2024届高三新高考化学大一轮专题训练-- --工业流程题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三新高考化学大一轮专题训练-- --工业流程题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-24 18:49:24 | ||
图片预览
文档简介
2024届高三新高考化学大一轮专题训练----工业流程题
1．（2022·内蒙古包头·统考一模）镉( Cd)在合金、电池等方面具有重要应用。某铜镉渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收Cd的某种工艺流程如图所示。
已知：①Ksp[CaSO4] =9.1 ×10-6 Ksp[PbSO4]=1.6×10-8
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
离子 Zn2+ Cd2+ Fe2+ Pb2+ Cu2+ Fe3+
开始沉淀时(c=0.01 mol · L-1)的pH 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2
完全沉淀时(c=1.0 ×10-5mol·L-1)的pH 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2
回答下列问题：
(1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是 。
(2)“酸浸”时，保持温度和pH均不宜过高的原因是 ；“压滤 ”所得滤渣I的主要成分是 ( 填化学式)； “酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是 。
(3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是 ， 若石灰乳加过量，缺陷是 。
(4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化” ，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，“置换净化”所发生的离子反应方程式为 。
(5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25°C下，部分电对的电极电位如表所示。
电对 Fe3+/Fe2+ Cu2+/Cu H+/H2 Pb2+/Pb Cd2+/Cd Fe2+/Fe Zn2+/Zn Ca2+/Ca
电极电位/V +0.771 +0.337 0 -0.126 - 0.402 -0.442 -0.762 -2. 86
根据表中信息和已有知识可知，电对的电极电位数值越大，电对中氧化态粒子的氧化性 (填“越强”或“越弱”)。采用低电流条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应是 。
2．（2023·全国·高三专题练习）从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下：
已知：CuFeS2 + 3CuCl2=-4CuC1+ FeCl2+ 2S
(1)为提高“浸取”时的反应速率，通常可采用的措施有 (答一条即可)。
(2)“浸取”时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，反应的化学方程式为 。
(3)若“滤液1”中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为 。
(4)“除硫”时加入浓盐酸发生反应的离子方程式为 。
(5)“滤液2”中可以循环使用的物质为。 、 为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为 。
(6)通常采用滴定法测定溶液中Cu2+浓度。步骤：准确量取V1mL溶液于锥形瓶中，调节pH至3~4，加入过量KI溶液，充分反应后，滴加2滴淀粉溶液，再慢慢滴加cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。上述过程中发生的反应为2Cu2++ 4I-=2CuI↓ + I2、2+ I2= +2I-。
①滴定到达终点的现象为 。
②溶液中Cu2+的物质的量浓度为 (用含c、V1、V2的代数式表示)mol·L-1。
3．（2022·陕西商洛·统考一模）重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7 ]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液中制备[(NH4)2Cr2O7 ]，的装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
已知： (橙色)+ H2O2 (黄色)+2H+。
(1)仪器a的名称是 ， b处的作用为 ；实验时控制三颈烧瓶内溶液pH约为4，pH不宜过大的原因是 ；A 装置的作用为 。
(2)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，加水溶解，再滴加足量KOH浓溶液，振荡，微热，观察到的主要现象是 。
(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的产品中(NH4)2Cr2O7的质量分数，其反应原理为2Ba2+ + +H2O=2BaCrO4 +2H+、4 +6HCHO=(CH2)6N4H+ +6H2O+ 3H+，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：
Ⅰ.称取样品12. 00 g，配成250 mL溶液。
Ⅱ.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使完全沉淀后，加入足量的20%中性甲醛溶液，摇匀，静置5 min。
Ⅲ.以酚酞作指示剂，用1. 00 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定，记录数据。
Ⅳ.重复步骤Ⅱ、Ⅲ2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化为 。
②用 (填“酸式”或“碱式”)滴定 管量取25.00 mL样品溶液于 250 mL锥形瓶中。
③与NaOH反应时，1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，步骤III中(CH2)6N4H+与NaOH发生反应的离子方程式是 。
④若实验平均消耗NaOH溶液的体积为16.00mL，则所得产物中(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252 g·mol-1)的质量分数为 %。
⑤若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
4．（2022·新疆·统考二模）综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2( Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓( GaN) ，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1金属离子浓度 及开始沉淀的pH
金属离子 浓度( mol· L-1) 开始沉淀pH
Fe2+ 1.0×10-3 8.0
Fe3+ 4.0×10-2 1.7
Zn2+ 1.5 5.5
Ga3+ 3.0×10-3 3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子 萃取率(%)
Fe2+ 0
Fe3+ 99
Zn2+ 0
Ga3+ 97-98.5
(1)“浸出”时ZnFe2O4发生反应的化学方程式为 。
(2)滤液1中可回收利用的物质是 ，滤 饼的主要成分是 ；萃取前加入的固体X为 ，加入X的目的是 。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为 (填化学式)。
(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为 。
(5)GaN可采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为 。
(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为 mol·L-1。
5．（2023·全国·高三专题练习）高纯氮化铝(AlN)是一种理想的半导体物质，一种以含铝废料(主要成分为Al2O3，含有少量Fe3O4、CuO、PbCO3、MnCO3)为原料制备AlN的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
(2)写出“氧化”时生成MnO2的离子方程式： 。
(3)常温下，“氧化”后溶液中c(Al3+)=0.1mol·L-1，若“pH=3.5”，是否有Al(OH)3沉淀生成 (填“有”或“无”)，原因 (已知常温下，Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-33)。
(4)“沉铝”时，加入试剂X的名称是 。
(5)“操作”步骤包含 。
(6)写出“高温灼烧”时反应的化学方程式： ；该步骤反应后期需通入一定量的空气，其目的是 (从提高AlN纯度角度考虑)。
6．（2022·海南·高三专题练习）利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质，Co3O4具有较强氧化性)制备CoO的工艺流程如图所示。
已知：I.不同浸出剂“酸溶”结果
浸出剂 浸出液化学成分/(g·L-1) 钴浸出率/%
Co Al
HCl 80.84 5.68 98.4
H2SO4+Na2S2O3 84.91 5.96 98.0
II.Al3+在pH为5.2时沉淀完全。
III.LiF的Ksp为1.8×10-3。
回答下列问题：
(1)“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是 (写出一种即可)，并写出主要的离子方程式： 。
(2)“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择 ，并说明理由： 。
(3)“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时计算“净化”后残余c(Li+)= mol·L-1。
(4)写出滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式 。
7．（2022·山东烟台·统考三模）某含钛高炉废渣的主要成分有、、、，通过如下工艺进行资源化综合处理：
回答下列问题：
(1)酸浸过程中适当升温的目的是 ，酸溶渣的主要成分为 。
(2)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。
(3)“溶解”过程中，10min所测的转化率与温度关系如图所示，分析40℃时转化率最高的原因 。
(4)中Ti为+4价，则1mol该物质中所含过氧键的数目为 。由与煅烧生成的化学方程式为 。
(5)已知25℃时溶液中金属离子的浓度对数lgc与pH关系如图所示。“分步沉淀”过程中，当恰好沉淀完全时(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)，溶液中浓度不超过 mol/L。
(6)上述流程中可循环利用的物质为 。
8．（2022·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）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。以氟碳酸铈(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如下：
已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。
②F-能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Ce4+能与F-结合成CeF3+，Al3+也能与F-结合成AlF；它的这种性质有利于酸浸步骤，却不利于后续的沉淀步骤。
③Ce4+能被萃取剂TBP萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是 。
(2)“氧化焙烧”后的固体产物中含有CeO2和CeF4，CeO2和CeF4的物质的量之比为3：1，“酸浸”时发生反应的离子方程式为 。传统工艺中用盐酸替代硫酸，其缺点为 。
(3)TBP是一种有机萃取剂，“萃取”时存在反应CeF3++TBPCeTBP4++F-，氟洗液中添加Al3+的作用是 。
(4)“反萃取”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(5)已知CeO2(1-x)中的Ce为＋3、＋4价且x>0，现取CeO2(1-x)固体0.875g，加入足量硫酸和3.058gFeSO4·7H2O(M=278g·mol-1)充分溶解，使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。(已知氧化性：Ce4+>KMnO4)
①固体中＋4价Ce的质量分数为 。
②若加入的FeSO4·7H2O部分变质，会导致测定的x值 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
9．（2022·宁夏石嘴山·统考模拟预测）铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，K2Cr2O7是实验中常用的强氧化剂之一，利用含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料回收铬的生产流程如图：
几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Cd(OH)2 Cr(OH)3
开始沉淀的pH 1.5 8 7.2 6
沉淀完全的pH 3.3 12 9.5 8
请回答下列问题：
(1)写出提高酸浸速率的措施 (写出两点)。
(2)酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的CoAs合金，写出除钴时反应的离子方程式 ；若仅从试剂的经济角度考虑，试剂X最好是 ；氧化过程中铁、铬形成的离子均被氧化，则调pH时应将pH控制在 范围内，单质铬与试剂Y反应时，反应中二者消耗量n(Cr)：n(Y)= 。
(3)设计实验检验废液中是否含有Fe3+： 。
(4)已知常温下Ksp(CdCO3)=5.2×10-12，Ksp(CdS)=3.6×10-29。试剂Z是 (填“Na2CO3”或“Na2S”)时，Cd2+的去除效果较好。若用Na2S溶液处理CdCO3后，达到沉淀溶解平衡时溶液中c(S2-)=amol·L-1，则c()= 。
10．（2023·全国·高三专题练习）火法炼铜过程中产生的碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等。一种利用这种碱性渣提取高纯碲和粗硒的工艺流程如下图所示。
已知：Ksp (CuS)=6×10-36；Ksp(PbS)=9×10-29。
请回答以下问题：
(1)“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是 。
(2)下图分别是温度和NaOH溶液浓度对碲浸出率的影响，则碱浸时的合适温度是 。实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液的原因是 。
(3)已知：CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠。则“碱浸”时PbO所发生反应的离子方程式为 。
(4)滤渣3的主要成分为 。滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(Cu2＋)的最大值是 mol·L-1，(保留小数点后2位。某离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)
(5)电解制碲时阴极的电极反应式为 。电解余液经处理后可循环使用于步骤 。电解时电流为10A，电解时间为4h。若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则生成碲的质量为 。(法拉第常数为96500C·mol-1，保留小数点后1位)
11．（2022·贵州贵阳·校联考模拟预测）铍是一种重要金属，主要用于原子能反应堆材料，宇航工程材料。根据元素周期表的对角线规则可知Be和Al性质相似，工业上常用绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，工艺流程如图所示：
已知：几种物质沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Be(OH)2
开始沉淀时 1.5 3.3 6.5 5.2
沉淀完全时 3.7 5.0 9.7 8.8
回答下列问题：
(1)“酸浸”时为提高效率可以采取的措施是 。(任写两条)。滤渣1的主要成分为 (写化学式)。
(2)“氧化”的目的是 。
(3)“调pH”产生沉淀，其合理pH范围是 。
(4)“沉淀”反应不宜使用NaOH溶液的原因是(用离子方程式表示) 。
(5)从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是 、 、过滤、洗涤、干燥。
(6)“高温反应”需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是 。
