【备考2024年】从巩固到提高 高考化学二轮微专题09 常见金属工艺流程
一、选择题
1．（2023·厦门模拟）从废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)中获取高纯的工艺流程如图。下列说法错误的是
A．“煅烧”过程利用沸点低进行分离提纯
B．“溶浸”过程主要用于氧化
C．“溶铅”过程的离子方程式为
D．“沉铅”过程的化学方程式为
2．（2022·通州模拟）稀土永磁材料——高性能钕铁硼合金为新能源汽车提供核心原材料。从制钕铁硼的废料中提取氧化钕(Nd2O3)的工艺流程如图1所示，草酸钕晶体的热重曲线如图2所示。
已知：ⅰ.与酸反应生成离子，草酸钕晶体[]的摩尔质量是；
ⅱ.生成，开始沉淀时，完全沉淀时
生成，开始沉淀时，完全沉淀时
下列说法错误的是（ ）
A．气体1的主要成分是，滤渣1是硼和其他不溶性杂质
B．“氧化”时会发生反应：
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，的利用率无影响
D．由图2可知，时剩余固体的主要成分是
3．（2021·葫芦岛模拟）某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以废催化剂为原料，进行回收利用。设计实验流程如图：
已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是（ ）
A．步骤①操作中，生成的气体可用碱液吸收
B．滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验
C．滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分一定是SiO2
D．步骤④要滴加稀硫酸防止CuSO4水解
4．（2021·宜春模拟）某废催化剂含 、 、 及少量的 .某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．步骤①操作中，生成的气体可用 溶液吸收
B．检验滤液1中是否含有 ，可以选用 和新制的氯水
C．步骤③和④操作中，均采用蒸发结晶方式从溶液中获得溶质
D．滤渣2成分是
5．（2021·吕梁模拟）金属材料的发展极大地促进了人类社会的文明程度。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下列说法错误的是（ ）
A．根据反应③可知氧化性：Fe3＋>H2O2
B．向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀
C．反应③中稀硫酸仅表现酸性
D．反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O
6．（2021·晋中模拟）废旧电池的回收利用对保护环境、节约资源意义重大。某化学兴趣小组利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO，部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．“溶解”过程中发生的反应有2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O
B．“溶解”操作中的空气可以用双氧水代替
C．“调节pH”过程中NaOH溶液的作用是使Cu2＋转化为Cu(OH)2
D．“过滤II”所得滤渣只需洗涤，无需干燥
7．（2021·西城模拟）利用废铝箔(主要成分为 ，含少量 、 等)制明矾 的一种工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．①中生成了 ：
B．操作 是过滤，以除去难溶于 溶液的杂质
C．②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质
D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于 和 的溶解度
8．（2020·海淀模拟）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法错误的是（ ）
A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中发生了置换反应 D．溶液A为橙色
二、非选择题
9．（2024·贵州模拟）钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：
已知：①氯化胆碱是一种铵盐；
②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；
③时，。
回答下列问题：
（1）中的化合价为 。
（2）下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和粗品以不同的液固比在下微波处理后锂和钴的浸取率图，则最佳液固比为 。
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
（4）时，“沉钴”反应完成后，溶液，此时 。
（5）“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是 。
（6）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。
（7）锂离子电池正极材料在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成，导致电化学性能下降。
①晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。
②使用和溶液可以实现的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。
10．（2024·吉林模拟）是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成分为)为原料制备的一种工艺方法如下：
天青石主要元素质量分数如下：
元素
质量分数() 36.4 2.0 4.0 0.5 5.0
。
回答下列问题：
（1）天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成、时失重率分别为、，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳氧化物为 (填“”或“”)。
（2）“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为 和 。
（3）“水浸”后滤渣的主要成分除和C外，还有两种氧化物，化学式为 和 。
（4）“水浸”时需加热，与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为 (用化学方程式表示)
（5）“水浸”后的滤液中，“除杂”过程中(忽略溶液引起的体积变化)，为使不沉淀，应控制溶液中 ，每升滤液中篇加入溶液的体积 。
（6）“沉锶”过程中，可溶性发生反应的离子方程式为 。
11．（2024·河南模拟）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.2 3.5 12.4
沉淀完全的 2.9 8.2 5.1 13.8
回答下列问题：
（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
（2）为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
（3）滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
（4）若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
12．（2024·安徽模拟）钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）位于元素周期表第 周期第 族。中钼元素的化合价为 。
（2）“焙烧”中生成的化学方程式为 。
（3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因： 。
（4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作”应为____(填标号)。
A．蒸发结晶 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取
（5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“ ”步骤。
（6）分解可得。高温下，用铝粉还原得到金属钼的化学方程式为 。
13．（2024·广西壮族自治区模拟）层状结构薄膜能用于制作电极材料。薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的用溶液吸收生成的离子方程式为 。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是 (举一例)。
（3）“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。
（4）在650℃下“气相沉积”生成的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用形成该气流的原因是 。
（5）层状晶体与石墨晶体结构类似，层状的晶体类型为 。将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。
14．（2024·甘肃模拟）利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下：
（1）为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有 。
（2）浸取温度不宜超过60℃，原因是 。
（3）为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳范围为 ，理由是 。
A.1.5~2.0 B.2.0~3.0 C.3.0~4.0 D.4.5~5.0
金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的
6.8 8.3
3.7 4.7
1.8 2.8
5.2 6.7
8.6 10.1
6.7 8.2
（4）滤渣的主要成分有、 和，该工艺中去除锰的离子方程式为 。
（5）最适宜使用的还原剂是 ，理由为 。
（6）氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为 ，产品中含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求含量不超过2.30%，降低产品中含量的方法有 。
15．（2022·济南模拟）碱式氧化镍(NiOOH)是镍氢电池的正极材料，工业上可由铜冶炼过程中产生的粗硫酸镍废液(含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒)为原料制备，某兴趣小组模拟该制备过程并设计如下流程：
已知：Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强。
回答下列问题：
（1）“萃取”时需充分振荡，目的是 。
（2）“氧化1”中H2O2的作用是 ，若该废液中H3AsO3和Fe2+的浓度分别是0.02 mol·L-1和0.12 mol·L-1，除去砷后的废液中c()= mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
（3）“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是 。
（4）“氧化2”反应的离子方程式为 。
（5）“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是 。
（6）已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为MH+NiOOHM+Ni(OH)2，则放电时，OH-移向 电极(填“MH”或“NiOOH”)，充电时NiOOH电极上的电极反应式为 。
16．（2022·南充模拟）镁菱锌矿(主要成分为ZnCO3、MgCO3等，含有少量FeCO3、CaCO3等杂质)可用于生产媒染剂、防腐剂ZnSO4·7H2O以及耐火材料MgO。制备工艺流程如下：
已知：65℃时Ksp[Mg(OH)2]= 1.8×10-11 Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-17 Kw=10-13 lg2≈0.3
回答下列有关问题：
（1）浓盐酸浸取矿石时，保持较大液固体积比(如3：1)，目的是 ，还可采用 (写出一种)等方式达到此目的。
（2）“氧化除铁”在90℃，控制溶液pH在4.0-5.0，得到针铁矿渣的离子方程式为 。
（3）“沉锌”前，滤液(65℃)中含有0.50 mol·L-1 Zn2+和1.8 mol·L-1 Mg2+，保持该温度，则应加入氨水调节pH在 范围(c≤1.0×10-5mol·L-1，沉淀完全)。利用平衡移动原埋说明“沉锌”时加入氨水的作用是 。
（4）“酸解”后获得ZnSO4·7H2O的操作依次经过蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。制得的ZnSO4·7H2O在烘干时需减压烘干的原因是 。
（5）“滤液”中加入H2C2O4饱和溶液产生MgC2O4沉淀。写出“灼烧”步骤的化学方程式 。
17．（2022·云南模拟）为充分利用金属资源，某研究团队利用生产钴电极材料生的铜锰渣(含、、等物质)回收金属的一种流程如图所示：
回答下列问题：
（1）、中Mn元素的化合价为 ．
（2）写出铜锰渣中与稀硫酸反应的化学方程式 ．
（3）研究团队认为该工艺可能利用了如下反应原理沉淀滤液1中的Cu2+：，．析出的Cu沉淀中还混有少量的S单质，原因是 (用离子方程式解释)．
（4）依据反应萃取滤液2中的并进行操作Ⅱ，操作Ⅱ的名称是 ；所得有机相中加入硫酸能进行反萃取的原因是 (结合平衡移动原理解释)．
（5）控制反应温度为，向滤液1中加入溶液，不同金属沉淀率与用量倍数的关系如下图所示．
当用量倍数为2.0时，水相中的金属阳离子主要含、 (填离子符号)．
（6）用作电池材料，使用KOH溶液作电解液，充电时转化为的电极反应式为 ．
18．（2022·惠州模拟）锂在新能源等领域应用广泛。从粉煤灰(含Al2O3、Fe2O3、Li2O、SiO2等)中回收提取铝、锂元素的化合物的流程如图所示：
已知：碳酸锂的溶解度(g·L-1)见表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 80 100
Li2CO3 1.54 1.43 1.33 1.25 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72
回答下列问题
（1）“粉碎”的目的是 ，滤渣1的成分主要是 。(填化学式)
（2）“调pH”的目的是沉淀Fe3＋、Al3＋。当离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时表示该离子沉淀完全。常温下，如果溶液pH=4，Fe3＋、Al3＋ (填“能”或“否”)均沉淀完全，若沉淀完全，此时溶液中c(Fe3＋)、c(Al3＋)之比为 。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=2.0×10-33)
（3）从滤渣2中分离出Al(OH)3，可用如图所示方法，试剂X是 ，“步骤2”中主要发生的离子反应方程式有OH-＋CO2=HCO、 。
（4）“沉锂”中的“一系列操作”依次为蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。检验母液主要溶质的阴离子所用的试剂为 。母液的用途 (任写一种)。
（5）太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图所示。电池总反应式为LixC6 + Li1 xFePO4 LiFePO4 + 6C。试写出充电时，该电池正极材料上的反应式： 。
19．（2022·遂宁模拟）从铬锰矿渣(主要成分为、MnO，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示：
已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
（1）加快酸浸速率的措施有 (写两条)。
（2）滤渣2的成分是 (写化学式)。
（3）焙烧中转化为的化学方程式为 。
（4）某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为 。计算“沉铬”后滤液中c(Cr3+)为 mol/L[已知在此条件下，KW=1×10-14，Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30]
（5）流程中加入Na2S2O3的作用为： ，“转化”的离子方程式为 。
20．（2021·内江模拟）钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。我国某地的矿山富含铜多金属矿(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)，科研人员从矿石中综合回收金属钪的工艺流程设计如下：
已知：①"萃取"时发生反应有：Sc3++3H2A2(有机液)
Sc(HA2)3(有机相)+3H+Fe3++3H2A2(有机液)
Fe(HA2)3+3H+
②常温下，“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31；请回答下列问题：
（1）“加热酸溶”产生的气体直接排放到空气中，容易形成 ；滤渣I的主要成分为 。
（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为 。
（3）“还原”工序的目的为 。
（4）“萃取"过程中有机试剂的Se3+萃取率与“萃取”前溶液pH的关系如图。当pH大于a时随着pH增大Sc3+萃取率减小，a= 。
（5）“沉钪"过程中发生反应的离子方程式为 。过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为 。
（6）“电解”过程中，用石墨和液态锌作电极，KCl、LiCl、ScCl3熔融物作电解液，钪在 电极上得到(选填：石墨或液态锌)。
21．（2021·云南模拟）镍及其化合物在工业上有广泛应用，红土镍矿是镍资源的主要来源。以某地红土镍矿[主要成分Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍，可减少其他金属杂质浸出，工艺流程如图所示。
已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]+9(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3+12NH3↑+4SiO2+10H2O↑；
②2Fe2MgO4+15(NH4)2SO4(NH4)2Mg2(SO4)3+16NH3↑+4(NH4)3Fe(SO4)3+8H2O↑
③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水。
（1）“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是 。
