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2022年高考化学二轮复习——工业流程题
1．（2022·四川·三模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：
已知：
ⅰ．Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ⅱ．“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
ⅲ．Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=4.4×10-7
ⅳ．该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+
开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5
沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5
回答下列问题：
(1)“氧化浸取”时，氧化性：H2O2_______S(填“＞”或“＜”)；为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是_______。
(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是_______。
(4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=_______。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是_______。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。
2．（2022·福建·模拟预测）用黄铁矿(主要成分FeS2)还原硫酸渣制备铁黄颜料(主要成分为FeOOH)，工业流程如下：
c(Fe2+)或c(Fe3+)浓度分别为 1 mol L-1，形成对应沉淀的pH范围如下表：
Fe(OH)2 FeOOH
开始沉淀的pH 5.8 1.2
沉淀完全的pH 8.3 2.8
(1)步骤②被氧化的元素是_______。
(2)碱性锌锰电池使用时会产生与FeOOH同类物质，该物质化学式是_______。
(3)制备晶种：将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀。调至pH约为6时，开始通入空气并记录pH 变化如图。
① pH约为6时，通入空气前，铁元素的主要存在形式是_______；0~t1时段，白色沉淀发生变化，pH 基本不变的原因是_______(用化学方程式说明)。
②pH 约为4时制得铁黄晶种。若继续通空气，t3后pH 几乎不变，此时c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。请结合方程式说明原因：_______。
(4)二次氧化时，溶液的pH 应控制在3~4，过低会造成铁黄质量降低，原因可能是_______。
(5)步骤④中证明洗涤完全的方法是_______。
(6)称取铁黄产品1.000 g，用稀硫酸溶解并配成200 mL溶液，每次取20.00 mL，调节合适的pH，用0.1 000 mol/L的磺基水杨酸(H2Y)标准溶液滴定，三次滴定平均消耗体积为22.00 mL，则该产品纯度为_______%。 (已知：Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+)
3．（2022·广东汕头·二模）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制CeO2的工艺流程如下
(1)CeCO3F其中Ce元素的化合价为___________。
(2)“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法是___________(写出一种即可)。
(3)操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、___________。
(4)上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性；CeO2___________ H2O2 (填“＞”，“＜”)
(5)写出“沉铈”过程中的离子反应方程式___________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，此时溶液的pH为5，则溶液中c()=___________mol/L(保留2位有效数字)。(已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)。
(6)Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)
①该反应中的催化剂为___________(写离子符号)
②该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
4．（2022·山东济宁·二模）一种制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
(1)“浸取”过程有硫单质生成，写出该过程中主要反应的化学方程式_______。
(2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是_______。“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a． b． c．
(3)工业上煅烧硫铁矿产生的气体可以用石灰乳吸收。常温下，测得与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则_______(保留三位有效数字)[已知：室温下亚硫酸的电离平衡常数，]
(4)“沉锰”过程转化为的离子方程式为_______。在一定空气流速下，相同时间内“焙烧”，产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。“焙烧”过程中涉及如下化学反应：
①
②
③
为了增大产物中的占比，可以采用的措施是_______(答出两条)。将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。
(5)用氧化还原法测定纯品纯度(杂质不参与下列反应)：称取样品0.1000g，试样经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，过滤除去，用标准溶液滴定，用去37.00mL，则样品中的质量分数为_______(保留3位有效数字)。
5．（2022·广东韶关·二模）硫化钴铜矿主要成分有CoS、CuS、CuFeS2、FeS2，还含有少量Mg、Ca等元素。一种热活化硫酸浸出工艺实现了钴和铜的高效回收利用，并较好解决了焙烧过程中二氧化硫的溢出问题。工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)CuFeS2中Cu的化合价为_______。
(2)“焙烧”中，钴、铜矿物转化成硫酸盐，写出CoS转化的化学方程式_______。“酸浸"过程中Co和Cu的浸出率受焙烧温度和时间的影响如下图所示。由图可知，“焙烧"过程中的最佳实验条件为_______。
(3)电解CuSO4溶液获取Cu后的电解质溶液可返回_______工序循环使用。
(4)“氧化除铁”中将溶液pH调至4.0，并加热煮沸的目的是_______。
(5)若“除钙镁"时溶液中c(Mg2+)=0.001mol/L，当Ca2+恰好完全沉淀时，列式计算判断Mg2+是否开始沉淀__________(已知：室温下，Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(MgF2)=6.4×10-9)。
(6)将5.49g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，其固体质量随温度变化如图，300℃时，剩余固体氧化物的化学式为_______。
6．（2022·上海·模拟预测）硫元素是动植物生长不可缺少的元素，广泛存在于自然界中。
(1)从图1中选择符合图2要求的X、Y代表的物质：X____，Y____。
(2)硫原子的核外电子排布式为____，原子核外有____种不同能量的电子。在周期表中，与硫相邻的短周期元素的原子半径由大到小的顺序是____。
(3)某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示：
①如果X中只含有2种亚硫酸盐，且溶液呈中性，则c(NH)____c(SO)+c(HSO)(填“>”、“=”或“<”)。
