2020-2024年五年高考1年模擬化學真題分類匯編（山東專用）-專題11 工藝流程綜合題（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題11工藝流程綜合題-1．（2024·山東卷）以鉛精礦(含，等)為主要原料提取金屬和的工藝流程如下：回答下列問題：（1）“熱浸”時，難溶的和轉(zhuǎn)化為和及單質(zhì)硫。溶解等物質(zhì)的量的和時，消耗物質(zhì)的量之比為；溶液中鹽酸濃度不宜過大，除防止“熱浸”時揮發(fā)外，另一目的是防止產(chǎn)生(填化學式)。（2）將“過濾Ⅱ”得到的沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，電解所得溶液可制備金屬“電解I”陽極產(chǎn)物用尾液吸收后在工藝中循環(huán)使用，利用該吸收液的操作單元為。（3）“還原”中加入鉛精礦的目的是。（4）“置換”中可選用的試劑X為(填標號)。A．

B．

C．

D．“置換”反應(yīng)的離子方程式為。（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，用作(填“陰極”或“陽極”)?！敬鸢浮浚?）1:1H2S（2）熱浸（3）將過量的Fe3+還原為Fe2+（4）C（5）陽極〖祥解〗本題以鉛精礦(含，等)為主要原料提取金屬和，“熱浸”時，難溶的和轉(zhuǎn)化為和及單質(zhì)硫，被還原為Fe2+，過濾I除掉單質(zhì)硫濾渣，濾液中在稀釋降溫的過程中轉(zhuǎn)化為PbCl2沉淀，然后用飽和食鹽水熱溶，增大氯離子濃度，使PbCl2又轉(zhuǎn)化為，電解得到Pb；過濾II后的濾液成分主要為、FeCl2、FeCl3，故加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2，試劑X將置換為Ag，得到富銀鉛泥，試劑X為鉛，尾液為FeCl2?！窘馕觥浚?）“熱浸”時，將和中-2價的硫氧化為單質(zhì)硫，被還原為Fe2+，在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變，所以等物質(zhì)的量的和時，S2-物質(zhì)的量相等，所以消耗的物質(zhì)的量相等，比值為1:1；溶液中鹽酸濃度過大，這里主要考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S氣體。（2）“過濾Ⅱ”得到的沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，會溶解為，電解溶液制備金屬，在陰極產(chǎn)生，陽極Cl-放電產(chǎn)生Cl2，尾液成分為FeCl2，F(xiàn)eCl2吸收Cl2后轉(zhuǎn)化為FeCl3，可以在熱浸中循環(huán)使用。（3）過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應(yīng)的Fe3+，根據(jù)還原之后可以得到含硫濾渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是是將將過量的Fe3+還原為Fe2+。（4）“置換”中加入試劑X可以可以得到富銀鉛泥，為了防止引入其他雜質(zhì)，則試劑X應(yīng)為Pb，發(fā)生的反應(yīng)為：。（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來，所以不可能作為陰極，應(yīng)作為陽極板，陽極放電視，銀變成陽極泥而沉降下來，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應(yīng)作陽極。2．（2023·山東卷）鹽湖鹵水(主要含、和硼酸根等)是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備的工藝流程如下：已知：常溫下，。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示。回答下列問題：（1）含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應(yīng)可制備硼砂。常溫下，在硼砂溶液中，水解生成等物質(zhì)的量濃度的和，該水解反應(yīng)的離子方程式為_____，該溶液_____。（2）濾渣Ⅰ的主要成分是_____(填化學式)；精制Ⅰ后溶液中的濃度為，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應(yīng)控制在_____以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收外，還將增加_____的用量(填化學式)。（3）精制Ⅱ的目的是_____；進行操作時應(yīng)選擇的試劑是_____，若不進行該操作而直接濃縮，將導致_____。【答案】（1）（2）純堿（3）加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉(zhuǎn)化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度鹽酸濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的中會混有，最終所得的產(chǎn)率減小〖祥解〗由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫鎂后過濾，所得濾液經(jīng)濃縮結(jié)晶后得到晶體，該晶體中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙燒后生成HCl氣體；燒渣水浸后過濾，濾液中加生石灰后產(chǎn)生沉淀，在此條件下溶解度最小的是，則濾渣Ⅰ的主要成分為；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ為;精制Ⅱ所得濾液經(jīng)操作X后，所得溶液經(jīng)濃縮結(jié)晶、過濾得到氯化鈉，濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰，得到?！窘馕觥浚?）含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應(yīng)可制備硼砂。常溫下.在硼砂溶液中，水解生成等物質(zhì)的量濃度的和，該水解反應(yīng)的離子方程式為，由B元素守恒可知，和的濃度均為，，則該溶液。（2）由分析可知，濾渣I的主要成分是；精制I后溶液中的濃度為2.0，由可知，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應(yīng)控制在以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收HCl外，后續(xù)在濃縮結(jié)晶時將生成更多的氯化鈉晶體，因此，還將增加純堿（）的用量。（3）精制Ⅰ中，燒渣水浸后的濾液中加生石灰后產(chǎn)生的濾渣Ⅰ的主要成分為；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的，還需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉(zhuǎn)化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度。操作X是為了除去剩余的碳酸根離子，為了防止引入雜質(zhì)離子，應(yīng)選擇的試劑是鹽酸；加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子，若不進行該操作而直接濃縮，將導致濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的中會混有，最終所得的產(chǎn)率減小。3．（2022·山東卷）工業(yè)上以氟磷灰石[，含等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如下：回答下列問題：（1）酸解時有產(chǎn)生。氫氟酸與反應(yīng)生成二元強酸，離子方程式為_______。（2）部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中，按物質(zhì)的量之比加入脫氟，充分反應(yīng)后，_______；再分批加入一定量的，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是_______。（3）濃度(以計)在一定范圍時，石膏存在形式與溫度、濃度(以計)的關(guān)系如圖甲所示。酸解后，在所得、為45的混合體系中，石膏存在形式為_______(填化學式)；洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗滌液X的操作單元是_______；一定溫度下，石膏存在形式與溶液中和的關(guān)系如圖乙所示，下列條件能實現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是_______(填標號)。A．、、

B．、、C．、、

D．、、【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O（2）

（3）

CaSO4?0.5H2O

減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率

酸解

D【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后過濾，得到粗磷酸和濾渣，濾渣經(jīng)洗滌后結(jié)晶轉(zhuǎn)化為石膏；粗磷酸以精制I脫氟、除硫酸根離子和，過濾，濾液經(jīng)精制II等一系列操作得到磷酸。（1）氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強酸H2SiF6，該反應(yīng)的離子方程式為6HF+SiO2=2H+++2H2O。（2）精制1中，按物質(zhì)的量之比n(Na2CO3):n()=1:1加入Na2CO3脫氟，該反應(yīng)的化學方程式為H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應(yīng)后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有飽和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根據(jù)Na2SiF6的溶度積可知Ksp=c2(Na+)?c()=4c3()，c()=mol?L-1，因此c(Na+)=2c()=mol?L-1；同時，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c()=mol?L-1；分批加入一定量的BaCO3，當BaSiF6沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，當BaSO4沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，因此，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是，然后才是。（3）根據(jù)圖中的坐標信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是：減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率；洗滌液X中含有硫酸，其具有回收利用的價值，由于酸解時使用的也是硫酸，因此，回收利用洗滌液X的操作單元是：酸解。由圖甲信息可知，溫度越低，越有利于實現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶的轉(zhuǎn)化，由圖乙信息可知，位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在：A．P2O5%=l5、SO3%=15，由圖乙信息可知，該點坐標位于兩個溫度線之間，故不能實現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，A不符合題意；B．P2O5%=10、SO3%=20，由圖乙信息可知，該點坐標位于兩個溫度線（65℃、80℃）之間，故不能實現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，B不符合題意；C．P2O5%=10、SO3%=30，由圖乙信息可知，該點坐標位于，該點坐標位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實現(xiàn)晶體轉(zhuǎn)化，C不符合題意；D．P2O5%=10、SO3%=10，由圖乙信息可知，該點坐標位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故能實現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，D符合題意；綜上所述，能實現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是D。4．（2021·山東卷）工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)的工藝流程如圖。回答下列問題：（1）焙燒的目的是將FeCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是___。（2）礦物中相關(guān)元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如圖所示。當溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol?L-1時，可認為已除盡。