（2）经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为 ，“浸渣"的主要成分除铁的氧化物外还有 (填化学式)。
（3）焙烧温度对浸出率的影响如图所示，最佳焙烧温度是____(填序号)左右。
A．300℃ B．350℃ C．400℃ D．600℃
（4）若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范围是 。该工艺条件下，Ni2+生成Ni(OH)2沉淀，Fe3+生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀定，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
沉淀物 Ni(OH)2 Fe(OH)3 黄铵铁矾
开始沉淀时的pH 7.1 2.7 1.3
沉淀完全(c=1×10-5 mol/L)时的pH 9.2 3.7 2.3
（5）“沉镍"时pH调为8.0，滤液中Ni2+浓度约为 mol/L(100.4≈2.5)。
（6）流程中 (填化学式)可循环使用，减少污染。
（7）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式是 。
22．（2021·九江模拟）砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、 、Zn、ZnO、Co、Ni等)中回收有价值的金属具有重要意义。
回答下列问题：
（1）“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有 (写两点)，其他条件不变时，Zn和Ni浸出率随pH变化如下图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为 。
（2）“氧化浸出“时， 被氧化为 的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因 。
（3）用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入 进行“沉铜”，得到难溶性的 ，则“沉铜”的离子方程式为 。
（4）操作Ⅰ所用到的玻璃仪器有 ，已知煅烧 时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅挠，得到的钴的氧化物的质量为4.82g， 的体积为2.688L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
（5）已知常温下，相关金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(离子浓度 视为沉淀完全)的pH如下表所示：
开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
8.0 10.0
7.5 9.5
若将沉铜后的溶液调节至 ，此时溶液中 。
23．（2021·广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时， 的 ， ； ； ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 的形态存在。
（1）“焙烧”中，有 生成，其中 元素的化合价为 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀 为 。
（3）“沉钼”中， 为7.0。
①生成 的离子方程式为 。
②若条件控制不当， 也会沉淀。为避免 中混入 沉淀，溶液中 (列出算式)时，应停止加入 溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量 ，可析出 。
（5）高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止 刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。
①该氧化物为 。
②已知： 和 同族， 和 同族。在 与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
24．（2021·广州模拟）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含BeO、 、 及少量 、 、FeO、 、 )中提取铍的工艺如图：
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
（1）铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式 。
（2）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是 。
（3）“浸出渣”的主要成分是 。
（4）“除铁”中发生反应的离子方程式： 、 。
（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率 (填“越高”、“越低”或“不变”)。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中， 。
（6）由油酸铍制备BeO的方法是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A．“煅烧”过程以气体形式分离出体系，主要利用的是沸点低进行分离提纯，A不符合题意；
B．“溶浸”过程可氧化，也可还原，使其也转化为，B符合题意；
C．根据上述分析可知，“溶铅”为了除去硫酸钡，该过程的离子方程式为，C不符合题意；
D．“沉铅”过程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，则其化学方程式为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据流程图分析；
B．根据反应物和生成物的化学式分析；
CD．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
2．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．Fe与盐酸反应生成气体为氢气，硼不与酸反应，则气体的主要成分是H2，滤渣是硼和其他不溶性杂质，A不符合题意；
B．往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，pH=4时Fe3+已经完全沉淀，则反应方程式为，，B不符合题意；
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，即先氧化此时溶液显酸性，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，此时生成Fe3+并未完全沉淀，且Fe3+能够催化H2O2的分解，从而减小了H2O2的利用率，C符合题意；
D．由图可知，设质量为100g，含结晶水为100g×≈24.6g，则110℃时完全失去结晶水，然后Nd2(C2O4)3在氧气中加热导致固体质量减少，此时剩余固体的摩尔质量为732g/mol×51.9%=379.91g/mol，Nd2O2CO3的摩尔质量为380g/mol，则500℃时剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】钕铁硼废料中主要含Nd、Fe、B，由信息及流程可知，加入稀盐酸，硼不与酸反应，则滤渣是硼，加H2O2氧化Fe2+，加NaOH调节pH，使Fe3+沉淀。
3．【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．步骤①操作中，硫化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体，硫化氢气体能与碱反应，可用碱液吸收，故A符合题意；
B．由分析可知，滤液1中含有铁离子，若选用硫氰化钾溶液和新制的氯水检验亚铁离子，铁离子会干扰亚铁离子检验，故B不符合题意；
C．由分析可知，滤渣1含有与稀硫酸不反应的二氧化硅和硫化铜，滤渣2为硫和二氧化硅，故C不符合题意；
D．硫酸是高沸点酸，则滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾时，不需要要滴加稀硫酸防止硫酸铜水解，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入稀硫酸，硫化锌和四氧化三铁与稀硫酸反应得到硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的混合溶液，二氧化硅和硫化铜不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的滤液1和含有二氧化硅和硫化铜的滤渣1；滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到含有杂质的粗皓矾；向滤渣中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，酸性条件下，硫化铜与过氧化氢反应生成硫酸铜、硫沉淀和水，过滤得到含有硫酸铜的滤液2和含有硫和二氧化硅的滤渣2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾。
4．【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可与氢氧化钠溶液反应，则可用氢氧化钠溶液吸收，故A符合题意；
B．滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入KSCN和新制的氯水不能检验，故B不符合题意；
C．得到晶体需要蒸发浓缩，冷却结晶，如果直接蒸发结晶会使晶体失去结晶水，故C不符合题意；
D．滤渣2含有硫和二氧化硅，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4 7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。
5．【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A．由分析可知，反应③的离子方程式为：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，可知氧化性：H2O2 > Fe3＋，A符合题意；
B．由分析可知，X溶液中含有Fe2+，故向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，B不符合题意；
C．根据反应③的离子方程式为：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知反应③中稀硫酸仅表现酸性，C不符合题意；
D．由分析可知，反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知，物质M为Cu，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，W为Fe(SCN)3，Z为Fe(OH)3，据此分析解题。
6．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶解过程中Cu与O2反应生成CuO，而后CuO再与稀硫酸反应生成CuSO4，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知反应总方程式为2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O，故A不符合题意；
B．双氧水是“绿色氧化剂”，能够氧化Cu生成Cu2+，因此可以代替空气，故B不符合题意；
C．由上述分析可知，加入NaOH溶液的目的是中和过量的H2SO4，故C符合题意；
D．ZnCO3高温煅烧分解生成ZnO，高温条件下ZnCO3表面水分蒸发，因此“过滤II”所得滤渣只需洗涤，无需干燥，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】铜帽的主要成分为Zn和CuO，溶解过程中，Zn和H2SO4发生置换反应，Cu在H2SO4作用下，被空气中的O2氧化生成CuSO4，加入NaOH溶液调节溶液pH，使溶液中H2SO4完全反应，然后加入适量锌粉将Cu2+置换为Cu，过滤后向溶液中加入Na2CO3溶液与ZnSO4发生复分解反应将Zn2+沉淀，过滤后将滤渣洗涤、高温煅烧得到ZnO。
7．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．Al具有两性，能与强碱反应，化学方程式为： ，故A不符合题意；
B．Mg、Fe不与NaOH反应，则操作 是过滤，以除去难溶于 溶液的杂质，故B不符合题意；
C．②中加入稀硫酸的作用是调节pH使Al3+转为Al(OH)3沉淀，③中是为了溶解Al(OH)3沉淀同时引入硫酸根，两者作用不同，故C符合题意；
D．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Al有两性，能与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶于水，而Mg、Fe不反应，以单质固体形式除去，则操作a是过滤，再加稀硫酸调节pH析出Al(OH)3沉淀，过滤固体，继续向纯固体中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。
8．【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A. 在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A不符合题意；
B. Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B符合题意；
C. Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C不符合题意；
D. Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、由图可知，铁与铬的化合价均发生了变化，且均升高，故需要氧化剂，故A不符合题意
B、若过量稀硫酸，氢氧化铝溶解，不能分离，故B符合题意
C、③中是铝置换出了铬，铝热反应都是置换反应，故C不符合题意
9．【答案】（1）+1
（2）60mL/g
（3）
（4）
（5）取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净
（6）利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价
（7）Co2+；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）中Co为+3价，O为-2价，因此Li为+1价，故答案为：+1；
（2）由图可知，当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g，故答案为：60mL/g；
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，则发生反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）“沉钴”反应完成后，溶液，则溶液中c(H+)=10-10mol/L，c(OH-)=10-4mol/L， ，则，故答案为： ；
（5）检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有碳酸钠，具体操作为：取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；
（6）高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价，故答案为：利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价；
（7）①Co3O4 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，Co3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，Co2+位于晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，则离子个数比：Co2+：Co3+：O2-=2：4：8=1：2：4，则顶点上的离子为Co2+，故答案为： Co2+ ；
②使用和溶液可以实现的修复，是因为过氧化氢将氧化后与生成，该过程中反应的化学方程式为：，故答案为：。
【分析】粗品中加入氯化胆碱-草酸微波共熔，Co被还原为Co2+，经过水浸滤液中Co以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品。
10．【答案】（1）CO2
（2）CO；SO2
（3）Al2O3；SiO2
（4）SrS+2H2OH2S+Sr(OH)2
（5）2×10-4；23.8
（6）Sr2++2OH-+CO2=SrCO3↓+H2O
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）生成CO2、CO时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，说明碳氧化物为CO和CO2的混合物， 设生成的碳氧化物中CO2含量为x，则CO含量为1-x，则有0.304x+0.386（1-x）=0.326，解得x=73%，因此煅烧中主要生成的碳氧化物为CO2，故答案为：CO2；
（2）根据（1）可知，煅烧时产生CO，CO有毒，会危害环境，同时“煅烧”生成，SrS中的硫元素可能被氧气氧化为SO2，故答案为：CO；SO2；
（3）由分析可知，“水浸”后滤渣的主要成分除和C外，SiO2和Al2O3不溶于水，则滤渣中还含有 Al2O3 和SiO2，故答案为： Al2O3 ；SiO2；
（4）在热水中发生水解反应：，生成Sr(OH)2，使溶液呈碱性，故答案为： ；
（5）根据Ksp(SrSO4)=3.4×10-7可知，SrSO4开始沉淀时，硫酸根离子浓度为，为使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则钡离子浓度需大于，为使Sr2+不沉淀，在1L溶液中总的钡离子物质的量减硫酸消耗的钡离子物质的量，还余下，硫酸根与钡离子满足1：1反应，则1L中硫酸的物质的量为，硫酸浓度为1mol/L，则体积为23.8mL，故答案为： 2×10-4 ；23.8；
（6）沉锶过程中，可溶性Sr(OH)2与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
【分析】 天青石(主要成分为) ，将天青石和碳粉混合煅烧，生成 和碳氧化物，同时天青石中的Ba转化为BaO，Ca转化为CaO，Al转化为Al2O3，Si转化为SiO2，水浸，BaO和CaO均溶于水，SiO2和Al2O3不溶，则滤渣中还含有 Al2O3 和SiO2，“水浸”时发生反应：，之后加入硫酸溶液除杂，得到的溶液中主要含有Sr(OH)2，加入CO2沉锶，Sr(OH)2与二氧化碳发生反应生成碳酸锶和水，得到 SrCO3产品。
11．【答案】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌；稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（2）H2O2或氯水
（3）氨水
（4）297
