高考化学一轮复习：工业流程题

试卷第=page1717页，共=sectionpages1717页试卷第=page1616页，共=sectionpages1717页高考化学一轮复习：工业流程题1．（2022·重庆市育才中学模拟预测）硫酸铜晶体(CuSO4∙5H2O)是一种重要的化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业，它易溶于水，难溶于乙醇。现用铜矿石(主要成分为CuS、Cu2S、CuS，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等)制备硫酸铜晶体，工业流程如图所示：已知：I．“络合反应”中可形成配合物；II．在该工艺条件下，生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示。氢氧化物开始沉淀的pH7.76.51.14.2沉淀完全的pH10.48.963.36.7回答下列问题：(1)关于上述流程，下列说法正确的是___________(填选项字母)A．预处理时，用破碎机将铜矿石破碎成粒子直径＜1nm的铜矿粉，其目的是提高反应速率和浸取率B．“络合反应”中，高温可提高反应的速率C．“蒸氨”时，产生的气体有污染，经一定浓度的硫酸吸收所得的溶液可作化肥D．“一系列操作”中，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤(2)“反应I”后，过滤所得滤渣中含有S，写出其中Cu2S参与反应的离子方程式：___________。(3)“中和”时利用加入的氨水调节溶液的pH，应控制的pH范围为___________。(4)“络合反应”过程中，生成的化学方程式为___________。(5)“一系列操作”中，使晶体从溶液中析出，可采取的操作有___________(任写一条)。(6)晶体中所含结晶水通过重量分析法测定。①主要步骤：a．称量；b．置于烘箱中脱结晶水；c．冷却；d．称量；c．重复b~d至恒重；f．计算。步骤e的目的是___________。②在受热时质量分数(ω)随温度的变化情况如图所示：据此分析可知，若测得结晶水的含量偏低，则可能是因为受热后的晶体中存在___________(填化学式)导致的结果。2．（2022·山西运城·模拟预测）镍被广泛应用于石油化工、国防、冶金、电子等多个行业，为缓解镍资源的减少、提高资源利用率，一种从废催化剂(含Ni、NiO、CuO、FeO、MgO、ZnO、Al2O3等)中提取镍并回收多种有价金属的工艺流程如图所示：已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1×10-33、Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15，溶液中离子浓度≤1×10-5mol·L-1时认为该离子沉淀完全；②ZnO是两性氧化物。回答下列问题：(1)废催化剂需预先球磨，其目的为____。(2)“酸浸”时，硫酸溶液中所含H2SO4溶质的量一定、浸出时间和温度相同时，液固比(液固比=)与镍浸出率的关系如图所示。当液固比大于4：1时镍浸出率下降的原因为____。(3)将“焙烧”所得混合气通入水中可制得“酸浸”液，反应的化学方程式为____；用CuO和ZnO的混合物制备胆矾的方法为____。(4)“转化II”所得滤渣2的化学式为____；若滤液2中c(Ni2+)=0.2mol·L-1，则该工序需控制pH的合理范围为____。(5)滤渣3的主要成分的电子式为____。(6)“电沉积”时，阴极材料最适宜选用____，阳极的电极反应式为____。3．（2022·江苏扬州·模拟预测）锰酸锂()是一种锂离子电池正极材料。以软锰矿浆液(含及少量、、、、、等的氧化物)烟气脱硫吸收液为原料，制备锰酸锂的流程如下：(1)“浸取”在题图所示的装置中进行，反应生成，将转化为的离子方程式为_______。局部过量会产生，保持温度、流速、反应时间、反应物和溶剂的量不变，为减少的产生可采取的措施是_______。(2)“浸取”液除杂后可获得较纯的溶液(重金属离子质量浓度小于)。重金属离子质量浓度()在除杂中的变化如下表所示。已知：①的价格：3000元/吨；的价格：57500元/吨。②大量使用会造成污染，实验的滤液中按用量添加溶液沉淀重金属。③中和氧化液的在5～6之间。浸取液中沉淀完全，需要大于9.离子浸出液1058.2113156.8741.2320.5818.69中和氧化液3.516.2354.2637.6718.3217.89硫化后液0.430.890.590.130.060.04请设计“除杂”的实验方案：量取浸取液，_______，得到较纯的溶液。[须使用的试剂：、溶液、空气]。(3)为确定“锂化”需加入的的质量，需要知道沉锰所得固体[、和]中元素的质量。若与沉锰所得固体在恰好完全反应，则与、和需要满足的关系为_______。(4)固相法制备的实验过程如下：将高纯和按一定的比例混合均匀，控制温度为使其充分反应，两者恰好完全反应生成和气体。①纯净的分解为和的温度为，而固相法制备的实验中，当温度升高至时，便产生气体，其可能的原因是_______。②固相法制备的实验中产生的气体有_______。③用沉锰所得固体制备与固相法制备的相比，其优点为_______。4．（2022·新疆·三模）我国是最早制得和使用金属锌的国家。一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还有Fe3O4、CuO、PbO2等杂质)为原料制备锌的工艺流程如下：已知：25°C时相关物质的Ksp如下表：物质Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2Cu(OH)2Ksp5×10-185×10-171×10-382×10-132×10-20回答下列问题：(1)滤渣I的主要成分除过量MnO2外，还有S和___________(填化学式)。“浸出”时，MnO2氧化ZnS的离子方程式为___________。(2)“沉铁”时，滴加氨水需要调节pH最低为___________(残留在溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，沉淀完全)。(3)“萃取，反萃取”时发生的反应是M2++2HA(有机萃取剂)MA2+2H+，有机萃取剂可以分离ZnSO4和MnSO4。实验室进行萃取操作时，用到的玻璃仪器有___________、___________写出反萃取剂X的化学式___________。(4)“深度净化”中加Zn的目的是___________。(5)“电解沉积”过程中阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，阳极的电极反应式为___________。“电解沉积”后的溶液中可循环利用的物质为___________。5．（2022·新疆·克拉玛依市教育研究所三模）锌是一种应用广泛的金属。一种以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为____。(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有____。(3)氧化除杂工序中通入氧气的作用是____，ZnO的作用是____。(4)溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为____。为什么不能省去“还原除杂”步骤，直接在“氧化除杂”步骤中除去Cd2+____。(5)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为____；沉积锌后的电解液可返回___工序继续使用。(6)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质，“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为____。6．（2022·四川成都·三模）工业上以金焙砂酸浸液(主要成分为Fe2(SO4)3和FeSO4，忽略其它杂质)与硫铁矿(主要成分为FeS2，忽略其它杂质)为原料制备Fe3O4的流程如下：回答下列问题：(1)硫铁矿和金焙砂酸浸液反应的离子方程式为_______。还原时间与Fe3+还原率的关系如图甲所示，则最佳还原时间为a=_______小时，理由是_______。(2)操作I为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。(3)“溶解”并恢复室温后，若溶液中c(Fe2+)=2mol·L-1，为防止Fe2+沉淀，加CaO调pH最高为b=_______(已知Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16，lg5取0.7)。(4)加NaOH调pH时，pH与悬浊液中的关系如图乙所示，则调pH为c=_______(填具体值)，向调pH后的溶液中通入空气的目的是_______。(5)磁分离后所得副产物是一种盐，可用作建筑材料，其化学式为_______。7．（2022·安徽·模拟预测）废旧锂离子电池阴极材料回收再利用，在节约能源方面具有重要的意义。一种LiCoO2阴极材料回收再利用的工艺流程如图所示。回答下列问题：(1)滤渣I的成分为Al、CoO，“酸洗”的主要作用是___________。(2)滤渣II的成分为LiCoO2、CoO，“酸浸”发生的氧化还原反应的化学方程式为___________。(3)当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，Al3+恰好完全沉淀时，溶液的pH为___________；反应Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3的平衡常数K___________。[已知：Kb(NH3·H2O)=2.0×10-5，lg5=0.7，25°C时，Ksp[Al(OH)3]=5.0×10-33](4)CoC2O4和Li2CO3可在空气氛围中焙烧重新得到LiCoO2，发生的总化学反应方程式为___________；一般要求LiCoO2杂质含量极低，检验LiCoO2中Na2CO3是否洗涤干净的方法是___________。8．（2022·湖北·模拟预测）纳米氧化锌作为一种新型功能材料，在橡胶、涂料、陶瓷、防晒化妆品等领域广泛应用.以某烟道灰(主要成分为，另外含有少量等)为原料制备纳米的流程如图所示。已知常温时。回答下列问题：(1)料渣Ⅱ的化学成分是_______(2)调加入的X可能是_______，相关的离子方程式包括：①，②_______(3)写出氧化过程中生成的离子方程式：_______(4)除铜原理为，该反应的平衡常数K=_______(5)草酸锌晶体加热过程中固体质量随温度的变化情况如图所示①图中A转化为B的过程中发生反应的化学方程式为_______②实验室中证明得到的是纳米材料的方法是_______9．（2022·湖南·模拟预测）铁、钴、镍是第四周期第Ⅷ族元素，称为铁系元素，其合金及化合物在生产、生活中应用广泛。以含钴镍废料(主要成分为、，还含少量、和)为原料制备碳酸钴()和硫酸镍()的工艺流程如图。已知：常温下，，请回答以下问题：(1)“滤渣Ⅰ”的主要成分是_______。(2)“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式是_______，生产过程中发现实际消耗的量大于理论值，主要原因可能是_______。(3)“调”过程中生成黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式为_______。(4)已知“萃取”和“反萃取”可简单表示为。则在萃取过程中加入适量氨水，其作用是_______。“反萃取”需要往有机层中加入_______(填试剂名称)。(5)若“溶液”中，则“沉钴”过程的具体操作是_______。(6)硫酸镍可用于制备碱性镍氢电池电极材料，该电池工作原理为(为储氢合金)，写出电池充电时阳极的电极反应：_______。10．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）锌盐在化工、医药、电镀等方面都有重要应用。以硫化锌精矿为原料，选择在常压下，采用氧化-酸浸法进行实验生产的工艺如图所示。已知：①浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等；②pH=1.5时，除铁的化学方程式为3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4；③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39。回答下列问题：(1)浸出时，选用氧化-酸浸法而不直接选用酸浸法的优点是_______，氧化剂在稀硫酸介质中对硫化锌精矿进行浸取时所涉及的化学反应机理较为复杂，若氧化剂为稀硝酸时氧化产物为单质S，则发生反应的离子方程式为_______。(2)温度对硫化锌精矿的浸出率有重要的影响，从室温到100°C范围内，温度对硫化锌精矿的浸出率的影响结果如图所示：随浸出温度的升高，硫化锌精矿的浸出率显著提高的原因是_______；实际工业生产选用的合适温度为_______左右。(3)若氧化剂为H2O2，用离子方程式解释除铁之前需要加入氧化剂的目的：_______。测定除铁后的滤液中c(Fe3+)为0.003mol·L-1，则此时溶液的pH=_______。(4)除铁后再进一步调节pH=4左右，使其完全水解形成Fe(OH)3沉淀，即可达到除铁要求，不在除铁之前调节pH=4的原因是_______。(5)加入Zn的目的是_______。11．（2022·广东潮州·二模）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_______，还可使用_______代替硝酸。(2)沉淀A的主要成分是_______，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_______。(3)加氨水过程中加热的目的是_______。沉淀B的主要成分为、_______(填化学式)(4)草酸钙沉淀经稀处理后，用标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了的溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_______，(相对原子质量Ca：40)12．（2022·陕西榆林·模拟预测）一种矿物的孪生矿含有Pr2S3、FeS、SiO2等，利用该矿制取PrCl3晶体的工艺流程如下：已知：PrCl3(aq)+2Cl-(aq)(aq)

