归： 【详解】A.FeCO4中Fe为+2价、Cr为+3价，煅烧后Fe变为FeO3中+3价，Cr变为Na2CrO4中+6价，1 1/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 mol FeCr04完全反应失电子总物质的量为lmol×3-2)+2mol×(6-3)=7mol,即转移电子7mol,A错误； B.已知滤液1含NaAl(OH4、Na2SiO3,说明煅烧时AlO3、SiO2均与NaCO3反应生成对应的钠盐，B错 误； C.除杂日的是使Al、Si转化为A(O田D、HSiO3沉淀除去，若pH过大，AI(O田D会与OH反应溶解，无 法除尽AI元素，C错误： D.还原过程中CO,被还原为C+,生成1molC(S0时，Cr元素得电子总物质的量为 2mol×(6-3)=6mol,H02还原剂，0元素从-1价被氧化为0价，每摩尔H0失2mol电子，故消耗H0, 6mol 的物质的量为2 =3mol,D正确： 故选D。 2.以铜矿粉（主要成分是Cu,0,含少量Fe,0,、Si0,、AlO3等）为原料制备CuSO4·5H,0的工艺流程如图 所示。己知：Cu在酸性环境中不稳定，易转化为Cu和Cu2+。体系中有关离子反应方程式书写错误的是 过量稀硫酸NaCIO溶液 氨水 过量氨水 铜矿粉→酸浸 →氧化→调pH为3.3→反应→→Cu$045H,0 Cu、SiO2 Fe(OH)3 滤渣2 A. “酸浸”过程：A12O3+6H=2AI++3H,0 B.“酸浸”过程：Cu+2Fe+=Cu2++2Fe2+ C.“氧化”过程：2Fe2++CIO+2H=2Fe+Cr+H,0 D.“反应”过程：AI4+3OH=A1(OH),↓ 【答案】D 【分析】铜矿粉主要成分是Cu,0,含少量Fe,0,、Si02、Al,0等，加入稀硫酸进行“酸浸”时，Fe,0转 化为Fe+,Al,O转化为A+,Cu,0转化为Cu、Cu2+,而Cu可以将Fe+还原为Fe2+,酸浸后仍存在Cu 说明溶液中无Fe+,SiO2不与稀硫酸反应；加入NaClO将Fe2*氧化为Fe+;加入氨水调节pH将Fe+转化 为Fe(OH沉淀除去：再加入过量的氨水将AI+转化为A1(OHD),沉淀除去，滤液进行一系列处理得到 CuSO,5H20,由此解答； 【详解】A.“酸浸”时，A1,O3和稀硫酸反应生成A山，(SO43和H,0,离子方程式为 AL,0,+6H=2A1++3H20,A正确： B.“酸浸”时，Cu,0和稀硫酸反应生成Cu、Cu2+和H,O,Cu可还原由Fe20溶于酸所得的Fe+,发生 2/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 反应为Cu+2Fe=Cu2++2Fe2+,B正确： C.由分析可知，“氧化”过程，NaCO将Fe2+氧化为Fe+,自身被还原为CT,离子方程式为 2Fe2++C10+2H=2Fe++CI+H20,C正确 D.由分析可知，“反应”过程，过量的氨水将A1+转化为A1(OHD沉淀除去，NH,H,O是弱电解质，不 能拆写成离子形式，正确的离子方程式为3NH,·H,O+A=A(OH),+3NH,D错误： 故选D。 3.一种使用磷石膏（一种由硫酸处理磷矿而产生的固体废渣，主要成分为CS04·2H,0)制备氧化钙的 工艺流程如图。下列说法错误的是 足量氨水 C02 磷石膏 制浆 转化 过滤 →滤饼 干燥 →碳酸钙→Ca0 滤液 A.CaS04·2H20的俗名为石膏 B.“转化”过程中CaSO4发生的化学反应方程式为 CaSO+2NH3H2O+CO2=CaCO3+(NH)SO+H,O C.往滤液中加入足量BaC2溶液，根据生成的沉淀质量可知滤液中SO?的总量 D.碳酸钙高温煅烧能生成CO和一种酸性氧化物 【答案】C 【分析】由题给流程可知，向磷石膏中先加入足量氨水制浆，再加入二氧化碳转化，二氧化碳与硫酸钙、 氨水反应转化为碳酸钙、硫酸铵和水，还能与过量的氨水反应生成碳酸铵，过滤得到滤液和碳酸钙滤饼： 滤饼经干燥得到碳酸钙，碳酸钙煅烧分解得到氧化钙。 【详解】A.二水硫酸钙俗名为石膏，A正确： B.由分析可知，转化过程发生的反应为二氧化碳与硫酸钙、氨水反应转化为碳酸钙、硫酸铵和水，反应 的化学方程式为：CaSO4+2NH,H,0+CO,=CaCO,+(NH42S04+H,0,B正确： C.由分析可知，滤液中可能含有碳酸根离子，碳酸根离子也能钡与离子反应生成碳酸钡沉淀，所以向滤 液中加入足量氯化钡时溶液时，根据生成的沉淀质量不能计算硫酸根离子的总量，C错误： D.由分析可知，碳酸钙高温煅烧发生分解反应生成氧化钙和三氧化碳，二氧化碳属于酸性氧化物，D正 确： 故选C。 3/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ◆考向02物质提纯类微型工业流程题的分析判断 4.天然海水中主要含有Na、K*、Ca2+、CI、SO?、Br、CO?、HCO等离子，火力发电燃煤排放 的含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如图所示： 天然海水氧气 天然海水 含$0，的烟气→吸收塔→氧化反应、稀释→排放 净化后烟气 下列说法错误的是 A.天然海水显碱性 B.含$O2的烟气若不经过海水脱硫直接排放可形成酸雨 C.“氧化”是Br发生了氧化反应 D. “吸收塔”中发生的反应有S02+H,0=HSO, 【答案】C 【分析】向吸收塔中通入含SO,的烟气和天然海水：天然海水中的CO、HC0,等碱性物质结合S0,同 时SO2直接与水发生反应，将烟气中的SO2转移到液相，最终排出净化后的烟气。向吸收塔输出的液相中 通入氧气，核心目的是将体系中生成的低价态+4价亚硫酸亚硫酸根类物质氧化为稳定的$O,完成硫元 素的无害化转化：天然海水中的B在该过程中并未作为主要反应对象发生氧化反应。通入新鲜的天然海 水，利用天然海水的碱性中和氧化后体系的酸性，同时对水体进行稀释，使排放废水的水质达标后向外排 放。 【详解】A.天然海水中含CO、HC0,两种弱酸根离子水解使溶液呈碱性，A正确： B.SO2直接排放会与水反应生成HSO3,进一步被氧化为H2SO4,形成硫酸型酸雨，B正确： C.“氧化”步骤通入氧气，目的是将吸收$02后生成的H,SO,、SO氧化为SO,不是Br发生氧化反 应，C错误： D.吸收塔中S02和水反应生成亚硫酸，反应SO,+H,0HS0可发生，D正确： 故选C。 5.某工厂的工业废水中含有大量的FS04和较多的Cu2+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中 回收FeSO4和金属铜。操作流程如下图，下列说法不正确的是 4/48 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 加入试剂 ⑦ ③ ① ⑧ 工 加入试剂 ⑤ ④ 操作方法 水 ⑥ 操作方法 ② Fes04·7H,0 ⑨ 操作方法 A,试剂⑤为NaOH溶液，操作方法⑥⑧为过滤 B.向②中加入NaOH溶液，可观察到白色沉淀生成 C.检验④中的金属阳离子可以用KMO4溶液 D.操作方法⑨的结晶方法为冷却结晶 【答案】A 【分析】该流程目标是从含大量FSO,、较多C2+的工业废水中回收FSO,·7H,0和金属Cu,向废水加入 过量铁粉（试剂⑤），发生反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu,经操作⑥（过滤），得到①为Fe,Cu的固体混合 物，②为FSO溶液。向①中加入稀硫酸（试剂⑦），Fe与稀硫酸反应生成FsSO,和H2,Cu不反应，经 操作⑧（过滤），得到③为金属Cu,④为含过量H,SO,的FSO,溶液。②和④合并后，经操作⑨（冷却结 晶)，得到产物FSO,·7H0。 【详解】A.要回收FSO4和Cu,试剂⑤应为过量铁粉，可将Cu+置换为Cu同时不引入新杂质，若为 NaOH溶液，Fe2+、Cu2+均会生成沉淀，无法达到实验目的，A错误： B.②为FeSO4溶液，加入NaOH溶液首先生成白色Fe(OH)2沉淀，可观察到白色沉淀生成，B正确： C.④中阳离子为Fe2+,Fe2+具有还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，可用KMO4溶液检验，C正确： D.F®SO,·7H,O溶解度随温度降低明显减小，且受热易失去结晶水，操作⑨采用冷却结晶的方法得到晶 体，D正确： 故选A。 6.利用油脂厂的废弃镍N)催化剂（主要含有Ni、Al、Fe,还含少量的NiO、Al2O、Fe,O)回收金属Ni的 工艺流程如图所示。 ①足量NaCIo NaOH溶液 试剂X ②调pH RH 试剂YNa,C,O,溶液 废镍 →碱浸 滤饼 催化剂 酸浸 氧化 除杂 →萃取→反萃取→沉镍→NiC02H,0一→热分解→Ni 浸取液 Fe(OH)3 5/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 已知：萃取Ni2+的离子方程式为Ni2+2RH、NiR2+2H, 下列说法不正确的是 A.试剂Y可以是稀硫酸 B.试剂X可以选择稀盐酸或稀硫酸 C.“碱浸”所得浸取液中含金属元素的离子为[A(OH),和Na D.“氧化除杂”时D发生反应的离子方程式为2F®2++CI0+2H=2Fe+CI+H,0 【答案】B 【分析】碱溶(NaOH溶液)：将Al、Al,O转化为NdAl(OH)4]进入浸取液：Ni、Fe、NiO、FeO不与 碱反应，成为滤饼，实现铝元素初步除去：酸浸：滤饼中金属及金属氧化物与酸反应，浸出液含+、 Fe+、Fe2+;氧化除杂：①加足量NaCIO:将Fe2+氧化为Fe+,②调pH:Fe3+水解生成Fe(OH)沉淀过滤 除去，溶液仅剩含N2:萃取（莘取剂RH)：N2+与有机萃取剂结合生成NR进入有机相：反萃取（试 剂Y)萃取平衡逆向移动，需要增大H浓度，因此试剂Y为稀硫酸，得到纯净镍盐溶液：沉镍（加 NaC,O4溶液)发生复分解生成二水草酸镍沉淀：热分解制金属镍。 【详解】A.反萃取时，加入稀硫酸可增大H浓度，使平衡N+2RH→NR,+2H逆向移动，释放出 N2+,试剂Y可以是稀硫酸，A正确： B.若试剂X选择稀盐酸，后续“氧化除杂”步骤中酸性条件下C1会与ClO反应生成有毒的C2,污染环 境且消耗氧化剂，故试剂X不能选稀盐酸，B错误； C.“碱浸”时只有Al、A,0,与NaOH溶液反应生成[Al(OH),],Na来自NaOH,其余金属及其氧化 物不与碱反应，故浸取液中含金属元素的离子为[A1(OH)4]和Na,C正确： D.酸性条件下CIO将Fe2+氧化为Fe+，自身被还原为CT,该离子方程式满足电子守恒、电荷守恒和原 子守恒，D正确： 故选B。 >考向03物质制备类工业流程综合题的分析判断 7.(25-26高三上广东深圳：阶段检测)一种用硫铜矿（主要含CuS、CuS及少量Fe0、F2O等）为原料制 备CuCl的工艺流程如下： 6/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3molL硫酸富氧空气 氨气 NaCl盐酸 滤液 硫铜矿 酸浸 中和 合成 洗涤、干燥 →产品CuC1 滤渣1（含S) 滤渣2 SO, 已知：①CuC1是难溶于水和醇的白色固体，在热水中迅速水解生成CO: ②CuC1在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为Cu(ODC1, ③己知Cu2+、Fe2+、Fe+开始生成沉淀和沉淀完全时的pH如下表： 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ 开始沉淀 4.7 8.1 1.2 pH 完全沉淀 6.7 9.6 3.2 pH 回答下列问题： (1)铜的价电子排布式 (2)写出一种提高“酸浸”速率的方法 “酸浸”中，CuS参加反应的方程式： CuS+H,S0,+O2=CuS04+S+H20(配平) (3)用氨气调节pH时，滤渣2的主要成分 应将溶液的范围调整为 SpH< ④)“合成”时，Cu2+生成CuC1发生反应的离子方程式为 (⑤)干燥CC1时，应采用低温干燥的方式，试分析其原因」 (⑥)如图是氯化亚铜的晶胞结构，己知晶胞的棱长为anm。 OCI 0 111 ①图中原子的坐标参数：A为(0,0,0)，B为44'4 则C的坐标参数为， ②Cu*与CI最短的距离是 m。 【答案】1)3d04s 7/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2) 将原料磨碎或提高硫酸浓度或提高反应温度 2CuS+2H,S04+O2=2CuS04+2S↓+2H,0 3) Fe(OH)3 3.2 4.7 (4)2Cu2+S02+2CT+2H,0=2CuC1↓+S02+4H (⑤)防止CuCl在热水中水解 133 3 (6) 、4’4'4 【分析】“酸浸”步骤，硫铜矿加入硫酸、氧气酸浸，酸浸中硫元素转化为硫单质、二价铁转化为三价铁、 价铜转化为二价铜，方程式为Cu2S+4H*+02=2Cu2+S↓+2H,0, 2CuS+4H+02=2Cu2++2S↓+2H,0:4Fe2+02+4H=4fe+2H,0,硫单质为滤渣1的主要成分。 “中和”步骤，加入氨水调节pH,使得铁离子成为氢氧化铁沉淀得到滤渣2。 “合成”步骤，二氧化硫具有还原性，能将二价铜离子转化为一价亚铜离子，滤液加入氯化钠、盐酸、二 氧化硫生成氯化亚铜，方程式为2Cu2+S0,+2CT+2H,0=2CuC1↓+S0?+4H,洗涤干燥得到产品。 