（5）Ca2V2O7；V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
（6）×1023
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等均可提高浸出率； 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 ，因此该浸出过程不能使用稀硫酸代替稀盐酸，故答案为：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌； 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 ；
（2）加入氧化剂A是为了将Fe2+氧化成Fe3+，滤液中含有的阴离子主要是氯离子，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水，故答案为： H2O2或氯水 ；
（3）加入试剂B是为了沉铁和铝，即将Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，使溶液呈碱性，便于吸收二氧化碳“固碳“形成CaCO3，且滤液C的溶质可循环利用，则试剂B为氨水，故答案为：氨水；
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定=297kg的CO2，故答案为：297；
（5）浸出2的pH约为2.5，此时Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；焙烧过程中，生成的钒钙盐为Ca2V2O7，V元素的化合价由+3价升高到+5价，则焙烧时，反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2，故答案为： V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2 ；
（6）由图可知，该晶胞中，Ca2+的数目为4×+4×+2×+2×+4=6，的数目为4×+4×+4=6，一个晶胞中含有6个CaCO3，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为= ×1023 ，故答案为：×1023。
【分析】钢渣中含有和等物质，加入稀盐酸、NH4Cl浸出，在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出，氧化铁转化为氯化铁，FeO转化为氯化亚铁，氧化铝转化为氯化铝，氧化钙转化为氯化钙，过滤，得到富钒渣，其主要成分为，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，为了不引入杂质，氧化剂A为过氧化氢或者氯水，加入试剂B，将铁离子和铝离子转化为沉淀，再加入试剂B调pH，再通入CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C，滤液C的溶质可循环利用，则试剂B应为氨水；富钒渣中通入空气和CaCO3焙烧，焙烧产物加入稀硫酸浸出，过滤分离出滤渣，滤液经系列操作得V2O5，V2O5还原得到V2O3。
12．【答案】（1）四；Ⅷ；+6
（2）
（3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低
（4）B
（5）净化
（6）高温下，用铝粉还原得到金属钼和氧化铝，化学方程式为：
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Ni为28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族； 中铵根离子为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可得Mo的化合价为+6价，故答案为：四；Ⅷ；+6；
（2） “焙烧”中MoS2与O2、Na2CO3反应生成Na2MoO4、CO2和Na2SO4，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）由图可知， 若Na2CO3用量高于理论用量1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低 ，因此Na2CO3理论用量1.2倍，故答案为：若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低；
（4） Na2SO4溶解度受温度影响较大，且温度降低时，硫酸钠的溶解度较小，因此为充分分离，应采用低温结晶，故答案为：低温结晶；
（5） “离子交换萃取”步骤产生的交换溶液中含有Na2SO4，应返回“净化”步骤，故答案为：净化；
（6）高温下，用铝粉还原得到金属钼和氧化铝，反应的化学方程式为：，故答案为： 。
【分析】 镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，镍钼矿加入碳酸钠，并通入空气焙烧，分离CO2，“焙烧”中生成， 则NiS生成NiO，MoS2转化为Na2MoO4，S元素转化为Na2SO4，加水浸取过滤出含NiO的滤渣，滤液中含有Na2CO3、Na2MoO4、Na2SO4，加入MgSO4，与碳酸根结合得到MgCO3沉淀，将滤液低温结晶得到Na2SO4，用阴离子交换树脂吸附、提取溶液中的钼，最终转化为(NH4)2MoO4。
13．【答案】（1）
（2）将固体粉碎
（3）NH3
（4）和S在加热条件下发生生成H2S
（5）混合晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）与溶液反应生成，反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）增大反应物的接触面积可增大反应速率，因此可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为：将固体粉碎；
（3）为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，氨气溶于水可得到氨水，在浸取步骤中循环利用，故答案为：NH3；
（4）和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用，故答案为：和S在加热条件下发生生成H2S。
（5）石墨为混合晶体，层状晶体与石墨晶体结构类似，所以层状的晶体类型为混合晶体；将 嵌入层状充电后得到的可作电池负极，放电时负极发生氧化反应，则电极反应式为，为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入层间，故答案为：混合晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小。
【分析】 辉钼矿(主要含及少量FeO、)焙烧，中S元素转化为SO2，加入氨水浸取，和FeO均不反应，过滤分离出滤渣，则滤渣的主要成分为和FeO，Mo元素进入浸取液，以的形式存在于溶液中，溶液结晶之后再进行灼烧得到，最后通入S进行气相沉积得到产品。
14．【答案】（1）将固体废料粉碎、适当加热等
（2）减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌
（3）D；在pH4.5~5.0的范围内，Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不会沉淀
（4）Al(OH)3；
（5）单质锌；不会带入新的杂质
（6）；减压蒸发，控制温度不超过300oC
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）反应物浓度、温度、反应物的接触面积均能影响反应速率，因此将固体废料粉碎、适当加热等均能提高盐酸浸取效率，故答案为：将固体废料粉碎、适当加热等；
（2）盐酸易挥发，且Zn2+水解吸热，加热会促进其水解，则温度不宜超过60℃的原因是： 减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌 ，故答案为： 减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌 ；
（3）高锰酸钾氧化除杂的过程中，要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表中数据可知，应该调pH的范围是4.7~6.7，故答案为：D； 在pH4.5~5.0的范围内，Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不会沉淀 ；
（4）由分析可知，滤渣的主要成分为、Al(OH)3、和，该工艺中去除锰的原理为锰离子和高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰，反应的离子方程式为，故答案为： Al(OH)3 ； ；
（5）还原除铜时不能引入杂质，锌的还原性大于铜，能将铜从其溶液中置换出来，则最合适的还原剂是单质锌，故答案为：单质锌；不会带入新的杂质；
（6）氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为 ；根据图像，要控制含量不超过2.30%，降低产品中含量的方法有减压蒸发，控制温度不超过300℃，故答案为： ；减压蒸发，控制温度不超过300℃。
【分析】含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)，加入盐酸浸取，铜不溶，其余金属转化为对应的氯化盐，加入高锰酸钾将亚铁离子氧化为铁离子，同时调节溶液的pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子转化为氢氧化铝沉淀，同时铜被氧化为铜离子，高锰酸钾与锰离子发生归中反应生成二氧化锰，过滤，分离滤渣，滤渣中主要含有氢氧化铁、氢氧化铝和二氧化锰，加入还原剂，将铜还原分离，剩余的溶液中主要含有氯化锌，氯化锌溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌。
15．【答案】（1）增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率
（2）氧化Fe2+和H3AsO3，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素；5.7 ×10-20
（3）F-与H+结合生成弱电解质HF，c(F-)降低
（4）2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O
（5）取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净
（6）MH；Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】粗硫酸镍废液中含有Ni2+同时含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒，向其中加入有机溶剂，将Cu2+萃取出来，得到含铜氧化剂，向水溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并与其中的部分Fe3+反应产生FeAsO4沉淀除去。然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去。然后向溶液中加入NaF，使Ca2+形成CaF2沉淀除去，再向溶液中加入NaOH及NaClO溶液，Ni2+被氧化为Ni3+并与溶液中的OH-结合形成NiOOH沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到纯净NiOOH。
(1)加入有机溶剂“萃取”时需充分振荡，目的是增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率；
(2)“氧化1”中H2O2的作用是氧化Fe2+为Fe3+，氧化H3AsO3为H3AsO4，Fe3+与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素；
已知Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强，因此加入H2O2后H3AsO3变为H3AsO4，Fe2+被氧化Fe3+并与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，由于反应后溶液中Fe3+有剩余，则除As后溶液中c()=；
(3)“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，这是由于加入的NaF电离产生的F-与溶液中H+结合生成弱电解质HF，导致溶液中c(F-)降低；
(4)NaClO具有氧化性，在“氧化2”会将溶液中的Ni2+氧化为Ni3+，Ni3+与碱性溶液中的OH-反应产生NiOOH，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O；
(5)NiOOH沉淀是从含有Cl-、的溶液中过滤出来的，若沉淀洗涤干净，则最后一次洗涤液中无Cl-或，故“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净；
(6)已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为：MH+NiOOHM+Ni(OH)2，放电时，该装置为原电池，其中MH为负极，NiOOH为正极。OH-移向正电荷较多的负极MH；
充电时Ni(OH)2失去电子被氧化为NiOOH，故NiOOH电极上的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
【分析】(1)依据影响反应速率的因素分析；
(2)依据反应中元素价态的变化判断；利用Ksp计算；
(3)利用溶解平衡分析；
(4)利用反应物和产物书写离子方程式；
(5)依据杂质离子的检验分析；
(6)原电池中阴离子移向负极；电解时阳极失去电子发生氧化反应。
16．【答案】（1）增大矿石浸取率；粉碎矿石、适当升高温度等
（2）2Fe2＋+ClO－+4OH－＝2FeOOH↓+Cl－+H2O或2Fe2＋+ClO－+3H2O＝2FeOOH↓+Cl－+4H＋
（3）7.15≤pH＜7.5；Zn2＋水解产生H＋，加入NH3·H2O消耗H＋，可促进水解
（4）冷却结晶；防止温度过高，导致ZnSO4·7H2O分解
（5）MgC2O4MgO+CO2↑+CO↑
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)为增大矿石浸取率，浓盐酸浸取矿石时，可保持较大液固体积比(如3：1)；依据外界条件对反应速率的影响可知还可采用粉碎矿石、适当升高温度等方式达到此目的。
(2)“氧化除铁”在90℃，控制溶液pH在4.0～5.0，次氯酸根离子作氧化剂，还原产物是氯离子，则得到针铁矿渣的离子方程式为2Fe2＋+ClO－+4OH－＝2FeOOH↓+Cl－+H2O或2Fe2＋+ClO－+3H2O＝2FeOOH↓+Cl－+4H＋。
(3)当锌离子完全沉淀时，溶液中氢氧根浓度是mol/L＝×10－6mol/L，则氢离子浓度是，则pH＝7.15；当镁离子开始沉淀时溶液中氢氧根浓度是mol/L＝1.0×10－5.5mol/L，则氢离子浓度是，则pH＝7.5，所以应加入氨水调节pH的范围为7.15≤pH＜7.5；由于Zn2＋水解产生H＋，加入NH3·H2O消耗H＋，从而可促进水解；
(4)硫酸锌可溶于水，所以“酸解”后获得ZnSO4·7H2O的操作依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。为防止温度过高，导致ZnSO4·7H2O分解，因此制得的ZnSO4·7H2O在烘干时需减压烘干。
(5)草酸镁受热分解生成氧化镁、CO和二氧化碳，方程式为MgC2O4MgO+CO2↑+CO↑。
【分析】镁菱锌矿(主要成分为ZnCO3、MgCO3等，含有少量FeCO3、CaCO3等杂质)用浓盐酸浸取，过滤后的滤液中含有Zn2＋、Mg2＋、Fe2＋、Ca2＋，然后加入石灰和漂白粉氧化除铁，过滤后在滤液中加入氨水沉锌，过滤，沉淀用稀硫酸溶解，然后依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得的ZnSO4·7H2O；滤液中加入草酸沉淀镁离子得到草酸镁，离心洗涤后灼烧得到氧化镁，据此解答。
17．【答案】（1）+3
（2）
（3）
（4）分液；加入使增大，促进平衡逆向移动
（5）、
（6）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】铜锰渣(含、、等物质)加稀硫酸，锰元素发生歧化反应得到Mn2+和MnO2，过滤除去MnO2，向滤液1中加入Na2S2O3溶液，过滤得到含Co2+、Zn2+、Mn2+的滤液2和滤渣CuS，CuS通过系列处理得到Cu，向滤液2中加HR进行萃取分液得到含CoR2的有机相和含Zn2+、Mn2+的水相，有机相通过系列处理得到Co3O4。
(1)Zn为+2价，O为-2价，Cu为+2价，根据化合物中元素化合价代数和为0可知、中Mn元素的化合价为+3价；
(2)中Mn元素的化合价为+3价，由流程看得到了+4价的Mn，因此该步骤发生歧化反应，还应有硫酸锰生成，因此铜锰渣中与稀硫酸反应的化学方程式为；
(3)，，析出的Cu沉淀中还混有少量的S单质，是因为硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成S，用离子方程式解释为；
(4)操作Ⅱ后得到水相和有机相，则操作Ⅱ为分液；所得有机相含CoR2，硫酸能进行反萃取的原因是加入使增大，促进平衡逆向移动；
(5)滤液1含Cu2+、Co2+、Zn2+、Mn2+，由图可知当用量倍数为2.0时，Cu沉淀率接近百分之百，也就是说水相中几乎无铜离子，Co2+、Zn2+、Mn2+的沉淀率很小，而Co2+在有机相中，因此水相中的金属阳离子除含加进去的外，主要还含、；
(6)中Co的平均价态为+，电极产物中Co的价态为+3价，则在阳极失电子转化为，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒、KOH溶液作电解液可知转化为的电极反应式为。
【分析】（1）O-2价，Zn+2价，化合物中正负化合价的代数和为0，计算Mn的化合价；
（2）根据流程图可知 与稀硫酸反应的产物有二氧化锰，在根据氧化还原反应的特点判断另一产物是硫酸锰，再写出反应的化学方程式；
（3）硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和硫；
（4）经操作Ⅱ后得到水相和有机相，所以操作Ⅱ是分液，加入硫酸进行反萃取，根据平衡移动原理进行解释；
（5）根据流程可知钴离子主要是在有机相中，而用量倍数为2.0时 结合图像可知沉淀出的主要有锰离子和锌离子；
（6）根据充电时转化为，电解质溶液是KOH，结合守恒写出电极反应式。
18．【答案】（1）增大粉煤灰的表面积，提高酸浸效率；SiO2
（2）否；4.0×10-5 (或 其它合理比值，如1：25000)
（3）NaOH溶液；CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（4）趁热过滤；盐酸酸化的BaCl2溶液；制备氨气或做氮肥
（5）LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】粉煤灰粉碎后，用稀硫酸“酸浸”，Al2O3、Fe2O3、Li2O与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸锂，SiO2不溶于硫酸，滤渣1是SiO2；滤液中加氨水调节pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，除去Al3+、Fe3+，过滤后，向滤液中加入碳酸铵生成碳酸锂，过滤、洗涤、干燥，可得固体碳酸锂。