ΔH＞0.(1)实验室用氯化铁固体配制氯化铁溶液的具体操作为_______。(2)“溶浸”时Pr2S3可被FeCl3氧化，生成淡黄色的沉淀。写出Pr2S3被FeCl3氧化的离子方程式：_______；由于溶液酸性较强，该操作中易产生有毒气体，其化学式为_______，工业上可用_______(填化学式)来吸收处理。(3)"滤渣1”的主要成分有_______(填化学式)。(4)“调pH”时，可选用的试剂为_______(填标号)。A．Fe2O3 B．稀盐酸 C．Fe(OH)3 D．稀硫酸(5)用化学平衡移动的原理解释使用冰水浴的原因：_______。13．（2022·湖南·雅礼中学模拟预测）金属钼(Mo)、镍(Ni)是重要的战略金属，广泛应用在钢铁、化工等领域，辉银矿的主要，还含有Ni、V、Fe等金属元素，处理辉钼矿有火法和湿法两种工艺。下图是用NaClO溶液(pH>9)湿法浸取辉钼矿制备仲钼酸铵[]的工艺流程(已知：次氯酸钠溶液化学性质不稳定，常温下缓慢分解成NaCl，和)。请回答下列问题：(1)传统的火法工艺是在空气中灼烧辉铝矿得到和，和上述湿法工艺相比这种方法最大的缺陷是_______。(2)浸取辉钼矿之前要先将辉钼矿磨碎，目的是_______。(3)步骤①中溶于NaClO溶液，发生反应的离子方程式为_______。(4)步骤②由于易溶于有机萃取剂，可以发生草取。步骤③反萃取时使用的X试剂为_______，步骤②③的作用为_______。(5)某科研小组研究温度对步骤①中浸取率的影响。实验条件为NaClO)的浓度为130g/L，汉取液pH=9。反应时间1.5h温度控制为采用冷水浴冷却和不冷却两种，实验结果见下表：反应条性反应现象和结果冷水浴反应温度保持30℃左右，Mo元素的浸取率为83.3%。不冷却温度上升很快，最高为60℃左右，有大量的气泡产生，Mo元素的浸取率为7.8%。出现上表实验结果的原因为_______。(6)碳钢在空气中容易被腐蚀，加入钼酸盐有利于缓蚀，其缓蚀原理是在钢铁表面形成保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳铜管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入，则的作用是_______。14．（2022·湖南·长郡中学模拟预测）国内某钒制品厂钙法提钒工艺每年产生提钒酸性废水约400kt，其中硫酸锰和硫酸钙的含量较高，且含有少量的铝离子。在废水回用的过程中不断富集，影响工艺稳定性，因此必须对废水中的杂质离子加以脱除。以下是采用化学沉淀法处理钙法提钒废水并制备高纯碳酸锰的生产工艺流程。根据题意，回答下列问题：(1)已知步骤2中加少量是为了提供晶种，有利于滤渣Ⅱ的析出，则加入的试剂X最合理的是___________(填标号)。A．

