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2024年高考真题和模拟题化学分类汇编（全国通用）专题12 工艺流程综合题（解析版）
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这是一份2024年高考真题和模拟题化学分类汇编（全国通用）专题12 工艺流程综合题（解析版），共51页。试卷主要包含了铍用于宇航器件的构筑等内容，欢迎下载使用。
考点 工艺流程综合题
1．（2024·浙江6月卷）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。
已知：①；
②电解前后总量不变；③易溶于水。
请回答：
(1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
(2)下列说法正确的是_______。
A．电解池中发生的总反应是(条件省略)
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．化合物C在水溶液中最多可中和
D．的氧化性弱于
(3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。
【答案】(1) 还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑ PbO或Pb(OH)2或PbCO3
(2)AB
(3) 加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- +3OH-=+X-+2H2O
【分析】铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，化合物C()水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。
【解析】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
（2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：(条件省略)，A正确；
B． 据分析，铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确；
C． 据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则化合物C在水溶液中最多可中和，C错误；
D． 的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于，D错误；
故选AB。
（3）
①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=+X-+2H2O。
2．（2024·安徽卷）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1)位于元素周期表第 周期第 族。
(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为 。
(4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为。
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
(6)“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 。
(7)可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因： 。
【答案】(1) 四 ⅠB
(2)Cu2+
(3)
(4)AgCl
(5)
(6)3：4
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。
【解析】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：；
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
3．（2024·湖北卷）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为：
已知：
回答下列问题：
(1)基态的轨道表示式为 。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。
(3)“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是 。
(4)写出反萃取生成的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。
(6)与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为 。
【答案】(1)
(2)快速冷却
(3)无明显现象
(4) 反萃取
(5)增强熔融氯化铍的导电性
(6)。
【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
【解析】（1）
基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为。
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
（4）反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。
4．（2024·甘肃卷）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
(1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
(4)铝产品可用于 。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。
【答案】(1)NH3
(2)SiO2
(3) ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水
(5) Ca3N3B
【分析】高炉渣(主要成分为，，和等)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。
【解析】（1）由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水；
（5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。
5．（2024·河北卷）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低溶液的浓度
【答案】(1)
(2)
(3) 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换
(4)
(5)bd
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。
【解析】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。
（3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意；
故选bd。
6．（2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
(有机层)
已知：
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。
(3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。
①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。
【答案】(1) 浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5min后，溶液酸性减弱，水解生成进入滤渣
(2) 随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多 2:1
(3) 2:1
【详解】（1）①钕铁硼在空气中焙烧后得到的、均可溶于盐酸，得到含有和的溶液。由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为。
②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，约5min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小。
（2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。
（3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和CO2，该反应的离子方程式为。
②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5ml-=，因此可以确定该产物中的比值为。
7．（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为 。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
【答案】(1) 1:1 H2S
(2)热浸
(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4) C
(5)阳极
【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
【解析】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
8．（2024·湖南卷）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在；
② ；
③易从溶液中结晶析出；
④不同温度下的溶解度如下：
回答下列问题：
(1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。
(4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】(1) ds 3d104s1
(2)
(3) 使银元素转化为AgCl沉淀 0.5
(4)0.05
(5) 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3含有Ag2SO3；滤液2中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1；
（2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是使银元素转化为AgCl沉淀；
②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5ml⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则另，由，可得，即浓度不能超过；
（4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时；
（5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。
9．（2024·黑吉辽卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。
(2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。
(4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。
A．无需控温B．可减少有害气体产生
C．设备无需耐高温D．不产生废液废渣
(5)“真金不拍火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。
(6)“沉金”中的作用为 。
(7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】(1)CuSO4
(2)
(3)
(4)BC
(5)做络合剂，将Au转化为从而浸出
(6)作还原剂，将还原为Au
(7) NaCN
【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。
【解析】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；
（4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；
B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；
C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；
D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；
故选BC；
（5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，将Au转化为从而浸出；
（6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au；
（7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
10．（2024·全国甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
(2)“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中 ，据此判断能否实现和的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【答案】(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
(2)
(3) 不能
(4)
(5)
(6)
(7)向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到C(OH)3。（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即为转化为CSO4，反应的化学方程式为。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和C2+的完全分离。（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为。（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化，为了保证被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为。（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
11．（2024·新课标卷）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。
【答案】(1) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
(2) 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液
(3)
(4) 、
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
【解析】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
（2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加；
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、；
（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。
12．（2024·浙江1月卷）固态化合物Y的组成为，以Y为原料实现如下转化。
已知：与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
(1)依据步骤Ⅲ，、和中溶解度最大的是 。写出溶液C中的所有阴离子 。步骤Ⅱ中，加入的作用是 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．气体D是形成酸雨的主要成分B．固体E可能含有
C．可溶于溶液D．碱性：
(3)酸性条件下，固体(微溶于水，其还原产物为无色的)可氧化为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有元素 ；写出转化为的离子方程式 。
【答案】(1) MgCO3 、、OH-、Cl- 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀
(2)BC
(3) 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素
【分析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。
【解析】（1）①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大；
②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根；
（2）A．气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A错误；
B．固体E可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：，当二氧化碳少量时，所以可能含有Na2CO3，故B正确；