12．（2022·广东·三模）碱式碳酸镍[Nix(OH)y(CO3)z·nH2O]是一种绿色晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂。已知红土镍矿中含有Mg3Si2O5(OH)4、Fe3O4、CuO、NiO、FeAsO3，由红土镍矿制取碱式碳酸镍的工艺流程图如下：
回答下列问题：
(1)As是第ⅤA族元素，FeAsO3中As元素化合价为 ；“培烧”过程中金属变成硫酸盐，写出Mg3Si2O5(OH)4与硫酸铵反应的化学方程式 ；“滤渣②”为 。
(2)“除铁、砷”过程中，溶液中变成了稳定的FeAsO4沉淀，写出该反应的离子方程式： 。
(3)已知反应温度对砷、铁沉淀率的影响如下图所示，请解释选择70℃的原因 。
(4)“除镁”步骤中，当Mg2+恰好沉淀完全时，滤液④中c(F-)= ；若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是 。(Ksp(MgF2)=8.1×10-11，Ka(HF)=6.0×10-3)
(5)“沉镍”时pH>8，溶液pH增大会使碱式碳酸镍中Ni元素的质量分数增加，请解释原因： 。
13．（2022·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）金属钼(Mo)、镍(Ni)是重要的战略金属，广泛应用在钢铁、化工等领域，辉银矿的主要，还含有Ni、V、Fe等金属元素，处理辉钼矿有火法和湿法两种工艺。下图是用NaClO溶液(pH>9)湿法浸取辉钼矿制备仲钼酸铵[]的工艺流程(已知：次氯酸钠溶液化学性质不稳定，常温下缓慢分解成NaCl，和)。
请回答下列问题：
(1)传统的火法工艺是在空气中灼烧辉铝矿得到和，和上述湿法工艺相比这种方法最大的缺陷是 。
(2)浸取辉钼矿之前要先将辉钼矿磨碎，目的是 。
(3)步骤①中溶于NaClO溶液，发生反应的离子方程式为 。
(4)步骤②由于易溶于有机萃取剂，可以发生草取。步骤③反萃取时使用的X试剂为 ，步骤②③的作用为 。
(5)某科研小组研究温度对步骤①中浸取率的影响。实验条件为NaClO)的浓度为130g/L，汉取液pH=9。反应时间1.5h温度控制为采用冷水浴冷却和不冷却两种，实验结果见下表：
反应条性 反应现象和结果
冷水浴 反应温度保持30℃左右，Mo元素的浸取率为83.3%。
不冷却 温度上升很快，最高为60℃左右，有大量的气泡产生，Mo元素的浸取率为7.8%。
出现上表实验结果的原因为 。
(6)碳钢在空气中容易被腐蚀，加入钼酸盐有利于缓蚀，其缓蚀原理是在钢铁表面形成保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳铜管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入，则的作用是 。
14．（2022·山东日照·统考三模）五氧化二钒常用于生产硫酸或石油精炼的催化剂。某化工厂从废钒催化剂中(含有等)回收和，既能避免环境污染，又能节约资源。回收工艺流程如下：
已知：1：①"酸浸”时，和先与稀硫酸反应分别生成和；
②有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强；
③微溶于冷水、易溶于热水、难溶于乙醇；
④溶液中与可相互转化：。
回答下列问题：
(1)滤渣2的成分主要有 (填化学式)。
(2)“酸浸”时，参与反应的离子方程式为 。
(3)“萃取”和“反萃取”时，将发生(其中R表示，表示有机萃取剂)。
①“反萃取”操作加入的试剂是 (填化学式)。
②假设“滤液2”中，“萃取”和“反萃取”每进行一次，萃取率为90%，5次操作后，“滤液2”中残留的 【萃取率=】。
(4)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
(5)①“沉钒”时生成，通入的作用是 。
②实验发现，温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是 。
15．（2022·湖南衡阳·统考三模）我国有丰富的资源，中科院过程工程研究所公布了利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程：
某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：
(1)用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”：
①装置A中橡皮管a的作用是 。
②装置B中能否用苯来代替，说明理由 。
③装置B中发生反应的离子方程式为 。
(2)在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐，分离该复盐与溶液需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是 。
(3)依据该流程的闭路循环绿色的特点，“一次反应”与“煅烧(350℃)”的实验中均采用如图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好是 溶液。
(4)利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程中可以循环利用的物质有 (填化学式)。
(5)测定产品硫酸氢钠的纯度：称取所得产品，配成溶液，每次取出配制的溶液，用标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：
序号 1 2 3 4
标准溶液体积/mL 20.05 18.40 19.95 20.00
所得产品硫酸氢钠的纯度为 (用质量百分数表示)。
16．（2023·全国·高三专题练习）2030年全球新能源动力电池镍消费量将达到2020年全球镍产量的近40%。碱式碳酸镍[NiCO3·2Ni(OH)2·xH2O]在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上由某含镍废渣精矿(主要成分为NiO、Fe2O3，CuO、SiO2)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图1所示。
已知：①25℃时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
离子 Ni2+ Fe3+ Cu2+
开始沉淀时的pH 6.4 2.2 4.4
完全沉淀时的pH 8.4 3.5 6.7
②25℃时，Ksp(NiS)=1.0×10-27，Ksp(CuS)=8.0×10-35
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分为 (填化学式)。
(2)“除杂1”时应利用加入的Na2CO3溶液调节溶液的pH范围为 。
(3)“除杂2”时发生反应的离子方程式为NiS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Ni2+(aq)。25℃时，该反应的化学平衡常数为 ；实验测得此工序中加入NiS的物质的量与“除杂1”所得溶液中Cu2+的物质的量之比、反应温度对“除杂2”所得滤渣中铜镍比的关系分别如图2和图3所示。
则最佳的加入NiS的物质的量与“除杂1”所得溶液中Cu2+的物质的量之比和反应温度分别为 。
(4)“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有 (填化学式)的水溶液。
(5)“沉镍”时应控制温度为95℃，反应除生成NiCO3·2Ni(OH)2·xH2O外，还有一种无色气体生成。该气体为 分子(填“极性”或“非极性”)。
(6)碱式碳酸镍可进一步转化制得镍氢电池。镍氢电池充电的工作原理为：Ni(OH)2+M=NiOOH+MH(M表示储氢金属或合金)。该电池充电过程中阴极的电极反应式为 。
17．（2023·浙江·高三统考专题练习）硫酸锆[Zr(SO4)2 4H2O]，是制取原子能级锆及其它锆化合物的中间原料，并大量用作皮革鞣剂、羊毛处理剂、催化剂等。下面是以锆英砂(主要成分为ZrO2，伴有杂质SiO2)为原料，利用碱熔法再进行酸浸制备硫酸锆的工艺过程。
已知：①Na2ZrO3、ZrOCl2、Zr(SO4)2均易溶于水，难溶于酒精及其他有机溶剂
②ZrOCl2 ZrO2++2Cl-；ZrO2++SOZrOSO4
③ZrO2++2H2OZrO(OH)2+2H+
(1)步骤1中用到的仪器有泥三角、 (填“铁”或“瓷”)坩埚、坩埚钳等。
(2)下列说法正确的是 。
A．副产物1为H2SiO3、副产物2为NaCl、副产物3为HClO
B．步骤3加入HCl作用是与Na2ZrO3反应生成ZrOCl2，还能降低ZrOCl2的溶解度
C．操作1为蒸发结晶、趁热过滤；操作2为重结晶
D．制备的Zr(SO4)2 4H2O溶于水溶液呈酸性
(3)如图装置，经过一系列操作完成操作2中的抽滤和洗涤。
请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整： 。
开抽气泵→a→d→b→_____→_____→_____→_____→b→e→关抽气泵。
a.转移固液混合物；b.确认抽干；c.加浓盐酸洗涤；d.关闭活塞A；e.打开活塞A；f.加无水乙醇洗涤
(4)ZrOCl2 8H2O洗涤后，在800℃下灼烧可得一种用于制备压电陶瓷的原料ZrO2，写出该灼烧过程的化学方程式 。
(5)实验室可以用络合滴定法测定锆含量。已知：ZrO2+与二甲酚橙生成红色络合物，ZrO2+能与EDTA发生络合反应(1∶1)生成无色络合物，且络合能力更强。
①样品溶解时，需要加入盐酸溶解，原因是： 。
②产品中锆的含量是 (用含c、V、m的代数式表达)
③下列有关上述滴定操作的说法正确的是 。
A．滴定管活塞涂凡士林：用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动
B．滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作
C．读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
D．第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释待测液后重新滴定来减小误差
18．（2022秋·湖南株洲·高三株洲市第四中学校考期中）工艺流程题：硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)的电子式为 。
(2)碱溶时发生反应的离子方程式是 。
(3)滤渣的成分是 。
(4)操作2的名称为 。流程中可循环利用的物质是 ，流程中理论上每生产1g 所需加入还原剂总质量为 (结果保留两位有效数字)。
(5)-燃料电池有望成为低温环境下工作的便携式燃料电池，其工作原理如题图所示。离子交换膜C为 膜，a极发生的电极方程式为 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)增大接触面积，提高酸浸速率和浸出率
(2) 抑制Cd2+水解 Cu、SiO2和PbSO4 PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在
(3) 3.2(4)Cd+Cu2+= Cu+Cd2+、 Cd+Pb2+= Pb+Cd2+
(5) 越强 Cd2++2e -=Cd
【详解】（1）将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是增大接触面积，加快“酸浸”速率,故答案为:增大接触面积，加快“酸浸”速率；
（2）“酸浸”时，温度和pH过高时Cd2+水解程度增大，生成Cd(OH)2沉淀，“酸浸”效率将会降低,故温度和pH均不易过高的原因是防止Cd2+水解;“压滤”所得滤渣I含有没有完全浸取的金属Cu、SiO2 、PbSO4；“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；故答案为:抑制Cd2+水解；Cu、SiO2、PbSO4；PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；
（3）根据表格数据可得，加入石灰乳调节pH范围为3.2（4）“酸溶”所得的溶液中含有微量的Cu2+和Pb2+，在“置换净化”时加入更活泼的新制海绵镉，可以将Cu2+和Pb2+转化为单质而除去，故答案为：Cd+Cu2+= Cu+Cd2+、 Cd+Pb2+= Pb+Cd2+；
（5）根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为Ca>Zn>Fe>Cd>Pb>H>Cu，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性：Cd2+ > Zn2+,故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为Cd2++ 2e- = Cd,故答案为:越强; Cd2++ 2e- = Cd。
2．(1)加热或将黄铜矿粉碎等
(2)CuFeS2+ 3FeCl3 =CuCl + 4FeCl2+ 2S
(3)Fe2O3
(4)CuCl+Cl-=[CuCl2]-
(5) HCl CuCl2 0.5 mol
(6) 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色并且半分钟内不恢复蓝色
【分析】CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+。
【详解】（1）为提高“浸取”时的反应速率，通常可采用的措施有：加热或将黄铜矿粉碎等。
（2）“浸取”时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，可见CuFeS2和FeCl3之间发生的是氧化还原反应，按得失电子数守恒、元素质量守恒得化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3＝CuCl+4FeCl2+2S。
（3）若“滤液1”中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3。
（4）“除硫”时加入浓盐酸、过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，发生反应的离子方程式为CuCl+Cl-=[CuCl2]-。
（5）“滤液2”中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2＝2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol。
（6）①以淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，根据已知反应2+ I2= +2I-，加入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色恰好消失，且30s内不恢复原色。
②根据反应2Cu2++ 4I-=2CuI↓ + I2、2+ I2= +2I-，可得2Cu2+~I2~ 2，n(Cu2+)=n()=cV2×10-3mol，溶液中Cu2+的物质的量浓度为mol·L-1。
3．(1) 球形干燥管 防止倒吸 防止因pH过大，转化为 ，使产物不纯 控制NH3通入的速率
(2)有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色
(3) 溶液由无色变为浅红色 酸式 (CH2)6N4H+ +OH- =(CH2)6N4+ H2O 84 偏大
【分析】仪器a为球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b处要有防倒吸装置，由，pH过大会使平衡正向移动，使产生的(NH4)2Cr2O7不纯，因此插入pH计及时了解控制反应液中的pH值，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在四氯化碳溶液中溶解度小，A中加入四氯化碳后可以看到气泡，以便于控制氨气的通入速度，a是尾气处理装置。
(1)
a名称为球形干燥管，b的作用为防止倒吸，pH过大，平衡正向移动，产生较多的，使产物不纯，A装置的作用为控制氨气的流速，同时也能平衡气压。
(2)
在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7，溶解后加入足量KOH浓溶液，振荡、微热，溶液中铵根离子与氢氧根反应产生氨气，有刺激性气味气体放出，，随着KOH加入，氢离子被消耗，平衡正向移动，产生较多的，溶液变为黄色。
(3)
①酚酞为指示剂，用NaOH滴定反应后的溶液，随着NaOH加入，溶液pH逐渐增大，最后一滴NaOH加入后溶液由无色变为浅红色。②由题干可知(NH4)2Cr2O7有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用酸式滴定管。③已知1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，则其与NaOH反应的离子方程式为。④设25mL样品溶液中有(NH4)2Cr2O7 xmol，则有2xmol，有xmol，根据（3）中两个方程式可知，xmol生成H+2xmol，2xmol生成xmolH+和xmol(CH2)6N4H+，因1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，故可以看成2xmol生成了2xmolH+，即xmol(NH4)2Cr2O7共生成4xmolH+，现已知消耗NaOH物质的量为0.016mol，则4x=0.016，x=0.004mol，因此25mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7有0.004mol×252g/mol=1.008g，则产物中(NH4)2Cr2O7的质量分数为。⑤滴定终点时仰视读数，会使标准液的体积偏大，测定的质量分数偏大。