B．

C．(2)步骤3中得到滤渣Ⅲ的离子方程式为：___________；该过程一般加氨水控制pH在6.8～7.2之间，其原因是___________。当锰离子恰好沉淀完全时，溶液的，则此时滤液Ⅲ中的浓度约为___________。已知：，的二级电离常数为，当离子浓度小于或等于，则该离子已沉淀完全。(3)已知步骤3过程中对废水锰去除率、产品锰品位及杂质含量的影响如下图所示：则工业上可采用___________沉锰。(4)步骤4中一系列的操作包括过滤、洗涤、110℃烘干，则检验沉淀是否洗涤干净的操作是___________。(5)已知该提钒废水锰离子的含量高达16.5％，该制品厂利用该工艺后高纯碳酸锰的年产量为124.2kt，求该工艺中锰的回收产率为___________。15．（2022·山东日照·三模）五氧化二钒常用于生产硫酸或石油精炼的催化剂。某化工厂从废钒催化剂中(含有等)回收和，既能避免环境污染，又能节约资源。回收工艺流程如下：已知：1：①"酸浸”时，和先与稀硫酸反应分别生成和；②有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强；③微溶于冷水、易溶于热水、难溶于乙醇；④溶液中与可相互转化：。回答下列问题：(1)滤渣2的成分主要有_______(填化学式)。(2)“酸浸”时，参与反应的离子方程式为_______。(3)“萃取”和“反萃取”时，将发生(其中R表示，表示有机萃取剂)。①“反萃取”操作加入的试剂是_______(填化学式)。②假设“滤液2”中，“萃取”和“反萃取”每进行一次，萃取率为90%，5次操作后，“滤液2”中残留的_______【萃取率=】。(4)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______。(5)①“沉钒”时生成，通入的作用是_______。②实验发现，温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是_______。16．（2022·江西·模拟预测）铜阳极泥含有Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se和Cu2S等，下图是从中回收Se和贵重金属的工艺：已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+⇌R2Cu+2H+；②在碱性条件下很稳定，易与Ag+络合：Ag++2⇌[Ag(S2O3)2]3-，常温下该反应的平衡常数K=2.80×1013。回答下列问题：(1)写出“焙烧”时Ag2Se生成Ag2O的化学方程式_______，“洗气”时n(氧化剂)：n(还原剂)=_______。(2)写出“滤渣I”的一种用途_______；“酸浸氧化”中通入气体X可防止污染，写出X的名称_______。(3)在实验室进行萃取操作所需的玻璃仪器_______。“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。(4)“溶浸”中发生的反应为AgCl(s)+2(aq)⇌[Ag(S2O3)2]3-(aq)+C1-(aq)，通过计算说明该反应能否进行完全：_______。[已知Ksp(AgCl)=1.80×10-10]。(5)“滤液IV”中含有Na2SO3，则“还原”中发生反应的离子方程式为_______。“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是_______(试用平衡原理解释)。17．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）高铁酸钾(K2FeO4)是一种多功能的新型水处理剂。一种湿法制备高铁酸钾的新工艺流程如图所示：已知：①高铁酸钾热稳定性差②在碱性环境中比酸性环境中相对稳定。回答以下问题：(1)高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为_______。(2)滤渣1的主要成分为(写化学式)_______。(3)写出“常温氧化”过程的离子方程式_______。(4)氧化时控温20~25°C，温度不能高于25°C原因是_______。(5)实验测得氧化时间、氧化剂浓度与K2FeO4产率、纯度的实验数据分别如图1、图2所示，为了获取更高纯度的高铁酸钾，反应时间应控制在________min，氧化剂浓度应控制在________mol·L-1。(6)可用滴定分析法测定粗K2FeO4的纯度，有关反应的离子方程式为①++2H2O=+Fe(OH)3↓+OH-②2+2H+=+H2O③+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O现称取1.980g粗高铁酸钾样品溶于适量氢氧化钾溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，将滤液加水配制成250mL溶液。每次取25.00mL，加入稀硫酸酸化，用0.1000mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93mL。则上述样品中高铁酸钾的质量分数为_______。(7)某工业废水含Mn2+(浓度为0.1mol·L-1)，可用高铁酸钾氧化混凝去除。为避免形成Mn(OH)2降低去除率，控制体系pH<_______(常温下Ksp[Mn(OH)2]=1×10-13)。18．（2022·北京市十一学校三模）铜矿石(主要成分、)的熔炼过程排放的烟气含有、等有害成分，水洗烟气形成污酸。工业上可以利用铁碳床处理污酸，将其中的S(Ⅳ)还原为，进而生成难溶于水的，除去污酸中S、及重金属元素。(1)用化学用语表示烟气溶于水显酸性的原因________。(2)采用铁碳床而非纯铁床的原因是________。(3)①铁碳床中铁碳比为1∶1条件下处理污酸，的去除率及质量浓度随反应时间变化如图所示。内，砷去除平均速率是________。②污酸经过铁碳床处理后，再加入或通入继续除砷，的去除率变化如图所示。反应，砷去除率随质量的变化