中和時pH的理論范圍為___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作單元的名稱)過程中除去。（3）蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)將導致___；冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有____。（4）利用膜電解技術(shù)(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備Na2Cr2O7的總反應(yīng)方程式為：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。則Na2Cr2O7在___(填“陰”或“陽”)極室制得，電解時通過膜的離子主要為___?！敬鸢浮吭龃蠓磻?yīng)物接觸面積，提高化學反應(yīng)速率使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率浸取所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2OH2SO4陽Na＋〖祥解〗以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)過程中，向鉻鐵礦中加入純堿和O2進行焙燒，F(xiàn)eCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4，F(xiàn)e(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為NaAlO2、Na2SiO3，加入水進行“浸取”，F(xiàn)e2O3不溶于水，過濾后向溶液中加入H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使、轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，再向濾液中加入H2SO4，將Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，將溶液蒸發(fā)結(jié)晶將Na2SO4除去，所得溶液冷卻結(jié)晶得到Na2Cr2O7?2H2O晶體，母液中還含有大量H2SO4。據(jù)此解答?！窘馕觥浚?）焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使O2向上流動，增大固體與氣體的接觸面積，提高化學反應(yīng)速率，故答案為：增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學反應(yīng)速率。（2）中和時調(diào)節(jié)溶液pH目的是將、轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，由圖可知，當溶液pH≥4.5時，Al3+除盡，當溶液pH＞9.3時，H2SiO3會再溶解生成，因此中和時pH的理論范圍為；將Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移動，可提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；由上述分析可知，F(xiàn)e元素在“浸取”操作中除去，故答案為：；使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；浸取。（3）蒸發(fā)結(jié)晶時，Na2SO4主要以Na2SO4?10H2O存在，Na2SO4?10H2O的溶解度隨溫度升高先增大后減小，若蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)將導致所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2O；由上述分析可知，流程中循環(huán)利用的物質(zhì)除Na2Cr2O7外，還有H2SO4，故答案為：所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2O；H2SO4。（4）由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，電解過程中實質(zhì)是電解水，陽極上水失去電子生成H＋和O2，陰極上H+得到電子生成H2，由可知，在氫離子濃度較大的電極室中制得，即Na2Cr2O7在陽極室產(chǎn)生；電解過程中，陰極產(chǎn)生氫氧根離子，氫氧化鈉在陰極生成，所以為提高制備Na2Cr2O7的效率，Na＋通過離子交換膜移向陰極，故答案為：陽；Na＋。5．（2020·山東卷）用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp回答下列問題（1）軟錳礦預(yù)先粉碎的目的是，MnO2與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學方程式為。（2）保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的原因是。（3）濾液I可循環(huán)使用，應(yīng)當將其導入到操作中(填操作單元的名稱)。（4）凈化時需先加入的試劑X為(填化學式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為(當溶液中某離子濃度時，可認為該離子沉淀完全)。（5）碳化過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為?！敬鸢浮吭龃蠼佑|面積，充分反應(yīng)，提高反應(yīng)速率：過量的MnO2消耗了產(chǎn)生的Ba(OH)2蒸發(fā)H2O24.9〖祥解〗軟錳礦粉(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進行反應(yīng)，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向濾液中加入合適的氧化劑將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+，然后加入氨水調(diào)節(jié)pH，使Fe3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為Fe(OH)3和Al(OH)3，此時濾液中的金屬陽離子只有Mn2+，向濾液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳酸錳?！窘馕觥浚?）軟錳礦預(yù)先粉碎可以增大反應(yīng)物的接觸面積，使反應(yīng)更充分，提高反應(yīng)速率；MnO2與BaS反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，根據(jù)元素價態(tài)規(guī)律可知-2價的S元素應(yīng)被氧化得到S單質(zhì)，則MnO2與BaS的系數(shù)比應(yīng)為1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有Ba(OH)2，結(jié)合元素守恒可得化學方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；（2）根據(jù)題目信息可知MnO2為兩性氧化物，所以當MnO2過量時，會消耗反應(yīng)產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值后會減??；（3）濾液I為結(jié)晶后剩余的Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用；（4）凈化時更好的除去Fe元素需要將Fe2+氧化為Fe3+，為了不引入新的雜質(zhì)，且不將Mn元素氧化，加入的試劑X可以是H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和Al(OH)3為同類型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e3+也一定完全沉淀，當c(Al3+)=1.0×10-5mol/L時，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理論最小值為4.9；（5）碳化過程Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子和一水合氨反應(yīng)生成銨根和水，所以離子方程式為Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。1．（2024·山東德州一模）是一種光催化材料。工業(yè)利用某廢催化劑(主要含、、NiO及少量、)制備的工藝流程如下：已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的堿性氧化物Ⅱ.0.1溶液的pH=1.0Ⅲ.回答下列問題：（1）濾渣的主要成分是；酸化時，完全轉(zhuǎn)化為的最大pH為。(已知；離子濃度≤10-5mol/L時沉淀完全)（2）“酸化”后的溶液中存在，則“還原”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（3）反萃取劑應(yīng)選用(填“酸性”、“中性”或“堿性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的過程中釩的總回收率為90%，則“還原”時加入的和“氧化”時加入的的物質(zhì)的量之比為。（4）生成的化學方程式為，實驗測得溶液pH、溫度和溶液濃度對生成的粒徑影響圖像如下：綜合分析：制備粒徑較小的晶體的最佳條件是；制備過程中需加入NaOH維持最佳pH，若過量，需要增加NaOH的用量，原因是?！敬鸢浮浚?）Al(OH)3和H2SiO3，8.37（2）（3）酸性10∶3（4）H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6，80℃，濃度為1.0mol?L-1溶液溶液顯酸性，則為了維持最佳pH，需要增加NaOH的用量〖祥解〗本題為利用某廢催化劑制備的工業(yè)流程題，首先用氫氧化鈉堿溶，根據(jù)信息可知，沉淀為Bi2O3、NiO，其中氧化鋁和二氧化硅分別轉(zhuǎn)化為四羥基合鋁酸鈉和硅酸鈉，過濾后再酸化，其中濾渣為Al(OH)3和H2SiO3，提純后得到NH4VO4，沉淀處理后得到Bi(NO3)3，最終得到產(chǎn)品，以此解題?！窘馕觥浚?）由分析可知，濾渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；該反應(yīng)的平衡常數(shù)，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37；（2）根據(jù)流程可知，“還原”時轉(zhuǎn)化為，相應(yīng)的方程式為：；（3）結(jié)合信息Ⅲ可知，根據(jù)平衡移動原理可知，反萃取劑應(yīng)選用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合價都是+5價，則根據(jù)得失電子守恒可知，還原劑失去電子的物質(zhì)的量等于氧化劑得到電子的物質(zhì)的量，設(shè)的物質(zhì)的量為x，的物質(zhì)的量為y，則2x×90%=6y，則x∶y=10∶3；（4）根據(jù)流程可知，生成BiVO4的化學方程式為H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根據(jù)圖中信息可知，制備粒徑較小的BiVO4晶體的最佳條件是：pH=6，80℃，濃度為1.0mol?L-1；根據(jù)信息Ⅱ可知，溶液溶液顯酸性，則為了維持最佳pH，需要增加NaOH的用量。2．（2024·山東德州一中、二中聯(lián)考一模）利用蛇紋石提鎂后的中和渣（主要成分為及等雜質(zhì)）提取高附加值的鐵紅的一種工藝流程如下圖所示。已知：（1）

（2）溶液中離子濃度時可認為完全沉淀請回答下列問題：（1）濾渣1的成分為（填化學式），濾液2中主要的金屬陽離子為．（2）還原過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，可用試劑檢驗還原是否完全。（3）欲制備高純鐵紅，凈化過程溶液中各離子的去除率與的關(guān)系如下圖，則應(yīng)控制為．（4）沉鈷鎳時，若溶液中濃度均為逐漸加入，則先沉淀的離子為，計算說明兩種離子能否徹底先后分離．（5）煅燒過程中發(fā)生的化學方程式為．【答案】（1）和

