压轴题09 工艺流程推断综合题-2023年高考化学压轴题专项训练（新高考专用）（解析版）

压轴题09工艺流程推断综合题化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。试题以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离或提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，具有较强的实用性和综合性，是近几年新高考地区常考题型。试题体现了能力立意和化学知识的应用，是今后高考命题的方向和热点，综合性强，能够很好地考查学生信息获取能力、分析问题能力、语言表达能力和计算能力等。1.读题干，找信息和目的。找出题干中的“制备”或“提纯”等关键词，明确化工生产的原料、产品和杂质。图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。2.看问题，根据具体的问题，找出流程中需重点分析的步骤或环节，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”的物质)、操作方法等。3.局部隔离分析，分析加入什么物质，得到什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。4.看清问题，规范答题无论流程如何陌生复杂,最终命题者设置的问题仍然是课本、考纲所要求掌握的知识点而已。大多数问题用所学知识便可直接回答,但个别地方往往有悖所学知识,这时就要考虑产物、环保、产量、成本等等。所以答题时要看清所问问题,不能答非所问,要注意语言表达的科学性,如不能将离子方程式写成化学方程式，方程式要配平，分清实验操作名称还是具体操作步骤等等。5.特别提醒：每题中基本上都有与流程无关的问题，可直接作答。非选择题：本题共20小题。1．铁、银及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣［成分为NiFe2O4铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等］中回收NiSO4的工艺流程如下： 已知：(NH4)2SO4在350℃时分解生成NH3和H2SO4。回答下列问题：(1)基态Ni原子的价层电子排布图为__________，与Ni元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有___________种。(2)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)，SiO2外，还含有___________(写化学式)。(3)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_________。(4)将“浸取液”冷却到室温，测得溶液中c(Ca2+)=l.0×10-3mol・L-1，向其中加入一定量的NaF晶体，搅拌，当溶液中c(F)=1.0×10-3mol·L-1时，除钙率为___________%［室温时，Ksp(CaF2)=4.0×1011，除钙率=1-］。(5)采用萃取操作可对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相)+2HR(有机相)⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)。萃取剂与溶液的体积比()对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，的最佳取值为___________。有机相中加入稀硫酸可以使萃取剂再生，反应的离子方程式为___________。 (6)CuFeS2晶胞结构如图1所示。晶胞中Fe的投影位置如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。如图1中原子1的分数坐标为(，，)，则原子2__________。【答案】(1)4(2)CaSO4(3)4FeO+O2+6H2SO42Fe2(SO4)3+6H2O(4)96(5)0.25FeR2+2H+=Fe2++2HR(6)(，1，)【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知:(NH4)2SO4在350C以上会分解生成NH3和H2SO4，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90C的热水中浸泡过滤得到浸出液，浸渣为Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4、SiO2，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液和废渣，废渣成分为氟化钙，加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，以此解答该题。【详解】（1）镍为28号元素，基态Ni原子的价层电子排布图为；与Ni元素同周期，基态原子有1个未成对电子的金属元素有钾、钪、铜、镓，共4种元素。（2）浸渣还有硫酸钙。（3）矿渣中部分FeO在空气中焙烧时与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为4FeO+O2+6H2SO42Fe2(SO4)3+6H2O。（4）c(Ca2+)=l.0×10-3mol・L-1 ，向其中加入一定量的NaF晶体，搅拌，当溶液中c(F)=1.0×10-3mol·L-1时，c(Ca2+)=mol・L-1，除钙率为。（5）本工艺中，萃取剂与溶液的体积比()对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，的最佳取值是0.25，有机相中加入稀硫酸可以使萃取剂再生，反应的离子方程式为FeR2+2H+=Fe2++2HR。（6）原子2在x、y、z轴上的投影分别是、1、，故原子2的坐标为（、1、）。2．铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示：已知：①常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3和Bi(OH)3的Ksp分别为2.0×10-20、4.0×10-16、.4.0×10-38和8.0×10-31，lg2=0.3。②Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。③Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。请回答下列问题：(1)铋与氮同主族，铋元素在元素周期表中的位置是___________。