②气体a通入双氧水中，可实现“绿色”转化，写出该反应的化学方程式____。
③Y主要含有(NH4)2SO4，用惰性电极电解该物质时，阳极产物是____，阴极的电极方程式是____。
7．（2022·广东佛山·二模）利用闪锌矿【主要成分，还有、，(铟)、F、等元素】生产，同时可实现稀散金属的提取。一种工艺流程如图所示。回答下列问题：
时，，；易成胶状。
(1)“气体1”经纯化后适宜在___________工序使用(填方框内的工序名称)。
(2)“溶浸”时，易形成难溶的和，其中元素的化合价为___________。
(3)“电积”时，上清液中的会影响锌的质量，、会腐蚀极板，在“除杂1”中做___________(填“氧化剂或“还原剂”)，气体2的主要成分为___________(填化学式)。
(4)“除氟”时，适量的可以提高氟的沉降率，原因是___________。
(5)为使沉淀完全，“水解”时溶液的应不低于___________(保留整数)。
(6)“加压氧化时”时，发生的离子反应方程式为___________。
(7)母液的主要成分为___________(填化学式)。
8．（2022·福建省龙岩第一中学一模）某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4 5H2O的流程如图。
已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。
(1)焙烧前粉碎的目的是_______。
(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。
a.HCl b.NaOH c.H2SO4 d.NH3 H2O
(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)
离子 Fe3+ Cu2+ Ni2+ Fe2+
浓度/(mol·L-1) 1.0×10-6 5.0 1.2 0
对应氢氧化物的Ksp 6.4×10-38 2.2×10-20 2.0×10-15 8.0×10-16
该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。
(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。
(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL 0.5mol/L CuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。
9．（2022·辽宁辽阳·一模）Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。已知：
①25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Co(OH)2
Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-12.7 1.09×10-15
②氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液；“沉淀池I”的条件下，Co2+不能被二氧化锰氧化。
(1)Mn元素位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)向“沉淀池I”中加入MnO2，MnO2的作用是_______；“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为_______。
(4)MnSO4转化为MnOOH中“III.实验操作”包含过滤、洗涤、干燥。检验MnOOH是否洗涤干净，具体操作为_______。
(5)高纯度的MnOOH转化为Mn2O3的化学方程式为_______。
(6)在“沉淀池I”中，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中铝、铁元素完全沉淀，则理论上pH的最小值为_______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
10．（2022·吉林延边·一模）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为Culn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：
已知：①镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表ⅢA族，镓与铝元素相邻。
②硒(Se)位于元素周期表ⅥA族。
回答下列问题：
(1)镓(Ga)原子结构示意图为____。
(2)“酸浸氧化”时发生的主要氧化还原反应的离子方程式为____。
(3)滤液Ⅰ中所含金属元素名称为_____。
(4)“滤渣Ⅰ”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣Ⅰ中SO是否洗净的操作：____；SOCl2与一定量的水反应能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色，写出SOCl2水解的化学方程式____；“加热回流”中SOCl2的作用：一种是将氢氧化物转化为氯化物，另一种是____。
(5)浓缩结晶后所得的GaCl3在“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为____。
(6)如图表示氮化镓与铜组装成的人工光合系统的电池工作原理。电池工作时H+向_____(填“左”或“右”)池移动；当电路中转移1.6mol电子时，电池中液体质量_____(填“增重”还是“减轻”)_____g。
11．（2022·贵州遵义·二模）当下国际局势紧张，金属钨和单晶硅是重要的军事、科技战略资源。从硫钨矿可以制取金属钨和单晶硅，硫钨矿的主要成分是CaWO4，还包括FeS、SiO2等，某工艺生产流程如下：
已知： 常温下，Ksp(CaWO4=1.0×10-8 )，Ksp (CaCO3=1.0×10-9 )
(1)将硫钨矿在空气中高温焙烧，请写出焙烧时发生的化学方程式_____,写出一种加快焙烧速率的方法_____
(2)“溶浸”时，___________(填“能”或“不能”)将纯碱换成烧碱；“操作1”中玻璃棒的作用___________。
(3)滤渣的主要成分是SiO2和____ ，将滤渣高温煅烧产生 CO2，请从化学反应进行的方向解释由SiO2产生CO2的原因_____
(4)“滤液”是Na2WO4溶液，Na2WO4在水中的溶解度随温度变化如图所示， “滤液”获得钨酸钠二水合物晶体的操作方法是____
(5)H2WO4是难溶于水的弱酸，工业上用“盐酸分解法”制备钨酸：
先用钨酸钠与盐酸、氯化铵作用得到精钨酸铵[5(NH4)2O·12WO3]，再用盐酸酸解，得到钨酸，请写出盐酸酸解时的化学方程式_____
12．（2022·上海·模拟预测）铋主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣(主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO)为原料提取Bi的工艺流程如图：
已知：Ⅰ.BiCl3可水解生成不溶于水的BiOCl
Ⅱ.25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=1.2×10-20；Ksp(PbCl2)=1.17×10-5
回答下列问题：
(1)“浸出”时，若c(HCl)=1mol/L时，铋的浸出率和Cl-浓度的关系如图所示，其中NaCl的作用是____；若升高温度，反应相同的时间，铋的浸出率先升高后降低，则浸出率下降的主要原因可能是____和____。
(2)“滤渣Ⅰ”的成分为____(填化学式)。
(3)“沉铜”时向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液，可促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2沉淀，请写出“沉铜”的离子方程式____。若“滤液Ⅱ”中c(Cu2+)为0.01mol·L-1，常温下加入等体积的NaOH溶液使pH恰好为6时，出现Cu(OH)2沉淀，此时Cu2+的去除率为____(忽略溶液体积变化)。
(4)可循环利用的物质是____。
(5)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
水解工序时Bi3+发生反应的离子方程式为____。
13．（2022·重庆·二模）铝在我国储量居世界前列，被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。钼酸钠晶体()是一种金属腐蚀抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是，含少量等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。