（2）溶液或苯酚（3）4.5（4）當恰好沉淀完全時，，根據(jù)，此時，，不生成沉淀，故可以將和徹底先后分離。（5）〖祥解〗蛇紋石提鎂后的中和渣(主要成分為及等雜質(zhì))加入硫酸酸浸，SiO2、生成的硫酸鉛不溶于H2SO4，所以浸渣的成分是SiO2、PbSO4，酸浸液中含有Fe3+、Al3+、Co2+、Cr3+、Ni2+，加入二氧化硫還原Fe3+生成Fe2+，加入NaOH凈化，生成Cr(OH)3和Al(OH)3，則濾渣1為Cr(OH)3和Al(OH)3，所得濾液加Na2S沉鈷鎳，則濾渣2為CoS、NiS，所得濾液2中主要的金屬陽離子為、，加入碳酸氫銨和一水合氨沉鐵，反應(yīng)過程中元素化合價不發(fā)生變化，則所得濾渣3為FeCO3，經(jīng)煅燒得到目標產(chǎn)物鐵紅。【解析】（1）據(jù)分析，濾渣1的成分為和（填化學式），濾液2中主要的金屬陽離子為、。（2）還原過程為二氧化硫還原Fe3+生成Fe2+，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為，檢驗還原是否完全，只要檢測所得溶液中是否含F(xiàn)e3+，F(xiàn)e3+能和KSCN溶液顯血紅色、和苯酚溶液顯紫色，則可用試劑溶液或苯酚檢驗還原是否完全。（3）凈化過程是保證Cr3+、Al3+轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3和Al(OH)3，而Fe2+盡可能不沉淀，由溶液中各離子的去除率與的關(guān)系圖知，為4.5時最理想，則應(yīng)控制為4.5。（4）已知、，則CoS的溶解度比NiS更小、CoS更容易生成，故沉鈷鎳時，若溶液中濃度均為逐漸加入，則先沉淀的離子為；當恰好沉淀完全時，，根據(jù)，此時，，不生成沉淀，故可以將和徹底先后分離。（5）沉鐵、得到濾渣3為FeCO3，經(jīng)煅燒得到目標產(chǎn)物鐵紅，則煅燒過程中氧氣為氧化劑，則發(fā)生的化學方程式為。3．（2024·山東菏澤一模）稀土針鐵硼永磁材料廣泛應(yīng)用于新能源汽車、節(jié)能環(huán)保家電、國防軍事等工業(yè)領(lǐng)域。工業(yè)上以釹鐵硼廢料[含釹(，質(zhì)量分數(shù)為)、]為主要原料回收高純度釹的工藝流程如下。已知：①的穩(wěn)定價態(tài)為價；的活動性較強，與稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生；硼難溶于稀硫酸。釹離子可與過量生成可溶性配合物；②常溫下，。回答下列問題：（1）常溫下，“沉釹”過程中調(diào)節(jié)溶液的為2.3，釹全部以沉淀完全。若溶液中，(填“有”或“無”)沉淀生成；酸性太強會使“沉釹”不完全，原因是。（2）“沉淀”過程得到晶體。此過程中，草酸實際用量與理論計算量的比值和沉釹率的關(guān)系如圖所示，對沉釹率變化趨勢進行解釋：。（3）“濾液2”的溶質(zhì)主要為(填化學式)；“濾液3”中的(填化學式)可在上述流程中循環(huán)利用。（4）“一系列操作”包括；空氣中“煅燒”時生成無毒的氣體，反應(yīng)的化學方程式為。【答案】（1）無酸性太強，H+與反應(yīng)生成，導致濃度太小，沉淀不完全（2）適當增大草酸的用量，可增加的濃度，有利于提高沉釹率；草酸濃度過大釹離子可與過量生成可溶性配合物，從而降低沉釹率（3）、NaOHH2SO4（4）過濾、洗滌、干燥〖祥解〗釹鐵硼廢料加入稀硫酸酸浸，其中硼不與稀硫酸反應(yīng)，濾渣1為硼，隨后加入NaH2PO4反應(yīng)生成Nd(H2PO4)3沉淀，過濾濾液1中含有亞鐵離子，再加入過量NaOH進行堿轉(zhuǎn)化，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，灼燒Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3，Nd2O3熔融電解得到Nd?！窘馕觥浚?），因此不會有沉淀生成；酸浸后調(diào)整溶液的pH，若酸性太強，H+與反應(yīng)生成，導致濃度太小，沉淀不完全。（2）適當增大草酸的用量，可增加的濃度，有利于形成，從而提高沉釹率，但草酸濃度過大時釹離子可與過量生成可溶性配合物，從而降低沉釹率；（3）Nd(H2PO4)3+9NaOH=Nd(OH)3+3Na3PO4+6H2O，“濾液2”的主要溶質(zhì)有Na3PO4、NaOH?！盀V液3”中含有硫酸，可循環(huán)使用；（4）“沉淀”過程得到晶體，然后進行過濾、洗滌、干燥得到；“沉釹”后的晶體在空氣中充分煅燒生成無毒的氣體，該氣體為CO2,化學方程式為。4．（2024·山東濟南一模）工業(yè)上常用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合成電極材料LiMn2O4并回收凈水劑明礬，其工藝流程如圖所示。已知：①Mn2+在酸性條件下比較穩(wěn)定，pH高于5.5時易被O2氧化；②當溶液中某離子濃度時，可認為該離子沉淀完全；常溫下，幾種沉淀的如下表所示：③lg5=0.7?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸浸”時，通入稍過量SO2的目的是，一定溫度下，軟錳礦與不同濃度的硫酸反應(yīng)60min時結(jié)果如下表所示：c(H2SO4)/mol·L-11.05.010.016.018.0Mn浸出率/%2578958555Al浸出率/%35908350則“酸浸”時，選擇c(H2SO4)為mol·L-1。（2）加入MnCO3“調(diào)pH”時，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金屬陽離子濃度為0.001mol·L-1，則調(diào)pH的范圍為，若“濾渣Ⅲ”主要成分為FeOOH，則“氧化”操作中主反應(yīng)的離子方程式為。（3）“焙燒”操作中，為了提高Li2CO3利用率，加入稍過量的MnO2，加熱至600℃～750℃便制得LiMn2O4，則反應(yīng)的化學方程式為，整個流程中，可以循環(huán)使用的物質(zhì)有。（4）獲取明礬的“一系列操作”是。【答案】（1）將MnO2全部轉(zhuǎn)化為Mn2+，且將Fe3+還原為Fe2+，防止在濾渣Ⅱ中引入Fe(OH)310.0（2）4.67≤pH≤5.5（3）O2、硫酸（4）蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌〖祥解〗軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)與SO2和稀硫酸反應(yīng)，MnO2被還原為Mn2+，F(xiàn)e2O3生成Fe3+后被還原為Fe2+、Al2O3生成Al3+，SiO2不反應(yīng)，過濾除去，濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中加入碳酸錳調(diào)pH值，使Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，通過過濾分離開，濾渣Ⅱ為Al（OH）3，濾液中含有Mn2+、Fe2+，用氧氣將Fe2+氧化為FeOOH沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ為FeOOH，電解濾液，將Mn2+氧化為MnO2，MnO2和Li2CO3焙燒，得到LiMn2O4，濾渣Ⅱ為Al（OH）3，加入稀硫酸、K2SO4溶解，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌后得到明礬?！窘馕觥浚?）“酸浸”時，通入稍過量SO2的目的是：將MnO2全部轉(zhuǎn)化為Mn2+，且將Fe3+還原為Fe2+，防止在濾渣Ⅱ中引入Fe(OH)3；流程的目的是合成電極材料LiMn2O4并回收凈水劑明礬，要求Mn和Al的浸出率都盡量高，由表格數(shù)據(jù)可知，酸浸時，選擇10.0mol/L的硫酸溶液最合適；（2）加入碳酸錳調(diào)pH值，是為了讓Al3+轉(zhuǎn)化為Al（OH）3沉淀，而其他金屬陽離子依然在溶液中，，當Al3+完全沉淀時，，，，pH=4.67，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金屬陽離子濃度為0.001mol·L-1，當Mn2+開始沉淀時，，，，pH=8.35；當Fe2+開始沉淀時，，，，pH=7.35，綜上：Al3+完全沉淀時，pH=4.67，Mn2+開始沉淀時，pH=8.35，F(xiàn)e2+開始沉淀時pH=7.35，即4.67≤pH＜7.35，由于Mn2+在酸性條件下比較穩(wěn)定，pH高于5.5時易被O2氧化，則4.67≤pH≤5.5；（3）MnO2和Li2CO3焙燒，得到LiMn2O4，反應(yīng)的化學方程式為：；整個流程中，可以循環(huán)使用的物質(zhì)有：O2、硫酸；（4）獲取明礬的“一系列操作”是：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌。5．（2024·山東濟寧一模）一種以釕礦石[主要含Ru(CO3)2還含少量的Al2O3、FeO、MgO、SiO2和CaO等]為原料制備釕(Ru)的流程如圖，回答下列問題：已知：①常溫下，Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，≈2.7，≈3.9②離子濃度等于或低于1×10-5mol?L-1時，則認為該離子已被完全除去。（1）氣體A的成分為，濾液1中溶質(zhì)為。（2）“沉鐵”的離子方程式為。（3）“軟化”時，溶液中鈣離子和鎂離子的濃度分別為0.01mol?L-1和0.02mol?L-1，常溫下取2.0L該濾液，使其中Ca2+、Mg2+沉淀完全，則至少需要加入NaF的物質(zhì)的量為。（4）“灼燒”時Ar的作用是。（5）產(chǎn)生相同量的釕，方案1中消耗H2與方案2中產(chǎn)生CO2的物質(zhì)的量比值為；從安全角度分析，方案2優(yōu)于方案1，其理由是?！敬鸢浮浚?）CO2Na2SiO3、NaAl(OH)4（2）6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)↓+2Cl-+6OH-（3）0.1278mol（4）作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應(yīng)（5）1:2方案1使用氫氣作還原劑，氫氣是易燃易爆氣體，方案2更安全〖祥解〗熔融后得到熔塊為金屬氧化物和熔融混合生成的高溫不分解的鹽，Ru(CO3)2熱分解，氣體A為CO2，水浸時，熔融得到的硅酸鈉、四羥基合鋁酸鈉（偏鋁酸鈉）溶解，即為濾液1的溶質(zhì)，酸浸后溶液中有Ru3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，沉鐵時加入氯酸鈉在堿性條件下把二價鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀除去，軟化步驟是加入氟離子使Mg2+、Ca2+變?yōu)榉锍恋沓?