(2)滤渣1中除了硫单质，还含另一种物质，30g该物质中含共价键的数目是___________，FeCl3与Cu2S反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。(3)“还原”时，加入铋的目的是___________。(4)“沉淀”前，若滤液中Cu2+浓度为0.005mol·L-1，Fe2+浓度为0.01mol·L-1，则“沉淀”时调pH的最大值应小于___________。(5)在碱性溶液中，可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在，Bi3+被还原为Bi写出该反应的离子方程式：___________。(6)在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，写出该反应的化学方程式：___________。【答案】(1)第六周期VA族(2)2NA4：1(3)将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成(4)7.3 (5)2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-(6)Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O【分析】由题给流程可知，辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入铋，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜周围四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液，硝酸铋溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸铋。【详解】（1）原子序数为83的铋元素与氮元素同主族，则铋元素位于元素周期表第六周期VA族，故答案为：第六周期VA族；（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是硫和二氧化硅，二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧键，则30g二氧化硅中含共价键的数目为×4×NAmol—1=2NA；氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和硫沉淀，反应的化学方程式为4FeCl3+Cu2S=4FeCl2+2CuCl2+S，则反应中氧化剂氯化铁与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为，故答案为：2NA；4：1；（3）由分析可知，“还原”时，加入铋的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，防止沉铋时有氢氧化铁沉淀生成，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成；（4）由溶度积可知，当亚铁离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度为=2.0×10—7mol/L，溶液pH为7.3，则“沉淀”时调pH的最大值应小于7.3，故答案为：7.3；（5）由题意可知，碱性溶液中[Sn(OH)4]2-与Bi3+反应生成生成Bi和[Sn(OH)6]2-，反应的离子方程式为2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-，故答案为：2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-；（6）由题意可知，在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠溶液与Bi(OH)3反应生成NaBiO3、氯化钠和水，反应的化学方程式为Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O，故答案为：Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O。3．工业冶炼矿物常需反复提纯。从粗贵金属精矿(含铂金钯等单质，及部分铜铁镍等贱金属)中分离铂钯金这些元素的工艺流程图如图： 已知：①该反应条件下：Fe3+、Cu2+、Ni2+完全沉淀时溶液的pH分别为4.4、6.5、9②当有硝酸存在时，铂可形成难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6③滤液1、滤液2、滤渣3中均可用于提炼贱金属(1)“浸取”过程钯(Pd)可与王水反应生成H2PdCl4和NO气体，该反应中被氧化的Pd与被还原的硝酸的物质的量之比为______。(2)将“浸取”后的糊状物煮沸“赶硝”的目的是______。(3)“还原"时，溶液中的AuCl与草酸(H2C2O4)反应生成对环境无污染的气体，则该反应的离子方程式为______。(4)滤液2中含有的主要贱金属离子为______，第二次加氨水的目的是______。(5)铂镍合金在较低温度下形成一种超结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。结构中有两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成(例如)，另一种由的原子和镍原子共同构成(例如)  。①该晶体的化学式为______。②晶体中完全由镍原子构成的八面体空隙与由铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙数目之比为______，两种八面体空隙中心的最近距离为______pm。【答案】(1)3∶2 (2)将难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6溶解，提高铂的浸出率(3)(4)Ni2+将含钯元素的化合物溶解，从而与铜、铁的氢氧化物分离(5)Ni3Pt(或PtNi3)1∶3a【分析】从粗贵金属精矿(含铂金钯等单质，及部分铜铁镍等贱金属)中分离铂钯金，同时要除去Fe3+、Cu2+、Ni2+，而滤液1、滤液2、滤渣3中均可用于提炼贱金属，可知其除去的步骤，以无机物的性质和应用为主，考查物质的变化过程，分离提纯、陌生化学方程式的书写、氧化还原反应等知识，以此解题。