广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-32常见物质的制备（工业流程题）（含解析）

广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-32常见物质的制备（工业流程题）
一、工业流程题
1．（2022·广西南宁·统考模拟预测）嫦娥五号从月球带回的“土壤”中含有辉钼矿，其主要成分为(S为价)，含少量、、(铼)等元素。其中钼是大脑必需的七种微量元素之一，以辉钼矿为原料生产多钼酸盐的工艺流程如下。
已知：25℃时
难溶物
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是_______。
(2)“氧化焙烧”中发生反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其中加入石灰石的主要作用是_______。
(3)加入后的“浸出液”中含有(钼酸根)，以及少量等离子，生成的离子方程式为_______，该反应的_______。
(4)根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
该试剂主要是将离子转化为_______(填化学式)。
(5)“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，该反应的离子方程式为_______。
(6)工艺流程中可循环利用的物质是_______、_______。
2．（2022·广西玉林·统考一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：
已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
沉淀物 开始沉淀 完全沉淀
Al(OH)3 3.8 5.2
Fe(OH)3 2.7 3.2
Fe(OH)2 7.6 9.7
Ni(OH)2 7.1 9.2
②金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
温度/°C 70 75 80 85 90 95
收率/% 53.3 62.7 70.2 77.1 81.5 81.45
本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。
3．（2022·广西·统考模拟预测）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)2、Al(OH)3前者还含有Cr(OH)3，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：
I． FePO4、CrPO4、AlPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.3 ×10-22、2.4× 10-23、5.8×10-19、5.0×10-31。
II． Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
(1)为了增加“浸出I”的浸出效率，可以采取的措施是___________ (任写一 条)。
(2)“电解I”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的是将二价铁转化为三价铁。可通过一种试剂证明第二个目的是否完全达成，该试剂为___________(填名称)，若未完全达成，出现的现象是____。
(3)“除杂”时，若镍离子(Ni2+)浓度为0.05mol·L-1，则应控制溶液中浓度范围为___________mol·L-1~6.4×10-14mol·L-1(已知溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)。
(4)“沉淀转化”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为___________、___________ (用离 子方程式表示)。
(5)“浸出II”时，铜镍电镀污泥中铜和镍分别转化为和，此时宜采取多次浸取的方式，其目的为___________。
(6)“萃取II”时，发生的反应为 + 2HR = CuR2+ 2+ 2NH3和 + 2HR= NiR2+ 2+ 4NH3(HR为有机溶剂)，则“反萃取II“时含铜微粒发生反应的离子方程式为___________。
(7)“滤液1”的主要成分为___________(填化学式)。
4．（2022·广西·统考模拟预测）镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu 、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下：
已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+、 Mg2+、Zn2+。常温下，部分物质的溶度积常数如下表：
难溶物 NiS ZnS CuS CaF2 MgF2
溶度积常数 1.07× 10-21 2.93 × 10-25 1.27 × 10-36 4 × 10-11 7.42 × 10-11
请回答下列问题：
(1)酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_______(任写一条)。
(2)含镍矿渣浸取时， NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为_______。
(3)向含镍浸出液中加入Na2CO3的目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为_______(填化学式)。
(4)溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为_______。该反应的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)；若使用H2S气体替代NiS。其不足之处是_______。
(5)溶液2中加入NaF的作用主要是除去溶液中的_______(填离子符号)
(6)“除Zn2+”时，ZnSO4与有机萃取剂(用HA表示)存在以下过程： ZnSO4+4HA ZnA2·2HA+H2SO4，试分析“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：_______。
5．（2022·广西·统考一模）市政污泥含大量金属(Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等)，不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下：
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”效率，可采取的措施有___________(任写一条)。
(2)“一系列操作”主要包括___________、___________、过滤、洗涤，干燥。
(3)用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为___________。
(4)“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag(NH3)2Cl(可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-}，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：_______，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为_______。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为_______。在pH<6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是_______。
6．（2021·广西北海·统考一模）三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)。
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Ni(OH)2
开始沉淀的pH 1.1 6.5 3.5 7.1
沉淀完全的pH 3.2 9.7 4.7 9.2
回答下列问题：
(1)Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。
(2)“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是___________(用语言叙述)。
(3)“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。
(4)“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。
(5)工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1 mol·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。
7．（2021·广西柳州·统考三模）用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4 7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题：