【详解】(1)铜为29号元素，原子价电子排布式为3d4s (2)“酸浸”时，CS和硫酸、氧气反应生成硫酸铜、硫单质和水，化学方程式为 2CuS+2H,S0,+02=2CuS04+2S↓+2H20,可以通过提高反应温度，提高反应物浓度，增大固体反应物 表面接触面积等来提高化学反应速率。 (3)用氨水调pH时溶液中存在Fc+、Cu牛，要求铁离子完全沉淀而铜离子不沉淀，故溶液的pH范围调整 为3.2≤pH<4.7。 (4)二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为亚铜离子、自身被氧化为硫酸根离子，滤液加入氯化钠、 盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜和硫酸，反应方程式为2Cu2+S02+2CI+2H20=2CuC1↓+S0?+4H】 (5)由于CuCI在热水中迅速水解生成CO,且CuC1在潮湿的空气中易被氧化故需要降低温度同时保持 干燥。 (O①牌中原子的丝标参数：A为000，B为行》，则C在x,2轴的极分别为分、子、 111 133 故C的坐标参数为4'4'4②Cu与c1最短的距离是体对角线的四分之一，故为4anm。 8.(25-26高三上广东湛江阶段检测)硫酸锰是一种重要的二价锰盐，常用于锰基材料的制备。一种以 菱锰矿[主要成分为MnCO、SiO2、CaMg(COh,和少量FeCO,]为原料制备硫酸锰的工艺流程如 下图所示。 8/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 稀硫酸 软锰矿粉 Ca(OH)2 NH.HCO 稀硫酸 氧化 中和 菱锰矿一 酸浸 除杂 沉锰 酸溶 系列 操作 →MnSO44H,O晶体 滤渣① 滤渣② 滤液 已知：①MnCO3的溶度积远小于CaCO3和MgCO ②金属离子浓度≤10olL时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Mn2 Fet Fe3t Mg 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 8.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 10.9 (I)基态§原子的价层电子排布式为 0 (2)“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是 “滤渣①”主要成分的化学式为 (3)加入软锰矿粉“氧化”的是 0 (填金属离子符号) 4)用Ca(OH),“中和除杂”步骤，需要调节的pH范围为 (⑤)“沉锰”发生的离子反应方程式为 (6)某种锰的氧化物的四方晶胞如图所示。 ●Mn ①该锰的氧化物化学式为. ②晶体中一个M周围与其最近的0的个数为. 【答案】(1)3s23p4 (2) 增大接触面积，提高酸浸速率 SiO2 CaSO4 3)Fe2+ (4)2.8≤pHK8.1 (5)Mn2++2HCO;=MnCO3l+CO2T+H2O (6) MnO2 6 【分析】菱锰矿经粉碎后用硫酸进行“酸浸”，碳酸盐与硫酸反应产生MnSO4、FeSO4、MgSO4、CaSO4, SiO2不溶于酸，反应产生CaSO4微溶于水，经过过滤，CaSO4、SiO2进入滤渣①中：向滤液中加入软锰矿， 9/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 其中的MO2将溶液中的Fe+氧化为Fe,然后向其中加入Ca(OHD2,调整溶液的pH,使Fe*转化为 F(OHD沉淀而进入滤渣②中，其他金属阳离子仍然以离子形式存在于溶液中。然后再向滤液中加入 NHHCO3,发生反应：Mm+2HCO,=MnCO3l+HO+CO2↑，得到MnCO沉淀，过滤，弃去滤液，将得到 的MCO沉淀经洗涤后用稀硫酸溶解，就得到MSO4溶液，再将溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗 涤、干燥等一系列操作，就得到MnS044H0晶体。 【详解】(1)基态$原子核外16个电子，价层电子排布式为3s23p4: (2)“酸浸”前粉碎菱锰矿的目的是增大接触面积，提高酸浸速率；“滤渣①”主要成分的化学式为 Si02、CaS04 (3)向滤液中加入软锰矿，其中的MnO2将溶液中的Fe*氧化为Fe*。加入软锰矿粉“氧化”的是Fe+: (4)用Ca(OH“中和除杂”步骤，除去Fe,留下Mt,即Fe+完全沉淀，Mn+不能沉淀，需要调节的 pH范围为28≤pHK8.1: (5)“沉锰”时NHHCO3与Mn+发生反应Mm2+2HCO,=MnCO+HO+CO↑，得到MnCO3沉淀； 6)①Mm的个数为：8xg1=2,O的个数为：4×+2=4，该物质的化学式为M02 ②一个Mn周围与其最近的0原子数为6。 9.工业上利用黑钨矿（其主要成分是FeWO4、M血WO4,还含有少量SiO2和Al,O,)制备钨的工艺流程 如下图所示： 纯碱、空气 加盐酸调pH 加盐酸 烧结物 焙烧 还原 黑钨矿 焙烧 水浸除杂沉钨→ WO: W单质 C02 Fe,O,MnO,滤渣 己知：①上述流程中，钨的化合价只在最后一步发生改变；②常温下钨酸难溶于水。回答下列问题： (1)已知元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是第六周期第 族，其位于元素周期表 区。 (2②)FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 3)“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 4)钨酸钙(CawO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO,的饱和溶液中，pc(Ca2+) 与pc(阴离子)的关系如图所示，己知：pc(离子)-lgc(离子)。该温度下将N,WO4溶液加入石灰乳中 得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为_ 一，该反应的平衡常数K= 10148 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 6 Cawo 5 4 Ca(OH)2 2 01234567A pc(阴离子)Cu Mn A1 (⑤)合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-M-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图 所示（已知：Mn原子和A1原子位于Cu原子所构成的八个小正方体的体心）。 ①若A原子的坐标参数为(0,0,0)，则B原子的坐标参数为 ②已知该合金晶体的密度为Pgcm3,则最近的两个A1原子间的距离为， pm(列出计算式，阿 伏加德罗常数的值用NA表示)。 【答案】I) VIB d 2)4feW0,+02+4Na,C0, 高温 4Na,W04+2Fe,03+4C02 3)H,SiO,和A1(OH)g (④) WO;+Ca(OH),CaWo,+20H 104(或10000) 333 V2 840 (5) 444 ×100 【分析】焙烧中纯碱和SiO,反应生成NaSiO3,与AlO3反应生成NaAlO2,由水浸后的产物可知FeVO4和 纯碱反应生成NaWO4和Fe,O,水浸时，NaA1O转化为NaAl(OH)4],加入盐酸调pH,NaAl(OH)4]、 NaSiO3分别反应生成AI(O田、HSiO3,加入盐酸与NaWO4反应生成HWO4,分解可得WO,还原得到 金属W。 【详解】(1)已知元素周期表中钨与铭同族，钨位于元素周期表的第六周期第IB族：其位于元素周期 表d区： (2)结合分析可知，F®WO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为： 高温 4FeW04+02+4Na,C03-4Na,W04+2Fe,03+4C02 11/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)结合分析可知，“滤渣”的主要成分是：H,SiO和A1(OH)3: (4)Na,WO,与石灰乳Ca(OH)2反应生成CaW04,反应的离子方程式为 Wo+Ca(OH)2=CaW04+20H。由图可知，当pc(Ca2+)=4时，pc(OH)=l,pc(wO)=6,该反 应的平商#数K=cOH}_e(C）10x10 c(wo)c(wo)xcCa10*x10=10',故答案为： 104 (5)①品影中，0数目为8×日+6x+12x+1=8, 1 2 4 A1数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为 333 AMCu,·若A原子的坐标参数为(Q,00),则B原子的坐标参数为444： ②结合晶胞结构可知，则最近的两个A1原子间的距离为面对角线的一半，再结合①分析可知，晶胞参数为： 840 840 PNA ×10°pm,最近的两个 ,原子间的距离为： 2 PNA x10pm。 考向04物质提纯类工业流程综合题的分析判断 10.(25-26高三上·广东惠州阶段检测)贵金属元素钌R)的产品广泛应用于电子、航空航天、化工等领 域。一种利用某含钌废渣（主要成分为Ru,含Co、Cr、Si等物质）回收Ru的工艺流程如下： HCI C2HsOH NaCIO 盐酸 含钉 K2Ru04 转化Ru(OH4 RuO 废渣 →酸溶 过滤 蒸馏 吸收 结晶 →RuCl3→Ru 滤液（含Cr3+ NH HCO 气体X Co2) 沉铬 沉钴 →CoCO, 已知：常温下， Kp[Cr(OH)]=1.0x10”,K,[Co(OH)2]=1.8x105,K,(NH,-H,O)=1.8x105。 (I)Cr的基态原子价层电子的电子排布式： (2)要提高“酸溶”的速率，可采取的方法有 B)转化”过程中C,H,OH变为CH,CHO,且溶液的pH明显增大，则该转化反应的化学方程式为 4)单质X通入热的NOH溶液中充分反应，经处理后可循环至“蒸馏”工序，则X是 一。（填化 学式) (5)常温下，酸溶滤液中含Cr+和Co2+的浓度分别为0.01mol·L、1.8×103molL,“沉铬”时需调节pH 的范围为 。 [已知：当(Q+)≤103molL时，可认为Q+己经沉淀完全] (6)沉钴”步骤中，当Co2+沉淀完全时，c(NH) c(NH3H,0)。(填“>”、“<”或“=) 12/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (T)某种含钌化合物的立方晶胞结构如下图。该晶胞中与Ba2+距离最近的离子个数是 若该晶体 的密度为Pg/cm,则该晶胞的边长为」 pm。(NA为阿伏加德罗常数的值) 002 OBa2+ ●Ru 【答案】1)3d4s (②)粉碎矿石、溶解时适当加热、适当提高酸的浓度（合理即可） (3)K2RuO,+C2H,OH+2H2O=CH,CHO+Ru(OH),+2KOH (4)CL 6)5~8 (6)≥ 286 7) 12 ×100 NA'P 【分析】含钌废渣的主要成分为Ru,含Co、Cr、Si等物质，使用盐酸酸溶，得到的滤液中含有铬离子与 钴离子，进行后续分步沉淀分离：第一步中得到的含R滤渣中加入乙醇转化，得到Ru的氢氧化物，后加 入氯酸钠溶液，将Ru(OH)4转化为RuO4,再加入盐酸与CIO反应，归中得到氯气，后续进行结晶得到 RuC晶体，经过一系列操作得到单质Ru: 【详解】(1)C的原子序数为24，价层电子排布式为3d4s, (2)要提高“酸溶”的速率，可采取的方法有粉碎矿石、溶解时适当加热、适当提高酸的浓度（合理即可）： (3)“转化”过程中C,H,OH变为CH,CHO,且溶液的pH明显增大，发生的化学方程式为 K2RuO+C2H,OH+2H2O=CH CHO+Ru(OH)+2KOH. (4)单质X通入热的NaOH溶液中充分反应，经处理后可循环至“蒸馏”工序，即单质X与NaOH反应 生成CO,则单质X为CL: (5)C+和C02+的浓度分别为0.01molL、1.8×103molL,要使Cr+沉淀完全且Co2+不沉淀，需调节 Ksp Co(OH), 1.8×1015 氢氧根的浓度最大为 c(Co2) V1.8×10=10mo/L,最小为 Ksp Cr(OH) 1032 c(Cr*+) V103 =027=10mol/L,即pH范围为 ~8 13148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (6)“沉钻”步骤中，当Co2+沉淀完全时，c(Co2+)=10,此时 c(OH)= Kpco4o】-s×10mL.K,NH,Ho)=N）-O=18x10,即 103 c(NH3H2O) cNH c(NHH,O)I(NH )>e(NH,-H,O) (7)①该晶胞中与Ba2+距离最近的离子为面心上的02，将8个晶胞堆积在一起，在每个2×2平面上都 存在这样的4个02，故-共有12个02离Ba2+最近： ②一个晶胞中含有g×8=1个Ba+,2x6=3个0-，1个Rr,一个晶胞的质量即为 286 1×137+3×16+1×101 g:设晶胞的边长为，p=m- NA Var×10Nxa×10,a= 286 286 ×10pm。 NA apm 11.稀土元素有工业“黄金”之称。钇元素（元素符号Y)、镧元素(L)均为稀土元素。