4．(1)ZnFe2O4 + 4H2SO4 = ZnSO4 + Fe2( SO4)3 + 4H2O
(2) 硫酸锌 Fe(OH)3、Ga(OH)3 Fe 使Fe3+变为Fe2+，不被萃取剂萃取
(3)NaGaO2或者
(4) + 3e- + 2H2O = Ga + 4OH-
(5)Ga( CH3)3+ NH3 = 3CH4 + GaN
(6)3.0 × 10-10.2
【分析】炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2( Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)中加入稀硫酸后得到Fe2+、Fe3+、Zn2+和Ga3+，加入H2O2后将Fe2+氧化为Fe3+，调pH到5.4，将Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3，滤液为硫酸锌，向滤饼中加盐酸将Fe(OH)3和Ga(OH)3溶解，再加Fe将Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂后将Fe2+留在水层而分离，萃取层则为Ga3+，萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解后在阴极得到粗Ga，经精炼后得到精镓，向Ga中加入CH3Br得到Ga(CH3)3，然后加入氨气后，采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得GaN，同时得到副产物CH4。
(1)
ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，加入硫酸后发生非氧化还原反应，则化学方程式为：ZnFe2O4 + 4H2SO4 = ZnSO4 +Fe2( SO4)3 + 4H2O；
(2)
①根据以上分析可知，滤液1中为硫酸锌，所以可回收利用的物质是硫酸锌；
②调节pH到5.4的目的是沉淀Fe3+和Ga3+，滤饼的主要成分为：Fe(OH)3、Ga(OH)3；
③萃取前加入的固体X目的是还原Fe3+且不引入杂质，则X为Fe；故答案为：使Fe3+变为Fe2+，不被萃取剂萃取；
(3)
Ga与Al同主族，化学性质相似，结合铝离子的性质可知，反萃取后加入NaOH溶液可将Ga3+转化为，则镓的存在形式为NaGaO2或者，故答案为NaGaO2或者；
(4)
精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极得到电子转化为Ga，其电极反应式为：+ 3e- + 2H2O = Ga + 4OH-，故答案为： + 3e- + 2H2O = Ga+4OH-；
(5)
以合成的三甲基镓为原料，与氨气发生一系列反应得到GaN，根据原子守恒可知，另外一种产物为甲烷，所以该反应的方程式为：Ga( CH3)3+NH3 = 3CH4+GaN；
(6)
根据表中数据可知，Ga(OH)3的溶度积常数=3.0×10-3×=，当溶液的pH=5.4时，c(OH-)==mol/L，则滤液1中残余的Ga3+的浓度c(Ga3+)=mol/L，故答案为：3.0 × 10-10.2。
5．(1)PbSO4
(2)
(3) 无 调，c(H+)=10-3.5mol/L，则c(OH-)=10-10.5mol/L，Q[Al(OH)3] =c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-10.5)3=10-32.5，由于Q>Ksp，故会生成沉淀；
(4)氨水
(5)过滤、洗涤
(6) 除去未反应完的碳
【分析】废料(主要成分为，含有少量、、、)加入稀硫酸后，氧化铝溶解生成硫酸铝溶液，反应生成硫酸铁和硫酸亚铁溶液，氧化铜反应生成硫酸铜，反应生成硫酸铅，反应生成硫酸锰，所以，滤液中含有Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+等金属阳离子，而滤渣主要为硫酸铅；然后加入NaClO3可氧化Mn2+生成MnO2，氧化Fe2+生成Fe3+，故氧化后滤液中的金属阳离子：Na+、Fe3+、Cu2+、Al3+，过滤可除去MnO2；再加入NaOH调节pH，使铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，便于分离除去，故调节pH后滤液中的金属阳离子：Na+、Cu2+、Al3+；加入Al，置换出铜单质除去铜；最后加入氨水沉铝，过滤，洗涤，干燥可得到氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝，再通入氮气、C，得到AlN。
【详解】（1）根据分析，滤渣1的主要成分是硫酸铅，化学式为PbSO4；
（2）NaClO3可氧化Mn2+生成MnO2，本身被还原为Cl-，故反应的离子方程式为；
（3）调，c(H+)=10-3.5mol/L，则c(OH-)=10-10.5mol/L，Q[Al(OH)3] =c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-10.5)3=10-32.5，由于Q＜Ksp，故不会生成沉淀。故答案为：无；原因是：调，c(H+)=10-3.5mol/L，则c(OH-)=10-10.5mol/L，Q[Al(OH)3] =c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-10.5)3=10-32.5，由于Q>Ksp，故会生成沉淀；
（4）由于氢氧化钠会溶解氢氧化铝沉淀，故X选用氨水；
（5）从含氢氧化铝沉淀的溶液中分离氢氧化铝，需过滤、洗涤；
（6）“高温灼烧”时氧化铝与氮气、C，得到AlN，故反应的化学方程式为：；为除去未反应完的碳，需通入一定量的空气。
6．(1) 搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
(2) H2SO4+Na2S2O3 两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境
(3)0.45
(4)Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓
【分析】废料用碱液溶解，过滤得到滤液①偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到较纯净的含有钴离子的溶液，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，加NaF除去钙离子，滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4 2H2O，灼烧钴得到氧化钴。
【详解】（1）铝锂钴废料含有少量铝箔，能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的偏铝酸钠，再过滤即可除去废料中的Al，“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。故答案为：搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)；2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
（2）根据表中不同浸出剂“酸溶”实验结果可知，使用HCl或H2SO4+Na2S2O3时浸出液化学成分中Co的含量高、钴浸出率也较高，但因Co3O4有较强氧化性，在酸性条件下氧化S2O生成SO，而氧化溶液里的Cl-时，生成的氯气对环境有污染，“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择H2SO4+Na2S2O3，理由：两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境。故答案为：H2SO4+Na2S2O3；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境；
（3）“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时，由KspLiF=c(F-)×(Li+)=1.8×10-3，可知c(Li+)=mol L-1=0.45mol L-1，净化”后残余c(Li+)=0.45mol·L-1。故答案为：0.45；
（4）滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4 2H2O，滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓，故答案为：Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓。
7．(1) 加快溶解速率
(2)
(3)低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低
(4) 4NA
(5)10
(6)
【分析】该含钛高炉废渣的主要成分有、、、，加入盐酸酸浸，滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸，再加入氨水分步沉淀，得到氢氧化铁、氢氧化铝，废水中含有氯化铵；浸渣中含有、，由第(2)问可知，加入硫酸酸溶时，溶解转化为，不反应，酸溶渣为，滤液中加入热水，水解生成。
(1)
酸浸过程中适当升温的目的是加快溶解速率，由分析可知，酸溶渣的主要成分为。
(2)
水解析出沉淀，根据电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式是。
(3)
40℃时转化率最高的原因是低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低。
(4)
中Ti为+4价，设-1价O原子的个数为x个，-2价O原子的个数为y个，则可得出，x+y=15，x+2y=22，解得x=8，y=7，即-1价O原子的个数为8个，则1mol该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得，中O均为-2价，则可知反应过程中中-1价O既有降价，又有升价，得到氧气，则由与煅烧生成的化学方程式为。
(5)
由图可知，，，当恰好沉淀完全时，，则此时，故溶液中浓度不超过10mol/L。
(6)
由分析可知，酸溶步骤使用硫酸，水解后的母液中含有硫酸，则可循环利用的物质为。
8．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O 会生成氯气，污染环境
(3)铝离子能与氟离子结合成 ，推动萃取平衡正向移动
(4)2CeTBP4+ +H2O2=2Ce3+ +O2↑+2H++TBP
(5) 16% 偏低
【分析】二氧化铈通过氧气氧化焙烧获得CeO2和CeF4，再加入硫酸酸浸，形成CeF3+，反应为3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O，随后加入萃取剂TBP，形成CeTBP4+，在萃取过程中氟洗液中添加Al3+ ，促进CeF3+ +TBP CeTBP4++F-正向进行然后进行反萃取， 发生反应2CeTBP4+ +H2O2=2Ce3+ +O2↑+2H++TBP ，形成Ce3+，通过加入氢氧化钠调节pH，先使A13+沉淀分离出Ce3+，随后再调节pH，使Ce3+完全沉淀，再加次氨酸钠氧化形成Ce (OH) 4，反应为: 2Ce (OH ) 3+NaClO+H2O=2Ce (OH) 4↓+NaCl，最后煅烧生成CeO2。
(5)①结合得失电子守恒可知，n(Fe2+)=n(Ce4+) +5n( )，则n(Ce4+)= 。
②若加入的FeSO4·7H2O 部分变质，则剩余亚铁离子消耗的高锰酸钾量过少，亚铁离子剩余少了，则还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量。
(1)
)氧化焙烧前需要将矿石粉碎成细颗粒，目的是增大接触面积，加快反应速率；
(2)
已知题意中氧化焙烧后的固体产物中含有CeO2和CeF4物质的量之比为3 : 1，随后开始用硫酸酸浸，则CeO2和硫酸反应生成Ce4 +，则Ce4+能与F结合成CeF3+，故而反应依据电荷守恒和原子守恒可得：3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3+ +6H2O；传统工艺中用盐酸替代硫酸,而盐酸具有还原性， CeO2具有较强的氧化性，故能使得氯化氢被氧化成有毒气体氨气，会污染环境。
(3)
已知：“萃取”时存在反应CeF3+ +TBP CeTBP4++F-，氟洗液中添加Al3+、F-能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Al3+也能与F-结合成，氟离子含量减少，平衡会正向移动,提高萃取的效果。
(4)
“反萃取”步骤中加入了硫酸和双氧水，最终水层中有Ce3+产生， CeTBP4+中Ce为+4价，化合价降低，说明发生了氧化还原，即双氧水做了还原剂，价态升高。故推测产物中有氧气产生,依据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，即可得反应方程式为：2CeTBP4+ +H2O2=2Ce3+ +O2↑+2H++TBP。
(5)
①结合电子守恒可知，n(Fe2+)=n(Ce4+) +5n( )，则n(Ce4+)=，固体中+4价Ce的质量分数为 。
②若加入绿矾部分变质，则剩余亚铁离子消耗的高锰酸钾量过少，亚铁离子剩余少了，则Ce4还原消耗的亚铁的物质的量偏高，Ce4的物质的量也会偏高，最终分析出的x值偏低。
9．(1)将废料粉碎、适当升高温度
(2) As2O5+2Co2++7Zn+10H+=7Zn2++2CoAs+5H2O 空气 3.3≤pH<6.0 4：3
(3)取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+
(4) Na2S 1.4a×1017mol L-1
【分析】含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料，加入稀硫酸后得到铜单质和其他二价金属离子，加入Zn和As2O3除钴，在料渣里得到CoAs，通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，加入ZnO调节pH至3.3≤pH＜6.0，使得铁离子生成氢氧化铁除去，电解废液，得到单质铬，通入氧气，得到氧化铬，在废液中加入Na2S，得到含镉沉淀，据此解答。
【详解】（1）采用将废料粉碎以增大反应物接触面积、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等都能提高酸浸速率，故答案为：将废料粉碎、适当升高温度；
（2）铁与稀硫酸反应生成Fe2+，其他金属(除铜外)也均转化为二价离子，锌将Co2+、As2O3还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为As2O3+2Co2++7Zn+10H+═7Zn2++2CoAs+5H2O，氧气、氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2+，但空气的经济价值最低，调pH时得到Fe(OH)3沉淀，为将铁离子除尽，且Co3+不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6.0，单质铬与氧气反应得到Cr2O3，反应中二者消耗量n(Cr)：n(Y)=4：3，故答案为：As2O3+2Co2++7Zn+10H+═7Zn2++2CoAs+5H2O；空气；3.3≤pH＜6.0；4：3；
（3）用KSCN 溶液检验Fe3+，取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+，故答案为：取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+；
（4）CdCO3、CdS组成形式相同，相同条件下K较小的镉盐析出后，溶液中剩余的Cd2+的量较小，Cd2+去除率较好的是Na2S，由，，c(S2 )=a mol/L，则c()=1.4a×1017mol/L，故答案为：Na2S；1.4a×1017mol/L。
10．(1)粉碎
(2) 80℃～90℃ 当NaOH溶液浓度为1 mol L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本
(3)PbO+2OH-=PbO+H2O
(4) CuS、PbS 6.67×10-13
(5) TeO+4e-+3H2O=Te+6OH- 碱浸和溶解TeO2 45.4 g
【分析】碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等，加入氢氧化钠溶液进行碱浸，TeO2转化为Na2TeO3，CuO和PbO均具有一定的“两性”，碱浸时分别转化为CuO和PbO，SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠，浸出液中加入氯化钙溶液，与过量的氢氧化钠反应生成微溶的氢氧化钙，与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入硫化钠，与CuO反应生成硫化铜沉淀，与PbO反应生成硫化铅沉淀，过滤后向滤液中加入硫酸，过滤得到TeO2和Na2SeO3溶液，向TeO2中加入氢氧化钠溶液进行溶解，然后电解、熔炼得到高纯碲，向Na2SeO3溶液中通入二氧化硫得到粗硒。
【详解】（1）“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是粉碎，目的是增大接触面积，加快碱浸时的反应速率。
（2）由图示可知，碱浸时的合适温度是80℃～90℃，当NaOH溶液浓度为1 mol L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本，因此实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液。