，軟化后的液體即為含Ru3+的溶液，通過后續(xù)步驟得Ru；【解析】（1）由分析知，A為CO2，濾液1中溶質(zhì)為Na2SiO3、NaAl(OH)4；（2）“沉鐵”時，氯酸鈉在堿性條件下把二價鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀，離子方程式為6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)↓+2Cl-+6OH-；（3）Ksp(MgF2)=7.4×10-11更小，說明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀計算，Ksp(CaF2)=1.5×10-10=，當c(Ca2+)=1×10-5mol?L-1時，，則加上沉淀的氟離子，需加入NaF的物質(zhì)的量為；（4）“灼燒”時，方案1中有還原性的H2，未加入Ar,方案二加了Ar，故Ar的作用是作保護氣，防止釕與空氣中的氧氣反應(yīng)；（5）Ru從+2價變?yōu)?價，每生成1molRu，需要H21mol，分解產(chǎn)生CO22mol，方案1中消耗H2與方案2中產(chǎn)生CO2的物質(zhì)的量比值為1:2，從安全角度分析，方案2優(yōu)于方案1，從安全角度分析，方案2優(yōu)于方案1。6．（2024·山東聊城一模）活性炭載鈀（Pd/C）催化劑被廣泛應(yīng)用于醫(yī)藥和化工行業(yè)，某廢鈀催化劑（鈀碳）的雜質(zhì)主要含炭、有機物及少量Fe、Zn等。如圖是利用鈀碳制備氧化鈀（）和Pd的流程。（1）實驗室中可在（填儀器名稱）中模擬“焚燒”過程。為二元弱堿，常溫下的電離常數(shù)、，則常溫下0.1mol/L水溶液pH=。（2）“溶浸”步驟中鈀與王水發(fā)生反應(yīng)生成和一種有毒的無色氣體A，A為（填化學式），鈀的浸出率與反應(yīng)的時間、溫度的關(guān)系如圖所示，則最佳的浸取時間和溫度為，寫出“除鋅鐵”步驟中鈀的化合物與試劑Ⅰ反應(yīng)的化學方程式。（3）“沉鈀”步驟中試劑Ⅱ應(yīng)為（填名稱），加入該試劑的目的是。（4）海綿鈀具有優(yōu)良的儲氫功能。假設(shè)海綿鈀的密度為，其吸附的氫氣是其體積的n倍（標準狀況），則此條件下，氫氣的濃度mol（氫氣的濃度r為1molPd吸附氫氣的物質(zhì)的量，用含、n的分數(shù)式表示）?！敬鸢浮浚?）坩堝10.5（2）NO2.5h，90℃或（3）鹽酸中和，促進轉(zhuǎn)化為沉淀（4）〖祥解〗廢鈀催化劑高溫焚燒有機物、C、Fe、Zn、Pd被氧氣氧化生成氧化物，有機物、C轉(zhuǎn)化為尾氣而除去，加入N2H4，PdO被N2H4還原產(chǎn)生Pd，F(xiàn)e被還原為Fe單質(zhì)，Zn被還原為Zn單質(zhì)，再向其中加入王水，Pd、Fe、Zn都能溶于王水，其中Pd與王水反應(yīng)得到H2[PdCl4]溶液，同時產(chǎn)生有毒無色氣體NO氣體，再向溶液中加入濃氨水調(diào)節(jié)溶液pH，鈀轉(zhuǎn)化為可溶性的[Pd(NH3)4]2+，鐵離子、鋅離子全部形成Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀，然后過濾，向濾液中加入鹽酸，析出得到[Pd(NH3)2]Cl2黃色晶體，然后煅燒得到PdCl2，再經(jīng)過還原得到Pd。【解析】（1）坩堝耐高溫，實驗室可在坩堝中模擬焚燒實驗；的電離方程式為，電離常數(shù)，則c(OH-)=10-3.5，c(H+)==10-10.5，pH==10.5（2）由分析知有毒的無色氣體A為NO，由圖鈀的浸出率最佳的浸取時間和溫度為2.5h，90℃；除鋅鐵”步驟中鈀的化合物與試劑Ⅰ反應(yīng)的化學方程式：或（3）為了不增加新雜質(zhì)，“沉鈀”步驟中試劑Ⅱ應(yīng)為鹽酸；加入該試劑的目的是中和，促進轉(zhuǎn)化為沉淀（4）假設(shè)海綿鈀體積為1L，則海綿鈀為1000g，物質(zhì)的量為，吸附氫氣體積為nL，物質(zhì)的量為，則1molPd吸附氫氣的物質(zhì)的量為7．（2024·山東臨沂一模）廢舊電池鎳鈷錳酸鋰三元正極材料的主要成分為，通過高溫氫化和濕法冶金的方法回收其中的鎳、鈷、錳、鋰，其工藝流程如圖所示。已知：①該工藝條件下，Ni2+開始沉淀的pH為2，Co2+開始沉淀的pH為3。②M2+(Co2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有機相)+M2+(水相)MR2(有機相)+2H+(水相)?；卮鹣铝袉栴}：（1）“高溫氫化”時固體產(chǎn)物為Co、Ni、MnO和LiOH，該反應(yīng)的化學方程式為；實際生產(chǎn)中還有少量的Li2CO3生成，原因是。（2）“酸洗”的目的是；若“洗液”中c(Li+)=2.0mol?L-1，加入Na2CO3固體后，為使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素總量的95%，則1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物質(zhì)的量為mol[忽略溶液體積變化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。（3）“沉錳”過程中pH對金屬沉淀率的影響如圖所示。①生成MnO2的離子方程式為。②pH=0.5時，有少量鈷、鎳析出，可能的原因是；應(yīng)選擇的最佳pH為。（4）“反萃取”的目的是將有機層中Co2+、Ni2+轉(zhuǎn)移到水層。①試劑X為(填試劑名稱)。②為使Co2+、Ni2+盡可能多地轉(zhuǎn)移到水層，應(yīng)采取的實驗操作有?！敬鸢浮浚?）6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2OLiOH與空氣中CO2反應(yīng)（2）降低鋰在固體殘余物中的含量1.17（3）3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+MnO2沉淀過程中夾雜、包裹1（4）鹽酸多次反萃取〖祥解〗由題給流程可知，廢舊電池正極材料在氫氣和氮氣混合氣體中高溫氫化時，轉(zhuǎn)化為鈷、鎳、一氧化錳和氫氧化鋰，“高溫氫化”時得到的固體經(jīng)水洗、草酸酸洗得到氫氧化鋰洗液和固體殘余物；向氫氧化鋰中加入碳酸鈉溶液，將溶液中的鋰離子轉(zhuǎn)化為碳酸鋰沉淀，過濾得到碳酸鋰；向殘余物中加入硫酸溶液酸浸，將鈷、鎳、一氧化錳轉(zhuǎn)化為可溶的硫酸鹽，過濾得到濾渣和濾液；向濾液中加入高錳酸鉀，將溶液中的錳離子轉(zhuǎn)化為二氧化錳沉淀，過濾得到二氧化錳和濾液；向濾液中加入HR有機萃取劑萃取溶液中的亞鈷離子和鎳離子，分液得到水相和有機相；向有機相中加入鹽酸，經(jīng)多次反萃取、分液得到水相和有機相；水相中氯化亞鈷和氯化鎳在一定條件下分離得到氯化亞鈷和氯化鎳。【解析】（1）由分析可知，高溫氫化時發(fā)生的反應(yīng)為高溫條件下與氫氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為生成鈷、鎳、一氧化錳、氫氧化鋰和水，反應(yīng)的化學方程式為6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；實際生產(chǎn)中還有少量的碳酸鋰生成說明反應(yīng)生成的氫氧化鋰與空氣中的二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鋰和水，故答案為：6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；LiOH與空氣中CO2反應(yīng)；（2）由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氫氧化鋰洗液，所以酸洗的目的是將鋰元素完全轉(zhuǎn)移到洗液中，降低鋰在固體殘余物中的含量；由題意可知，溶液中鋰離子轉(zhuǎn)化為碳酸鋰時，消耗碳酸鈉的物質(zhì)的量為2.0mol/L×1.0L×95%×=0.95mol，溶液中鋰離子的濃度為2.0mol/L—2.0mol/L×95%=0.1mol/L，由溶度積可知，溶液中碳酸根離子的物質(zhì)的量為×1.0L=0.22mol，則1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸鈉的物質(zhì)的量為0.95mol+0.22mol=1.17mol，故答案為：降低鋰在固體殘余物中的含量；1.17；（3）①由分析可知，加入高錳酸鉀的目的是將溶液中的錳離子轉(zhuǎn)化為二氧化錳沉淀，反應(yīng)的離子方程式為3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案為：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；②pH=0.5時，有少量鈷、鎳析出是因為二氧化錳沉淀過程中夾雜、包裹了一定量的鈷元素和鎳元素；由圖可知，溶液pH為1時，錳元素沉淀率達到最大，而鈷元素和鎳元素沉淀率較小，則應(yīng)選擇的最佳pH為1，故答案為：MnO2沉淀過程中夾雜、包裹；1；（4）①由分析可知，試劑X為反萃取劑鹽酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亞鈷和氯化鎳的水相，故答案為：鹽酸；②由萃取原則可知，可以使用少量多次反萃取的方法使Co2+、Ni2+盡可能多地轉(zhuǎn)移到水層，故答案為：多次反萃取。8．（2024·山東名校聯(lián)考一模）銻(Sb)及其化合物廣泛用于化工生產(chǎn)。以粗銻氧為原料制備Sb和Sb2O3的工藝流程如圖所示。已知：Ⅰ.粗銻氧主要成分為Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等雜質(zhì)；Ⅱ.浸出液主要含Sb3+、H+和Cl-，還含有Sb5+、Zn2+、Fe3+和As3+等雜質(zhì)；Ⅲ.Sb2O3為兩性氧化物；Ⅳ.25℃時，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38回答下列問題：（1）已知SbCl3在熔融狀態(tài)下不導電，則SbCl3是化合物(填“共價”或“離子”)。（2）“還原”是用銻粉還原高價金屬離子。其中Sb將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+該轉(zhuǎn)化有利于“水解”時銻與鐵的分離，理由是。（3）“過濾”得到濾渣成分SbOCl，加氨水對其“除氯”的化學反應(yīng)方程式為。（4）為提高Sb2O3的純度，需要洗掉“濾渣Ⅱ”表面的AsCl3，最好選取的洗滌劑是(填標號)。a．NaCl溶液