某种从稀土矿中提 取Y,O,固体的工业流程如下，其中稀土矿渣是稀土矿经初步处理的产品，含有Y(OH)、F®，O,及银的化合 物等物质。 H,C,0的 盐酸 NH,、NH,CI溶液 盐酸 丙酮溶液 稀土矿渣 酸浸 浸出液 次沉淀 溶解溶液 二次沉淀→滤液2 浸出渣，回收银 滤液1 囊锋滋 Y,03 己知：i.Y(OH)3的Kp=8.0x103,Fe(OH)3的Kp=4.0x1038 ⅱ.草酸根离子C2O:能与Y+、F+反应生成草酸盐沉淀，也能生成可溶于水的配位离子，如 Fe(C,04片等。 回答以下问题： 1)酸浸时，Y(OH)发生反应的离子方程式为 (2)往滤液1中加入适量NaOH溶液，充分反应，经除杂处理后的溶液可用于」 工序中。 ③)一次沉淀时，当溶液中的Y+恰好完全沉淀时，c(Fe+)= 4)在隔绝空气条件下，滤渣高温分解时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出滤渣高温分解的化学方 程式 (5)二次沉淀时草酸的丙酮溶液浓度不低于7%，若低于7%，不仅钇元素沉淀不完全，Y,0产品中还会有 14/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 杂质，检验存在杂质的操作及现象是：把少量YO3产品溶于稀硝酸，取2L溶液于试管中，滴加几滴 溶液，出现 现象；若浓度过大，导致 元素以 (填化学式) 微粒的形式进入滤液2，无法达到目的。 (⑥)镧镍合金LNix可作储氢材料，能快速可逆地存储和释放H,其储氢原理为镧镍合金吸附H,H解离为 原子，H储存在其中形成LaNizH6,晶胞结构如图所示，晶胞参数为am。 La o Ni oH, ①若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标(0.75,0.75,0)，则C的分数坐标为. ②设阿伏加德罗常数的值为NA,则该晶体的密度为. gcn(列出计算表达式)。 【答案】1)Y(OH)2+3H=Y+3H0 (2)一次沉淀 3)5.0×1021mol/L 高温 ④Yz(C204)3 ,03+3C0↑+3C02↑ (5) KSCN 溶液变为红色 X Y(C,04 (139+5×59+2×3)×102 (6) (1,0.5,1) aNA 【分析】稀土矿渣中含有Y(OH),、F©，O,及银的化合物等物质，往其中加盐酸酸浸，银元素进入浸出渣， 从中可以回收银：Y(OH),、Fe,O,与盐酸反应转化为YC、FeCL,往其中通入NH、加NH,CI溶液，进 行一次沉淀，将YCl、FeCl转化为Y(OD、Fe(O田)，过滤，往滤渣中加盐酸溶解后，往其中加HCO4 的丙酮溶液，进行二次沉淀，将铁元素转化为F©(CO,,Y元素转化为Y(CO沉淀成为滤渣，然后将 滤渣洗涤、烘干、高温分解得YO3。 【详解】(1)酸浸时Y(OH与盐酸中的H反应生成Y+和水，离子方程式为Y(OD,+3H=Y+3H,0。 (2)一次沉淀工序需要NH,滤液1中NH4与NaOH反应释放出NH,可回收用于一次沉淀工序。 (3)离子恰好完全沉淀时浓度按1xI0'molL计算，由K,[Y(OH),]=c(Y)c(OH)得 Eor）-800-xD.f代入k,aomJ9-(te)片i-5aomn 1x105 (4)二次沉淀的滤渣为草酸钇Y(C2O4)3,隔绝空气高温分解，C发生歧化反应生成CO和能使澄清石灰 15148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 高温 水变浑浊的c0,:配平得到反应方程式为Y,(C,0, Y,03+3C0↑+3C02↑ (5)杂质为未除尽的Fe+,实验室用KSCN溶液检验Fe+,现象为溶液变为血红色； 根据已知信息，草酸浓度过大时，草酸根过量，Y元素会生成可溶性配位离子Y(C2O4}进入滤液，无法 沉淀。 (6)①根据A、B的分数坐标确定晶胞相对坐标，可知前方左下角的La为原点，推得C点的分数坐标为 (1,0.5,1) ②晶胞中L共8×g1个，N共1+8×25个，由化学式可知，1原子数是La原子数的6倍，故其中包 139+5×59+3×2 含3个H,分子，总质量为 NA 8,晶胞体积为ax10'cm),故密度为 m_(139+5×59+3×2）(139+5×59+3×2)×102 g.cm-3 Na×(ax107)月 aNA l2.我国拥有丰富的钒钛磁铁矿资源，从钒钛磁铁矿（含FeO4、FeTiO,、FeVO4及少量钙铝硅酸盐）中提取 钒、钛、铁的流程如下： Na2C03、C、空气 滤渣1 滤渣2 NH4CI 钒钛磁铁矿一 焙烧 水浸 →浸出液盐酸 氨水 过滤 过滤 沉钒 →NH4VO3 Fe→钢铁工业 浸出渣 磁选 钛渣→···→T02 己知：①“焙烧”产物中含有可溶性NaA1O,、Na2SiO、NaVO; ②常温下K0NH4VO)=1.6×103。 回答下列问题： ()提高“水浸”效率的操作为一。 (2)“滤渣1的主要成分为一，生成“滤渣2的离子方程式为 (3)“沉钒”得到NH4VO:,NH4VO3受热分解可得到VO5。 ①若原液中c(V0)0.2moL,为使钒元素的沉降率达到96%，应调节c(NH4)至少为nolL-1(忽略 溶液体积变化)。 ②NH4VO,热分解后的副产物可用溶液吸收后重复利用。 4)钛渣中某一成分的晶胞如下图所示，C位于晶胞的8个顶点，Ti位于O形成的正八面体空隙中，则该 16148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 成分的化学式为」 Ca与O的最近距离为pm,与Ca最近的Ti的个数为一。 a pm 【答案】①)适当升温（或粉碎原料、搅拌） (2) H2SiO3 A13++3NH3H2O=Al(OH)3J+3NH 3) 0.2 HCI √ (4) CaTiO: a 2 6 【分析】钒钛磁铁矿和Na,CO,、C、空气焙烧后生成可溶性的NaAIO,.、Na,SiO,、NaVO,水浸后可溶 性盐进入浸出液，不溶的含有铁、钛的组分进入浸出渣，后续通过磁选分离铁和钛渣；浸出液加盐酸后先 除去硅酸沉淀，再加氨水沉淀A+,最后加NH,CI沉钒得到NH,VO,据此分析回答问题。 【详解】(1)反应速率的影响因素有温度、反应物浓度、压强、催化剂、固体表面积、原电池原理等， 本流程中提高“水浸”效率可用的操作为适当升温、粉碎原料、搅拌。 (2)由分析可知“滤渣1”的主要成分为H,SiO,:生成的“滤渣2”为A1(OH),则离子方程式为 A1+3NH3H,O=AI(OH),↓+3NH4。 (3)①原液中c(V0)=0.2molL,钒元素的沉降率达到96%后，溶液中 c(V0,)=0.2mol-L×100%-96%)0.008molL,根据溶度积可得： K,NH,VO,)=cNH)-c(V0,)=1.6×103,则oNH)= mNH,V0,)_1.6x103 c(VO;) 0.008-mol-L-= 2molL1,故 应调节c(NH4)至少为0.2mol.L。 ②NH,VO分解可得到NH,、VO,和H,O,其中NH,可被HC1吸收后转化为NH,CI,在“沉钒”操作中 重复利用。 (4)Ca位于晶胞顶点，则黑球是C,白球形成立方体空隙，灰球形成八面体空隙，则灰球为O,白球为 1 五.晶胞中含Ca个数为8×gL,含0个数为6x23,含Ti个数为1，故该物质的化学式为CaTi0:Ca 和O的最近距离为晶胞面对角线的一半，即2apm;对晶胞进行无隙并置的平移，以顶点Ca为中心，周 围有8个晶胞，每个晶胞体心的Ti与Ca距离相等，可知与Ca最近的Ti的个数为8。 17/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 重难·创新演练 1.工业上利用锶渣（住要成分SSO,含少量CaCO,、Fc,O,、Al2O,、MgCO,杂质）制备超细碳酸锶(SrCO, )的工艺如图所示。下列说法错误的是 足量焦炭 稀盐酸 H2O2、NaOH NaOH 氨水、NH.HCO3 95~100℃ 锶渣预处理 高温煅烧→酸浸→氧化、碱浸 除镁、钙 沉锶 →碳酸锶 气体a 气体b 滤渣1 滤渣2 已知：“高温煅烧”的主要产物为锶的硫化物，气体ā为一种可燃性气体 A.“预处理”可选择Na,CO溶液除去锶渣表面的油脂 B.气体a为Co,气体b主要成分为H,S C.滤渣1的主要成分为Fe(OH),、AI(OH), D.“沉锶”反应的离子方程式为Sr2+2HC0,=SrC0,↓+H,0+C02个 【答案】D 【分析】锶渣主要成分SrSO,含少量CaCO,、Fe,O、Al,O,、MgCO,杂质，加入足量的焦炭高温煅烧， 生成SS,生成的气体a为可燃性气体，应为CO;加入稀盐酸，SrS与稀盐酸反应生成HS气体，气体b 主要成分为H,S,其余金属氧化物转化为金属离子；加入H,O2将Fe2+氧化为Fe+,加入NaOH调节pH将 Fe+和AP转化为Fe(OH),、Al(OH)沉淀除去，故滤渣1的主要成分为Fe(OHD,、Al(OH;在加热的条 件下加入NaOH除去Ca2+和Mg,最后加入氨水和NH4HCO3将Sr2+转化为SrCO3,由此解答： 【详解】A,N,CO溶液水解呈碱性，油脂在碱性条件下可发生水解反应生成易溶于水的物质，可除去锶 渣表面的油脂，A正确： B.由分析可知，气体a为C0,气体b主要成分为H,S,B正确 C.由分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH、AI(OH,C正确： D.“沉锶”时加入了氨水，溶液呈碱性，HCO?会与OH反应生成CO,不会有CO2生成，正确的离子 方程式为Sr2+HCO,+NH,H,0=SrCO,↓+H,0+NH,D错误： 故选D。 2.从海水提镁的主要步骤如下。下列涉及操作的说法不正确的是 18148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 浓缩海水 石灰乳 (主要含 NaCl和 MgOH☑操作2MgCL溶液操作③，MgC:6H,O→无水MgC四操作④，Mg 操作① MgSO4等) A.操作①：过滤 B,操作②：酸溶 C.操作③：分液 D.操作④：电解 【答案】C 【详解】A,向浓缩海水中加入石灰乳后反应生成Mg(OH)2沉淀，操作①为过滤分离出该沉淀，A正确： B.Mg(OH)2与盐酸反应可得到MgCL溶液，操作②为酸溶，B正确： C.从MgC2溶液获得MgC,·6H,O晶体，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤操作，分液是分离互不相溶 液体混合物的操作，不适用于该过程，C错误： D.镁是活泼金属，工业上通过电解熔融MgC2制备金属Mg,操作④为电解，D正确： 故选C。 3.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 黄铁矿 n SO Ⅲ 通空气、 HS04 (含FeS2) 98.3%1 400≈500°C、 浓硫酸 加热 常压、催化剂 空气 Fe,O等 下列说法错误的是 A.FeS2中阳离子的价层电子排布式：3d B.步骤I中，空气从沸腾炉底部鼓入，主要目的是增大反应物的接触面积 C.步骤Ⅱ中，使用催化剂能降低该反应的活化能，从而提高SO2的平衡转化率 D.步骤Ⅲ中，用98.3%浓硫酸吸收$0，是为了防止形成酸雾，提高吸收效率 【答案】C 【分析】黄铁矿中的FeS2与空气中的氧气反应生成S02和F®，O4等氧化物，SO,与氧气进行催化氧化反应生 成S0,利用98.3%浓硫酸进行吸收得到H,S04,由此解答： 【详解】A.FeS,中的阳离子为Fe2+，Fe的价层电子排布为3d4s2,Fe原子失去4s轨道的2个电子得到 Fe2+,价层电子排布式为3d,A正确： B.步骤I为沸腾炉中煅烧黄铁矿，空气从底部鼓入可使矿粒处于沸腾状态，增大反应物接触面积，使反 应更充分，B正确： C.催化剂只能降低反应活化能、加快反应速率，不能改变化学平衡状态，无法提高SO2的平衡转化率，C 错误； 19148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D.若用水吸收S03会反应放热形成酸雾，降低吸收效率，用98.3%浓硫酸吸收可避免酸雾形成，提高吸收 效率，D正确： 故选C。 4.一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是 Cl2 RNCI S02溶液 盐酸 卤水一→氧亿→吸附含.N[CIBr, 有机相肛 有机相亚 还原含RNBr 脱 Br浓溶液 转化→蒸馏→液溴 水相1 水相 有机液 A.“氧化”和“转化”工序中发生的主反应相同 B.理论上消耗R4N[CIB,]与SO,的物质的量之比为2：1 C.水相I和水相Ⅱ中均含有H和CI D.“洗脱”工序发生的反应可表示为R4NBr+HCI→R4NCI+HBr 【答案】B 【分析】卤水中通入氯气把Br氧化为B,同时氯气与水反应生成HCI和HCIO进入水相I:用有机物 R,NC1吸附Br形成R4N[CIB,],分液，有机相R4N[CIB]通入二氧化硫“还原”，反应生成H,SO4、 HBr、R4NCL,R,NCI再与HBr反应生成HCI和R,NBr,得到有机相中含R4NBr,无机物进入水相I: 用盐酸“洗脱”得到含Br浓溶液，通入氯气将Br氧化为B,蒸馏得液溴。 【详解】A.“氧化”工序中C将卤水中的Br氧化为B,“转化”工序中C将Br浓溶液中的Br氧 化为Bm2,二者主反应均为C+2Br=2CI+B2,A正确： B.