请回答下列问题：
(1)气体A的主要成分是_______(填化学式)，为了提高浸取率所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)在焙烧炉中焙烧时，采用多层逆流(空气从炉底进入，钼精矿经粉碎后从炉顶进入)焙烧，采用“多层逆流”的目的是_______。
(3)“焙烧”时转化为，浸取过程中含钼化合物发生反应的离子方程式为_______。
(4)在加入除时，若溶液较小，会产生的不良后果是_______，原因是_______(用平衡移动原理解释)。
(5)流程中“…”在实验室的操作为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(6)分析化学上测定钼的含量，通常是把经过一系列变化得的方法来测定。实验室称量钼精矿，经过一系列变化得到，则理论上钼精矿中钼的百分含量为_______。
14．（2022·安徽合肥·二模）钛合金是一种重要的航空材料，以下是以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含FeO和Fe2O3等杂质)为原料制备金属钛及副产品铁红的工艺流程：
已知：①TiO2+易水解为TiO2·nH2O；高温下钛易与N2、H2等反应。
②常温下，Ksp [Fe(OH)2]=8.0×10-16，Ksp[FeCO3]=3.2×10-11。
回答下列问题：
(1)钛铁矿溶煮前需要粉碎，其目的是_______ 。
(2)在“滤液”中加入铁屑的作用是_______ 。
(3)FeSO4溶液中加入NH4HCO3时还有气体放出，写出反应的化学方程式：_______ ，该反应温度不宜过高，原因是_______ 。
(4)制备FeCO3时，若将NH4HCO3换成(NH4)2CO3，还会产生Fe(OH)2，原因可能是：FeCO3+2OH-→Fe(OH)2+CO，计算该反应的平衡常数K=_______。
(5)“富含TiO2+酸性液”加热并过滤后，所得“废液”中溶质的主要成分是_______ 。
(6)已知TiO2(s)+2Cl2(g)→TiCl4(1)+O2(g) ΔH=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生，从化学平衡的角度解释原因为_______ 。
(7)镁与TiCl，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_______(填标号)。
A．H2 B．Ar C．CO2 D．N2
15．（2022·北京房山·一模）金属钛()性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以钛铁矿(主要成分，含等杂质为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：
已知：
(1)该元素位于周期表___________区。
(2)已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中。25℃时，难溶电解质溶解度(S)与关系如图。溶度积
①步骤Ⅱ加入铁屑的目的是___________。
②水解的离子方程式为___________。
③溶液Ⅱ中加入溶液的作用是___________。
④结合图像，当溶液接近___________时，已沉淀完全。
(3)反应后得到、、的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到，依据下表信息，需加热的温度略高于___________℃即可。
熔点/℃ -25.0 648.8 714 1667
沸点/℃ 136.4 1090 1412 3287
(4)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融作电解质，利用图示所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极上所发生的反应式：___________。
16．（2022·河南新乡·二模）某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4 5H2O的流程如图。
已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。
回答下列问题：
(1)焙烧前粉碎的目的是____。
(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为____，试剂X的最佳选择是___(填标号)。
a.HCl b.NaOH c.H2SO4 d.NH3 H2O
(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)
离子 Fe3+ Cu2+ Ni2+ Fe2+
浓度/(mol·L-1) 1.0×10-6 5.0 1.2 0
对应氢氧化物的Ksp 6.4×10-38 2.2×10-20 2.0×10-15 8.0×10-16
该滤液的pH为___；加入的Cu(OH)2____(填“已经”或“没有”)完全溶解。
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为___。
(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为___。
(6)将得到的胆矾产品做热重分析，测得的数据如图所示。
已知：杂质不分解，250℃时，胆矾失去所有结晶水。则A点胆矾分解得到的物质为___(填化学式)；该胆矾产品的纯度为___(保留4位有效数字)。
17．（2022·广东·模拟预测）锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。
已知25℃，部分物质的溶度积常数如表：
物质 Mn(OH)2 Co(OH)2 Ni(OH)2 Fe(OH)3
Ksp 2.1×10-13 3.0×10-16 5.0×10-16 1.1×10-36
(1)“溶浸”时，锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件(温度、时间)为______。
(2)MnO2主要用于氧化______。滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，回收Mn2+，氧化产物为CO2。写出对应的离子方程式______。
(3)“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、______(填化学式，其中Co、Ni均为+2价)。
(4)“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有______作用；“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是______；若反应终点pH低于7，可能的后果是______。
(5)以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4的总反应为_______。
18．（2022·河南河南·二模）锌是人体必须的一种微量元素，素有“生命之花”的美誉。工业上利用废锌铁合金(主要为Zn，含少量Fe、ZnO、Fe2O3等)和葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]为原料制备并测定葡萄糖酸锌纯度的流程如图：
I.葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]的制备
(1)加过量ZnO的目的是____(用离子方程式表示)。
(2)已知ZnSO4的溶解度随温度变化如图所示，“步骤I”需要用到下列所有操作：
a.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。
上述操作的正确顺序是____(操作可重复使用)。
(3)“趁热抽滤”的目的是___。
(4)已知相关物质的溶解性如表：
物质名称 葡萄糖酸钙 葡萄糖酸锌 硫酸锌 硫酸钙
水中的溶解性 易溶于热水，可溶于冷水 易溶于热水，可溶于冷水 易溶 微溶
乙醇中的溶解性 微溶 微溶 难溶 难溶
则实验中加入95%乙醇的目的是____。
(5)从粗产品到产品的过程简称为____。
II.葡萄糖酸锌的纯度测定
制得产品之后，需要对产品的纯度进行测定以确定是否满足要求。以铬黑T(EBT)作为指示剂，用EDTA进行测定，原理为Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn—EBT，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，发生如下反应：