C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C正确；
D．碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误；
故选BC。
（3）①酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素；
②根据题目信息可知。
考点 工艺流程综合题
1．（2024·湖北宜荆一模）某工厂用废旧钴基合金制备（主要成分为，还含有、、、、等），工艺流程如下：
已知：①该工艺条件下，、不能氧化，部分金属氢氧化物沉淀时如下表
②室温下，，
回答下列问题：
(1)“碱浸”时反应的离子方程式为 。
(2)“酸浸”所得“浸渣”的成分为 。
(3)“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是 。
(4)“沉镁”时反应的离子方程式为 。若“沉镁”后的溶液中，则此时溶液的为 。
(5)“氧化”时反应的离子方程式为 。
(6)某钴单质催化剂（）的晶胞如图所示，其中8个原子位于顶点，8个原子位于棱上，4个原子位于晶胞内部，其余位于面上。已知晶胞底边长分别为和，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 。
【答案】(1)或
(2)、
(3)防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解
(4) 6
(5)
(6)
【分析】废旧钴基合金主要成分为，还含有、、、、等。用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝，滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁，滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁，滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁，滤液中加高锰酸钾、硫酸C2+被氧化生成沉淀。
【解析】（1）“碱浸”时氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为；
（2）“酸浸”时、和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，所得“浸渣”的成分为、；
（3）“除铁”时双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，双氧水易分解，浓氨水易挥发，为防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解，需要控制反应温度不能高于；
（4）“沉镁”时硫酸镁和HF反应生成沉淀MgF2，反应的离子方程式为。若“沉镁”后的溶液中，，
则 ，,则此时溶液的为6。
（5）“氧化”时加高锰酸钾把C2+被氧化成，反应的离子方程式为；
（6）根据均摊原则，晶胞中C原子数为，晶胞体积为，则该晶体密度为。
2．（2024·湖北武汉汉阳部分学校一模）回收废弃锂离子电池中的物质对工业可持续发展非常重要。利用对废弃的锂离子电池的正极材料进行氯化处理并再生的一种工艺路线如下：
已知：①；
②的溶液度曲线如图所示。
回答下列问题：
(1)基态C原子的价层电子的轨道表示式为 。
(2)“烧渣”是LiCl、和的混合物，“氯化焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。
(3)常温下，为了使“沉钴”过程中沉淀完全，溶液的pH应该不低于 ［已知lg2≈0.3，c(C2+)≤1×10-5ml/L时，可认为沉淀完全］。
(4)为提高的析出量和纯度，“沉锂”操作后进行的操作依次为 、 、洗涤、干燥。
(5)该工艺流程中可循环利用的物质为 。
(6)“煅烧”过程中生成的化学方程式为 。
(7)在空气中“焙烧”时固体残留率(固体残留率)随温度的变化如下图所示。为了获得纯净的，则该步骤应该控制的温度为___________。
A．300~400℃B．500~800℃C．850~900℃D．1000℃以上
【答案】(1)
(2)
(3)9.4
(4) 蒸发结晶 趁热过滤
(5)
(6)
(7)B
【分析】粗品中加入四氯化硅氯化焙烧，发生反应，得到的“烧渣”是LiCl、和的混合物，将烧渣进行水浸，SiO2难溶于水，过滤得到的滤渣1为二氧化硅，滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉钴，得到C(OH)2，过滤后将滤渣通入空气焙烧得到C3O4，C3O4中加入Li2CO3并通入空气煅烧得到；滤液中加入碳酸钠溶液沉锂得到碳酸锂。
【解析】（1）C的原子序数为27，基态C原子的价层电子排布式为，其价层电子的轨道表示式为；
（2）由题图可知，“氯化焙烧”的反应物为、，生成物为LiCl、、和，则发生反应的化学方程式为；
（3）恰好沉淀完全时，，，，则，pOH=5.5-3lg2≈4.6，pH≈14-4.6=9.4，即要使沉淀完全，溶液的pH应不低于9.4；
（4）由碳酸锂的溶解度曲线可知，温度越高，碳酸锂的溶解度越小，越有利于析出，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“沉锂”操作后应进行的操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
（5）由题图可知，“氯化焙烧”时生成： ，而煅烧时需要氧气，所以可循环利用的物质为；
（6）由题意可知，“煅烧”过程中反应物有、，产物有，其中C元素化合价升高、被氧化，由氧化还原原理及元素守恒可知，反应物中还有空气中的，生成物还有，反应的化学方程式为：；
（7）假设所取的质量为100g，，，当剩余固体为时，其质量为，此时固体残留率为86.38%，由题图可知，该步骤应该控制的温度为500～800℃，故答案为：B。
3．（2024·重庆十八中两江实验学校一诊）镍酸锂()是一种具有潜力的锂离子材料。 以镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下。
回答下列问题：
(1)“酸浸”中，镍浸出率与液固比(稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量比)的关系如图1所示，最佳液固比为 。当液固比一定时，镍浸出率与温度的关系如图2所示，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是 。
(2)“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(3)“除钙”步骤中pH不能过低的原因是 。“除钙”不能在玻璃仪器中进行，其原因是 (用化学方程式表示)。
(4)已知“滤渣3”的主要成分是，则“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是 。
(5)“沉镍”时得到碳酸镍()沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，请写出该反应的化学方程式： 。
【答案】(1) 3 温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加
(2)
(3) 酸性过强，与结合生成HF，浓度降低导致除钙不完全
(4)除去溶液中的
(5)
【分析】镍催化剂废渣加入稀硫酸酸浸，镍、锌、铁、钙转化为相应的盐溶液，二氧化硅不反应成为滤渣1，过滤后加入次氯酸钠溶液将氧化为并沉淀除去，生成的沉淀即为滤渣2，过滤后加入氟化铵溶液生成氟化钙沉淀除去钙，即滤渣3为CaF2，过滤加入有机萃取剂萃取出，然后向水层溶液中加入碳酸钠溶液得到镍的沉淀，含镍沉淀中加入通入空气在900℃时高温煅烧反应生成镍酸锂，据此分析解题。
【解析】（1）由图可知，液固比为3时，镍浸出率已经达到最高值，且再增加液固比，镍浸出率不再提高，故最佳液固比为3；当液固比一定时，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加，故答案为：3；温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加；
（2）由分析可知，“除铁”即加入次氯酸钠溶液将氧化为并生成的沉淀，故该步骤中发生反应的离子方程式为：。
（3）“除钙”步骤是加入氟化铵溶液将转化为沉淀而除去，pH不能过低，酸性过强，与结合生成HF，浓度降低导致除钙不完全。“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行，其原因是在酸性溶液中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，发生的反应为： 。
（4）除钙后，溶液中的杂质离子主要，“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是为除去溶液中的。
（5）“沉镍”时得到碳酸镍()沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，该反应的化学方程式：。
4．（2024·湖北襄阳四中一模）锑（Sb）及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧为原料制备Sb和的工艺流程如图所示。
已知：
Ⅰ.粗锑氧主要成分为，含有PbO、、、ZnO、FeO等杂质；
Ⅱ.浸出液主要含、和，还含有、、和等杂质；
Ⅲ.为两性氧化物；
Ⅳ.25℃时，、
回答下列问题：
(1)已知在熔融状态下不导电，则是 化合物（填“共价”或“离子”）。
(2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中Sb将转化为，该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，避免在滤渣Ⅱ中混入杂质 （填化学式）。
(3)“过滤”得到滤渣成分SbOCl，加过量氨水对其“除氯”的化学反应方程式为 ，“除氯”步骤能否用NaOH溶液代替氨水，原因是： 。
(4)“除砷”时有生成，该反应的离子方程式为 。
(5)“电解”过程中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式 ，当电压超过V时，单位时间内产率降低的原因可能是 。
(6)铈量法测定产物的纯度，操作方法为：称取0.30g样品溶于稀硫酸中，用0.2000ml/L的硫酸铈滴定，使用邻二氮菲-亚铁指示剂，发生反应：，重复3次实验平均消耗标准溶液15.60mL，则产物的纯度为 %。
【答案】(1)共价
(2)
(3) 不能，为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液
(4)
(5) 参与了电极反应
(6)75.92
【分析】粗锑氧主要成分为Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等杂质，加入盐酸、氯气浸取得浸取液，主要含Sb5+、H+、Cl-、Zn2+、Fe3+和As3+等杂质，滤渣1可回收Pb、Sn，锑粉还原高价金属离子，浸出液中加入Sb将转化为，Sb还原SbCl5生成SbCl3，加入时保证Zn2+沉淀完全，“除砷”时转化H3PO3和砷单质，剩余SbCl3溶液，电解得到Sb；SbCl3水解得到难溶于水的固体SbOCl、，“过滤”得到滤渣成分为SOC1，加氨水对其“除氯”发生，过滤、洗涤、干燥得到。
【解析】（1）已知在熔融状态下不导电、则熔融时无离子，则是共价化合物。
（2）Sb将Fe3+转化为Fe2+该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，因为与 的数值相近，不易于沉淀分离，沉淀pH值较大有利于与分离，则避免在滤渣Ⅱ中混入杂质。
（3）“过滤”得到滤渣成分SbOCl与氨水反应生成，因此“除氯”的化学反应方程式为，根据信息Ⅲ可知：“除氯”步骤不能用NaOH溶液代替氨水，原因是：为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液。
（4）“除砷”时有生成，为氧化还原反应，同时反应有As生成，该反应的化学方程式为，离子方程式为。
（5）当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式；当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是H+参与了电极反应。
（6）铈量法测定产物的纯度，存在关系式：，重复3次实验平均消耗0.2000ml/L的硫酸铈标准溶液15.60mL，则产物的纯度为。
5．（2024·河南许昌部分学校高考冲刺）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含、NiO、FeO、)中回收金属镍并转化为的流程如图所示：
回答下列问题。
(1)“滤液A”中主要溶质的化学式为 。
(2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与反应的化学方程式： 。
(3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得“滤渣”的主要成分的化学式是 。
(4)①“萃取”时发生反应(RH为萃取剂)，一定条件下，萃取平衡时，，则的苯取率为 。
②反萃取获得，溶液的实验操作是 。
(5)在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料，该反应的离子方程式为 。
(6)镍能形成多种不同的化合物。图a是镍的一种配合物结构，图b是镍的一种氧化物的结构，下列说法不正确的是_________(填字母)。
A．图a中，电负性
B．图a分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
C．图b是氧化镍(NiO)的一个晶胞
D．氧化镍中、的配位数都是6
【答案】(1)或
(2)
(3)
(4) 80% 在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液
(5)
(6)BC
【分析】废镍渣(含、NiO、FeO、)，粉碎后加入NaOH溶液碱浸，则废镍渣中的和NaOH反应，反应的离子方程式为+2OH-=2+H2O；通过过滤分离，剩下的物质经过焙烧加入，金属变成硫酸盐，、NiO、FeO与反应生成的盐为NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4，同时有氨气生成；95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3；经过萃取将Fe2+、Ni2+分离，得到含Ni2+的有机层，最后得到NiSO4；
【解析】（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为，“滤液A”中主要溶质为(或)；
（2）“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，则NiO与反应的化学方程式为；
（3）烧渣中含有、、，95℃热水“溶解”，水解为，则过滤所得“滤渣”的化学式为；
（4）①一定条件下，萃取平衡时，被苯取的即形成的的物质的量是残留在溶液中的4倍，则的萃取率为。
②在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到溶液；
（5）“反萃取”得到的溶液在碱性条件下可被NaClO氧化生成，该反应的离子方程式为；
（6）A. 元素非金属性越强电负性越强，故图a中，电负性，选项A正确；
B.氢键不是化学键，选项B错误；
C.各顶点不相同，所以不是晶胞，选项C错误；
D. 氧化镍中、均在顶点且各占一半，它们的配位数都是6，选项D正确；
答案选BC。
6．（2024·江西吉安一中一模）铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：
已知：
回答下列问题
(1)草酸泥渣“粉碎”的目的是 ，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为 。
(2)滤渣的主要成分为 、 。(填化学式)
(3)“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为 。(填化学式)
(4)“氧化”工序中发生反应的离子方程式为 。
(5)为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因： 。
(6)处理含的废水时，Cr(Ⅵ)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入10mlFeSO4，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)沉淀，理论上还需要投入Fe2(SO4)3的物质的量为 ml。
【答案】(1) 加快反应速率
(2) Fe(OH)3 Cu(OH)2
(3)NaCrO2
(4)
(5)硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降
(6)5
【分析】向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，调pH=9，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为；向烘干粉碎的草酸泥渣中加入碳酸钠焙烧，将硫酸铅转化为氧化铅，将焙烧渣水洗得到的氧化铅溶于硝酸溶液得到硝酸铅，将硝酸铅溶液和铬酸钠溶液混合反应，将铬酸钠转化为铬酸铅沉淀，过滤得到铬酸铅和滤液；向滤液中加入硫酸亚铁、硫酸铁，将溶液中的铬酸根离子转化为铁铬氧体，过滤得到达标排放的废水。
【解析】（1）将草酸泥渣“粉碎”可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为；
（2）向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣，所以滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2；