(1)“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高镍的回收率还可采取的措施是___________(写出一条)。
(2)“滤渣1”的主要成分是___________。
(3)“一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的CrO的离子方程式为___________。
(4)加氨水“溶解”的目的是___________，‘滤渣 2”的主要成分是___________。
(5)“氧化”时，HNO3被还原为NO，该反应的化学方程式为___________。
(6)已知0.01mol L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2，计算Ni(OH)2的Ksp=_____(列出计算式)，则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5 mol L-1)的pH为___________。
8．（2021·广西·统考二模）黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6]目前广泛用作食品添加剂(抗结剂)。一种制备黄血盐的工艺如下：
回答下列问题：
(1)步骤I反应的化学方程式为___________
(2)步骤Ⅳ过滤所得的废液中含量较多的溶质为___________(填化学式)。
(3)步骤V是将难溶的K2CaFe(CN)6与X反应脱钙生成K4Fe(CN)6，所用的试剂X是___________(填名称)
(4)工艺中用到有毒的HCN溶液，含CN-的废水必须处理后才能排放。可用两段氧化法处理：
第一次氧化： NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；
第二次氧化： NaOCN与NaClO反应，生成N2和两种盐(其中一种为酸式盐)。
已知HCN是一种苦杏仁味的无色剧毒液体(常温时，Ka=6.3×10-10)，易挥发；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。
①第一次氧化时，溶液应调节为___________ (填 “酸性”“碱性 ”或“中性")， 原因是___________。
②第二次氧化反应的离子方程式为___________
③常温下，0.1 mol L-1 HCN溶液中，c(H+)=___________(列出计算式)。
9．（2021·广西桂林·统考一模）工业上以菱锰矿(主要成分是MnCO3，还含有Fe2+、Ni2+等)为原料制备电解锰的工艺流程如图所示。
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Mn2+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol L-1)的pH 7.2 8.3 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol L-1)的pH 8.7 9.8 3.2 9.0
回答下列问题：
(1)浸出槽中发生多个反应：如主要成分与稀硫酸的反应、MnO2与Fe2+间的氧化还原反应等。这两个反应的离子方程式分别为___________、___________。
(2)加入氨水的目的是为除去杂质，根据流程图及表中数据，pH应调控在___________范围内。常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当pH=4时，溶液中c(Fe3+)=___________。
(3)加入硫化铵是为除去剩余的Ni2+，由此可判断相同温度下溶解度：NiS_______Ni(OH)2(填“大于”或“小于”)。
(4)电解硫酸锰溶液的化学方程式为___________。
(5)工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为_____。
(6)将分离出电解锰后的稀硫酸收集、循环使用，其意义是________。
10．（2020·广西北海·统考一模）三氧化二铋(Bi2O3)是黄色不溶于水的固体，俗称铋黄，可用于制作黄色颜料、耐火纸等。利用含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)制备Bi2O3流程如下：
(1)“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有___________；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过___________冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O。
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，消耗这三种氧化剂物质的量之比为___________(MnO2转化为Mn2+)；写出X为O2时，“溶铜”CuS反应的离子方程式：___________。
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，试剂Y是___________。
(4)写出“制备”步骤生成铋黄的离子方程式：___________。
11．（2020·广西钦州·二模）实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如下：
V2O5VOCl2溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体
(1)“还原”过程中的还原剂是____________(填化学式)。
(2)已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。
①仪器M的名称是___________，实验开始前的操作是_________。
②装置B的作用是__________________。
③加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，再进行下列操作，顺序为_______(填字母)。
a.锥形瓶口塞上橡胶塞
b.取下P
c.将锥形瓶置于干燥器中，静置过夜
④得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_______(填离子符号)，用无水乙醇洗涤的目的是_______________。
⑤称量产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(已知滴定反应为+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为V mL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果______________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，产品中钒的质量分数为_________(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。
12．（2020·广西·二模）一种类似钻石的装饰品——锆石(ZrSiO4)，其做为装饰品，价格低廉，外观璀璨。天然锆石中常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质，称为锆英石。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：
Ⅰ. Zr在化合物中通常显价，氯化过程中除C、O元素外，其它元素均转化为其高价氯化物；
Ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，400℃升华
Ⅲ.Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr (SCN) 4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。
请回答下列问题
(1)滤渣1的主要成分是：______________
(2)①“氯化”过程中，锆石(ZrSiO4)发生反应的化学方程式为______________
②ZrCl4产率随温度、压强的变化如图所示，回答问题
“氯化”过程选择的最佳条件为_______；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为______
(3)“滤液1”中含有的阴离子，除OH-外还有____________________
(4)①常用的铜抑制剂为NaCN (氰化钠)，NaCN可与重金属阳离子反应，生成溶度积较小的沉淀(如Cu(CN)2，Ksp=4×10-10)，已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol/L，若需要溶液中Cu2+浓度等于1.0×10-6 mol/L，则预处理1L该溶液需要1mol/LNaCN溶液的体积为_____________(假设溶液混合后体积可以相加，计算结果保留两位小数)
②由于氰化钠有剧毒，因此需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，则在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式为_____________
13．（2020·广西南宁·二模）我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。
