专题12 工艺流程综合题- 2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）

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1．（2023·全国甲卷）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。

回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。
(2)“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为_______。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。
(5)“沉淀”步骤中生成的化学方程式为_______。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的_______。
【答案】(1)做还原剂，将还原
(2)
(3)c
(4) 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
(5)
(6)
【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。
【详解】（1）“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。
（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的 与过量的可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为。
（3）“酸化”步骤是为了将转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为：++=。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，，因此，产生的 =。
2．（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。
(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______ml·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是_______。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。
(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。
【答案】(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解
(3) 2.8×10-9 Al3+
(4)BaSO4、NiS
(5) Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ 加入Mn(OH)2
(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
【详解】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。
（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10ml·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9ml·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7ml·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12ml·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4ml·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++SO=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
3．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：

已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和___________。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是___________。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致___________；pH>9时，会导致___________。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有___________(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。
【答案】(1)Na2CrO4
(2)Fe2O3
(3)Al(OH)3
(4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
(5)C
(6)2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
【详解】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
4．（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
(1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。
(2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________。
②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。
【答案】(1) > 、
(2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀
(3) 、 被氧气氧化为，把氧化为
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。
【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；
②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。
（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；
②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。
（3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；
②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。
5．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液_____。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。
【答案】(1)
(2) 纯碱
(3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。
【详解】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。
（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱（）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。
6．（2023·湖北卷）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：

回答下列问题：
(1)C位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。
(4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致比易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。
【详解】（1）C是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。
（5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；
综上所述，导致比易水解的因素有abd。
7．（2023·湖南卷）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
(1)晶体的晶体类型是_______；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
(3)“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：_______；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
(6)直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是_______；
(7)比较分子中的键角大小：_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
【答案】(1)分子晶体
(2)保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7) > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用，据此解答。
【详解】（1）晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
（4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中得到了循环利用，A正确；
B. 容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；
C. “配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确；
D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误；
故选D；
（6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
8．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。

已知：
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。

(5)“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
(6)“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3) Fe(OH)3
(4) 9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
(5)
(6)11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，C2+变为C(OH)2，在空气中可被氧化成。
【详解】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，，c(OH-)=10-10.8ml/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的C(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5ml/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9ml/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml/L，所以溶液的pH=11.1；
1．（2023·陕西安康·统考三模）以菱锌矿(主要含有ZnCO3，另含有少量CaO、Fe2O3、FeO、CO、CuO、SiO2等)为原料电解制Zn的流程如图：

相关难溶物溶度积常数如下表：
(1)“酸浸”时为提高锌的浸出率，可采取的措施有___________(写出一种即可)。
(2)“调pH过滤”中，物质X最适宜选择___________(填标号)。
A．NaOH B．Ca(OH)2 C．NH3·H2O
(3)“氧化过滤”中，Fe2+转化为Fe(OH)3的离子方程式为___________。若反应结束时，溶液pH为5，则残留的c(Fe3+)＝___________ml·L−1。
(4)H2O2是常见的氧化剂，其电子式为___________， “氧化过滤”时H2O2需稍多加，其原因是_______。
(5)“脱钙镁过滤”后，溶液中＝___________。
(6)“电解”装置示意如图。