b．4mol·L-1H2SO4

c．KOH溶液（5）“除砷”時有H3PO3生成，該反應(yīng)的化學方程式為。（6）“電解”過程中單位時間內(nèi)銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當電壓在U0V之前時，陰極主要的電極反應(yīng)式，當電壓超過U0V時，單位時間內(nèi)產(chǎn)率降低的原因可能是。【答案】（1）共價（2）由于與的數(shù)值相近，不易于沉淀分離，沉淀pH值較大（3）（4）a（5）（6）參與了電極反應(yīng)〖祥解〗粗銻氧主要成分為Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等雜質(zhì)，加入鹽酸浸取得浸取液，主要含Sb3+、H+和Cl-，還含有Sb5+、Zn2+、Fe3+和As3+等雜質(zhì)，濾渣1可回收Pb、Sn，浸出液中加入Sb還原SbCl5，生成SbCl3，加入時保證Zn2+沉淀完全，“除砷”時轉(zhuǎn)化H3PO3和砷單質(zhì)，剩余SbCl3溶液，電解得到Sb；SbCl3水解得到難溶于水的固體SbOCl，“過濾”得到濾渣成分為SOC1，加氨水對其“除氯”發(fā)生，過濾、洗滌、干燥得到?！窘馕觥浚?）SbCl3在熔融狀態(tài)下不導電，則SbCl3是共價化合物；（2）Sb將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+該轉(zhuǎn)化有利于“水解”時銻與鐵的分離，因為與的數(shù)值相近，不易于沉淀分離，沉淀pH值較大有利于與分離；（3）“過濾”得到濾渣成分SbOCl與氨水反應(yīng)生成，因此“除氯”的化學反應(yīng)方程式為；（4）為提高Sb2O3的純度，需要洗掉“濾渣Ⅱ”表面的AsCl3，最好選取的洗滌劑是NaCl溶液，可防止固體溶解，且不引入新雜質(zhì)；（5）“除砷”時和反應(yīng)有H3PO3和生成，該反應(yīng)的化學方程式為；（6）電壓在U0V之前時，陰極主要的電極反應(yīng)式；當電壓超過U0V時，單位時間內(nèi)產(chǎn)率降低的原因可能是參與了電極反應(yīng)。9．（2024·山東青島一模）蛇紋石礦(主要成分為MgO、SiO2和少量鐵、鋁、鎳等元素)與綠礬耦合焙燒提取富鎂溶液礦化CO2并回收鎳。工藝流程如圖。已知：①DDTC[]是一種常見的絡(luò)合劑，對低濃度鎳離子的絡(luò)合效果好；②25℃時，，?；卮鹣铝袉栴}：（1）“耦合焙燒”過程中綠礬做助劑，將蛇紋石礦的金屬元素全部轉(zhuǎn)化為硫酸鹽。“濾渣1”的主要成分為(填化學式)。（2）25℃時，pH對“浸出液”中金屬沉淀率的影響如圖，加入氨水調(diào)節(jié)的適宜pH≈。當鋁離子恰好完全沉淀時，mol?L-1(保留兩位有效數(shù)字)。(已知當離子濃度時認為已完全沉淀)（3）“濾餅”主要成分的結(jié)構(gòu)中存在兩個通過配位鍵形成的穩(wěn)定四元環(huán)。配位原子為，原因為。（4）“礦化”的離子方程式為。（5）已知蛇紋石礦中氧化鎂含量約為30%，提取過程中鎂損失率為20%。80℃時，若礦化率為95%，則每1000kg蛇紋石礦可固定CO2的質(zhì)量約為kg?！敬鸢浮浚?）SiO2（2）4.5（3）SS原子電負性小，半徑大，更易給出電子（4）（5）200.64〖祥解〗根據(jù)題給信息，耦合焙燒后有關(guān)金屬元素轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，SiO2不參與反應(yīng)，加入硫酸浸出時，硫酸鹽均溶解，SiO2等不溶性雜質(zhì)被過濾后留在濾渣1中，浸出液中加氨水調(diào)pH，使轉(zhuǎn)化為難溶堿而除去，凈化液中加入DDTC，與鎳離子絡(luò)合生成沉淀，過濾分離出濾餅，焙燒后獲得NiO，往濾液中通入NH3、CO2“礦化”后獲得。據(jù)此答題?！窘馕觥浚?）根據(jù)分析知，濾渣1的主要成分為SiO2。（2）根據(jù)圖示，為使盡可能沉淀，盡可能不損失，加入氨水調(diào)節(jié)的適宜。當鋁離子恰好完全沉淀時，，根據(jù)得此時。（3）DDTC中能夠提供孤電子對的原子有N、S，S的電負性小于N的，S的原子半徑大于N的，因此S更容易提供孤電子對與鎳離子形成配位鍵，則配位原子為S。（4）根據(jù)流程圖中提供的信息，“礦化”時反應(yīng)的離子方程式為：。（5）根據(jù)有關(guān)數(shù)據(jù)，“礦化”時實際反應(yīng)的質(zhì)量為：，根據(jù)“礦化”反應(yīng)的離子方程式得：因此每1000kg蛇紋石礦可固定CO2的質(zhì)量約為200.64kg。10．（2024·山東省實驗中學一模）以某種鐵鈷礦(主要成分為，還含有少量等雜質(zhì))為原料制取和黃鈉鐵礬的工藝流程如下圖所示：回答下列問題：（1）濾渣3的主要成分為；確定“濾液1”中的已被完全氧化的方法是。（2）向“溶液A”中加入適量的溶液，生成顆粒較大的黃鈉鐵礬[]沉淀的同時還生成一種氣體，這種氣體的化學式是。（3）向“濾液3”中按物質(zhì)的量之比為加入和，若“濾渣4”的成分為，總反應(yīng)的離子方程式是。經(jīng)檢測，“濾渣4”是由和形成的混合物。隔絕空氣灼燒時，發(fā)生反應(yīng)的化學方程式是；如果控制溫度不當，會生成雜質(zhì)，反應(yīng)的化學方程式是。（4）向“濾液1”中加入的“溶液”須控制用量，請解釋原因。【答案】（1）MgF2取適量濾液1于試管中，滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，無藍色沉淀產(chǎn)生，說明Fe2+已被完全氧化（2）CO2（3）（4）由于Fe2+的還原性強于Co2+，優(yōu)先被NaClO溶液氧化為Fe3+，若NaClO溶液過量，則Co2+也會被氧化，所以控制NaClO溶液有利于得到較純的黃鈉鐵礬〖祥解〗鐵鈷礦焙燒時硫元素轉(zhuǎn)化為二氧化硫，高溫下碳元素轉(zhuǎn)化為碳的氧化物，鐵元素轉(zhuǎn)化為鐵單質(zhì)，鈷元素轉(zhuǎn)化為鈷單質(zhì)，然后用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，濾液1中主要含有Co2+、Fe2+、Mg2+等，加入次氯酸鈉氧化溶液中的亞鐵離子，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH沉淀鐵離子，使其轉(zhuǎn)化為黃鈉鐵礬，濾液2中加入氟化鈉沉淀鎂離子，濾液3中加入次氯酸和碳酸鈉，氧化Co2+，同時使其轉(zhuǎn)化為濾渣4，濾渣4焙燒得到三氧化二鈷，據(jù)此解答。【解析】（1）①濾液2中加入氟化鈉沉淀鎂離子，所以濾渣3的主要成分為MgF2；②檢驗亞鐵離子一般用K3[Fe(CN)6]溶液，所以確定濾液1中的Fe2+已被氧化完全的方法為：取適量濾液1于試管中，滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，無藍色沉淀產(chǎn)生，說明Fe2+已被完全氧化；（2）①在溶液A中加入適量的Na2CO3調(diào)節(jié)pH為1.6～2.0，生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，根據(jù)原子守恒可知生成氣體的化學式為CO2；（3）①濾液3中加入次氯酸和碳酸鈉，氧化Co2+鈷離子，同時使其轉(zhuǎn)化為Co(OH)3，根據(jù)添加比例及氧化還原規(guī)律可得到總反應(yīng)的離子方程式是；②由流程可知，Co(OH)SO4隔絕空氣灼燒時生成Co2O3，根據(jù)原子守恒可知還有水和三氧化硫生成，則發(fā)生的化學反應(yīng)方程式為；③如果控制溫度不當，Co(OH)3會生成CoO雜質(zhì)，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)氧化還原規(guī)律，可得反應(yīng)方程式為：；（4）由于Fe2+的還原性強于Co2+，優(yōu)先被NaClO溶液氧化為Fe3+，若NaClO溶液過量，則Co2+也會被氧化，所以控制NaClO溶液有利于得到較純的黃鈉鐵礬。11．（2024·山東臨沂二模）高純二硫化鉬粉體被譽為“固體潤滑之王”。