Zn—EBT(酒红色)+EDTA=Zn—EDTA+EBT(纯蓝色)
其步骤如下：
步骤1.取5.200g产品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，再加入少量EBT作指示剂；
步骤2.在25.00mL溶液中加入2.000mol·L-1EDTA10.00mL(过量)；
步骤3.用1.000mol.L-1锌标准溶液进行滴定至终点，平均消耗锌标准溶液18.00mL。
(6)步骤2中EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为____。
(7)样品中葡萄糖酸锌的质量分数为____。(葡萄糖酸锌的相对分子质量为455)
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) ＞ 加入过量的盐酸或适当降低温度
(2)S、SiO2
(3)2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O
(4)3.7≤pH＜4.5
(5)2.2×10-20
(6) Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO3的损失
【解析】
由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3，据此分析解答。
(1)
由分析可知，“氧化浸取”时，H2O2将S2-氧化为S，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：H2O2＞S，Bi3+易水解，可加入过量的盐酸或适当降低温度，使得水解平衡逆向移动，从而抑制Bi3+的水解；
(2)
根据已知可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
(3)
由分析，FeS转化为Fe3+的离子方程式是2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O；
(4)
结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
(5)
已知①Cu(OH)2(s)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K1=4.4×10-7，②Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K2=2×1013，反应①-②可得反应Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，因此Ksp[Cu(OH)2]==2.2×10-20；
(6)
“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
2．(1)S(或硫)
(2)
(3) Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2 溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量
(4)pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低
(5)取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净
(6)97.9
【解析】
硫酸渣加入硫酸酸溶得到含Fe3+悬浊液，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+并得到S，过滤得到硫磺和含Fe2+的溶液，向滤液中加入NaOH、通入空气，得到晶种，然后把晶种加入到二次氧化的铁黄浆料，得到FeOOH，过滤得到湿铁黄，然后经过洗涤干燥得到产品。
(1)
步骤②中加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，经过滤得到硫磺，生成了S，反应过程中，S元素的化合价升高，被氧化，故答案为：S(或硫)；
(2)
碱性锌锰电池使用时，发生的反应为，生成的与FeOOH同类的物质为，故答案为：；
(3)
①将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀，该白色沉淀为Fe(OH)2，则通入空气前，铁元素的主要存在形式是Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2；0~t1时段，通入氧气后，Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3，反应的化学方程式为，该反应既不消耗氢离子或氢氧根离子，也不产生氢离子或氢氧根离子，不影响溶液的pH，所以该过程中pH 基本不变，故答案为：；
②溶液中存在两个反应和，总反应为，反应过程中氢离子和氢氧根离子浓度没有变化，因此t3后溶液的pH几乎不变，该反应消耗的Fe2+大于生成的Fe3+，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量，故答案为：溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量；
(4)
根据表中数据可知，FeOOH开始沉淀的pH=1.2，完全沉淀时pH=2.8，若pH过低，会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，导致铁黄产品质量降低，因此二次氧化时，溶液的pH 应控制在3~4，故答案为：pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低；
(5)
步骤④若未洗涤完全，产品中会含有硫酸根离子，因此证明洗涤完全只需证明产品中不含硫酸根离子，具体方法为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净；
(6)
滴定时20.00 mL产品消耗的H2Y的物质的量为22×10-3L×0.1 000 mol/L=0.0022mol，根据Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+可知，200 mL溶液产品中n(Fe3+)=0.0011×10=0.011mol，则该产品纯度为，故答案为：97.9。
3．(1)+3
(2)矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
(3)漏斗、玻璃棒
(4)＞
(5) 2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑ 0.18
(6) Ce4+ 1：2
【解析】
氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
(1)
CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F盐酸化合价由-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3；
(2)
根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
(3)
操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
(4)
氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2 > H2O2；
(5)
“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++ 6 = Ce2(CO3)3↓+ 3H2O + 3CO2↑。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， 此时溶液的pH为5，则溶液中c()=0.18 mol/L。
(6)
①根据图示，总反应为，该反应中的催化剂为Ce4+；
②反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2。
4．(1)
(2) 将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子 b
(3)
(4) 控制温度在450℃左右、增大空气的流速
(5)96.6％
【解析】
硫铁矿和软锰矿一起用硫酸酸浸，浸取液中的Fe2+用少量MnO2氧化为Fe3+，再调节溶液的pH除去Fe3+。除铁后的溶液加NH4HCO3和氨水沉锰，得到MnCO3后煅烧，得到MnO2粗品，再将其中存在的+2价锰氧化为MnO2，过滤、洗涤、干燥得到MnO2纯品。
(1)
“浸取”过程中FeS2中的硫元素被MnO2氧化为硫单质，该过程中主要反应的化学方程式为：。