（3）向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，所以“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为NaCrO2；
（4）“氧化”工序是向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为，发生反应的离子方程式为；
（5）铬酸钠溶液存在如下平衡：，硝酸过量会使溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液中的铬酸根离子浓度减小，导致沉铬率下降，所以为了提高沉铬率， “酸溶”过程中所加硝酸不能过量；
（6）设加入硫酸铁的物质的量为aml，由铬原子个数守恒可知，铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)的物质的量为，由铁原子个数守恒可知10+2a=，由化合价代数和为零可得：3x+3y=6，由得失电子守恒可得：，解得a=5、x=、y=，故答案为：5ml。
7．（2024·广东惠州一模）氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为及大分子有机物和难溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。
已知：的电离常数
(1)溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的②过量的③过量的，正确的加入顺序为 。
A．②①③ B．③①② C．①③②
(2)在脱氯工序中加入除去游离的氯的离子方程式为 。
(3)用溶液吸收一定量气体形成缓冲溶液，时，溶液中 。
(4)利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的，通过“错流”方式截留下，使以渗透液的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表：
最好的选择是 膜，该膜脱硫率高的原因是 。
(5)一种镧镍储氢合金晶体的结构单元如图所示，“电解2”产生的与其结合后形成(进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变)。
①该晶体结构单元中， ，的配位数为 。
②该合金可以储存 。
【答案】(1)A
(2)Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+
(3)0.47
(4) 纳滤 与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力
(5) 5 18 9
【分析】由题给流程可知，向原盐中依次加入氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液溶浸，将溶液中的镁离子、钙离子、硫酸根离子和过量的钡离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，加入微生物后电解所得溶液，将有机物大分子在阳极转化为二氧化碳，继续电解直至得到氢氧化钠和含有氯气的氯化钠溶液，向溶液中加入亚硫酸钠溶液除去溶液中的氯气，将所得溶液降温结晶、过滤得到十水硫酸钠和精盐。
【解析】（1）溶浸工序中，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去溶液中的镁离子、加入过量氯化钡溶液的目的是除去溶液中的硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，所以除杂试剂正确的加入顺序为②①③或①②③，故选A；
（2）由分析可知，在脱氯工序中加入亚硫酸钠溶液的目的是除去溶液中的氯气，反应的离子方程式为Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+，故答案为：Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+；
（3）由电离常数可知，pH为10的溶液中=0.47，故答案为：0.47；
（4）由表格数据可知，与氯离子相比，硫酸根离子具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对硫酸根离子的静电排斥力大于对氯离子的静电排斥力，所以纳滤膜更有利于硫酸根离子更容易被截留，故答案为：纳滤；与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力；
（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镧原子个数为12×+2×=3个，位于面上和体内的镍原子个数为18×+6=15，则镧镍储氢合金的化学式为LaNi5，所以x=5；晶胞中镧原子与同层和上下层的镍原子距离最近，则镧原子的配位数为18，故答案为：5；18；
②由①可知，晶胞中含有3个LaNi5，由化学式LaNi5H6可知，1ml该合金可以储存氢气的物质的量为1ml×3×6×=9ml，故答案为：9。
8．（2024·河北邢台一模）是制造微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓、铁酸锌，还含少量及一些难溶于酸的物质}获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如图。
已知：①在酸性条件下不稳定，易转化为。
②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于时可视为沉淀完全。
③，。
回答下列问题：
(1)写出两条加快“浸出”速率的措施： 。
(2)中铁元素的化合价为 ，与稀硫酸反应的化学方程式为
(3)“调”时需调节溶液的最小值为 。
(4)“滤液1”中主要含有的金属阳离子为 ，检验“滤液1”中是否含有的试剂为 (填名称)。
(5)“转化2”加入铁粉时主要发生反应的离子方程式为 。
(6)“电解”反萃取液(溶质为)制粗镓后的电解废液经处理后可循环使用，电解废液的主要溶质为 (填化学式)。
(7)采用MOCVD(金属有机化合物化学气相沉积)技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为的可燃性气体，写出该反应的化学方程式： (不写条件)。
【答案】(1)适当加热、搅拌、增大稀硫酸浓度等合理答案
(2) +3
(3)5.3
(4) 硫氰化钾(或亚铁氰化钾)
(5)
(6)
(7)
【分析】炼锌矿渣{主要含铁酸镓、铁酸锌，还含少量及一些难溶于酸的物质}用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成粗Ga，粗镓与CH3Br反应生成Ga(CH3)3，MOCVD通入氨气制备GaN；
【解析】（1）适当加热、搅拌、增大稀硫酸浓度等均可加快“浸出”速率；
（2）中锌为+2价、氧为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，铁元素的化合价为+3价，与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水，反应的化学方程式为；
（3）调节pH，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子，，c(OH-)=ml/L，c(H+)=510-6，pH=6-lg5=5.3，则“调”时需调节溶液的最小值为5.3；
（4）根据分析可知，“滤液1”中主要含有的金属阳离子为，检验“滤液1”中是否含有的试剂为硫氰化钾(或亚铁氰化钾)；
（5）“转化2”加入铁粉时铁离子被还原为亚铁离子，主要发生反应的离子方程式为；
（6）“电解”反萃取液(溶质为)制粗镓后的电解废液经处理后可循环使用，阴极上水电离出的氢离子得电子产生氢气，电解废液的主要溶质为；
（7）采用MOCVD(金属有机化合物化学气相沉积)技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为的可燃性气体，则M==，则为甲烷气体，故该反应的化学方程式：。
9．（2024·河北衡水部分高中一模）硫酸是一种重要的大宗工业化学品，应用广泛，可实现下列转化：
(1)过程Ⅰ的化学方程式为 。
(2)已知硫酸分子结构为过程Ⅱ生成了焦硫酸钠，画出其阴离子的结构式 ；推测焦硫酸钠水溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)，用离子方程式表明原因 。
(3)，高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体。过程Ⅲ是将过量固体与磁铁矿熔融反应，产生了混合气体。
①写出检验混合气体成分的方案 。
②写出Na2S2O7只与磁铁矿发生反应的总化学方程式 。
(4)过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下反应得到苯磺酸，写出反应的化学方程式 。
【答案】(1)
(2) 酸性 或
(3) 先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2
(4) +H2S2O7+H2SO4
【分析】浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸氢钠和氯化氢气体，方程式为，硫酸氢钠固体在加热条件下生产焦亚硫酸钠和水，焦亚硫酸钠和磁铁矿（四氧化三铁）在加热条件下发生生成二氧化硫，据此回答。
【解析】（1）由分析知，过程Ⅰ的化学方程式为；
（2）
由硫酸的结构知，中阴离子焦亚硫酸根的结构式为；由于与水发生反应，故溶液显酸性；
（3），高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体，由分析知固体与磁铁矿熔融发生反应，故混合气体中含有二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫和三氧化硫混合气体的方法为：先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2；
（4）
过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下发生取代反应得到苯磺酸，反应的方程式为 +H2S2O7+H2SO4。
10．（2024·北京海淀期中）钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含、[Ni(CN)4]2-、等)并回收铬元素的工艺路线如下：
已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+
II．室温下相关物质的Ksp如下：
(1)向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体，补全该反应的离子方程式： 。
□CN-+□_____+□_____=□+□_____+□_____
②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因： 。
(2)用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH变化如图。与预调pH=6相比，pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高，可能的原因有 (写出两条)。
(3)沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为 。
(4)溶液2需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。
步骤1：取aL含Ba2+废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入指示剂，用0.1ml·L−1HCl标准溶液滴定至CrO全部转化为Cr2O，消耗HCl标准溶液的体积为bmL。
步骤2：取100mL蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1ml·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。
①步骤1中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是 。
②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1(写出表达式)。
【答案】(1) 2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl- ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀
(2)预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大
@预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀
(3)2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O
(4) 保证废水中Ba2+沉淀完全
【分析】流程分析：加石灰乳调节PH后， 转化为CaSO4沉淀（微溶），主要转化成；破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4 和BaSO4；加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和。
【解析】（1）①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体N2和，NaClO被还原为Cl-等无毒无害物质，CN-失去5个电子，ClO-获得2个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，ClO- 系数是5，反应的离子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl-；
②ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀，提高镍元素的去除率；
（2）①预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大；②预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀；
（3）沉淀2中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+ ，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O
（4）①保证废水中Ba2+沉淀完全
②根据离子方程式：+H2O2+2H+ ，n(H+) n()n(Ba2+)，步骤2消耗的HCl是与全部的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1消耗的HCl是与全部Ba2+反应后剩余的所需量，两者的差值即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)= n()=n(Ba2+)=（c-b）L×0.1ml·L−1，m(Ba2+)=137×（c-b）g；则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1
11．（2024·湖北圆创联盟一模）某制药厂的废钯催化剂含、、、、和活性炭，提取贵金属的流程如下：
已知：①铂系元素（包括Pt、Pd等六种元素）的单质均为惰性金属；
②性质较稳定，难溶于酸、碱，可溶于王水；
③、。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤的主要目的是除去活性炭，通常控制温度600℃、焙烧时间约，焙烧温度过高或时间过长均导致钯浸出率降低，原因是 。
(2)“浸渣”的成分是少量及 。
(3)“浸出”步骤中生成配合物，写出该反应的化学方程式 。
(4)“氨化”步骤中转化为，反应后溶液，此时溶液中 。
(5)“沉钯”步骤中的离子方程式为 。
(6)存在两种平面结构，将其记为A和B。查得25℃时A、B在水中的溶解度分别为0.2577g、0.0366g，A具有广谱的抗癌活性，写出A的结构式 （中共价键不必画出）。
【答案】(1)温度过高或焙烧时间过长会导致Pd与氧气生成PdO，使Pd的浸出率降低
(2)
(3)Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O
(4)0.03
(5)
(6)
【分析】废钯催化剂含Pd、Al2O3、CuO、Bi2O3、SiO2和活性炭，先在空气中焙烧除去活性炭，使其转化为二氧化碳，再对固体进行酸浸，Al2O3、CuO、Bi2O3溶解，SiO2不溶于酸，且由题知，有少量PdO生成，故浸出后的滤渣为SiO2和PdO，酸浸后的溶液中加入氨水调节pH，使Al3+、Bi3+以氢氧化物沉淀，再加入盐酸沉钯得Pd(NH3)2Cl2，再将其转化为钯；
【解析】（1）根据题给信息②可推知，温度过高或焙烧时间过长会导致难溶于“浸出”步骤的PdO生成，使Pd的浸出率降低；
（2）废催化剂含、、、、和活性炭，其中活性炭在焙烧中除去；其余物质中不溶于酸的仅有，焙烧可能生成极少量；
（3）由流程图可知该步反应物为、、，可由此得到方程式Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O；
（4）反应后溶液，即，，由可得，，即二者浓度之比为0.03；
（5）由（4）可知此时含的反应物为，由流程图知其余反应物为，生成物为难溶于水的。可由此得到方程式；
（6）根据数据，A在水中溶解度显著大于B，由“相似相溶”原理可推知A结构的极性应大于B，因此A结构中相同的基团应相邻，结构式为。
12．（2024·北京东城一模）溶液久置变为黄色(记为溶液A)。探究溶液A中阴离子的种类。
已知：
ⅰ.