还原工序中，1molR4N[CIB,]中的2个0价Br被还原为Br总共得到2mole,1 mol So被氧化为 SO失去2mole,根据电子守恒，消耗R4N[CIB,]与SO的物质的量之比为1：1，B错误： C.水相I中C2与水反应生成HC、HC1O,含有H和CI:水相Ⅱ为还原反应的水相产物，反应生成 H,SO4、HBr、HCl,也含有H和CI,C正确： D.“洗脱”工序中RNBr与HCI发生离子交换反应，反应可表示为R,NBr+HCI一R,NCI+HBr,D正 确； 故选B。 5.某研究小组利用BaS的还原性提纯Br溶液，并制取MgBr的方案如下： 20148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BaS H,SO,溶液 Mg(OH), HBr(g) HBr溶液（含Br,) 还原 →沉淀→过滤→转化→结晶、洗涤 →脱水 →MgBr2 滤渣 下列说法错误的是 A,“还原”步骤中BaS不宜过量太多 B.“过滤”时，所得滤渣中只含有BaSO4固体 C.“转化”时发生反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H=Mg2++2H,0 D.“脱水”时通入HBr气体可以抑制MgB,的水解 【答案】B 【分析】用BaS还原HBr中的B,单质，反应原理为：Br,+BaS=BaBr,+S,沉淀步骤是用H,SO4将Ba2 沉淀，反应原理为：BaBr+H,SO,=BaSO,·+2HBr,过滤出滤渣，主要成分是BaSO,和S,滤液的主要 成分是HBr和H,SO4,向滤液中加入Mg(OH)2,反应为：Mg(OH)2+2HBr=MgB,+2H,0,然后进行蒸 发浓缩、冷却结晶，洗涤干燥，脱水得到MgB,据此分析解题。 【详解】A,过量的BaS会产生有毒的硫化氢气体，因此“还原”步骤中，BaS不宜过量太多，A正确： B.“还原”时，BaS+B,=S+BaB,“沉淀”时，Ba2++SO?=BaSO,↓，故滤渣中含有S和BaSO4, B错误： C.Br为强酸，“转化”时的离子反应方程式为2H+Mg(OH)2=Mg+2H,0,C正确： D.脱水时，MgB水解会放出溴化氢气体，故通入B气体，可以抑制MgB的水解，D正确： 故选B。 6.一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、F的单质或氧化物）中富集回收Co,得到含锰高钴成 品的工艺流程如下图。 H,SO 溶液 MnO, 试剂x KMnO 调pH=4 Co(OH) 废渣→酸浸 氧化 除 氧化沉钴 pH=5 MnO2 滤渣 Fe(OH); 除钴液 下列说法错误的是 A.滤渣中的物质主要为PbSO4 21148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B.“氧化”时被氧化的离子为Fe24 C.试剂X可以是Zn0或ZnC0, n(还原剂)1 D.“氧化沉钴”时， n(氧化剂)3 【答案】D 【分析】酸浸步骤中废渣（含Co、Z1、Pb、F©的单质或氧化物）与稀硫酸反应，生成可溶性硫酸盐 CoSO4、ZnSO4、FeSO4等，而Pb会与硫酸反应生成难溶的PbSO4沉淀；氧化步骤中加入MnO2将Fe2+氧化 为Fe头，便于后续除杂；除杂步骤中，通过调节pH-4,使Fe#完全沉淀为Fe(OD,同时避免Co牛 Zm+等沉淀；氧化沉钴中，加入KMnO4将Co氧化为Co,同时MnO4被还原为MnO2,调节pH=5,最 终生成Co(O田3和MnO2沉淀。 【详解】A.废渣中Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4,因此酸浸滤渣主要为PbSO4,A正 确： B.酸浸后溶液中Fe以Fe2+形式存在，“氧化”步骤加入MO2将Fe2+氧化为Fe+,便于后续调pH生成 Fe(OH),沉淀除去，被氧化的离子为Fe2+,B正确： C.试剂X作用是调节pH除去Fe+,且不能引入新杂质，ZnO、ZnCO,均可与H+反应升高pH,且不会 引入新杂质，C正确： D.“氧化沉钴”时，氧化剂KMO4中Mm从+7价降为M血O2的+4价，1mol氧化剂得3mol电子；还原剂 Co2+从+2价升为Co(OH)3的+3价，1mol还原剂失1mol电子，根据电子守恒，3n(氧化剂)=n(还原剂) n(还原剂) 故n(氧化剂) =3,D错误； 故答案选D。 7.(2627高三上·广东深圳阶段检测)浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，“海水提盐”和“侯氏制碱” 流程如下图。 固体 NaHCO, NaCO, 浓缩海水一粗盐精NaC固体一饱和食盐水 母液 NH, 主要含NH,CI HCI (1)海水提盐。 精制过程除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO?杂质时，操作过程包括下列步骤： 22148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 a.过量的Na,CO3溶液：b.过量的BaC2溶液；c.过量的NaOH溶液；d.加入适量的盐酸；e.过滤除 去沉淀。 ①正确的操作顺序是 (填序号)。 A.abcde B.bcaed C.caebd D.cbade ②加入适量盐酸，反应的离子方程式有H+OH=H,O ③精制过程得到NaCl固体的操作方法是 (2)“侯氏制碱法”利用饱和食盐水制备制备纯碱一一碳酸钠。 已知：25℃时部分物质的溶解度数据： 物质 NaCl NaHCO, NH CI NH,HCO3 溶解度g 36.0 10.3 39.5 24.8 ①结合数据分析过程I中发生的反应 ②过程I获得的NaHCO,会吸附微量NH,CI,导致产品Na,CO,中混有NaCl。 i,用化学方程式表示过程Ⅱ中NaCl生成的原因： i.检验NaHCO,中NaCI的实验操作是，取少量固体于试管中 -c ③过程I以MgO为催化剂，在不同温度下加热灼烧，将NH,CI分解为NH和HC1。 NH,CI母液 MgO →HCI 低温加热 ⅱ高温灼烧 NH,水4 MgCl,(含水) 步骤i中反应的化学方程式是 【答案】I) B 2H+C05=H,0+C0,↑ 蒸发结晶 (2) 25C时，NaHC03的溶解度最小，Na与HCO结合生成NaHCO,.晶体析出。 NaHCO,+NH,ClA→NaC+NH,↑+CO2↑+H,O 加水溶解，加入过量稀硝酸酸化，再滴加AgNO; 低温加热 溶液，若产生白色沉淀，则说明含有NaCl。 2NH,CI+Mg0→MgCL,+2NH,个+H,O 【分析】该流程融合海水提盐与侯氏制碱，浓缩海水得到粗盐，粗盐经除杂精制得到纯净NCI固体；向 饱和食盐水中先通入H使溶液呈碱性，再通入气体CO2发生反应 NaCl+NH,+CO2+H,O=NaHCO,↓+NH,CI,利用NaHCO,溶解度较小的性质，过程I中析出NaHCO,固体， 母液主要含NHCl,过程Ⅱ中NaHCO,受热分解制得纯碱NaCO,生成的CO循环通入饱和食盐水；母液 23148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 中H4C1经过程Ⅲ分解，回收H循环用于制碱，同时得到HC1,实现原料循环利用，提升原子利用率。 【详解】(1)①粗盐提纯时，加入过量BaCL,溶液除去SO片，加入过量NaOH除去Mg2+,加入过量 Na,CO,溶液除去Ca2+和过量的Bat。因此，Na,CO,溶液必须在BaC,溶液之后加入；过滤除去所有沉淀 后，最后加入适量盐酸除去滤液中过量的OH和CO?。结合选项，正确的操作顺序为bcaed,故答案选 B。 ②过滤后的滤液中含有过量的NaOH和NaCO,加入盐酸发生中和反应，反应的离子方程式除了 H+0H=H,0,还有碳酸根离子与氢离子的反应2H+C0-H,0+C0,个。 ③NaCI的溶解度受温度影响变化不大，因此从精制后的NaCl溶液中获取NaCI固体，应采用蒸发结晶的方 法。 (2)①根据表格中的溶解度数据可知，25C时NaHCO3的溶解度最小，饱和食盐水中通入NH和CO2时， 溶液中的Na和HCO,结合生成溶解度较小的NaHCO,从而以晶体形式优先析出。 ②i,过程Ⅱ是加热NHCO,固体使其分解，若其中吸附了微量NH,CI,两者在加热条件下会发生反应生成 NaCl,NH,CO和HO导致产品不纯，化学方程式为NaHCO,+NH,CIA→NaC+NH,个+CO2个+H,0 ii.检验NaHCO3中是否有NaCl,本质是检验Ct,同时要排除HCO的干扰。实验步骤为取少量固体于试 管中，加水溶解，加入过量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则说明含有NaCl。 ③根据流程图可知，步骤i中NH,CI母液和MgO在低温加热条件下发生反应，生成MgCL,NH和HO, 反应的化学方程式为2NH,C+ME0,MgC,+2NH,个+H,0。 8.金属钴、镍作为重要的战略资源，有“工业味精”之称，工业上利用红土镍矿（主要成分为i、Co Fe、Al、Si等元素的氧化物)生产中间品MSP(硫化钴镍)，并利用MSP进一步生产NiSO4的流程如图。 硫酸 NaCIo,石灰石浆HS 硫酸 Cyanex272 红土镍矿→加压浸出 氧化 中和→沉淀 MSP→酸化 多级萃取 含钴负载 有机相 滤渣缸 滤渣Ⅱ 系列操作 NiSO 萃余液 金属离子 Fe3+ Fe2+ A3+ Ni2+ C02+ 开始沉淀的 2.3 7.0 3.1 6.9 7.1 pH 沉淀完全的 3.7 9.0 4.5 8.9 9.1 24148 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 pH 已知：氧化前后，溶液中i、Co元素的化合价均为+2价。 回答下列问题： (I)“加压浸出”时，滤渣I的主要成分为 (填化学式)。 (2)“氧化”时，加入NaCIO的目的是 (用离子方程式表示)，NaClo中 阴离子的空间结构为 3)“中和”时，应控制的H范围是 4)Cyanex272R田是一种有机萃取剂，其作用原理为nRH+Mt一RM+nHtM+表示金属阳离子)，从“含 钴负载有机相”中重新获取Cynx272的方法是往“含钴负载有机相”中加入 ,转移至分 液漏斗中，振荡，静置，分液。 (⑤)工业上利用电解iSO4溶液制备的同时可获得较浓的硫酸，电解装置如图所示，阳极反应式为 电源 较浓的 硫酸 Pt Ni H2SO NiSO4 水溶液 H2SO4 水溶液 离子交换膜M (⑥)NiSO4在一定条件下分解可得到镍的某种氧化物，其晶胞如图所示。该晶体中与O距离最近且相等的Ni 的个数为 一。已知晶胞内Ni和O的最短距离为apm,设N为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的 密度为」 gcm3。 ●-Ni 0—0 【答案】I)SiO2; (2) 6H+6Fe2+Cl0,-=6Fe3++3H20+CI: 三角锥形： 8)4.5≤pH<6.9: 4)稀硫酸： 25/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ⑤)2H,0-4e=4H+02↑. 37.5 (6) 6: 少4a*100 【分析】红土镍矿中主要成分为Ni、Co、Fe、Al、Si等元素的氧化物，第一步加压浸出，Ni、Co、Fe A1的氧化物与硫酸反应生成盐进入溶液中，SiO2不与稀硫酸反应，形成滤渣I,第二步氧化加入NCIO, 将溶液中的F®+氧化为F©，方便在后续步骤中沉淀除去，第三步中和，加入石灰浆，调节溶液的pH值， 目的为将溶液中的Fe、AP+转化为沉淀除去，得到滤渣Ⅱ(Al(OD,、F©(OHD),第四步沉淀，将溶液中 的Co2+、N2转化为MSP,第五步酸化，加入硫酸，将MSP再转化回Co2+、Ni+,并在下一步多级萃取 加入Cyanex2:72后将Co2、Ni+分离开，再经一系列操作获得NiSO4。 【详解】(1)由分析可知，“加压浸出”时，滤渣I的主要成分为不溶于硫酸的二氧化硅： (2)①由分析可知，“氧化”时，加入NaCIO,的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe,反应的离子方程式 为6+6Fe2+CIO=6Fe*+3H,0+CI:②C10中心原子C1的价电子对数为4，孤对电子数为1，则CI0的 空间结构为三角锥形： (3)由分析可知，加入石灰浆调节pH是为了将Fe、A*转化为沉淀除去而不使Co2、N沉淀，由题 干可知，应控制溶液4.5≤pH<6.9: (4)由萃取的原理可知，从“含钴负载有机相”中重新获取Cynx272的方法是往“含钴负载有机相” 中加入稀硫酸，转移至分液漏斗中，振荡，静置，分液： (5)由题意可知，铂电极为电解池的阳极，水在阳极上失去电子发生氧化反应，生成氧气和氢离子，电 极反应式为2H,0-4e=4F+02↑： (6)①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的O与位于面心的Ni距离最近且相等，则与O距离最近且相等 的的个数为6：②-个品面中0的个数为8g+6x4,的个数为2x14,晶胞内i和0的银 8 短距离为apm,则晶胞边长为2apm,设晶体的密度为dgcm3,由晶胞的质量公式可得 4k75-(a×10d,解得d=75x10gram. NA Na 9.铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣（主要含Fe2SiO4 Co2SiO4 CoFe2O4和SiO2及少 量单质Cu、Co中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下： 26148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2mol-L 足量 H,SO. 水 试剂X NH,.H,O NH,.HO 滤液2 调pH=-6.0 高温 滤液1 Cu,SO,(OH) 铜渣→酸浸 固化 浸取 氧化 斗碱沉1 碱沉2 →水胆矾 滤渣1 滤渣2 滤液3 已知：①HSO4易形成凝胶，难过滤， 250C时，易脱水生成Si02。 ②25C时，相关物质的Kp见下表 物 Fe(OH)2 Fe(OH) Co(OH), ⑧ Kp 1×1016 1×1038.6 1×10142 回答下列问题： (1)“酸浸”前，采用 方法可提高酸浸效率（填一条即可）。 (2)“酸浸”时，有空气参与反应，C溶解的化学方程式为 从环保 角度考虑，不使用DO3酸浸的原因可能是 (填一条即可）。 (3)‘高温固化”的作用是 4)“氧化”中可选用的最佳试剂X为 (填标号）。 A.MnO2 B.H2O2 C.FeCl3 (5)25℃“碱沉1”中，pD 时，Fe+沉淀完全(c≤1×10molL)。 (⑥)“滤液3中可回收的盐主要有CoSO4和 _o (⑦)Co0的晶胞结构如下图所示，与Co2+距离最近且相等的0有 个；设Co2+与02的最近 的核间距为rnm,CoO晶体的密度为. g/cm3列出计算式，CoO的相对分子量为M N为阿伏加德罗常数的值)。 -02 02 【答案】(1)粉碎铜渣 (2) 2Cu+O,+2H,SO,=2CuSO,+2H,O HNO3与Cu反应会生成氨氧化物，氨氧化物会污染空气 3)使H4S704凝胶脱水生成S70便于除去 (4)B (6)2.8 27148 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 6(NH4)2S0 4M (7) 6 8rN ×1021 【分析】该工艺以含(Fe,SiO Co,SiO CoF心，OSiO2)及少量Cu、Co的铜渣为原料分步回收硅、铁、 钴、铜，先向铜渣中加入稀硫酸酸浸，硅酸盐转化为硅酸，经高温固化使硅酸脱水生成易过滤的S02,加 水浸取后过滤得到含硅滤渣l,金属离子进入滤液l,滤液1加入足量氧化剂X将Fe2+氧化为Fe+,再加 氨水碱沉，利用F(OH)3溶度积更小的特性沉淀铁得到滤渣2：向分离铁后的滤液2中继续加氨水调 pH=6.0碱沉2，得到水胆矾沉淀，钴元素以可溶性钴盐形式留在滤液3中，实现钴、铜分离，滤液3中有 CoSO,和(NH4)2SO4,完成四种元素的分步回收。 【详解】(1)“酸浸”前，将铜渣粉碎，可以增大与酸的接触面积，从而提高酸浸效率： (2)“酸浸”时，有空气参与反应，C1与02和H2S04反应的化学方程式为： 2Cu+02+2H,S0,=2CSO,+2H,0,从环保角度考虑，不使用N0酸浸的原因可能是：硝酸与Cu反应 生成氮氧化物，氮氧化物会污染空气： (3)根据已知①，H4S04易形成凝胶，难过滤，250C时，易脱水，高温固化的作用是使H4S04脱水形 成S02,便于分离除去： (4)“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe+,不能引入新的杂质，则可选用的最佳试剂为H,O2,故选： B: 5)根据Kp[Fe(oH),]=c(Fe）c(OH）=lx1086,c(Fe)=lxI0'molL,得出 c(OH）=102mol/L,c(H)=102mol/L,pH=2.8,即pH≥2.8时，Fe沉淀完全： (6)根据分析可知，滤液3中有CoSO,和(NH4)2S04: (7)根据晶胞结构示意图，与体心Co2+距离最近且相等的面心02有6个；设Co2+与02的最近的核间距 8 4 4M 则晶体密度为 N 2x1078cm3- 4M×102gcm3。 r 10.湿法炼锌工业废水中主要阳离子有Zn2+、H、T、TI+。废水除铊的工艺流程如图所示。 28148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 KMnO, Ca(OH), Na,S Ca(OH), Na,CO 废水一氧化一预中和一硫化一中和一过滤一脱钙一过滤一离子交换 →达标水 滤渣 滤渣 已知：①TI能够在pH为0~14的范围内以离子态稳定存在，不易与OH形成沉淀。 ②TI+易与废水中的有机物分子形成稳定的配合物，为了简便，通常用T+表示。 ③部分物质的Kp如下： 物质 Zn(OH), TI(OH) ZnS TIS 6.8×1017 1.5×104 1.6×10-24 5.0×1021 ④排放标准：Tl的含量低于1.5×108molL )已知“氧化”步骤中用到KMO4,Mm元素基态原子的价层电子的轨道表示式为， KMnOa 被还原为M血O2,该反应的离子方程式为， 该步骤中T氧化不完全。 (②)“预中和”步骤，加Ca(OH),至溶液的pH约为7，可减少“硫化”步骤中Na,S的使用量，还能减少 (填名称)气体污染物的生成。 3)“硫化”步骤的主要目的是除去 (填离子符号)。 4)中和”步骤根据Kp计算，若使溶液中T+的含量低于排放标准，溶液的pH应大于 (⑤)加入Na,C0的目的是除去前面加入的Ca2+,防止Ca2+影响 Or离子交换”步骤中可用音鲁士蓝KFe[e(CN。]}(摩尔质量为Mgmo)中的K与残余铊离子进行离 子交换，进一步实现废水中铊的去除。普鲁士蓝晶胞的g如图所示[K+未标出，其占据四个互不相邻的小 立方体（晶胞的g部分）的体心]。若该晶体的密度为pg·cm3,则F®2+和Fe2+的最短距离为 pm(设Na为阿伏加德罗常数的值)。 Fe2+ -CN- Fe3+ Fe3+- a25 Fe2 Fe2 Fe 晶胞的1/8部分 29148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3d 4s 【答案】I) 3TI*+2MnO,+8H*=3TI+2MnO,+4H,O (2)硫化氢 B)Zn2+、TI (4)2 (⑤)‘离子交换”时除去铊离子 (⑥V2 M 2PNA ×1010 【分析】根据题意，废水经过高锰酸钾氧化后，部分T被氧化为T+,加入氢氧化钙进行预中和，中和 废水中所含H调节溶液H,为下一步硫化做准备；加入硫化钠后，Zm2+和T生成ZS沉淀和T,沉淀， 继续加入氢氧化钙，使Z2+和TI+沉淀完全，然后过滤，在滤液中加入碳酸钠，使钙离子转化成碳酸钙沉 淀，再过滤，滤液经过离子交换进一步除去溶液中残余的铊离子，得到达标水。 【详解】(1) Mn元素是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布式为3d4s2,轨道表示式为 3d 4s 被还原为 ，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒 KMnO MnO2 TI' T13# 配平该反应的离子方程式为3T1+2MnO4+8H=3TI++2MnO2↓+4H,0, (2)因为溶液中含有H,H+能与硫化步骤中加入的S2-反应生成H,S有毒气体，所以要加C(OH)2至溶 液的pH约为7； (3)根据表格数据，“硫化”步骤生成ZS、TS沉淀，则“硫化”主要目的是除去Z2+、T。 4根据K[T(oH),]=c(T）c(oHr）=1.5xI0“,T的排放标准为c(T)1.5×10molL,则 cOH)> 1.5×104 1.5x10mol-L1x10-mol.L cH）<1x102molL,所以溶液的pH>2。 (5)加入Na,CO3的目的是除去前面加入的Ca2+,防止Ca2+影响“离子交换”时除去铊离子： 1 (6)设每个小立方体（晶胞的8）的边长为xpm,平均每个小立方体中Fe+、Fe2*、CN、K+的数目分别 11 1 为2、2、3、2，根据己知条件晶体的密度为pg·cm3, KFe[FPe(CN),]}的摩尔质量为Mg:mol,晶体 30148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 0.5 ×M 的密度= NA =p,解得 M 和 的最短距离为面对角线 (xx10- X= 2PNA ×1010。 Fe2+Fe2+ =2xpm =V2 M 2PN x10°pm。 们真题实战演练 1.(2026黑吉辽蒙卷)从铜阳极泥（主要成分为Cu,T和C4,S,含少量Ag2S和Au)中提取热电材料碲 (Te)的流程如图。己知Na,Te与适量空气反应可生成Na,Te,。下列说法正确的是 Na,S溶液适量空气 Na,SO,溶液 滤液1（含Na,Te,) 铜阳极泥 浸渍 沉碲 →碲粉 滤液2 滤渣 A,“浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B.滤渣可以全部溶于浓HNO, C. Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D.“沉碲”过程中Na,SO被氧化 【答案】C 【分析】铜阳极泥的主要成分为Cu,Te和C,S,含少量Ag2S和Au,在“浸渍”操作中，加入Nas溶液， 通入适量空气，Cu,Te和C4,S反应生成CuS沉淀，同时生成NaTe,AgS和Au不溶，进入滤渣，滤液1 中含有NaTe2,加入NaSO3溶液发生氧化还原反应，NaSO3作氧化剂被还原，同时将Na,Te氧化为碲粉， 滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用： 【详解】A.“浸渍”时Na,S和生成的Na,T都具有还原性，通入过量空气时，过量O,会进一步将S2氧 化为更高价态的物质，发生副反应，A错误： B.铜阳极泥中的A山不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全 部溶于浓硝酸，B错误： C.Na,Te被O氧化生成Na,Te2的反应方程式为：4Na,Te+O,+2H,0=2Na,Te2+4NaOH,反应生成强 碱NaOH,溶液中c(OH)增大，碱性增强，C正确： D.滤液1中Te在Na,Te2中为-1价，沉碲得到0价碲单质，Te化合价升高被氧化，因此Na,SO做氧化剂 31148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 参与氧化还原反应，被还原，D错误： 故选C。 2.(2024湖南卷)中和法生产Na,HP0,12H,0的工艺流程如下： H,PO4 X Na,CO, 中和 调→结晶→过滤→干燥→成品 已知：①H,P04的电离常数：K=6.9×103,K2=6.2×108,K,=4.8×103 ②Na,HPO,l2H,0易风化。 下列说法错误的是 A.“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na,CO3溶液 B.“调pF'工序中X为NaOH或H,PO4 C.“结晶”工序中溶液显酸性 D.“干燥”工序需在低温下进行 【答案】C 【分析】H,PO4和Na,CO先发生反应，通过加入X调节pH,使产物完全转化为Na,HPO4,通过结晶、 过滤、干燥，最终得到Na,HPO,12H,O成品。 【解析】A.铁是较活泼金属，可与H,PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加 入Na,CO溶液，A项正确：B.若“中和”工序加入Na,CO过量，则需要加入酸性物质来调节pH,为了 不引入新杂质，可加入H,PO4;若“中和”工序加入H,PO4过量，则需要加入碱性物质来调节H,为了 不引入新杂质，可加入NaOH,所以“调pF工序中X为NaOH或H,PO,B项正确：C.“结晶”工序中 的溶液为饱和Na,HPO4溶液，由已知可知H,P0,的K,-6.2×10,K,=4.8×10,则HPO的水解常数 K-Kw=1.0x104 -R-62x101.6x10,由于K,>≥K,·则Na,HP0,的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项 错误，D.由于N,HPO4l2H,O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确；故选 C。 3.(2023河北卷)一种以锰尘（主要成分为M,0,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物）为原料制备高纯 MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 32148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 浓盐酸 氨水 NaF溶液NH,HCO,溶液 |50C |pH范围5~6 锰尘→酸浸 除杂① 除杂② →沉淀→高纯MnCO, 气体① 滤渣① 滤渣② 气体② NaOH溶液→尾气吸收 己知：室温下相关物质的Kp如下表。 Al(OH); Mg(OH), Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH); Mn(OH)2 MgF CaF, 1032.9 1013 105.3 10163 1038.6 1012.7 1010.3 1083 下列说法错误的是 A. 酸浸工序中产生的气体①为氯气 B.滤渣①主要成分为AI(OH)3和Fe(OH) C.