【暑假銜接】高中化學新高三（高二升高三）暑假自學第19講化學工藝流程題（教師版+學生版）講義-試卷下載-教習網(wǎng)

一、考情分析
化學工藝流程題是高考的?？碱}型，該類試題是將化工生產(chǎn)過程中主要生產(chǎn)階段以流程框圖形式呈現(xiàn)出來，通常以化工生產(chǎn)流程圖的形式，以化工生產(chǎn)“重要無機物的制備”或“工業(yè)廢料中提取無機物”為選材背景，以陌生元素或陌生化合物知識為載體，綜合考查：
無機化學基礎知識(物質(zhì)的類別、名稱、元素的化合價、化學式和電子式的規(guī)范書寫)；
基本技能(陌生化學方程式或離子方程式的書寫；分離提純方法等)；
識圖能力(物質(zhì)的轉(zhuǎn)化與跟蹤，通過化工原理的分析判斷流程中殘渣或廢液的成分)；
物質(zhì)制備及提純條件的控制與選擇(提高反應速率、產(chǎn)率、產(chǎn)品純度的措施)；
基本計算(Ksp的應用、PH的計算、產(chǎn)品化學式、含量及純度、產(chǎn)率、氧化還原反應滴定的計算等)；
6.綠色化學思想的體現(xiàn)(循環(huán)利用的物質(zhì))。
二、高頻考點
1.原料預處理的方法和目的
(1)固體原料進行“粉碎”
減小顆粒直徑，增大浸取時的反應速率，提高浸取率。
(2)酸(或堿)溶
①原料經(jīng)酸(或堿)溶后轉(zhuǎn)變成可溶物進入溶液中，以達到與難溶物分離的目的；②堿溶去油污。
(3)灼燒(焙燒)
①除去硫、碳單質(zhì)；②有機物轉(zhuǎn)化(如蛋白質(zhì)燃燒)、除去有機物；③高溫下原料與空氣中氧氣反應(如FeS2與氧氣生成氧化鐵和二氧化硫)等。
2.信息型化學(或離子)方程式的書寫
關鍵是正確找出反應物和生成物，密切關注流程圖中的箭頭走向，箭頭進去的是反應物，出來的是生成物。
3.條件控制與選擇
(1)控制溶液的pH
①調(diào)節(jié)溶液的酸堿性，抑制水解(或使其中某些金屬離子形成氫氧化物沉淀)；②改變元素的存在形式；③特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)。
(2)控制溫度(常用水浴、冰浴或油浴)
(3)加入沉淀劑
①生成硫化物沉淀(如加入硫化鈉、硫化銨、硫化亞鐵等)；②加入可溶性碳酸鹽，生成碳酸鹽沉淀；③加入氟化鈉，除去Ca2＋、Mg2＋。
(4)加入氧化劑的作用
轉(zhuǎn)變某種金屬離子的價態(tài)，再通過調(diào)節(jié)溶液pH，使金屬離子以氫氧化物沉淀出來，以達到除去雜質(zhì)的目的(例如加入雙氧水后調(diào)pH能實現(xiàn)：Fe2＋→Fe3＋→Fe(OH)3↓)。
4.物質(zhì)分離提純的方法
(1)結(jié)晶方法的選擇
①晶體不帶結(jié)晶水，如NaCl、KNO3等：蒸發(fā)結(jié)晶；②晶體帶結(jié)晶水，如膽礬等：將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；③要得到溶解度受溫度影響小的溶質(zhì)，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸發(fā)濃縮結(jié)晶，趁熱過濾；④要得到溶解度受溫度影響大的溶質(zhì)，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾。
(2)洗滌晶體
①水洗：通常是為了除去晶體表面水溶性的雜質(zhì)；②“冰水洗滌”：能洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，且防止晶體在洗滌過程中的溶解損耗；③用特定的有機試劑清洗晶體：洗去晶體表面的雜質(zhì)，降低晶體的溶解度有利于析出，減少損耗等。
5.物質(zhì)成分的確定方法
（1）濾渣、濾液成分的確定
要考慮樣品中原料和雜質(zhì)的成分在每一步驟中與每一種試劑反應的情況：
①反應過程中哪些物質(zhì)(離子)消失了？
②所加試劑是否過量或離子間發(fā)生化學反應，又產(chǎn)生了哪些新離子？這些離子間是否會發(fā)生反應？
循環(huán)物質(zhì)的確定
流程圖中的箭頭走向，箭頭進去的是反應物，出來的是生成物，返回的是可循環(huán)利用的物質(zhì)。
副產(chǎn)品的判斷
6.Ksp的相關計算
溶度積常數(shù)反映了難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力，溶度積常數(shù)在化工流程題中考查溶度積常數(shù)是高考的熱點，化工流程中常常需要控制條件進行離子的分離或除雜，通過溶度積常數(shù)計算溶液中金屬離子的濃度、離子完全沉淀時的pH、判斷廢水排放是否符合標準、沉淀完全轉(zhuǎn)化時所需離子濃度。
三、工藝流程題解題步驟（五步法）：
第一步：粗讀題干，挖掘圖示。
圖示中一般會呈現(xiàn)超出教材范圍的知識，但題目中往往會有提示或者問題中不涉及，所以一定要關注題目的每一個關鍵字，盡量弄懂流程圖，但不必將每一種物質(zhì)都推出，只需問什么推什么。如制備類無機化工題，可粗讀試題，知道題目制取什么、大致流程和有什么提示等。
第二步：首尾呼應，找出主線。
對照原料和產(chǎn)品，確定核心反應和核心輔料；依核心反應，明確流程主線、支線和除雜任務。
第三步：攜帶問題，精讀信息。
包括三個方面：一是主干，二是流程圖示，三是設置問題。讀主干抓住關鍵字、詞；讀流程圖，重點抓住物質(zhì)流向(“進入”與“流出”)、實驗操作方法等。
第四步：分段剖析，明析細節(jié)。
以核心輔助原料為準，把流程劃分為原料預處理、核心反應和產(chǎn)品分離提純?nèi)齻€階段；依箭頭指向，分析每一環(huán)節(jié)中物質(zhì)流入和流出的意義、控制反應條件的作用，融通對流程的整體分析；某些暫時琢磨不透的環(huán)節(jié)，可“跳過去”而“難得糊涂”，如有必要，可“順藤摸瓜”或帶著問題回頭來進行有針對性的分析。
第五步：由易到難，破解答案。
先易后難：先回答與工藝流程非密切相關的問題，確保易拿的分數(shù)先拿，增強答題信心；變換角度：從基本理論、綠色化學觀點、經(jīng)濟角度、安全生產(chǎn)等多角度答題；對棘手問題：不忘嘗試從題給信息中尋找答案。
答題時要看清所問問題,不能答非所問,要注意語言表達的科學性,如不能將離子方程式寫成化學方程式，方程式要配平，分清實驗操作名稱還是具體操作步驟等等。
1．（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考模擬預測）碳酸鋰(Li2CO3)微溶于水、稀酸，其溶解度隨溫度的升高而降低，不溶于C2H5OH，醫(yī)學上可用其治療精神憂郁癥。以鈷酸鋰廢料(主要含有LiCO2，難溶于水，還含有少量Al2O3)為原料制備C(OH)2及Li2CO3的工藝流程如圖所示。