(2)
“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+便于除去。H2O2为绿色氧化剂，其还原产物为水，无污染，所以“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是KClO3，故b选。
(3)
CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则水解的Kh=，溶液中c(OH-)=c()=10-5mol/L，所以c()=6×10-4mol/L，根据元素质量守恒，c(Ca2+)=c()+c()=6×10-4mol/L+10-5mol/L=6.1×10-4mol/L，则6.1×10-4mol/L×6×10-4mol/L=。
(4)
“沉锰”过程 中加入NH4HCO3和氨水，将溶液中的Mn2+ 转化为 MnCO3 ，离子方程式为：。从产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化图可以看出，为了增大产物中 MnO2的占比，控制温度在450℃左右，还可以增大空气的流速。根据总反应方程式可知放电时正极是得到电子转化为，电极反应式为：。
(5)
样品经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，发生的反应为：3+4H+=2+↓+2H2O，过滤除去，用标准溶液滴定，发生的反应为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，根据反应的离子方程式可知，MnO2和Fe2+的物质的量之比为3：10，则MnO2的质量为0.1000mol/L×0.03700L××87g/mol=0.09657g，则样品中的质量分数为×100%=96.6%。
5．(1)+2
(2) CoS+2O2CoSO4 500℃；2.0h
(3)酸浸、反萃取
(4)使Fe3+水解完全，并使Fe(OH)3胶体发生聚沉，便于过滤除杂
(5)Ca2+恰好完全沉淀时，c(Ca2+)=10-5mol/L，，此时Qc=c(Mg2+)c2(F-)=2.7×10-9(6)Co3O4
【解析】
硫化钴铜矿经过灼烧，酸浸处理得到滤渣1为S，滤液中为铜离子、亚铁离子、铁离子、钙离子、镁离子、钴离子，氧化除去溶液中的亚铁离子，调节溶液pH使铁变为沉淀而除去，升高温度可使水解程度增大，过程中硫酸可以循环使用，根据沉淀溶解平衡进行计算可判断是否有沉淀析出，“酸浸"过程中最佳的条件为温度：500℃，焙烧时间为2.0h，据此答题。
(1)
CuFeS2中S元素的化合价为-2价，Fe元素化合价为+2价，Cu元素化合价为+2价；
(2)
①“焙烧”中，钴、铜矿物转化成硫酸盐，CoS与氧气焙烧的化学方程式为：CoS+2O2CoSO4；
②由图像可知“焙烧”的最佳条件为：500℃、2.0h；
(3)
电解CuSO4溶液，阴极可得到Cu，阳极可得到O2，电解质溶液变为硫酸溶液，可返回到酸浸、反萃取步骤；
(4)
“氧化除铁”中将亚铁离子氧化为铁离子，用Na2CO3调节pH使铁离子转化为氢氧化铁的沉淀而除去，升高温度铁离子水解程度增大，使Fe3+水解完全，并使Fe(OH)3胶体发生聚沉，便于过滤除杂；
(5)
当Ca2+恰好完全沉淀时离子浓度小于，带入Ksp(CaF2)=2.7×10-11计算可得，带入数值计算，，平衡正向移动沉淀溶解，所以Mg2+还没有开始沉淀；
(6)
草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的相对分子质量为183，5.49g草酸钴晶体为0.03mol，200℃时质量变化为1.08g，根据计算为0.06mol水，反应的方程式为CoC2O4·2H2O CoC2O4+2H2O，300℃时剩余固体质量为2.41g，钴的质量为，，，氧化物的化学式为Co3O4。
6．(1) Na2SO4·10H2O、CuSO4·2H2O CuFeS2
(2) 1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 5 P>Cl>O
(3) > SO2+H2O2=H2SO4 (NH4)2S2O8 2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【解析】
(3)二氧化硫与氨水反应生成NH4SO3或NH4HSO3，X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物；NH4SO3或NH4HSO3与过量硫酸反应生成SO2、H2O和(NH4)2SO4，则a为SO2，Y为(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液；SO2通过系列变化转化为硫酸，电解(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液获得(NH4)2S2O8。
(1)
由图2可知X为+6价硫形成的盐，对应图1中的Na2SO4·10H2O、CuSO4·2H2O；由图2可知Y为-2价硫形成的盐，对应图1中的CuFeS2；
(2)
硫为16个号元素，S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；每个能层上的电子能量不同，因此原子核外有5种不同能量的电子；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，在周期表中，与硫相邻的短周期元素为同主族的O，同周期的P和Cl，它们的原子半径由大到小的顺序是P>Cl>O；
(3)
1①由分析可知X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物，如果X中只含有2种亚硫酸盐，则X为NH4SO3和NH4HSO3的混合物，存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+ c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，则c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，c(NH)>c(SO)+c(HSO)
②由分析可知气体a为SO2，通入双氧水中，二者发生氧化还原反应生成硫酸，该反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；
③(NH4)2S2O8中存在一个过氧键(O-O)，即有2个O的化合价为-1价，因此溶液中部分-2价的O转化为-1价的O，因此(NH4)2S2O8为阳极产物，即阳极产物是(NH4)2S2O8；阴极是水电离的氢离子得电子转化为氢气，阴极的电极方程式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
7．(1)还原
(2)+3
(3) 还原剂 Cl2
(4)防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
(5)5
(6)4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3↓+8H+
(7)Na2SO4、Zn SO4、H2SO4
【解析】
由流程结合题目可知，闪锌矿焙烧将金属元素锌、铁、钴、铟转化为相应的氧化物，加热稀硫酸溶浸，得到相应的硫酸盐溶液，加入Na2S2O4生成Co(OH)2沉淀，滤液通入臭氧将氯元素转化为氯气去除，再加入氢氧化钙、碳酸钙除去氟，得到滤液电积分离出锌，废液通入二氧化硫将三价铁转化为二价铁，然后水解分离出铟，加压氧化将二价铁转化为氧化铁，得到母液含有流程中生成的硫酸钠、硫酸锌、稀硫酸。
(1)
闪锌矿主要成分，焙烧硫元素转化为二氧化硫气体，由流程可知，还原步骤需要通入二氧化硫，故“气体1”经纯化后适宜在还原工序使用；
(2)
化合物中正负化合价代数和为零；中锌、氧化合价分别为+2、-2，则铁元素化合价为+3；
(3)
臭氧具有氧化性，和反应生成硫酸钠，硫元素化合价升高，在反应中做还原剂；已知闪现矿中的氯元素，矿物中氯元素常以负一价存在，负一价氯元素会和臭氧反应生成氯气，气体2的主要成分为氯气Cl2；
(4)
已知，易成胶状，“除氟”时，适量的可以使生成的氟化钙着附在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率；
(5)
时，，沉淀完全，则c()小于10-5mol/L，c(OH-)不小于，则c(H+)小于2×10-5mol/L，则pH≈4.7；故“水解”时生成In(OH)3沉淀，溶液的应不低于5；
(6)
由流程可知，铁元素在还原过程中被转化为二价铁，“加压氧化时”时，二价铁转化为三价铁生成三氧化二铁，发生的离子反应方程式为4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3↓+8H+；
(7)