【详解】（1）“浸取”过程钯(Pd)可与王水反应生成H2PdCl4和NO气体，由此可以写出反应为，该反应中被氧化的Pd与被还原的硝酸的物质的量之比为3∶2，故答案为3∶2；（2）根据题干信息可知，当有硝酸存在时，铂可形成难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6，因此需要除去硝酸，故答案为：将难溶的亚硝基配合物(NO)2PtCl6溶解，提高铂的浸出率；（3）溶液中的AuCl与草酸(H2C2O4)反应生成对环境无污染的气体，故产物中应该仅有二氧化碳气体，该反应的离子方程式为，故答案为：；（4）根据题干信息知道Fe3+、Cu2+、Ni2+完全沉淀时溶液的pH分别为4.4、6.5、9，当加入氨水调pH小于7.5时，主要沉淀的铁离子、铜离子，因此滤液2中应为Ni2+，第二次加入氨水调节pH是8~9，此时是为了将含钯元素的化合物溶解，从而与铜、铁的氢氧化物分离，故答案为：Ni2+；将含钯元素的化合物溶解，从而与铜、铁的氢氧化物分离；（5）①由铂镍合金晶胞可知，Pt的个数：8×=1，Ni的个数：6×=3，故化学式为Ni3Pt；②完全由镍原子构成的八面体空隙在晶胞的体心，铂原子和镍原子共同构成的八面体空隙在棱心，二者的数目之比为1：3，而两种八面体空隙中心最近的距离是棱心和体心的距离，为apm，故答案为：Ni3Pt(或PtNi3)；1∶3；a。4．（2023·福建·校联考三模）金属镓被称为“电子工业脊梁”，与铝同族，性质与铝相似。氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。利用粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)制备镓和氮化镓的流程如下： 常温下，相关元素可溶性组分的物质的量浓度的对数与pH的关系如下图所示，当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。回答下列问题：(1)“焙烧”过程中变为，则与纯碱反应的化学方程式为___________。(2)“碱浸”后滤渣的主要成分为___________(写化学式)。用惰性电极电解含的溶液可得到金属Ga，阴极的电极反应式为___________。(3)常温下，反应的平衡常数___________。(4)“碱浸”后溶液的主要成分为、、。请补充完整流程中“操作”过程的步骤(在方框内填入试剂的化学式或pH值)：___________。                              (实验中须使用的试剂：0.1溶液、0.1NaOH溶液)(5)用石墨为电极电解熔融得到Ga单质，电极材料需要定期补充的是___________极(填“阴”或“阳”)。【答案】(1)(2) (3)100.4(4)，NaOH，3.7(5)阳【分析】粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)与纯碱反应，镓转化为可溶性盐、二氧化硅转化为硅酸钠、氧化铝转化为偏铝酸钠，加入碱性溶液碳酸钠，只有氧化铁不反应不溶解，过滤除去氧化铁，得到滤液经过一系列操作得到，电解得到镓，最终转化为氮化镓；【详解】（1）由图可知，加入碳酸钠焙烧，“焙烧”的目的是将和碳酸钠反应生成和二氧化碳，该反应的化学方程式为；（2）焙烧后，镓转化为可溶性盐、二氧化硅转化为硅酸钠、氧化铝转化为偏铝酸钠，加入碱性溶液，只有氧化铁不反应不溶解，故过滤后“滤渣1”主要成分为；“电解”可得金属Ga，阴极发生还原反应得到金属镓，电极反应式；（3）由图可知，=时，pH为9.4，则pOH=4.6，故常温下，反应的平衡常数K=；（4）“碱浸”后溶液的主要成分为、、，通入0.1溶液至生成的沉淀不再溶解得硅酸沉淀和氯铝离子、镓离子，向滤液中再次滴入0.1NaOH溶液至pH为3.7时停止，过滤洗涤得氢氧化镓沉淀，氢氧化镓沉淀加入0.1氢氧化钠溶解得到溶液；（5）阴极上发生还原反应，即阴极反应式为Ga3＋＋3e－=Ga；阳极产生的氧气与阳极材料中的碳发生反应，故需定期补充的是阳极材料。5．粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。 (2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有_______。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为_______。(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。【答案】(1)提高浸出率(或提高浸出速率)(2)和84%(3)使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度高温溶解再冷却结晶(4)或(5)沉铝【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。【详解】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3 的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为；故答案为：SiO2和CaSO4；84%。（3）根据沉铝体系中，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沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用；故答案为：沉铝。6．白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。已知：物质(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。氧化物()浸出率/%产品中纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以计)计算值实测值 2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。②沉钙反应的离子方程式为___________。③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。(4)滤渣C中含有的物质是___________。(5)该流程中可循环利用的物质是___________。【答案】(1)(2)，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出2.4∶1，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动(4)(5)【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为； （2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。④，在反应中会优先析出，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质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值；（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。