回答下列問題：
(1)“酸浸還原”時得到的溶液中陰離子主要為，的空間構(gòu)型為___________，LiCO2發(fā)生反應的離子方程式為___________。
(2)“濾渣1”中含有少量 C(OH)2，原因為___________。
(3)常溫下[Ksp[C(OH)2]=1.0×10?15，當c(C2+ )= 10?5 ml·L?1時視作“沉鈷”完全，此時溶液的pH=___________；C(OH)2久置于空氣中轉(zhuǎn)化為棕色的C(OH)3，化學方程式為 ___________。
(4)“沉鋰”所得的溶液中主要含有硫酸鈉，則試劑X為___________(填化學式)溶液。
(5)“系列操作”為蒸發(fā)濃縮、___________、洗滌、干燥，洗滌時所用到的玻璃儀器為燒杯、漏斗、___________。
【答案】(1) 正四面體 8LiCO2+22H++=2 + 8C2+ + 8Li+ + 11H2O
(2)“調(diào)pH除雜”時pH過大，溶液中部分C2+轉(zhuǎn)化為C(OH)2沉淀
(3) 9 4C(OH)2 +O2 +2H2O=4C(OH)3
(4)Na2CO3
(5) 趁熱過濾玻璃棒
【分析】鈷酸鋰廢料(主要含有LiCO2，難溶于水，還含有少量Al2O3)加入稀硫酸、硫代硫酸鈉，酸浸還原得到硫酸鋰、硫酸鈷、水，加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)pH值沉淀鐵離子、鋁離子，過濾后，向濾液中加入氫氧化鈉溶液沉淀鈷離子，過濾，向濾液中加入碳酸鈉沉鋰得到碳酸鋰，經(jīng)過一系列操作得到碳酸鋰固體。
【詳解】（1）中心原子價層電子對數(shù)為，其空間構(gòu)型為正四面體形，LiCO2難溶于水，和稀硫酸，硫酸硫酸鈉發(fā)生還原反應生成硫酸鋰、硫酸鈷、水，其發(fā)生反應的離子方程式為8LiCO2+22H++=2 + 8C2+ + 8Li+ + 11H2O；故答案為：正四面體形；8LiCO2+22H++=2 + 8C2+ + 8Li+ + 11H2O。
（2）酸浸還原產(chǎn)物加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH值，主要沉淀鐵離子和鋁離子，“濾渣1”中含有少量 C(OH)2，原因為“調(diào)pH除雜”時pH過大，溶液中部分C2+轉(zhuǎn)化為C(OH)2沉淀；故答案為：“調(diào)pH除雜”時pH過大，溶液中部分C2+轉(zhuǎn)化為C(OH)2沉淀。
（3）根據(jù)，，，pH=9；C(OH)2久置于空氣中轉(zhuǎn)化為棕色的C(OH)3即C(OH)2被氧氣氧化為C(OH)3，化學方程式為4C(OH)2 +O2 +2H2O=4C(OH)3；故答案為：9；4C(OH)2 +O2 +2H2O=4C(OH)3。
（4）“沉鋰”所得的溶液中主要含有硫酸鈉，沉鋰得到碳酸鋰，根據(jù)質(zhì)量守恒得到試劑X為碳酸鈉溶液即Na2CO3；故答案為：Na2CO3。
（5）碳酸鋰(Li2CO3)微溶于水、稀酸，其溶解度隨溫度的升高而降低，不溶于C2H5OH，因此“系列操作”為蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾、洗滌、干燥，洗滌時是將蒸餾水沿玻璃棒加到漏斗中至浸沒沉淀，讓水自然流下，因此所用到的玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒；故答案為：趁熱過濾；玻璃棒。
2．（2023·四川成都·統(tǒng)考二模）硫酸鎂可用于印染、造紙、醫(yī)藥工業(yè)。利用某水泥廠的廢料(含50%MgO，還有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì))，制取MgSO4?7H2O的流程如圖：
回答下列問題
(1)“酸浸”時，pH控制為1，若提高浸取速率，可采取的措施是_____(任寫一條)。
(2)“氧化”時，NaClO與Mn2+按物質(zhì)的量1：1反應生成MnO2，其離子方程式為______；調(diào)節(jié)pH時可加入試劑X為_____(任寫一種)。
(3)濾渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外還有氧化物______。
(4)“除鈣”時，控溫在60℃時除去MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4。
①參照表格，簡要說明除鈣的操作方法______。
②60℃下CaSO4的Ksp＝______。(飽和CaSO4溶液的密度約為1.0g?L?1)
部分物質(zhì)的溶解度(g/100gH2O)如表：
(5)為了提高原料中鎂的利用率，操作a后濾液的處理方法是______。
【答案】(1)適當升溫(或粉碎或攪拌)
(2) ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+ MgO(或MgCO3或堿式碳酸鎂等)
(3)MnO2、SiO2
(4) 將濾液保持60℃左右蒸發(fā)至出現(xiàn)一定量固體并趁熱過濾 2.25×10?4
(5)將操作a后的母液循環(huán)利用
【分析】水泥廠的廢料(含50%MgO，還有少量CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì))加入足量稀硫酸，MgO、CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都與硫酸反應，SiO2不與硫酸反應，向反應后溶液中加入次氯酸鈉溶液進行氧化，再加入氧化鎂物質(zhì)調(diào)節(jié)溶液的pH值，過濾，向濾液中加入除鈣物質(zhì)，再過濾，將濾液進行一系列操作得到MgSO4?7H2O。
【詳解】（1）“酸浸”時，pH控制為1，若提高浸取速率，可以從溫度、接觸面積來采取的措施，具體為適當升溫(或粉碎或攪拌)；故答案為：適當升溫(或粉碎或攪拌)。
（2）“氧化”時，NaClO與Mn2+按物質(zhì)的量1：1反應生成MnO2、Cl－和水，其離子方程式為ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；調(diào)節(jié)pH時加入要保留的離子對應的難溶物，通過消耗鐵離子水解的氫離子來促進鐵離子水解，因此可加入試劑X為MgO(或MgCO3或堿式碳酸鎂等)；故答案為：ClO－＋Mn2+＋H2O＝Cl－＋MnO2↓＋2H+；MgO(或MgCO3或堿式碳酸鎂等)。
（3）二氧化硅不與硫酸反應，在氧化時得到二氧化錳，因此濾渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外還有氧化物MnO2、SiO2；故答案為：MnO2、SiO2。
（4）①根據(jù)表格數(shù)據(jù)，60℃時MgSO4溶解度較大，而CaSO4溶解度較小，在此時趁熱過濾，其除鈣的操作方法將濾液保持60℃左右蒸發(fā)至出現(xiàn)一定量固體并趁熱過濾；故答案為：將濾液保持60℃左右蒸發(fā)至出現(xiàn)一定量固體并趁熱過濾。
②60℃下飽和CaSO4溶液的密度約為1.0g?L?1，60℃時CaSO4溶解度為0.204，則1L溶液為1000g，溶解CaSO4的質(zhì)量為2.04g，其溶液中，則CaSO4的；故答案為：2.25×10?4。
（5）操作a是從溶液中經(jīng)過一系列過程得到晶體，過濾時溶液中海油硫酸鎂，為了提高原料中鎂的利用率，操作a后濾液的處理方法是將操作a后的母液循環(huán)利用；故答案為：將操作a后的母液循環(huán)利用。
3．（2023·全國·模擬預測）鈧是一種稀土金屬元素，在國防、航天、核能等領域具有重要應用。工業(yè)上利用固體廢料“赤泥”(含F(xiàn)eO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工藝流程如圖。
已知：TiO2難溶于鹽酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10?38。
回答下列問題：
(1)為提高“酸浸”速率，對“赤泥”的處理方式為___________；濾渣I的主要成分是___________(填化學式)。
(2)“氧化”時加入足量H2O2的目的是___________；氧化后溶液中Fe3+濃度為0.001 ml?L?1，常溫下“調(diào)pH”時，若控制pH＝3，則Fe3+的去除率為___________(忽略調(diào)pH前后溶液的體積變化)。
(3)已知25℃時，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c?！俺菱偂睍r，發(fā)生反應：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，該反應的平衡常數(shù)K＝___________(用含a、b、c的代數(shù)式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空氣中加熱至550℃時生成Sc2O3、CO2和H2O，寫出反應的化學方程式___________。
【答案】(1) 將“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來除去Fe3+ 99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O
【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用鹽酸酸浸時，SiO2、TiO2難溶于鹽酸，F(xiàn)eO、Fe2O3、Sc2O3與鹽酸反應生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，過濾的濾渣主要成分為SiO2、TiO2，濾液中加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來除去Fe3+，加氨水調(diào)節(jié)pH值沉淀鐵離子，過濾得固體沉淀物為Fe(OH)3沉淀，向濾液中加入草酸，得到草酸鈧晶體，過濾洗滌干燥后，在空氣中加熱可得Sc2O3固體。
【詳解】（1）將“赤泥”粉碎，可增大其與酸的接觸面積，加快化學反應速率，故“酸浸”前對“赤泥”的處理方式為將“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用鹽酸酸浸時，SiO2、TiO2難溶于鹽酸，故濾渣1的主要成分為SiO2、TiO2；故答案為：將“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化時，加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來除去Fe3+；當pH＝3時，溶液中氫氧根離子的濃度c(OH－)＝10?11 ml?L?1，此時三價鐵的濃度為，則Fe3+的去除率為；故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+便于后續(xù)調(diào)節(jié)pH來除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃時，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，則反應2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常數(shù)；故答案為：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空氣中加熱至550℃時生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化為二氧化碳，說明氧氣參與反應，則反應的化學方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案為：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。
4．（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考二模）廢舊鋅錳電池中的黑錳粉含有MnO2、MnO(OH)、NH4Cl和少量ZnCl2、Fe2O3及炭黑等，為了保護環(huán)境、充分利用錳資源，通過如下流程制備MnSO4。
回答下列問題：
(1)Mn的原子結(jié)構(gòu)示意圖為___________。
(2)“濾液a”的主要成分為NH4Cl，另外還含有少量ZnCl2等。
①用離子方程式表示“濾液a”呈酸性的原因___________。
②根據(jù)下圖所示的溶解度曲線，將“濾液a”蒸發(fā)結(jié)晶、___________、洗滌、干燥，得NH4Cl固體。
(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。空氣中O2氧化MnO(OH)的化學方程式為___________。
(4)探究“酸浸”中MnO2溶解的適宜操作。
實驗I．向MnO2中加入H2O2溶液，產(chǎn)生大量氣泡；再加入稀H2SO4，固體未明顯溶解。
實驗II．向MnO2中加入稀H2SO4，固體未溶解；再加入H2O2溶液，產(chǎn)生大量氣泡，固體完全溶解。
①實驗I中MnO2的作用是___________，實驗II中H2O2的作用是___________。
②由實驗可知，“酸浸”溶解MnO2時加入試劑的順序是___________。
(5)加入MnO調(diào)pH時，證明MnSO4溶液中Fe3+沉淀完全的實驗步驟及現(xiàn)象：取少量溶液，滴加___________(填試劑)，觀察到___________(填現(xiàn)象)。
【答案】(1)
(2) +H2O?NH3·H2O+H+ 趁熱過濾
(3)4MnO(OH)+O24MnO2+2H2O
(4) 催化劑還原劑先加入稀硫酸，再加入H2O2溶液
(5) KSCN溶液不變紅
【分析】黑錳粉水洗除去可溶性物質(zhì)，分離固體通入空氣焙炒從而除炭、并氧化為二氧化錳，加入稀硫酸、過氧化氫生成硫酸錳，加入MnO調(diào)節(jié)pH過濾分離得到硫酸錳溶液；
【詳解】（1）錳為25號元素，原子結(jié)構(gòu)示意圖為，答案為：；
（2）① “濾液a”中含有銨根離子，銨根離子水解生成生成氫離子，導致溶液顯酸性，，答案為：；
②氯化銨溶解度低溫時較小，且溶解度受溫度影響不大，將“濾液a”蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，得固體，答案為：趁熱過濾；
（3）氧氣具有氧化性，氧化生成二氧化錳和水，化學方程式為，答案為：；
（4）①二氧化錳催化過氧化氫生成水和氧氣，實驗I中的作用是催化劑；實驗II中加入溶液，產(chǎn)生大量氣泡，固體完全溶解，反應中錳元素化合價降低，中氧元素化合價升高發(fā)生氧化反應，過氧化氫為還原劑起還原作用，答案為：催化劑
，還原劑；
②由實驗可知，酸性條件下，二氧化錳被過氧化氫還原，故“酸浸”溶解時加入試劑的順序是先加入稀硫酸再加入過氧化氫溶液，答案為：先加入稀硫酸，再加入H2O2溶液；
（5）鐵離子和KSCN溶液變紅色，故實驗為：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不變色，說明鐵離子完全沉淀，答案為：KSCN溶液，不變紅。
5．（2023·湖南衡陽·統(tǒng)考一模）從一種陽極泥(主要成分為Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)中回收重金屬的工藝流程如圖所示：
已知：在堿性條件下很穩(wěn)定?；卮鹣铝袉栴}：
(1)Cu2S焙燒為CuO，該過程中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為_______。
(2)“濾渣I”的主要成分是_______(填化學式)；加快“酸浸氧化”速率的措施有_______(填寫一條即可)。
(3)萃取與反萃取的原理為：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。實驗室進行萃取操作的專用玻璃儀器是_______(填名稱)；該流程中的“反萃取劑”最好選用_______(填標號)。
A．乙醇 B．HNO3溶液 C．鹽酸 D．NaOH 溶液
(4)已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3? K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10?10
①“溶浸”過程中，濾渣II被Na2S2O3溶液溶解的反應為：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3?+Cl－。則該反應的平衡常數(shù)為_______；
②“濾液IV”可返回溶浸工序循環(huán)使用，循環(huán)多次后，即使調(diào)控Na2S2O3溶液濃度，銀的浸出率仍會降低。試從化學平衡的角度解釋可能的原因：_______。
(5)請從環(huán)保角度對該工藝流程提出合理的優(yōu)化建議：_______(寫出一條即可)。
【答案】(1)1：2
(2) Pt、Au 增大氧氣濃度(其它答案也可以，正確即可)
(3) 分液漏斗 B
(4) 5.04×103 隨循環(huán)次數(shù)的增加，濾液IV中c(Cl－)不斷增大，導致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3? (aq)+Cl－(aq)平衡左移，銀的浸出率降低
(5)應回收處理SO2
【分析】陽極泥(主要成分為Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S)在氧氣中焙燒，生成金屬氧化物和二氧化硫、二氧化硒，Pt、Au不反應，向焙燒后的物質(zhì)中加入氧氣、硝酸酸浸得到濾渣Pt、Au，向濾液中加入氯化鈉沉銀，過濾，向濾液中加入萃取劑萃取，分液后再加入反萃取劑得到硝酸銅，向濾渣中加入硫代硫酸鈉，過濾，向濾液中加入氫氧化鈉、Na2S2O4得到銀單質(zhì)。
【詳解】（1）Cu2S和氧氣焙燒為CuO和二氧化硫，反應方程式為Cu2S＋2O22CuO＋SO2，該過程中還原劑是Cu2S，氧化劑是O2，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：2；故答案為：1：2。
（2）Pt、Au 不與稀硝酸反應，因此“濾渣I”的主要成分是Pt、Au；加快“酸浸氧化”速率的方法可以從增大濃度、接觸面積，提高溫度來思考，措施有增大氧氣濃度或不斷攪拌等；故答案為：增大氧氣濃度(其它答案也可以，正確即可)。
（3）萃取與反萃取的原理為：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。
實驗室進行萃取操作的專用玻璃儀器是分液漏斗；根據(jù)萃取與反萃取的原理為：2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氫離子濃度，平衡逆向移動，后來要得到硝酸銅，為了不引入新的雜質(zhì)，因此該流程中的“反萃取劑”最好選用硝酸；故答案為：分液漏斗；B。
（4）已知：Ag++2[Ag(S2O3)2]3? K=2.80×1013
AgCl(s)Ag+(aq)+Cl－(aq) Ksp(AgCl)=1.80×10?10
①“溶浸”過程中，濾渣II被Na2S2O3溶液溶解的反應為：AgCl+2[Ag(S2O3)2]3?+Cl－。則該反應的平衡常數(shù)為；故答案為：5.04×103。
②“濾液IV”可返回溶浸工序循環(huán)使用，循環(huán)多次后，即使調(diào)控Na2S2O3溶液濃度，銀的浸出率仍會降低，根據(jù)AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3? (aq)+Cl－(aq)分析，由于氯離子濃度增大，平衡逆向移動，導致生成氯化銀沉淀，即從化學平衡的角度解釋可能的原因是隨循環(huán)次數(shù)的增加，濾液IV中c(Cl－)不斷增大，導致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3? (aq)+Cl－(aq)平衡左移，銀的浸出率降低；故答案為：隨循環(huán)次數(shù)的增加，濾液IV中c(Cl－)不斷增大，導致AgCl(s) + 2 (aq) [Ag(S2O3)2]3? (aq)+Cl－(aq)平衡左移，銀的浸出率降低。
（5）在焙燒工藝中二氧化硫會污染環(huán)境，因此從環(huán)保角度對該工藝流程提出合理的優(yōu)化建議：應回收處理SO2；故答案為：應回收處理SO2。
6．（2023·湖北·襄陽四中?？寄M預測）高純四氧化三錳是電子工業(yè)生產(chǎn)錳鋅氧軟磁材料的重要原料之一，一種以菱錳礦(主要成分是，含有少量Al、Fe、Mg、Ca、Cu、Si的氧化物)為原料制備流程如下圖所示。
回答下列問題：
(1)“酸浸”過程中需要加熱，其目的是___________。
(2)“酸浸”過程中發(fā)生的主要反應的離子方程式為___________。
(3)“濾渣1”的成分是___________。
(4)“氧化中和”可除去的主要金屬陽離子是___________。
(5)已知，，請利用計算說明選擇MnS能除銅的原因___________。
(6)“除鈣鎂”加入的用量是理論用量的1.5倍，其目的是___________。
(7)“氧化”過程發(fā)生的總反應的化學方程式為___________。
【答案】(1)增大反應速率，提高浸取率
(2)
(3)CaSO4、SiO2
(4)Fe2+、Fe3+、Al3+
(5)的平衡常數(shù)，反應基本完全
(6)增大氟離子濃度，使得CaF2、MgF2沉淀溶解平衡逆向移動，提高去除率
(7)
【分析】菱錳礦加入硫酸溶解，二氧化硅和稀硫酸不反應，鈣的氧化物和硫酸生成不溶物硫酸鈣，得到濾渣1，濾液加入氧氣、氨水氧化中和除去鐵、鋁得到濾渣2，濾液加入MnS除去銅得到CuS濾渣3，濾液加入氟化銨除去鈣、鎂得到濾渣4，濾液加入氧氣、氨水氧化得到；
【詳解】（1）升溫反應速率加快，“酸浸”過程中需要加熱，其目的是增大反應速率，提高浸取率；
（2）“酸浸”過程中碳酸錳和氫離子反應生成錳離子和水、二氧化碳氣體，離子方程式為；
（3）二氧化硅和稀硫酸不反應，鈣的氧化物和硫酸生成不溶物硫酸鈣，故得到“濾渣1”的成分是CaSO4、SiO2；
（4）“氧化中和”中將二價鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵，通過調(diào)節(jié)pH值，將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為為氫氧化物沉淀，故可除去的主要金屬陽離子是Fe2+、Fe3+、Al3+；
（5）已知，，的平衡常數(shù)，反應基本完全，能夠MnS能除銅；
（6）“除鈣鎂”加入的用量是理論用量的1.5倍，其目的是增大氟離子濃度，使得CaF2、MgF2沉淀溶解平衡逆向移動，提高鈣、鎂的去除率；
（7）“氧化”過程發(fā)生二價錳被氧氣氧化為、同時反應生成硫酸銨和水，總反應的化學方程式為。
7．（2023·湖南長沙·雅禮中學?？寄M預測）鈷是生產(chǎn)電池材料、高溫合金、磁性材料及催化劑的重要原料。一種以濕法煉鋅凈化渣(主要含有C、Zn、Fe、Cu、Pb、ZnO、等)為原料提取鈷的工藝流程如圖所示：