通入，砷去除率随反应时间的变化甲同学认为，加入相同物质的量的和，加入时的去除效率更好，相应的证据是________。(4)处理后污酸中砷的残留量的测定：取处理后的污酸，将其中的全部转化为，加入过量溶液和几滴淀粉，用电极进行电解，阳极附近溶液变蓝时，停止电解。电解过程中，阴极产生氢气，阳极产物与反应，将其氧化为。①电解时，阳极反应式为________。②电解结束时，通过导线的电量为Q(单位C)，处理后污酸中的残留量为________。(法拉第常数为F，表示每摩尔电子所带电量，单位)答案第=page3737页，共=sectionpages2020页答案第=page3636页，共=sectionpages2020页参考答案：1．(1)AD(2)Cu2S+2MnO2+8H+=2Mn2++2Cu2++S+4H2O(3)3.3≤pH＜4.2(4)CuSO4+5NH3·H2O+NH4HCO3=Cu(NH3)4CO3+(NH4)2SO4+6H2O(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥(6)

确保结晶水完全失去

CuSO4·H2O【分析】铜矿石中主要成分为CuS、Cu2S、CuS，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等，将矿石粉碎，可以增大反应物接触面积，然后与MnO2、H2SO4混合发生反应，反应产生Cu2+、Fe3+、Mn2+、S，酸性氧化物SiO2不溶，经过滤除去S、SiO2，然后向滤液中加入氨水，发生中和反应，调整溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，而不能使Cu2+形成沉淀，Fe(OH)3沉淀经过滤进入滤渣中，向滤液中加入氨水及NH4HCO3，发生络合反应形成Cu(NH3)4CO3，Mn2+形成MnCO3沉淀，经过滤除去；然后加热蒸氨，经过滤分离出Cu(NH3)4CO3，用70%的硫酸溶解得到CuSO4溶液，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CuSO4·5H2O晶体。(1)A．矿石粉碎成细小颗粒后增大了反应物的接触面积，可提高浸取率和反应速率，A正确；B．络合反应不易在高温下进行，这是由于发生络合反应，加入氨水和NH4HCO3，氨水易挥发，而NH4HCO3易分解，所以络合反应不宜在高温下进行，B错误；C．蒸氨时时，产生的气体为NH3、CO2，可用水吸收转化为NH4HCO3或(NH4)2CO3，可作化肥不必用H2SO4吸收，C错误；D．固、液分离的操作可采用常压过滤或者减压过滤，D正确；故合理选项是AD；(2)在反应Ⅰ中Cu2S与MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应，产生S、Cu2+、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：Cu2S+2MnO2+8H+=2Mn2++2Cu2++S+4H2O；(3)“中和”时利用加入的氨水调节溶液的pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀除去，而不能使Cu2+形成沉淀，Fe3+沉淀完全的pH为3.3，Cu2+开始形成Cu(OH)2沉淀的pH为4.2，因此应控制的pH范围为3.3≤pH＜4.2；(4)“络合反应”过程中，生成[Cu(NH3)4]CO3，则加入的反应物有氨水及NH4HCO3，反应的化学方程式为CuSO4+5NH3·H2O+NH4HCO3=Cu(NH3)4CO3+(NH4)2SO4+6H2O；(5)从浸取液中得到CuSO4·5H2O的一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶，析出晶体后，再经过滤、洗涤，除去晶体表面可溶性杂质，再干燥就得到相应产品；(6)晶体中所含结晶水通过重量分析法测定。①主要步骤：a．称量；b．置于烘箱中脱结晶水；c．冷却；d．称量；c．重复b~d至恒重；f．计算。在步骤e的目的是确保结晶水完全失去，减少实验误差；②CuSO4·5H2O中含有5个结晶水，每失去1个结晶水，质量分数会减少；根据图示物质质量减少的百分数分别是14.4%、14.4%、7.2%，可知CuSO4·5H2O在不同温度下失去结晶水数目依次是2个、2个、1个，得到的相应物质化学式分别是CuSO4·3H2O、CuSO4·H2O、CuSO4；若测得结晶水的含量偏低，说明其结晶水未完全失去，根据结晶水合物的稳定性,可知可能是因为受热后的晶体中存在CuSO4·H2O。2．(1)增大废催化剂与硫酸溶液的接触面积，加快“酸浸”速率，使“酸浸”反应更充分(2)液固比大于4：1时，硫酸浓度变小，反应速率减慢(3)

2SO2+O2+2H2O=2H2SO4

加入足量NaOH溶液溶解、过滤、洗涤，将滤渣用硫酸溶解后蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥(4)

Fe(OH)3、Al(OH)3

4.7≤pH<7(5)(6)