二氧化硫还原过程中生成硫酸；“溶浸”过程中形成的难溶进入还原过程和生成的硫酸及废酸中硫酸反应生成硫酸锌；除杂2过程中生成了硫酸钠，最终硫酸、硫酸锌、硫酸钠进入母液，故得到母液的主要成分为Na2SO4、Zn SO4、H2SO4。
8．(1)增大接触面积，提高反应速率
(2) 2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+ c
(3) 3.6 已经
(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。
(6)
【解析】
由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。
(1)
由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率；
(2)
由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；
(3)
由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因为Ksp[Fe(OH)3]= 6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]，则c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经；
(4)
向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
(5)
“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；
(6)
电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL 0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H+)＞0.05mol×2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故，故答案为：.。
9．(1) 四 VIIB
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂(或作氧化剂) CoS
(3)2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O
(4)取少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色浑浊。说明MnOOH已洗涤干净，反之则未洗涤干净
(5)2MnOOHMn2O3+H2O
(6)4.9
【解析】
菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)，所以加入硫酸进行酸浸，酸浸后得到的溶液中含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Co2+、Al3+等；结合已知中Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Mn(OH)2]的相对大小知，Fc3+更容易除去，故在酸性环境中加入MnO2，可将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续除杂，而MnO2自身被还原成Mn2+，再用氨水调pH，促使Al3+、Fe3+形成沉淀除去；沉淀池Ⅰ后得到的滤液中含Mn2+、Co2+，沉淀池Ⅱ加含S2-沉淀剂得到的滤渣2是CoS，得到含MnSO4的溶液[含杂质(NH4)2SO4]，通过蒸发浓缩、趁热过滤可以提取MnSO4晶体；再加双氧水氧化、氨水生成MnOOH，再加热得到Mn2O3。
(1)
Mn元素为25号元素，位于元素周期表第四周期第VIIB族；
(2)
根据上面分析可知加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；向沉淀池II中加入S2-可以和滤液中的Co2+生成CoS沉淀，故滤渣2为CoS；
(3)
由图可知，MnSO4的溶液中加入3%双氧水和氨水后转化为MnOOH，Mn的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O；
(4)
MnOOH固体混有硫酸根，检验MnOOH是否洗涤干净，就是检验硫酸根离子，具体操作为取少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色浑浊，说明MnOOH已洗涤干净，反之则未洗涤干净；
(5)
高纯度的MnOOH在250℃条件下进行72h加热得Mn2O3和水，反应的化学方程式为：2MnOOHMn2O3+H2O；
(6)
根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OH-)=mol·L-1=110-9.1mol·L-1，所以常温下，c(H+)=110-4.9mol·L-1，pH=4.9，即理论上pH的最小值为4.9。
10．(1)
(2)Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
(3)铜
(4) 取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，如无白色沉淀生成，则证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，则证明没有洗涤干净 SOCl2＋H2O=SO2↑+2HCl 作溶剂
(5)GaCl3+NH3GaN+3HCl
(6) 右 减轻 7.2
【解析】
废旧太阳能电池主要组成为Culn0.5Ga0.5Se2。经过高温焙烧后生成SeO2、Cu2O，Cu2O与过氧化氢、硫酸发生氧化还原反应生成Cu2+，经过调pH值则Ⅰ滤液中含有Cu2+，据此分析解题。
(1)
镓(Ga)为第31号元素，核外电子数为31，原子结构示意图为；
(2)
在空气中高温焙烧生成氧化亚铜，其与过氧化氢、硫酸发生氧化还原反应，离子方程式为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；
(3)
据分析可知，滤液Ⅰ中所含金属元素名称为：铜；
(4)
“滤渣Ⅰ”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣Ⅰ中SO是否洗净的操作：取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡，如无白色沉淀生成，则证明洗涤干净；若有白色沉淀生成，则证明没有洗涤干净；SOCl2与一定量的水反应能产生两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色(二氧化硫)， 根据元素守恒，SOCl2水解的化学方程式SOCl2＋H2O=SO2↑+2HCl；“加热回流”中SOCl2的作用：一种是将氢氧化物转化为氯化物，SOCl2可通过蒸馏循环使用，另一种是作溶剂；
(5)
GaCl3在“高温气相沉积”过程中与氨气反应生成GaN、HCl，化学反应方程式为：GaCl3+NH3GaN+3HCl；
(6)
外电路电子由负极流向正极，GaN为负极，Cu为正极，正极带负电，电池工作时H+向右池移动；电池中液体质量减轻因为生成氧气，2O2-→O2，当电路中转移1.6mol电子时，消耗0.4molH2O，减少质量为7.2g。
11．(1) 3FeS+5O2Fe3O4+3SO2 将硫钨矿研磨、增大空气的通入量
(2) 不能 引流作用
(3) CaCO3 发生反应CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应熵增，高温有利于自发进行
(4)加热浓缩、冷却结晶
(5)5(NH4)2O·12WO3+10HCl+7H2O=12H2WO4↓+10NH4Cl
【解析】
硫钨矿的主要成分是CaWO4，还含有FeS、SiO2等杂质，将硫钨矿高温焙烧，FeS与O2反应产生Fe3O4和SO2，经磁选除去Fe3O4后的残渣用纯碱溶液溶浸，CaWO4变为可溶性Na2WO4，发生反应：CaWO4+Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑，而杂质SiO2在该条件下不能反应，通过过滤就将可溶性Na2WO4与难溶性SiO2进行分离，反应过程可能产生的CaCO3也一并进入滤渣中，Na2WO4经一系列处理得到W，进入滤渣的SiO2经一系列处理得到Si。
(1)
硫钨矿在空气中高温焙烧时，FeS与O2反应产生Fe3O4和SO2，该反应的化学方程式为：3FeS+5O2Fe3O4+3SO2；
硫钨矿是块状固体，加快焙烧速率的方法可以是将硫钨矿研磨、搅拌、增大空气的通入量等；
(2)
由于烧碱NaOH能够与SiO2发生反应，因此在进行“溶浸”时不能使用烧碱代替纯碱；操作1是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，因此该操作为过滤，其中玻璃棒的作用是引流；