（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为__。
（2）在步骤II中除去的离子是___，操作X的名称为___。
（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是___，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L，应控制溶液的pH为___。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38］。
A．10~11 B．>11 C．约为10 D．约为4
（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为___，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是___。
（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：
电解池工作时，阴极发生的电极反应式为___，该装置的电能主要转变为___能。
14．（2020·广西玉林·一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4) 、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4 H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：_______________________(至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为UO22+，则该反应的离子方程式为 ________ 。
(2)“除铁净化”需要加入 ______ (填化学式)把溶液pH调节至4~5，滤渣的成分是____。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 ______________________ 。
(4)铁精矿(Fe3O4、Fe2S)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-39、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Kw=10-a，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：Fe3+(aq)+3H2O(l)= Fe(OH)3 (s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=___________(用含a的字母表示)。
②在T℃向饱和的Fe(OH)3、Fe(OH)2混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的会________(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____________________________ 。
15．（2020·广西柳州·统考模拟预测）某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题:
（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。
（2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于______。（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。
（3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。
（5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-) ：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。
16．（2020·广西南宁·统考一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4·H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：在pH为4～5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(l)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：________ (至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为，则该反应的离子方程式为_____。
(2)“除铁净化”需要加入____(填化学式)把溶液pH调节至4～5，滤渣的成分是_______。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是 ___。
(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃，
，，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K= __(用含以的字母表示)。
②在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的c(Fe2+)／c(Fe3+)会 __(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____。
17．（2020·广西玉林·统考一模）铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
已知：
①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子 Fe2＋ Fe3＋ Cu2＋ Mn2＋
开始沉淀 7.5 2.7 5.6 8.3
完全沉淀 9.0 3.7 6.7 9.8
②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38
（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有____（任写一种）。
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：____。
（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为____，若加 A 后溶液的 pH调为5，则溶液中 Fe3＋的浓度为____mol/L。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：____。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是____。
（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是____(写化学式)。
（7）过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是____。
参考答案：
1．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 防止生成排放造成环境污染
(3)
(4) A
(5)
(6)
【分析】辉钼矿（主要成分为MoS2，杂质含有Ca、Cu、Re等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMoO4，同时生成Ca、Cu、Re的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，浸出液回收金属铼，浸渣加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出液含、等，浸出液中加入净化除杂，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子，经过蒸发浓缩，浓缩液加入硫酸酸沉分离得多钼酸铵。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）“氧化焙烧”中是还原剂，钼元素由+2价升高到+6价，硫元素由-1价升高到+6价，氧气是氧化剂，氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是9:2；加入碳酸钙可以吸收二氧化硫进一步转化为硫酸钙，防止生成排放造成环境污染；
（3）加入溶液，钼酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，生成的离子方程式为； ；
（4）根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子；
（5）“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，离子方程式为：；
（6）通过流程可知，可循环利用的物质是、，两者可转化为碳酸铵在盐浸步骤中使用。
2．(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3) 90℃~95℃ 温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4
【分析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)