ⅱ.某些盐的溶解性(注：、同主族)
ⅲ.、、、、ZnS均可被氧化。
(1)查阅资料可知，溶液变黄是因为生成了，转化为时，溶液的pH会 (填“升高”或“降低”)。
(2)探究溶液A中含硫粒子的种类。
①加入过量盐酸后的现象证实A中存在和 (填离子符号)。
②向少量含淀粉的稀碘水中滴加滤液2(已调至中性)， (填现象)，证实溶液A中有。
③加入过量溶液的目的是 。
(3)利用如下实验可测定中x的值。
【实验原理】，其中和的化学计量数之比等于 。通过测定和可确定x的值。
【实验过程】
实验Ⅰ
实验Ⅱ
①实验Ⅰ中加入的目的是除去，相关离子方程式是 。
②实验Ⅱ中操作X是加入 (补全试剂和操作)。
③用标准溶液滴定 (填序号，下同)，可确定；再用标准溶液滴定 ，可确定。(说明：滴定过程中需调节pH)
a．溶液A b．溶液 c．沉淀E d．溶液F
【数据处理】计算x的值。
【答案】(1)升高
(2) 溶液蓝色褪去 除去和，防止其干扰的检验
(3) (x-1)：1 过量溶液，过滤 c bd
【分析】(2)、同主族，根据元素周期律，两者的化合物性质相似，由沉淀2加过量盐酸时沉淀部分溶解产生刺激性气味的气体可知，沉淀2为SrSO3和SrSO4组成的混合物，即滤液1中存在着亚硫酸根离子和硫酸根离子，说明黄色溶液A中存在着亚硫酸根离子和硫酸根离子；黄色溶液A中加过量的，过滤得黄色沉淀1，其中加硫酸铜溶液沉淀变黑，黑色沉淀为硫化铜，沉淀1中有ZnS和S单质；又据题意知溶液中有，综上所述黄色溶液A中含S元素的离子有S2-、、、、。
(3)黄色溶液A中含S元素的离子为S2-、、、、，向其中加入过量的氢氧化锌浊液，过滤得到的白色沉淀含ZnS、不含硫单质，即将原有的S2-完全沉淀，剩下的黄色溶液M中含有、、、，往其中加过量的SrCl2溶液过滤，据题中表格所给信息可知，、完全沉淀，黄色溶液B中主要含有、，将所得溶液分成两等份得溶液B1和B2；黄色溶液B1中主要含有、，加入过量的亚硫酸钠溶液发生反应，被完全消耗，得到的无色溶液C中主要含有、、S2-，往其中加入过量的SrCl2溶液，将完全沉淀，在获得的溶液D中加过量的Zn(OH)2浊液，过滤得到的沉淀E为ZnS，溶液F中含。
【解析】（1）由题中信息：可知，S2-转化为需要硫单质的参与，即有硫离子转化为硫单质，其离子方程式为2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-，反应生成了OH-，所以溶液的pH升高；
（2）①沉淀2加过量盐酸时沉淀部分溶解产生刺激性气味的气体可知，沉淀2为SrSO3和SrSO4组成的混合物，即滤液1中存在着和硫酸根离子，说明黄色溶液A中存在着和；
②题中信息可知溶液A中有，且可被I2氧化，所以向少量含淀粉的稀碘水中滴加滤液2(已调至中性)，溶液蓝色褪去，证实溶液A中有；
③由题中信息ⅲ. 、、S2-、、ZnS均可被I2氧化可知，要用含淀粉的稀碘水证实溶液A中有，则要排除、S2-、的干扰(用过量的SrCl2溶液除去)，所以其中滴加过量的溶液的目的是除去和，防止其干扰的检验；
（3）由题中信息：以及可知，，即，所以其中和的化学计量数之比等于(x-1)：1；
①实验Ⅰ中加入Zn(OH)2的目的是除去S2-，相关离子方程式是；
②据以上分析可知，无色溶液C中主要含有、、S2-，往其中加入过量的SrCl2溶液，将完全沉淀，即实验Ⅱ中操作X是加入过量溶液，过滤；
③黄色溶液A中加入过量的氢氧化锌浊液，过滤得到的白色沉淀含ZnS、不含硫单质，说明溶液中原有的S2-完全沉淀，即沉淀E中的S2-应是转化来的，所以用碘单质标准溶液滴定沉淀E(ZnS可被I2氧化)，即可确定；据上分析可知，溶液F中的，包括两部分来源，第1部分来自原溶液B1，第2部分是黄色溶液B1加入过量的亚硫酸钠溶液发生反应生成的，用I2标准溶液滴定溶液F和溶液B2，这两者滴定的差值即是，故答案为：c；bd。
13．（2024·山东师范大学附属中学考前适应性测试）偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示：
已知25℃时：①，，，，
②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。
回答下列问题：
(1)加入适量的主要目的是 。
(2)“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗 (用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则 。
(3)“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为 (填化学式)。
(4)“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是 。
(5)“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为 。
【答案】(1)除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀)
(2)
(3)
(4)，F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全
(5)
【分析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2；
【解析】（1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4；
（2）“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子aml，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bml，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）ml÷2，、消耗硫离子(a+b)ml，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则；
（3）磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离；
（4）因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全；
（5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。
14．（2024·湖北宜荆荆第四次适应性考试）锌是一种应用广泛的金属。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：
回答下列问题：
(1)“焙烧”过程产生大量的SO2，可用氨水吸收再氧化得到一种氮肥，该氮肥的主要成分为 。
(2)①用稀硫酸完全溶浸后，过滤所得滤渣1的主要成分为 。滤渣1、滤渣2、滤渣3均需洗涤，证明三种滤渣洗涤干净的共同方法是 。
②常温下，有关金属离子沉淀的pH如下表所示(当离子浓度小于1.0×10-5ml/L时认为沉淀完全)。
“氧化除杂”中调pH的范围是 。
(3)“还原除杂”中反应的离子方程式为 。
(4)“还原除杂”后的滤液经操作 、过滤，洗涤，干燥，可得ZnSO4·7H2O晶体。
(5)用惰性电极电解硫酸锌溶液，如阴极生成10mlZn，理论上阳极产物的物质的量为 ml。电解后的电解液可返回 工序继续使用。
【答案】(1)硫酸铵 或 (NH4)2SO4
(2) 二氧化硅、硫酸铅 取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净 3.3 ≤ pH < 6.2
(3)Zn+Cd2+=Zn2++Cd
(4)蒸发浓缩，降温结晶
(5) 5 溶浸
【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)浮选得到精矿，精矿进行焙烧，得到Zn、Fe、Cd、Pb的氧化物，S元素转化为SO2气体，加入稀硫酸溶浸，得到Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cd2+，PbO转化为PbSO4沉淀，过滤，滤渣1中主要为SiO2、PbSO4，滤液中通入O2，加入ZnO进行氧化除杂，即将Fe2+全部转化为Fe3+，再调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤后，滤渣2为Fe（OH）3，滤液中加入锌粉，进行还原除杂，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，过滤，滤液经电解得到Zn。
【解析】（1）“焙烧”产生的SO2和氨水反应生成亚硫酸铵，再氧化生成硫酸铵；
（2）①稀硫酸完全溶浸后，SiO2不和稀硫酸反应，“焙烧”产生的PbO和稀硫酸反应生成难溶于水的硫酸铅，所以过滤所得滤渣1的主要成分为二氧化硅、硫酸铅。
根据工业流程可知滤渣1、滤渣2、滤渣3表面的杂质都含有硫酸根，所以可以通过检验硫酸根来判断滤渣是否洗净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净；
②根据金属离子沉淀的pH表，要保证铁离子完全沉淀，而锌离子不沉淀，则PH范围为3.3 ≤ pH < 6.2；
（3）根据工业流程还原除杂是出去Cd2+，所以离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd；
（4）从溶液中要得到硫酸锌晶体则需要蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥；
（5）阴极生成10 mlZn则转移的电子为20 ml，阳极的电极反应为2H2O-4e- = O2 ↑+ 4H+，根据得失电守恒阳极失去20 ml电子生成5 ml O2；阳极反应生成了H+并且溶液存在，可以返回溶浸工序继续使用。
15．（2024·山东淄博三模）以萤石尾矿（含、、及少量、、、、）为原料经过两段除铝制备锂盐和的工艺流程如下：
已知：与生成的可被萃取；
（有机相）（有机相）
回答下列问题：
(1)“加热酸溶”时滤渣Ⅰ的主要成分是和 ，“沉铁”后的pH （填“变大”“变小”或“不变”）。
(2)物质的溶解度曲线如图所示，“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为 。“精制Ⅱ”时，pH不宜过低的原因是 。
(3)“萃取”时，还需要加入的作用是 。“反萃取”中加入的反萃取剂为 （填化学式）。
(4)若不进行“操作X”，将导致 。“沉铍”时。将从提高到，则铍的损失降低至原来的 。
【答案】(1) 变小
(2) 加热浓缩、冷却结晶、过滤 与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低
(3) 增大的浓度，使转化成，提高的萃取率
(4) 沉铍时会混有杂质 10
【分析】萤石尾矿（含、、及少量、、、、）加入稀硫酸，加热酸溶，此时、、、、、、都发生溶解，只有不反应，、发生转化，生成CaSO4沉淀；故滤渣I为和CaSO4，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去；此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+；加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到，精制Ⅱ中溶液中的Al3+继续通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀除去；同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相含有Be2+、Fe3+，操作X为除去Fe3+，再加入氨水沉铍，据此分析解答。
【解析】（1）由分析知，“加热酸溶”时滤渣Ⅰ的主要成分是和，“沉铁”过程，加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，发生离子反应：，即反应生成H+，H+浓度增大，则“沉铁”后的pH变小。
（2）沉铁后的滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到。因为与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低，故“精制Ⅱ”时，pH不宜过低。
（3）已知：与生成的可被萃取，故“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大的浓度，使转化成，提高的萃取率；
向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为（有机相）（有机相），加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl。
（4）操作X为除去Fe3+，若不进行“操作X”，将导致沉铍时会混有杂质。“沉铍”时，=时，溶液中Be2+的浓度为，=时，溶液中Be2+的浓度为，溶液中的Be2+即为损失的Be2+，则将从提高到，则铍的损失降低至原来的。
16．（2024·辽宁沈阳第二中学模拟）二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①能与结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。
回答下列问题：
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示Ce(IV)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因： 。
(3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为： 。
(4)向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于 时，完全生成沉淀。(已知[])
(5)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着(0≤x≤0.25)的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。
(6)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为a pm。(已知：的空缺率=)
①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为 。
②晶体的密度为 (只需列出表达式)。
③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。
【答案】(1)将＋3价铈氧化为＋4价
(2)随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小
(3)
(4)9
(5)
(6) 10%
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。
【解析】（1）原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价。
（2）D随起始料液中变化的原因是：随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。
（3）依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式。
（4）Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5ml/L，依据Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，c(H+)=，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。
（5）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，写出方程式：。
（6）①根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为=4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm，为晶胞体对角线的，则晶胞边长为，晶体的密度为；
④CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2-的空缺率为=10%。温度℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
截留率
物质
反渗透膜(%)
纳滤膜(%)
超滤膜(%)
99
15.6
0
99
99
0
系数
离子
水合离子半径
扩散系数/
0.397
1.065
0.332
2.032
氢氧化物
化合物
CaSO4
BaSO4
BaCrO4
Ksp
4.9×10-5
1.1×10-10
1.2×10-10
盐
ZnS(白色)
CuS(黑色)
SrS
溶解性
难溶
极难溶
易溶
难溶
难溶
易溶
Fe3+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀pH
2.3
6.2
7.4
沉淀完全pH
3.3
8.7
9.4
考点 工艺流程综合题
1．（2024·浙江6月卷）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。
已知：①；
②电解前后总量不变；③易溶于水。
请回答：
(1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
(2)下列说法正确的是_______。
A．电解池中发生的总反应是(条件省略)
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．化合物C在水溶液中最多可中和