(3)
在滤渣中含有的成分有原硫钨矿中不溶性物质SiO2及CaWO4与Na2CO3发生复分解反应产生未分解的CaCO3；
将滤渣高温煅烧产生 CO2，这是由于在高温下SiO2与CaCO3会发生反应：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，该反应是熵增的反应，高温有利于反应自发进行；
(4)
根据图象可知：Na2WO4的溶解度受温度的影响变化较大，因此从“滤液”获得钨酸钠二水合物晶体的操作方法是：将滤液加热进行蒸发浓缩，然后冷却结晶；
(5)
精钨酸铵[5(NH4)2O·12WO3]用盐酸酸解，得到钨酸和NH4Cl，根据原子守恒可得该反应方程式为：5(NH4)2O·12WO3+10HCl+7H2O=12H2WO4↓+10NH4Cl。
12．(1) 增大Cl-浓度，提高浸出率 HCl挥发 Bi3+水解程度增大，生成难溶的BiOCl
(2)AgCl、PbCl2
(3) 3Cu2++ 4OH-+2Cl-=Cu3(OCl)2+2H2O 97.6%
(4)NaCl
(5)Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+
【解析】
氧化铋渣的主要成分为，含有、、杂质，由流程可知，加盐酸、饱和食盐水分离出滤渣Ⅰ为、，过滤后滤液加生成，滤液Ⅱ含铜离子，再加生成，滤液Ⅲ含，可在浸出步骤中循环使用，中加入热发生，高温下C与熔炼生成，以此来解答。
(1)
铋的浸出率随浓度增大而增大，因此的作用是增大浓度，提高浸出率；由于升高温度，受热会发，且水解程度增大，生成难溶的，因此浸出率下降；
(2)
根据以上分析可知“滤渣Ⅰ”的成分为、；
(3)
“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入溶液调节pH，生成，离子方程式为；若“滤液II”中为，常温下加入等体积的溶液使pH恰好为6时，出现沉淀，根据4的溶度积常数可知，且等体积混合，此时的去除率为；
(4)
“滤液Ⅲ”中含，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用；
(5)
由流程图可知水解工序时Bi3+和氯离子和水反应生成BiOCl，故其对应的离子方程式为：Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+。
13．(1) SO2 粉碎矿石
(2)增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，使原料尽可能反应提高原料利用率
(3)MoO3+ CO= MoO+CO2↑
(4) PbS的沉淀不完全 PbSPb2++S2-，若溶液较小，则氢离子浓度较大，氢离子与硫离子生成硫化氢，导致硫离子浓度减小，PbS的沉淀溶解平衡正向移动
(5) 蒸发浓缩 降温结晶
(6)30
【解析】
(1)
钼精矿(主要成分是，含少量等)，在空气中焙烧硫元素会转化为二氧化硫气体，故气体A的主要成分是SO2；对于固体来说，粉碎可以增大接触面积，从而加快反应速度，提高反应效率；
(2)
采用“多层逆流”的目的是增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，使原料尽可能反应提高原料利用率；
(3)
由流程可知，浸取过程中生成二氧化碳，反应中各元素化合价没有改变，钼元素转化为MoO，反应为MoO3+ CO= MoO+CO2↑；
(4)
PbSPb2++S2-，若溶液较小，则氢离子浓度较大，氢离子与硫离子生成硫化氢，导致硫离子浓度减小，PbS的沉淀溶解平衡正向移动，导致PbS的沉淀不完全；
(5)
流程中“…”得到钼酸钠晶体，在实验室的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(6)
反应前后元素种类不变，则理论上钼精矿中钼的百分含量为。
14．(1)增大接触面积，加快反应速率。
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3) FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O + (NH4)2SO4； 防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解。
(4)4×104
(5)H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)
(6)碳与O2反应使O2浓度减小，平衡正向移动，且反应吸热，高温促进平衡正向移动。
(7)B
【解析】
钛铁矿中含FeO和Fe2O3等杂质，加入浓硫酸后溶煮过滤可以除去难溶杂质，FeTiO3、FeO、Fe2O3溶于酸，滤液中含有TiO2+、Fe3+、Fe2+以及H2SO4。加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+。经冷却结晶，富含TiO2+的酸性液中含有TiO2+、H2SO4，还可能存在没有析出的少量FeSO4。经过后续操作可得到相应产品。
(1)
通过粉碎可增大反应物接触面积，加快化学反应速率。
(2)
根据滤液成分可知，加入铁屑后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故加铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+。
(3)
FeSO4溶液呈酸性，故加入NH4HCO3时生成的气体应为CO2，产物中有FeCO3，故反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O+(NH4)2SO4；NH4HCO3受热分解，同时FeSO4溶液中存在水解平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，升高温度会促进Fe2+水解，所以反应温度不宜过高。
(4)
该反应平衡常数
(5)
TiO2+水解转化为TiO2·nH2O后，“废液”中溶质的主要成分是H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)。
(6)
已知反应产物中有O2，加入碳之后碳会与O2反应，使O2浓度减小，平衡正向移动。升高温度向吸热方向移动，反应为吸热反应，高温条件会促进平衡正向移动。
(7)
高温下钛易与N2、H2等反应，CO2会与Mg反应，故可作为保护气的是Ar。
【点睛】
书写陌生反应式的时候一定要注意实际发生条件，比如本题中FeSO4与NH4HCO3反应有气体生成，根据物质分析，气体可能是NH3也可能是CO2，但要注意FeSO4为酸性溶液，NH3应在碱性溶液中析出，故气体为CO2。
15．(1)d
(2) 将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀 TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+ 调pH，消耗溶液中的H+ 3
(3)1412
(4)2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑
【解析】
钛铁矿主要成分为，含等杂质，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，向该溶液中加入铁屑，Fe3+被还原为Fe2+，经沉降分离后得到主要含有TiO2+、Fe2+的溶液Ⅰ，溶液Ⅰ经浓缩结晶后得到溶液Ⅱ和FeSO4·7H2O，再向溶液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH得到TiO(OH)2，最后得到Ti单质，据此分析解答。
(1)
22Ti为22号元素，位于元素周期表的第四周期第ⅡB族，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，属于d区；
(2)
①由分析，加入浓硫酸，，得到主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+的强酸性溶液，加入铁屑可将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2＋水解生成TiO(OH)2，其离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+；
③根据分析可知，加入Na2CO3溶液的作用为调pH，消耗溶液中的H+；
④根据图像可知，当溶液pH接近3时，TiO(OH)2已沉淀完全；
(3)
TiCl4在隔绝空气时加入Mg发生置换反应产生Ti、MgCl2，同时还有过量的金属Mg，根据混合物中Mg、Ti、MgCl2的熔沸点关系可知当加热的温度略高于1412℃时，Mg、MgCl2变为气体逸出，而Ti则恰好刚刚熔化，因此可以达到分离提纯的目的。