7．某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：开始沉淀完全沉淀6.58.31.62.88.110.1回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。a.进一步粉碎矿石     b.鼓入适当过量的空气     c.降低焙烧温度(2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_______。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②_______。(4)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为_______。(6)加入金属Bi的目的是_______。(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______。【答案】(1)ab(2)(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)(6)将Fe3+转化为Fe2+(7)24.02%【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气使燃烧更加充分，故选ab；（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为； （3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解；（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；（5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为；（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；（7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。8．全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。时相关物质的参数如下：的溶解度：化合物 回答下列问题：(1)“沉淀1”为___________。(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。(3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。【答案】(1)Mg(OH)2(2)将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质(3)蒸发浓缩趁热过滤(4)不稳定Li++HCO=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3↓+CO2↑+H2O(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果【分析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。【详解】（1）浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；（2）滤液1中含有和 ，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li++HCO=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3↓+CO2↑+H2O；（5）“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。9．以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：回答下列问题：(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。(2)黄铁矿研细的目的是_______。(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。【答案】(1)Fe2O3SiO2(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4 (4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(5)+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+(6)H2O2NH3·H2O【分析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。【详解】（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。10．工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下： 回答下列问题：(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。A．、、     B．、、C．、、     D．、、【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O(2)(3)CaSO4•0.5H2O抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率酸解AD 【分析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。【详解】（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()=1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp=c2(Na+)•c()=4c3()，c()=mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，据此分析：A．P2O5%=l5、SO3%=15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；B．P2O5%=10、SO3%=20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化，B不符合题意；C．