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专题10 化学工艺流程(题型突破)(测试)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份专题10 化学工艺流程(题型突破)(测试)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的)
1．工业上常用软锰矿生产纯净的MnO2，工艺流程如图所示，已知软锰矿的主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3。下列说法错误的是( )
A．“溶解”过程中有氢气生成
B．“过滤”得到的滤渣中含有H2SiO3
C．“纯化”过程中应先加MnO2，再调pH=5，过滤
D．“电解”时MnO2在电解池阳极生成，溶液pH值降低
【答案】B
【解析】软锰矿的主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3，加入较浓的硫酸和铁屑后MnO2被还原为Mn2+，Al2O3溶解为AlCl3，SiO2不反应，为过滤后的滤渣，再加入二氧化锰氧化Fe2+生成Fe3+后，调节pH=5，除去杂质铁和铝元素生成沉淀，电解Mn2+生成MnO2。A项，“溶解”过程中硫酸变稀硫酸后会与铁屑反应生成氢气，故A正确；B项，根据分析可得，“过滤”得到的滤渣中含有SiO2，故B错误；C项，“纯化”过程中应先加MnO2氧化Fe2+生成Fe3+后，再调pH=5，过滤，故C正确；D项，“电解”时Mn2+失电子生成MnO2，故在电解池阳极生成，发生反应Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故溶液pH值降低，故D正确；故选B。
2．聚合硫酸铁[Fe2(OH)m((SO4)p]n是一种新型絮凝剂，其处理污水能力比FeCl3强，且腐蚀性小。工业上利用废铁屑为原料制备聚合硫酸铁的工艺流程如图。下列说法正确的是( )
A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)m((SO4)p]n中
B．酸浸槽中加入的酸液可用稀硝酸
C．反应釜中发生的离子反应为H2O2+Fe2++H+=Fe3++H2O
D．聚合釜中控制溶液的pH越大越好
【答案】A
【解析】A项，化学式[Fe2(OH)m((SO4)p]n中：，即，A正确；B项，酸浸槽中加入的酸液是硫酸，如果加入硝酸，一方面会生成有毒气体，另一方面会引入NO3-杂质，B错误；C项，反应釜中加入的H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，正确的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，C错误；D项，如果聚合釜中溶液的pH控制过大，会生成氢氧化铁沉淀，达不到制取聚合硫酸铁的目的，D错误；故选A。
3．弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4的工艺流程如图：
下列说法不正确的是( )
A．“氨浸”时As2O3发生的离子反应为：As2O3+6NH3+3H2O=6NH4++ 2AsO33-
B．“氨浸”时CuO转化为[Cu(NH3)4]2+
C．“氧化除As2O3”时每生成1 ml FeAsO4，转移的电子数目为6.02×1023
D．“蒸氨”后滤液中主要存在的离子为：NH4+、SO42-
【答案】C
【解析】含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4，用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，As2O3转化为As2O3，再加入(NH4)2S2O8和FeSO4，氧化除As2O3，得到FeAsO4沉淀，过滤除去，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2 (OH)2SO4。A项， As2O3在“氨浸”时生成As2O3，发生的离子反应为：As2O3+6NH3+3H2O=6NH4++ 2 As2O3，A正确；B项，“氨浸”时含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，即CuO转化为[Cu(NH3)4]2+，B正确；C项，“氧化”除As2O3时As元素化合价由+3价升高为+5价，Fe由+2价升高为+3价，则生成l ml FeAsO4，转移3 ml电子，故转移的电子数目是3×6.02×1023，C错误；D项，得到的溶液主要为( NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4以及(NH4)2SO4，故溶液中主要存在的离子为：NH4+、SO42-，D正确；故选C。
4．碱式碳酸锌可被用于皮肤保护剂、饲料添加剂等，以锌焙砂(主要成分为ZnO及少量Cu2+、Mn2+的化合物)为原料制备碱式碳酸锌的工艺流程如图所示，下列说法错误的是( )
A．“酸浸”前将锌焙砂粉碎可提高酸浸速率与原料的利用率
B．“氧化”过程中，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
C．“沉铜”过程中反应的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+ CuS(s)
D．碱式碳酸锌可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到ZnO
【答案】B