为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)
加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)
选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)
如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)
由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+) c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
3．(1)适当升温或适当增加硫酸的浓度等
(2) 铁氰化钾或高锰酸钾出现 蓝色沉淀或紫红色褪色
(3)5.8 × 10-14
(4) Al(OH)3+OH- = + 2H2O Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O
(5)提高铜、镍元素的浸取率
(6)CuR2 + 2H+=Cu2++ 2HR
(7)Na3PO4
【分析】铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr3+的滤液，电解滤液得到铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPO4、AlPO4沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铬系铜镍电镀污泥加入氨水、碳酸铵浸取，过滤得到含有和的滤液，向滤液中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进行反萃取，分液得到含Cu2+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与铬系铜镍电镀污泥处理流程中除杂的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。
(1)
为了增加“浸出I”的浸出效率，可以采取的措施是适当升温或适当增加硫酸的浓度等；
(2)
铬系铜镍电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二价铁转化为三价铁；证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+，可以用K3[Fe(CN)6]或KMnO4检验，若有Fe2+，现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色，故答案为：铁氰化钾或高锰酸钾；出现蓝色沉淀或紫红色褪色；
(3)
除杂的目的是使Fe3+、Cr3+、Al3+沉淀，Ni2+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，Ksp[AlPO4]最大，所以只要保证Al3+完全沉淀，则Fe3+、Cr3+也一定完全沉淀，此时溶液中mol/L=5.8×10-14mol/L；
(4)
Cr及其化合物的性质与铝类似，所以Al(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若NaOH过量，氢氧化物沉淀会溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH- = + 2H2O、Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH- = + 2H2O；Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O；
(5)
根据后续流程的处理可知“浸出Ⅱ”是为了得到和，多次浸取可以提高铜、镍元素的浸取率，故答案为：提高铜、镍元素的浸取率；
(6)
根据流程可知，反萃取的过程中CuR2在硫酸的作用下转化为Cu2+，离子方程式为CuR2+2H+=Cu2++2HR，故答案为：CuR2+2H+=Cu2++2HR；
(7)
根据“萃取Ⅱ”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3 H2O、(NH4)2CO3，可以循环使用；转溶时磷酸盐沉淀转化为氢氧化物，所得滤液I中主要溶质为Na3PO4，可以循环使用，故答案为：Na3PO4。
4．(1)将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度(任写1条，合理即可)
(2)3NiS ++6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H2O
(3)Fe(OH)3
(4) NiS(s) +Cu2+(aq) CuS(s)+Ni2+(aq) 8.4×1014 可能逸出有毒气体H2S，污染环境
(5)Ca2+、Mg2+
(6)增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HAZnA2·2HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。
【分析】含镍矿渣加入稀硫酸和氯酸钠，得到含Ni2+的浸出液，发生Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O、3NiS+-+6H+=3Ni2++3S+Cl-+3H2O，沉淀1含有S、Fe(OH)3，在溶液1中加入NiS调节溶液的pH，沉淀2中含有CuS，溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，溶液3中含有Ni2+、Zn2+，加入有机萃取剂，水层中含有Ni2+，在水层中加入碳酸钠，可得到NiCO3，以此解答该题；
(1)
浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为：将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度；
(2)
NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为3NiS ++6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H2O；
(3)
加入Na2CO3调节pH增大，目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为Fe(OH)3；
(4)
由CuS的溶度积常数比NiS小，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发生沉淀转化，反应的离子方程式为NiS(s) +Cu2+(aq) CuS(s)+Ni2+(aq)；该反应的化学平衡常数；若使用H2S气体替代NiS，其不足之处是可能逸出有毒气体H2S，污染环境；
(5)
溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，作用主要是除去溶液中的Ca2+、Mg2+；
(6)
“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HAZnA2·2HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。
5．(1)适当升高温度
(2) 将滤液蒸发浓缩 冷却结晶
(3)2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+
(4) 4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑ 4:1
(5) 2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O 3.2 可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失
【分析】由题干流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+=Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4·7H2O，据此分析解题。
（1）
对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，故答案为：搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
（2）
加入锌粉后置换出铜、镍，过滤得到滤液硫酸锌溶液，经过“一系列操作”得到皓矾晶体，则“一系列操作”主要包括将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，干燥。
（3）
置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，反应中锌发生氧化反应，Ni2+、Sb2O3发生还原反应，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+。
（4）
已知，Ag(NH3)2Cl可溶于水，电离成[Ag(NH3)2]+和Cl-，用肼(N2H4)还原Ag(NH3)2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag(NH3)2Cl+ N2H4=4Ag+N2+4NH4Cl+4NH3↑，反应中Ag(NH3)2Cl发生还原反应作氧化剂，N2H4发生氧化反应作还原剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1。