镍单质

2H2O-4e-=O2↑+4H+【分析】废催化剂(含Ni、NiO、CuO、FeO、MgO、ZnO、Al2O3等)加入硫酸酸浸后，金属单质和氧化物均溶于酸中形成相应的金属阳离子，即得到含Ni2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Zn2+和Al3+的浸出液，随后加入硫化钠，使溶液中铜离子与锌离子转化为硫化铜和硫化锌沉淀，通过过滤分离除去，则滤渣1的成分主要为CuS和ZnS，滤渣1经过过量氧气氧化可生成二氧化硫和相应金属氧化物CuO和ZnO，所以得到的混合气为氧气和二氧化硫，滤液1中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Mg2+和Al3+，经双氧水酸性条件下氧化后，Fe2+转化为Fe3+，氢氧化钠调节pH后使铁元素和铝元素以沉淀形式过滤除去，所以滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2主要含有Na+、Ni2+、Mg2+，加入NaF后，Mg2+以MgF2沉淀的形式过滤除去，滤液3中主要含有Ni2+，最终通过电沉积硫酸镍得到镍单质，据此分析解答。【详解】（1）废催化剂需预先球磨，可增大废催化剂与硫酸溶液的接触面积，加快“酸浸”速率，使“酸浸”反应更充分；（2）结合图象和工艺流程可知，液固比大于4：1时，硫酸浓度变小，反应速率会减慢；（3）根据上述分析可知，得到的混合气为过量的氧气和生成的二氧化硫，所以“焙烧”所得混合气通入水中可制得“酸浸”液后可循环利用，涉及的化学方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4；根据题干信息可知，ZnO是两性氧化物,所以可利用氢氧化钠先分离CuO和ZnO，然后过滤得到不溶于碱的CuO，再进行硫酸酸浸得到硫酸铜溶液，最终得到胆矾，故制备胆矾的方法为：加入足量NaOH溶液溶解、过滤、洗涤，将滤渣用硫酸溶解后蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥；（4）“转化II”主要是沉淀铁离子和铝离子，使镍离子在溶液中存留，所以所得滤渣2的化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3；若滤液2中c(Ni2+)=0.2mol·L-1，则镍离子开始沉淀所需的氢氧根离子浓度为，所以常温下溶液pH不能超过7，若要铁离子和铝离子沉淀完全，根据两者溶度积大小可知，只需求出铝离子沉淀的pH值即可，因铝离子沉淀的氢氧根离子浓度为，所以溶液中氢离子浓度=，其最低pH约为4.7，故该工序需控制pH的合理范围为4.7≤pH<7；（5）滤渣3的主要成分为氟化镁，属于离子化合物，其电子式为；（6）结合电解精炼铜的原理可推知，“电沉积”时，阴极材料最适宜选用镍电极，从而可制得精镍，阳极为惰性电极，则溶液中水失电子生成氧气和氢离子，其电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。3．(1)

加速搅拌(2)在搅拌下，向浸取液通入足量的空气，然后不断加入固体，至溶液为5～6时，停止加固体，静置过滤。向滤液中，边搅拌边滴加滤液体积1/100的溶液，静置过滤(3)(4)

与反应生成所需温度变低，更易发生反应(或参与反应，导致分解的历程发生变化，活化能降低，使得反应可以在较低温度下进行)

和

不需要高纯的与反应【分析】软锰矿浆（含及少量、、、、、等的氧化物）制备锰酸锂，软锰矿浆通入含二氧化硫的烟气，二氧化锰被二氧化硫还原为Mn2+，过滤滤液中加入氢氧化钠溶液沉锰，过滤向所得固体中加入Li2CO3锂化得到LiMn2O4，据此分析作答。(1)将还原转化为的离子方程式为。由于局部过量会产生，因此在保持温度、流速、反应时间、反应物和溶剂的量不变的情况下，为减少的产生可采取的措施是加速搅拌。(2)根据已知信息可判断“除杂”的实验方案为：量取浸取液，在搅拌下，向浸取液通入足量的空气，然后不断加入固体，至溶液为5～6时，停止加固体，静置过滤。向滤液中，边搅拌边滴加滤液体积1/100的溶液，静置过滤，得到较纯的溶液；(3)中Li和Mn的原子个数之比是1：2，设、、和的物质的量分别是xmol、amol、bmol、cmol，因此根据原子守恒可知，解得4x＝3a+b+c，即与、和需要满足的关系为。(4)①由于与反应生成所需温度变低，因此更易发生反应或参与反应，导致分解的历程发生变化，活化能降低，使得反应可以在较低温度下进行，从而在较低温度下产生气体；②将高纯和按一定的比例混合均匀，控制温度为使其充分反应，两者恰好完全反应生成和气体，根据①中分析可知一定有二氧化碳气体，反应中Mn元素化合价降低，根据电子得失可知氧元素化合价应该升高，所以还应该用氧气生成，因此固相法制备的实验中产生的气体有和。③用固相法制备需要高纯度的和，所以用沉锰所得固体制备与固相法制备的相比，其优点为不需要高纯的与反应。4．(1)

PbSO4

MnO2+ZnS+4H+=Mn2++Zn2++S+2H2O(2)3(3)

分液漏斗

烧杯

H2SO4(4)将溶液中的Cu2+转化为Cu(5)

2H2O-4e-=O2↑+4H+或4OH--4e-=O2↑+2H2O

硫酸或H2SO4【分析】锌精矿(主要成分是ZnS，还有FeO4、CuO，PbO2等杂质)加入MnO2、稀硫酸“浸出”，将ZnS转化为ZnSO4和S，将Fe3O4、CuO、PbO2转化为Fe2(SO4)3、CuSO4、PbSO4等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量MnO2外，还有S和PbSO4；滴加氨水需要调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，“萃取，反萃取”时发生的反应是M2++2HA(有机萃取剂)⇌MA2+2H+，分离出ZnSO4，深度净化时加Zn的将Cu2+转化为Cu除去；(1)“浸出”时，将ZnS转化为ZnSO4和S，将Fe3O4、CuO、PbO2转化为Fe2(SO4)3、CuSO4、PbSO4等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量MnO2外，还有S和PbSO4；MnO2氧化ZnS的离子方程式为ZnS+4H++MnO2=Mn2++Zn2++S+2H2O，故答案为：PbSO4；ZnS+4H++MnO2=Mn2++Zn2++S+2H2O；(2)“沉铁”时，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Fe3+完全沉淀的c(OH-)=mol/L=10-11mol/L，pH=3，故滴加氨水需要调节pH最低为3，故答案为：3；(3)进行萃取操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；“萃取”时，加入有机物，平衡向右移动，“反萃取”时，平衡向左移动，则应加入H2SO4，，故答案为：分液漏斗、烧杯；H2SO4；(4)“深度净化”中加Zn的目的是将Cu2+转化为Cu除去，故答案为：将Cu2+转化为Cu除去；(5)电解沉积过程中，是电解ZnSO4，阳极发生氧化反应，氢氧根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极方程式为2H2O-4e-═4H++O2↑，“电解沉积”后的溶液中可循环利用的物质为H2SO4；故答案为：2H2O-4e-=O2↑+4H+或4OH--4e-=O2↑+2H2O；硫酸或H2SO4。5．(1)2ZnS+3O22ZnO+2SO2(2)PbSO4(3)

将Fe2+氧化成Fe3+方便除去

调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全(4)

Zn+Cd2+=Zn2++Cd

在氧化除杂工序中加ZnO是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的pH至少需要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀(5)