P2O5%=10、SO3%=30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；D．P2O5%=10、SO3%=10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。11．钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为 ，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：物质沸点/13612757180回答下列问题：(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。A．B．C．D．(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质分压①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______；②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。A．高炉炼铁B．电解熔融氯化钠制钠C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2)5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2随着温度升高，CO2与C发生反应(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3蒸馏(4)不能若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；(5)AC【分析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。【详解】（1）记①，②，③，④；A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应； （3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故答案选AC，故答案为：AC。12．稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______ (保留两位有效数字)。(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。【答案】(1)Fe2+(2)4.7pH<6.2(3)4.010-4(4)加热搅拌可加快反应速率冷却结晶(5)MgSO4(6)15O2+4e-+2H2O=4OH-【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。【详解】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；（3）滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4； （4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。13．铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的工艺流程如下：已知：①铈的常见化合价为、。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液②能与结合成，能被萃取剂萃取。(1)焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是_________。(2)“酸浸II”过程中转化为，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和替换就不会造成环境污染。则稀硫酸、与反应的离子方程式为______________。(3)“操作I”的名称是_________。(4)“浸出液”中含有少量及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时与萃取剂存在反应：。用D表示分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比：，其他条件不变，在浸出液中加入不同量的，以改变水层中的，D随浸出液中增大而减小的原因是__________。(5)取上述流程中得到的，加酸溶解后，向其中加入含 的硫酸亚铁溶液使全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液。则的质量分数为_________(已知氧化性：；的相对分子质量为208)。(6)科研人员提出催化合成碳酸二甲酯(DMC)，从而实现的综合利用。晶胞结构如图所示。①在该晶体中，铈离子的配位数为_________。②阿伏加德罗常数的值为，相对分子质量为M，晶体密度为，其晶胞边长的计量表达式为__________nm。【答案】(1)将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集(2)6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑(3)过滤(4)浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小(5)95.68%(6)8×107【详解】（1）根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。（2）转化为，则H2O2转化为O2：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。故答案为：6H++2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3++O2↑。（3）“操作I”为过滤。故答案为：过滤。（4）浸出液中加入的SO浓度越大，根据化学平衡：Ce4++SO，故而增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。 故答案为：浸出液中加入的SO浓度越大，增大，而减小，因此D随浸出液中增大而减小。（5）根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)×1+n(KMnO4)×5=n(Fe2+)×1，解得n(Ce4+)=0.023mol，故w[]==95.68%。故答案为95.68%。（6）①由图可知，一个晶胞中，1个铈离子周围有4个氧离子，故铈离子的配位数为：4×2=8，故答案为：8。②在晶胞中，N(Ce4+)==4，N(O2-)=8×1=8，故每个晶胞中相当于有4个CeO2，4M=ρ.v晶胞.NA=ρ×(a×10-7)3×NA。