已知：常溫下，，。
回答下列問題：
(1)基態(tài)C原子的價層電子軌道表示式為_______。
(2)“浸出渣”中一定含有的物質(zhì)為_______(填化學式)。在“浸出”過程中，使用稀硫酸，未加熱和攪拌，也沒有進一步研碎凈化渣，但反應速率較快，原因是_______。
(3)常用作沉淀劑，在“銅渣”中檢測不到，“除銅液”中濃度為，則此時溶液的_______[已知：常溫下，飽和水溶液中存在關系式：]。
(4)“氧化”過程中，與發(fā)生反應的離子方程式為_______。
(5)“沉鐵”過程中，的作用是_______。
(6)以1噸濕法煉鋅凈化渣(C的質(zhì)量分數(shù)為)為原料提取出。在提取過程中鈷的損失率為_______(填含w、m的表達式)%。
【答案】(1)
(2) 形成了原電池
(3)0.5
(4)
(5)調(diào)節(jié)溶液pH，使鐵離子沉淀
(6)
【分析】以濕法煉鋅凈化渣(主要含有C、Zn、Fe、Cu、Pb、ZnO、等)為原料提取鈷，“浸出渣”的主要成分為Cu、PbSO4，C、Zn、Fe均與硫酸反應生成相應的鹽，Na2S常用作沉淀劑，銅渣為CuS，“氧化”過程中，Na2S2O8將Fe2+氧化為Fe3+，Na2CO3調(diào)節(jié)溶液pH，生成氫氧化鐵，在溶液pH=5時，Na2S2O8g能將C2+氧化生成C(OH)3，據(jù)此分析解題。
【詳解】（1）C為第27號元素，基態(tài)C原子的價層電子軌道表示式為。
（2）“浸出渣”中一定含有的物質(zhì)為，因為Pb與硫酸反應時，生成固體，由于存在，Cu不一定存在。在“浸出”過程中，加入稀硫酸浸取，與活潑性不同的金屬形成了原電池，反應速率較快。
（3）常用作沉淀劑，在“銅渣”中檢測不到，“除銅液”中濃度為，，，常溫下，飽和水溶液中存在關系式：，則此時溶液的，，，故。
（4）“氧化”過程中，與發(fā)生反應，被氧化為，被還原為，離子方程式為。
（5）“沉鐵”過程中，的作用是調(diào)節(jié)溶液pH，生成氫氧化鐵。
（6）以1噸濕法煉鋅凈化渣(C的質(zhì)量分數(shù)為)為原料提取出，理論生成C為，實際生成的C的質(zhì)量為，在提取過程中鈷的損失率為。
8．（2023·安徽淮南·統(tǒng)考一模）鋅的用途廣泛，主要用于鍍鋅板及精密鑄造等行業(yè)。以粗氧化鋅(主要成分為ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)為原料制備鋅的工藝流程如圖所示：
已知：①“浸取”時。ZnO、 CuO轉(zhuǎn)化為[ Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+進入溶液：
②25℃時，Ksp(CuS)=6.4×10-36， Ksp(ZnS)=1.6 ×10-24；
③沉淀除銅標準：溶液中≤2.0×10-6
回答下列問題：
(1)“濾渣1”的主要成分為Fe(OH)3、Mn(OH)2和___________(填化學式)，“ 操作3”的名稱為___________。
(2)“氧化除錳”時，H2O2將Mn2+轉(zhuǎn)化為難溶的MnO2，該反應的離子方程式為___________。
(3)“沉淀除銅”時，鋅的最終回收率、除銅效果[除銅效果以反應后溶液中銅鋅比表示] 與“(NH4)2 S加入量”[以表示]的關系曲線如圖所示。
①當(NH4)2S加入量≥100%時，鋅的最終回收率下降的原因是___________(用離子方程式表示)，該反應的平衡常數(shù)為___________。(已知) [ Zn(NH3)4]2+的=2. 9 ×109]
②“沉淀除銅”時(NH4 )2S加入量最好應選___________。
a．100% b．110% c．120% d．130%
(4)電解后溶液中的溶質(zhì)主要成分是___________，可用于循環(huán)使用。
【答案】(1) SiO2 分液
(2)Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2
(3) [Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O或者[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3 2.16×1014 c
(4)硫酸
【分析】粗氧化鋅主要成分為ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入NH3-NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同時生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，進行操作1即過濾一起除去，得濾渣1為Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向濾液中加入H2O2，進行氧化除錳，反應的方程式為H2O2+Mn2++2NH3?H2O=MnO2↓+2H2O+2，再加入(NH4)2S，進行沉淀除銅，反應的方程式為[Cu(NH3)4]2++S2-=CuS↓+4NH3，進行操作2即過濾，除去MnO2和CuS，即濾渣2為MnO2和CuS，向濾液中加入萃取劑，使鋅進入有機萃取劑中，進行操作3即分液后，再向有機萃取劑中加入硫酸，進行反萃取，得到硫酸鋅溶液，然后進行電解，得到鋅，據(jù)此分析作答。
【詳解】（1）由分析可知，“濾渣1”的主要成分為Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，“ 操作3” 分離有機層和無機層，名稱為分液，故答案為：SiO2；分液；
（2）由分析可知，“氧化除錳”時，H2O2 將Mn2+轉(zhuǎn)化為難溶的MnO2，該反應的離子方程式為Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2，故答案為：Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2；
（3）①當(NH4)2S加入量≥100%時，鋅的回收率下降的可能原因鋅離子與硫離子結(jié)合生成了硫化鋅，離子方程式為[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O，該反應的平衡常數(shù)為K=====2.16×1014，故答案為：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O；2.16×1014；
②由題干圖示信息可知，當(NH4)2S加入量為120%時，銅鋅比為2.0×106，達到沉淀除銅標準，繼續(xù)加大(NH4)2S加入量會導致鋅回收率下降且不經(jīng)濟，故答案為：c；
（4）由分析可知，電解硫酸鋅溶液制備鋅，方程式為：2ZnSO4+2H2O2Zn+O2↑+2H2SO4，故電解后溶液中的溶質(zhì)主要成分是硫酸，可用于“反萃取”步驟中循環(huán)使用，故答案為：硫酸。
9．（2023·北京朝陽·統(tǒng)考二模）電解錳渣含有等。將電解錳渣與電解殘液混合制成漿液，能在脫除煙氣(含等)中的同時，實現(xiàn)電解錳渣的資源化利用。
(1)上述流程中為增大反應速率采取的措施有_______。
(2)電解錳渣中的能吸收煙氣中的，反應的方程式為_______。
(3)電解錳渣與電解殘液混合后，漿液中部分離子濃度及在脫硫過程中的變化如下。
①用方程式表示脫硫過程溶液降低的原因_______。
②分析漿液中濃度增大的原因：
i.被還原；
ii.被還原，離子方程式為_______；
iii._______(用離子方程式表示)。
(4)電解獲得，裝置如下圖所示。
①濾液2在電解池_______(填“陽”或“陰”)極放電產(chǎn)生。
②凈化過程須除去。研究發(fā)現(xiàn)，濾液2中即使含有少量，也會導致產(chǎn)率大幅降低，分析原因：_______。
【答案】(1)研磨、攪拌
(2)
(3)
(4) 陽還原MnO2生成Fe3+，F(xiàn)e3+在陰極放電又生成Fe2+，上述過程不斷循環(huán)
【分析】電解錳渣含有，研磨、攪拌，電解硫酸錳溶液得到二氧化錳和氫氣、硫酸，電解殘液混合制成漿液，漿液通入煙氣，得到含有硫酸錳、硫酸亞鐵、硫酸鈣、硫酸的溶液，除去硫酸亞鐵、硫酸鈣，電解硫酸錳溶液得到二氧化錳。
【詳解】（1）根據(jù)影響反應速率的因素，上述流程中為增大反應速率采取的措施有研磨、攪拌；
（2）具有氧化性，吸收生成硫酸錳，反應的方程式為
（3）①脫硫過程中二氧化硫、氧氣、水反應生成硫酸，使溶液降低，反應方程式為。
②分析漿液中濃度增大的原因：
i.被還原；
ii.被還原，Mn元素化合價由+4降低為+2、Fe元素化合價由+2升高為+3，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒，反應的離子方程式為；
iii. MnCO3與硫酸反應生成硫酸錳、二氧化碳、水，反應的離子方程式為。
（4）①濾液2中含有硫酸錳，錳離子失電子發(fā)生氧化反應生成，所以在電解池陽極放電產(chǎn)生。
②還原MnO2生成Fe3+，F(xiàn)e3+在陰極放電又生成Fe2+，上述過程不斷循環(huán)，也會導致 MnO2 產(chǎn)率大幅降低。
10．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考模擬預測）鍺是重要的半導體材料，是一種“稀散金屬”，如圖是以中和渣(主要成分為GeO2、Fe2O3、ZnO、SiO2、CaSO4等)為原料生產(chǎn)二氧化鍺的工藝流程：