开始通电时，阳极表面形成PbO2，保护阳极不被酸性电解液腐蚀，相应的电极反应式为___________。
【答案】(1)将焙烧后的产物碾碎(或增大接触面积、增大硫酸浓度)
(2)B
(3)2Fe2++ H2O2+ 4OH＝2Fe(OH)3↓ 2.7×10−12
(4) H2O2易分解造成部分损失
(5)75
(6)Pb+2H2O －4e－＝4H++ PbO2
【分析】以菱锌矿(主要含有ZnCO3另含有少量CaO、Fe2O3、 FeO、 CO、 CuO、SiO2等)为原料电解制Zn，菱锌矿加入硫酸酸浸，氧化钙转化为微溶的硫酸钙，二氧化硅不与硫酸反应,两者进入滤渣I，其他氧化物与稀硫酸反应转化离子留在滤液中，金属阳离子为: Zn2+、Fe2+、Fe3+、 C2+、 Cu2+， 加H2O2氧化亚铁离子为铁离子，调节pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，进入滤渣2；再加Zn粉除C2+、Cu2+， 转化为钴、铜沉淀进入滤渣3；此时滤液中主要为硫酸锌溶液，加HF除去杂质钙镁离子，滤渣4为氟化钙、氟化镁，最后硫酸锌溶液中加硫酸电解得到Zn。
【解析】（1）将焙烧后的产物碾碎，增大硫酸的浓度等方式可提高锌的浸取率
（2）氢氧化钠会引入新的杂质钠离子，且成本较高，氢氧化钙不会引入新杂质，且成本较低，氨水容易分解产生氨气污染空气，且经济成本较高，故选B。
（3）氧化过滤中，亚铁离子被过氧化氢氧化生成氢氧化铁的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+ 4OH＝2Fe(OH)3↓。若反应结束时，溶液中的pH为5，即氢离子浓度为10-5ml/L，则氢氧根离子浓度为10-9ml/L。残留的铁离子的浓度为。
（4）过氧化氢的电子式为，过氧化氢稍微多加，因为过氧化氢在铁离子催化下会分解，导致消耗量高于理论值。
（5）加氟化氢除去杂质钙镁离子，溶液中的
（6）阳极表面形成二氧化铅，相应的电极反应式为Pb+2H2O －4e－＝4H++ PbO2。
2．（2023·江西景德镇·统考三模）工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠的工艺流程以及可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系分别如图a、b。当c≦1.0×10-5ml·L-1时，可认为已除尽。回答下列问题：

(1)焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是___________。
(2)焙烧的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式___________。
(3)中和时pH的理论范围为___________；酸化的目的是___________。
(4)副产品主要是___________。
(5)此方法生产过程中会产生大量含的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl进行电解，被还原为Cr3+然后生成Cr(OH)3沉淀除去，废水则可以达到排放标准。已知Ksp(Cr(OH)3)=1.0×10-32；写出阳极的电极方程式：___________；若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12ml·L-1，则此时c(Cr3+)=___________ml·L-1。
【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2
(3)4.5~9.3 使2+2H++H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率
(4)Na2SO4
(5)Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6
【分析】铬铁矿焙烧将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，水浸后除去滤渣，滤液加入硫酸调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，过滤滤液加入硫酸酸化将转化为，溶液蒸发结晶后得到硫酸钠副产品和冷却结晶得到的Na2Cr2O7•2H2O；
【解析】（1）焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是增大接触面积，提高反应速率；
（2）焙烧时FeO·Cr2O3和碳酸钠、氧气反应生成氧化铁和Na2CrO4、二氧化碳，化学方程式4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
（3）中和的目的是调节pH，将铁、铝、硅转化为沉淀，由图可知，pH的理论范围为4.5~9.3；酸化的目的是将溶液中转化为，从而提高Na2Cr2O7的产率；
（4）反应中加入硫酸，硫酸最终转化为副产品硫酸钠；
（5）阳极铁极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，反应为Fe-2e-=Fe2+；由图可知，铁离子完全沉淀是pH=3.0，则pOH=11.0，，，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12ml·L-1，则，此时c(Cr3+)=ml·L-1。
3．（2023·辽宁本溪·本溪高中校考模拟预测）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：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X的离子方程式___________。
(3)“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为___________。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和Y，Y为___________(填化学式)。
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Y。
(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)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
(3)+=↓
(4)
(5)
【分析】废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】（1）Na2MO4中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，M元素的化合价为+6。
（2）“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
（3）时，溶液中元素以的形态存在，“沉钼”中，为7.0，即：滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMO4沉淀，该反应的离子方程式为。
（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8:2=4:1。
4．（2023·福建·校联考三模）金属镓被称为“电子工业脊梁”，与铝同族，性质与铝相似。氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。利用粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)制备镓和氮化镓的流程如下：