除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca、Mg+浓度接近，则Ca5先析出 D.沉淀工序中发生反应的离子方程式为M2++2HCO;=MnCO,↓+CO2个+H,0 【答案】C 【分析】由图知锰尘住要成分为M血，O4,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，M血，O, 、铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于M,O,具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化物氯气， 故气体①，用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节H为56，由表中数据知，可将铁和铝 沉淀而除去，故滤渣①主要成分为A1(OH),和F(OH),再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化 物的形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生 Mn2+2HC0,=MnC0,↓+CO,个+H,0,将锰离子沉淀，得到纯度较高的碳酸锰。 【解析】A.由分析知，MO4与浓盐酸反应生成Mn*和C,A正确；B.结合表中数据可知，除杂①工序 中调H为pH为5-6，此时会产生Al(OH)3和Fe(OH)沉淀，B正确：C.由于Kp(MgF2KKp(CaF2)故 Ca2、Mg浓度接近时，先析出Mg5,沉淀，C错误：D.由题给流程和分析可知沉淀工序中Mm*与HCO, 反应生成MnC0、CO2和H0离子方程式为Mn2+2HC0=MnC0,+C0,个+H,0,D正确：故选C。 4. (2023湖南卷)处理某铜冶金污水（含Cu2、Fe+、Zn24、A1+)的部分流程如下： 石灰乳 Na,S溶液 pH=4 污水 混合槽虹 沉淀池虹 混合槽 沉淀池Ⅱ →出水 沉渣1 沉渣Ⅱ 33148 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 己知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 物质 Fe(CH), Cu(OH), Zn(OH), Al(OH) 开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5 pH 完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6 pH ②Kp(CuS)=6.4×10-36,Kn(ZnS)=1.6×1024 下列说法错误的是 A.“沉渣I”中含有Fe(OH)和AI(O, B.Na,S溶液呈碱性，其主要原因是S2+H,O户HS+OH c(Cu2+ C“沉淀池”中，当C心和Z完全沉淀时，溶液中：2a =4.0×10-2 D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水 【答案】D 【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子， 过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。 【解析】A.根据分析可知氢氧化铁当pH1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时， 则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有F(OHD3和Al(OHD:,A正确：B.硫化钠溶液中的硫离 子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S+HO=HS+OH,B正确： C.当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则 c(Cu2)_c(Cu2)c(S2-)Kp(CuS)_6.4×1036 c2 ")cZn")-c(")K2S)1.6×10=410,C正确：D.污水经过处理后其中含有较多的 钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的 标准后，才能使用，D错误；故选D。 5.(2024广东卷)镓(G)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭 渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 34148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 碳素 尾气6mol·L 铝锭处理 盐酸 铝片 电极 氧化铝 电炭腐 寝浸取 原料液 解渣 烧 原 冰晶石科品体结品 阀pH 1室AEⅡ室+像 T溶液提取了广溶液 含F废液 工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM 提取金属离子M的原理如图。已知： LAEM I室 Ⅱ室 原料液 pH=2 [MCL M和CI 阴离子 ①pK(HF)=3.2。 ②Na,[AlF]G冰晶石)的Kp为4.0×100。 ③浸取液中，Ga(m和Fe以[MCL]》(m=-0-4)微粒形式存在，Fe2最多可与2个Cr配位，其他金属 离子与CI的配位可忽略。 (1)“电解”中，反应的化学方程式为 (②)浸取”中，由Ga形成[GaCL,J的离子方程式为 (3)“还原”的目的：避免 元素以 _(填化学式)微粒的形式通过LAEM,从而有利于Ga的分离。 4)“LAEM提取”中，原料液的CI浓度越-，越有利于G的提取；研究表明，原料液酸度过高，会 降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步 提高Ga的提取率。 )调pH”中，pH至少应大于一，使溶液中c(F)>cHF),有利于[AIE。配离子及Na,[AIE,]晶体 的生成。若“结品”后溶液中c(Na)0.I0mol-L,则[AE浓度为一molL'。 (⑥)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心， 形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co:G:N=一，其立方晶胞的体积为 nm3。 35148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 Co OGa Ni h-a nm- -a nm- 电解 【答案】I)2A03(熔融)冰晶石 4A1+3021 (2)Ga++4Cl=[GaCl4] 3) 铁 [FeC14] (4) 高 NaCl (5) 3.2 4.0×102 (6) 2:1:1 8a3 【分析】电解铝的副产品炭渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）进行焙烧，金属转化为 氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将F©*进行还原，得到原料液，原料液利用LAM 提取，[GaCl4通过交换膜进入Ⅱ室并转化为Ga#,Ⅱ室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F的废液 调pH并结晶得到NaAIF6晶体用于电解铝； 电解 【详解】(1)“电解”是电解熔融的氧化铝治炼铝单质，反应的化学方程式为2A10熔融)冰晶石 4A1+30t: (2)“浸取”中，由Ga形成[GaCl的离子方程式为Ga+4CI-[GaCl4: (3)由已知，浸取液中，GaII)和FeI四)以MClm]m(m=04)微粒形式存在，为了避免铁元素以[FeCl4的 微粒形式通过LAEM,故要加入铝片还原Fe,从而有利于Ga的分离； (4)“LAEM提取”中，原料液的Ct浓度越高，更有利于生成[GaCl的反应正向移动，更有利于Ga的 提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NCl,提高CI浓度，进一步提 高Ga的提取率： c(H)c(F c(HF) (5)由pKHF)3.2,KHF)= =1032,为了使溶液中cF)>c),cH)于 c(F-) ×1032<10 c(HF) 3ol/L,故pH至少应大于3.2，有利于AF配离子及Na[AF晶体的生成，若“结晶”后溶液中 Kp-4.0×100 c0a)010moL,根据Na[AI冰晶石的K,为40109，[A于浓度为c(a0.P一40*10 mol-L (6)合金的晶体结构可描述为G与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取 Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga,Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞 36/48 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co,故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比 Co:GaNi=2:1:1,晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2am,故晶胞的体积为 8anm。 6.(2023广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液（含 Ni、Co2、AI、Mg2)冲，利用氨浸工艺可提取Ni、Co,并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 氨性溶液 →CoCl2 硝酸浸活性MgO 过滤→滤泥→氨浸→过滤→滤液2 镍咕 气体A 取液 调pH至9.0 分离 饱和 滤渣 NiC,溶液一→析晶 →固体氧化物 结晶 NiCl4H2O 滤液1 纯化 →晶体A→热解 →气体→冷却至室温→HNO溶液 己知：氨性溶液由NH,H,0、(NH42SO,和(NH2CO配制。常温下，Ni、Co2、Co与NH,形成可溶 于水的配离子：gK,(NH,H,O)=-4.7:Co(OH2易被空气氧化为Co(OHD:部分氢氧化物的Kp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH田3 Ni(OH), Al(OH); Mg(OH), 5.9×10s 1.6×104 5.5×1016 1.3×103 5.6×1012 回答下列问题： (Q)活性Mg0可与水反应，化学方程式为， (2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH,·H,O)】 c(NH)(填><”或“=)。 3)氨浸”时，由Co(OH,转化为[Co(NH),]的离子方程式为。 ④)(NH4)2C0,会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出 现了NH,AI(OHD),CO的明锐衍射峰。 ①NH4AI(OH)2CO3属于_ (填“晶体”或“非晶体”)。 ②(NH4)2CO,提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 ②由CoCL,可制备Al,Co0y晶体，其立方晶胞如图。A1与0最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数， 则Co在晶胞中的位置为 -；晶体中一个A1周围与其最近的O的个数为_ 37148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO,溶液中n(NO,)与 n(HO)的比值，理论上最高为 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO和 (填化学式)。 【答案】Q)MgO+H,O=Mg(OHD2 (2)> 6)2Co(OD,+12NH,·H,0+S0-2[Co(NH),]+S0+13H,0+40H或 2Co(OHD),+8NH,.H,O+4NH;+SO;-2Co(NH,).]"+SO;+13H,O ④) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 (6) HCI 体心12 (6) 0.4或2：5 MgO 【分析】硝酸浸取液（含Ni、Co、A、Mg)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要 是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液 中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到 氯化镍晶体。 【详解】(1)活性Mg0可与水反应，化学方程式为Mg0+H,0=Mg(OH2:故答案为： MgO+H,O=Mg(OH)2。 (2)常温下， pH=99的氨椎溶液中，gK,(NH,:H0y-47:K,(N,H0)-10-=cNE）cO c(NH;H2O) c(NH2) 10471047 cNH,H,0OH10=10“<1,则cNH,H,0)>cNH)故答案为：> (3)“氨浸”时，CoOD,与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co(NH)。],则由 Co(OD,转化为[Co(NH,)。]的离子方程式为 2Co(OHD),+12NH,.H,O+SO;=2Co(NH,)]"+SO+13H,O+4OH 38148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2Co(OHD,+8NH,H,0+4NH+S0=2[Co(NH)6]+SO+13H,0:故答案为 2Co(OH,+12NH,H,0+S0-2[Co(NH)]+S0+13H,0+4OH或 2Co(OHD),+8NH,.H,O+4NH+SO-2Co(NH,).]"+SO+13H,O. (4)(NH4)2CO,会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中， 出现了NH,A1(OH),CO,的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了NH,A1(OH),CO,的明锐衍射峰，则NH,A1(OH2CO属于晶体：故答案为： 晶体。 ②根据题意(NH,)2CO,会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH42CO3能提高 了N、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面 积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 (5)①“析晶”过程中为了防止N水解，因此通入的酸性气体A为HCI;故答案为：HCI。 ②由CoCl,可制备A1,CoOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、A1都只有一个原子， 而氧（白色）原子有3个，A1与O最小间距大于Co与O最小间距，则A1在顶点，因此C0在晶胞中的位置 为体心；晶体中一个A1周围与其最近的O原子，以顶点A1分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个 横截面共12个，因此晶体中一个A1周围与其最近的0的个数为12：故答案为：体心；12。 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为MgNO)2·6H,0,根 据MeNO,b+2H,0二MEO,+2IN0,Mg(O,合Mg0+H0,还剩余5个水分子，因此所得HNO, 溶液中n(N0,)与n(H,0)的比值理论上最高为2：5；故答案为：0.4或2：5。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，根据前面分析MgNO)2+2H,0=Mg(OH2+2HNO3, MgOH,MgO+H,O,在于可重复利用HNO,和MgO:故答案为：MgO 7.(2026河北卷)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铭的高效提取。主要流程如下： 39148 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 50% ①H20 稀H2S04 NaOH溶液 ②Ca0 Na2SO3 调pH 80℃ 流→宝克一一望蜀血 →→Cr20g 140-180℃ 40℃1 滤渣 母液 滤液 V205 己知：钒渣主要含Fe0:'O,、Fe0.CO、Si0和少量CaO、Mg0等。 回答下列问题： (I)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02流量，其目的是 ；配平化学方程式： 0 FeO.V,O+ NaOH+ 02会 Fe,O3+ Na VO+ H,O 3)滤渣的主要成分有Mg0 (填化学式)。 (4)80℃和40C时，Na,/O和Na,CrO4的溶解度随NaOH质量分数变化如图所示。结合图像分析NaOH 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： 60r 80℃ 60 40℃ 50 50. 0 40 0 40 赵 30 .NazCrO4 留 Na2CrO4 30 购 204 20 10 NasVO4 10 NasVO4 0 10 20 3040 50 20 30 40 50 W(NaOH)/% w(NaOH/% (⑤)母液返回 工序。 (⑥)还原工序中，反应的离子方程式为. 【答案】I)d (2) 提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铭的浸出率等，合理即可） 4c0Vy0,+24Na0H+50,A 2Fe2O3+8Nag VO+12H2O 3) Fe2O3 CaSiO3 4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下NaVO4的溶解度远小于80℃，而NaCO4的溶解度变化不大。降 温至40C时，NaVO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 40148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ⑤)氧化 (6)2Cr0+3S0+10H*=2C3#+3S0+5H0 【分析】简要分析工艺流程：氧化：加入NaOH溶液，通入O2,140℃180℃反应，铁的转化：FeO被 氧化为Fe,O,,钒的转化：根据小问(2)，碱性条件下'O被O氧化为Na,0,。铬的转化：CO被 氧化为Na,Cr0。硅的转化：Si0直接与NaOH反应生成Na,Si0,。沉淀：加入H,O和CaO,CaO与水反 应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与Na,SiO,生成CaS0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40°C,利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。 Na,P0,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；Na,CrO,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 O)，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Na,CO从母液中析出，母液中亦含有少量Na,CrO,还原：利用稀H,SO,、Na,SO,。将溶液中 的CO还原为C+。水解沉淀：调节溶液的pH值，使Cr+发生水解反应，生成C(OH)沉淀。后 续过滤得到的C(OH),沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品CO。 【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IB族，它们的 价电子排布分别为3d4s2和3d4s,均位于d区。 (2)首先，氧化工序的目的是将FeO.V2O3和FeO.Cr2O中的Fe(四、V四、氧化为Fe(四、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。采用铰大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：F®0VO中Fe为+2价，V为+3 价；Fe2O中Fe为+3价，NaV04中V为5价。每1 mol Fe0VO:中，Fe失去1mole,2molV共失去4 mole,总计失去5mole。O2每1mol得4mole,因此Fe0V203与02的系数比为4：5。最终方程式为： △ 4Fe0V03+24NaoH+502=2Fe203+8Na3V04+12H0。 (3)在氧化步骤中，Fe0VO3和Fe0CO3被氧化为FeO3、NaVO4、Na2CrO4,SiO2与NaOH反应生成 NaSiO。进入沉淀步骤后，加入H,O和CaO,CaO与水反应生成Ca(OH)2。Ca(OH)2与 Na,Si0,生成CaSi0沉淀，Mg0与FezO3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、FeO、CaSiO。 (4)观察图像：在80C时，NaCrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。NaVO4的溶解度较低， 在40C时，NaV04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 NaVO4溶解度远小于80C,而NazCrO4溶解度变化不大。因此，降温至40C时，Na:VO4大量结晶析出， 而NaCO4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NaVO4、NaCrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序， 41148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 继续参与反应，提高原料利用率。 (6)还原工序中，NaCO4被NaSO还原为C,SO被氧化为SO。根据氧化还原反应配平，离子方 程式为2Cr0+3S0+10H=2C3++3SO+5H0。 8. (226河南卷)一种从废芯片（住要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等）中回收金属的工艺流程如下： H2SOFe2(SO)3 (NH)Ce(NO)6 (NH4)2Ce(NO6、HCI Zn 废芯片→焙烧浸出1 浸出2 浸出3 还原 →Au、Pd HCI 固体2 NaCIo、NaOH 电解-滤液1 滤液2一→沉淀一→滤液3 流出液→氧化 固体1 AgCI Ce(OH)4 己知：流程中Ce被还原为Ce;“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为 [AuC,J和[PdCL,]'。 回答下列问题： (I)提高“焙烧”效率的措施有 (写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO,“浸出1'中Cu参与反应的离子方程式为 3)电解”时，“滤液1"和FSO,溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴 离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是 -0 ④)已知3Ce+Au户3Ce+A的K约为4.8×10，表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2” 中浸出率较低，原因是 5)沉淀”产生的AgCI可被N,H4还原为Ag,N,H4中N元素只转化为N,。理论上AgCI与V,H,反应的 物质的量之比为， (6)滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是。 (⑦)“氧化”中，Ce+转化为C(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为. 【答案】)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可） (2)2Fe++Cu=2Fe2++Cu2+ 3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fe2+氧化再生为Fe+(或Fe,(SO,3)以便在“浸出1”中循环 利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4:1 (6)将分散的铈元素集中（或富集Ce+)，以便在后续步骤中统一氧化回收生成C(OH)4沉淀，提高利用率 42148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ()2Ce+CIO+60H+H,O=2Ce(OH)+CI 【分析】该流程是从含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等的废芯片中分步回收有价金属，废芯片先经焙烧预处 理氧化部分金属；随后“浸出1”用硫酸+硫酸铁溶解铜，所得滤液1经电解可回收铜单质，同时再生F+ 循环回浸出工序：之后经“浸出2”初步浸出Au、Pd,滤液沉银得到AgC1,可还原回收银：再经“浸出3” 进一步浸出剩余Au、Pd,得到的氯配离子用Zn还原得到Au、Pd产品：最后含Ce+的流出液经氧化得 到C(OH)4回收铈，滤液3循环利用，提升了金属收率与原料利用率。 