（3）CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠，“碱浸”时PbO与氢氧根离子反应生成PbO和H2O，反应的离子方程式为：PbO+2OH-=PbO+H2O。
（4）由分析可知，滤渣3的主要成分为CuS、PbS；当滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(S2-)===910-24，则c(Cu2+)==≈6.67×10-13mol/L。
（5）电解制碲时阴极TeO得电子生成Te，电极反应式为：TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-，生成了氢氧化钠，电解余液经处理后可循环使用于步骤碱浸和溶解TeO2中；电解时电流为10A，电解时间为4h，若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则电子的物质的量为mol，生成Te的物质的量为mol，质量为mol128g/mol≈45.4 g。
11．(1) 将熔炼后的熔块粉碎、适当提高硫酸的浓度等 H2SiO3
(2)将亚铁离子氧化为铁离子，以便调pH值时除去
(3)5.0≤pH <5.2
(4)
(5) 蒸发浓缩 冷却结晶
(6)高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率
【分析】绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)，加入石灰石熔炼，Al2O3、SiO2分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙等；后加入稀硫酸溶解，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，滤渣1为H2SiO3等；加入足量H2O2氧化FeSO4为Fe2(SO4)3；向滤液中加入氨水调pH，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有BeSO4、硫酸铵；再向溶液中加入氨水得到Be(OH)2；加入NH3、HF得到(NH4) 2BeF4，灼烧分解得到BeF2；加入镁在高温下反应生成Be，据此分析作答。
【详解】（1）“酸浸”时为提高效率可以采取的措施是将熔炼后的熔块粉碎、适当提高硫酸的浓度等；由分析可知，滤渣1的主要成分为H2SiO3，故答案为：将熔炼后的熔块粉碎、适当提高硫酸的浓度等；H2SiO3；
（2）由物质沉淀时的pH可知，亚铁离子和铍离子沉淀的pH存在交叉，通过加入过氧化氢，可以将亚铁离子氧化为铁离子，以便调pH值时除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子，以便调pH值时除去；
（3）加入氨水调pH使Fe3+、AI3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则pH大于5.0，同时不能出现Be(OH)2沉淀，则pH小于5.2，则“调pH”产生沉淀，其合理pH范围是5.0≤pH <5.2，故答案为：5.0≤pH <5.2；
（4）已知Be和Al性质相似，则Be(OH)2具有两性，能与强碱溶液反应而溶解，“沉淀”反应不宜使用NaOH溶液的原因是：，故答案为：；
（5）从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（6）加入Mg进行“高温反应”得到Be，Mg和Be的化学性质都较活泼，需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率，故答案为：高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率。
12．(1) +3 CuS、S
(2)或
(3)70℃时，砷和铁的沉淀率已经达到98%以上，再升高温度，沉淀率增加不大；同时，温度过高H2O2易分解
(4) F-与H+结合成HF，使溶液中F-浓度减小，平衡正向移动
(5)OH-的式量小于的式量，pH增大，x不变，而y值增大，相应z值减小，碱式碳酸镍的相对分子质量减小，所以镍的质量分数增大
【分析】红土镍矿经粉碎与硫酸铵焙烧将其中金属元素转化成硫酸盐，加入稀硫酸除去SiO2，在滤液中加入H2S使得Cu2+转成难溶于水和一般的酸的CuS沉淀并过滤除去，同时Fe3+被还原为Fe2+，向滤液中加入H2O2将Fe、As转成稳定的FeAsO4沉淀过滤除去，再向滤液中加入NaF将Mg2+转成MgF沉淀并过滤除去，最后在滤液中加入Na2CO3调节溶液pH>8获取最终产品碱式碳酸镍。
(1)
As是VA族元素，在化合物中常见价态有-3、+3、+5等，根据化合价代数和为0可知在FeAsO3中Fe与As均为+3价；培烧过程中金属转成硫酸盐，反应方程式为；滤渣②是难溶的CuS和被Fe3+还原得到的S；
(2)
除Fe、As的离子反应方程式为或
(3)
由图可知，70℃时，砷和铁的沉淀率已经达到98%以上，再升高温度，沉淀率增加不大；同时，温度过高H2O2易分解；
(4)
“除镁”过程中Mg2+恰好沉淀完全，即此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5mol·L-1，由解得c(F-)=9.0×10-3.5 mol·L-1；若溶液酸度过高，则F-与H+结合成弱电解质HF，使溶液中F-浓度减小，平衡正向移动，Mg2+沉淀不完全；
(5)
在碱式碳酸镍[Nix(OH)y(CO3)z·nH2O]中OH-的式量小于的式量，pH增大，x不变，而y值增大，相应z值减小，碱式碳酸镍的相对分子质量减小，所以镍的质量分数增大。
13．(1)生产中生成大量废气
(2)增大与NaClO溶液的接触面积，加快反应速率，提高产率
(3)
(4) 氨水 使富集，除去杂质离子
(5)辉钼铝矿浸取是放热反应，降低温度会使反应进行彻底，并避免NaClO分解
(6)替代空气中氧气起氧化剂作用
【分析】被NaClO溶液氧化为、，调节溶液的pH＜1，转化为，用有机溶剂萃取，在有机层加入氨水，特化为可溶于水的，蒸溶液得到。
【详解】（1）传统的火法工艺，被空气中的氧气氧化为和，该反点的化学方程式为；有毒，和湿法工艺相比这种方法最大的缺陷是生成大量气体，污染空气；
（2）将辉钼矿磨碎能增大其与NaClO溶液的接触面积，加快反应速率；
（3）步骤①中被NaClO溶液氧化为、，1mol 失18mol电子，1mol NaClO得2mol电子，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为；
（4）根据题意，在酸性溶液下存在，在碱性条件下存在，步骤③反萃取时使用的X试剂为氯水，步骤②③可以除去、、等杂质离子，也可以使富集；
（5）不冷却时温度上升很快，可知反应放热；由“有大量的气泡产生”可推测有气体产物生成，Mo元素的浸取率只有7.8%，可知高温条体下NaClO分解放出氧气，降低温度，会使被NaClO溶液氮化为、的反应进行彻底，并能避免NaClO分解；
（6）密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼盐外还需加入，相当于空气，的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用。
14．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成晶体析出 原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降
【分析】废催化剂经过酸浸后，和先与稀硫酸反应分别生成和，然后与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，滤液中的金属离子主要有Al3+、Fe3+、Fe2+、和，滤渣1为SiO2，滤液1加过氧化氢氧化后，Fe2+被氧化为Fe3+，用KOH调pH值除去Al3+、Fe3+，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，酸性条件下转化为，加氯化铵沉钒得到NH4VO3，煅烧得到V2O5；水相1中为硫酸钾，结晶得到硫酸钾固体。
【详解】（1）根据分析，滤渣2的主要成分为：Al(OH)3和Fe(OH)3；
（2）根据分析，与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，离子方程式为：；
（3）根据方程式：，加入H2SO4可使平衡逆向移动，进行反萃取操作；5次操作后，“滤液2”中残留的：；
（4）根据分析，有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，离子反应方程式为：；
（5）“沉钒”加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成晶体析出；温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是：原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降。
15．(1) 平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利流入烧瓶中 苯的密度小于水，苯在水上层，装置B中不能用苯来代替；
(2)漏斗
(3)Na2SO4
(4)NH3、
(5)93.75%
【分析】、二氧化碳、氨气在“一次反应”中生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵，分离出碳酸氢钠，在硫酸铵溶液中加入硫酸钠发生“二次反应”中生成复盐，加热得。
(1)
①装置A中橡皮管连接分液漏斗上口和烧瓶，平衡分液漏斗和圆底烧瓶内的压强，使分液漏斗中的液体顺利流入烧瓶。
②氨气难溶于，密度大于水，氨气先通入中，能防止倒吸，苯的密度小于水，苯在水上层，装置B中不能用苯来代替；
③装置B中、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵，发生反应的离子方程式为；
(2)
的溶解度比较小，用过滤法分离该复盐与溶液，过滤需要的仪器除烧杯、玻璃棒、漏斗。
(3)
依据该流程的闭路循环绿色的特点，为使X吸收氨气后的溶液在“一次反应”中循环利用，烧杯中的X溶液最好是Na2SO4溶液。
(4)
根据流程图，利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程中，可以循环利用的物质有NH3、。
(5)
滴定过程发生反应NaHSO4+NaOH= Na2SO4+H2O；第二次实验数据明显超出正常误差范围，第二次实验数据舍去不用，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00mL，则20mL所配溶液中含有NaHSO4的物质的量是0.02L×0.1mol/L=0.002mol，所得产品硫酸氢钠的纯度为。
16．(1)SiO2
(2)3.5≤pH＜4.4
(3) 1.25×107 1.6、80℃
(4)NiSO4
(5)非极性
(6)M+H2O+e-=MH+OH-
【分析】含镍废渣精矿加入稀硫酸溶浸，NiO、Fe2O3、CuO溶解后转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶，成为滤渣Ⅰ，过滤后向滤液中加入碳酸钠调节pH，得到Fe(OH)3沉淀，之后再加入NiS得到CuS沉淀，过滤后向滤液中加入D2EHPA+煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取，分液后向水相中加入碳酸钠溶液，得到碱式碳酸镍。
【详解】（1）由分析可知，滤渣Ⅰ主要成分为难溶的SiO2，故答案为：SiO2；
（2）除杂1时主要是除去Fe3+，而不除去Cu2+、Ni2+，根据表中数据可知，应调节pH的范围为3.5≤pH＜4.4，故答案为：3.5≤pH＜4.4；
（3）该反应的平衡常数K==1.25×107；据图可知当物质的量之比为1.6时、温度为80℃(80℃之和Cu/Ni比几乎不变)，滤渣中Cu/Ni比达到最大，为最佳，故答案为：1.25×107；1.6、80℃；
（4）向滤液中加入D2EHPA+煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到NiSO4，则“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有NiSO4的水溶液，故答案为：NiSO4；
（5）沉镍时，向含有NiSO4的水溶液加入碳酸钠溶液，反应除生成NiCO3 2Ni(OH)2 xH2O外，还有一种无色气体生成，根据元素守恒可知该气体应为CO2，CO2的结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，为非极性分子，故答案为：非极性；
（6）充电时阴极发生还原反应，根据镍氢电池充电的工作原理可知阴极的电极反应式为M+H2O+e-=MH+OH-，故答案为：M+H2O+e-=MH+OH-。
17．(1)铁
(2)BD
(3)ecfd
(4)ZrOCl2 8H2OZrO2+2HCl+7H2O
(5) ZrO2+易发生水解ZrO2++2H2OZrO(OH)2+2H+，加入盐酸是为了抑制其水解 % AC
【分析】锆英砂(主要成分为ZrO2，伴有杂质SiO2 )在碱熔焙烧过程中， ZrO2和SiO2均与NaOH反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，加水溶解并酸化调节pH过程中Na2SiO3与酸反应生成沉淀,过滤得到副产物1即H2SiO3， Na2ZrO3溶液中加HCl ，发生反应Na2ZrO3 +4HCl=ZrOCl2+2NaCl+2H2O，ZrOCl2溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到粗晶体，粗晶体再经过重结晶得到晶体ZrOCl2·8H2O，ZrOCl2·8H2O在浓硫酸作用下发生反应ZrOCl2·8H2O+2H2SO4 (浓) =Zr ( SO4) 2·4H2O+2HCl↑+5H2O，得到Zr ( SO4) 2·4H2O和副产物HCl，据此分析解答。
【详解】（1）步骤1中用到了氢氧化钠，氢氧化钠能和瓷坩埚中的二氧化硅反应，故使用铁坩埚。
（2）A. 副产物1为H2SiO3、副产物2为NaCl、副产物3为HCl，不是次氯酸，A错误；
B. 步骤3加入HCl作用是与Na2ZrO3反应生成ZrOCl2，根据其电离方程式分析，氯化氢的存在还能降低ZrOCl2的溶解度，B正确；
C. 操作1为蒸发结晶，过滤，不是趁热过滤；操作2为重结晶，C错误；
D. 制备的Zr(SO4)2 4H2O溶于水，溶液属于强酸弱碱盐，溶液呈酸性，D正确；
故选BD。
（3）抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，洗涤时打开活塞A→加入洗涤剂(由题干信息可知，Zr(SO4)2 均易溶于水，难溶于酒精及其他有机溶剂，故应该选先用浓盐酸洗涤，再无水乙醇进行洗涤) →关闭活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，故经过一系列操作完成操作2中的抽滤和洗涤。即开抽气泵-a-→d→b→e-→c→f→d→b→e→关抽气泵，故选ecfd
（4）洗涤后，在800℃下灼烧可得-种用于制备压电陶瓷的原料ZrO2和HCl、H2O，故该灼烧过程的化学方程式为:ZrOCl2 8H2OZrO2+2HCl+7H2O；
（5）①样品溶解时，容易发生水解反应ZrO2++2H2OZrO(OH)2+2H+，加入盐酸溶解，可以抑制其水解。
②根据题干信息，ZrO2+与二甲酚橙生成红色络合物，ZrO2+能与EDTA发生络合反应(1∶1)生成无色络合物，且络合能力更强，故有：n(ZrO2+)=n(EDTA)= cmol/L×V×10-3L= cV×10-3mol，则产品中锆的含量是 =；
③A.滴定管活塞涂凡士林的操作是：取下活塞，用滤纸擦干，用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动，A正确；
B.滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作，B正确；
C.读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，C正确；
D.第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释标准液后重新滴定来减小误差，不是稀释待测液，D错误。
故选ABC。
18．(1)
(2)
(3)和
(4) 蒸馏 异丙胺 2.42g
(5) 阳离子交换膜
【分析】将硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5 H2O，含少量杂质Fe3O4)粉碎后，用浓NaOH溶液溶解，过滤得到含NaBO2的溶液；经浓缩、结晶得到Na2B4O7 H2O；再将所得晶体脱水得Na2B4O7；高温下，将Na2B4O7和Na、H2、SiO2反应得到NaBH4和Na2SiO3；用异丙胺溶解反应后所得的混合物，经过过滤、蒸馏得到NaBH4。
【详解】（1）的电子式为 。
（2）由流程图知，碱溶时，B元素转化为，发生反应的离子方程式是。
（3）不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的也以滤渣的形式析出，所以，滤渣的成分为和。
（4）易溶于异丙胺，且异丙胺的沸点较低，结合流程图知，操作2是蒸馏异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用；“高温合成”步骤中还原剂只有Na，反应的化学方程式为16Na+8H2+7SiO2+Na2B4O7=4NaBH4+7Na2SiO3，每生产1mol NaBH4需要4mol Na，故生产1g NaBH4理论需要Na的总质量为=2.42g。