常温下，相关元素可溶性组分的物质的量浓度的对数与pH的关系如下图所示，当溶液中可溶性组分浓度时，可认为已除尽。

回答下列问题：
(1)“焙烧”过程中变为，则与纯碱反应的化学方程式为____________。
(2)“碱浸”后滤渣的主要成分为___________(写化学式)。用惰性电极电解含的溶液可得到金属Ga，阴极的电极反应式为___________。
(3)常温下，反应的平衡常数_________。
(4)“碱浸”后溶液的主要成分为、、。请补充完整流程中“操作”过程的步骤(在方框内填入试剂的化学式或pH值)：
滤液滤液滤渣 溶液
_______，_______，_______。
(实验中须使用的试剂：0.1 溶液、0.1 NaOH溶液)
(5)用石墨为电极电解熔融得到Ga单质，电极材料需要定期补充的是___________极(填“阴”或“阳”)。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4) NaOH 3.7
(5)阳
【分析】粉煤灰与纯碱焙烧后得到Na2GeO2、Na2SiO3、Na2AlO2，加入16%的碳酸钠溶液浸取，得到氧化铁沉淀，滤液中含有Na2GeO2、Na2SiO3、Na2AlO2，通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，通入二氧化碳二次酸化后得到氢氧化镓，将滤饼与氢氧化钠溶液应，得到[Ga(OH)4]-，电解后得到镓单质，加入一溴甲烷和氨气得到GaN，据此解答。
【解析】（1）“焙烧”的目的是将Ga2O3转化为NaGaO2，该反应的化学方程式为；
（2）氧化铁不与碱液反应，由分析可知滤渣的主要成分是Fe2O3，“电解”可得金属Ga，阴极得到电子发生还原反应，电极方程式为[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；
（3）由图可知，常温下当c([Ga(OH)4]-)=10-5ml/L时pH=9.4，c(OH-)=10-4.6ml/L，常温下，反应的平衡常数；
（4）加入稀硫酸生成硅酸难溶物，过滤为滤渣，滤液中加入NaOH溶液与反应生成氢氧化铝沉淀，为了防止Ga3+沉淀，由图可知当pH<3.7时，因此需要调节pH为3.7时停止加入NaOH溶液；
（5）石墨作电极电解熔融Ga2O3生成Ga和氧气，因为石墨易与氧气反应消耗，所以阳极生成氧气消耗石墨需要定期补充。
5．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下：
已知生成相应氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1ml/L)如下：
(1)酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4。
①根据上述反应可知，酸性：H2SO4___________(填“>”或“<”)H3BO3。
②已知硼酸与过量NaOH溶液发生中和反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=。下列关于硼酸的说法正确的是___________(填字母)
A．硼酸是一元酸
B．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
C．硼酸的电离方程式可表示为H3BO3+H2O+H+
(2)检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，___________(填操作和现象)，证明溶液中含有Fe2+。
(3)除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至___________以上，使杂质离子转化为___________(填化学式)沉淀，过滤。
(4)获取晶体：
ⅰ．浓缩滤液，使MgSO4溶液和H3BO3溶液接近饱和；
ⅱ．控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合图中溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入高压釜中升温结晶得到___________晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到另一种物质的晶体。
【答案】(1)＞ AC
(2)滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
(3)4.7 Al(OH)3、Fe(OH)3
(4)升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体
【分析】硼镁泥含有镁硼酸盐(2MgO•B2O3)、镁硅酸盐(2MgO•SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质，研磨后加入硫酸，过滤除去SiO2，加入的过氧化氢把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣含有Fe(OH)3、Al(OH)3，用重结晶的方法得到硫酸镁晶体、硼酸晶体，据此分析解题。
【解析】（1）①根据上述反应可知，由强酸制备弱酸可知，硫酸酸性较强，故答案为：＞；
②A．已知硼酸与过量NaOH溶液发生中和反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=，则硼酸中只有一个氢能电离，硼酸是一元酸，A正确；
B．由与非金属性B＜C，则硼酸的酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，没有气泡产生，B错误；
C．由A项分析可知，硼酸为一元弱酸，则硼酸的电离方程式可表示为H3BO3+H2O+H+，C正确；
故答案为：AC；
（2）杂质离子为亚铁离子，可滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，故答案为：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀；
（3）溶液中含有铁离子、铝离子等杂质，由表中数据可知，用MgO调节溶液的pH至4.7以上，使杂质离子转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：4.7； Al(OH)3、Fe(OH)3；
（4）由图像可知硫酸镁的溶解度随温度升高而降低，硼酸溶解度随温度升高而增大，则可升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体，故答案为：升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。
6．（2023·四川攀枝花·统考三模）从铜电解液分离出的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下。
已知：i．含镍溶液中的主要离子有：Ni2+、、Cu2+、Fe2+、、Ca2+和Zn2+
ii．部分物质的电离常数和溶度积常数如下表
回答下列问题：
(1)将粗硫酸镍溶液的pH调小至0.5，加入的试剂是___________。
(2)滤渣1中除CuS外，还含有As2S3和S。反应生成As2S3和S的离子方程式是________。
(3)解释“氧化除杂”时，加入Cl2和Ni(OH)2能析出Fe(OH)3的原因___________。
(4)用沉淀溶解平衡原理解释用NiF2能够“氟化除杂”的原因___________。
(5)结合下图分析，“P204萃取”时，应调整水溶液的pH为___________(填选项字母)。