【解析】锌焙砂加入稀硫酸酸浸将锌、铜、锰转化为相应的盐溶液，加入氨水和过氧化氢生成二氧化锰沉淀，过滤滤液加入硫化锌将铜离子转化为锌离子和硫化铜，过滤滤液加入碳酸氢铵生成碱式碳酸锌。A项，“酸浸”前将锌焙砂粉碎可增加反应物接触面积，提高酸浸速率与原料的利用率，A正确；B项，“氧化”过程中，过氧化氢将二价锰离子氧化为二氧化锰，根据电子守恒可知，H2O2~2e-~Mn2+，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，B错误；C项，“沉铜”过程中加入硫化锌将铜离子转化为锌离子和硫化铜，反应的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+ CuS(s)，C正确；D．碱式碳酸锌含有碳酸根离子和氢氧根离子可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到氧化锌、二氧化碳、水，D正确；故选B。
5．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是( )
A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成
B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
C．使用溶液吸收尾气中的氮氧化物，和NO2是酸性氧化物
D．向吸收塔中通入O2的作用是氧化
【答案】C
【解析】氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。A项，合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形成，A正确；B项，氧化炉内的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，氨气为还原剂，氧气Wie氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为5：4，B正确；C项，一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C错误；D项，吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D正确；故选C。
6．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。
下列说法错误的是( )
A．“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4
B．相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍
C．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率
【答案】B
【解析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。A项，根据元素转化分析可知“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4，A项正确；B项，1 ml Cl2完全反应转化2 ml e-，1 ml ClO2完全反应转化5 ml e-，所以等物质的量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍，B项错误；C项，“反应2”中发生反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+ 2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项正确；D项，温度过高，NaClO2会分解，所以采用“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率，D项正确；故选B。
7．生产软磁铁氧体的主要原料是α-FeOOH，以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备α-FeOOH的工艺流程如下，相关数据见下表。下列说法错误的是 ( )
A．“焙烧”的产物之一可用于工业制硫酸
B．“试剂a”可以为FeS，主要目的是除去过量硫酸
C．“试剂b”可以为氨水，调pH的范围为5.2～7.6
D．“沉淀”时，pH过高或者过低均不利于生成
【答案】B
【解析】硫铁矿焙烧主要发生的反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后加入稀硫酸进行酸浸，反应原理有：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+4H2O+FeSO4，然后过滤得到滤渣A，主要成分为SiO2，试剂a为还原性铁粉，主要目的为将Fe3+转化为Fe2+，便以后续步骤中除去Al3+，过滤得到滤渣B，主要成分为Fe，加入试剂b调节溶液pH为5.2~7.6将Al3+完全沉淀，而除去过滤得到滤渣C，主要成分为Al(OH)3，向滤液中主要含有Fe2+加入过氧化氢和氨水，产生沉淀FeOOH，过滤得到滤液D，主要成分为(NH4)2SO4。A项，由分析可知，“焙烧”的产物之一SO2，可以转化为SO3，然后SO3+H2O=H2SO4，故可用于工业制硫酸，A正确；B项，“试剂a”的主要目的是将Fe3+完全还原为Fe2+，可以为FeS，但主要目的不是除去过量硫酸，B错误；C项，“试剂b” 的目的为调节溶液pH为5.2~7.6将Al3+完全沉淀，故可以为氨水，C正确；D项，“沉淀”时，pH过高则溶液中的OH-浓度过大，将生成Fe(OH)3沉淀，pH过低即溶液中H+浓度过大，不利于生成α-FeOOH，D正确；故选B。
8．钪(Sc)可用于制备铝钪合金、燃料电池、钪钠卤灯、示踪剂、激光晶体等产品。以钛白酸性废水(主要含、Fe2+、Sc3+)为原料制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。下列说法正确的是( )
A．酸洗时加入H2O2的目的是将Ti 4+还原为Ti2+
B．“操作Ⅰ”需要的玻璃仪器有分液漏斗
C．“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti (OH)4、Fe(OH)3