（5）
由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中过氧化氢将二价铁转化为三价铁，三价铁生成FeOOH沉淀，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH-=2FeOOH↓+2H2O。
由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的PH约为3.2。
已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀；故在PH＜6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、 Cu 、Ni的离子吸附而损失。
6．(1) +3 增大盐酸的浓度
(2)氧化Fe2+生成Fe3+
(3) 4.7～7.1 Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
(5)10 g L-1
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
（1）
Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；
（2）
“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；
（3）
沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑、2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
（5）
根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g L-1。
7． 将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取） 硅酸 2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O 将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离 Fe(OH)3 3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O 0.01×(107.2—14)2 8.7
【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC，碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1；向浸取液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀，过滤得到硫化镍滤渣；向硫化镍中加入稀硝酸，硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液；向硝酸镍溶液加入6mol/L氢氧化钠溶液，硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硫酸，氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液，溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。
【详解】(1) “浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率，故答案为：将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分是硅酸，故答案为：硅酸；
(3) 由分析可知， “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水，反应的离子方程式为2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O，故答案为：2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O；
(4) 由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液，达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的，故答案为：将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3；
(5) 由分析可知， “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O，故答案为：3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O；
(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01mol/L，氢氧根离子浓度为107.2—14 mol/L，Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)= 0.01×(107.2—14)2；镍离子沉淀完全时，溶液中镍离子浓度为1.0×10—5 mol/L，则溶液中氢氧根离子浓度为==10—5.3 mol/L，则溶液的pH为8.7，故答案为：0.01×(107.2—14)2；8.7。
8． 3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O CaCl2和 KCl 碳酸钾 碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑
【分析】石灰乳、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，过滤，除去CaSO4，步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl反应生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl，步骤V中加入碳酸钾，脱钙生成K4Fe(CN)6，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品。
【详解】(1)步骤I中Ca(OH)2、FeSO4与HCN发生非氧化还原反应生成Ca2Fe(CN)6和CaSO4，所得化学方程式为：3Ca(OH)2 + FeSO4 + 6HCN = Ca2Fe(CN)6 + CaSO4 + 6H2O；
(2)步骤Ⅲ中Ca2Fe(CN)6与KCl生成K2CaFe(CN)6和CaCl2，KCl加入肯定过量，故废液中溶质为CaCl2和 KCl；
(3)除钙一般用，步骤V反应为K2CaFe(CN)6 + X = K4Fe(CN)6 +СаСО3，则X为K2СО3，名称为碳酸钾；
(4)①NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性；
②反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒，可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN- + 3ClO- = +CO2↑+3Cl-+N2↑；
③HCN的Ka=6.3×10-10，0.1 mol L-1 HCN溶液中，c(H+)=c(CN-)=c mol/L，c(HCN)=(0.1-c)mol/L，
，则。
9． [3.2,8.3) 小于 节约成本，提高原料的利用率
【分析】菱锰矿与、硫酸先反应生成、，加入氨水，调pH过滤除去得到沉淀；向浸出液中加入硫化铵，与结合生成沉淀而被除去；电解液主要为硫酸铵和硫酸锰的混合液，电解硫酸铵和硫酸锰的混合液获得金属锰。
【详解】(1)主要成分与硫酸的反应为复分解反应；、在酸性条件下的反应为氧化还原反应，其反应分别为、，故填、；
(2)加入氨水的目的是为了除去，根据表中数据，完全沉淀时的pH为3.2，开始沉淀的pH分别为8.3，在不影响Mn元素的情况下，除去的最佳pH控制在3.2≤pH＜8.3；pH=4时，，根据，可知==，故填[3.2,8.3)、；
(3)加入氨水时没能除去，加入硫化钠除去了剩余的，说明比更难溶，即相同温度下，的溶解度小于，故填小于；
(4)电解硫酸锰生成锰单质和硫酸，其反应为，故填；
(5)与Al反应属于置换反应，其反应为，故填；
(6)将电解锰后的硫酸收集循环使用的意义在于节约成本，提高原料的利用率，故填节约成本，提高原料的利用率。
10． PbSO4 蒸发浓缩 1：2：2 2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓ NaCl 2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O
【分析】由题干信息可知，含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)，故“酸浸”步骤发生的主要反应有：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Pb+H2SO4=PbSO4↓+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，过滤后固体为CuS、PbSO4和含铋的化合物，料液中主要有H+、Cu2+、Fe2+等阳离子，加入过量锌粉后，将置换出Cu和Fe，剩下硫酸锌溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得硫酸锌晶体，“溶铜”步骤中主要是将CuS转化为Cu2+和S，“溶铋”步骤中是将铋转化为可溶性的氯化物，通过调节溶液的pH将铋转化为BiOCl沉淀，再与浓的NaOH溶液反应生成铋黄，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有PbSO4；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O，故答案为：PbSO4；蒸发浓缩；