(4)
由于用惰性电极石墨电极作阳极，所以电解质中的阴离子在阳极放电，该电极的电极式是：2O2--4e-=O2↑；C+O2=CO2；或写为：C+2O2--4e-=CO2↑。
16．(1)增大接触面积，提高反应速率
(2) 2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+， c
(3) 3.6 已经
(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。
(6) CuSO4 3H2O 96.53%
【解析】
由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品；据此解答。
(1)
由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率。
(2)
由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c。
(3)
由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因为Ksp[Fe(OH)3]= 6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]，则c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经。
(4)
向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。
(5)
“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。
(6)
由题中信息和图示可知，杂质不分解，250℃时，胆矾失去所有结晶水，此时失重率为34.75%，设产品总质量为m克，该胆矾产品的纯度为x，则，解之x==96.53%；A点时，失重率为13.90%，设A点胆矾分解得到的物质为CuSO4 yH2O，则，所以，解之y=3，所以A点胆矾分解得到的物质为CuSO4 3H2O；答案为CuSO4 3H2O；96.53%。
17．(1)80℃、90 min
(2) Fe2+ C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O
(3)Fe(OH)3、CoS、NiS
(4) 结合电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH) 可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低 MnCO3可能溶解，造成产率降低
(5)2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+
【解析】
向碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的MnO2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，向滤液中加入MnS，调节pH可以将Fe(OH)3沉淀下来，可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调整溶液pH=7，使Mn2+形成MnCO3沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电解，可以得到金属锰，据此解答。
(1)
物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越好。根据图象可知所采用的最佳实验条件温度是80℃，反应时间是90 min；
(2)
MnO2主要用于氧化Fe2+变为Fe3+，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖一硫酸溶液处理，MnO2被还原为Mn2+，葡萄糖氧化产物为CO2。根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为：C6H12O6(葡萄糖)+12MnO2+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O；
(3)
根据上述分析可知：在滤渣2中含有MnS、CoS、Fe(OH)3；
(4)
“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有就是结合电离出的H+，促进MnCO3沉淀(或调pH)；
“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近。如果①中颠倒试剂滴加顺序(反应pH大于7)，可能造成的后果是可能产生Mn(OH)2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；
若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低；
(5)
以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn(1-x)Fe2O4，则电解时阳极Fe失去电子，与溶液中的Zn2+、Mn2+结合生成Zn2Mn(1-x)Fe2O4，同时产生H+，故阳极的电极总反应为2Fe+xZn2++(1-x)Mn2++4H2O-6e-=ZnxMn(1-x)Fe2O4+8H+。
18．(1)3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Zn2+
(2)dabace
(3)防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率
(4)降低葡萄糖酸锌的溶解度
(5)重结晶
(6)纯蓝色
(7)70.00%
【解析】
废锌铁合金(主要为Zn，含少量Fe、ZnO、Fe2O3等)，加入稀硫酸和过氧化氢，生成锌离子和铁离子的混合液，加入氧化锌，调节溶液的pH，使铁离子生成沉淀而除去；滤液得到含有锌离子的溶液，低温下结晶后得到七水合硫酸锌；加入葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]溶液，并加热到90℃，趁热过滤得到的葡萄糖酸锌和硫酸钙，滤液为葡萄糖酸锌溶液；冷却到室温，过滤、并用乙醇洗涤、干燥后，得到葡萄糖酸锌，据此分析解答。
(1)
加过量ZnO，可以调节溶液的pH值，从而使铁离子沉淀，离子方程式为：3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Zn2+，故答案为：3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn2+；
(2)
根据ZnSO4的溶解度随温度变化曲线可知，要得到七水合硫酸锌，应该在100℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，然后降低温度制60℃，此时溶液变为不饱和，在60℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，降低温度，溶质析出，经过过滤可实行，故答案为：dabace；
(3)
葡萄糖酸锌易溶于热水，可溶于冷水，则“趁热抽滤”的目的是防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率，故答案为：防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率；
(4)
降温过滤后得到葡萄糖酸锌，因为其易溶于热水，可溶于冷水，但微溶于乙醇中，洗涤加入95%乙醇，可降低葡萄糖酸锌的溶解度，故答案为：降低葡萄糖酸锌的溶解度；
(5)
从粗产品到产品的过程，将粗产品溶解后再结晶得到产品，简称为重结晶，故答案为：重结晶；
(6)
Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn-EBT，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，发生反应：Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)，可知EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为纯蓝色，故答案为：纯蓝色；
(7)
由题可知25.00mL溶液消耗EDTA的物质的量=，根据反应Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)，可知关系式：，可知葡萄糖酸锌的物质的量，则葡萄糖酸锌的质量分数=，故答案为：70%。
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