D．草酸钪焙烧时反应的化学方程式：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【答案】D
【解析】钛白酸性废水(主要含Ti 4+、Fe2+，Sc3+)，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti (OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，加入10%的盐酸调pH的目的是将Sc(OH)3转化为含，Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时生成Sc2O3和CO2。A项，“有机相”中主要含有Ti 4+、Fe2+，Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去Fe3+，A项错误；B项，“操作Ⅰ”是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B项错误；C项，“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti (OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，C项错误；D项，草酸钪与氧气焙烧时生成Sc2O3和CO2，D项正确；故选D。
9．高铁酸钾(K2FeO4)具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备K2FeO4流程如图所示：
下列说法错误的是( )
A．1mlK2FeO4消毒能力相当于1.5ml HClO
B．氧化反应：3NaClO+2Fe(NO3)3+10 NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6 NaNO3+5H2O
C．同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾
D．提纯时，应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯
【答案】D
【解析】A项，1ml次氯酸得2ml电子生成氯离子，1mlK2FeO4得3ml电子转化为三价铁，故1mlK2FeO4消毒能力相当于1.5ml HClO，A正确；B项，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程：3NaClO+2Fe(NO3)3+10 NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6 NaNO3+5H2O，B正确；C项，流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液利用同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾，C正确；D项，提纯时需过滤，应用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D错误；故选D。
10．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)不溶于乙醇，可用作纸浆漂白时的脱氯剂等。用工业硫化钠(主要成分Na2S，含少量Na2SO4 )及纯碱等为原料制备Na2S2O3·5H2O的流程如下：
下列说法正确的是( )
A．Na2S2O3作脱氯剂时主要利用其氧化性
B．“净化”时加入的试剂X可选用BaCl2溶液
C．“反应”过程中体系pH大小对产品产率无影响
D．提纯Na2S2O3·5H2O时，应先用水洗，再用乙醇洗涤
【答案】D
【解析】由题给流程可知，向工业硫化钠溶于热水得到的溶液中加入氢氧化钡或硫化钡除去溶液中的硫酸钠和碳酸钠，趁热过滤得到硫化钠溶液，向溶液中加入碳酸钠溶液后，通入二氧化硫反应得到硫代硫酸钠，硫代硫酸钠溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到硫代硫酸钠晶体。A项，硫代硫酸钠具有还原性，作脱氯剂时表现还原性，故A错误；B项，加入X的目的是除去溶液中的硫酸钠和碳酸钠，若加入氯化钡溶液会引入新杂质氯离子，故B错误；C项，若溶液pH过小，硫代硫酸根离子会与氢离子反应，使产率降低，故C错误；D项，提纯硫代硫酸钠晶体时应先用水洗涤除去晶体表面吸附的可溶性杂质，然后用乙醇洗涤除去水，故D正确；故选D。
11．为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A．“溶解” 操作中溶液温度不宜过高
B．铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2
C．过滤后滤液中只有ZnSO4
D．本流程涉及置换反应
【答案】C
【解析】A项，溶解过程中用到H2O2，该物质受热容易分解，因此温度不宜过高，A正确；B项，铜帽溶解后，溶液中存在过量的氧气或H2O2，若不除去会在后续反应中消耗过多的锌粉，因此需将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2，B正确；C项，因为用到NaOH溶液调节pH值，因此滤液中还有生成的Na2SO4，C错误；D项，“溶解”过程Zn与硫酸发生置换反应、“反应”过程中Zn与H+、Cu2+均涉及到置换反应，D正确；故选C。
12．锂被誉为“高能金属”，废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCOO2及少量Al，Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示：
已知LiCOO2难溶于水，具有强氧化性。下列说法正确的是( )
A．滤液1中含有的阳离子主要是Al3+和Na+
B．“还原”时，参加反应n(CO3+)：n(SO32-)=2：1
C．“沉钴”离子方程式为CO2++HCO3-= COCO3↓+H+