由鉬精礦(主要成分為，還有少量等)制備高純的一種工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）“焙燒”時生成的化學方程式為；“水洗”的目的是。（2）“轉(zhuǎn)化”過程中，存在。①轉(zhuǎn)化為的化學方程式為。②保持溫度為反應(yīng)后，冷卻至并靜置測得對晶體產(chǎn)率的影響如圖所示。時，晶體產(chǎn)率為0的原因是；時，晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大的原因是。（3）“酸浸”和“高溫還原”中產(chǎn)生的氣體可通入(填操作單元的名稱)中循環(huán)使用。（4）也可由在一定條件下加熱分解制得，同時產(chǎn)生和某種硫單質(zhì)，且與硫單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為，則硫單質(zhì)的分子式為?！敬鸢浮浚?）除去碳酸鉀（2）量不足，轉(zhuǎn)化生成繼續(xù)加入，使得銨根離子濃度增大，降低了溶解度，使其結(jié)晶析出，導致晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大（3）轉(zhuǎn)化（4）S4〖祥解〗鉬精礦在空氣中煅燒，將轉(zhuǎn)化為和二氧化硫，水洗除去碳酸鉀等可溶物，過濾分離出固體加入氨水浸取，氧化鐵、氧化鎂不反應(yīng)稱為浸渣，浸取液含有，加入硫化銨將，加入硫酸酸浸，得到硫化氫氣體和沉淀：+2H+=MoS3↓+H2S↑，使用氫氣高溫還原得到；【解析】（1）空氣中氧氣具有氧化性，“焙燒”時被氧化為，同時生成二氧化硫，化學方程式為；氧化鐵、氧化鎂、均不溶于水，而碳酸鉀溶于水，“水洗”的目的是除去碳酸鉀；（2）①加入硫化銨生成，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，同時生成一水合氨，化學方程式為。②時，量不足，轉(zhuǎn)化生成，故晶體產(chǎn)率為0；時，轉(zhuǎn)化生成，繼續(xù)加入，使得銨根離子濃度增大，降低了溶解度，使其結(jié)晶析出，導致晶體產(chǎn)率繼續(xù)增大；（3）“酸浸”和“高溫還原”中產(chǎn)生的氣體為硫化氫，硫化氫和氨水生成硫化銨，故可通入轉(zhuǎn)化環(huán)節(jié)中繼續(xù)使用；（4）與硫單質(zhì)的物質(zhì)的量之比為，假設(shè)生成8分子氨氣、1分子硫單質(zhì)，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，有4分子在參與反應(yīng)，則生成4分子，Mo化合價由+6變?yōu)?4，轉(zhuǎn)移4×2=8個電子，生成硫單質(zhì)的硫化合價由-2變?yōu)?，根據(jù)電子守恒可知，生成硫單質(zhì)中硫原子數(shù)目為8÷2=4，故硫單質(zhì)化學式為S4。12．（2024·山東名?？荚嚶?lián)盟二模）以水鈷礦(Co2O3·H2O，含F(xiàn)e2O3、MgO、CaO)和輝銅礦(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)為原料制取膽礬和單質(zhì)鈷。已知：①常溫下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaSO4)=7.1×10-7，Ksp(CoCO3)=2.4×10-7；②部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：金屬離子Fe3+Fe2+Co2+Cu2+開始沉淀時(c=0.01mol/L)的pH2.77.57.64.7完全沉淀時(c=10-5mol/L)的pH3.79.09.16.2③萃取Cu2+的反應(yīng)原理；Cu2++2HRCuR2+2H+；④Mg、Ca、Fe、Co均能與強酸反應(yīng)產(chǎn)生H2?；卮鹣铝袉栴}：（1）“酸浸”過程硫元素價態(tài)變?yōu)?6價，寫出“酸浸”過程中主要反應(yīng)的化學方程式：。（2）“濾渣1”的主要成分為。（3）常溫下，“濾液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化銅”調(diào)pH不小于。（4）常溫下，若“濾液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L(忽略溶液中極少量的Ca2+)，除去2L“濾液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固體的質(zhì)量為g(忽略溶液體積的變化)。（5）“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為。（6）采用惰性電極電解CoCl2溶液﹑在無離子交換膜的條件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是。（7）將制得的膽礬配成溶液，先加入足量氨水，得到深藍色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。經(jīng)儀器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五種元素，且Cu∶N∶S=1∶4∶l；所含Cu離子中無單電子；晶體的部分組成微粒的空間構(gòu)型分別為三角錐形和正四面體形。則白色沉淀的化學式為?！敬鸢浮浚?）（2）（3）3.7（4）4.60g（5）稀硫酸（6）電解CoSO4溶液使溶液呈酸性，將生成的Co再次溶解（7）〖祥解〗水鈷礦(Co2O3·H2O，含F(xiàn)e2O3、MgO、CaO)和輝銅礦(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)中加硫酸進行溶解，二氧化硅不能被硫酸溶解，同時生成硫酸鈣，過濾將二者除去；溶解過程中Co3+將Cu2S氧化，自身被還原為Co2+；加入氧化銅調(diào)節(jié)pH，以將Fe3+形成沉淀過濾除去；加入NaF，可將Mg2+和Ca2+形成沉淀，過濾除去；加入萃取劑對Cu2+進行萃取，以將Cu2+和Co2+分離，分離后加入反萃取劑硫酸進行反萃取后得含CuSO4溶液，經(jīng)操作得膽礬；萃取后水相中加入碳酸鈉將Co2+沉淀形成CoCO3，加鹽酸溶解后對溶液進行電解得Co?！窘馕觥浚?）“酸浸”過程Co元素化合價+3價降為+2價，硫元素價有-2價變?yōu)?6價，Cu元素化合價由+1價升高為+2價，根據(jù)得失電子守恒及質(zhì)量守恒，化學方程式：；（2）根據(jù)分析，“濾渣1”的主要成分：；（3）為確保Fe3+完全沉淀，應(yīng)調(diào)pH不小于3.7；（4）“濾液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L，除去后認為溶液中c(Mg2+)≤10-5mol/L，此時溶液中c(F-)===2.5×10-2mol/L，該反應(yīng)過程中Mg濃度變化：，則消耗NaF物質(zhì)的量：0.0298mol/L，“濾液2”體積為2L，對應(yīng)質(zhì)量：；（5）根據(jù)萃取Cu2+的反應(yīng)原理；Cu2++2HRCuR2+2H+及產(chǎn)物需得膽礬可判斷，“反萃取”步驟中加入的“試劑a”為稀硫酸；（6）用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，電解過程中陽極發(fā)生電極反應(yīng)：，導致溶液呈酸性，而陰極電極反應(yīng)：，生成的Co在酸性環(huán)境下被溶解；（7）白色沉淀晶體中分別呈三角錐和四面體形兩種離子，三角錐形離子為亞硫酸根離子，四面體形離子為氨分子，白色沉淀的化學式：。13．（2024·山東日照二模）用軟錳礦(，含、雜質(zhì))和方鉛礦(PbS含少量FeS)為原料制備電極材料的工藝流程如下：已知：，，有關(guān)離子沉淀時的pH：開始沉淀時8.37.62.73.0沉淀完全時9.89.63.74.7回答下列問題：（1）“濾渣1”除了S、外，還有(填化學式)。（2）“試劑a”可以選用(填標號)，“除雜”應(yīng)調(diào)pH范圍是。A．NaClO