D．的氧化性弱于
(3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。
【答案】(1) 还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑ PbO或Pb(OH)2或PbCO3
(2)AB
(3) 加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- +3OH-=+X-+2H2O
【分析】铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，化合物C()水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。
【解析】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
（2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：(条件省略)，A正确；
B． 据分析，铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确；
C． 据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则化合物C在水溶液中最多可中和，C错误；
D． 的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于，D错误；
故选AB。
（3）
①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=+X-+2H2O。
2．（2024·安徽卷）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1)位于元素周期表第 周期第 族。
(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为 。
(4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为。
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
(6)“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 。
(7)可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因： 。
【答案】(1) 四 ⅠB
(2)Cu2+
(3)
(4)AgCl
(5)
(6)3：4
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。
【解析】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：；
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
3．（2024·湖北卷）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为：
已知：
回答下列问题：
(1)基态的轨道表示式为 。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。
(3)“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是 。
(4)写出反萃取生成的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。
(6)与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为 。
【答案】(1)
(2)快速冷却
(3)无明显现象
(4) 反萃取
(5)增强熔融氯化铍的导电性
(6)。
【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
【解析】（1）
基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为。
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
（4）反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。
4．（2024·甘肃卷）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
(1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
(4)铝产品可用于 。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。
【答案】(1)NH3
(2)SiO2
(3) ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水
(5) Ca3N3B
【分析】高炉渣(主要成分为，，和等)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。
【解析】（1）由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水；
（5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。
5．（2024·河北卷）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低溶液的浓度
【答案】(1)
(2)
(3) 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换
(4)
(5)bd
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。
【解析】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。
（3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意；
故选bd。
6．（2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为：
(有机层)
已知：
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。
(3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。
①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。
②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。
【答案】(1) 浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5min后，溶液酸性减弱，水解生成进入滤渣
(2) 随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多 2:1
(3) 2:1
【详解】（1）①钕铁硼在空气中焙烧后得到的、均可溶于盐酸，得到含有和的溶液。由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为。
②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，约5min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小。
（2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。
②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。
（3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和CO2，该反应的离子方程式为。
②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5ml-=，因此可以确定该产物中的比值为。
7．（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为 。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
【答案】(1) 1:1 H2S
(2)热浸
(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4) C
(5)阳极
【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
【解析】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
8．（2024·湖南卷）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在；
② ；
③易从溶液中结晶析出；
④不同温度下的溶解度如下：
回答下列问题：
(1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。
(4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】(1) ds 3d104s1
(2)
(3) 使银元素转化为AgCl沉淀 0.5
(4)0.05
(5) 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3含有Ag2SO3；滤液2中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1；
（2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是使银元素转化为AgCl沉淀；
②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5ml⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则另，由，可得，即浓度不能超过；
（4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时；
（5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。
9．（2024·黑吉辽卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。
(2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。
(4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。
A．无需控温B．可减少有害气体产生
C．设备无需耐高温D．不产生废液废渣
(5)“真金不拍火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。
(6)“沉金”中的作用为 。
(7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】(1)CuSO4
(2)
(3)
(4)BC
(5)做络合剂，将Au转化为从而浸出
(6)作还原剂，将还原为Au
(7) NaCN
【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。
【解析】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；
（4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；
B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；
C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；
D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；
故选BC；
（5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，将Au转化为从而浸出；
（6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au；
（7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
10．（2024·全国甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
(2)“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中 ，据此判断能否实现和的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
【答案】(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
(2)
(3) 不能
(4)
(5)
(6)
(7)向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到C(OH)3。（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即为转化为CSO4，反应的化学方程式为。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和C2+的完全分离。（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为。（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化，为了保证被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为。（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
11．（2024·新课标卷）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。
【答案】(1) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
(2) 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液
(3)
(4) 、
【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
【解析】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
（2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加；
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、；
（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。
12．（2024·浙江1月卷）固态化合物Y的组成为，以Y为原料实现如下转化。
已知：与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
(1)依据步骤Ⅲ，、和中溶解度最大的是 。写出溶液C中的所有阴离子 。步骤Ⅱ中，加入的作用是 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．气体D是形成酸雨的主要成分B．固体E可能含有
C．可溶于溶液D．碱性：
(3)酸性条件下，固体(微溶于水，其还原产物为无色的)可氧化为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有元素 ；写出转化为的离子方程式 。
【答案】(1) MgCO3 、、OH-、Cl- 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀
(2)BC
(3) 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素
【分析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。
【解析】（1）①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大；
②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根；
（2）A．气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A错误；
B．固体E可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：，当二氧化碳少量时，所以可能含有Na2CO3，故B正确；
C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C正确；
D．碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误；
故选BC。
（3）①酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素；
②根据题目信息可知。
考点 工艺流程综合题
1．（2024·湖北宜荆一模）某工厂用废旧钴基合金制备（主要成分为，还含有、、、、等），工艺流程如下：