A．1.2B．2.1C．3.3D．4.5
(6)“硫化除杂”之后，若溶液pH=0.5，溶液中c(H2S)=0.1ml/L，理论上溶液中c(Cu2+)=_______ml/L[计算结果保留两位有效数字]。
(7)精制硫酸镍溶液得到硫酸镍晶体后，一种综合利用“母液”的方法是：___________。
【答案】(1)稀硫酸
(2)2+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O
(3)Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入的Ni(OH)2和H+反应，使Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，生成Fe(OH)3
(4)因为Ca2++NiF2⇌CaF2+Ni2+的平衡常数K=，所以加入NiF2能将Ca2+完全转化为CaF2沉淀
(5)C
(6)4.4×10-16
(7)将“母液”与萃取后的溶液合并使用或向“母液”中加入适量的NaOH溶液，过滤，将得到的Ni(OH)2用于“氧化除杂”步骤等
【分析】粗硫酸镍晶体溶解调节pH=0.5，通入硫化氢除去铜、砷元素；加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氢氧化镍调节pH值，除去铁元素；加入NiF2或HF除去钙元素；调节pH萃取分离出镍元素，最终得到精制硫酸镍。
【解析】（1）调节pH时不能引入新的杂质，将粗硫酸镍溶液的pH调小至0.5，加入的试剂是稀硫酸。
（2）滤渣1中除CuS外，还含有As2S3和S，说明和H2S反应生成As2S3、S和H2O，As元素由+5价下降到+3价，S元素由-2价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2+5H2S+6H+=As2S3↓+2S↓+8H2O。
（3）“氧化除杂”时，加入Cl2和Ni(OH)2能析出Fe(OH)3的原因是：Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入的Ni(OH)2和H+反应，使Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，生成Fe(OH)3。
（4）由题目所给数据可知，Ca2++NiF2⇌CaF2+Ni2+的平衡常数K=，所以加入NiF2能将Ca2+完全转化为CaF2沉淀。
（5）由图可知，“P204萃取” 水溶液的pH约为3.3时，锌离子基本已经除尽且此时镍离子损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故pH约为3.3 ，故选C。
（6）已知：饱和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1ml/L，H2S的电离方程式为：H2S2H++S2-，电离常数K== Ka1×Ka2=1.1×10-7×1.3×10-13=1.43×10-20，由流程知，此时pH=0.5，则c(H+)=10-0.5ml/L，则1.43×10-20，c(S2-)=1.43×10-20ml/L，Ksp(CuS)=6.3×10-36= c(S2-)c(Cu2+)，c(Cu2+)==4.4×10-16 ml/L。
（7）精制硫酸镍溶液得到硫酸镍晶体后，一种综合利用“母液”的方法是：将“母液”与萃取后的溶液合并使用或向“母液”中加入适量的NaOH溶液，过滤，将得到的Ni(OH)2用于“氧化除杂”步骤等。
7．（2023·湖南岳阳·统考模拟预测）ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿[主要成分为ZnCO3，还含有Cd(II)、Fe(II)、 Mn[(II)等杂质]制备。工艺如图所示：
相关金属离子[c(Mn+ )=0.1 ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
已知：①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有： Zn2+、 Fe2+、 Cd2+、 Mn2+。
②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。
回答下列问题：
(1)“溶浸”过程中，提高浸出率的措施有_______ 。(写一条即可)
(2)“调pH”是将“溶浸”后的溶液调节至弱酸性(pH约为5)，若pH过低，对除杂的影响是_______。
(3)加KMnO4“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+和_____
(4)“还原除杂”中镉置换率与的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
若需置换出112.0kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为_______ kg。
(5)“沉锌”生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，写出加入Na2CO3溶液沉锌的化学方程式_______。形成的沉淀要用水洗，检查沉淀是否洗涤干净的方法是_______。