Zn2++2e-=Zn

溶浸(6)2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S+2H2O【分析】由题给流程可知，浮选精矿焙烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧残留物中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物溶于稀硫酸得到可溶性硫酸盐，氧化铅与稀硫酸反应得到硫酸铅，二氧化硫与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液1；向滤液中通入氧气，将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入氧化锌调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液2；向滤液2中加入锌粉，将镉离子还原为镉，过滤得到镉滤渣3和硫酸锌滤液；电解硫酸锌溶液在阴极得到锌。(1)由分析可知，焙烧过程中主要反应为硫化锌高温条件与氧气反应生成氧化锌和二氧化硫，反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2，故答案为：2ZnS+3O22ZnO+2SO2；(2)由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅、硫酸铅，故答案为：PbSO4；(3)由分析可知，氧化除杂工序中通入氧气的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入氧化锌的作用是调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+方便除去；调节溶液的pH使Fe3+沉淀完全；(4)由分析可知，向溶液中加入锌粉目的是将镉离子还原为镉，反应的离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd；由表格数据可知，若完全除去溶液中镉离子，需要调节溶液pH至少为9.4，此时溶液中锌离子已经完全沉淀，所以不能直接在氧化除杂步骤中除去镉离子，故答案为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd；在氧化除杂工序中加ZnO是为了调节溶液pH，若要完全除去Cd2+，溶液的pH至少需要调节为9.4，此时Zn2+也会完全沉淀；(5)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，水在阳极得到电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电解硫酸锌溶液的总反应方程式为2ZnSO4+2H2O2Zn+2H2SO4+O2↑，电解液中的稀硫酸可以在酸浸工序继续使用，故答案为：Zn2++2e-=Zn；酸浸；(6)由题意可知，氧压酸浸中发生的主要反应为硫化锌酸性条件下与氧气反应生成锌离子、硫和水，反应的离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S+2H2O，故答案为：2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S+2H2O。6．(1)

2

因为2小时还原率接近100%，已经最高(2)

蒸发浓缩

冷却结晶(3)6.3(4)

9

使部分亚铁离子变成铁离子(5)CaSO4【分析】硫铁矿和金焙砂酸浸液反应，将二硫化亚铁氧化生成二氧化硫和硫酸亚铁，过滤得硫酸亚铁的晶体，加入氧化钙调节pH使之反应生成氢氧化亚铁和硫酸钙，再通入空气，加入氢氧化钠调节pH,使部分亚铁离子变成铁离子，使铁离子和亚铁离子比例为2:1，最后分离得四氧化三铁。据此解答。【详解】（1）硫铁矿和金焙砂酸浸液反应，铁离子和二硫化亚铁反应，铁离子氧化-1价，生成二氧化硫，同时生成亚铁离子，离子方程式为。还原时间与Fe3+还原率的关系如图甲所示，则最佳还原时间为a=2小时，理由是2小时时还原率已经最高了。（2）操作I为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（3）若溶液中c(Fe2+)=2mol·L-1，为防止Fe2+沉淀，Ksp[Fe(OH)2]=8×10-16，氢氧根离子浓度为，则氢离子浓度为，，pH=6.3。（4）结合图分析，产物要为四氧化三铁，即铁离子和亚铁离子比例为2:1，则对应的pH为9，通过空气的目的是将部分亚铁离子氧化生成铁离子。（5）硫酸亚铁溶液中加入氧化钙反应生成硫酸钙，硫酸钙可以调节水泥的硬化速度，作为建筑材料。7．(1)除去铝箔中的CoO，提高Co的回收率(2)2LiCoO2+4H2C2O4=2CoC2O4+2CO2↑+Li2C2O4+4H2O(3)

4.9

1.6×1018(4)

4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2+10CO2

取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，观察是否产生少量沉淀【分析】LiCoO2阴极材料真空煅烧后剥离，滤渣I的成分为Al、CoO，滤渣I加入H2C2O4“酸洗”后得到铝箔；滤渣II的成分为LiCoO2、CoO，滤渣II用“酸洗”后的溶液“酸浸”得到CoC2O4、Li2C2O4等，过滤后滤液加入Na2CO3调节pH得到Li2CO3、Al(OH)3，Al(OH)3进一步处理得到铝箔。（1）滤渣I的成分为Al、CoO，根据流程，滤渣I加入H2C2O4“酸洗”后得到铝箔，“酸洗”后的溶液对滤渣II进行“酸浸”时得到CoC2O4，故“酸洗”的主要作用是除去铝箔中的CoO，提高Co的回收率；答案为：除去铝箔中的CoO，提高Co的回收率。（2）滤渣II的成分为LiCoO2、CoO，滤渣II用“酸洗”后的溶液“酸浸”得到CoC2O4、Li2C2O4等，其中CoO与H2C2O4发生非氧化还原反应CoO+H2C2O4=CoC2O4+H2O，LiCoO2转化成CoC2O4时Co元素的化合价由+3价降至+2价，则H2C2O4被氧化成CO2，根据得失电子守恒、原子守恒，“酸浸”发生的氧化还原反应的化学方程式为2LiCoO2+4H2C2O4=Li2C2O4+2CoC2O4+2CO2↑+4H2O；答案为：2LiCoO2+4H2C2O4=Li2C2O4+2CoC2O4+2CO2↑+4H2O。（3）Al3+恰好完全沉淀时，溶液中c(OH-)===(mol/L)，c(H+)=mol/L，溶液的pH=-lg=4.9；反应Al3++3NH3·H2O⇌Al(OH)3↓+3的平衡常数K=====1.6×1018；答案为：4.9；1.6×1018。（4）CoC2O4和Li2CO3可在空气氛围中焙烧重新得到LiCoO2，Co元素的化合价由+2价升至+3价，C元素的化合价由+3价升至+4价转化成CO2，O2中O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒和原子守恒，发生的总化学反应方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2+10CO2；检验LiCoO2中Na2CO3是否洗涤干净只要检验洗涤液中是否有即可，方法是取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，观察是否产生少量沉淀，若不产生沉淀说明洗涤干净，反之洗涤不干净；答案为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2+10CO2；取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，观察是否产生少量沉淀。8．(1)和(2)

等任意一种含锌的难溶于水能溶于酸的化合物

或(3)(4)(5)