D．滤渣主要是Fe(OH)3，滤液2中仅含有一种溶质
【答案】B
【解析】正极材料中的铝能和NaOH溶液反应，生成NaAlO2进入滤液中，滤渣中含LiCOO2和铁等，加入稀硫酸，LiCOO2和铁溶于硫酸中，然后加入适量Na2SO3将+3价C还原为+2价，加入氨水调溶液的pH，使铁成为氢氧化物沉淀除去，滤液中加入NH4HCO3，将C2+转化为CCO3沉淀。A项，滤液1中含有的阳离子主要是Na+，Al以AlO2-的形式存在，A项错误；B项，“还原”时，反应离子方程式为2CO3++SO32-+H2O=2CO2++SO42-+2H+，则参加反应的n(CO3+)：n(SO32-)=2：1，B项正确；C项，“沉钴”离子方程式为CO2++2HCO3-= COCO3↓+CO2↑+H2O，C项错误；D项，滤渣主要是Fe(OH)3，根据流程，前面加入了NaOH、稀硫酸、Na2SO3、NH4HCO3，所以滤液2中含Na2SO4、(NH4)2SO4，D项错误；故选B。
13．下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：
已知：室温饱和H2S溶液的pH的为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5
根据以上流程图。下列说法错误的是( )
A．“溶解”中用到25%的稀硫酸，可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等仪器
B．操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制Fe2+的水解
C．操作II中，通入H2S至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化
D．操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分
【答案】B
【解析】铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)与稀硫酸反应生成硫酸锡和硫酸亚铁，通过过滤滤去不溶性物质，通过调节溶液的pH并通入硫化氢气体使锡离子沉淀，过滤除去不溶性的硫化锡，得到硫酸亚铁溶液，通过冷却结晶得到纯净的绿矾。A项，将浓硫酸稀释为25%的稀硫酸，应该用量筒量取一定体积的浓硫酸，沿玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，则所需仪器为玻璃棒、烧杯和量筒、胶头滴管等仪器，故A正确；B项，结合SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，而pH=2在1.6-3.0之间，所以锡离子完全沉淀，亚铁离子不沉淀，操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的不是抑制Fe2+的水解，故B错误；C项，通入硫化氢至饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化，所以操作II中，通入H2S至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化，故C正确；D项，晶体易溶于水，用乙醇洗涤，可以避免晶体的溶解，减少晶体的损失，且酒精易挥发，带走水分，所以操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分，故D正确；故选B。
14．某废催化剂主要含Al、Ni、M(钼)等的氧化物，回收利用其金属资源的流程如下：
已知：碱性条件下，M元素以MO42-的形态存在；Ksp(BaMO4)=3.5×10-8。
下列有关说法不正确的是( )
A．焙烧时，Al2O3与NaOH反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
B．水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于提高铝、钼浸取率
C．沉铝后，过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)3
D．沉钼后，过滤所得滤液中不存在MO42-
【答案】D
【解析】废催化剂Al、M的氧化物与氢氧化钠固体一起焙烧得到可溶于水的盐NaAlO2和Na2MO4，Ni的氧化物过滤后留在滤渣之中，滤液中通入过量二氧化碳将NaAlO2转化为Al(OH)3除去，再次过滤后往滤液中加入过量氯化钡溶液得到BaMO4固体。A项，焙烧时，Al的氧化物Al2O3与NaOH反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，A正确；B项，水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于固体与液体充分接触，提高铝、钼浸取率，B正确；C项，过量CO2与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀，故沉铝后过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)3，C正确；D项，由于Ksp(BaMO4)=3.5×10-8，BaMO4存在沉淀溶解平衡，沉钼后过滤，所得滤液中仍然存在少量MO42-，D错误；故选D。
15．某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，为节约和充分利用资源，通过如图工艺流程回收铁、镍。下列说法错误的是( )
已知：ⅰ.常温下，Ksp(NiCO3)=1.4×10-7；Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。
ⅱ.“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相) XR2(有机相)+2H+(水相)。
A．滤液①中，主要存在的钠盐有NaAlO2、Na2SiO3