(1)根据影响反应速率的因素，“粉碎”增大了反应物间的接触面积，加快反应速率，提高酸浸效率；由分析可知，滤渣1为SiO2。
(2)当pH=4时，c(OH-)=10-10，c(Fe3+)=mol/L=8.010-8mol/L<1.0×10-5mol/L，铁离子沉淀完全，c(Al3+)==2.010-3mol/L>1.0×10-5mol/L，铝离子未沉淀完全，因此铁离子和铝离子不能均完全沉淀，此时溶液中c(Fe3+)：c(Al3+)=(8.010-8)：(2.010-3mol/L)=4.0×10-5。
(3)由分析可知，滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，氢氧化铁不溶，因此试剂X为氢氧化钠溶液，氢氧化钠与氢氧化铝生成偏铝酸钠，过滤后向溶液中通入过量二氧化碳，二氧化碳与过量的氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式分别为：OH-＋CO2=HCO，CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(4)由表格数据可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，因此“沉锂”中的“一系列操作”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；硫酸锂和碳酸铵反应生成碳酸锂和硫酸铵，因此母液的主要成分为硫酸铵，溶液中的阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法为：加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀，证明含硫酸根离子，硫酸铵可用于制备氨气或做氮肥。
(5)放电时正极得电子，元素化合价降低，充电时，正极作为阳极，失电子，元素化合价升高，由电池总反应可知，充电时，LiFePO4作阳极，则该电池正极材料上的反应式为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+。
【分析】粉碎目的是增大接触面积，提高酸浸，酸浸目的是为了除去二氧化硅，调节pH，目的是除去Al3+和Fe3+，加入碳酸铵目的是沉淀锂离子得到碳酸锂
（3）滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，分离方法是先加入氢氧化钠，过滤，再通入过量二氧化碳即可得到氢氧化铝
（4）从溶液获得晶体方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥
19．【答案】（1）搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（4）6.0；10-6
（5）作还原剂，将铬元素还原为正三价；Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、Al3+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH = 6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2。
(1)根据影响反应速率的因素，搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等都能加快酸浸速率，
故答案为：搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等；
(2)调节pH的目的是生成Fe(OH)3、Al(OH)3，除去杂质Fe3+、Al3+，所以滤渣2的成分是Fe(OH)3、Al(OH) 3，故答案为： Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2焙烧中Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
故答案为： 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
(4)根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时，Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；
此时c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为10-14，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cr3+)==10-6mol/L；
(5)流程中加入Na2S2O3的作用为作还原剂，将铬元素还原为正三价，以便后续步骤沉淀分离；
“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。
【分析】（1）考查加快反应速率的方法；
（2）分析工艺流程图可知，滤渣2的成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3 ；
（3）分析化合价发现Cr的化合价升高，但是碳酸钠的化合价不会升高，所以空气中的O2参加了反应；
（4）分析沉淀率与pH的关系可知“沉铬”过程的最佳pH是6；跟据沉铬的最佳pH是6，再利用 Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30 计算；
（5）焙烧中 转化为 ，而最终产物是三氧化二铬，所以Na2S2O3的作用是作还原剂；转化是将Mn2+转化为MnO2，跟据得失电子守恒、物料守恒、电荷守恒写出化学方程式。
20．【答案】（1）酸雨；SiO2和CaSO4
（2）
（3）置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+
（4）4
（5）3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；
（6）液态锌
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】铜多金属矿石(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)在过量浓硫酸中反应生成有污染性的气体二氧化硫和金属硫酸盐如硫酸铜、硫酸铁和硫酸钙沉淀，过滤，再向滤液中加入过量铁粉除掉铁离子和铜离子，过滤，利用有机液萃取Sc3+，有机相中加入NaOH溶液得到Sc(OH)3，再加入盐酸酸溶，再用草酸沉钪，再在空气中煅烧得到Sc2O3，再加入氯气和碳生成ScCl3，电解得到Sc。
（1）“加热酸溶”所得气体主要为SO2，在空气中容易形成酸雨。因SiO2不溶于H2SO4，Ca2+与H2SO4形成微溶的CaSO4，故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2和CaSO4；
（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为
；故答案为：
。
（3）“还原”工序中加入过量铁粉能够将Fe3+还原为Fe2+，同时可置换出单质Cu；故答案为：置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+。
（4）当pH大于4.0时，随着pH增大，
增大，致使
，Sc3+会生成Sc(OH)3
沉淀萃取率减小。故答案为：4。
（5）“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为
，故答案为：3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+，
。
（6）ScCl3熔融物得电子生成Sc，故在阴极上得到，而且电解时液态锌不能作阳极，故钪在液态锌电极上得到。
【分析】（1）SO2在空气中容易形成酸雨。依据物质溶解性分析；
（2）依据氧化还原反应规律书写。
（3）铁粉能够与Fe3+、Cu2+发生氧化还原反应；
（4）
，生成Sc(OH)3沉淀萃取率减小。
（5）依据流程图和题意书写。
（6）钪在阴极上生成。
21．【答案】（1）扩大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分反应
（2）4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O；FeO(OH)、SiO2
（3）C
（4）2.3≤pH<7.1
（5）2.5×10-3
（6）NH3
（7）2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】红土镍矿与(NH4)2SO4混合研磨，使二者充分接触，然后在焙烧发生反应：2[Mg3Si2O5(OH)4]+9(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3+12NH3↑+4SiO2+10H2O↑、2Fe2MgO4+15(NH4)2SO4(NH4)2Mg2(SO4)3+16NH3↑+4(NH4)3Fe(SO4)3+8H2O↑，然后用热水浸泡焙烧后的固体物质，其中(NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)3Fe(SO4)3进入溶液，部分Fe3+会发生反应：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+，产生的难溶性的FeO(OH)及不溶性的酸性氧化物SiO2进入“浸渣”中，大部分Fe3+及Ni2+、Mg2+、、存在于溶液中，然后向滤液中加入NH3、H2O2并进行加热，Fe3+形成黄铵铁矾沉淀析出，然后向溶液中加入MgO浆，使Ni2+变为Ni(OH)2沉淀来沉镍，沉淀经过滤、洗涤、H2SO4溶解得到NiSO4，含有滤液中含有MgSO4，经一系列处理得到MgSO4·7H2O。
（1）“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是扩大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分接触；
在用热水浸泡过程中，Fe3+会发生水解反应：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+，而焙烧产生的SiO2不能溶于水，也会进入“浸渣”中，所以“浸渣”的主要成分，除铁的氧化物外还有FeO(OH)、SiO2；
（2）FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为：4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O；
（3）根据焙烧温度对浸出率的影响，要使Ni的浸出率高，而Fe的浸出率比较低，同时符合节能要求，则最佳焙烧温度是400℃，故合理选项是C；
（4）“除铁”时通入NH3调节溶液pH，使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，同时Ni2+仍然以离子形式存在于溶液中，则根据表格数据可知调整溶液pH范围为：2.3≤pH＜7.1；
（5）根据表格数据可知：当Ni2+沉淀完全时溶液pH=9.2，则该温度下Ni(OH)2的溶度积常数Ksp[Ni(OH)2]=10-5×()2=10-14.6。在“沉镍"时pH调为8.0，滤液中Ni2+浓度c(Ni2+)=；
（6）根据流程图可知：在焙烧时反应产生的NH3在除铁时可以用于调整溶液pH，使Fe3+变为黄铵铁钒沉淀分离除去，因此NH3在可循环使用，减少污染；
（7）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式是2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O。
【分析】
（1）研磨可以扩大反应物的接触面积；依据铁盐的水解和物质的性质分析；
（2）FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3氨气和水；
（3）依据图像分析；
（4）根据表格数据确定pH范围；
（5）根据表格数据和溶度积常数计算；
（6）根据流程图分析；
（7）根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式。
22．【答案】（1）搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；3
（2）； 受热易分解
（3）
（4）玻璃棒、漏斗、烧杯；
（5）1∶10
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；由图可知，当pH为3时，Zn的浸出率比较大，而Ni的浸出率比较小，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为3。
(2)“氧化浸出“时， 被过氧化氢氧化为 ，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因是 受热易分解。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入 进行“沉铜”，得到难溶性的 ，则“沉铜”的离子方程式为 。
(4) ，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.06mol，生成的氧化物中n(Co)=0.06mol，n(O)= ，则n(Co)：n(O)=0.06mol：0.08mol=3：4，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
(5)当pH=10.0时，Ni2+沉淀完全，则 ，当pH=9.5时，Co2+沉淀完全，则 ，若将沉铜后的溶液调节至 ，此时溶液中 。
【分析】砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为H3AsO4，而Cu被氧化为Cu2+，SiO2不反应，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4，将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4 2H2O沉淀，再过滤分离。滤液经萃取分液得到含有Co2+的有机层，反萃取得到CoSO4溶液，加入(NH4)C2O4溶液沉钴得到中CoC2O4 2H2O。
23．【答案】（1）+6
（2）
（3） + = ↓；
（4）；
（5）；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。
（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。
（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；
②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4 BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数。要避免BaMoO4沉淀中混有BaCO3沉淀，则必须满足，由于“沉钼”过程中溶液的pH=7.0，即溶液中c(H+)=1.0×107mol/L，所以当溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，此时时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①由于“沉铝”过程中加入过量的CO2，反应生成NaHCO3，因此滤液Ⅲ中所含溶质为NaCl、NaHCO3，因此Y为NaHCO3；
②若要将NaCl转化为NaHCO3析出，则可先往溶液中通入足量的NH3，再通入足量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCl＋H2O＋NH3＋CO2=NaHCO3↓。
（5）①该致密的氧化物为Al2O3；
②GaAs中As的化合价为－3价，转化为＋5的过程中，失去8个电子，因此GaAs为还原剂，则H2O2为氧化剂，反应过程中H2O2中氧元素由－1价变为－2价。在氧化还原反应中，得失电子守恒，故H2O2得到电子数为8。因此参与反应的H2O2和GaAs的比为4：1，即氧化剂和还原剂的比为4：1。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。
（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。
（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；
②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。
（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；
②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。
（5）①该致密氧化膜为Al2O3；
②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。
24．【答案】（1）
（2）增大与 的接触面积，加快浸出速率
（3） 、
（4）
（5）越低；冷却结晶，过滤
（6）高温焙烧
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为： ，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为： 。答案为： ；
(2)由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与 的接触面积，从而加快浸出速率。答案为：增大与 的接触面积，加快浸出速率；
(3)根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中 与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙。答案为： 、 ；
(4)根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以 是难溶于水的固体，根据题意可知， 。答案为： ；
(5)根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸。答案为：越低；冷却结晶，过滤；
(6)油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧化碳、水和氧化铍制得氧化铍。答案为：高温焙烧。
【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、 、 、 、FeO、Fe2O3、 都发生溶解，只有 不反应， 、 发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍。
1 / 1【备考2024年】从巩固到提高 高考化学二轮微专题09 常见金属工艺流程
一、选择题
1．（2023·厦门模拟）从废铅膏(主要成分为、、和，含少量、等元素)中获取高纯的工艺流程如图。下列说法错误的是
A．“煅烧”过程利用沸点低进行分离提纯
B．“溶浸”过程主要用于氧化
C．“溶铅”过程的离子方程式为
D．“沉铅”过程的化学方程式为