故a=×107nm。故答案为：×107。14．碲被誉为现代工业的维生素，某工艺从精炼铜的阳极泥(主要含有Cu2Te，还有Au、Ag、SiO2等)中分别回收碲和重金属的流程如下图所示：已知：“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在，TeO2溶于强碱生成。(1)基态Te原子的价电子排布式为___________。(2)“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是___________；“滤液①”中的成分为___________(填化学式)。(3)“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是___________。(4)写出“热还原”时发生反应的化学方程式___________。(5)滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用________浸取(填选项，下同)，“酸浸②”可用______浸取。A．王水　　　B．稀硝酸　　　C．浓氢氧化钠溶液　　　D．稀硫酸(6)粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3 )，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为原碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为___________。【答案】(1)5s25p4(2)使气体与固体充分混合，使反应物充分反应Na2TeO3、Na2SiO3(3)H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率(4)(5)DB(6)【分析】阳极泥中含有Cu2Te、Au、Ag；根据题中信息可知，在“焙烧”过程中，主要是Cu2Te被氧化，且生成CuO、TeO2、SiO2等；经过“碱浸”，TeO2变为,SiO2变为而留在“滤液①”，而“滤渣①”主要含有CuO、Ag、Au；“滤渣①”经过两次酸浸,则“酸浸①”可以使用H2SO4溶解氧化铜，分离出Ag、Au，“酸浸②”可以使用HNO3，溶解Ag分离出Au；向“滤液①”中加入双氧水，将氧化为，得到Na2TeO4沉淀，再经过“热还原”得到碲粉。【详解】（1）基态Te原子的价电子排布式为5s25p4，答案为：5s25p4；（2）“焙烧”时气体与固体原料逆流而行，目的是使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，由分析知“滤液①”中的成分为Na2TeO3、Na2SiO3，答案为：使气体与固体充分混合，使反应物充分反应，Na2TeO3、Na2SiO3；（3）“氧化”步骤中，双氧水需分批加入的目的是H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率，答案为：H2O2易分解，可以降低H2O2分解率，提高H2O2的利用率；（4）“热还原”时+4价的硫被氧化为+6价碲被还原为金属单质，发生反应的化学方程式：；（5）由分析可知滤渣①中含CuO、Au和Ag，“酸浸①”可用浸取稀硫酸浸取，“酸浸②”可用稀硝酸浸取，答案为：DB；（6）根据电子转移守恒可知亚碲酸与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是3∶1，硫酸亚铁铵与酸性K2Cr2O7的物质的量之比是6∶1，所以得到=mol，粗碲粉中碲的质量分数为  =  。15．仲钼酸铵[ ]是用作测定磷酸盐、镍、锗、二氧化硒、砷酸盐、生物碱和铅等的试剂。用某含钼废料(主要含有、CoS和)制备仲钼酸铵的工艺流程如下图所示：请回答下列问题：(1)基态Co原子的价层电子排布式为_______。(2)焙烧的过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，其优点是_______(任答两点即可)。(3)焙烧时转化为，则焙烧时的化学方程式为_______。(4)“操作”的名称是_______；实验室完成该“操作”用到的最主要的玻璃仪器是_______。(5)“调pH为5.5”生成仲钼酸铵的化学方程式为_______。(6)已知有如下转化关系，则8钼酸铵的化学式为_______。(7钼酸根)(8钼酸根)(7)若在某温度下，在水中的溶解平衡曲线如下图所示。向100mL0.400mol/L溶液中滴加200mL溶液，恰好使完全沉淀[]，则所加入的溶液的浓度约为_______mol/L(混合后，溶液的体积变化忽略不计，计算结果保留到小数点后3位)。【答案】(1)(2)增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等 (3)(4)分液分液漏斗(5)(6)(7)0.206【分析】含钼废料在空气中焙烧，MoS2转化为MoO3，CoS转化为氧化物，然后加硫酸酸浸，金属进入酸浸液中，用有机萃取剂萃取，钼元素进入有机相中，在有机相中加入过量氨水得到(NH4)2MoO4溶液，向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵。【详解】（1）Co的质子数为27，基态Co原子的价层电子排布式为。（2）焙烧的过程中采用“多层逆流焙烧”，其优点是增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等。（3）焙烧时MoS2转化为MoO3，则MoS2焙烧时被空气中的氧气氧化，MoS2中的硫元素转化为SO2，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：。（4）“操作”是将有机相和水相分开，则操作是分液，实验室分液时需要用到的最主要的玻璃仪器是分液漏斗。（5）向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵，根据质量守恒，生成物还有硫酸铵和水，化学方程式为。（6）8钼酸根中有8个Mo，即x=8，根据转化关系可知，Mo的化合价为+6价，8钼酸根带4个单位负电荷，所以O有26个，则8钼酸铵的化学式为。（7）由题意可知：完全沉淀时：消耗；由图可知，混合液中；即混合液中；故加入的溶液的浓度约为。16．铜是人类最早使用的金属，在生产生活中有着重要的应用。一种以黄铜矿(主要成分为，含少量Fe的氧化物、、Au等)为原料制备纳米Cu的工艺流程如图。 回答下列问题：(1)溶浸前，要将黄铜矿粉碎过筛，目的是___________。(2)溶浸后，滤渣的主要成分为Au、、___________(填化学式)。(3)写出加入双氧水氧化时反应的离子方程式___________。(4)氨化时要确保溶液的pH不小于___________(当离子的浓度mol·L时视为完全沉淀，已知常温下，)。