已知：
①GeCl4的沸點：83℃，F(xiàn)eCl3的沸點：315℃。
②H2GeO3在高酸度時易聚合形成膠狀多聚鍺酸。
③常溫下，部分金屬陽離子轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀的pH見下表(離子濃度低于10-5 ml·L-1視為沉淀完全)。
回答下列問題：
(1)①“酸浸”時加熱的目的是___________，浸渣的主要成分是___________。
②測得相同時間內(nèi)鍺的浸出率與硫酸的物質(zhì)的量濃度(ml·L-1)的關系如圖所示。硫酸濃度過高，浸出率反而降低的原因是___________。

(2)常溫下，若“沉鍺”時用飽和NaOH溶液調(diào)pH=3.0，此時濾液中-lgc(Fe3+)為___________。
(3)“殘余液”的溶質(zhì)主要成分為 ___________(填化學式)。
(4)“中和水解”的化學反應方程式為___________。
(5)純度測定
稱取m g GeO2樣品，在加熱條件下溶解，用NaH2PO2將其還原為Ge2+，用c ml·L-1 KIO3標準溶液滴定，消耗KIO3標準溶液的平均體積為V mL，需選用的指示劑為___________，樣品純度為___________%。(實驗條件下，NaH2PO2未被KIO3氧化)[已知：+H+Ge4++I-+H2O(未配平)；]。
【答案】(1) 加快浸出反應速率 SiO2、CaSO4 硫酸的濃度過高時，會形成膠狀多聚鍺酸，不易分離，導致浸出率降低
(2)4.4
(3)NaCl、FeCl3
(4)CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O
(5) 淀粉溶液
【分析】酸浸將金屬氧化物溶解。沉鍺將其轉(zhuǎn)化為H2GeO3。溶解將H2GeO3轉(zhuǎn)化為GeCl3。
【詳解】（1）升溫可加快反應速率。SiO2和CaSO4均不溶于硫酸，可經(jīng)過濾除去。已知信息知，硫酸的濃度過高時，會形成膠狀多聚鍺酸。答案為加快浸出反應速率；SiO2、CaSO4；硫酸的濃度過高時，會形成膠狀多聚鍺酸，不易分離，導致浸出率降低；
（2）已知pH=3.2(OH-的濃度為10-10.8ml/L)時完全沉淀即Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-10.8)3=10-37.4。pH=3.0(OH-的濃度為10-11ml/L)時c(Fe3+)= ml/L。此時濾液中-lgc(Fe3+)=4.4。答案為4.4；
（3）沉鍺時Fe3+一起沉淀了，溶解時Fe(OH)3轉(zhuǎn)變?yōu)镕eCl3。所以“殘余液”的溶質(zhì)主要成分為NaCl、FeCl3。答案為NaCl、FeCl3；
（4）中和目的氨水將GeCl4轉(zhuǎn)化為GeO2，反應為CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O。答案為CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O；
（5）由已知反應知若KIO3過量可產(chǎn)生I2，所以選擇淀粉作為指示劑。由得失電子守恒得關系式為3Ge2+~KIO3得n(Ge2+)=3n(KIO3)=3cV×10-3ml=n(GeO2)，最終計算純度為。答案為淀粉溶液；。
11．（2023·湖南婁底·統(tǒng)考模擬預測）近日，西湖大學理學院何睿華課題組發(fā)現(xiàn)了世界首例具有本征相干性的光陰極量子材料——鈦酸鍶。某小組以鈦鐵礦為原料制備鈦酸鍶的流程圖如下：