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，故三种氧化剂得到的电子数目相等，故有4n(O2)=2n(H2O2)=2n(MnO2),消耗这三种氧化剂物质的量之比为1：2：2，根据流程图可知， X为O2时，“溶铜”CuS反应生成S、硫酸铜和水，故该反应的离子方程式为：2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓，故答案为：1：2：2；2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓；
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，NaCl是一种原料丰富，容易获得的化学物质，且能增大溶液中c(Cl-)，故试剂Y是NaCl，故答案为：NaCl；
(4)由题干流程图可知，“制备”步骤是BiOCl与浓的NaOH溶液加热生成铋黄、NaCl和水，故该反应的离子方程式为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O，故答案为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O。
11． N2H4·2HCl 长颈漏斗 检查装置的气密性 除去二氧化碳气体中的氯化氢 bac Cl- 除去晶体表面的水 偏高
【分析】根据合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H4·2HCl的作用，还原为VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液同时搅拌将得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干杂得到较纯晶体，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。
【详解】(1)反应过程中稀盐酸起到酸性的作用，N2H4·2HCl在反应中起到还原剂的作用；
(2)①根据图示装置，仪器M为长颈漏斗；实验开始前要检查装置的气密性；
②装置B的作用是除去制备的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，否则氯化氢与碳酸氢铵会发生反应，降低晶体产率；
③加完VOCl2继续搅拌一段时间，此时需要将分液漏斗取出并密封锥形瓶，目的是防止氧气从分液漏斗中进入锥形瓶，使VO2+被锥形瓶中的氧气持续氧化，减少产量，将密封好的锥形瓶放在干燥器中静置过夜，保证锥形瓶中的反应进行彻底，故正确的顺序为bac；
④根据生成物的晶体组成分析，晶体中不含有Cl-，故用饱和NH4HCO3溶液洗涤可除去的阴离子主要是Cl-，减少晶体的溶解；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；
⑤若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液的体积偏高，会使测定结果偏高；根据滴定反应+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c mol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，产品中钒(以VO2+计)的质量分数为。
12． Zr (OH) 4 ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2 1×106Pa，390℃ 温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低 SiO32-、AlO2-、Cl- 2.06L 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O
【分析】天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，沉淀中主要有Fe(OH)3、Zr(OH)4、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，通入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。
【详解】(1)滤渣1中含有Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2，主要成分是Zr(OH)4；
(2)①根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；
②观察图象可知产率最高点时的压强和温度分别是1×106Pa，390℃；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低；
(3)“滤液1”中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，阴离子除OH-外还有SiO32-、AlO2-、Cl-；
(4)①沉淀Cu2+需要2 L 1 mol/L NaCN溶液，根据Ksp=c( Cu2+)×c2(CN-),代入Ksp=4×10-10、c(Cu2+)=1.0×10-6 mol/L计算，可得最终混合液中c(CN-)=2.0×10-2mol/L。设所需体积为(2+x)L，则有x=2.00×10-2×(3+x)，计算得x≈0.06，所以最终需要2.06 L溶液；
②)漂白液或漂白液的有效成分都含有ClO-，由题意知氮元素氧化生成N2，碳元素氧化生成CO32-， ClO-还原成Cl-，结合原子个数守恒、电子守恒进行配平，发生反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O。
【点睛】计算NaCN溶液的体积不能只算沉淀所需的，需先计算沉淀完Cu2+所需的NaCN，再通过Ksp计算出溶液中剩余的NaCN，二者加和即可；方程式的书写要确定产物，再根据方程式的配平方法进行配平。
13． +3 Mg2+(或镁离子） 过滤 氧化性 D 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+ CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高 Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O 化学
【分析】由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO42-，转变为Cr2O72-，据此回答；
【详解】（1））由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；
答案为：+3；
（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤；
答案为：Mg2+(或镁离子）；过滤；
（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，则c(OH-)＜10-10 mol/L，c(H+)＞10-4 mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，故选D；
答案为：氧化性；D；
（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程：，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72-产率也就越高；
答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高；
（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72-得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置；
答案为：Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学。
【点睛】解工业流程题，要结合信息、流程及物质的知识综合应用。问题（4）中步骤IV离子方程式容易出错，一个关键是反应条件为碱性条件，关键二是溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，关键三是信息提示的灵活应用——NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+。