B．

C．

D．NaOH（3）“沉錳”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（4）“沉錳”后上層清液中。（5）“焙燒”時發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為。（6）碳酸錳在空氣中加熱，固體殘留率隨溫度變化如圖。碳酸錳在300℃時已完全脫碳，則B點對應(yīng)的物質(zhì)的化學式為?！敬鸢浮浚?）（2）AC4.7≤pH<8.3（3）（4）2.5（5）（6）〖祥解〗浸取時生成硫酸錳、硫酸鋁、硫酸鉛、硫酸亞鐵、硫、硫酸鋰等，則濾渣1為硫酸鉛、S、；加入適量鐵，消耗一部分硫酸，加入氧化劑a,將硫酸亞鐵氧化，并且調(diào)pH，得到氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，向濾液中加入氨水與碳酸氫鈉沉錳得到碳酸錳，加入碳酸鋰和氧氣焙燒，得到?！窘馕觥浚?）根據(jù)分析知，“濾渣1”除了S、外，還有；（2）“試劑a”作用是氧化亞鐵離子，并且調(diào)pH得到氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，因此可以選用NaClO和，“除雜”調(diào)pH范圍是4.7≤pH<8.3；（3）根據(jù)電荷、原子守恒，“沉錳”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；（4）；（5）根據(jù)得失電子守恒以及原子守恒，“焙燒”時發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為；（6）設(shè)MnCO3物質(zhì)的量為1mol，m（MnCO3）=1mol115g/mol=115g，其中n（Mn）=1mol，m（Mn）=55g，800℃，剩余固體的質(zhì)量為115g68.7%=79g，其中m（O）=79g-55g=24g，n（O）=24g16g/mol=1.5mol，n（Mn）∶n（O）=2∶3，則B點對應(yīng)的物質(zhì)的化學式為。14．（2024·山東威海二模）銠(Rh)是一種稀有貴金屬，工業(yè)上從廢銠材料(主要含Rh，還含有Cu、Fe等)中提煉銠的主要途徑有如下兩種：已知：①Rh金屬活動順序位于H之后。②Rh(Ⅲ)易與形成配離子，且該配離子在水溶液中存在以下平衡：。③已知25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。氫氧化物(已知開始沉淀的金屬離子濃度為0.1mol·L；金屬離子濃度mol?L時，可認為該離子沉淀完全。)回答下列問題：（1）途徑一：①“氯化溶解”過程中，金屬Rh轉(zhuǎn)化為，該反應(yīng)的化學方程式為。②“定向脫銅”時，銅的沉淀率隨pH變化如圖所示，實際工業(yè)生產(chǎn)中控制pH為2，pH不宜大于2的原因是。③“陽離子交換”過程中，被陽離子交換樹脂吸附的金屬陽離子有。（2）途徑二：①“控溫焚燒”的目的是且防止Rh單質(zhì)被氧化。②“加熱至熔融”的目的是將焚燒后的物質(zhì)全部轉(zhuǎn)化成可溶性的硫酸鹽。已知Rh單質(zhì)與反應(yīng)的產(chǎn)物之一為，則參加反應(yīng)的Rh和的物質(zhì)的量之比為。③步驟“調(diào)pH①”中應(yīng)調(diào)節(jié)的pH范圍為(保留兩位有效數(shù)字)。④用氨水沉淀銠元素的離子方程式為?！敬鸢浮浚?）2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6pH>2，[RhC16]3-水解平衡正向移動，導致Rh沉淀率增加而損失Na+、Fe3+（2）防止溫度過低，Cu、Fe氧化不完全2:32.8~4.2Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3〖祥解〗途徑一：廢銠材料(主要含Rh，還含有Cu、Fe等)粉碎后通入氯氣并加入鹽酸，“氯化溶解”得到H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和銅離子結(jié)合生成草酸銅，同時加入NaOH調(diào)節(jié)溶液pH，陽離子交換樹脂吸附Na+、Fe3+為濾液除雜，[RhCl6]3-發(fā)生水解反應(yīng)生成Rh(OH)3沉淀，最后得到銠粉；途徑二：廢銠材料(主要含Rh，還含有Cu、Fe等)焚燒將Cu轉(zhuǎn)化為CuO，將Fe轉(zhuǎn)化為Fe2O3，加熱熔融，加入KHSO4，生成Rh2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3，加入水和氨水調(diào)pH使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，再加入氨水調(diào)節(jié)pH，生成Rh(OH)3沉淀和Cu(NH3)4SO4溶液，過濾，Rh(OH)3和途徑一相同處理得銠粉；【解析】（1）①高銅銠精礦通入氯氣和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反應(yīng)的方程式為2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6；②由圖像可知，pH=2時，銅的沉淀率已達98%，若pH<2，銅的沉淀率會較低；pH>2，[RhC16]3-水解平衡正向移動，導致Rh沉淀率增加而損失；③定向脫銅后溶液得到草酸鈉、FeCl3，“陽離子交換”過程中，溶液中被陽離子交換樹脂吸附的金屬陽離子主要有Na+、Fe3+；（2）①“控溫焚燒”即焚燒溫度不能過高不能過低，若溫度過高，Rh單質(zhì)被氧化，Rh的氧化物性質(zhì)穩(wěn)定，難溶解，后續(xù)不方便處理，控溫同時防止溫度過低，Cu、Fe氧化不完全；②Rh單質(zhì)與KHSO4反應(yīng)生成Rh3+，還原產(chǎn)物為SO2，硫元素得2個電子，Rh失3個電子，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，參加反應(yīng)的Rh和KHSO4的物質(zhì)的量之比為2:3；③Fe3+沉淀完全時，由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10?38.6，c(OH-)==10-11.2mol/L，即pH=2.8，同時為了使Cu2+不發(fā)生沉淀，由Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10?19.6，c(OH-)==10-9.8mol/L，即pH=4.2，故調(diào)節(jié)的pH范圍為2.8~4.2；④用氨水調(diào)pH，NH3·H2O電離產(chǎn)生的OH?與Rh3+反應(yīng)生成Rh(OH)3沉淀，其離子方程式為Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3。15．（2024·山東濰坊二模）錳廢渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通過沉淀—萃取法可以回收其中的錳、鈷、鎳，流程如圖所示。已知：萃取劑a和b均為有機物，可用通式HR表示，萃取金屬離子時，發(fā)生反應(yīng)：(M代表被萃取的金屬)。回答下列問題：（1）的作用是。（2）該流程中涉及的實驗操作有___________(填字母標號)。A．過濾 B．蒸發(fā)結(jié)晶 C．分液 D．蒸餾（3）加入調(diào)pH的目的是。（4）已知：，，向除鐵后的溶液中加入，當溶液中時，。(保留1位有效數(shù)字)（5）寫出反萃取出的離子方程式。（6）回收液中濃度的測定：取50.00mL回收液，滴入幾滴紫脲酸胺(紫色)指示劑(遇顯橙黃色)，用濃度為0.1000的溶液進行滴定()，達到滴定終點時消耗溶液的體積12.50mL。①滴定終點的現(xiàn)象是。②物質(zhì)的量濃度為。③若紫脲酸胺滴入過多，終點延遲，會導致所測含量(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)?！敬鸢浮浚?）氧化（2）AC（3）使轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3沉淀除去（4）0.001（5）（6）當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室汉螅芤河沙赛S色變?yōu)樽仙?，且半分鐘?nèi)不變回橙黃色0.0250偏高〖祥解〗錳廢渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、，往其中加二氧化錳將二價鐵氧化為三價鐵，加碳酸鈣調(diào)溶液pH，使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，往濾液中加MnF2沉淀鈣離子和鎂離子，過濾，往濾液中加萃取劑a萃取錳離子，所得有機相中加入反萃取劑得到含Mn2+的溶液；無機相用萃取劑b萃取Co2+，所得無機相為含Ni2+的溶液、有機相中加入反萃取劑得到含Co2+的溶液。【解析】（1）以上分析可知，浸出液中含二價鐵，的作用是將二價鐵氧化為三價鐵；（2）該流程中得濾渣①和濾渣②的操作為過濾，萃取之后得有機相和無機相的操作為分液，故答案為：AC；（3）用二氧化錳將二價鐵氧化為三價鐵后，加入調(diào)pH可以使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，所以加入調(diào)pH目的是使轉(zhuǎn)化成氫氧化鐵沉淀除去；（4）已知：，，向除鐵后的溶液中加入，當溶液中時，，則；（5）根據(jù)信息可知，反萃取劑為酸，即反萃取出時加入適量的酸將Mn2+反萃取出來，相應(yīng)的離子方程式為；（6）①在與溶液恰好完全反應(yīng)之前，溶液呈橙黃色，恰好完全反應(yīng)后，溶液中無Ni2+，此時再加半滴溶液，溶液將會呈紫色，且半分鐘內(nèi)不恢復原色，所以滴定終點的現(xiàn)象是當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室汉?，溶液由橙黃色變?yōu)樽仙?，且半分鐘?nèi)不變回橙黃色；②反應(yīng)時與按物質(zhì)的量1:1反應(yīng)，所以的物質(zhì)的量濃度為；③若紫脲酸胺滴入過多，終點延遲，會導致偏多，則所測含量偏高。16．工業(yè)上用電鍍污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，F(xiàn)eO和Fe(OH)3等]和廢鉛膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)為原料制備鉻酸鉛的工藝流程如下：已知：①在堿性條件下，Cr(Ⅲ)可被H2O2氧化為Cr(Ⅵ)；在酸性條件下，Cr(Ⅵ)可被H2O2還原為Cr(Ⅲ)。pH＜5時Cr(Ⅵ)主要以存在，pH>7時Cr(Ⅵ)主要以存在。Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀。②相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示：回答下列問題：（1）濾液1中主要的陽離子有和?！俺凌F”加入Na2CO3溶液調(diào)節(jié)溶液的pH=2，生成黃鈉鐵釩沉淀，pH不宜過大的原因是。（2）“轉(zhuǎn)化”中Cr3+反應(yīng)的離子方程式為。一系列操作的順序為(填標號)。可供選擇的操作有：①加熱濃縮、趁熱過濾