已知幾種物質(zhì)的主要成分如表所示：
回答下列問題：
(1)“粉碎過篩”的目的是_______；“浸渣”1主要成分的用途是_______(答一條)。
(2)加入鐵粉的目的是_______(用離子方程式表示)。
(3)“系列操作”是_______、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。檢驗“濾液2”中無的操作方法是_______。
(4)寫出“焙燒”的化學方程式：_______。
(5)鈦酸鍶的晶胞如圖所示。已知：晶胞參數(shù)為a pm，代表阿佛加德羅常數(shù)的值。在鈦酸鍶晶胞中，氧離子之間最近距離為_______nm。鈦酸鍶晶體的密度為_______。

【答案】(1) 增大固體與液體接觸面積，提高速率制備光導纖維，冶煉粗硅等
(2)
(3) 蒸發(fā)濃縮取少量濾液2于試管中，滴加KSCN溶液，溶液不變紅色
(4)
(5)
【分析】鈦鐵礦主要成分是，含少量、等，粉碎過篩后加入過量硫酸酸浸，礦石中二氧化硅不與硫酸反應，浸渣1的主要成分為二氧化硅，所得浸液1中含有、、、、，加入鐵粉還原鐵離子，轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，濾渣2為過量鐵粉，濾液2含有、、，“系列操作”為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到綠礬；所得濾液3再加入熱水熱解得到濾液4和H2TiO3固體，灼燒后得到TiO2，加入SrCO3進行焙燒產(chǎn)生二氧化碳和SrTiO3；
【詳解】（1）“粉碎過篩”的目的是增大固體與液體接觸面積，提高速率；礦石中二氧化硅不與硫酸反應， “浸渣”1主要成分是，用途是制備光導纖維，冶煉粗硅等；
（2）加入鐵粉還原鐵離子，轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，反應的離子方程式為；
（3）“系列操作”為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到綠礬；檢驗“濾液2”中無的操作方法是取少量濾液2于試管中，滴加KSCN溶液，溶液不變紅色；
（4）“焙燒”時TiO2，與SrCO3反應產(chǎn)生二氧化碳和SrTiO3，反應的化學方程式為：；
（5）根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，氧離子之間最近距離等于面對角線的一半，為=cm；
根據(jù)均攤法可知，含有8=1個Sr，1個Ti，6=3個O，晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為cm3，鈦酸鍶晶體的密度為==。
12．（2023·遼寧大連·統(tǒng)考二模）央視報道王者歸“錸”，我國利用新技術(shù)提純稀有金屬錸()，為航空航天發(fā)動機領域作出重要貢獻。一種以鉬精礦(主要成分為)為原料提純錸的工藝如下：

已知：①加壓焙燒后的產(chǎn)物中有。
②酸性條件下，可轉(zhuǎn)化為?；卮鹣铝袉栴}
(1)步驟Ⅰ中，加壓的目的是___________，寫出在此焙燒過程中發(fā)生的化學方程式___________。
(2)廢渣1的主要成分是___________(填化學式)。浸出液中除含有外，主要含有的金屬陽離子還有___________。如圖表示萃取液流速與錸吸附率的關系，結(jié)合實際生產(chǎn)效益，萃取液流速最佳范圍為___________。(填選項)

A．2~4 B．4~6 C． 6~8 D．8~10
(3)步驟Ⅵ的離子交換法是在的條件，用陰離子交換樹脂吸附，請用適當?shù)幕瘜W用語從平衡移動的角度說明“”的原因___________。
(4)時，通過X射線能譜分析，產(chǎn)品中僅含有少量雜質(zhì)，并測得與O兩種原子的物質(zhì)的量之比為1∶0.30，則該條件下產(chǎn)品中單質(zhì)的質(zhì)量分數(shù)為___________%。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)
【答案】(1) 增大氧氣濃度，加快反應速率 2MS2+7O2+2CaO2CaMO4+4SO2
(2) CaSO4（多答MnO2不扣分） Cu2+和Mn2+ C
(3)反應，c(H+ )>0.5ml/L時，該平衡正向程度大，使M元素轉(zhuǎn)變?yōu)殛栯x子，不會被陰離子交換樹脂吸附，從而與Re元素分離
(4)88
【分析】鉬精礦加入CaO加壓焙燒得到。加入MnO2酸浸，浸出液主要含有等離子，廢渣主要為CaSO4。浸出液經(jīng)過沉鉬，得到鉬/錸浸出液，可采用離子交換或萃取/反萃取等方法分離鉬元素和錸元素。
【詳解】（1）加壓可增大氧氣濃度，從而加快反應速率，使反應進行更加充分。MS2加壓焙燒后轉(zhuǎn)化為CaMO4，化學方程式為2MS2+7O2+2CaO2CaMO4+4SO2。
（2）CaSO4微溶于水，則廢渣1的主要成分是CaSO4(還有過量的MnO2)。酸浸過程中MnO2氧化，MnO2被還原為Mn2+，則浸出液中主要含有的金屬陽離子還有Cu2+和Mn2+。實際生產(chǎn)中要使錸吸附率較大的情況下盡可能提升萃取流速，則根據(jù)圖示，最佳流速范圍為6~8BV/h，選擇C項。
（3）步驟Ⅵ中存在反應，當c(H+ )>0.5ml/L時，該平衡正向程度大，使M元素轉(zhuǎn)變?yōu)殛栯x子，不會被陰離子交換樹脂吸附，而Re主要以陰離子形式存在，因此M元素可以與Re元素分離。
（4）Re與O兩種原子的物質(zhì)的量之比為1∶0.30，則Re原子與ReO3的物質(zhì)的量之比為1∶0.10，Re金屬與ReO3的物質(zhì)的量之比為0.90∶0.10，因此該條件下產(chǎn)品中單質(zhì)Re的質(zhì)量分數(shù)為。
13．（2023·內(nèi)蒙古烏蘭察布·統(tǒng)考二模）從銅電解液(主要含Cu2+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等)中提純可得到粗硫酸鎳晶體，某課題小組為了進一步精制純化并回收膽礬晶體，設計了如圖流程：

已知：相關離子濃度為0.1 ml· L-1時，形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：
(1)為加快“水浸”時的浸出率，可采取的措施有 _______，“濾渣1”的主要成份是_______。
(2)為了使“溶液1”中的反應充分進行，需要通入稍過量的H2S，寫出Fe3+與H2S發(fā)生反應的離子方程式______。
(3)解釋向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因_______。
(4)“操作X”為在_______(填儀器名稱)中加熱至_______冷卻結(jié)晶過濾、洗滌、干燥后得到結(jié)晶水合物晶體。
(5)若“溶液3”中Ca2+的濃度為0.001 ml·L-1，取等體積的NiF2溶液與該溶液混合，要使反應結(jié)束時c(Ca2+)＜10-5 ml· L-1，則所加NiF2溶液的濃度至少為_______ ml · L-1。[已知室溫下Ksp(CaF2)=4×10-11]
(6)室溫下選擇萃取劑P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理為nHR +Mn+MRn +nH+，試劑a為_____(填化學式)。溶液pH對幾種離子的萃取率的影響如圖，則萃取鋅時，應控制pH的范圍為3~4，請解釋原因_______。

【答案】(1) 攪拌 CuS(硫化銅)
(2)2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
(3)加入Ni(OH)2后消耗H+，使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+平衡正向移動，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
(4) 蒸發(fā)皿出現(xiàn)少量晶膜
(5)0.003
(6) H2SO4 pH太小，鋅的萃取率低，pH太大，鎳可能以Ni(OH)2的形式沉出，不利于硫酸鎳晶體的生成
【分析】分析流程可知：粗硫酸鎳溶解后，通入硫化氫氣體將三價鐵還原為二價鐵，將銅離子轉(zhuǎn)化為硫化銅沉淀，過濾后濾渣硫化銅灼燒生成氧化銅，再溶于硫酸得到硫酸銅；濾液中加過氧化氫將亞鐵離子氧化成三價鐵離子，再加氫氧化鎳調(diào)節(jié)pH值，使三價鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾后在濾液中加氟化鎳將鈣離子沉淀，過濾后濾液中加萃取劑將鋅轉(zhuǎn)移至有機相中，濾液為硫酸鎳溶液，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌等操作得到硫酸鎳晶體，據(jù)此分析解答。
【詳解】（1）為了加快“水浸”時的浸出率，可采取的措施有攪拌、適當?shù)厣郎鼐梢栽龃蠼雎剩?br>在粗NiSO4溶液中含有Ni2+、Cu2+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等，向其中通入H2S氣體，在酸性條件下發(fā)生反應產(chǎn)生既不溶于水，也不溶于酸的CuS黑色沉淀，故“濾渣1”的主要成份是CuS；
（2）Fe3+具有氧化性，H2S具有還原性，二者會發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Fe2+、S、H+，反應的離子方程式為：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）結(jié)合分析可知：加入Ni(OH)2的目的是調(diào)節(jié)pH，H+的濃度減小，使Fe3+發(fā)生水解反應：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向進行，促進Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去；
（4）結(jié)合分析可知：操作X是從溶液中得到晶體的操作，應在蒸發(fā)皿中進行，當加熱至溶液表面出現(xiàn)一層晶膜時停止加熱，降溫冷卻得到晶體，故存在X應該在蒸發(fā)皿中進行，當出現(xiàn)少量晶膜時，停止加熱；
（5）結(jié)合分析可知：根據(jù)Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，c(Ca2+)＜10-5 m1/L，則得出c2(F-)=，即溶液中c(F-)至少為=2.0×10-3 ml/L。設所加NiF2溶液的體積為V L，因為是等體積混合，則溶液總體積為2V，溶液中存在的n(F-)=2V×2×10-3m1=4V×10-3 ml，沉淀時消耗的F-的物質(zhì)的量為n(F-)=V×2×10-3 ml，則總共需要n(F-)=6V×10-3 ml，故所加的NiF2溶液的濃度至少是：=0.003 ml/L；
（6）結(jié)合分析可知：欲使有機相中的鋅轉(zhuǎn)化成硫酸鋅，需使萃取平衡逆向移動，為不引入新雜質(zhì)應加入硫酸使反應逆行移動；由圖示信息可知pH太小，鋅的萃取率低；pH太大，鎳可能以Ni(OH)2的形式沉出，不利于硫酸鎳晶體的生成。
14．（2023·山西呂梁·統(tǒng)考二模）以萃銅余液為原料制備工業(yè)活性氧化鋅，其生產(chǎn)工藝流程如圖所示：