【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A．“煅烧”过程以气体形式分离出体系，主要利用的是沸点低进行分离提纯，A不符合题意；
B．“溶浸”过程可氧化，也可还原，使其也转化为，B符合题意；
C．根据上述分析可知，“溶铅”为了除去硫酸钡，该过程的离子方程式为，C不符合题意；
D．“沉铅”过程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，则其化学方程式为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据流程图分析；
B．根据反应物和生成物的化学式分析；
CD．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析。
2．（2022·通州模拟）稀土永磁材料——高性能钕铁硼合金为新能源汽车提供核心原材料。从制钕铁硼的废料中提取氧化钕(Nd2O3)的工艺流程如图1所示，草酸钕晶体的热重曲线如图2所示。
已知：ⅰ.与酸反应生成离子，草酸钕晶体[]的摩尔质量是；
ⅱ.生成，开始沉淀时，完全沉淀时
生成，开始沉淀时，完全沉淀时
下列说法错误的是（ ）
A．气体1的主要成分是，滤渣1是硼和其他不溶性杂质
B．“氧化”时会发生反应：
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，的利用率无影响
D．由图2可知，时剩余固体的主要成分是
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．Fe与盐酸反应生成气体为氢气，硼不与酸反应，则气体的主要成分是H2，滤渣是硼和其他不溶性杂质，A不符合题意；
B．往滤液1中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，pH=4时Fe3+已经完全沉淀，则反应方程式为，，B不符合题意；
C．若“调”与“氧化”顺序颠倒，即先氧化此时溶液显酸性，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，此时生成Fe3+并未完全沉淀，且Fe3+能够催化H2O2的分解，从而减小了H2O2的利用率，C符合题意；
D．由图可知，设质量为100g，含结晶水为100g×≈24.6g，则110℃时完全失去结晶水，然后Nd2(C2O4)3在氧气中加热导致固体质量减少，此时剩余固体的摩尔质量为732g/mol×51.9%=379.91g/mol，Nd2O2CO3的摩尔质量为380g/mol，则500℃时剩余固体的主要成分是Nd2O2CO3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】钕铁硼废料中主要含Nd、Fe、B，由信息及流程可知，加入稀盐酸，硼不与酸反应，则滤渣是硼，加H2O2氧化Fe2+，加NaOH调节pH，使Fe3+沉淀。
3．（2021·葫芦岛模拟）某废催化剂含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4。某实验小组以废催化剂为原料，进行回收利用。设计实验流程如图：
已知：CuS既不溶于稀硫酸，也不与稀硫酸反应。下列说法正确的是（ ）
A．步骤①操作中，生成的气体可用碱液吸收
B．滤液1中是否含有Fe2+，可以选用KSCN和新制的氯水检验
C．滤渣1成分是SiO2和CuS，滤渣2成分一定是SiO2
D．步骤④要滴加稀硫酸防止CuSO4水解
【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．步骤①操作中，硫化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和硫化氢气体，硫化氢气体能与碱反应，可用碱液吸收，故A符合题意；
B．由分析可知，滤液1中含有铁离子，若选用硫氰化钾溶液和新制的氯水检验亚铁离子，铁离子会干扰亚铁离子检验，故B不符合题意；
C．由分析可知，滤渣1含有与稀硫酸不反应的二氧化硅和硫化铜，滤渣2为硫和二氧化硅，故C不符合题意；
D．硫酸是高沸点酸，则滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾时，不需要要滴加稀硫酸防止硫酸铜水解，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入稀硫酸，硫化锌和四氧化三铁与稀硫酸反应得到硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的混合溶液，二氧化硅和硫化铜不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸亚铁的滤液1和含有二氧化硅和硫化铜的滤渣1；滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到含有杂质的粗皓矾；向滤渣中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，酸性条件下，硫化铜与过氧化氢反应生成硫酸铜、硫沉淀和水，过滤得到含有硫酸铜的滤液2和含有硫和二氧化硅的滤渣2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗胆矾。
4．（2021·宜春模拟）某废催化剂含 、 、 及少量的 .某实验小组以该废催化剂为原料，回收锌和铜，设计实验流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．步骤①操作中，生成的气体可用 溶液吸收
B．检验滤液1中是否含有 ，可以选用 和新制的氯水
C．步骤③和④操作中，均采用蒸发结晶方式从溶液中获得溶质
D．滤渣2成分是
【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．步骤①操作中生成的气体为硫化氢，可与氢氧化钠溶液反应，则可用氢氧化钠溶液吸收，故A符合题意；
B．滤液1中除含有Fe2+，还含有Fe3+，加入KSCN和新制的氯水不能检验，故B不符合题意；
C．得到晶体需要蒸发浓缩，冷却结晶，如果直接蒸发结晶会使晶体失去结晶水，故C不符合题意；
D．滤渣2含有硫和二氧化硅，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】废催化剂加入稀硫酸，第一次浸出主要发生反应ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑、Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O，过滤后滤液中ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3，浓缩结晶得到粗ZnSO4 7H2O，滤渣1含有SiO2、CuS，向盛有滤渣1的反应器中加H2SO4和H2O2溶液，发生氧化还原反应，生成硫酸铜、硫，滤渣2含有硫和二氧化硅，滤液含有硫酸铜，经浓硫酸结晶可得到硫酸铜晶体，以此解答该题。
5．（2021·吕梁模拟）金属材料的发展极大地促进了人类社会的文明程度。如图是两种金属及其化合物的转化关系。下列说法错误的是（ ）
A．根据反应③可知氧化性：Fe3＋>H2O2
B．向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀
C．反应③中稀硫酸仅表现酸性
D．反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O
【答案】A
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A．由分析可知，反应③的离子方程式为：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，可知氧化性：H2O2 > Fe3＋，A符合题意；
B．由分析可知，X溶液中含有Fe2+，故向X溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，B不符合题意；
C．根据反应③的离子方程式为：2Fe2++2H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知反应③中稀硫酸仅表现酸性，C不符合题意；
D．由分析可知，反应①的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由题干中两种金属及其化合物的转化关系图分析可知，物质M为Cu，E为Fe，X为FeSO4，Y为Fe2(SO4)3，W为Fe(SCN)3，Z为Fe(OH)3，据此分析解题。
6．（2021·晋中模拟）废旧电池的回收利用对保护环境、节约资源意义重大。某化学兴趣小组利用废旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO，部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．“溶解”过程中发生的反应有2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O
B．“溶解”操作中的空气可以用双氧水代替
C．“调节pH”过程中NaOH溶液的作用是使Cu2＋转化为Cu(OH)2
D．“过滤II”所得滤渣只需洗涤，无需干燥
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶解过程中Cu与O2反应生成CuO，而后CuO再与稀硫酸反应生成CuSO4，根据氧化还原反应化合价升降守恒可知反应总方程式为2Cu＋O2＋4H＋=2Cu2＋＋2H2O，故A不符合题意；
B．双氧水是“绿色氧化剂”，能够氧化Cu生成Cu2+，因此可以代替空气，故B不符合题意；
C．由上述分析可知，加入NaOH溶液的目的是中和过量的H2SO4，故C符合题意；
D．ZnCO3高温煅烧分解生成ZnO，高温条件下ZnCO3表面水分蒸发，因此“过滤II”所得滤渣只需洗涤，无需干燥，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】铜帽的主要成分为Zn和CuO，溶解过程中，Zn和H2SO4发生置换反应，Cu在H2SO4作用下，被空气中的O2氧化生成CuSO4，加入NaOH溶液调节溶液pH，使溶液中H2SO4完全反应，然后加入适量锌粉将Cu2+置换为Cu，过滤后向溶液中加入Na2CO3溶液与ZnSO4发生复分解反应将Zn2+沉淀，过滤后将滤渣洗涤、高温煅烧得到ZnO。
7．（2021·西城模拟）利用废铝箔(主要成分为 ，含少量 、 等)制明矾 的一种工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．①中生成了 ：
B．操作 是过滤，以除去难溶于 溶液的杂质
C．②③中加入稀硫酸的作用均是除去杂质
D．由④可知，室温下明矾的溶解度小于 和 的溶解度
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．Al具有两性，能与强碱反应，化学方程式为： ，故A不符合题意；
B．Mg、Fe不与NaOH反应，则操作 是过滤，以除去难溶于 溶液的杂质，故B不符合题意；
C．②中加入稀硫酸的作用是调节pH使Al3+转为Al(OH)3沉淀，③中是为了溶解Al(OH)3沉淀同时引入硫酸根，两者作用不同，故C符合题意；
D．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于Al2(SO4)3和K2SO4的溶解度，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Al有两性，能与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶于水，而Mg、Fe不反应，以单质固体形式除去，则操作a是过滤，再加稀硫酸调节pH析出Al(OH)3沉淀，过滤固体，继续向纯固体中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明矾。
8．（2020·海淀模拟）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法错误的是（ ）
A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中发生了置换反应 D．溶液A为橙色
【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】A. 在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A不符合题意；
B. Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B符合题意；
C. Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C不符合题意；
D. Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、由图可知，铁与铬的化合价均发生了变化，且均升高，故需要氧化剂，故A不符合题意
B、若过量稀硫酸，氢氧化铝溶解，不能分离，故B符合题意
C、③中是铝置换出了铬，铝热反应都是置换反应，故C不符合题意
二、非选择题
9．（2024·贵州模拟）钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：
已知：①氯化胆碱是一种铵盐；
②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；
③时，。
回答下列问题：
（1）中的化合价为 。
（2）下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和粗品以不同的液固比在下微波处理后锂和钴的浸取率图，则最佳液固比为 。
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
（4）时，“沉钴”反应完成后，溶液，此时 。
（5）“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是 。
（6）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。
（7）锂离子电池正极材料在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成，导致电化学性能下降。
①晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。
②使用和溶液可以实现的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。
【答案】（1）+1
（2）60mL/g
（3）
（4）
（5）取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净
（6）利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价
（7）Co2+；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）中Co为+3价，O为-2价，因此Li为+1价，故答案为：+1；
（2）由图可知，当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g，故答案为：60mL/g；
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，则发生反应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）“沉钴”反应完成后，溶液，则溶液中c(H+)=10-10mol/L，c(OH-)=10-4mol/L， ，则，故答案为： ；
（5）检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有碳酸钠，具体操作为：取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；
（6）高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价，故答案为：利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价；
（7）①Co3O4 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，Co3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，Co2+位于晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，则离子个数比：Co2+：Co3+：O2-=2：4：8=1：2：4，则顶点上的离子为Co2+，故答案为： Co2+ ；
②使用和溶液可以实现的修复，是因为过氧化氢将氧化后与生成，该过程中反应的化学方程式为：，故答案为：。
【分析】粗品中加入氯化胆碱-草酸微波共熔，Co被还原为Co2+，经过水浸滤液中Co以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品。
10．（2024·吉林模拟）是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成分为)为原料制备的一种工艺方法如下：
天青石主要元素质量分数如下：
元素
质量分数() 36.4 2.0 4.0 0.5 5.0
。
回答下列问题：
（1）天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成、时失重率分别为、，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳氧化物为 (填“”或“”)。
（2）“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为 和 。
（3）“水浸”后滤渣的主要成分除和C外，还有两种氧化物，化学式为 和 。
（4）“水浸”时需加热，与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为 (用化学方程式表示)
（5）“水浸”后的滤液中，“除杂”过程中(忽略溶液引起的体积变化)，为使不沉淀，应控制溶液中 ，每升滤液中篇加入溶液的体积 。
（6）“沉锶”过程中，可溶性发生反应的离子方程式为 。
【答案】（1）CO2
（2）CO；SO2
（3）Al2O3；SiO2
（4）SrS+2H2OH2S+Sr(OH)2
（5）2×10-4；23.8
（6）Sr2++2OH-+CO2=SrCO3↓+H2O
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）生成CO2、CO时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，说明碳氧化物为CO和CO2的混合物， 设生成的碳氧化物中CO2含量为x，则CO含量为1-x，则有0.304x+0.386（1-x）=0.326，解得x=73%，因此煅烧中主要生成的碳氧化物为CO2，故答案为：CO2；
（2）根据（1）可知，煅烧时产生CO，CO有毒，会危害环境，同时“煅烧”生成，SrS中的硫元素可能被氧气氧化为SO2，故答案为：CO；SO2；
（3）由分析可知，“水浸”后滤渣的主要成分除和C外，SiO2和Al2O3不溶于水，则滤渣中还含有 Al2O3 和SiO2，故答案为： Al2O3 ；SiO2；
（4）在热水中发生水解反应：，生成Sr(OH)2，使溶液呈碱性，故答案为： ；