14． 将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等 3UO2+6H+ +C1O3—= 3UO22-+ +3H2O+C1— MgO Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大 Mg2+ 浓度，有利于MgSO4·H2O析出 2.5×10(37—3a) 变大 ====2.0×1022×c（OH-），加入NaOH固体后，溶液的c(OH—)增大，所以变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、Fe2S)，调节滤液的pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-，故答案为：将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等；3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，调节pH，需要避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成的沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4 H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4 H2O；
(4)①在T℃，Fe3+水解方程式为Fe3+(aq)+3H2O(l)═Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意结合Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]、Kw将转化为与氢氧化钠浓度(溶液的酸碱性)有关的关系式。
15． Na2SiO3 NaAlO2 H2SiO3 4.7 NH4++VO3-=NH4VO3↓ 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑ 3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞C2O42-＞c(OH-) 0.38
【分析】“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2；
“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+；
“调pH”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；
“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5；
“还原”时，用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+，调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3，据以上分析解答。
【详解】(1) 高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；
(2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，Fe3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=4.0×10-38，c3(OH-)=4.0×10-33，c3(H+)=，c(H+)=×10-4≈6×10-4，pH≈4-lg6＜4。Al3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=1.0×10-33，c3(OH-)=1.0×10-28，c3(H+)=，c(H+)=，pH=-lg()=5- lg()≈4.7＞4，综上所述，要使A3+和Fe3+完全沉淀，pH不低于4.7，故答案为：H2SiO3；4.7；
(3)“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3沉淀煅烧得到V2O5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O和NH3，方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑，故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；
(4) “还原”时，C2O42-将CrO42-还原成Cr3+，pH在2.5左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为CO2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O，故答案为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O；
(5) HC2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)＞c(HC2O4-)，HC2O4-的电离常数= Ka2=6. 4×10-5，HC2O4-的水解常数Kh==≈1.7×10-13，电离常数＞＞水解常数，加之水电离也能产生一定的H+，所以c(H+)＞C2O42-＞c(OH-)。水解和电离都是微弱的，所以，c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，综上所述：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)。H2C2O4H++HC2O4-，Ka1=，HC2O4-H++C2O42-，Ka2=，Ka1×Ka2=×=。pH= 2.5，则c(H+)=10-2.5，所以，==0.38（保留两位有效数字），即c(C2O42- ):c(H2C2O4)=0.38，故答案为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；0.38；
【点睛】(5)二酸弱酸H2X：。
16． 搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种） 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl- MgO或Mg(OH)2 Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4 H2O 2.5×10(37-3a) 变大 ====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS)，滤液调节pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等； 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，应调节pH，为避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4 H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4 H2O；
(4)①在T℃， Fe3+水解方程式为，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃，
回答下列问题：
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的难点为(4)②，要注意将转化为c(OH-)的关系式，再判断。
17． 充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O 3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6） 4.0×10－11 Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋ 将溶液加热 (NH4)2SO4 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）
【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。
【详解】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，
答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；
（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，
答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH调的范围为3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；当溶液pH调为5时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)==10-9 mol/L，已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则c(Fe3+)===4.0×10－11 mol/L，
答案为：3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；4.0×10－11；
（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋，
故答案为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，
故答案为将溶液加热；
（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，
故答案为(NH4)2SO4；
（7）检验沉淀是都洗净，主要是检验沉淀表面是否含有硫酸根离子，则操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净，
答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页