(1)銅萃余液含硫酸30~60g/L，設計采用過硫酸鈉(Na2S2O8)氧化法除錳，寫出Mn2+被氧化成MnO2的離子方程式___________ ；采用石灰石粉中和除去鋁和鐵，則中和渣中主要成分為___________。
(2)流程中用到最多的操作是___________，該操作中玻璃棒的作用是___________。
(3)用鋅粉除鎘(Cd2+ )的離子方程式為___________；沉鋅生成堿式碳酸鋅[2Zn(OH2)·ZnCO3·H2O]的化學方程式為___________。
(4)檢驗堿式碳酸鋅洗滌干凈的操作及現(xiàn)象為___________。
(5)煅燒爐中發(fā)生反應的化學方程式為___________，工藝流程設計中選用高效真空負壓內(nèi)轉(zhuǎn)盤濃縮沉鋅后液一體化設備生產(chǎn)無水___________，蒸發(fā)生產(chǎn)過程可實現(xiàn)零排放。
【答案】(1) Mn2+ + +2H2O= MnO2 +2+4H+ MnO2、Al(OH)3、 Fe(OH)3
(2) 過濾引流
(3) Zn+Cd2+=Zn2++Cd 3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑
(4)取少量最后一次洗滌液于試管中，向其中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，沒有白色沉淀生成，說明洗滌干凈
(5) 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O Na2SO4或硫酸鈉
【分析】由流程可知，向萃銅余液中加入石灰石粉和氧化劑，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、氫氧化鐵，反應過程中生成硫酸鈣沉淀，過濾得到MnO2、氫氧化鐵、硫酸鈣，和“氧化除錳”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn與Cd2+發(fā)生置換反應生成Cd，過濾得到除去Cd2+的濾液；加入有機溶劑萃取，除去鈷、鎳，分液得到硫酸鋅溶液，向硫酸鋅溶液中加入碳酸鈉溶液﹐硫酸鋅轉(zhuǎn)化為ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶體，過濾得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶體，煅燒、粉碎得到工業(yè)活性氧化性，以此來解答。
【詳解】（1）銅萃余液含硫酸30~60g/L，設計采用過硫酸鈉(Na2S2O8)氧化法除錳，Mn2+被氧化成MnO2，過硫酸根離子被還原為硫酸根離子，離子方程式為：Mn2+ + +2H2O= MnO2 +2+4H+；由分析可知，中和渣中主要成分為MnO2、Al(OH)3、 Fe(OH)3；
（2）根據(jù)流程可知，該流程中多次出現(xiàn)濾渣，故流程中用到最多的操作是過濾；過濾時需要用玻璃棒引流；
（3）鋅與鎘離子發(fā)生取代反應生成鋅離子和單質(zhì)鎘，離子方程式為：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；向硫酸鋅溶液中加入碳酸鈉溶液生成堿式碳酸鋅，相應的方程式為：3ZnSO4+ 3Na2CO3+3H2O= 2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O↓+3Na2SO4+ 2CO2↑；
（4）向硫酸鋅溶液中加入碳酸鈉溶液生成堿式碳酸鋅，則堿式碳酸鋅表面可能吸附有硫酸根離子，則檢驗最后一次洗滌液中是否含有硫酸根離子就可以檢驗堿式碳酸鋅是否洗滌干凈相應的操作和現(xiàn)象為：取少量最后一次洗滌液于試管中，向其中加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，沒有白色沉淀生成，說明洗滌干凈；
（5）由流程可知，工業(yè)堿式碳酸鋅在煅燒爐中煅燒生成活性氧化鋅，則相應的方程式為：2Zn(OH)2·ZnCO3·H2O 3ZnO+CO2↑+3H2O；加入有機溶劑萃取，除去鈷、鎳，分液得到硫酸鋅溶液，向硫酸鋅溶液中加入碳酸鈉溶液﹐硫酸鋅轉(zhuǎn)化為ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶體，同時得到硫酸鈉溶液，則工藝流程設計中選用高效真空負壓內(nèi)轉(zhuǎn)盤濃縮沉鋅后液一體化設備生產(chǎn)無水Na2SO4或硫酸鈉。
15．（2023·全國新課標卷·模擬預測）五氧化二釩(V2O5)在冶金、化工等領域有重要應用。實驗室以含釩廢料(含V2O3、FeO、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有機物)為原料制備V2O5的一種流程如圖：
已知：25℃時，難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如表所示：
(1)“焙燒”的目的是______。
(2)酸溶時加入H2O2的目的是_______。
(3)常溫下，若“調(diào)pH”為7，Cu2+是否能沉淀完全：______(填“是”或“否”)(溶液中離子濃度小于10-5ml?L-1時，認為該離子沉淀完全)。
(4)“沉錳”需將溫度控制在70℃左右，溫度不能過高或過低的原因為______。
(5)結(jié)晶所得的NH4VO3需進行水洗、干燥。證明NH4VO3已洗滌干凈的實驗操作及現(xiàn)象_____。
(6)為測定該產(chǎn)品的純度，興趣小組同學準確稱取V2O5產(chǎn)品2.000g，加入過量稀硫酸使其完全反應，生成(VO2)2SO4，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液用0.1000ml?L-1的H2C2O4標準溶液滴定，滴定到終點時消耗標準液10.00mL。已知滴定過程中H2C2O4被氧化為CO2，VO黃色(被還原為VO2+藍色)，該反應的離子方程式：______；該產(chǎn)品的純度為______。
【答案】(1)除去有機物雜質(zhì)，將V2O3氧化為V2O5
(2)將可能存在的Fe2+氧化為Fe3+
(3)是
(4)溫度過低，反應速率慢，NH4VO3可能提前結(jié)晶析出導致產(chǎn)率低，溫度過高，NH4HCO3分解，導致原料利用率低
(5)取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加BaCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈
(6) 2VO+2H++H2C2O4=2VO2++2CO2↑+2H2O 91.00%
【分析】含釩廢料(含V2O3、FeO、CuO、MnO、SiO2、Al2O3、有機物)焙燒后，有機物雜質(zhì)會燃燒除去，V2O3被氧化為V2O5；向焙燒后產(chǎn)物中加入硫酸和雙氧水，二氧化硅不與硫酸反應，過濾，濾液含有Cu2+，Mn2+，Al3+和釩離子，將濾液調(diào)節(jié)pH除去鐵離子、鋁離子和銅離子，過濾，向濾液中加入碳酸氫銨除錳，過濾，向濾液中加入硫酸銨得到NH4VO3，過濾，將NH4VO3煅燒得到V2O5。據(jù)此解答。
【詳解】（1）由含釩廢料的成分和流程圖中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系知，“焙燒“的目的是除去有機物雜質(zhì)，并將V2O3氧化為V2O5；故答案為：除去有機物雜質(zhì)，將V2O3氧化為V2O5。
（2）酸溶時加入H2O2的目的是將可能存在的Fe2+氧化為Fe3+；故答案為：將可能存在的Fe2+氧化為Fe3+。
（3）“調(diào)pH”的目的是將Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2沉淀，調(diào)節(jié)pH為7時，溶液中c(H+)＝10?7ml?L?1，c(OH﹣)＝10?7ml?L?1，c(Cu2+)＝＜10?5ml?L?1，說明沉淀完全；故答案為：是。
（4）“沉錳”時所用試制為NH4HCO3，溫度過低時，反應速率較慢，NH4VO3可能提前結(jié)晶析出，導致產(chǎn)率較低；溫度過高時，NH4HCO3分解使原料的利用率降低，并導致環(huán)境污染；故答案為：溫度過低，反應速率慢，NH4VO3可能提前結(jié)晶析出導致產(chǎn)率低，溫度過高，NH4HCO3分解，導致原料利用率低。
（5）NH4VO3晶體可能粘附，等，故可以通過檢驗硫酸根離子進行判斷，則證明NH4VO3已洗滌干凈的實驗操作及現(xiàn)象為：取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加BaCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈；故答案為：取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加BaCl2溶液，無明顯現(xiàn)象，證明NH4VO3已洗滌干凈。
（6）已知滴定過程中H2C2O4被氧化為CO2，VO(黃色)被還原為VO2+(藍色)，則離子方程式為2VO+2H++H2C2O4＝2VO2++2CO2↑+2H2O；準確稱取產(chǎn)品V2O52.0g，加入足量的稀硫酸使其完全生成(VO2)2SO4，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液用0.1000ml?L?1的H2C2O4溶液滴定，消耗標準液10.00mL，根據(jù)關系式2VO～H2C2O4，則n(VO)＝2n(H2C2O4)＝2×0.01L×0.1000ml?L?1＝0.002ml，所以100mL溶液中n(VO)＝0.002ml×10＝0.02ml，所以n(V2O5)＝0.01ml，其質(zhì)量為0.01ml×182g?ml?1＝1.82g，故產(chǎn)品純度；故答案為：2VO+2H++H2C2O4＝2VO2++2CO2↑+2H2O；91.00%。
16．（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）鹽湖鹵水(主要含、和硼酸根等)是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備的工藝流程如下：
已知：常溫下，。相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖所示。
回答下列問題：
(1)含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應可制備硼砂。常溫下，在硼砂溶液中，水解生成等物質(zhì)的量濃度的和，該水解反應的離子方程式為_____，該溶液_____。
(2)濾渣Ⅰ的主要成分是_____(填化學式)；精制Ⅰ后溶液中的濃度為，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在_____以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收外，還將增加_____的用量(填化學式)。
(3)精制Ⅱ的目的是_____；進行操作時應選擇的試劑是_____，若不進行該操作而直接濃縮，將導致_____。
【答案】(1)
(2) 、Mg(OH)2 純堿
(3) 加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉(zhuǎn)化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度鹽酸濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的中會混有，最終所得的產(chǎn)率減小
【分析】由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫鎂后過濾，所得濾液經(jīng)濃縮結(jié)晶后得到晶體，該晶體中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙燒后生成HCl氣體；燒渣水浸后過濾，濾液中加生石灰后產(chǎn)生沉淀，在此條件下溶解度最小的是，則濾渣Ⅰ的主要成分為；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ為;精制Ⅱ所得濾液經(jīng)操作X后，所得溶液經(jīng)濃縮結(jié)晶、過濾得到氯化鈉，濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰，得到。
【詳解】（1）含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應可制備硼砂。常溫下.在硼砂溶液中，水解生成等物質(zhì)的量濃度的和，該水解反應的離子方程式為，由B元素守恒可知，和的濃度均為，，則該溶液。
（2）由分析可知，濾渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的濃度為2.0，由可知，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收HCl外，后續(xù)在濃縮結(jié)晶時將生成更多的氯化鈉晶體，因此，還將增加純堿（）的用量。
（3）精制Ⅰ中，燒渣水浸后的濾液中加生石灰后產(chǎn)生的濾渣Ⅰ的主要成分為；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的，還需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉(zhuǎn)化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度。操作X是為了除去剩余的碳酸根離子，為了防止引入雜質(zhì)離子，應選擇的試劑是鹽酸；加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子，若不進行該操作而直接濃縮，將導致濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的中會混有，最終所得的產(chǎn)率減小。
17．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含（和)。實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。