B．“反萃取”应控制在酸性环境进行
C．“沉镍”过程中反应方程式为：Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+CO2↑+H2O，“沉镍”时若溶液pH越大，越能充分吸收二氧化碳，NiCO3的产率越高
D．已知“水相”中c(Ni2+)=2×10-2ml•L-1，加NaHCO3“沉镍”，当沉镍率达到99%时，溶液中c(CO32-)=7×10-4ml•L-1
【答案】C
【解析】废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2加入氢氧化钠溶液，Al2O3、SiO2分别与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水、硅酸钠和水，滤液①中偏铝酸钠、硅酸钠和剩余氢氧化钠，过滤得到滤渣为FeO、NiO，硫酸酸浸溶液中为Fe2+、Ni2+，加入萃取剂，Ni2+进入水相中，沉镍，加入碳酸氢钠，生成碳酸镍，Fe2+进入有机相，再反萃取，进入水相，再加氧化剂氧为Fe3+，再加入碳酸钠沉铁得到黄钠铁矾。A项，Al2O3、SiO2分别与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水、硅酸钠和水，滤液①中偏铝酸钠、硅酸钠，A正确；B项，萃取原理为：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)，进行反萃取，需要使反应逆向进行，在此条件下，酸性有利于反萃取，B正确；C项，“沉镍”过程产生一种气体为二氧化碳和碳酸镍，根据电荷守恒和原子守恒，离子方程式为：Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+CO2↑+H2O；由于Ksp(NiCO3)=1.4×10-7>Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，所以pH过大，OH-浓度偏高，容易生成Ni(OH)2沉淀，C错误；D项，①沉镍率达到99%时，溶液中根据c(Ni2+)=2×10-2ml•L-1×(1-99%)=2×10-4ml•L-1，根据Ksp(NiCO3)=1.4×10-7=c(CO)c(Ni2+)，可知c(CO32-)===7×10-4ml•L-1，D正确；故选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16．(12分)钒(V)是一种重要的金属，有金属“维生素”之称，用途涵盖了航空航天、电池、光学、医药等众多领域，主要由五氧化二钒冶炼得到。某种由钒精矿(含V2O5及少量MgO、SiO2等杂质)提取五氧化二钒的工艺流程如下图所示。
【资料】+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
(1)钒精矿磨细的目的是_______，浸出液中含有钒酸钠(Na3VO4)。VO43-与PO43-的空间构型相同，键角的大小为_______。
(2)用硫酸缓慢调节浸出液的pH为7，得到净化液中主要的阴离子是_______。
(3)氨化沉钒：将净化液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下。
向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液的目的：_______。
(4)煅烧2.340g偏钒酸铵(NH4VO3，摩尔质量为117g/ml)时，其固体质量的减少量随温度变化的曲线如图所示：
100~200℃时产生的一种气体的化学式为_______，300~350℃时发生反应的化学方程式为_______。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率和提高V的浸出率 109º28'
(2)VO3-和SO42-
(3)调节pH值，使(NH4)3VO4转化为NH4VO3
(4) NH3 2HVO3V2O5+H2O
【解析】将钒精矿进行粉碎磨细以增大接触面积，加快反应速率，提高钒的浸出率，加入NaOH溶液，将V2O5转化为Na3VO4，SiO2转化为Na2SiO3，MgO不反应，过滤出浸出渣主要成分为MgO，浸出液中主要含有Na3VO4、Na2SiO3，向浸出液中加入H2SO4调节pH为7时，产生H2SiO3沉淀，钒的存在形成转化为NaVO3，过滤出净化渣主要成分为H2SiO3，向净化液中加入NH4Cl进行沉钒，产生NH4VO3沉淀，过滤洗涤干燥，高温煅烧，即得V2O5。(1)工艺流程中，将钒精矿磨细的目的是增大接触面积，加快反应速率和提高V的浸出率，PO43-中P原子孤电子对数为=0，价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体形，而VO43-与PO43-的空间构型相同，为正四面体形，键角为109º28'；(2)由题干表格信息可知，当pH=7时钒的主要存在形式为：VO3-，故用硫酸缓慢调节浸出液的 pH 为 7，得到净化液中主要的阴离子是VO3-和SO42-；(3)向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液的目的是调节pH值，使(NH4)3VO4转化为NH4VO3；(4)煅烧偏钒酸铵时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2ml，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2ml，加热到300 ~ 350° C时固体质量减少18g，应发生反应2HVO3V2O5+H2O。
17．(13分)聚合硫酸铁(Ⅲ)[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型，优质、高效铁盐类无机高分子絮凝剂，极易溶于水，广泛应用于饮用水、各种工业废水、城市污水、污泥脱水等的净化处理。工业上用高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2)为原料制备聚合硫酸铁的部分工艺流程如下：