（5）根据该电池工作原理，a电极区域通入NaBH4(aq)和NaOH(aq)，产生NaBO2(aq)，则该电极的电极方程式为；b电极区域通入H2O2(aq)和NaOH(aq)，产生NaOH(aq)，则该电极的电极方程式为H2O2+2e-=2OH-；根据a、b两极的电极反应可知，Na+由a极向b极移动，则离子交换膜C为阳离子交换膜。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．（2022·内蒙古包头·统考一模）镉( Cd)在合金、电池等方面具有重要应用。某铜镉渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收Cd的某种工艺流程如图所示。
已知：①Ksp[CaSO4] =9.1 ×10-6 Ksp[PbSO4]=1.6×10-8
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
离子 Zn2+ Cd2+ Fe2+ Pb2+ Cu2+ Fe3+
开始沉淀时(c=0.01 mol · L-1)的pH 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2
完全沉淀时(c=1.0 ×10-5mol·L-1)的pH 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2
回答下列问题：
(1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是 。
(2)“酸浸”时，保持温度和pH均不宜过高的原因是 ；“压滤 ”所得滤渣I的主要成分是 ( 填化学式)； “酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是 。
(3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是 ， 若石灰乳加过量，缺陷是 。
(4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化” ，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，“置换净化”所发生的离子反应方程式为 。
(5)电极电位是表示某种离子或原子在溶液中得失电子的难易程度。在25°C下，部分电对的电极电位如表所示。
电对 Fe3+/Fe2+ Cu2+/Cu H+/H2 Pb2+/Pb Cd2+/Cd Fe2+/Fe Zn2+/Zn Ca2+/Ca
电极电位/V +0.771 +0.337 0 -0.126 - 0.402 -0.442 -0.762 -2. 86
根据表中信息和已有知识可知，电对的电极电位数值越大，电对中氧化态粒子的氧化性 (填“越强”或“越弱”)。采用低电流条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应是 。
2．（2023·全国·高三专题练习）从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下：
已知：CuFeS2 + 3CuCl2=-4CuC1+ FeCl2+ 2S
(1)为提高“浸取”时的反应速率，通常可采用的措施有 (答一条即可)。
(2)“浸取”时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，反应的化学方程式为 。
(3)若“滤液1”中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为 。
(4)“除硫”时加入浓盐酸发生反应的离子方程式为 。
(5)“滤液2”中可以循环使用的物质为。 、 为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为 。
(6)通常采用滴定法测定溶液中Cu2+浓度。步骤：准确量取V1mL溶液于锥形瓶中，调节pH至3~4，加入过量KI溶液，充分反应后，滴加2滴淀粉溶液，再慢慢滴加cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液至恰好完全反应，消耗Na2S2O3标准溶液V2mL。上述过程中发生的反应为2Cu2++ 4I-=2CuI↓ + I2、2+ I2= +2I-。
①滴定到达终点的现象为 。
②溶液中Cu2+的物质的量浓度为 (用含c、V1、V2的代数式表示)mol·L-1。
3．（2022·陕西商洛·统考一模）重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7 ]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液中制备[(NH4)2Cr2O7 ]，的装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
已知： (橙色)+ H2O2 (黄色)+2H+。
(1)仪器a的名称是 ， b处的作用为 ；实验时控制三颈烧瓶内溶液pH约为4，pH不宜过大的原因是 ；A 装置的作用为 。
(2)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，加水溶解，再滴加足量KOH浓溶液，振荡，微热，观察到的主要现象是 。
(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的产品中(NH4)2Cr2O7的质量分数，其反应原理为2Ba2+ + +H2O=2BaCrO4 +2H+、4 +6HCHO=(CH2)6N4H+ +6H2O+ 3H+，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：
Ⅰ.称取样品12. 00 g，配成250 mL溶液。
Ⅱ.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使完全沉淀后，加入足量的20%中性甲醛溶液，摇匀，静置5 min。
Ⅲ.以酚酞作指示剂，用1. 00 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定，记录数据。
Ⅳ.重复步骤Ⅱ、Ⅲ2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化为 。
②用 (填“酸式”或“碱式”)滴定 管量取25.00 mL样品溶液于 250 mL锥形瓶中。
③与NaOH反应时，1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，步骤III中(CH2)6N4H+与NaOH发生反应的离子方程式是 。
④若实验平均消耗NaOH溶液的体积为16.00mL，则所得产物中(NH4)2Cr2O7 (摩尔质量为252 g·mol-1)的质量分数为 %。
⑤若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
4．（2022·新疆·统考二模）综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2( Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓( GaN) ，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。
表1金属离子浓度 及开始沉淀的pH
金属离子 浓度( mol· L-1) 开始沉淀pH
Fe2+ 1.0×10-3 8.0
Fe3+ 4.0×10-2 1.7
Zn2+ 1.5 5.5
Ga3+ 3.0×10-3 3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子 萃取率(%)
Fe2+ 0
Fe3+ 99
Zn2+ 0
Ga3+ 97-98.5
(1)“浸出”时ZnFe2O4发生反应的化学方程式为 。
(2)滤液1中可回收利用的物质是 ，滤 饼的主要成分是 ；萃取前加入的固体X为 ，加入X的目的是 。
(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为 (填化学式)。
(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为 。
(5)GaN可采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为 。
(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为 mol·L-1。
5．（2023·全国·高三专题练习）高纯氮化铝(AlN)是一种理想的半导体物质，一种以含铝废料(主要成分为Al2O3，含有少量Fe3O4、CuO、PbCO3、MnCO3)为原料制备AlN的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
(2)写出“氧化”时生成MnO2的离子方程式： 。
(3)常温下，“氧化”后溶液中c(Al3+)=0.1mol·L-1，若“pH=3.5”，是否有Al(OH)3沉淀生成 (填“有”或“无”)，原因 (已知常温下，Ksp[Al(OH)3]=4.0×10-33)。
(4)“沉铝”时，加入试剂X的名称是 。
(5)“操作”步骤包含 。
(6)写出“高温灼烧”时反应的化学方程式： ；该步骤反应后期需通入一定量的空气，其目的是 (从提高AlN纯度角度考虑)。
6．（2022·海南·高三专题练习）利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质，Co3O4具有较强氧化性)制备CoO的工艺流程如图所示。
已知：I.不同浸出剂“酸溶”结果
浸出剂 浸出液化学成分/(g·L-1) 钴浸出率/%
Co Al
HCl 80.84 5.68 98.4
H2SO4+Na2S2O3 84.91 5.96 98.0
II.Al3+在pH为5.2时沉淀完全。
III.LiF的Ksp为1.8×10-3。
回答下列问题：
(1)“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是 (写出一种即可)，并写出主要的离子方程式： 。
(2)“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择 ，并说明理由： 。
(3)“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时计算“净化”后残余c(Li+)= mol·L-1。
(4)写出滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式 。
7．（2022·山东烟台·统考三模）某含钛高炉废渣的主要成分有、、、，通过如下工艺进行资源化综合处理：
回答下列问题：
(1)酸浸过程中适当升温的目的是 ，酸溶渣的主要成分为 。
(2)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。
(3)“溶解”过程中，10min所测的转化率与温度关系如图所示，分析40℃时转化率最高的原因 。
(4)中Ti为+4价，则1mol该物质中所含过氧键的数目为 。由与煅烧生成的化学方程式为 。
(5)已知25℃时溶液中金属离子的浓度对数lgc与pH关系如图所示。“分步沉淀”过程中，当恰好沉淀完全时(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)，溶液中浓度不超过 mol/L。
(6)上述流程中可循环利用的物质为 。
8．（2022·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）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。以氟碳酸铈(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如下：
已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。
②F-能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Ce4+能与F-结合成CeF3+，Al3+也能与F-结合成AlF；它的这种性质有利于酸浸步骤，却不利于后续的沉淀步骤。
③Ce4+能被萃取剂TBP萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
(1)“氧化焙烧”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是 。
(2)“氧化焙烧”后的固体产物中含有CeO2和CeF4，CeO2和CeF4的物质的量之比为3：1，“酸浸”时发生反应的离子方程式为 。传统工艺中用盐酸替代硫酸，其缺点为 。
(3)TBP是一种有机萃取剂，“萃取”时存在反应CeF3++TBPCeTBP4++F-，氟洗液中添加Al3+的作用是 。
(4)“反萃取”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(5)已知CeO2(1-x)中的Ce为＋3、＋4价且x>0，现取CeO2(1-x)固体0.875g，加入足量硫酸和3.058gFeSO4·7H2O(M=278g·mol-1)充分溶解，使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。(已知氧化性：Ce4+>KMnO4)
①固体中＋4价Ce的质量分数为 。
②若加入的FeSO4·7H2O部分变质，会导致测定的x值 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
9．（2022·宁夏石嘴山·统考模拟预测）铬及其化合物有许多独特的性质和用途。如炼钢时加入一定量的铬可得到不锈钢，K2Cr2O7是实验中常用的强氧化剂之一，利用含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料回收铬的生产流程如图：
几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Cd(OH)2 Cr(OH)3
开始沉淀的pH 1.5 8 7.2 6
沉淀完全的pH 3.3 12 9.5 8
请回答下列问题：
(1)写出提高酸浸速率的措施 (写出两点)。
(2)酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的CoAs合金，写出除钴时反应的离子方程式 ；若仅从试剂的经济角度考虑，试剂X最好是 ；氧化过程中铁、铬形成的离子均被氧化，则调pH时应将pH控制在 范围内，单质铬与试剂Y反应时，反应中二者消耗量n(Cr)：n(Y)= 。
(3)设计实验检验废液中是否含有Fe3+： 。
(4)已知常温下Ksp(CdCO3)=5.2×10-12，Ksp(CdS)=3.6×10-29。试剂Z是 (填“Na2CO3”或“Na2S”)时，Cd2+的去除效果较好。若用Na2S溶液处理CdCO3后，达到沉淀溶解平衡时溶液中c(S2-)=amol·L-1，则c()= 。
10．（2023·全国·高三专题练习）火法炼铜过程中产生的碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等。一种利用这种碱性渣提取高纯碲和粗硒的工艺流程如下图所示。
已知：Ksp (CuS)=6×10-36；Ksp(PbS)=9×10-29。
请回答以下问题：
(1)“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是 。
(2)下图分别是温度和NaOH溶液浓度对碲浸出率的影响，则碱浸时的合适温度是 。实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液的原因是 。
(3)已知：CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠。则“碱浸”时PbO所发生反应的离子方程式为 。
(4)滤渣3的主要成分为 。滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(Cu2＋)的最大值是 mol·L-1，(保留小数点后2位。某离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)
(5)电解制碲时阴极的电极反应式为 。电解余液经处理后可循环使用于步骤 。电解时电流为10A，电解时间为4h。若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则生成碲的质量为 。(法拉第常数为96500C·mol-1，保留小数点后1位)
11．（2022·贵州贵阳·校联考模拟预测）铍是一种重要金属，主要用于原子能反应堆材料，宇航工程材料。根据元素周期表的对角线规则可知Be和Al性质相似，工业上常用绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，工艺流程如图所示：
已知：几种物质沉淀时的pH如下表：
Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Be(OH)2
开始沉淀时 1.5 3.3 6.5 5.2
沉淀完全时 3.7 5.0 9.7 8.8
回答下列问题：
(1)“酸浸”时为提高效率可以采取的措施是 。(任写两条)。滤渣1的主要成分为 (写化学式)。
(2)“氧化”的目的是 。
(3)“调pH”产生沉淀，其合理pH范围是 。
(4)“沉淀”反应不宜使用NaOH溶液的原因是(用离子方程式表示) 。
(5)从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是 、 、过滤、洗涤、干燥。
(6)“高温反应”需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是 。