将适量的放入烧杯中，加入适量水并充分搅拌，然后用手电筒照向该烧杯，若观察到有一条光亮的通路，则证明得到的是纳米材料【分析】烟道灰加入稀硫酸酸浸，二氧化硅不反应成为料渣Ⅰ，铁、铜、锰转化为相应的硫酸盐；次氯酸钠具有强氧化性，加入次氯酸钠，二价锰被氧化生成沉淀，溶液加入锌、氧化锌、碳酸锌(能和氢离子反应且不引入新杂质)等调节使三价铁转化为氢氧化铁沉淀分离除去；得到溶液加入硫化锌除铜得到料渣Ⅱ，得到溶液加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终生成纳米氧化锌。【详解】（1）结合上下文得出，料渣Ⅰ是，料渣Ⅱ为新生成的和过量的；（2）调时加入的物质需要中和氢离子，使水解反应生成氢氧化铁沉淀，且不能引入新的杂质，所以加入的X可以是氧化锌或碳酸锌或锌单质等，相关的离子方程式为或；（3）的还原产物是，由流程图知的氧化产物是，可得，根据原子守恒和电荷守恒，确定反应物中应有水，生成物中应有，离子方程式为：；（4）；（5）①的摩尔质量为，的物质的量为，加热过程中，先失去结晶水，然后分解得到，的质量为，故A点对应物质是，的质量为，故B点对应物质为，则A转化为B的过程中反应中锌元素化合价不变生成氧化锌，碳元素一部分化合价升高生成二氧化碳、一部分化合价降低生成一氧化碳，反应的化学方程式为；②胶体是分散质粒子大小在的分散系，可以发生丁达尔现象；确定属于纳米材料的方法是取适量的放入烧杯中，加入适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验。9．(1)、(2)

酸浸后溶液中的催化分解或酸浸时温度过高使分解(3)(4)

促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率

稀硫酸(5)将固体缓慢加入“溶液”中并不断搅拌，控制(6)【分析】含钴镍废料主要成分为、，还含少量、和，加硫酸、过氧化氢酸浸时，中+3价被还原为，、、溶于硫酸分别生成、、，不溶，酸浸后过滤分离出，固体，滤液中含、、、、，加碳酸钠溶液调使转化为黄钠铁矾沉淀，再加萃取剂萃取，有机相含，水相含，水相中加碳酸氢铵生成CoCO3沉淀，有机相加稀硫酸反萃取得硫酸镍溶液。(1)和硫酸不反应，BaO和硫酸反应生成硫酸钡沉淀，所以“滤渣Ⅰ”的主要成分是、；(2)“酸浸”时被还原为，被氧化为氧气，发生氧化还原反应的离子方程式是；酸浸后溶液中的催化分解，所以实际消耗的量大于理论值；(3)加碳酸钠溶液调，硫酸铁和碳酸钠反应生成沉淀，该反应的离子方程式为；(4)在萃取过程中加入适量氨水，氢离子浓度降低，使平衡向正反应方向移动，提高萃取率。加入硫酸，氢离子浓度增大，可以使平衡向逆反应方向移动，所以“反萃取”需要往有机层中加入硫酸。(5)由流程图知，“沉钴”过程的目的是生成沉淀，因此加沉钴时，应避免生成沉淀，由知，若“溶液”中，=10-6.5mol/L，c(H+)=10-7.5mol/L，则应控制溶液，所以“沉钴”过程的具体操作是将固体缓慢加入“溶液”中并不断搅拌，控制。(6)充电时，阳极失去电子，发生氧化反应，根据总反应，阳极的电极反应为。10．(1)

用氧化-酸浸法不会产生硫化氢等污染性气体

3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O(2)

加快了浸取反应的速率，同时还增大了浸出物质的溶解度

90℃(3)

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

2(4)由于溶液中Fe3++量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难；还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失(5)除去Cu2+、Ni2+等杂质离子【分析】硫化锌精矿采用氧化-酸浸法，把硫化物氧化为单质硫，浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等，用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH=1.5发生反应3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4除铁，继续调节pH=4使Fe3+完全水解为Fe(OH)3，再加锌粉发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子得硫酸锌溶液，蒸发浓缩、结晶得硫酸锌晶体。（1）用酸浸法会产生硫化氢等污染性气体，而氧化—酸浸法可以将硫化物氧化为单质硫。若氧化剂为稀硝酸，氧化产物S，S元素化合价由-2升高为0，还原产物为NO，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O；（2）温度升高可以使化学反应速率加快，可以提高浸取率，同时温度升高可以使物质的溶解度增加，使浸取率提高。根据图可看出随温度升高浸出率升高，当温度达90°C后，浸出率变化不明显，选用90°C左右的温度较合适；（3）三价铁离子在pH较小时即可以沉淀完全，除铁之前加入氧化剂的目的是把二价亚铁离子氧化为三价铁离子，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。25°C时，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=3×10-39，溶液中c(Fe3+)为0.003mol/L，c(OH-)=，pH=2；（4）由于溶液中Fe3++量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难，还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失，所以不在除铁之前调节pH=4；（5）除铁之后的滤液中含有Cu2+、Ni2+等杂质离子，加入Zn发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子。11．(1)

将样品中可能存在的氧化为

双氧水()(2)

(或)

(3)

防止胶体生成，易沉淀分离

(4)45.0%【分析】水泥样品加入盐酸，不溶物为二氧化硅，铁、铝、镁、钙等氧化物溶于盐酸，滴加硝酸则生成的Fe为+3价；还可用其他强氧化剂代替过氧化氢；调节溶液pH值4-5，使Fe3+、Al3+生成沉淀，再用草酸钙检测溶液中的Ca2+含量。(1)根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需要除去这些杂质，因为Fe3+容易在pH较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋；加入的物质要具有氧化性，同时不能引入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；(2)根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A是二氧化硅；SiO2溶于氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；(3)盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、Al(OH)3；根据流程图，pH4～5时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO作氧化剂，化合价降低5价，H2C2O4中的C化合价由＋3价→＋4价，整体升高2价，最小公倍数为10，因此MnO的系数为2，H2C2O4的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3mol，n(Ca2+)=4.50×10－3mol，水泥中钙的质量分数为×100%=45.0%。12．(1)取氯化铁固体溶于浓盐酸中，搅拌溶解后加水稀释(2)