（5）根据Ksp(SrSO4)=3.4×10-7可知，SrSO4开始沉淀时，硫酸根离子浓度为，为使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则钡离子浓度需大于，为使Sr2+不沉淀，在1L溶液中总的钡离子物质的量减硫酸消耗的钡离子物质的量，还余下，硫酸根与钡离子满足1：1反应，则1L中硫酸的物质的量为，硫酸浓度为1mol/L，则体积为23.8mL，故答案为： 2×10-4 ；23.8；
（6）沉锶过程中，可溶性Sr(OH)2与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
【分析】 天青石(主要成分为) ，将天青石和碳粉混合煅烧，生成 和碳氧化物，同时天青石中的Ba转化为BaO，Ca转化为CaO，Al转化为Al2O3，Si转化为SiO2，水浸，BaO和CaO均溶于水，SiO2和Al2O3不溶，则滤渣中还含有 Al2O3 和SiO2，“水浸”时发生反应：，之后加入硫酸溶液除杂，得到的溶液中主要含有Sr(OH)2，加入CO2沉锶，Sr(OH)2与二氧化碳发生反应生成碳酸锶和水，得到 SrCO3产品。
11．（2024·河南模拟）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.2 3.5 12.4
沉淀完全的 2.9 8.2 5.1 13.8
回答下列问题：
（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
（2）为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
（3）滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
（4）若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌；稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（2）H2O2或氯水
（3）氨水
（4）297
（5）Ca2V2O7；V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
（6）×1023
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等均可提高浸出率； 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 ，因此该浸出过程不能使用稀硫酸代替稀盐酸，故答案为：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌； 稀硫酸与2CaO SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 ；
（2）加入氧化剂A是为了将Fe2+氧化成Fe3+，滤液中含有的阴离子主要是氯离子，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水，故答案为： H2O2或氯水 ；
（3）加入试剂B是为了沉铁和铝，即将Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，使溶液呈碱性，便于吸收二氧化碳“固碳“形成CaCO3，且滤液C的溶质可循环利用，则试剂B为氨水，故答案为：氨水；
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定=297kg的CO2，故答案为：297；
（5）浸出2的pH约为2.5，此时Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；焙烧过程中，生成的钒钙盐为Ca2V2O7，V元素的化合价由+3价升高到+5价，则焙烧时，反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2，故答案为： V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2 ；
（6）由图可知，该晶胞中，Ca2+的数目为4×+4×+2×+2×+4=6，的数目为4×+4×+4=6，一个晶胞中含有6个CaCO3，则晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为= ×1023 ，故答案为：×1023。
【分析】钢渣中含有和等物质，加入稀盐酸、NH4Cl浸出，在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出，氧化铁转化为氯化铁，FeO转化为氯化亚铁，氧化铝转化为氯化铝，氧化钙转化为氯化钙，过滤，得到富钒渣，其主要成分为，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，为了不引入杂质，氧化剂A为过氧化氢或者氯水，加入试剂B，将铁离子和铝离子转化为沉淀，再加入试剂B调pH，再通入CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C，滤液C的溶质可循环利用，则试剂B应为氨水；富钒渣中通入空气和CaCO3焙烧，焙烧产物加入稀硫酸浸出，过滤分离出滤渣，滤液经系列操作得V2O5，V2O5还原得到V2O3。
12．（2024·安徽模拟）钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）位于元素周期表第 周期第 族。中钼元素的化合价为 。
（2）“焙烧”中生成的化学方程式为 。
（3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因： 。
（4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作”应为____(填标号)。
A．蒸发结晶 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取
（5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“ ”步骤。
（6）分解可得。高温下，用铝粉还原得到金属钼的化学方程式为 。
【答案】（1）四；Ⅷ；+6
（2）
（3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低
（4）B
（5）净化
（6）高温下，用铝粉还原得到金属钼和氧化铝，化学方程式为：
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Ni为28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族； 中铵根离子为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可得Mo的化合价为+6价，故答案为：四；Ⅷ；+6；
（2） “焙烧”中MoS2与O2、Na2CO3反应生成Na2MoO4、CO2和Na2SO4，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）由图可知， 若Na2CO3用量高于理论用量1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低 ，因此Na2CO3理论用量1.2倍，故答案为：若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低；
（4） Na2SO4溶解度受温度影响较大，且温度降低时，硫酸钠的溶解度较小，因此为充分分离，应采用低温结晶，故答案为：低温结晶；
（5） “离子交换萃取”步骤产生的交换溶液中含有Na2SO4，应返回“净化”步骤，故答案为：净化；
（6）高温下，用铝粉还原得到金属钼和氧化铝，反应的化学方程式为：，故答案为： 。
【分析】 镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，镍钼矿加入碳酸钠，并通入空气焙烧，分离CO2，“焙烧”中生成， 则NiS生成NiO，MoS2转化为Na2MoO4，S元素转化为Na2SO4，加水浸取过滤出含NiO的滤渣，滤液中含有Na2CO3、Na2MoO4、Na2SO4，加入MgSO4，与碳酸根结合得到MgCO3沉淀，将滤液低温结晶得到Na2SO4，用阴离子交换树脂吸附、提取溶液中的钼，最终转化为(NH4)2MoO4。
13．（2024·广西壮族自治区模拟）层状结构薄膜能用于制作电极材料。薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的用溶液吸收生成的离子方程式为 。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是 (举一例)。
（3）“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。
（4）在650℃下“气相沉积”生成的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用形成该气流的原因是 。
（5）层状晶体与石墨晶体结构类似，层状的晶体类型为 。将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。
【答案】（1）
（2）将固体粉碎
（3）NH3
（4）和S在加热条件下发生生成H2S
（5）混合晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）与溶液反应生成，反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）增大反应物的接触面积可增大反应速率，因此可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为：将固体粉碎；
（3）为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，氨气溶于水可得到氨水，在浸取步骤中循环利用，故答案为：NH3；
（4）和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用，故答案为：和S在加热条件下发生生成H2S。
（5）石墨为混合晶体，层状晶体与石墨晶体结构类似，所以层状的晶体类型为混合晶体；将 嵌入层状充电后得到的可作电池负极，放电时负极发生氧化反应，则电极反应式为，为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入层间，故答案为：混合晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小。
【分析】 辉钼矿(主要含及少量FeO、)焙烧，中S元素转化为SO2，加入氨水浸取，和FeO均不反应，过滤分离出滤渣，则滤渣的主要成分为和FeO，Mo元素进入浸取液，以的形式存在于溶液中，溶液结晶之后再进行灼烧得到，最后通入S进行气相沉积得到产品。
14．（2024·甘肃模拟）利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下：
（1）为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有 。
（2）浸取温度不宜超过60℃，原因是 。
（3）为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳范围为 ，理由是 。
A.1.5~2.0 B.2.0~3.0 C.3.0~4.0 D.4.5~5.0
金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的
6.8 8.3
3.7 4.7
1.8 2.8
5.2 6.7
8.6 10.1
6.7 8.2
（4）滤渣的主要成分有、 和，该工艺中去除锰的离子方程式为 。
（5）最适宜使用的还原剂是 ，理由为 。
（6）氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为 ，产品中含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求含量不超过2.30%，降低产品中含量的方法有 。
【答案】（1）将固体废料粉碎、适当加热等
（2）减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌
（3）D；在pH4.5~5.0的范围内，Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不会沉淀
（4）Al(OH)3；
（5）单质锌；不会带入新的杂质
（6）；减压蒸发，控制温度不超过300oC
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）反应物浓度、温度、反应物的接触面积均能影响反应速率，因此将固体废料粉碎、适当加热等均能提高盐酸浸取效率，故答案为：将固体废料粉碎、适当加热等；
（2）盐酸易挥发，且Zn2+水解吸热，加热会促进其水解，则温度不宜超过60℃的原因是： 减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌 ，故答案为： 减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌 ；
（3）高锰酸钾氧化除杂的过程中，要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表中数据可知，应该调pH的范围是4.7~6.7，故答案为：D； 在pH4.5~5.0的范围内，Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不会沉淀 ；
（4）由分析可知，滤渣的主要成分为、Al(OH)3、和，该工艺中去除锰的原理为锰离子和高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰，反应的离子方程式为，故答案为： Al(OH)3 ； ；
（5）还原除铜时不能引入杂质，锌的还原性大于铜，能将铜从其溶液中置换出来，则最合适的还原剂是单质锌，故答案为：单质锌；不会带入新的杂质；
（6）氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为 ；根据图像，要控制含量不超过2.30%，降低产品中含量的方法有减压蒸发，控制温度不超过300℃，故答案为： ；减压蒸发，控制温度不超过300℃。
【分析】含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)，加入盐酸浸取，铜不溶，其余金属转化为对应的氯化盐，加入高锰酸钾将亚铁离子氧化为铁离子，同时调节溶液的pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子转化为氢氧化铝沉淀，同时铜被氧化为铜离子，高锰酸钾与锰离子发生归中反应生成二氧化锰，过滤，分离滤渣，滤渣中主要含有氢氧化铁、氢氧化铝和二氧化锰，加入还原剂，将铜还原分离，剩余的溶液中主要含有氯化锌，氯化锌溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌。
15．（2022·济南模拟）碱式氧化镍(NiOOH)是镍氢电池的正极材料，工业上可由铜冶炼过程中产生的粗硫酸镍废液(含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒)为原料制备，某兴趣小组模拟该制备过程并设计如下流程：
已知：Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强。
回答下列问题：
（1）“萃取”时需充分振荡，目的是 。
（2）“氧化1”中H2O2的作用是 ，若该废液中H3AsO3和Fe2+的浓度分别是0.02 mol·L-1和0.12 mol·L-1，除去砷后的废液中c()= mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
（3）“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是 。
（4）“氧化2”反应的离子方程式为 。
（5）“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是 。
（6）已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为MH+NiOOHM+Ni(OH)2，则放电时，OH-移向 电极(填“MH”或“NiOOH”)，充电时NiOOH电极上的电极反应式为 。
【答案】（1）增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率
（2）氧化Fe2+和H3AsO3，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素；5.7 ×10-20
（3）F-与H+结合生成弱电解质HF，c(F-)降低
（4）2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O
（5）取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净
（6）MH；Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】粗硫酸镍废液中含有Ni2+同时含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒，向其中加入有机溶剂，将Cu2+萃取出来，得到含铜氧化剂，向水溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并与其中的部分Fe3+反应产生FeAsO4沉淀除去。然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去。然后向溶液中加入NaF，使Ca2+形成CaF2沉淀除去，再向溶液中加入NaOH及NaClO溶液，Ni2+被氧化为Ni3+并与溶液中的OH-结合形成NiOOH沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到纯净NiOOH。
(1)加入有机溶剂“萃取”时需充分振荡，目的是增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率；
(2)“氧化1”中H2O2的作用是氧化Fe2+为Fe3+，氧化H3AsO3为H3AsO4，Fe3+与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素；
已知Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强，因此加入H2O2后H3AsO3变为H3AsO4，Fe2+被氧化Fe3+并与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，由于反应后溶液中Fe3+有剩余，则除As后溶液中c()=；
(3)“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，这是由于加入的NaF电离产生的F-与溶液中H+结合生成弱电解质HF，导致溶液中c(F-)降低；
(4)NaClO具有氧化性，在“氧化2”会将溶液中的Ni2+氧化为Ni3+，Ni3+与碱性溶液中的OH-反应产生NiOOH，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O；