12．（2022·广东·三模）碱式碳酸镍[Nix(OH)y(CO3)z·nH2O]是一种绿色晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂。已知红土镍矿中含有Mg3Si2O5(OH)4、Fe3O4、CuO、NiO、FeAsO3，由红土镍矿制取碱式碳酸镍的工艺流程图如下：
回答下列问题：
(1)As是第ⅤA族元素，FeAsO3中As元素化合价为 ；“培烧”过程中金属变成硫酸盐，写出Mg3Si2O5(OH)4与硫酸铵反应的化学方程式 ；“滤渣②”为 。
(2)“除铁、砷”过程中，溶液中变成了稳定的FeAsO4沉淀，写出该反应的离子方程式： 。
(3)已知反应温度对砷、铁沉淀率的影响如下图所示，请解释选择70℃的原因 。
(4)“除镁”步骤中，当Mg2+恰好沉淀完全时，滤液④中c(F-)= ；若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是 。(Ksp(MgF2)=8.1×10-11，Ka(HF)=6.0×10-3)
(5)“沉镍”时pH>8，溶液pH增大会使碱式碳酸镍中Ni元素的质量分数增加，请解释原因： 。
13．（2022·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）金属钼(Mo)、镍(Ni)是重要的战略金属，广泛应用在钢铁、化工等领域，辉银矿的主要，还含有Ni、V、Fe等金属元素，处理辉钼矿有火法和湿法两种工艺。下图是用NaClO溶液(pH>9)湿法浸取辉钼矿制备仲钼酸铵[]的工艺流程(已知：次氯酸钠溶液化学性质不稳定，常温下缓慢分解成NaCl，和)。
请回答下列问题：
(1)传统的火法工艺是在空气中灼烧辉铝矿得到和，和上述湿法工艺相比这种方法最大的缺陷是 。
(2)浸取辉钼矿之前要先将辉钼矿磨碎，目的是 。
(3)步骤①中溶于NaClO溶液，发生反应的离子方程式为 。
(4)步骤②由于易溶于有机萃取剂，可以发生草取。步骤③反萃取时使用的X试剂为 ，步骤②③的作用为 。
(5)某科研小组研究温度对步骤①中浸取率的影响。实验条件为NaClO)的浓度为130g/L，汉取液pH=9。反应时间1.5h温度控制为采用冷水浴冷却和不冷却两种，实验结果见下表：
反应条性 反应现象和结果
冷水浴 反应温度保持30℃左右，Mo元素的浸取率为83.3%。
不冷却 温度上升很快，最高为60℃左右，有大量的气泡产生，Mo元素的浸取率为7.8%。
出现上表实验结果的原因为 。
(6)碳钢在空气中容易被腐蚀，加入钼酸盐有利于缓蚀，其缓蚀原理是在钢铁表面形成保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳铜管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入，则的作用是 。
14．（2022·山东日照·统考三模）五氧化二钒常用于生产硫酸或石油精炼的催化剂。某化工厂从废钒催化剂中(含有等)回收和，既能避免环境污染，又能节约资源。回收工艺流程如下：
已知：1：①"酸浸”时，和先与稀硫酸反应分别生成和；
②有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强；
③微溶于冷水、易溶于热水、难溶于乙醇；
④溶液中与可相互转化：。
回答下列问题：
(1)滤渣2的成分主要有 (填化学式)。
(2)“酸浸”时，参与反应的离子方程式为 。
(3)“萃取”和“反萃取”时，将发生(其中R表示，表示有机萃取剂)。
①“反萃取”操作加入的试剂是 (填化学式)。
②假设“滤液2”中，“萃取”和“反萃取”每进行一次，萃取率为90%，5次操作后，“滤液2”中残留的 【萃取率=】。
(4)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。
(5)①“沉钒”时生成，通入的作用是 。
②实验发现，温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是 。
15．（2022·湖南衡阳·统考三模）我国有丰富的资源，中科院过程工程研究所公布了利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程：
某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：
(1)用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”：
①装置A中橡皮管a的作用是 。
②装置B中能否用苯来代替，说明理由 。
③装置B中发生反应的离子方程式为 。
(2)在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐，分离该复盐与溶液需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是 。
(3)依据该流程的闭路循环绿色的特点，“一次反应”与“煅烧(350℃)”的实验中均采用如图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好是 溶液。
(4)利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程中可以循环利用的物质有 (填化学式)。
(5)测定产品硫酸氢钠的纯度：称取所得产品，配成溶液，每次取出配制的溶液，用标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：
序号 1 2 3 4
标准溶液体积/mL 20.05 18.40 19.95 20.00
所得产品硫酸氢钠的纯度为 (用质量百分数表示)。
16．（2023·全国·高三专题练习）2030年全球新能源动力电池镍消费量将达到2020年全球镍产量的近40%。碱式碳酸镍[NiCO3·2Ni(OH)2·xH2O]在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上由某含镍废渣精矿(主要成分为NiO、Fe2O3，CuO、SiO2)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图1所示。
已知：①25℃时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
离子 Ni2+ Fe3+ Cu2+
开始沉淀时的pH 6.4 2.2 4.4
完全沉淀时的pH 8.4 3.5 6.7
②25℃时，Ksp(NiS)=1.0×10-27，Ksp(CuS)=8.0×10-35
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分为 (填化学式)。
(2)“除杂1”时应利用加入的Na2CO3溶液调节溶液的pH范围为 。
(3)“除杂2”时发生反应的离子方程式为NiS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Ni2+(aq)。25℃时，该反应的化学平衡常数为 ；实验测得此工序中加入NiS的物质的量与“除杂1”所得溶液中Cu2+的物质的量之比、反应温度对“除杂2”所得滤渣中铜镍比的关系分别如图2和图3所示。
则最佳的加入NiS的物质的量与“除杂1”所得溶液中Cu2+的物质的量之比和反应温度分别为 。
(4)“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有 (填化学式)的水溶液。
(5)“沉镍”时应控制温度为95℃，反应除生成NiCO3·2Ni(OH)2·xH2O外，还有一种无色气体生成。该气体为 分子(填“极性”或“非极性”)。
(6)碱式碳酸镍可进一步转化制得镍氢电池。镍氢电池充电的工作原理为：Ni(OH)2+M=NiOOH+MH(M表示储氢金属或合金)。该电池充电过程中阴极的电极反应式为 。
17．（2023·浙江·高三统考专题练习）硫酸锆[Zr(SO4)2 4H2O]，是制取原子能级锆及其它锆化合物的中间原料，并大量用作皮革鞣剂、羊毛处理剂、催化剂等。下面是以锆英砂(主要成分为ZrO2，伴有杂质SiO2)为原料，利用碱熔法再进行酸浸制备硫酸锆的工艺过程。
已知：①Na2ZrO3、ZrOCl2、Zr(SO4)2均易溶于水，难溶于酒精及其他有机溶剂
②ZrOCl2 ZrO2++2Cl-；ZrO2++SOZrOSO4
③ZrO2++2H2OZrO(OH)2+2H+
(1)步骤1中用到的仪器有泥三角、 (填“铁”或“瓷”)坩埚、坩埚钳等。
(2)下列说法正确的是 。
A．副产物1为H2SiO3、副产物2为NaCl、副产物3为HClO
B．步骤3加入HCl作用是与Na2ZrO3反应生成ZrOCl2，还能降低ZrOCl2的溶解度
C．操作1为蒸发结晶、趁热过滤；操作2为重结晶
D．制备的Zr(SO4)2 4H2O溶于水溶液呈酸性
(3)如图装置，经过一系列操作完成操作2中的抽滤和洗涤。
请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整： 。
开抽气泵→a→d→b→_____→_____→_____→_____→b→e→关抽气泵。
a.转移固液混合物；b.确认抽干；c.加浓盐酸洗涤；d.关闭活塞A；e.打开活塞A；f.加无水乙醇洗涤
(4)ZrOCl2 8H2O洗涤后，在800℃下灼烧可得一种用于制备压电陶瓷的原料ZrO2，写出该灼烧过程的化学方程式 。
(5)实验室可以用络合滴定法测定锆含量。已知：ZrO2+与二甲酚橙生成红色络合物，ZrO2+能与EDTA发生络合反应(1∶1)生成无色络合物，且络合能力更强。
①样品溶解时，需要加入盐酸溶解，原因是： 。
②产品中锆的含量是 (用含c、V、m的代数式表达)
③下列有关上述滴定操作的说法正确的是 。
A．滴定管活塞涂凡士林：用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动
B．滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作
C．读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
D．第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释待测液后重新滴定来减小误差
18．（2022秋·湖南株洲·高三株洲市第四中学校考期中）工艺流程题：硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)的电子式为 。
(2)碱溶时发生反应的离子方程式是 。
(3)滤渣的成分是 。
(4)操作2的名称为 。流程中可循环利用的物质是 ，流程中理论上每生产1g 所需加入还原剂总质量为 (结果保留两位有效数字)。
(5)-燃料电池有望成为低温环境下工作的便携式燃料电池，其工作原理如题图所示。离子交换膜C为 膜，a极发生的电极方程式为 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)增大接触面积，提高酸浸速率和浸出率
(2) 抑制Cd2+水解 Cu、SiO2和PbSO4 PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在
(3) 3.2
(5) 越强 Cd2++2e -=Cd
【详解】（1）将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是增大接触面积，加快“酸浸”速率,故答案为:增大接触面积，加快“酸浸”速率；
（2）“酸浸”时，温度和pH过高时Cd2+水解程度增大，生成Cd(OH)2沉淀，“酸浸”效率将会降低,故温度和pH均不易过高的原因是防止Cd2+水解;“压滤”所得滤渣I含有没有完全浸取的金属Cu、SiO2 、PbSO4；“酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；故答案为:抑制Cd2+水解；Cu、SiO2、PbSO4；PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在；
（3）根据表格数据可得，加入石灰乳调节pH范围为3.2
（5）根据金属活动性顺序和题表中电对的电极电位，可推断表中元素的活动性顺序为Ca>Zn>Fe>Cd>Pb>H>Cu，由此可以判断电对的电极电位数值越大，电对中氧化态的氧化能力越强。根据电极电位可知氧化性：Cd2+ > Zn2+,故采用低电流密度条件“电积”时，阴极主要发生的电极反应为Cd2++ 2e- = Cd,故答案为:越强; Cd2++ 2e- = Cd。
2．(1)加热或将黄铜矿粉碎等
(2)CuFeS2+ 3FeCl3 =CuCl + 4FeCl2+ 2S
(3)Fe2O3
(4)CuCl+Cl-=[CuCl2]-
(5) HCl CuCl2 0.5 mol
(6) 滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色并且半分钟内不恢复蓝色
【分析】CuFeS2加入CuCl2浸取发生CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S，过滤后得到滤液含有FeCl2，固体含有CuCl、S，加入盐酸除硫，过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和Cu2+，过滤可得到Cu，得到滤液含有Cu2+。
【详解】（1）为提高“浸取”时的反应速率，通常可采用的措施有：加热或将黄铜矿粉碎等。
（2）“浸取”时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，可见CuFeS2和FeCl3之间发生的是氧化还原反应，按得失电子数守恒、元素质量守恒得化学方程式为：CuFeS2+3FeCl3＝CuCl+4FeCl2+2S。
（3）若“滤液1”中只含FeCl2，将其在空气中加热蒸干、灼烧后，发生水解生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，氢氧化铁灼烧分解生成氧化铁，所得固体为Fe2O3。
（4）“除硫”时加入浓盐酸、过滤得到滤液含有[CuCl2]﹣，发生反应的离子方程式为CuCl+Cl-=[CuCl2]-。
（5）“滤液2”中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，涉及反应有CuFeS2+3CuCl2＝4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl＝Cu+CuCl2，综合两个化学方程式可得CuFeS2+CuCl2＝2Cu+FeCl2+2S，由方程式可得每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol。
（6）①以淀粉溶液作指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，根据已知反应2+ I2= +2I-，加入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色恰好消失，且30s内不恢复原色。
②根据反应2Cu2++ 4I-=2CuI↓ + I2、2+ I2= +2I-，可得2Cu2+~I2~ 2，n(Cu2+)=n()=cV2×10-3mol，溶液中Cu2+的物质的量浓度为mol·L-1。
3．(1) 球形干燥管 防止倒吸 防止因pH过大，转化为 ，使产物不纯 控制NH3通入的速率
(2)有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色
(3) 溶液由无色变为浅红色 酸式 (CH2)6N4H+ +OH- =(CH2)6N4+ H2O 84 偏大
【分析】仪器a为球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b处要有防倒吸装置，由，pH过大会使平衡正向移动，使产生的(NH4)2Cr2O7不纯，因此插入pH计及时了解控制反应液中的pH值，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在四氯化碳溶液中溶解度小，A中加入四氯化碳后可以看到气泡，以便于控制氨气的通入速度，a是尾气处理装置。
(1)
a名称为球形干燥管，b的作用为防止倒吸，pH过大，平衡正向移动，产生较多的，使产物不纯，A装置的作用为控制氨气的流速，同时也能平衡气压。
(2)
在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7，溶解后加入足量KOH浓溶液，振荡、微热，溶液中铵根离子与氢氧根反应产生氨气，有刺激性气味气体放出，，随着KOH加入，氢离子被消耗，平衡正向移动，产生较多的，溶液变为黄色。
(3)
①酚酞为指示剂，用NaOH滴定反应后的溶液，随着NaOH加入，溶液pH逐渐增大，最后一滴NaOH加入后溶液由无色变为浅红色。②由题干可知(NH4)2Cr2O7有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用酸式滴定管。③已知1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，则其与NaOH反应的离子方程式为。④设25mL样品溶液中有(NH4)2Cr2O7 xmol，则有2xmol，有xmol，根据（3）中两个方程式可知，xmol生成H+2xmol，2xmol生成xmolH+和xmol(CH2)6N4H+，因1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，故可以看成2xmol生成了2xmolH+，即xmol(NH4)2Cr2O7共生成4xmolH+，现已知消耗NaOH物质的量为0.016mol，则4x=0.016，x=0.004mol，因此25mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7有0.004mol×252g/mol=1.008g，则产物中(NH4)2Cr2O7的质量分数为。⑤滴定终点时仰视读数，会使标准液的体积偏大，测定的质量分数偏大。