(5)加入还原后的滤液经处理可用于___________(填用途)。(6)保持其他条件相同，分别测得纳米Cu的产率随和pH变化的曲线如图。生产时宜选用的为___________mol·L，pH为___________，pH过大，纳米Cu的产率反而下降的原因可能是___________。(7)Cu的化合物种类繁多，其中与Br形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为___________。若晶胞的密度为ρg·cm，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为___________nm(表示阿伏加德罗常数的值，用含ρ、的代数式表示)。【答案】(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高溶浸率(2)S(3)(4)3.3 (5)制化肥(6)3.2(3.0~3.25之间均可)10(9~10之间均可)溶液碱性过强，生成沉淀(合理即可)(7)CuBr【分析】黄铜矿的主要成分为，含少量Fe的氧化物、、Au等，加入稀硫酸和硫酸铁溶液溶浸，铁离子具有氧化性，可氧化硫元素得到硫单质，同时铜离子、铁离子、硫酸根离子和亚铁离子留在溶液中，加入双氧水可氧化亚铁离子，然后用氨水氨化铜离子，同时产生氢氧化铁沉淀，最后用水合肼还原得到纳米铜，滤液的主要溶质为硫酸铵。【详解】（1）将黄铜矿粉碎过筛，可增大反应物接触面积，加快反应速率，提高溶浸率。（2）根据流程梳理可知，滤渣中还有S。（3）加入双氧水的目的是氧化亚铁离子，在酸性条件下，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为。（4），将mol•L代入，可得mol·L，则。（5）滤液的主要溶质为硫酸铵，可用于制化肥。（6）观察图像，可知约为3.2mol·L，pH约为10时纳米Cu的产率最大，pH过大，溶液碱性过强，可能会生成沉淀，使纳米Cu的产率下降。（7）根据均摊法可知，晶胞中白球的数目为，黑球的数目为4，故该晶体的化学式为CuBr。第一步：计算晶胞质量。1个晶胞含4个“CuBr”，质量为g。第二步：计算晶胞棱长。设晶胞棱长为acm，则，。第三步：计算Cu原子与Br原子之间的最短距离。晶胞体对角线长为cm，Cu原子与Br原子之间的最短距离为体对角线长的，即nm。17．分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示： 已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的浸渣。回答下列问题：(1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为___________。(2)“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为___________。(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有析出，分离出的操作是___________。滤液中As元素最主要的存在形式为___________(常温下，的各级电离常数为：、、)。A．    B．    C．    D．(4)①中，Sb的化合价为___________。②“氯盐酸浸”时，通入的目的是___________。(5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为___________。(6)可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于的原因为___________。晶胞是长方体结构(如图所示)，碲的配位数为___________。已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(列出计算表达式)【答案】(1)4s24p3(2)(3)过滤B(4)+5将还原为SbCl3(5)SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl (6)TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体6【分析】分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含、，铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化物，硫酸酸浸后得到沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解后得到SbOCl。碱浸液中含、，调节pH值后得到TeO2沉淀。【详解】（1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为：4s24p3；（2）“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为：；（3）分离出的操作是过滤；pH=4时，溶液成酸性，，，故滤液中As元素最主要的存在形式为：B；（4）①中，Sb的化合价为+5价；②“氯盐酸浸”时，通入的目的是：将还原为SbCl3；（5）“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl；（6）TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体；由晶胞结构可知，Te的配位数为6；根据均摊法，Te原子位于晶胞的顶点和内部，个数为；O原子位于晶胞的面上和内部，个数为，晶胞的密度为：。18．NiOOH可用作碱性镍镉电池的电极材料，用含镍废料(主要成分是Ni，杂质有Al、Fe、SiO2)制取NiOOH的流程如图。已知：i.镍、铁同族，但Ni2+的性质较稳定；ii.常温下，该工艺条件下金属阳离子生成氢氧化物沉淀时的pH范围如表所示。沉淀物开始沉淀时pH3.01.55.97.1完全沉淀时pH4.73.29.09.2回答下列问题：(1)“酸浸”前将废料粉碎的目的是___________，“滤渣2”的主要成分是___________。(2)加入的目的是___________，实际生产中发现 的实际用量比理论用量多，原因是___________。(3)“调pH”时pH的范围是___________，当溶液中离子浓度小于或等于时认为该离子沉淀完全，则常温下___________，“氧化2”中反应的离子方程式为___________。