②冷卻結(jié)晶、過濾洗滌

③加H2SO4溶液調(diào)pH

④加NaOH溶液調(diào)pH

⑤加熱煮沸（3）25℃時Na2Cr2O7溶液中存在多個平衡，本題條件下僅需考慮如下平衡：

；

。pH=9，0.1mol?L-1Na2Cr2O7溶液中，則溶液中的平衡濃度為(保留兩位有效數(shù)字)。（4）“鹽浸”目的是加入Na2CO3溶液將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，Na2CO3溶液的最小濃度為mol?L-1(保留兩位有效數(shù)字)。[已知：25℃時，，]（5）“焙燒”時H2C2O4與PbO2反應(yīng)生成PbO、CO2和O2，測得CO2與O2分壓比為2∶1，則反應(yīng)的化學方程式為?！敬鸢浮浚?）[Cu(NH3)4]2+Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀難以分離(或Fe(OH)3膠體吸附Cr3+)（2）⑤③①②④（3）6.0×10-4（4）5.9×10-10（5）〖祥解〗電鍍污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，F(xiàn)eO和Fe(OH)3等]中加入NH3?H2O和(NH4)2CO3進行氨浸，Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3不溶而成為濾渣；往濾渣中加入H2SO4，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3溶解生成Cr3+、Fe2+、Fe3+，通入O2將Fe2+氧化為Fe3+，再加入Na2CO3，此時Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，過濾后，往濾液中加入NaOH調(diào)節(jié)pH=9，并加入足量的H2O2氧化鉻，將鉻轉(zhuǎn)化為；經(jīng)過一系列操作得到Na2CrO4。廢鉛膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)中加入Na2CO3進行鹽浸，將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，再加入H2C2O4焙燒，生成PbO、CO2、O2，然后加HNO3酸化，生成Pb2+；兩份溶液混合，可制得PbCrO4?！窘馕觥浚?）由分析可知，濾液1中主要的陽離子有和[Cu(NH3)4]2+?！俺凌F”加入Na2CO3溶液調(diào)節(jié)溶液的pH=2，生成黃鈉鐵釩沉淀，若pH過大，會導致Fe3+、Cr3+生成沉淀，其原因是：Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀難以分離(或Fe(OH)3膠體吸附Cr3+)。（2）“轉(zhuǎn)化”中，溶液由酸性變?yōu)閴A性，此時Cr3+轉(zhuǎn)化為，反應(yīng)的離子方程式為。從溶解度曲線可以看出，若直接降低溫度，則Na2SO4也會結(jié)晶析出，則應(yīng)先除雜質(zhì)，即加酸將轉(zhuǎn)化為，升高溫度讓Na2SO4結(jié)晶析出后，再降低溫度，結(jié)晶析出Na2Cr2O7，再調(diào)節(jié)溶液的pH，將Na2Cr2O7轉(zhuǎn)化為NaCrO4，所以一系列操作的順序為⑤加熱煮沸、③加H2SO4溶液調(diào)pH、①加熱濃縮、趁熱過濾、②冷卻結(jié)晶、過濾洗滌、④加NaOH溶液調(diào)pH，故選⑤③①②④。（3）pH=9，0.1mol?L-1Na2Cr2O7溶液中，依據(jù)Cr元素守恒可建立等式：c()+c()+2c()=0.2mol/L，，則c()+c()≈0.2mol/L，，，溶液中的平衡濃度為mol/L≈6.0×10-