4．(1)ZnFe2O4 + 4H2SO4 = ZnSO4 + Fe2( SO4)3 + 4H2O
(2) 硫酸锌 Fe(OH)3、Ga(OH)3 Fe 使Fe3+变为Fe2+，不被萃取剂萃取
(3)NaGaO2或者
(4) + 3e- + 2H2O = Ga + 4OH-
(5)Ga( CH3)3+ NH3 = 3CH4 + GaN
(6)3.0 × 10-10.2
【分析】炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2( Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)中加入稀硫酸后得到Fe2+、Fe3+、Zn2+和Ga3+，加入H2O2后将Fe2+氧化为Fe3+，调pH到5.4，将Fe3+、Ga3+转化为滤饼Fe(OH)3和Ga(OH)3，滤液为硫酸锌，向滤饼中加盐酸将Fe(OH)3和Ga(OH)3溶解，再加Fe将Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂后将Fe2+留在水层而分离，萃取层则为Ga3+，萃取层中加入NaOH溶液后得到NaGaO2溶液，电解后在阴极得到粗Ga，经精炼后得到精镓，向Ga中加入CH3Br得到Ga(CH3)3，然后加入氨气后，采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得GaN，同时得到副产物CH4。
(1)
ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，加入硫酸后发生非氧化还原反应，则化学方程式为：ZnFe2O4 + 4H2SO4 = ZnSO4 +Fe2( SO4)3 + 4H2O；
(2)
①根据以上分析可知，滤液1中为硫酸锌，所以可回收利用的物质是硫酸锌；
②调节pH到5.4的目的是沉淀Fe3+和Ga3+，滤饼的主要成分为：Fe(OH)3、Ga(OH)3；
③萃取前加入的固体X目的是还原Fe3+且不引入杂质，则X为Fe；故答案为：使Fe3+变为Fe2+，不被萃取剂萃取；
(3)
Ga与Al同主族，化学性质相似，结合铝离子的性质可知，反萃取后加入NaOH溶液可将Ga3+转化为，则镓的存在形式为NaGaO2或者，故答案为NaGaO2或者；
(4)
精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极得到电子转化为Ga，其电极反应式为：+ 3e- + 2H2O = Ga + 4OH-，故答案为： + 3e- + 2H2O = Ga+4OH-；
(5)
以合成的三甲基镓为原料，与氨气发生一系列反应得到GaN，根据原子守恒可知，另外一种产物为甲烷，所以该反应的方程式为：Ga( CH3)3+NH3 = 3CH4+GaN；
(6)
根据表中数据可知，Ga(OH)3的溶度积常数=3.0×10-3×=，当溶液的pH=5.4时，c(OH-)==mol/L，则滤液1中残余的Ga3+的浓度c(Ga3+)=mol/L，故答案为：3.0 × 10-10.2。
5．(1)PbSO4
(2)
(3) 无 调，c(H+)=10-3.5mol/L，则c(OH-)=10-10.5mol/L，Q[Al(OH)3] =c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-10.5)3=10-32.5，由于Q>Ksp，故会生成沉淀；
(4)氨水
(5)过滤、洗涤
(6) 除去未反应完的碳
【分析】废料(主要成分为，含有少量、、、)加入稀硫酸后，氧化铝溶解生成硫酸铝溶液，反应生成硫酸铁和硫酸亚铁溶液，氧化铜反应生成硫酸铜，反应生成硫酸铅，反应生成硫酸锰，所以，滤液中含有Al3+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+等金属阳离子，而滤渣主要为硫酸铅；然后加入NaClO3可氧化Mn2+生成MnO2，氧化Fe2+生成Fe3+，故氧化后滤液中的金属阳离子：Na+、Fe3+、Cu2+、Al3+，过滤可除去MnO2；再加入NaOH调节pH，使铁转化为氢氧化铁沉淀而除去，便于分离除去，故调节pH后滤液中的金属阳离子：Na+、Cu2+、Al3+；加入Al，置换出铜单质除去铜；最后加入氨水沉铝，过滤，洗涤，干燥可得到氢氧化铝沉淀，煅烧得到氧化铝，再通入氮气、C，得到AlN。
【详解】（1）根据分析，滤渣1的主要成分是硫酸铅，化学式为PbSO4；
（2）NaClO3可氧化Mn2+生成MnO2，本身被还原为Cl-，故反应的离子方程式为；
（3）调，c(H+)=10-3.5mol/L，则c(OH-)=10-10.5mol/L，Q[Al(OH)3] =c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-10.5)3=10-32.5，由于Q＜Ksp，故不会生成沉淀。故答案为：无；原因是：调，c(H+)=10-3.5mol/L，则c(OH-)=10-10.5mol/L，Q[Al(OH)3] =c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-10.5)3=10-32.5，由于Q>Ksp，故会生成沉淀；
（4）由于氢氧化钠会溶解氢氧化铝沉淀，故X选用氨水；
（5）从含氢氧化铝沉淀的溶液中分离氢氧化铝，需过滤、洗涤；
（6）“高温灼烧”时氧化铝与氮气、C，得到AlN，故反应的化学方程式为：；为除去未反应完的碳，需通入一定量的空气。
6．(1) 搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
(2) H2SO4+Na2S2O3 两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境
(3)0.45
(4)Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓
【分析】废料用碱液溶解，过滤得到滤液①偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到较纯净的含有钴离子的溶液，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，加NaF除去钙离子，滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4 2H2O，灼烧钴得到氧化钴。
【详解】（1）铝锂钴废料含有少量铝箔，能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的偏铝酸钠，再过滤即可除去废料中的Al，“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。故答案为：搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)；2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
（2）根据表中不同浸出剂“酸溶”实验结果可知，使用HCl或H2SO4+Na2S2O3时浸出液化学成分中Co的含量高、钴浸出率也较高，但因Co3O4有较强氧化性，在酸性条件下氧化S2O生成SO，而氧化溶液里的Cl-时，生成的氯气对环境有污染，“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择H2SO4+Na2S2O3，理由：两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境。故答案为：H2SO4+Na2S2O3；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境；
（3）“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时，由KspLiF=c(F-)×(Li+)=1.8×10-3，可知c(Li+)=mol L-1=0.45mol L-1，净化”后残余c(Li+)=0.45mol·L-1。故答案为：0.45；
（4）滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4 2H2O，滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓，故答案为：Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓。
7．(1) 加快溶解速率
(2)
(3)低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低
(4) 4NA
(5)10
(6)
【分析】该含钛高炉废渣的主要成分有、、、，加入盐酸酸浸，滤液中含有氯化铁、氯化铝、盐酸，再加入氨水分步沉淀，得到氢氧化铁、氢氧化铝，废水中含有氯化铵；浸渣中含有、，由第(2)问可知，加入硫酸酸溶时，溶解转化为，不反应，酸溶渣为，滤液中加入热水，水解生成。
(1)
酸浸过程中适当升温的目的是加快溶解速率，由分析可知，酸溶渣的主要成分为。
(2)
水解析出沉淀，根据电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式是。
(3)
40℃时转化率最高的原因是低于40℃升温速率加快，转化率增大；高于40℃双氧水分解，氨气逸出，导致速率减慢，转化率降低。
(4)
中Ti为+4价，设-1价O原子的个数为x个，-2价O原子的个数为y个，则可得出，x+y=15，x+2y=22，解得x=8，y=7，即-1价O原子的个数为8个，则1mol该物质中所含过氧键的数目为4NA。同理可得，中O均为-2价，则可知反应过程中中-1价O既有降价，又有升价，得到氧气，则由与煅烧生成的化学方程式为。
(5)
由图可知，，，当恰好沉淀完全时，，则此时，故溶液中浓度不超过10mol/L。
(6)
由分析可知，酸溶步骤使用硫酸，水解后的母液中含有硫酸，则可循环利用的物质为。
8．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O 会生成氯气，污染环境
(3)铝离子能与氟离子结合成 ，推动萃取平衡正向移动
(4)2CeTBP4+ +H2O2=2Ce3+ +O2↑+2H++TBP
(5) 16% 偏低
【分析】二氧化铈通过氧气氧化焙烧获得CeO2和CeF4，再加入硫酸酸浸，形成CeF3+，反应为3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3++6H2O，随后加入萃取剂TBP，形成CeTBP4+，在萃取过程中氟洗液中添加Al3+ ，促进CeF3+ +TBP CeTBP4++F-正向进行然后进行反萃取， 发生反应2CeTBP4+ +H2O2=2Ce3+ +O2↑+2H++TBP ，形成Ce3+，通过加入氢氧化钠调节pH，先使A13+沉淀分离出Ce3+，随后再调节pH，使Ce3+完全沉淀，再加次氨酸钠氧化形成Ce (OH) 4，反应为: 2Ce (OH ) 3+NaClO+H2O=2Ce (OH) 4↓+NaCl，最后煅烧生成CeO2。
(5)①结合得失电子守恒可知，n(Fe2+)=n(Ce4+) +5n( )，则n(Ce4+)= 。
②若加入的FeSO4·7H2O 部分变质，则剩余亚铁离子消耗的高锰酸钾量过少，亚铁离子剩余少了，则还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量。
(1)
)氧化焙烧前需要将矿石粉碎成细颗粒，目的是增大接触面积，加快反应速率；
(2)
已知题意中氧化焙烧后的固体产物中含有CeO2和CeF4物质的量之比为3 : 1，随后开始用硫酸酸浸，则CeO2和硫酸反应生成Ce4 +，则Ce4+能与F结合成CeF3+，故而反应依据电荷守恒和原子守恒可得：3CeO2+CeF4+12H+=4CeF3+ +6H2O；传统工艺中用盐酸替代硫酸,而盐酸具有还原性， CeO2具有较强的氧化性，故能使得氯化氢被氧化成有毒气体氨气，会污染环境。
(3)
已知：“萃取”时存在反应CeF3+ +TBP CeTBP4++F-，氟洗液中添加Al3+、F-能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Al3+也能与F-结合成，氟离子含量减少，平衡会正向移动,提高萃取的效果。
(4)
“反萃取”步骤中加入了硫酸和双氧水，最终水层中有Ce3+产生， CeTBP4+中Ce为+4价，化合价降低，说明发生了氧化还原，即双氧水做了还原剂，价态升高。故推测产物中有氧气产生,依据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，即可得反应方程式为：2CeTBP4+ +H2O2=2Ce3+ +O2↑+2H++TBP。
(5)
①结合电子守恒可知，n(Fe2+)=n(Ce4+) +5n( )，则n(Ce4+)=，固体中+4价Ce的质量分数为 。
②若加入绿矾部分变质，则剩余亚铁离子消耗的高锰酸钾量过少，亚铁离子剩余少了，则Ce4还原消耗的亚铁的物质的量偏高，Ce4的物质的量也会偏高，最终分析出的x值偏低。
9．(1)将废料粉碎、适当升高温度
(2) As2O5+2Co2++7Zn+10H+=7Zn2++2CoAs+5H2O 空气 3.3≤pH<6.0 4：3
(3)取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+
(4) Na2S 1.4a×1017mol L-1
【分析】含有铬、锌、钢、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料，加入稀硫酸后得到铜单质和其他二价金属离子，加入Zn和As2O3除钴，在料渣里得到CoAs，通入空气，将亚铁离子氧化为铁离子，加入ZnO调节pH至3.3≤pH＜6.0，使得铁离子生成氢氧化铁除去，电解废液，得到单质铬，通入氧气，得到氧化铬，在废液中加入Na2S，得到含镉沉淀，据此解答。
【详解】（1）采用将废料粉碎以增大反应物接触面积、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等都能提高酸浸速率，故答案为：将废料粉碎、适当升高温度；
（2）铁与稀硫酸反应生成Fe2+，其他金属(除铜外)也均转化为二价离子，锌将Co2+、As2O3还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为As2O3+2Co2++7Zn+10H+═7Zn2++2CoAs+5H2O，氧气、氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2+，但空气的经济价值最低，调pH时得到Fe(OH)3沉淀，为将铁离子除尽，且Co3+不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6.0，单质铬与氧气反应得到Cr2O3，反应中二者消耗量n(Cr)：n(Y)=4：3，故答案为：As2O3+2Co2++7Zn+10H+═7Zn2++2CoAs+5H2O；空气；3.3≤pH＜6.0；4：3；
（3）用KSCN 溶液检验Fe3+，取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+，故答案为：取废液少许于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，则说明溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+；
（4）CdCO3、CdS组成形式相同，相同条件下K较小的镉盐析出后，溶液中剩余的Cd2+的量较小，Cd2+去除率较好的是Na2S，由，，c(S2 )=a mol/L，则c()=1.4a×1017mol/L，故答案为：Na2S；1.4a×1017mol/L。
10．(1)粉碎
(2) 80℃～90℃ 当NaOH溶液浓度为1 mol L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本
(3)PbO+2OH-=PbO+H2O
(4) CuS、PbS 6.67×10-13
(5) TeO+4e-+3H2O=Te+6OH- 碱浸和溶解TeO2 45.4 g
【分析】碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等，加入氢氧化钠溶液进行碱浸，TeO2转化为Na2TeO3，CuO和PbO均具有一定的“两性”，碱浸时分别转化为CuO和PbO，SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠，浸出液中加入氯化钙溶液，与过量的氢氧化钠反应生成微溶的氢氧化钙，与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入硫化钠，与CuO反应生成硫化铜沉淀，与PbO反应生成硫化铅沉淀，过滤后向滤液中加入硫酸，过滤得到TeO2和Na2SeO3溶液，向TeO2中加入氢氧化钠溶液进行溶解，然后电解、熔炼得到高纯碲，向Na2SeO3溶液中通入二氧化硫得到粗硒。
【详解】（1）“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是粉碎，目的是增大接触面积，加快碱浸时的反应速率。
（2）由图示可知，碱浸时的合适温度是80℃～90℃，当NaOH溶液浓度为1 mol L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本，因此实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液。
（3）CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠，“碱浸”时PbO与氢氧根离子反应生成PbO和H2O，反应的离子方程式为：PbO+2OH-=PbO+H2O。
（4）由分析可知，滤渣3的主要成分为CuS、PbS；当滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(S2-)===910-24，则c(Cu2+)==≈6.67×10-13mol/L。