(6)ZnO可与NH3·H2O、NH4HCO3反应生成可溶性的[Zn (NH3)n]CO3和H2O。若有1mlZnO溶解，则在该转化反应中参加反应的NH3·H2O和NH4HCO3物质的量之比的最大值为_______(已知： 1≤n≤4 )。
【答案】(1)加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或粉碎矿石
(2)Fe3+不能沉淀完全，Mn2+不能转化为MnO2沉淀
(3)MnO+3Fe2++7H2O=Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(4)86.2
(5)3ZnSO4+3Na2CO3+4 H2O = ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑ 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净
(6)3：1
【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入稀硫酸酸浸时，碳酸锌、碳酸亚铁、碳酸镉、碳酸锰与稀硫酸反应得到可溶性硫酸盐，过滤得到含有可溶性硫酸盐的滤液和滤渣1；向滤液中加入氧化锌调节溶液pH约为5后，加入酸性高锰酸钾溶液将溶液中的亚铁离子、锰离子转化为氢氧化铁沉淀、二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰的滤渣2和含有硫酸锌、硫酸镉的滤液；向滤液中加入锌将镉离子转化为镉，过滤得到含有镉的滤渣3和含有硫酸锌的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将硫酸锌转化为碱式碳酸锌，过滤得到碱式碳酸锌；高温灼烧使碱式碳酸锌受热分解得到氧化锌。
【解析】（1）加热、搅拌、适当提高硫酸的浓度、粉碎矿石等措施能提高溶浸过程中的浸出率，故答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或粉碎矿石；
（2）由题给数据可知，若溶液pH过低，加入酸性高锰酸钾溶液氧化除杂时，不利于铁离子转化为氢氧化铁沉淀，也不利于锰离子转化为二氧化锰沉淀，故答案为：Fe3+不能沉淀完全，Mn2+不能转化为MnO2沉淀；
（3）由分析可知，氧化除杂的目的是将溶液中的亚铁离子、锰离子转化为氢氧化铁沉淀、二氧化锰沉淀，其中氧化亚铁离子的反应物溶液中亚铁离子与高锰酸根离子反应生成氢氧化铁沉淀、二氧化锰沉淀和氢离子，反应的离子方程式为MnO+3Fe2++7H2O=Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，故答案为：MnO+3Fe2++7H2O=Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（4）由图可知，镉置换率达到98%时，为1.3，则置换出112.0kg镉时，加入锌的实际用量为1.3× =86.2kg，故答案为：86.2；
（5）沉锌生成碱式碳酸锌的反应为硫酸钠溶液与碳酸钠溶液反应生成碱式碳酸锌沉淀、硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为3ZnSO4+3Na2CO3+4 H2O = ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑，反应得到的沉淀表面附有可溶性盐硫酸钠，则检查沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的方法为取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：3ZnSO4+3Na2CO3+4 H2O = ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；
（6）由题意可知，溶解氧化锌的反应为：ZnO+(n—1)NH3·H2O+NH4HCO3=[Zn (NH3)n]CO3+H2O，当n为4时，参加反应的NH3·H2O和NH4HCO3物质的量之比最大，则物质的量之比(4—1)：1=3：1，故答案为：3：1。
8．（2023·河南·校联考三模）铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示：
已知：①常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)2、Fe(OH)3和Bi(OH)3的Ksp分别为2.0×10-20、4.0×10-16、.4.0×10-38和8.0×10-31，lg2=0.3。
②Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。
③Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。
请回答下列问题：
(1)铋与氮同主族，铋元素在元素周期表中的位置是___________。