6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S

H2S

Ca(OH)2(3)S、SiO2(4)AC(5)由于PrCl3(aq)+2C1-(aq)(aq)是吸热反应，冰水浴时，温度降低，平衡逆向移动，使不断转化为PrCl3晶体而析出【分析】孪生矿(含有Pr2S3、FeS、SiO2等)中加入FeCl3溶液，Pr2S3、FeS都与FeCl3发生氧化还原反应，生成Pr3+、Fe2+、S等，过滤所得滤渣1的成分为S、SiO2；滤液1中含有Pr3+、Fe2+、Cl-等；往滤液1中加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+；调节pH，除去Zn2+、Fe3+转化为Zn(OH)2、Fe(OH)3沉淀而成为滤渣2；此时滤液中主要含有Pr3+、Cl-，蒸发浓缩，然后冰水浴冷却，可得到PrCl3晶体；(1)因为铁离子会水解呈酸性，所以配制氯化铁浸渍液时要求酸性较强，为防止铁离子水解，所以配制氯化铁溶液需要在浓盐酸中进行；故答案为：取氯化铁固体溶于浓盐酸中，搅拌溶解后加水稀释；(2)“溶浸”时，加入的FeCl3溶液会与Pr2S3、FeS发生反应生成沉淀S和PrCl3，反应的离子方程式为6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S，溶液显酸性，会产生硫化氢气体，在工业上可以采用石灰乳来吸收；故答案为：6Fe3++Pr2S3=2Pr3++6Fe2++3S；H2S；Ca(OH)2；(3)SiO2难溶于水，“溶浸”时反应生成S单质也难溶于水，则"滤渣1”的主要成分有S、SiO2；(4)调节溶液pH，将Zn2+、Fe3+转化为Zn(OH)2、Fe(OH)3沉淀，选择可以消耗H+的物质，可选Fe2O3、Fe(OH)3，故选：AC；(5)已知：PrCl3(aq)+2Cl-(aq)(aq)ΔH＞0，使用冰水浴得到PrCl3晶体的原因：由于PrCl3(aq)+2C1-(aq)(aq)是吸热反应，冰水浴时，温度降低，平衡逆向移动，使不断转化为PrCl3晶体而析出。13．(1)生产中生成大量废气(2)增大与NaClO溶液的接触面积，加快反应速率，提高产率(3)(4)

氨水

使富集，除去杂质离子(5)辉钼铝矿浸取是放热反应，降低温度会使反应进行彻底，并避免NaClO分解(6)替代空气中氧气起氧化剂作用【分析】被NaClO溶液氧化为、，调节溶液的pH＜1，转化为，用有机溶剂萃取，在有机层加入氨水，特化为可溶于水的，蒸溶液得到。（1）传统的火法工艺，被空气中的氧气氧化为和，该反点的化学方程式为；有毒，和湿法工艺相比这种方法最大的缺陷是生成大量气体，污染空气；（2）将辉钼矿磨碎能增大其与NaClO溶液的接触面积，加快反应速率；（3）步骤①中被NaClO溶液氧化为、，1mol失18mol电子，1molNaClO得2mol电子，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为；（4）根据题意，在酸性溶液下存在，在碱性条件下存在，步骤③反萃取时使用的X试剂为氯水，步骤②③可以除去、、等杂质离子，也可以使富集；（5）不冷却时温度上升很快，可知反应放热；由“有大量的气泡产生”可推测有气体产物生成，Mo元素的浸取率只有7.8%，可知高温条体下NaClO分解放出氧气，降低温度，会使被NaClO溶液氮化为、的反应进行彻底，并能避免NaClO分解；（6）密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼盐外还需加入，相当于空气，的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用。14．(1)A(2)

pH过低会造成碳酸锰溶解，pH过高会析出氢氧化锰沉淀

0.17(3)1.9(4)取最后一次洗涤液，先加盐酸，再加氯化钡溶液，无沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净(5)90％【分析】提钒废水加入CaCO3调节pH约为5.5，溶液中的铝离子转化为氢氧化铝，然后过滤，过滤得到滤渣Ⅰ为氢氧化铝，滤液Ⅰ加入X为(NH4)2C2O4，加少量CaC2O4是为了提供晶种，除去溶液中的钙离子，过滤得到滤渣Ⅱ为草酸钙，滤液Ⅱ中加入NH4HCO3溶液和氨水，溶液中的锰离子生成MnCO3，同时得到滤液Ⅲ为硫酸铵溶液，过滤得到滤渣Ⅲ为MnCO3，经过一系列操作得到纯品MnCO3，据此解答。（1）已知步骤2中加少量CaC2O4是为了提供晶种，有利于滤渣Ⅱ的析出，则加入的试剂X最合理的是(NH4)2C2O4，故答案为：A；（2）步骤3锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰，得到滤渣Ⅲ的离子方程式为；该过程一般加氨水控制pH在6.8～7.2之间，其原因是：pH过低会造成碳酸锰溶解，pH过高会析出氢氧化锰沉淀；当沉淀完全时，，此时滤液中，则；（3）由图可知，1.9时废水锰去除率最高，可用于工业上沉锰；（4）由分析可知滤液Ⅲ为硫酸铵溶液，步骤4中检验沉淀是否洗涤干净即检验是否存在硫酸根，操作是：取最后一次洗涤液，先加盐酸，再加氯化钡溶液，无沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净；（5）每年产生的提钒废水中含的物质的量为：，则每年理论上可生产的质量为：，则的年回收产率为％=90％。15．(1)(2)(3)

(4)(5)

加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成品体析出

原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降【分析】废催化剂经过酸浸后，和先与稀硫酸反应分别生成和，然后与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，滤液中的金属离子主要有Al3+、Fe3+、Fe2+、和，滤渣1为SiO2，滤液1加过氧化氢氧化后，Fe2+被氧化为Fe3+，用KOH调pH值除去Al3+、Fe3+，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，酸性条件下转化为，加氯化铵沉钒得到NH4VO3，煅烧得到V2O5；水相1中为硫酸钾，结晶得到硫酸钾固体。（1）根据分析，滤渣2的主要成分为：Al(OH)3和Fe(OH)3；（2）根据分析，与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，离子方程式为：；（3）根据方程式：，加入H2SO4可使平衡逆向移动，进行反萃取操作；5次操作后，“滤液2”中残留的：；（4）根据分析，有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，离子反应方程式为：；（5）“沉钒”加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成品体析出；温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是：原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降。16．(1)

2Ag2Se+3O22Ag2O+2SeO2

l：2(2)

制作饰品、催化剂等

氧气(3)

分液漏斗、烧杯

HNO3(4)K'==Ks