（5）电解制碲时阴极TeO得电子生成Te，电极反应式为：TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-，生成了氢氧化钠，电解余液经处理后可循环使用于步骤碱浸和溶解TeO2中；电解时电流为10A，电解时间为4h，若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则电子的物质的量为mol，生成Te的物质的量为mol，质量为mol128g/mol≈45.4 g。
11．(1) 将熔炼后的熔块粉碎、适当提高硫酸的浓度等 H2SiO3
(2)将亚铁离子氧化为铁离子，以便调pH值时除去
(3)5.0≤pH <5.2
(4)
(5) 蒸发浓缩 冷却结晶
(6)高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率
【分析】绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)，加入石灰石熔炼，Al2O3、SiO2分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙等；后加入稀硫酸溶解，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，滤渣1为H2SiO3等；加入足量H2O2氧化FeSO4为Fe2(SO4)3；向滤液中加入氨水调pH，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有BeSO4、硫酸铵；再向溶液中加入氨水得到Be(OH)2；加入NH3、HF得到(NH4) 2BeF4，灼烧分解得到BeF2；加入镁在高温下反应生成Be，据此分析作答。
【详解】（1）“酸浸”时为提高效率可以采取的措施是将熔炼后的熔块粉碎、适当提高硫酸的浓度等；由分析可知，滤渣1的主要成分为H2SiO3，故答案为：将熔炼后的熔块粉碎、适当提高硫酸的浓度等；H2SiO3；
（2）由物质沉淀时的pH可知，亚铁离子和铍离子沉淀的pH存在交叉，通过加入过氧化氢，可以将亚铁离子氧化为铁离子，以便调pH值时除去，故答案为：将亚铁离子氧化为铁离子，以便调pH值时除去；
（3）加入氨水调pH使Fe3+、AI3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则pH大于5.0，同时不能出现Be(OH)2沉淀，则pH小于5.2，则“调pH”产生沉淀，其合理pH范围是5.0≤pH <5.2，故答案为：5.0≤pH <5.2；
（4）已知Be和Al性质相似，则Be(OH)2具有两性，能与强碱溶液反应而溶解，“沉淀”反应不宜使用NaOH溶液的原因是：，故答案为：；
（5）从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（6）加入Mg进行“高温反应”得到Be，Mg和Be的化学性质都较活泼，需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率，故答案为：高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率。
12．(1) +3 CuS、S
(2)或
(3)70℃时，砷和铁的沉淀率已经达到98%以上，再升高温度，沉淀率增加不大；同时，温度过高H2O2易分解
(4) F-与H+结合成HF，使溶液中F-浓度减小，平衡正向移动
(5)OH-的式量小于的式量，pH增大，x不变，而y值增大，相应z值减小，碱式碳酸镍的相对分子质量减小，所以镍的质量分数增大
【分析】红土镍矿经粉碎与硫酸铵焙烧将其中金属元素转化成硫酸盐，加入稀硫酸除去SiO2，在滤液中加入H2S使得Cu2+转成难溶于水和一般的酸的CuS沉淀并过滤除去，同时Fe3+被还原为Fe2+，向滤液中加入H2O2将Fe、As转成稳定的FeAsO4沉淀过滤除去，再向滤液中加入NaF将Mg2+转成MgF沉淀并过滤除去，最后在滤液中加入Na2CO3调节溶液pH>8获取最终产品碱式碳酸镍。
(1)
As是VA族元素，在化合物中常见价态有-3、+3、+5等，根据化合价代数和为0可知在FeAsO3中Fe与As均为+3价；培烧过程中金属转成硫酸盐，反应方程式为；滤渣②是难溶的CuS和被Fe3+还原得到的S；
(2)
除Fe、As的离子反应方程式为或
(3)
由图可知，70℃时，砷和铁的沉淀率已经达到98%以上，再升高温度，沉淀率增加不大；同时，温度过高H2O2易分解；
(4)
“除镁”过程中Mg2+恰好沉淀完全，即此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5mol·L-1，由解得c(F-)=9.0×10-3.5 mol·L-1；若溶液酸度过高，则F-与H+结合成弱电解质HF，使溶液中F-浓度减小，平衡正向移动，Mg2+沉淀不完全；
(5)
在碱式碳酸镍[Nix(OH)y(CO3)z·nH2O]中OH-的式量小于的式量，pH增大，x不变，而y值增大，相应z值减小，碱式碳酸镍的相对分子质量减小，所以镍的质量分数增大。
13．(1)生产中生成大量废气
(2)增大与NaClO溶液的接触面积，加快反应速率，提高产率
(3)
(4) 氨水 使富集，除去杂质离子
(5)辉钼铝矿浸取是放热反应，降低温度会使反应进行彻底，并避免NaClO分解
(6)替代空气中氧气起氧化剂作用
【分析】被NaClO溶液氧化为、，调节溶液的pH＜1，转化为，用有机溶剂萃取，在有机层加入氨水，特化为可溶于水的，蒸溶液得到。
【详解】（1）传统的火法工艺，被空气中的氧气氧化为和，该反点的化学方程式为；有毒，和湿法工艺相比这种方法最大的缺陷是生成大量气体，污染空气；
（2）将辉钼矿磨碎能增大其与NaClO溶液的接触面积，加快反应速率；
（3）步骤①中被NaClO溶液氧化为、，1mol 失18mol电子，1mol NaClO得2mol电子，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为；
（4）根据题意，在酸性溶液下存在，在碱性条件下存在，步骤③反萃取时使用的X试剂为氯水，步骤②③可以除去、、等杂质离子，也可以使富集；
（5）不冷却时温度上升很快，可知反应放热；由“有大量的气泡产生”可推测有气体产物生成，Mo元素的浸取率只有7.8%，可知高温条体下NaClO分解放出氧气，降低温度，会使被NaClO溶液氮化为、的反应进行彻底，并能避免NaClO分解；
（6）密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼盐外还需加入，相当于空气，的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用。
14．(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成晶体析出 原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降
【分析】废催化剂经过酸浸后，和先与稀硫酸反应分别生成和，然后与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，滤液中的金属离子主要有Al3+、Fe3+、Fe2+、和，滤渣1为SiO2，滤液1加过氧化氢氧化后，Fe2+被氧化为Fe3+，用KOH调pH值除去Al3+、Fe3+，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，酸性条件下转化为，加氯化铵沉钒得到NH4VO3，煅烧得到V2O5；水相1中为硫酸钾，结晶得到硫酸钾固体。
【详解】（1）根据分析，滤渣2的主要成分为：Al(OH)3和Fe(OH)3；
（2）根据分析，与硫酸亚铁发生氧化还原反应生成Fe3+和，离子方程式为：；
（3）根据方程式：，加入H2SO4可使平衡逆向移动，进行反萃取操作；5次操作后，“滤液2”中残留的：；
（4）根据分析，有机萃取剂后进入有机相1中，经过反萃取进入水相，氧化后生成，离子反应方程式为：；
（5）“沉钒”加入使平衡正向移动，将转化为；同时增大浓度，生成晶体析出；温度超过以后沉钒率下降，可能的原因是：原因1：温度升高，溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、受热分解逸出氨气，使浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出氨气，使平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降；原因4：可能平衡，温度升高，平衡逆向移动，浓度下降，沉钒率下降。
15．(1) 平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利流入烧瓶中 苯的密度小于水，苯在水上层，装置B中不能用苯来代替；
(2)漏斗
(3)Na2SO4
(4)NH3、
(5)93.75%
【分析】、二氧化碳、氨气在“一次反应”中生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵，分离出碳酸氢钠，在硫酸铵溶液中加入硫酸钠发生“二次反应”中生成复盐，加热得。
(1)
①装置A中橡皮管连接分液漏斗上口和烧瓶，平衡分液漏斗和圆底烧瓶内的压强，使分液漏斗中的液体顺利流入烧瓶。
②氨气难溶于，密度大于水，氨气先通入中，能防止倒吸，苯的密度小于水，苯在水上层，装置B中不能用苯来代替；
③装置B中、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵，发生反应的离子方程式为；
(2)
的溶解度比较小，用过滤法分离该复盐与溶液，过滤需要的仪器除烧杯、玻璃棒、漏斗。
(3)
依据该流程的闭路循环绿色的特点，为使X吸收氨气后的溶液在“一次反应”中循环利用，烧杯中的X溶液最好是Na2SO4溶液。
(4)
根据流程图，利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程中，可以循环利用的物质有NH3、。
(5)
滴定过程发生反应NaHSO4+NaOH= Na2SO4+H2O；第二次实验数据明显超出正常误差范围，第二次实验数据舍去不用，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00mL，则20mL所配溶液中含有NaHSO4的物质的量是0.02L×0.1mol/L=0.002mol，所得产品硫酸氢钠的纯度为。
16．(1)SiO2
(2)3.5≤pH＜4.4
(3) 1.25×107 1.6、80℃
(4)NiSO4
(5)非极性
(6)M+H2O+e-=MH+OH-
【分析】含镍废渣精矿加入稀硫酸溶浸，NiO、Fe2O3、CuO溶解后转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶，成为滤渣Ⅰ，过滤后向滤液中加入碳酸钠调节pH，得到Fe(OH)3沉淀，之后再加入NiS得到CuS沉淀，过滤后向滤液中加入D2EHPA+煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取，分液后向水相中加入碳酸钠溶液，得到碱式碳酸镍。
【详解】（1）由分析可知，滤渣Ⅰ主要成分为难溶的SiO2，故答案为：SiO2；
（2）除杂1时主要是除去Fe3+，而不除去Cu2+、Ni2+，根据表中数据可知，应调节pH的范围为3.5≤pH＜4.4，故答案为：3.5≤pH＜4.4；
（3）该反应的平衡常数K==1.25×107；据图可知当物质的量之比为1.6时、温度为80℃(80℃之和Cu/Ni比几乎不变)，滤渣中Cu/Ni比达到最大，为最佳，故答案为：1.25×107；1.6、80℃；
（4）向滤液中加入D2EHPA+煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取得到NiSO4，则“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有NiSO4的水溶液，故答案为：NiSO4；
（5）沉镍时，向含有NiSO4的水溶液加入碳酸钠溶液，反应除生成NiCO3 2Ni(OH)2 xH2O外，还有一种无色气体生成，根据元素守恒可知该气体应为CO2，CO2的结构式为O=C=O，正负电荷中心重合，为非极性分子，故答案为：非极性；
（6）充电时阴极发生还原反应，根据镍氢电池充电的工作原理可知阴极的电极反应式为M+H2O+e-=MH+OH-，故答案为：M+H2O+e-=MH+OH-。
17．(1)铁
(2)BD
(3)ecfd
(4)ZrOCl2 8H2OZrO2+2HCl+7H2O
(5) ZrO2+易发生水解ZrO2++2H2OZrO(OH)2+2H+，加入盐酸是为了抑制其水解 % AC
【分析】锆英砂(主要成分为ZrO2，伴有杂质SiO2 )在碱熔焙烧过程中， ZrO2和SiO2均与NaOH反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，加水溶解并酸化调节pH过程中Na2SiO3与酸反应生成沉淀,过滤得到副产物1即H2SiO3， Na2ZrO3溶液中加HCl ，发生反应Na2ZrO3 +4HCl=ZrOCl2+2NaCl+2H2O，ZrOCl2溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到粗晶体，粗晶体再经过重结晶得到晶体ZrOCl2·8H2O，ZrOCl2·8H2O在浓硫酸作用下发生反应ZrOCl2·8H2O+2H2SO4 (浓) =Zr ( SO4) 2·4H2O+2HCl↑+5H2O，得到Zr ( SO4) 2·4H2O和副产物HCl，据此分析解答。
【详解】（1）步骤1中用到了氢氧化钠，氢氧化钠能和瓷坩埚中的二氧化硅反应，故使用铁坩埚。
（2）A. 副产物1为H2SiO3、副产物2为NaCl、副产物3为HCl，不是次氯酸，A错误；
B. 步骤3加入HCl作用是与Na2ZrO3反应生成ZrOCl2，根据其电离方程式分析，氯化氢的存在还能降低ZrOCl2的溶解度，B正确；
C. 操作1为蒸发结晶，过滤，不是趁热过滤；操作2为重结晶，C错误；
D. 制备的Zr(SO4)2 4H2O溶于水，溶液属于强酸弱碱盐，溶液呈酸性，D正确；
故选BD。
（3）抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，洗涤时打开活塞A→加入洗涤剂(由题干信息可知，Zr(SO4)2 均易溶于水，难溶于酒精及其他有机溶剂，故应该选先用浓盐酸洗涤，再无水乙醇进行洗涤) →关闭活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，故经过一系列操作完成操作2中的抽滤和洗涤。即开抽气泵-a-→d→b→e-→c→f→d→b→e→关抽气泵，故选ecfd
（4）洗涤后，在800℃下灼烧可得-种用于制备压电陶瓷的原料ZrO2和HCl、H2O，故该灼烧过程的化学方程式为:ZrOCl2 8H2OZrO2+2HCl+7H2O；
（5）①样品溶解时，容易发生水解反应ZrO2++2H2OZrO(OH)2+2H+，加入盐酸溶解，可以抑制其水解。
②根据题干信息，ZrO2+与二甲酚橙生成红色络合物，ZrO2+能与EDTA发生络合反应(1∶1)生成无色络合物，且络合能力更强，故有：n(ZrO2+)=n(EDTA)= cmol/L×V×10-3L= cV×10-3mol，则产品中锆的含量是 =；
③A.滴定管活塞涂凡士林的操作是：取下活塞，用滤纸擦干，用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、c(如图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动，A正确；
B.滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作，B正确；
C.读数时可将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，C正确；
D.第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释标准液后重新滴定来减小误差，不是稀释待测液，D错误。
故选ABC。
18．(1)
(2)
(3)和
(4) 蒸馏 异丙胺 2.42g
(5) 阳离子交换膜
【分析】将硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5 H2O，含少量杂质Fe3O4)粉碎后，用浓NaOH溶液溶解，过滤得到含NaBO2的溶液；经浓缩、结晶得到Na2B4O7 H2O；再将所得晶体脱水得Na2B4O7；高温下，将Na2B4O7和Na、H2、SiO2反应得到NaBH4和Na2SiO3；用异丙胺溶解反应后所得的混合物，经过过滤、蒸馏得到NaBH4。
【详解】（1）的电子式为 。
（2）由流程图知，碱溶时，B元素转化为，发生反应的离子方程式是。
（3）不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的也以滤渣的形式析出，所以，滤渣的成分为和。
（4）易溶于异丙胺，且异丙胺的沸点较低，结合流程图知，操作2是蒸馏异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用；“高温合成”步骤中还原剂只有Na，反应的化学方程式为16Na+8H2+7SiO2+Na2B4O7=4NaBH4+7Na2SiO3，每生产1mol NaBH4需要4mol Na，故生产1g NaBH4理论需要Na的总质量为=2.42g。
（5）根据该电池工作原理，a电极区域通入NaBH4(aq)和NaOH(aq)，产生NaBO2(aq)，则该电极的电极方程式为；b电极区域通入H2O2(aq)和NaOH(aq)，产生NaOH(aq)，则该电极的电极方程式为H2O2+2e-=2OH-；根据a、b两极的电极反应可知，Na+由a极向b极移动，则离子交换膜C为阳离子交换膜。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
同课章节目录