已知：①该工艺条件下，、不能氧化，部分金属氢氧化物沉淀时如下表
②室温下，，
回答下列问题：
(1)“碱浸”时反应的离子方程式为 。
(2)“酸浸”所得“浸渣”的成分为 。
(3)“除铁”时需要控制反应温度不能高于的原因是 。
(4)“沉镁”时反应的离子方程式为 。若“沉镁”后的溶液中，则此时溶液的为 。
(5)“氧化”时反应的离子方程式为 。
(6)某钴单质催化剂（）的晶胞如图所示，其中8个原子位于顶点，8个原子位于棱上，4个原子位于晶胞内部，其余位于面上。已知晶胞底边长分别为和，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 。
【答案】(1)或
(2)、
(3)防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解
(4) 6
(5)
(6)
【分析】废旧钴基合金主要成分为，还含有、、、、等。用氢氧化钠“碱浸”生成四羟基合铝酸钠除氧化铝，滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁，滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁，滤液中加HF生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁，滤液中加高锰酸钾、硫酸C2+被氧化生成沉淀。
【解析】（1）“碱浸”时氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为；
（2）“酸浸”时、和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，所得“浸渣”的成分为、；
（3）“除铁”时双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，双氧水易分解，浓氨水易挥发，为防止双氧水分解，及浓氨水的挥发与分解，需要控制反应温度不能高于；
（4）“沉镁”时硫酸镁和HF反应生成沉淀MgF2，反应的离子方程式为。若“沉镁”后的溶液中，，
则 ，,则此时溶液的为6。
（5）“氧化”时加高锰酸钾把C2+被氧化成，反应的离子方程式为；
（6）根据均摊原则，晶胞中C原子数为，晶胞体积为，则该晶体密度为。
2．（2024·湖北武汉汉阳部分学校一模）回收废弃锂离子电池中的物质对工业可持续发展非常重要。利用对废弃的锂离子电池的正极材料进行氯化处理并再生的一种工艺路线如下：
已知：①；
②的溶液度曲线如图所示。
回答下列问题：
(1)基态C原子的价层电子的轨道表示式为 。
(2)“烧渣”是LiCl、和的混合物，“氯化焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。
(3)常温下，为了使“沉钴”过程中沉淀完全，溶液的pH应该不低于 ［已知lg2≈0.3，c(C2+)≤1×10-5ml/L时，可认为沉淀完全］。
(4)为提高的析出量和纯度，“沉锂”操作后进行的操作依次为 、 、洗涤、干燥。
(5)该工艺流程中可循环利用的物质为 。
(6)“煅烧”过程中生成的化学方程式为 。
(7)在空气中“焙烧”时固体残留率(固体残留率)随温度的变化如下图所示。为了获得纯净的，则该步骤应该控制的温度为___________。
A．300~400℃B．500~800℃C．850~900℃D．1000℃以上
【答案】(1)
(2)
(3)9.4
(4) 蒸发结晶 趁热过滤
(5)
(6)
(7)B
【分析】粗品中加入四氯化硅氯化焙烧，发生反应，得到的“烧渣”是LiCl、和的混合物，将烧渣进行水浸，SiO2难溶于水，过滤得到的滤渣1为二氧化硅，滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉钴，得到C(OH)2，过滤后将滤渣通入空气焙烧得到C3O4，C3O4中加入Li2CO3并通入空气煅烧得到；滤液中加入碳酸钠溶液沉锂得到碳酸锂。
【解析】（1）C的原子序数为27，基态C原子的价层电子排布式为，其价层电子的轨道表示式为；
（2）由题图可知，“氯化焙烧”的反应物为、，生成物为LiCl、、和，则发生反应的化学方程式为；
（3）恰好沉淀完全时，，，，则，pOH=5.5-3lg2≈4.6，pH≈14-4.6=9.4，即要使沉淀完全，溶液的pH应不低于9.4；
（4）由碳酸锂的溶解度曲线可知，温度越高，碳酸锂的溶解度越小，越有利于析出，为提高碳酸锂的析出量和纯度，“沉锂”操作后应进行的操作为蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
（5）由题图可知，“氯化焙烧”时生成： ，而煅烧时需要氧气，所以可循环利用的物质为；
（6）由题意可知，“煅烧”过程中反应物有、，产物有，其中C元素化合价升高、被氧化，由氧化还原原理及元素守恒可知，反应物中还有空气中的，生成物还有，反应的化学方程式为：；
（7）假设所取的质量为100g，，，当剩余固体为时，其质量为，此时固体残留率为86.38%，由题图可知，该步骤应该控制的温度为500～800℃，故答案为：B。
3．（2024·重庆十八中两江实验学校一诊）镍酸锂()是一种具有潜力的锂离子材料。 以镍催化剂废渣(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、等杂质)为原料制备镍酸锂的流程如下。
回答下列问题：
(1)“酸浸”中，镍浸出率与液固比(稀硫酸浓度一定时溶液体积与镍渣质量比)的关系如图1所示，最佳液固比为 。当液固比一定时，镍浸出率与温度的关系如图2所示，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是 。
(2)“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(3)“除钙”步骤中pH不能过低的原因是 。“除钙”不能在玻璃仪器中进行，其原因是 (用化学方程式表示)。
(4)已知“滤渣3”的主要成分是，则“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是 。
(5)“沉镍”时得到碳酸镍()沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，请写出该反应的化学方程式： 。
【答案】(1) 3 温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加
(2)
(3) 酸性过强，与结合生成HF，浓度降低导致除钙不完全
(4)除去溶液中的
(5)
【分析】镍催化剂废渣加入稀硫酸酸浸，镍、锌、铁、钙转化为相应的盐溶液，二氧化硅不反应成为滤渣1，过滤后加入次氯酸钠溶液将氧化为并沉淀除去，生成的沉淀即为滤渣2，过滤后加入氟化铵溶液生成氟化钙沉淀除去钙，即滤渣3为CaF2，过滤加入有机萃取剂萃取出，然后向水层溶液中加入碳酸钠溶液得到镍的沉淀，含镍沉淀中加入通入空气在900℃时高温煅烧反应生成镍酸锂，据此分析解题。
【解析】（1）由图可知，液固比为3时，镍浸出率已经达到最高值，且再增加液固比，镍浸出率不再提高，故最佳液固比为3；当液固比一定时，40℃之前，随着温度升高，镍浸出率逐渐增大的主要原因是温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加，故答案为：3；温度升高，反应速率加快，镍浸出率增加；
（2）由分析可知，“除铁”即加入次氯酸钠溶液将氧化为并生成的沉淀，故该步骤中发生反应的离子方程式为：。
（3）“除钙”步骤是加入氟化铵溶液将转化为沉淀而除去，pH不能过低，酸性过强，与结合生成HF，浓度降低导致除钙不完全。“除钙”操作不能在玻璃仪器中进行，其原因是在酸性溶液中加入氟化铵，氟离子和氢离子会生成氢氟酸，氢氟酸会和玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，发生的反应为： 。
（4）除钙后，溶液中的杂质离子主要，“萃取”操作中加入的有机萃取剂的作用是为除去溶液中的。
（5）“沉镍”时得到碳酸镍()沉淀，在空气中碳酸镍和碳酸锂共同“煅烧”可制得镍酸锂，该反应的化学方程式：。
4．（2024·湖北襄阳四中一模）锑（Sb）及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧为原料制备Sb和的工艺流程如图所示。
已知：
Ⅰ.粗锑氧主要成分为，含有PbO、、、ZnO、FeO等杂质；
Ⅱ.浸出液主要含、和，还含有、、和等杂质；
Ⅲ.为两性氧化物；
Ⅳ.25℃时，、
回答下列问题：
(1)已知在熔融状态下不导电，则是 化合物（填“共价”或“离子”）。
(2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中Sb将转化为，该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，避免在滤渣Ⅱ中混入杂质 （填化学式）。
(3)“过滤”得到滤渣成分SbOCl，加过量氨水对其“除氯”的化学反应方程式为 ，“除氯”步骤能否用NaOH溶液代替氨水，原因是： 。
(4)“除砷”时有生成，该反应的离子方程式为 。
(5)“电解”过程中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式 ，当电压超过V时，单位时间内产率降低的原因可能是 。
(6)铈量法测定产物的纯度，操作方法为：称取0.30g样品溶于稀硫酸中，用0.2000ml/L的硫酸铈滴定，使用邻二氮菲-亚铁指示剂，发生反应：，重复3次实验平均消耗标准溶液15.60mL，则产物的纯度为 %。
【答案】(1)共价
(2)
(3) 不能，为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液
(4)
(5) 参与了电极反应
(6)75.92
【分析】粗锑氧主要成分为Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等杂质，加入盐酸、氯气浸取得浸取液，主要含Sb5+、H+、Cl-、Zn2+、Fe3+和As3+等杂质，滤渣1可回收Pb、Sn，锑粉还原高价金属离子，浸出液中加入Sb将转化为，Sb还原SbCl5生成SbCl3，加入时保证Zn2+沉淀完全，“除砷”时转化H3PO3和砷单质，剩余SbCl3溶液，电解得到Sb；SbCl3水解得到难溶于水的固体SbOCl、，“过滤”得到滤渣成分为SOC1，加氨水对其“除氯”发生，过滤、洗涤、干燥得到。
【解析】（1）已知在熔融状态下不导电、则熔融时无离子，则是共价化合物。
（2）Sb将Fe3+转化为Fe2+该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，因为与 的数值相近，不易于沉淀分离，沉淀pH值较大有利于与分离，则避免在滤渣Ⅱ中混入杂质。
（3）“过滤”得到滤渣成分SbOCl与氨水反应生成，因此“除氯”的化学反应方程式为，根据信息Ⅲ可知：“除氯”步骤不能用NaOH溶液代替氨水，原因是：为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液。
（4）“除砷”时有生成，为氧化还原反应，同时反应有As生成，该反应的化学方程式为，离子方程式为。
（5）当电压在V之前时，阴极主要的电极反应式；当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是H+参与了电极反应。
（6）铈量法测定产物的纯度，存在关系式：，重复3次实验平均消耗0.2000ml/L的硫酸铈标准溶液15.60mL，则产物的纯度为。
5．（2024·河南许昌部分学校高考冲刺）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含、NiO、FeO、)中回收金属镍并转化为的流程如图所示：
回答下列问题。
(1)“滤液A”中主要溶质的化学式为 。
(2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与反应的化学方程式： 。
(3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得“滤渣”的主要成分的化学式是 。
(4)①“萃取”时发生反应(RH为萃取剂)，一定条件下，萃取平衡时，，则的苯取率为 。
②反萃取获得，溶液的实验操作是 。
(5)在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料，该反应的离子方程式为 。
(6)镍能形成多种不同的化合物。图a是镍的一种配合物结构，图b是镍的一种氧化物的结构，下列说法不正确的是_________(填字母)。
A．图a中，电负性
B．图a分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
C．图b是氧化镍(NiO)的一个晶胞
D．氧化镍中、的配位数都是6
【答案】(1)或
(2)
(3)
(4) 80% 在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液
(5)
(6)BC
【分析】废镍渣(含、NiO、FeO、)，粉碎后加入NaOH溶液碱浸，则废镍渣中的和NaOH反应，反应的离子方程式为+2OH-=2+H2O；通过过滤分离，剩下的物质经过焙烧加入，金属变成硫酸盐，、NiO、FeO与反应生成的盐为NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4，同时有氨气生成；95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3；经过萃取将Fe2+、Ni2+分离，得到含Ni2+的有机层，最后得到NiSO4；
【解析】（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为，“滤液A”中主要溶质为(或)；
（2）“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，则NiO与反应的化学方程式为；
（3）烧渣中含有、、，95℃热水“溶解”，水解为，则过滤所得“滤渣”的化学式为；
（4）①一定条件下，萃取平衡时，被苯取的即形成的的物质的量是残留在溶液中的4倍，则的萃取率为。
②在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到溶液；
（5）“反萃取”得到的溶液在碱性条件下可被NaClO氧化生成，该反应的离子方程式为；
（6）A. 元素非金属性越强电负性越强，故图a中，电负性，选项A正确；
B.氢键不是化学键，选项B错误；
C.各顶点不相同，所以不是晶胞，选项C错误；
D. 氧化镍中、均在顶点且各占一半，它们的配位数都是6，选项D正确；
答案选BC。
6．（2024·江西吉安一中一模）铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含Cr3+、Fe3+、Cu2+)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：
已知：
回答下列问题
(1)草酸泥渣“粉碎”的目的是 ，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为 。
(2)滤渣的主要成分为 、 。(填化学式)
(3)“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为 。(填化学式)
(4)“氧化”工序中发生反应的离子方程式为 。
(5)为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因： 。
(6)处理含的废水时，Cr(Ⅵ)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入10mlFeSO4，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)沉淀，理论上还需要投入Fe2(SO4)3的物质的量为 ml。
【答案】(1) 加快反应速率
(2) Fe(OH)3 Cu(OH)2
(3)NaCrO2
(4)
(5)硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降
(6)5
【分析】向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，调pH=9，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为；向烘干粉碎的草酸泥渣中加入碳酸钠焙烧，将硫酸铅转化为氧化铅，将焙烧渣水洗得到的氧化铅溶于硝酸溶液得到硝酸铅，将硝酸铅溶液和铬酸钠溶液混合反应，将铬酸钠转化为铬酸铅沉淀，过滤得到铬酸铅和滤液；向滤液中加入硫酸亚铁、硫酸铁，将溶液中的铬酸根离子转化为铁铬氧体，过滤得到达标排放的废水。
【解析】（1）将草酸泥渣“粉碎”可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为PbO，同时放出CO2，该转化过程的化学方程式为；
（2）向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，铁离子和铜离子转化为氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，过滤得到含氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣，所以滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2；
（3）向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为NaCrO2，所以“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为NaCrO2；