(4)锌镍电池是一种可充电电池，其充电时总反应为，则放电时正极的电极反应式为___________，充电时阴极周围溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)加快酸浸速率、提高原料的利用率、(2)将氧化成，以便后续除去铁元素生成的能催化分解(3)(4)增大【分析】含镍废料（Ni、Al、Fe、SiO2）用稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe溶解得到Ni2+、Al3+、Fe2+，SiO2不溶形成滤渣1，加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀（滤渣2），加入KOH、KClO将Ni2+氧化为NiOOH，过滤后得到产品。【详解】（1）粉碎可提高废料的比表面积，有利于反应物间充分接触，从而提高反应速率及原料的利用率。“滤渣2”是调pH时形成的，沉淀。（2）由几种离子形成氢氧化物沉淀时的pH范围知，加入的目的是将氧化为，便于后续以氢氧化物的形式除去；遇会被催化分解，从而导致实际用量多于理论用量。（3）“调pH”的目的是使、形成氢氧化物沉淀而不能形成沉淀，故pH范围为。当pH=3.2时，恰好完全沉淀，此时，，由此求得。“氧化2”中KClO被还原为，被氧化为NiOOH，对应的离子方程式为。（4）由充电时总反应式知，放电时NiOOH是正极，得到电子后转化为，电解质溶液是碱性溶液，故电极反应式为。充电时阴极的电极反应式为，由于生成OH－，故阴极周围溶液pH增大。19．高纯氟化镁具备优异的光学性质和抗腐蚀性被广泛应用于高端领域。某研究小组利用镁片(含及少量惰性杂质)制备高纯氟化镁流程如下，请回答： 已知：①甲醇沸点：②该实验条件得到的氟化镁并不是晶型沉淀，其颗粒细小，常常吸附水分成黏稠胶状。(1)利用图1装置可检测镁与甲醇反应速率。仪器A的名称___________。(2)写出氟化反应涉及的化学方程式___________。(3)下列有关说法不正确的是___________。A．步骤Ⅰ：反应温度不选择，主要由于在反应过于剧烈难以控制。B．步骤Ⅱ：待镁片上不再有微小气泡生成时，可进行步骤Ⅱ。C．步骤Ⅲ：制备悬浊液B，应先将通入高纯水达到饱和，再加到固体A中。D．步骤Ⅳ：在进行氟化反应时，应做好防护措施和配备应急药品。(4)步骤Ⅱ的一系列操作目的是为获得固体A．从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_______”上填写一件最关键仪器，“(_______)”内填写一种操作，均用字母表示]________。取仪器A中的溶液，用___________(___________)→用___________(蒸馏减少溶剂)→用___________(___________)→用漏斗(过滤得到固体A)【仪器】a．烧杯；b．铜质保温漏斗；c．漏斗；d．空气冷凝管；e．直形冷凝管；f．球形冷凝管【操作】g。过滤；h．趁热过滤；i．冷却结晶；j。蒸发结晶(5)步骤Ⅴ：产品在不同温度下干燥，对其进行红外光谱分析如下图，已知羟基引起的吸收峰在波数处请选择最合适的温度___________。(填“、、或”) 【答案】(1)三颈烧瓶(2)(3)AC(4)bheai(5)【分析】镁和甲醇加热回流反应生成甲醇镁，分离出甲醇镁A，加入高纯水水解生成氢氧化镁，然后通入二氧化碳将氢氧化镁转化为碳酸镁，过滤后加入氢氟酸发生氟化反应得到氟化镁；【详解】（1）仪器A的名称三颈烧瓶；（2）氟化反应涉及的反应为碳酸镁和氟化氢生成氟化镁、水、二氧化碳，化学方程式（3）A．甲醇沸点：，故步骤I中反应温度不选择，主要减少甲醇挥发，A错误；B．步骤Ⅱ中待镁片上不再有微小气泡生成时，说明已经反应完全，可进行步骤Ⅱ，B正确；C．步骤Ⅲ将通入高纯水达到饱和不利于甲醇镁的水解进行，制备悬浊液B应先加入高纯水，使得甲醇镁水解后再通入二氧化碳将氢氧化镁转化为碳酸镁，C错误；D．氟化氢气体有毒，故步骤Ⅳ在进行氟化反应时，应做好防护措施和配备应急药品，D正确；故选AC；（4）得到甲醇镁需要趁热过滤除去滤渣分离出甲醇镁溶液，故过滤中需使用铜质保温漏斗；过滤后滤液加热蒸馏出过量的甲醇，需要使用直行冷凝管和烧杯；然后蒸发结晶得到甲醇镁；故答案为：bheai； （5）由图可知，时透过率稳定且温度较高干燥速率较快，故选择。20．对为载体的加氢废催化剂(主要含有、NiS、，少量碳、磷)处理的实验流程如下：(1)NiS中，基态镍离子的电子排布式为_______。(2)高温氧化焙烧时，发生反应的化学方程式为_______。(3)滤渣X的成分为和_______。(4)易溶于水，、均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通入，再滴加溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体。①实验中球形干燥管的作用是_______。②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成的离子方程式为_______。③向滤液中先通入后加入溶液的原因是_______。(5)已知：①该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。②实验中须用到的试剂：2溶液、0.1NaOH溶液。浸渣中含NiO、少量的和不溶性杂质。请完成从浸渣制备的实验方案：_______。 【答案】(1)[Ar]3d8(2)(3)Al(OH)3(4)防止倒吸避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度(5)向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤【分析】废催化剂通入空气氧化焙烧，、NiS、转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到CaWO4；【详解】（1）基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排布式为[Ar]3d8；（2）高温氧化焙烧时，和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫，反应为；（3）由分析可知，滤渣X的成分为和Al(OH)3；（4）①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸；②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料固体，pH为9～10时磷主要以存在，则反应为；③已知：易溶于水，、均难溶于水。向滤液中先通入后加入溶液的原因是避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度；（5）该实验中pH=5.0时，沉淀完全；在pH=6.0时，开始沉淀。故实验方案为：向浸渣中加入稍过量的2mol·L-1H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。