(5)NiOOH沉淀是从含有Cl-、的溶液中过滤出来的，若沉淀洗涤干净，则最后一次洗涤液中无Cl-或，故“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净；
(6)已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为：MH+NiOOHM+Ni(OH)2，放电时，该装置为原电池，其中MH为负极，NiOOH为正极。OH-移向正电荷较多的负极MH；
充电时Ni(OH)2失去电子被氧化为NiOOH，故NiOOH电极上的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
【分析】(1)依据影响反应速率的因素分析；
(2)依据反应中元素价态的变化判断；利用Ksp计算；
(3)利用溶解平衡分析；
(4)利用反应物和产物书写离子方程式；
(5)依据杂质离子的检验分析；
(6)原电池中阴离子移向负极；电解时阳极失去电子发生氧化反应。
16．（2022·南充模拟）镁菱锌矿(主要成分为ZnCO3、MgCO3等，含有少量FeCO3、CaCO3等杂质)可用于生产媒染剂、防腐剂ZnSO4·7H2O以及耐火材料MgO。制备工艺流程如下：
已知：65℃时Ksp[Mg(OH)2]= 1.8×10-11 Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-17 Kw=10-13 lg2≈0.3
回答下列有关问题：
（1）浓盐酸浸取矿石时，保持较大液固体积比(如3：1)，目的是 ，还可采用 (写出一种)等方式达到此目的。
（2）“氧化除铁”在90℃，控制溶液pH在4.0-5.0，得到针铁矿渣的离子方程式为 。
（3）“沉锌”前，滤液(65℃)中含有0.50 mol·L-1 Zn2+和1.8 mol·L-1 Mg2+，保持该温度，则应加入氨水调节pH在 范围(c≤1.0×10-5mol·L-1，沉淀完全)。利用平衡移动原埋说明“沉锌”时加入氨水的作用是 。
（4）“酸解”后获得ZnSO4·7H2O的操作依次经过蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。制得的ZnSO4·7H2O在烘干时需减压烘干的原因是 。
（5）“滤液”中加入H2C2O4饱和溶液产生MgC2O4沉淀。写出“灼烧”步骤的化学方程式 。
【答案】（1）增大矿石浸取率；粉碎矿石、适当升高温度等
（2）2Fe2＋+ClO－+4OH－＝2FeOOH↓+Cl－+H2O或2Fe2＋+ClO－+3H2O＝2FeOOH↓+Cl－+4H＋
（3）7.15≤pH＜7.5；Zn2＋水解产生H＋，加入NH3·H2O消耗H＋，可促进水解
（4）冷却结晶；防止温度过高，导致ZnSO4·7H2O分解
（5）MgC2O4MgO+CO2↑+CO↑
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)为增大矿石浸取率，浓盐酸浸取矿石时，可保持较大液固体积比(如3：1)；依据外界条件对反应速率的影响可知还可采用粉碎矿石、适当升高温度等方式达到此目的。
(2)“氧化除铁”在90℃，控制溶液pH在4.0～5.0，次氯酸根离子作氧化剂，还原产物是氯离子，则得到针铁矿渣的离子方程式为2Fe2＋+ClO－+4OH－＝2FeOOH↓+Cl－+H2O或2Fe2＋+ClO－+3H2O＝2FeOOH↓+Cl－+4H＋。
(3)当锌离子完全沉淀时，溶液中氢氧根浓度是mol/L＝×10－6mol/L，则氢离子浓度是，则pH＝7.15；当镁离子开始沉淀时溶液中氢氧根浓度是mol/L＝1.0×10－5.5mol/L，则氢离子浓度是，则pH＝7.5，所以应加入氨水调节pH的范围为7.15≤pH＜7.5；由于Zn2＋水解产生H＋，加入NH3·H2O消耗H＋，从而可促进水解；
(4)硫酸锌可溶于水，所以“酸解”后获得ZnSO4·7H2O的操作依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。为防止温度过高，导致ZnSO4·7H2O分解，因此制得的ZnSO4·7H2O在烘干时需减压烘干。
(5)草酸镁受热分解生成氧化镁、CO和二氧化碳，方程式为MgC2O4MgO+CO2↑+CO↑。
【分析】镁菱锌矿(主要成分为ZnCO3、MgCO3等，含有少量FeCO3、CaCO3等杂质)用浓盐酸浸取，过滤后的滤液中含有Zn2＋、Mg2＋、Fe2＋、Ca2＋，然后加入石灰和漂白粉氧化除铁，过滤后在滤液中加入氨水沉锌，过滤，沉淀用稀硫酸溶解，然后依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥制得的ZnSO4·7H2O；滤液中加入草酸沉淀镁离子得到草酸镁，离心洗涤后灼烧得到氧化镁，据此解答。
17．（2022·云南模拟）为充分利用金属资源，某研究团队利用生产钴电极材料生的铜锰渣(含、、等物质)回收金属的一种流程如图所示：
回答下列问题：
（1）、中Mn元素的化合价为 ．
（2）写出铜锰渣中与稀硫酸反应的化学方程式 ．
（3）研究团队认为该工艺可能利用了如下反应原理沉淀滤液1中的Cu2+：，．析出的Cu沉淀中还混有少量的S单质，原因是 (用离子方程式解释)．
（4）依据反应萃取滤液2中的并进行操作Ⅱ，操作Ⅱ的名称是 ；所得有机相中加入硫酸能进行反萃取的原因是 (结合平衡移动原理解释)．
（5）控制反应温度为，向滤液1中加入溶液，不同金属沉淀率与用量倍数的关系如下图所示．
当用量倍数为2.0时，水相中的金属阳离子主要含、 (填离子符号)．
（6）用作电池材料，使用KOH溶液作电解液，充电时转化为的电极反应式为 ．
【答案】（1）+3
（2）
（3）
（4）分液；加入使增大，促进平衡逆向移动
（5）、
（6）
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】铜锰渣(含、、等物质)加稀硫酸，锰元素发生歧化反应得到Mn2+和MnO2，过滤除去MnO2，向滤液1中加入Na2S2O3溶液，过滤得到含Co2+、Zn2+、Mn2+的滤液2和滤渣CuS，CuS通过系列处理得到Cu，向滤液2中加HR进行萃取分液得到含CoR2的有机相和含Zn2+、Mn2+的水相，有机相通过系列处理得到Co3O4。
(1)Zn为+2价，O为-2价，Cu为+2价，根据化合物中元素化合价代数和为0可知、中Mn元素的化合价为+3价；
(2)中Mn元素的化合价为+3价，由流程看得到了+4价的Mn，因此该步骤发生歧化反应，还应有硫酸锰生成，因此铜锰渣中与稀硫酸反应的化学方程式为；
(3)，，析出的Cu沉淀中还混有少量的S单质，是因为硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成S，用离子方程式解释为；
(4)操作Ⅱ后得到水相和有机相，则操作Ⅱ为分液；所得有机相含CoR2，硫酸能进行反萃取的原因是加入使增大，促进平衡逆向移动；
(5)滤液1含Cu2+、Co2+、Zn2+、Mn2+，由图可知当用量倍数为2.0时，Cu沉淀率接近百分之百，也就是说水相中几乎无铜离子，Co2+、Zn2+、Mn2+的沉淀率很小，而Co2+在有机相中，因此水相中的金属阳离子除含加进去的外，主要还含、；
(6)中Co的平均价态为+，电极产物中Co的价态为+3价，则在阳极失电子转化为，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒、KOH溶液作电解液可知转化为的电极反应式为。
【分析】（1）O-2价，Zn+2价，化合物中正负化合价的代数和为0，计算Mn的化合价；
（2）根据流程图可知 与稀硫酸反应的产物有二氧化锰，在根据氧化还原反应的特点判断另一产物是硫酸锰，再写出反应的化学方程式；
（3）硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成二氧化硫和硫；
（4）经操作Ⅱ后得到水相和有机相，所以操作Ⅱ是分液，加入硫酸进行反萃取，根据平衡移动原理进行解释；
（5）根据流程可知钴离子主要是在有机相中，而用量倍数为2.0时 结合图像可知沉淀出的主要有锰离子和锌离子；
（6）根据充电时转化为，电解质溶液是KOH，结合守恒写出电极反应式。
18．（2022·惠州模拟）锂在新能源等领域应用广泛。从粉煤灰(含Al2O3、Fe2O3、Li2O、SiO2等)中回收提取铝、锂元素的化合物的流程如图所示：
已知：碳酸锂的溶解度(g·L-1)见表。
温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 80 100
Li2CO3 1.54 1.43 1.33 1.25 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72
回答下列问题
（1）“粉碎”的目的是 ，滤渣1的成分主要是 。(填化学式)
（2）“调pH”的目的是沉淀Fe3＋、Al3＋。当离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时表示该离子沉淀完全。常温下，如果溶液pH=4，Fe3＋、Al3＋ (填“能”或“否”)均沉淀完全，若沉淀完全，此时溶液中c(Fe3＋)、c(Al3＋)之比为 。(已知：Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=2.0×10-33)
（3）从滤渣2中分离出Al(OH)3，可用如图所示方法，试剂X是 ，“步骤2”中主要发生的离子反应方程式有OH-＋CO2=HCO、 。
（4）“沉锂”中的“一系列操作”依次为蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。检验母液主要溶质的阴离子所用的试剂为 。母液的用途 (任写一种)。
（5）太阳能路灯蓄电池是磷酸铁锂电池，其工作原理如图所示。电池总反应式为LixC6 + Li1 xFePO4 LiFePO4 + 6C。试写出充电时，该电池正极材料上的反应式： 。
【答案】（1）增大粉煤灰的表面积，提高酸浸效率；SiO2
（2）否；4.0×10-5 (或 其它合理比值，如1：25000)
（3）NaOH溶液；CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
（4）趁热过滤；盐酸酸化的BaCl2溶液；制备氨气或做氮肥
（5）LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】粉煤灰粉碎后，用稀硫酸“酸浸”，Al2O3、Fe2O3、Li2O与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸锂，SiO2不溶于硫酸，滤渣1是SiO2；滤液中加氨水调节pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，除去Al3+、Fe3+，过滤后，向滤液中加入碳酸铵生成碳酸锂，过滤、洗涤、干燥，可得固体碳酸锂。
(1)根据影响反应速率的因素，“粉碎”增大了反应物间的接触面积，加快反应速率，提高酸浸效率；由分析可知，滤渣1为SiO2。
(2)当pH=4时，c(OH-)=10-10，c(Fe3+)=mol/L=8.010-8mol/L<1.0×10-5mol/L，铁离子沉淀完全，c(Al3+)==2.010-3mol/L>1.0×10-5mol/L，铝离子未沉淀完全，因此铁离子和铝离子不能均完全沉淀，此时溶液中c(Fe3+)：c(Al3+)=(8.010-8)：(2.010-3mol/L)=4.0×10-5。
(3)由分析可知，滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，氢氧化铁不溶，因此试剂X为氢氧化钠溶液，氢氧化钠与氢氧化铝生成偏铝酸钠，过滤后向溶液中通入过量二氧化碳，二氧化碳与过量的氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应的离子方程式分别为：OH-＋CO2=HCO，CO2+AlO+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(4)由表格数据可知，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，因此“沉锂”中的“一系列操作”依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；硫酸锂和碳酸铵反应生成碳酸锂和硫酸铵，因此母液的主要成分为硫酸铵，溶液中的阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法为：加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀，证明含硫酸根离子，硫酸铵可用于制备氨气或做氮肥。
(5)放电时正极得电子，元素化合价降低，充电时，正极作为阳极，失电子，元素化合价升高，由电池总反应可知，充电时，LiFePO4作阳极，则该电池正极材料上的反应式为：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+。
【分析】粉碎目的是增大接触面积，提高酸浸，酸浸目的是为了除去二氧化硅，调节pH，目的是除去Al3+和Fe3+，加入碳酸铵目的是沉淀锂离子得到碳酸锂
（3）滤渣2为氢氧化铝和氢氧化铁，分离方法是先加入氢氧化钠，过滤，再通入过量二氧化碳即可得到氢氧化铝
（4）从溶液获得晶体方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥
19．（2022·遂宁模拟）从铬锰矿渣(主要成分为、MnO，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示：
已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
（1）加快酸浸速率的措施有 (写两条)。
（2）滤渣2的成分是 (写化学式)。
（3）焙烧中转化为的化学方程式为 。
（4）某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为 。计算“沉铬”后滤液中c(Cr3+)为 mol/L[已知在此条件下，KW=1×10-14，Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30]
（5）流程中加入Na2S2O3的作用为： ，“转化”的离子方程式为 。
【答案】（1）搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等
（2）Fe(OH)3、Al(OH)3
（3）2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
（4）6.0；10-6
（5）作还原剂，将铬元素还原为正三价；Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、Al3+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH = 6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2。
(1)根据影响反应速率的因素，搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等都能加快酸浸速率，
故答案为：搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等；
(2)调节pH的目的是生成Fe(OH)3、Al(OH)3，除去杂质Fe3+、Al3+，所以滤渣2的成分是Fe(OH)3、Al(OH) 3，故答案为： Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2焙烧中Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
故答案为： 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
(4)根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时，Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；
此时c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为10-14，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cr3+)==10-6mol/L；
(5)流程中加入Na2S2O3的作用为作还原剂，将铬元素还原为正三价，以便后续步骤沉淀分离；
“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。
【分析】（1）考查加快反应速率的方法；
（2）分析工艺流程图可知，滤渣2的成分是 Fe(OH)3、Al(OH)3 ；
（3）分析化合价发现Cr的化合价升高，但是碳酸钠的化合价不会升高，所以空气中的O2参加了反应；
（4）分析沉淀率与pH的关系可知“沉铬”过程的最佳pH是6；跟据沉铬的最佳pH是6，再利用 Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30 计算；
（5）焙烧中 转化为 ，而最终产物是三氧化二铬，所以Na2S2O3的作用是作还原剂；转化是将Mn2+转化为MnO2，跟据得失电子守恒、物料守恒、电荷守恒写出化学方程式。
20．（2021·内江模拟）钪(Sc)元素在国防、航天、激光、核能、医疗等方面有广泛应用。我国某地的矿山富含铜多金属矿(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)，科研人员从矿石中综合回收金属钪的工艺流程设计如下：
已知：①"萃取"时发生反应有：Sc3++3H2A2(有机液)
Sc(HA2)3(有机相)+3H+Fe3++3H2A2(有机液)
Fe(HA2)3+3H+
②常温下，“萃取”前溶液中c(Sc3+)=0.60mol·L-1，Ksp[Sc(OH)3]=6.0×10-31；请回答下列问题：
（1）“加热酸溶”产生的气体直接排放到空气中，容易形成 ；滤渣I的主要成分为 。
（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为 。
（3）“还原”工序的目的为 。
（4）“萃取"过程中有机试剂的Se3+萃取率与“萃取”前溶液pH的关系如图。当pH大于a时随着pH增大Sc3+萃取率减小，a= 。
（5）“沉钪"过程中发生反应的离子方程式为 。过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为 。
（6）“电解”过程中，用石墨和液态锌作电极，KCl、LiCl、ScCl3熔融物作电解液，钪在 电极上得到(选填：石墨或液态锌)。
【答案】（1）酸雨；SiO2和CaSO4
（2）
（3）置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+
（4）4
（5）3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；
（6）液态锌
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】铜多金属矿石(主要含Cu2S、Sc2S3、FeS、CaS和SiO2)在过量浓硫酸中反应生成有污染性的气体二氧化硫和金属硫酸盐如硫酸铜、硫酸铁和硫酸钙沉淀，过滤，再向滤液中加入过量铁粉除掉铁离子和铜离子，过滤，利用有机液萃取Sc3+，有机相中加入NaOH溶液得到Sc(OH)3，再加入盐酸酸溶，再用草酸沉钪，再在空气中煅烧得到Sc2O3，再加入氯气和碳生成ScCl3，电解得到Sc。