已知：
回答下列問題：
(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為_______(答出一條即可)。
(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸，中過氧鍵的數(shù)目為_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為_______(的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為、_______(填化學式)。
(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，(Ⅱ)氧化率與時間的關系如下。體積分數(shù)為_______時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數(shù)時，(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_______。

(5)“沉鈷鎳”中得到的(Ⅱ)在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為_______。
(6)“沉鎂”中為使沉淀完全，需控制不低于_______(精確至0.1)。
【答案】(1)適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積
(2)NA
(3) Fe(OH)3
(4) 9.0% SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率
(5)
(6)11.1
【分析】在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸，用石灰乳調(diào)節(jié)，被氧化為，發(fā)生反應，F(xiàn)e3+水解同時生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，C2+變?yōu)镃(OH)2，在空氣中可被氧化成。
【詳解】（1）用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積
（2）的結(jié)構(gòu)簡式為，所以中過氧鍵的數(shù)目為NA
（3）用石灰乳調(diào)節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為：；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當鐵離子完全沉淀時，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，，c(OH-)=10-10.8ml/L，根據(jù)Kw=10-14，pH=3.2，此時溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧化鐵；
（4）根據(jù)圖示可知體積分數(shù)為0.9%時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數(shù)時，由于SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉鉆鎳”中得到的C(OH)2，在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為：；
（6）氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5ml/L，根據(jù)Ksp可計算c(OH-)=10-2.9ml/L，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml/L，所以溶液的pH=11.1；
18．（2023·全國乙卷·統(tǒng)考高考真題）鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物，從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示：

已知：最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2O存在，在堿性介質(zhì)中以CrO存在。
回答下列問題：
(1)煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為___________(填化學式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和___________。
(3)“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是___________。
(4)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果，若pH9時，會導致___________。
(5)“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH”、“＜”或“=”)，稀釋后溶液中，的值_______(選填“增大”、“減小”或“不變”)。
(5)接近滴定終點時，向溶液中滴加KSCN溶液，會發(fā)現(xiàn)CuI沉淀轉(zhuǎn)化為CuSCN，其沉淀轉(zhuǎn)化的原因是_______。已知CuI能夠吸附大量，若不加KSCN，則測得的純度_______(選填“偏高”、“偏低”或“不變”)。
(6)計算的純度：_______(用a、c、V的代數(shù)式表示)。
【答案】(1) 對的分解有催化作用或反應放熱，溫度升高加快分解反應速率
(2) 有少量晶體冷卻結(jié)晶
(3) 取最后一次洗滌液，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明已洗滌干凈；還原
(4) > 減小
(5) CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移動偏小
(6)
【分析】本題一道工業(yè)流程題，首先向刻蝕后的液體中加入過量鐵粉，置換出銅，過濾后得到濾渣和濾液A，由于鐵粉過量，則濾渣中含有單質(zhì)銅和過量的鐵，濾液中含有氯化亞鐵，濾渣進一步處理后得到硫酸銅晶體，濾液處理后得到氯化亞鐵晶體，以此解題。
【詳解】（1）銅在過氧化氫存在情況下可以和鹽酸反應，離子方程式為：，且該反應放熱，銅離子可以催化過氧化氫分解，故隨著溶液變藍，氣泡產(chǎn)生的速率加快，其可能的原因是對的分解有催化作用或反應放熱，溫度升高加快分解反應速率；
（2）從溶液中獲得帶有結(jié)晶水合物的方法為，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥，故答案為：有少量晶體；冷卻結(jié)晶；
（3）考慮到氯離子可以和銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，則檢驗溶液B中提取出的Cu上粘附的已經(jīng)洗凈的操作為：取最后一次洗滌液，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若無沉淀產(chǎn)生，則證明已洗滌干凈；在銅可以和硝酸反應，不能和硫酸反應，銅和濃硝酸反應生成硝酸銅和紅棕色的二氧化氮，其中氮元素由+5價變?yōu)?4價，故為還原產(chǎn)物；
（4）根據(jù)越弱越水解的道理，可知溶液呈酸性說明，銨根離子水解程度較大，故答案為：>；由上述分析可知，銨根離子水解程度更大一些，則稀釋的時候，對銨根水解的影響更大一些，故減??；
（5）物質(zhì)結(jié)構(gòu)相同的時候，溶度積大的物質(zhì)更容易轉(zhuǎn)化為溶度積小的物質(zhì)，則CuI沉淀轉(zhuǎn)化為CuSCN，其沉淀轉(zhuǎn)化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移動；根據(jù)題給信息可知，CuI能夠吸附大量，則若不加KSCN，則測得的純度將減小；
（6）根據(jù)題給信息可知，，則n()=n()=cv×10-3ml，的純度=。
22．（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）是生產(chǎn)多晶硅的副產(chǎn)物。利用對廢棄的鋰電池正極材料進行氯化處理以回收Li、C等金屬，工藝路線如下：