【详解】()提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将 废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 (2)“浸出1中使用了HSO4和Fe2(SO,Fe*具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu+,自身被还原为 Fet。离子方程式为：2Fe++Cu=2Fe2+Cu2+。 (3)“滤液1"中含有Fe+、C+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为Fe2+-e=Fe,阴极反应 为：Cu2++2e=Cu。通过电解，可以将Fe*氧化为Fe#,同时回收Cu。Fe升可循环用于“浸出1”，而 Cu作为固体1被回收。 (4)3Ce·+Au户3Ce+Au+的K约为4.8×10，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完 全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发生），这通常是动力学原因导致的。即该反应的活 化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。 (5)AgCI被还原为Ag,Ag→Ag,每个Ag得1e。N2H4被氧化为N2,N从-2→0，每个N失2e,1 molN,H,失4e,根据得失电子守恒可得n(4gC):n(N,H4)=4:1。 (6)“浸出3”中Au和Pd转化为[4uCL,丁和[PaCl,,使用NH)Ce0NO6和HC。而沉淀步骤中，滤液 3含有未反应的Ce+,流程的最终日的是要将铈元素转化为C(OH)4沉淀进行回收。将“滤液3”合并到主 流程中，可以将分散的铈元素集中起来，使所有的C+一起进入“还原”后的流出液，最终统一进行氧化 沉淀，提高铈的回收率。 (7)氧化”步骤中，NaClO将Ce*氧化为Ce·,在碱性条件下生成C(OH)4沉淀。CIO被还原为CI。根 据氧化还原反应配平，离子方程式为2Ce++C0+6OH+H,0=2C(OH)4↓+CI。 9.(2026~黑吉辽蒙卷)某工厂利用镍矿（主要成分为NiS,含少量F℃O和CuS)制备超细镍粉，物质 转化流程如下（部分反应条件己略去）： 43148 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 空气+氨水 气体a 足量0， H, 滤液1 滤液2 镍矿 氧压 部分蒸氨 转化 还原 →Ni粉 氨浸 沉铜 浸渣 CuS 滤液3 己知：①滤液1中镍以[Ni(NH,)形式存在，硫以SO和少量S,O形式存在： ②“部分蒸氨”时cNH,)减小，[NiNH,。了转化为[M(NH,).了，x=1~5。 回答下列问题： (1)依据核外电子排布，元素位于周期表一区。 (2)“氧压氨浸”时，加压的目的是 NiS转化为[Ni(NH,)6]SO的化学方程式为 3)滤液1中铜的主要存在形式为 (填离子符号)。气体a为. (填化学式)。 ④)转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S,O,该步骤无沉淀产生，则理论上每转化 1molS,O消耗02的物质的量为一mol。 (⑤)滤液3浓缩结晶得到的一（填化学式）可用于生成化肥。 (⑥)近似条件下，不同N(NH,),SO溶液中二价镍[Ni(⑩]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高 Ni(I⑩)的还原速率和转化率，X应选择 (填“2”或“≥3”)。 己知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[Ni(H,)门还原程度较低而[M(WH,]还原程度较高的原因： (结合离子方程式作答)。 [Ni(NH) ■x=1 ▲x=2 ●x≥3 x=1 x≥3 x=2 0 0 40 80 120 时间/min 【答案】I)d (2) 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率 44148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 NiS+20,+6NH3H,O=[Ni(NH3)]SO+6H,O 3) [Cu(NH)]2 NH (4)2 (6)NH4)2SO. (6) 2 [Ni(NH)]被还原时发生反应：[N(H)]+H,=Mi+H+H,溶液呈酸性，不利 于“还原”步骤：而[Ni(NH,),]被还原时发生反应：[M(NH)2]+H2=M+2NH,不会生成游离的 H,因此还原程度较高 【分析】镍矿的主要成分为NiS,含少量F,O和CuS,在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生 成[NiNH,)6、[CuNH,)4,浸渣为Fe,O:“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气NH,c(NH,)减 小，[NiNH,)。转化为[M(NH,),],[CuNH,)转化为Cs沉淀：向滤液2中通入足量O2,将滤液 2中剩余的S2O充分氧化为SO,最后通过H还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵： 【详解】(1)Ni是28号元素，价电子排布为3d4s2,根据周期表分区规则，属于d区。 (2)加压可增大氧气的溶解度，提高02浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；WS与氧气、氨水反应 生成N(NH,)6]SO,根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为 NiS+202+6NH3H,0=[NiNH)6]S04+6H20。 (3)氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的[CNH,),,“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中c(NH,)减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 (4)1molS,0被氧化为SO,S,O中S的平均化合价为+2价，SO中s的化合价为+6价，总共失 8 去2×(6-2)=8mol电子，1mo10,反应得到4mol电子，根据电子守恒，消耗0，的物质的量为=2mol。 (5)在“还原”步骤中，[Wi(NH,)6]SO被H2还原生成Ni粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH (由NH,和H结合)，阴离子是一直未参与后续反应的SO。因此滤液3浓缩结晶得到的副产品是 NH4)2SO4,硫酸铵是常用氨肥，可做化肥。 (6)观察题给图像，当x=2时，N仙)浓度随时间下降最快，且最终能降至0（完全转化）。而x=1时 反应提前停滞（转化率低），x=3时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2： 当x=1时，发生反应：[M(NH,门”+H,=M+MH+H,会释放一个游离的H,游离H会使溶液呈 酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 45148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 当x=2时，发生反应：[NM(NH,)]+H,=Mi+2NH,恰好生成2个NH,体系不会生成游离的H, 反应能顺利进行到底。 10.(2026湖南卷)一种由硫化铅精矿（含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 烯烃和乙二胺 空气、硫酸 水溶液 C02 CH 硫化铅精矿 →加压氧化→胺浸→沉铅 →高温还原→高纯铅 A CO, 酸性溶液 单质S再生→含钙粗产品 Ca(OH)2 己知：①乙二胺(H,NCH,CH,NH,简写为em)为一种二元弱碱。 ②Kp[Zn0H)2]=3.0x10”,Km[Cd(0H2]=7.2x105 ③金属离子浓度不超过1.0×I0moL时，认为该离子己沉淀完全。 回答下列问题： (I)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第 族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为一；采用加压操作可提高反应速率，原因是 -c 3)酸性溶液”经处理后，Cd2+、Zn2+浓度分别为0.01molL、0.02molL,调pH使Zn2+恰好沉淀完全 时（假设溶液体积不变），Cd2+ (填标号)。 a.沉淀完全b.部分沉淀c.未沉淀 ④)胺浸”后，PbSO,转化为配合物[Pb(m),]SO,“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅Pb,(OH),CO]。下列 说法正确的是」 (填标号)。 a.配合物[Pb(em)]SO,中的配位原子为N b.“沉铅”过程中，溶液pH增大 c.流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (⑤)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为 一；若用炭代替CH4,将导致铅纯度下降，原因是 (⑥)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有 (写化学式)。 【答案】I)IVA (2)2PbS+O2+4H+2SO}=2PbS0,+2S+2H,0 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率 3)b (4)ac 46148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 高温 (5)2Pb2 (OH),CO+CH4Pb+3CO,+4H,O 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 (6)CaSO Caco 【分析】加压氧化将PbS转化为PbSO4和单质S;胺浸利用乙二胺将PbSO4转化为可溶性配合物以实现固 液分离：沉铅通过通入CO,生成碱式碳酸铅沉淀；高温还原利用CH4将铅还原出来；再生步骤利用 Ca(OH)2回收乙二胺并处理副产物。 【详解】(1)P的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IA族。 (2)“加压氧化”中，PbS与空气中的O,及加入的硫酸反应，生成PbS0沉淀和单质S。根据电子守恒 和原子守恒，可写出离子方程式为2PbS+O,+4H*+2SO=2PbS0,+2S+2H,0。采用加压操作可以增 大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。 (3)当Zm2*恰好沉淀完全时，溶液中c(Zm)=1.0x10molL,此时溶液中 (OH)-K IZm(OmD):]3.0x10 c(Zn2*） 1.0x10=3.0x10-12 d2,其浓度商 。对于。 0.=c(Cd2)c2(OH）=0.01x3.0×102=3.0x10“。因为Q.=3.0×10>Kp[Cd(0H),]=7.2x105,故 有C0,沉淀生或：若C4a沉淀完全，需要c(OH）广品C-72x10>30x10,说明生时 Cd2+并未沉淀完全。因此Cd2+部分沉淀，选b。 (4)a,乙二胺(H,NCH,CH,NH)中的氯原子含有孤电子对，可作为配位原子与Pb2*形成配位键，正确： b. “沉铅”过程中通入C0,生成碱式碳酸铅[Pb,(OH)2C0,],消耗了溶液中的碱性物质（乙二胺），导 致溶液pH减小，错误： c.由流程图可知，“再生”工序加入C(OH)2后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸 工序循环利用，正确： 故选ac。 (5)“高温还原”中，Pb,(OH),CO,与CH4反应生成Pb、CO2和H,0。反应中Pb元素化合价由+2降至 0,C元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为 高温 2Pb,(OH),CO,+CH。4Pb+3C0,+4H,0。若用炭代替CH,'由于炭是国体，反应后过量的炭容易作 为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。 47148 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (6)“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入CO2后产生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入 Ca(OH)2进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的CaSO,和难溶的CaC0沉 淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为CaSO4和CaCO。 48148