（4）“氧化”工序是向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的转化为，发生反应的离子方程式为；
（5）铬酸钠溶液存在如下平衡：，硝酸过量会使溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液中的铬酸根离子浓度减小，导致沉铬率下降，所以为了提高沉铬率， “酸溶”过程中所加硝酸不能过量；
（6）设加入硫酸铁的物质的量为aml，由铬原子个数守恒可知，铁铬氧体(FeO·FexCryO3，其中FexCryO3中Fe为+3价)的物质的量为，由铁原子个数守恒可知10+2a=，由化合价代数和为零可得：3x+3y=6，由得失电子守恒可得：，解得a=5、x=、y=，故答案为：5ml。
7．（2024·广东惠州一模）氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为及大分子有机物和难溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。
已知：的电离常数
(1)溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的②过量的③过量的，正确的加入顺序为 。
A．②①③ B．③①② C．①③②
(2)在脱氯工序中加入除去游离的氯的离子方程式为 。
(3)用溶液吸收一定量气体形成缓冲溶液，时，溶液中 。
(4)利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的，通过“错流”方式截留下，使以渗透液的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表：
最好的选择是 膜，该膜脱硫率高的原因是 。
(5)一种镧镍储氢合金晶体的结构单元如图所示，“电解2”产生的与其结合后形成(进入合金后解离成氢原子并填充在晶胞空隙中，晶胞体积不变)。
①该晶体结构单元中， ，的配位数为 。
②该合金可以储存 。
【答案】(1)A
(2)Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+
(3)0.47
(4) 纳滤 与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力
(5) 5 18 9
【分析】由题给流程可知，向原盐中依次加入氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液溶浸，将溶液中的镁离子、钙离子、硫酸根离子和过量的钡离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子，加入微生物后电解所得溶液，将有机物大分子在阳极转化为二氧化碳，继续电解直至得到氢氧化钠和含有氯气的氯化钠溶液，向溶液中加入亚硫酸钠溶液除去溶液中的氯气，将所得溶液降温结晶、过滤得到十水硫酸钠和精盐。
【解析】（1）溶浸工序中，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去溶液中的镁离子、加入过量氯化钡溶液的目的是除去溶液中的硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，所以除杂试剂正确的加入顺序为②①③或①②③，故选A；
（2）由分析可知，在脱氯工序中加入亚硫酸钠溶液的目的是除去溶液中的氯气，反应的离子方程式为Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+，故答案为：Cl2+SO+H2O=2Cl—+SO+2H+；
（3）由电离常数可知，pH为10的溶液中=0.47，故答案为：0.47；
（4）由表格数据可知，与氯离子相比，硫酸根离子具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对硫酸根离子的静电排斥力大于对氯离子的静电排斥力，所以纳滤膜更有利于硫酸根离子更容易被截留，故答案为：纳滤；与Cl—相比，SO具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表面对SO的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力；
（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的镧原子个数为12×+2×=3个，位于面上和体内的镍原子个数为18×+6=15，则镧镍储氢合金的化学式为LaNi5，所以x=5；晶胞中镧原子与同层和上下层的镍原子距离最近，则镧原子的配位数为18，故答案为：5；18；
②由①可知，晶胞中含有3个LaNi5，由化学式LaNi5H6可知，1ml该合金可以储存氢气的物质的量为1ml×3×6×=9ml，故答案为：9。
8．（2024·河北邢台一模）是制造微电子器件、光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓、铁酸锌，还含少量及一些难溶于酸的物质}获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如图。
已知：①在酸性条件下不稳定，易转化为。
②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于时可视为沉淀完全。
③，。
回答下列问题：
(1)写出两条加快“浸出”速率的措施： 。
(2)中铁元素的化合价为 ，与稀硫酸反应的化学方程式为
(3)“调”时需调节溶液的最小值为 。
(4)“滤液1”中主要含有的金属阳离子为 ，检验“滤液1”中是否含有的试剂为 (填名称)。
(5)“转化2”加入铁粉时主要发生反应的离子方程式为 。
(6)“电解”反萃取液(溶质为)制粗镓后的电解废液经处理后可循环使用，电解废液的主要溶质为 (填化学式)。
(7)采用MOCVD(金属有机化合物化学气相沉积)技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为的可燃性气体，写出该反应的化学方程式： (不写条件)。
【答案】(1)适当加热、搅拌、增大稀硫酸浓度等合理答案
(2) +3
(3)5.3
(4) 硫氰化钾(或亚铁氰化钾)
(5)
(6)
(7)
【分析】炼锌矿渣{主要含铁酸镓、铁酸锌，还含少量及一些难溶于酸的物质}用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成粗Ga，粗镓与CH3Br反应生成Ga(CH3)3，MOCVD通入氨气制备GaN；
【解析】（1）适当加热、搅拌、增大稀硫酸浓度等均可加快“浸出”速率；
（2）中锌为+2价、氧为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，铁元素的化合价为+3价，与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水，反应的化学方程式为；
（3）调节pH，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子，，c(OH-)=ml/L，c(H+)=510-6，pH=6-lg5=5.3，则“调”时需调节溶液的最小值为5.3；
（4）根据分析可知，“滤液1”中主要含有的金属阳离子为，检验“滤液1”中是否含有的试剂为硫氰化钾(或亚铁氰化钾)；
（5）“转化2”加入铁粉时铁离子被还原为亚铁离子，主要发生反应的离子方程式为；
（6）“电解”反萃取液(溶质为)制粗镓后的电解废液经处理后可循环使用，阴极上水电离出的氢离子得电子产生氢气，电解废液的主要溶质为；
（7）采用MOCVD(金属有机化合物化学气相沉积)技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为的可燃性气体，则M==，则为甲烷气体，故该反应的化学方程式：。
9．（2024·河北衡水部分高中一模）硫酸是一种重要的大宗工业化学品，应用广泛，可实现下列转化：
(1)过程Ⅰ的化学方程式为 。
(2)已知硫酸分子结构为过程Ⅱ生成了焦硫酸钠，画出其阴离子的结构式 ；推测焦硫酸钠水溶液呈 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)，用离子方程式表明原因 。
(3)，高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体。过程Ⅲ是将过量固体与磁铁矿熔融反应，产生了混合气体。
①写出检验混合气体成分的方案 。
②写出Na2S2O7只与磁铁矿发生反应的总化学方程式 。
(4)过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下反应得到苯磺酸，写出反应的化学方程式 。
【答案】(1)
(2) 酸性 或
(3) 先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2
(4) +H2S2O7+H2SO4
【分析】浓硫酸与氯化钠固体在加热条件下反应生成硫酸氢钠和氯化氢气体，方程式为，硫酸氢钠固体在加热条件下生产焦亚硫酸钠和水，焦亚硫酸钠和磁铁矿（四氧化三铁）在加热条件下发生生成二氧化硫，据此回答。
【解析】（1）由分析知，过程Ⅰ的化学方程式为；
（2）
由硫酸的结构知，中阴离子焦亚硫酸根的结构式为；由于与水发生反应，故溶液显酸性；
（3），高温下具有强氧化性，受热分解产生SO3气体，由分析知固体与磁铁矿熔融发生反应，故混合气体中含有二氧化硫和三氧化硫，检验二氧化硫和三氧化硫混合气体的方法为：先将混合气体通入足量的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明由SO3；再将逸出的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明由SO2；
（4）
过量的焦硫酸 H2S2O7和苯在加热条件下发生取代反应得到苯磺酸，反应的方程式为 +H2S2O7+H2SO4。
10．（2024·北京海淀期中）钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含、[Ni(CN)4]2-、等)并回收铬元素的工艺路线如下：
已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+
II．室温下相关物质的Ksp如下：
(1)向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体，补全该反应的离子方程式： 。
□CN-+□_____+□_____=□+□_____+□_____
②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因： 。
(2)用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预调pH变化如图。与预调pH=6相比，pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高，可能的原因有 (写出两条)。
(3)沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为 。
(4)溶液2需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方法测定废水中Ba2+含量。
步骤1：取aL含Ba2+废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入指示剂，用0.1ml·L−1HCl标准溶液滴定至CrO全部转化为Cr2O，消耗HCl标准溶液的体积为bmL。
步骤2：取100mL蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1ml·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。
①步骤1中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是 。
②若废水中其他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1(写出表达式)。
【答案】(1) 2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl- ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀
(2)预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大
@预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀
(3)2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O
(4) 保证废水中Ba2+沉淀完全
【分析】流程分析：加石灰乳调节PH后， 转化为CaSO4沉淀（微溶），主要转化成；破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要沉淀为BaCrO4 和BaSO4；加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和。
【解析】（1）①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体N2和，NaClO被还原为Cl-等无毒无害物质，CN-失去5个电子，ClO-获得2个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，ClO- 系数是5，反应的离子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2+1N2↑+5Cl-；
②ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀，提高镍元素的去除率；
（2）①预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡+H2O2+2H+正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大；②预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与反应生成BaCrO4沉淀；
（3）沉淀2中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+ ，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++2=2BaSO4++H2O
（4）①保证废水中Ba2+沉淀完全
②根据离子方程式：+H2O2+2H+ ，n(H+) n()n(Ba2+)，步骤2消耗的HCl是与全部的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1消耗的HCl是与全部Ba2+反应后剩余的所需量，两者的差值即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)= n()=n(Ba2+)=（c-b）L×0.1ml·L−1，m(Ba2+)=137×（c-b）g；则废水中Ba2+的含量为 mg·L−1
11．（2024·湖北圆创联盟一模）某制药厂的废钯催化剂含、、、、和活性炭，提取贵金属的流程如下：
已知：①铂系元素（包括Pt、Pd等六种元素）的单质均为惰性金属；
②性质较稳定，难溶于酸、碱，可溶于王水；
③、。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤的主要目的是除去活性炭，通常控制温度600℃、焙烧时间约，焙烧温度过高或时间过长均导致钯浸出率降低，原因是 。
(2)“浸渣”的成分是少量及 。
(3)“浸出”步骤中生成配合物，写出该反应的化学方程式 。
(4)“氨化”步骤中转化为，反应后溶液，此时溶液中 。
(5)“沉钯”步骤中的离子方程式为 。
(6)存在两种平面结构，将其记为A和B。查得25℃时A、B在水中的溶解度分别为0.2577g、0.0366g，A具有广谱的抗癌活性，写出A的结构式 （中共价键不必画出）。
【答案】(1)温度过高或焙烧时间过长会导致Pd与氧气生成PdO，使Pd的浸出率降低
(2)
(3)Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O
(4)0.03
(5)
(6)
【分析】废钯催化剂含Pd、Al2O3、CuO、Bi2O3、SiO2和活性炭，先在空气中焙烧除去活性炭，使其转化为二氧化碳，再对固体进行酸浸，Al2O3、CuO、Bi2O3溶解，SiO2不溶于酸，且由题知，有少量PdO生成，故浸出后的滤渣为SiO2和PdO，酸浸后的溶液中加入氨水调节pH，使Al3+、Bi3+以氢氧化物沉淀，再加入盐酸沉钯得Pd(NH3)2Cl2，再将其转化为钯；
【解析】（1）根据题给信息②可推知，温度过高或焙烧时间过长会导致难溶于“浸出”步骤的PdO生成，使Pd的浸出率降低；
（2）废催化剂含、、、、和活性炭，其中活性炭在焙烧中除去；其余物质中不溶于酸的仅有，焙烧可能生成极少量；
（3）由流程图可知该步反应物为、、，可由此得到方程式Pd+H2O2+4HCl=H2[PdCl4]+2H2O；
（4）反应后溶液，即，，由可得，，即二者浓度之比为0.03；
（5）由（4）可知此时含的反应物为，由流程图知其余反应物为，生成物为难溶于水的。可由此得到方程式；
（6）根据数据，A在水中溶解度显著大于B，由“相似相溶”原理可推知A结构的极性应大于B，因此A结构中相同的基团应相邻，结构式为。
12．（2024·北京东城一模）溶液久置变为黄色(记为溶液A)。探究溶液A中阴离子的种类。
已知：
ⅰ.