（1）“加热酸溶”所得气体主要为SO2，在空气中容易形成酸雨。因SiO2不溶于H2SO4，Ca2+与H2SO4形成微溶的CaSO4，故滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2和CaSO4；
（2）溶解FeS发生反应的化学方程式为
；故答案为：
。
（3）“还原”工序中加入过量铁粉能够将Fe3+还原为Fe2+，同时可置换出单质Cu；故答案为：置换出单质铜，并将Fe3+还原为Fe2+。
（4）当pH大于4.0时，随着pH增大，
增大，致使
，Sc3+会生成Sc(OH)3
沉淀萃取率减小。故答案为：4。
（5）“沉钪”过程中发生反应的离子方程式为3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+；过量焦炭、Sc2O3、Cl2混合物在高温下反应的化学方程式为
，故答案为：3H2C2O4+2Sc3+=Sc2(C2O4)3+6H+，
。
（6）ScCl3熔融物得电子生成Sc，故在阴极上得到，而且电解时液态锌不能作阳极，故钪在液态锌电极上得到。
【分析】（1）SO2在空气中容易形成酸雨。依据物质溶解性分析；
（2）依据氧化还原反应规律书写。
（3）铁粉能够与Fe3+、Cu2+发生氧化还原反应；
（4）
，生成Sc(OH)3沉淀萃取率减小。
（5）依据流程图和题意书写。
（6）钪在阴极上生成。
21．（2021·云南模拟）镍及其化合物在工业上有广泛应用，红土镍矿是镍资源的主要来源。以某地红土镍矿[主要成分Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍，可减少其他金属杂质浸出，工艺流程如图所示。
已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]+9(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3+12NH3↑+4SiO2+10H2O↑；
②2Fe2MgO4+15(NH4)2SO4(NH4)2Mg2(SO4)3+16NH3↑+4(NH4)3Fe(SO4)3+8H2O↑
③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水。
（1）“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是 。
（2）经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为 ，“浸渣"的主要成分除铁的氧化物外还有 (填化学式)。
（3）焙烧温度对浸出率的影响如图所示，最佳焙烧温度是____(填序号)左右。
A．300℃ B．350℃ C．400℃ D．600℃
（4）若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范围是 。该工艺条件下，Ni2+生成Ni(OH)2沉淀，Fe3+生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀定，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
沉淀物 Ni(OH)2 Fe(OH)3 黄铵铁矾
开始沉淀时的pH 7.1 2.7 1.3
沉淀完全(c=1×10-5 mol/L)时的pH 9.2 3.7 2.3
（5）“沉镍"时pH调为8.0，滤液中Ni2+浓度约为 mol/L(100.4≈2.5)。
（6）流程中 (填化学式)可循环使用，减少污染。
（7）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式是 。
【答案】（1）扩大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分反应
（2）4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O；FeO(OH)、SiO2
（3）C
（4）2.3≤pH<7.1
（5）2.5×10-3
（6）NH3
（7）2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】红土镍矿与(NH4)2SO4混合研磨，使二者充分接触，然后在焙烧发生反应：2[Mg3Si2O5(OH)4]+9(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3+12NH3↑+4SiO2+10H2O↑、2Fe2MgO4+15(NH4)2SO4(NH4)2Mg2(SO4)3+16NH3↑+4(NH4)3Fe(SO4)3+8H2O↑，然后用热水浸泡焙烧后的固体物质，其中(NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)3Fe(SO4)3进入溶液，部分Fe3+会发生反应：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+，产生的难溶性的FeO(OH)及不溶性的酸性氧化物SiO2进入“浸渣”中，大部分Fe3+及Ni2+、Mg2+、、存在于溶液中，然后向滤液中加入NH3、H2O2并进行加热，Fe3+形成黄铵铁矾沉淀析出，然后向溶液中加入MgO浆，使Ni2+变为Ni(OH)2沉淀来沉镍，沉淀经过滤、洗涤、H2SO4溶解得到NiSO4，含有滤液中含有MgSO4，经一系列处理得到MgSO4·7H2O。
（1）“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是扩大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分接触；
在用热水浸泡过程中，Fe3+会发生水解反应：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+，而焙烧产生的SiO2不能溶于水，也会进入“浸渣”中，所以“浸渣”的主要成分，除铁的氧化物外还有FeO(OH)、SiO2；
（2）FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为：4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O；
（3）根据焙烧温度对浸出率的影响，要使Ni的浸出率高，而Fe的浸出率比较低，同时符合节能要求，则最佳焙烧温度是400℃，故合理选项是C；
（4）“除铁”时通入NH3调节溶液pH，使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，同时Ni2+仍然以离子形式存在于溶液中，则根据表格数据可知调整溶液pH范围为：2.3≤pH＜7.1；
（5）根据表格数据可知：当Ni2+沉淀完全时溶液pH=9.2，则该温度下Ni(OH)2的溶度积常数Ksp[Ni(OH)2]=10-5×()2=10-14.6。在“沉镍"时pH调为8.0，滤液中Ni2+浓度c(Ni2+)=；
（6）根据流程图可知：在焙烧时反应产生的NH3在除铁时可以用于调整溶液pH，使Fe3+变为黄铵铁钒沉淀分离除去，因此NH3在可循环使用，减少污染；
（7）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式是2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O。
【分析】
（1）研磨可以扩大反应物的接触面积；依据铁盐的水解和物质的性质分析；
（2）FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3氨气和水；
（3）依据图像分析；
（4）根据表格数据确定pH范围；
（5）根据表格数据和溶度积常数计算；
（6）根据流程图分析；
（7）根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子方程式。
22．（2021·九江模拟）砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、 、Zn、ZnO、Co、Ni等)中回收有价值的金属具有重要意义。
回答下列问题：
（1）“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有 (写两点)，其他条件不变时，Zn和Ni浸出率随pH变化如下图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为 。
（2）“氧化浸出“时， 被氧化为 的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因 。
（3）用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入 进行“沉铜”，得到难溶性的 ，则“沉铜”的离子方程式为 。
（4）操作Ⅰ所用到的玻璃仪器有 ，已知煅烧 时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅挠，得到的钴的氧化物的质量为4.82g， 的体积为2.688L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
（5）已知常温下，相关金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全(离子浓度 视为沉淀完全)的pH如下表所示：
开始沉淀的pH 完全沉淀的pH
8.0 10.0
7.5 9.5
若将沉铜后的溶液调节至 ，此时溶液中 。
【答案】（1）搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；3
（2）； 受热易分解
（3）
（4）玻璃棒、漏斗、烧杯；
（5）1∶10
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)“选择浸Zn”过程中，为了提高Zn的浸出率可采取的措施有搅拌、适当升温、将净化渣粉碎、适当增大硫酸的浓度等；由图可知，当pH为3时，Zn的浸出率比较大，而Ni的浸出率比较小，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH为3。
(2)“氧化浸出“时， 被过氧化氢氧化为 ，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应的化学方程方式为 ；此过程温度不能过高的原因是 受热易分解。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入 进行“沉铜”，得到难溶性的 ，则“沉铜”的离子方程式为 。
(4) ，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.06mol，生成的氧化物中n(Co)=0.06mol，n(O)= ，则n(Co)：n(O)=0.06mol：0.08mol=3：4，则此时所得钴的氧化物的化学式为 。
(5)当pH=10.0时，Ni2+沉淀完全，则 ，当pH=9.5时，Co2+沉淀完全，则 ，若将沉铜后的溶液调节至 ，此时溶液中 。
【分析】砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为H3AsO4，而Cu被氧化为Cu2+，SiO2不反应，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4，将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4 2H2O沉淀，再过滤分离。滤液经萃取分液得到含有Co2+的有机层，反萃取得到CoSO4溶液，加入(NH4)C2O4溶液沉钴得到中CoC2O4 2H2O。
23．（2021·广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼( )、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时， 的 ， ； ； ；该工艺中， 时，溶液中 元素以 的形态存在。
（1）“焙烧”中，有 生成，其中 元素的化合价为 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀 为 。
（3）“沉钼”中， 为7.0。
①生成 的离子方程式为 。
②若条件控制不当， 也会沉淀。为避免 中混入 沉淀，溶液中 (列出算式)时，应停止加入 溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有 和 ， 为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量 固体后，通入足量 (填化学式)气体，再通入足量 ，可析出 。
（5）高纯 (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止 刻蚀液与下层 (砷化镓)反应。
①该氧化物为 。
②已知： 和 同族， 和 同族。在 与上层 的反应中， 元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
【答案】（1）+6
（2）
（3） + = ↓；
（4）；
（5）；
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；化学平衡常数；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。
（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。
（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；
②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4 BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数。要避免BaMoO4沉淀中混有BaCO3沉淀，则必须满足，由于“沉钼”过程中溶液的pH=7.0，即溶液中c(H+)=1.0×107mol/L，所以当溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，此时时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①由于“沉铝”过程中加入过量的CO2，反应生成NaHCO3，因此滤液Ⅲ中所含溶质为NaCl、NaHCO3，因此Y为NaHCO3；
②若要将NaCl转化为NaHCO3析出，则可先往溶液中通入足量的NH3，再通入足量的CO2，发生反应的化学方程式为NaCl＋H2O＋NH3＋CO2=NaHCO3↓。
（5）①该致密的氧化物为Al2O3；
②GaAs中As的化合价为－3价，转化为＋5的过程中，失去8个电子，因此GaAs为还原剂，则H2O2为氧化剂，反应过程中H2O2中氧元素由－1价变为－2价。在氧化还原反应中，得失电子守恒，故H2O2得到电子数为8。因此参与反应的H2O2和GaAs的比为4：1，即氧化剂和还原剂的比为4：1。
【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。
（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。
（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；
②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。
（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；
②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。
（5）①该致密氧化膜为Al2O3；
②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。
24．（2021·广州模拟）锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含BeO、 、 及少量 、 、FeO、 、 )中提取铍的工艺如图：
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，温度升高，溶解度增大。
回答下列问题：
（1）铍的化学性质与铝相似，写出BeO溶于NaOH溶液的化学方程式 。
（2）“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是 。
（3）“浸出渣”的主要成分是 。
（4）“除铁”中发生反应的离子方程式： 、 。
（5）“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率 (填“越高”、“越低”或“不变”)。利用“除铝”所得苯甲酸铝沉淀再生苯甲酸的方案为：将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中， 。
（6）由油酸铍制备BeO的方法是 。
【答案】（1）
（2）增大与 的接触面积，加快浸出速率
（3） 、
（4）
（5）越低；冷却结晶，过滤
（6）高温焙烧
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)由题意可知，铍的化学性质与铝的化学性质相似，氧化铝与氢氧化钠反应的化学反应方程式为： ，类比化学反应方程式，氧化铍与氢氧化钠反应为非氧化还原反应，生成铍酸盐和水。所以氧化铍与氢氧化钠的反应的化学反应方程式为： 。答案为： ；
(2)由题意可知，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔，后续直接加酸浸出，所以结合操作和题意，“微波焙烧”使产物内部变得疏松多孔可以增大与 的接触面积，从而加快浸出速率。答案为：增大与 的接触面积，加快浸出速率；
(3)根据流程图分析，微波焙烧后直接加硫酸进行浸出，根据二氧化硅的性质可知，二氧化硅不能溶于硫酸，其他的氧化物均可溶于硫酸，其中 与硫酸反应后生成氟化氢和微溶物硫酸钙，所以浸出渣中有不溶于硫酸的二氧化硅和生成的微溶物硫酸钙。答案为： 、 ；
(4)根据流程图可知，除铁中，铁元素最终是以黄钠铁矾渣形式存在，所以 是难溶于水的固体，根据题意可知， 。答案为： ；
(5)根据题意可知，苯甲酸是一元弱酸且在常温下微溶于水，在“除铝”过程中，如果pH越小，说明溶液中的氢离子溶度越高，则苯甲酸根会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。所以，溶液中的pH越小，铝的去除率越低。根据题意可知，将苯甲酸铝沉淀溶于热的稀硫酸中，会生成在常温下微溶于水的苯甲酸，所以后续只需要直接降温结晶，过滤即可得到苯甲酸。答案为：越低；冷却结晶，过滤；
(6)油酸铍制备BeO，根据产物元素分析，可通过通氧气高温焙烧油酸铍，生成二氧化碳、水和氧化铍制得氧化铍。答案为：高温焙烧。
【分析】萤石矿用微波焙烧，有利于在H2SO4中溶解，此时BeO、 、 、 、FeO、Fe2O3、 都发生溶解，只有 不反应， 、 发生转化，生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+并转化为沉淀；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，此时将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍。
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