(2)滤渣1中除了硫单质，还含另一种物质，30g该物质中含共价键的数目是___________，FeCl3与Cu2S反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(3)“还原”时，加入铋的目的是___________。
(4)“沉淀”前，若滤液中Cu2+浓度为0.005ml·L-1，Fe2+浓度为0.01ml·L-1，则“沉淀”时调pH的最大值应小于___________。
(5)在碱性溶液中，可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在，Bi3+被还原为Bi写出该反应的离子方程式：___________。
(6)在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3，写出该反应的化学方程式：___________。
【答案】(1)第六周期VA族
(2)2NA 4：1
(3)将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成
(4)7.3
(5)2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-
(6)Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O
【分析】由题给流程可知，辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入铋，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜周围四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液，硝酸铋溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸铋。
【解析】（1）原子序数为83的铋元素与氮元素同主族，则铋元素位于元素周期表第六周期VA族，故答案为：第六周期VA族；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分是硫和二氧化硅，二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧键，则30g二氧化硅中含共价键的数目为×4×NAml—1=2NA；氯化铁溶液与氯化亚铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和硫沉淀，反应的化学方程式为4FeCl3+Cu2S=4FeCl2+2CuCl2+S，则反应中氧化剂氯化铁与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为，故答案为：2NA；4：1；
（3）由分析可知，“还原”时，加入铋的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，防止沉铋时有氢氧化铁沉淀生成，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，防止沉铋时有Fe(OH)3生成；
（4）由溶度积可知，当亚铁离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度为=2.0×10—7ml/L，溶液pH为7.3，则“沉淀”时调pH的最大值应小于7.3，故答案为：7.3；
（5）由题意可知，碱性溶液中 [Sn(OH)4]2-与Bi3+反应生成生成Bi和[Sn(OH)6]2-，反应的离子方程式为2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-，故答案为：2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-=2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-；
（6）由题意可知，在氢氧化钠溶液中，次氯酸钠溶液与Bi(OH)3反应生成NaBiO3、氯化钠和水，反应的化学方程式为Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O，故答案为：Bi(OH)3+NaOH+NaClO=NaBiO3+NaCl+2H2O。
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
物质
物质
Fe(OH)3
Zn(OH)2
MgF2
CaF2
Ksp
2.7×10−39
1.3× 10−17
5.2×10−11
3.9×10−9
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀时
1.9
3.4
7.0
9.1
完全沉定时
3.2
4.7
9.0
11.1
物质
电离常数
物质
溶度积常数
物质
溶度积常数
H2S
Ka1=1.1×10-7
Ka2=1.3×10-13
CuS
6.3×10-36
CaF2
4.0×10-11
NiS
3.2×10-19
NiF2
2.6×10-4
FeS
6.3×10-18
Fe(OH)3
2.8×10-39
Ni(OH)2
5.5×10-16
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1