ⅱ.某些盐的溶解性(注：、同主族)
ⅲ.、、、、ZnS均可被氧化。
(1)查阅资料可知，溶液变黄是因为生成了，转化为时，溶液的pH会 (填“升高”或“降低”)。
(2)探究溶液A中含硫粒子的种类。
①加入过量盐酸后的现象证实A中存在和 (填离子符号)。
②向少量含淀粉的稀碘水中滴加滤液2(已调至中性)， (填现象)，证实溶液A中有。
③加入过量溶液的目的是 。
(3)利用如下实验可测定中x的值。
【实验原理】，其中和的化学计量数之比等于 。通过测定和可确定x的值。
【实验过程】
实验Ⅰ
实验Ⅱ
①实验Ⅰ中加入的目的是除去，相关离子方程式是 。
②实验Ⅱ中操作X是加入 (补全试剂和操作)。
③用标准溶液滴定 (填序号，下同)，可确定；再用标准溶液滴定 ，可确定。(说明：滴定过程中需调节pH)
a．溶液A b．溶液 c．沉淀E d．溶液F
【数据处理】计算x的值。
【答案】(1)升高
(2) 溶液蓝色褪去 除去和，防止其干扰的检验
(3) (x-1)：1 过量溶液，过滤 c bd
【分析】(2)、同主族，根据元素周期律，两者的化合物性质相似，由沉淀2加过量盐酸时沉淀部分溶解产生刺激性气味的气体可知，沉淀2为SrSO3和SrSO4组成的混合物，即滤液1中存在着亚硫酸根离子和硫酸根离子，说明黄色溶液A中存在着亚硫酸根离子和硫酸根离子；黄色溶液A中加过量的，过滤得黄色沉淀1，其中加硫酸铜溶液沉淀变黑，黑色沉淀为硫化铜，沉淀1中有ZnS和S单质；又据题意知溶液中有，综上所述黄色溶液A中含S元素的离子有S2-、、、、。
(3)黄色溶液A中含S元素的离子为S2-、、、、，向其中加入过量的氢氧化锌浊液，过滤得到的白色沉淀含ZnS、不含硫单质，即将原有的S2-完全沉淀，剩下的黄色溶液M中含有、、、，往其中加过量的SrCl2溶液过滤，据题中表格所给信息可知，、完全沉淀，黄色溶液B中主要含有、，将所得溶液分成两等份得溶液B1和B2；黄色溶液B1中主要含有、，加入过量的亚硫酸钠溶液发生反应，被完全消耗，得到的无色溶液C中主要含有、、S2-，往其中加入过量的SrCl2溶液，将完全沉淀，在获得的溶液D中加过量的Zn(OH)2浊液，过滤得到的沉淀E为ZnS，溶液F中含。
【解析】（1）由题中信息：可知，S2-转化为需要硫单质的参与，即有硫离子转化为硫单质，其离子方程式为2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-，反应生成了OH-，所以溶液的pH升高；
（2）①沉淀2加过量盐酸时沉淀部分溶解产生刺激性气味的气体可知，沉淀2为SrSO3和SrSO4组成的混合物，即滤液1中存在着和硫酸根离子，说明黄色溶液A中存在着和；
②题中信息可知溶液A中有，且可被I2氧化，所以向少量含淀粉的稀碘水中滴加滤液2(已调至中性)，溶液蓝色褪去，证实溶液A中有；
③由题中信息ⅲ. 、、S2-、、ZnS均可被I2氧化可知，要用含淀粉的稀碘水证实溶液A中有，则要排除、S2-、的干扰(用过量的SrCl2溶液除去)，所以其中滴加过量的溶液的目的是除去和，防止其干扰的检验；
（3）由题中信息：以及可知，，即，所以其中和的化学计量数之比等于(x-1)：1；
①实验Ⅰ中加入Zn(OH)2的目的是除去S2-，相关离子方程式是；
②据以上分析可知，无色溶液C中主要含有、、S2-，往其中加入过量的SrCl2溶液，将完全沉淀，即实验Ⅱ中操作X是加入过量溶液，过滤；
③黄色溶液A中加入过量的氢氧化锌浊液，过滤得到的白色沉淀含ZnS、不含硫单质，说明溶液中原有的S2-完全沉淀，即沉淀E中的S2-应是转化来的，所以用碘单质标准溶液滴定沉淀E(ZnS可被I2氧化)，即可确定；据上分析可知，溶液F中的，包括两部分来源，第1部分来自原溶液B1，第2部分是黄色溶液B1加入过量的亚硫酸钠溶液发生反应生成的，用I2标准溶液滴定溶液F和溶液B2，这两者滴定的差值即是，故答案为：c；bd。
13．（2024·山东师范大学附属中学考前适应性测试）偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示：
已知25℃时：①，，，，
②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。
回答下列问题：
(1)加入适量的主要目的是 。
(2)“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗 (用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则 。
(3)“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为 (填化学式)。
(4)“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是 。
(5)“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为 。
【答案】(1)除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀)
(2)
(3)
(4)，F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全
(5)
【分析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2；
【解析】（1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4；
（2）“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子aml，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bml，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）ml÷2，、消耗硫离子(a+b)ml，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则；
（3）磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离；
（4）因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全；
（5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。
14．（2024·湖北宜荆荆第四次适应性考试）锌是一种应用广泛的金属。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：
回答下列问题：
(1)“焙烧”过程产生大量的SO2，可用氨水吸收再氧化得到一种氮肥，该氮肥的主要成分为 。
(2)①用稀硫酸完全溶浸后，过滤所得滤渣1的主要成分为 。滤渣1、滤渣2、滤渣3均需洗涤，证明三种滤渣洗涤干净的共同方法是 。
②常温下，有关金属离子沉淀的pH如下表所示(当离子浓度小于1.0×10-5ml/L时认为沉淀完全)。
“氧化除杂”中调pH的范围是 。
(3)“还原除杂”中反应的离子方程式为 。
(4)“还原除杂”后的滤液经操作 、过滤，洗涤，干燥，可得ZnSO4·7H2O晶体。
(5)用惰性电极电解硫酸锌溶液，如阴极生成10mlZn，理论上阳极产物的物质的量为 ml。电解后的电解液可返回 工序继续使用。
【答案】(1)硫酸铵 或 (NH4)2SO4
(2) 二氧化硅、硫酸铅 取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净 3.3 ≤ pH < 6.2
(3)Zn+Cd2+=Zn2++Cd
(4)蒸发浓缩，降温结晶
(5) 5 溶浸
【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)浮选得到精矿，精矿进行焙烧，得到Zn、Fe、Cd、Pb的氧化物，S元素转化为SO2气体，加入稀硫酸溶浸，得到Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cd2+，PbO转化为PbSO4沉淀，过滤，滤渣1中主要为SiO2、PbSO4，滤液中通入O2，加入ZnO进行氧化除杂，即将Fe2+全部转化为Fe3+，再调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤后，滤渣2为Fe（OH）3，滤液中加入锌粉，进行还原除杂，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，过滤，滤液经电解得到Zn。
【解析】（1）“焙烧”产生的SO2和氨水反应生成亚硫酸铵，再氧化生成硫酸铵；
（2）①稀硫酸完全溶浸后，SiO2不和稀硫酸反应，“焙烧”产生的PbO和稀硫酸反应生成难溶于水的硫酸铅，所以过滤所得滤渣1的主要成分为二氧化硅、硫酸铅。
根据工业流程可知滤渣1、滤渣2、滤渣3表面的杂质都含有硫酸根，所以可以通过检验硫酸根来判断滤渣是否洗净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净；
②根据金属离子沉淀的pH表，要保证铁离子完全沉淀，而锌离子不沉淀，则PH范围为3.3 ≤ pH < 6.2；
（3）根据工业流程还原除杂是出去Cd2+，所以离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd；
（4）从溶液中要得到硫酸锌晶体则需要蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥；
（5）阴极生成10 mlZn则转移的电子为20 ml，阳极的电极反应为2H2O-4e- = O2 ↑+ 4H+，根据得失电守恒阳极失去20 ml电子生成5 ml O2；阳极反应生成了H+并且溶液存在，可以返回溶浸工序继续使用。
15．（2024·山东淄博三模）以萤石尾矿（含、、及少量、、、、）为原料经过两段除铝制备锂盐和的工艺流程如下：
已知：与生成的可被萃取；
（有机相）（有机相）
回答下列问题：
(1)“加热酸溶”时滤渣Ⅰ的主要成分是和 ，“沉铁”后的pH （填“变大”“变小”或“不变”）。
(2)物质的溶解度曲线如图所示，“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为 。“精制Ⅱ”时，pH不宜过低的原因是 。
(3)“萃取”时，还需要加入的作用是 。“反萃取”中加入的反萃取剂为 （填化学式）。
(4)若不进行“操作X”，将导致 。“沉铍”时。将从提高到，则铍的损失降低至原来的 。
【答案】(1) 变小
(2) 加热浓缩、冷却结晶、过滤 与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低
(3) 增大的浓度，使转化成，提高的萃取率
(4) 沉铍时会混有杂质 10
【分析】萤石尾矿（含、、及少量、、、、）加入稀硫酸，加热酸溶，此时、、、、、、都发生溶解，只有不反应，、发生转化，生成CaSO4沉淀；故滤渣I为和CaSO4，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去；此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+；加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到，精制Ⅱ中溶液中的Al3+继续通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀除去；同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相含有Be2+、Fe3+，操作X为除去Fe3+，再加入氨水沉铍，据此分析解答。
【解析】（1）由分析知，“加热酸溶”时滤渣Ⅰ的主要成分是和，“沉铁”过程，加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，发生离子反应：，即反应生成H+，H+浓度增大，则“沉铁”后的pH变小。
（2）沉铁后的滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到。因为与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低，故“精制Ⅱ”时，pH不宜过低。
（3）已知：与生成的可被萃取，故“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大的浓度，使转化成，提高的萃取率；
向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为（有机相）（有机相），加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl。
（4）操作X为除去Fe3+，若不进行“操作X”，将导致沉铍时会混有杂质。“沉铍”时，=时，溶液中Be2+的浓度为，=时，溶液中Be2+的浓度为，溶液中的Be2+即为损失的Be2+，则将从提高到，则铍的损失降低至原来的。
16．（2024·辽宁沈阳第二中学模拟）二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①能与结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。
回答下列问题：
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示Ce(IV)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因： 。
(3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为： 。
(4)向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于 时，完全生成沉淀。(已知[])
(5)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着(0≤x≤0.25)的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。
(6)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为a pm。(已知：的空缺率=)
①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为 。
②晶体的密度为 (只需列出表达式)。
③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。
【答案】(1)将＋3价铈氧化为＋4价
(2)随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小
(3)
(4)9
(5)
(6) 10%
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。
【解析】（1）原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价。
（2）D随起始料液中变化的原因是：随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。
（3）依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式。
（4）Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5ml/L，依据Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，c(H+)=，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。
（5）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，写出方程式：。
（6）①根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为=4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm，为晶胞体对角线的，则晶胞边长为，晶体的密度为；
④CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2-的空缺率为=10%。温度℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
截留率
物质
反渗透膜(%)
纳滤膜(%)
超滤膜(%)
99
15.6
0
99
99
0
系数
离子
水合离子半径
扩散系数/
0.397
1.065
0.332
2.032
氢氧化物
化合物
CaSO4
BaSO4
BaCrO4
Ksp
4.9×10-5
1.1×10-10
1.2×10-10
盐
ZnS(白色)
CuS(黑色)
SrS
溶解性
难溶
极难溶
易溶
难溶
难溶
易溶
Fe3+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀pH
2.3
6.2
7.4
沉淀完全pH
3.3
8.7
9.4
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