回答下列問題：
(1)C位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)燒渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙燒”后剩余的應先除去，否則水浸時會產(chǎn)生大量煙霧，用化學方程式表示其原因_______。
(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體常用方法的名稱是_______。
(4)已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中濃度為_______?！?50℃煅燒”時的化學方程式為_______。
(5)導致比易水解的因素有_______(填標號)。
a．Si-Cl鍵極性更大 b．Si的原子半徑更大
c．Si-Cl鍵鍵能更大 d．Si有更多的價層軌道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反應
(4)
(5)abd
【分析】由流程和題中信息可知，粗品與在500℃焙燒時生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、和的混合物；燒渣經(jīng)水浸、過濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是和；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過濾后得濾餅2（主要成分為）和濾液2（主要溶質(zhì)為LiCl）；濾餅2置于空氣中在850℃煅燒得到；濾液2經(jīng)碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅3，濾餅3為。
【詳解】（1）C是27號元素，其原子有4個電子層，其價電子排布為，元素周期表第8、9、10三個縱行合稱第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙燒”后剩余的應先除去，否則水浸時會產(chǎn)生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應且能生成氯化氫和硅酸，故其原因是：遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫，該反應的化學方程式為。
（3）洗凈的“濾餅3”的主要成分為，常用焰色反應鑒別和，的焰色反應為紫紅色，而的焰色反應為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體常用方法的名稱是焰色反應。
（4）已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中，濃度為?！?50℃煅燒”時，與反應生成和，該反應的化學方程式為。
（5）a．Si-Cl鍵極性更大，則 Si-Cl鍵更易斷裂，因此，比易水解，a有關；
b．Si的原子半徑更大，因此，中的共用電子對更加偏向于，從而導致Si-Cl鍵極性更大，且Si原子更易受到水電離的的進攻，因此，比易水解，b有關；
c．通常鍵能越大化學鍵越穩(wěn)定且不易斷裂，因此，Si-Cl鍵鍵能更大不能說明Si-Cl更易斷裂，故不能說明比易水解，c無關；
d．Si有更多的價層軌道，因此更易與水電離的形成化學鍵，從而導致比易水解，d有關；
綜上所述，導致比易水解的因素有abd。
23．（2022·福建·統(tǒng)考高考真題）粉煤灰是火電廠的大宗固廢。以某電廠的粉煤灰為原料(主要含和等)提鋁的工藝流程如下：
回答下列問題：
(1)“浸出”時適當升溫的主要目的是_______，發(fā)生反應的離子方程式為_______。
(2)“浸渣”的主要成分除殘余外，還有_______。實驗測得，粉煤灰(的質(zhì)量分數(shù)為)經(jīng)浸出、干燥后得到“浸渣”(的質(zhì)量分數(shù)為)，的浸出率為_______。
(3)“沉鋁”時，體系中三種物質(zhì)的溶解度曲線如下圖所示，加入沉鋁的目的是_______，“沉鋁”的最佳方案為_______。
(4)“焙燒”時，主要反應的化學方程式為_______。
(5)“水浸”后得到的“濾液2”可返回_______工序循環(huán)使用。
【答案】(1) 提高浸出率(或提高浸出速率)
(2) 和 84%
(3) 使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度高溫溶解再冷卻結(jié)晶
(4)或
(5)沉鋁
【分析】粉煤灰為原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣為二氧化硅、硫酸鈣，加入硫酸鉀，產(chǎn)生復鹽明礬沉鋁，干燥脫水，焙燒產(chǎn)生氧化鋁、硫酸鉀和二氧化硫或三氧化硫氣體，水浸除去硫酸鉀，得到氧化鋁。
【詳解】（1）溫度高速率大，“浸出”時適當升溫的主要目的是提高反應速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4發(fā)生反應生成Al2(SO4)3和H2O，離子反應方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
故答案為：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。
（2）“浸渣”的主要成分除殘余Al2O3外，還有二氧化硅、硫酸鈣；5.0g粉煤灰Al2O3的質(zhì)量為5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的質(zhì)量為3.0g×8%=0.24g，則Al2O3的浸出率為；
故答案為：SiO2和CaSO4；84%。
（3）根據(jù)沉鋁體系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉鋁的目的是更多的使Al2(SO4)3轉(zhuǎn)化為KAl(SO4)2·12H2O，使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受溫度影響較大，“沉鋁”的最佳方案為高溫溶解再冷卻結(jié)晶；
故答案為：使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時保證晶體純度；高溫溶解再冷卻結(jié)晶。
（4）“焙燒”時，KAl(SO4)2分解為K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反應方程式為2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；
故答案為：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。
（5）“水浸”后得到的“濾液2”成分為K2SO4，可在沉鋁工序循環(huán)使用；
故答案為：沉鋁。
24．（2022·重慶·統(tǒng)考高考真題）電子印制工業(yè)產(chǎn)生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對其處理的流程如圖。
Sn與Si同族，25℃時相關的溶度積見表。
(1)Na2SnO3的回收
①產(chǎn)品Na2SnO3中Sn的化合價是______。
②退錫工藝是利用稀HNO3與Sn反應生成Sn2+，且無氣體生成，則生成的硝酸鹽是_____，廢液中的Sn2+易轉(zhuǎn)化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2，焙燒時，與NaOH反應的化學方程式為______。
(2)濾液1的處理
①濾液1中Fe3+和Cu2+的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。
②25℃時，為了使Cu2+沉淀完全，需調(diào)節(jié)溶液H+濃度不大于______ml?L-1。
(3)產(chǎn)品中錫含量的測定
稱取產(chǎn)品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護下，先用Al片將Sn4+還原為Sn2+，再用0.1000ml?L-1KIO3標準溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過程中IO被還原為I—，終點時消耗KIO3溶液20.00mL。
①終點時的現(xiàn)象為______，產(chǎn)生I2的離子反應方程式為_____。
②產(chǎn)品中Sn的質(zhì)量分數(shù)為_____%。
【答案】(1) +4價 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
(2) Fe(OH)3 2×10-7
(3) 滴入最后一滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)不褪色 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6%
【分析】由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉(zhuǎn)化為二氧化錫，過濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉(zhuǎn)化為錫酸鈉后，水浸、過濾得到錫酸鈉溶液，溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到錫酸鈉。
【詳解】（1）①由化合價代數(shù)和為0可知，錫酸鈉中錫元素的化合價為+4價，故答案為：+4價；
②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應為錫與稀硝酸反應生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨，故答案為：Sn(NO3)2、NH4NO3；
③由沉淀1的主要成分是二氧化錫可知，焙燒時發(fā)生的反應為二氧化錫和氫氧化鈉高溫條件下反應生成錫酸鈉和水，反應的化學方程式為SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案為：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；
（2）①由溶度積可知，向濾液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀，故答案為：Fe(OH)3；
②由溶度積可知，25℃時，銅離子沉淀完全時，溶液中的氫氧根離子濃度為=5×10-8ml/L，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10-7ml/L，故答案為：2×10-7；
（3）①由題意可知，碘酸鉀先與二價錫離子反應生成碘離子，當二價錫反應完，碘離子與碘酸根反應生成碘單質(zhì)，碘遇淀粉溶液變藍色時，溶液由無色變?yōu)樗{色，則終點時的現(xiàn)象為滴入最后一滴碘酸鉀標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)不褪色，反應生成碘的離子方程式為IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案為：滴入最后一滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內(nèi)不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O；
②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗?L-1碘酸鉀溶液，則1.500g產(chǎn)品中錫元素的質(zhì)量分數(shù)為×100%=47.6%，故答案為：47.6%。
25．（2022·北京·高考真題）白云石的主要化學成分為，還含有質(zhì)量分數(shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。
已知：
(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學方程式為___________。
(2)用量對碳酸鈣產(chǎn)品的影響如下表所示。
備注：ⅰ、浸出率=(浸出的質(zhì)量/煅燒得到的質(zhì)量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、純度計算值為濾液A中鈣、鎂全部以碳酸鹽形式沉淀時計算出的產(chǎn)品中純度。
①解釋“浸鈣”過程中主要浸出的原因是___________。
②沉鈣反應的離子方程式為___________。
③“浸鈣”過程不適宜選用的比例為___________。
④產(chǎn)品中純度的實測值高于計算值的原因是___________。
(3)“浸鎂”過程中，取固體B與一定濃度的溶液混合，充分反應后的浸出率低于60%。加熱蒸餾，的浸出率隨餾出液體積增大而增大，最終可達98.9%。從化學平衡的角度解釋浸出率增大的原因是___________。
(4)濾渣C中含有的物質(zhì)是___________。
(5)該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是___________。
【答案】(1)
(2) ，在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故先浸出 2.4∶1 ，優(yōu)先析出，且氧化鈣也能轉(zhuǎn)化為碳酸鈣
(3)，，隨大量氨逸出，平衡正向移動
(4)
(5)
【分析】白云石礦樣煅燒后轉(zhuǎn)化為氧化鈣、氧化鎂，加入氯化銨溶解浸鈣，大部分鈣離子進入濾液A，通入二氧化碳生成碳酸鈣；過濾分離出含有鎂、鐵、硅元素的固體B，加入硫酸銨將鎂離子轉(zhuǎn)化為硫酸鎂溶液，加入碳酸銨生成碳酸鎂沉淀，煅燒得到氧化鎂；
【詳解】（1）白云石礦樣煅燒完全分解生成氧化鈣、氧化鎂、二氧化碳氣體，化學方程式為；
（2）①氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調(diào)節(jié)溶液的pH，由圖表可知，，在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，故首先溶解被浸出；
②沉鈣反應中通入二氧化碳和濾液中鈣離子、氨氣反應生成碳酸鈣沉淀和銨根離子，離子方程式為。
③由圖表可知，“浸鈣”過程的比例為2.4∶1時，產(chǎn)品中鎂元素雜質(zhì)最多且碳酸鈣純度最低，故不適宜選用的比例為2.4∶1。
④，在反應中會優(yōu)先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3質(zhì)量更小，二者共同作用導致產(chǎn)品中純度的實測值高于計算值；
（3）“浸鎂”過程中，發(fā)生反應：，，加熱蒸餾隨大量氨逸出，平衡正向移動，利于氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鎂；
（4）白云石的主要化學成分為，還含有質(zhì)量分數(shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進入濾液中，部分鈣進入B中加入硫酸銨后轉(zhuǎn)化為微溶于的硫酸鈣，氧化鐵、二氧化硅幾乎不反應進入濾渣中；“浸鎂”過程中，的浸出率最終可達98.9% ，則還有部分氧化鎂進入濾渣中，故濾渣C中含有的物質(zhì)是；
（5）沉鈣反應中通入二氧化碳生成碳酸鈣和氯化銨；“浸鎂”過程中加熱蒸餾會有大量氨逸出；濾液D加入碳酸銨生成碳酸鎂和硫酸銨，碳酸鎂煅燒生成二氧化碳；白云石煅燒也會生成二氧化碳；在流程中既是反應物又是生成物，故該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是。
溫度/℃
物質(zhì)
20
40
60
80
MgSO4
28.6
30.9
36
40.8
CaSO4
0.272
0.23
0.204
0.184
7.5
1.7
離子
Fe3+
Zn2+
開始沉淀pH
2.2
6.2
完全沉淀pH
3.2
8.2
物質(zhì)
主要成分
鈦鐵礦
主要成分是，含少量、等
浸液1
、、、、
濾液2
、、
金屬離子
Cu2+
Fe2+
Fe3+
Ca2+
Zn2+
Ni2+
開始沉淀的pH
4.2
6.3
1.5
11.8
6.2
6.9
沉淀完全的pH
6.7
8.3
2.8
13.8
8.2
8.9
難溶電解質(zhì)
Cu(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
Ksp
2.2×10-20
4×10-14
1.9×10-33
物質(zhì)
化學式
Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)
Fe(OH)3
Cu(OH)2
溶度積
1.0×10-56
4×10-38
2.5×10-20
物質(zhì)
氧化物()浸出率/%
產(chǎn)品中純度/%
產(chǎn)品中Mg雜質(zhì)含量/%
(以計)
計算值
實測值
2.1∶1
98.4
1.1
99.1
99.7
——
2.2∶1
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4∶1
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20

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