(1)写出焙烧产生的SO2气体在工业上的一种用途_______。
(2)“滤液”中存在的阴离子主要为OH-及_______(填离子符号)。
(3)氧化过程中加入双氧水的目的为_______，实际生产过程中温度不宜过高且要控制H2O2的投加速度，其原因为_______。
(4)在焙烧时若通入的空气量不足，Fe2O3与FeS2之间可以反应生成Fe3O4和SO2、Fe2O3与FeS2之间反应时理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=_______。
(5)加入试剂A的目的是通过调节pH促进聚合物的形成，所加试剂A为_______(填化学式)，溶液的pH对[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x的值有较大影响(如下图所示)，试分析pH过大(pH>3.0)导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因_______。
(6)聚合硫酸铁虽广泛应用于各类水的净化处理，但是实际使用过程中发现该絮凝剂对铁质输送管道和容器比明矾的腐蚀性更强，这是由于该絮凝剂水解程度大，产生的氢离子浓度更大、腐蚀作用更强，同时还有另一离子也具有腐蚀性，该离子发生腐蚀的离子方程式为_______。
【答案】(1)漂白剂 (2)AlO2-、SiO32-
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ 防止H2O2受热分解，提高原料利用率
(4)1：16
(5) Fe2O3 将溶液pH调过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀
(6)2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】焙烧过程FeS2与氧气反应生成SO2和Fe2O3，碱浸过程Al2O3、SiO2都能与KOH溶液反应分别生成KAlO2、K2SiO3，过滤分离出滤液，酸浸加入硫酸与Fe2O3反应生成铁离子，酸浸液中含有的亚铁离子加入双氧水进行氧化转化为铁离子，聚合中加入试剂A消耗氢离子来调节pH，为防止引入新杂质，A为Fe2O3，得到溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到聚合生成聚合硫酸铁。(1)SO2气体在工业上可做漂白剂；(2)Al2O3、SiO2都能与KOH溶液反应分别生成KAlO2、K2SiO3，则“滤液”中存在的阴离子主要为OH-及AlO2-、SiO32-；(3)氧化过程中加入H2O2的目的是将“酸浸”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，双氧水不稳定易分解，温度过高，双氧水分解速率加快，实际生产过程中温度不宜过高且要控制H2O2的投加速度，其原因为防止H2O2受热分解，提高原料利用率；(4)Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmlFe2O3和ymlFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3-)=2y×5+y×(-2)，解得=16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16；(5)加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，所加试剂A为Fe2O3，不引入新的杂质；图象分析可知pH>3.0，x值越小，是因为将溶液pH调过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；(6)溶液变红FeCl3溶液对钢铁设备的腐蚀，除H+的腐蚀作用外，另一离子的腐蚀的主要原因是铁离子和铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+。
18．(15分)金属铅具有广泛用途，其提取根据工艺差异分为火法炼铅和湿法炼铅。
[火法炼铅]以铅精矿(主要成分为PbS)为原料制备金属Pb，其工艺流程如下：
(1)“氧化脱硫”时，反应温度为1100℃，生成PbO和SO2，该反应的化学方程式为_________。
(2)下列金属冶炼方法正确且与本工艺“冶炼”的方法相似的是_________(填标号)。
A．电解熔融NaCl制钠 B．铝热反应制铝 C．高炉炼铁D．氧化汞分解制汞
(3)由以上信息可得，火法炼铅工艺的主要不足为_________(任写一条)。
[湿法炼铅]以锌浸出渣(主要成分为PbSO4，还含有PbO和ZnFe2O4)为原料制备金属Pb，其工艺流程如下：
已知：①“碱浸”时，ZnFe2O4与NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O，还有一种氧化物；
②“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH)3]-的形式存在溶液中。
(4)“碱浸”时，PbSO4发生反应的离子方程式为_________。
(5)“浸渣”的主要成分为_________(填化学式)。
(6)“碱浸”液经处理后所得溶液[、]用于“沉铅”。
①“沉铅”时，理论上，当PbS完全沉淀时，ZnS_________(是或否)开始沉淀，通过计算说明_________[已知：、]。
②“滤液”中主要含有的金属阳离子有_________。
【答案】(1)2PbS+3O22PbO+2 SO2
(2)C
(3)“氧化脱硫”时，生成大量二氧化硫，二氧化硫污染空气
(4) PbSO4+3OH-=[Pb(OH)3]-+SO42-
(5)Fe2O3
(6)是 当PbS完全沉淀时，S2-的浓度为 ，>，所以ZnS开始沉淀 Na+、Zn2+
【解析】火法炼铅，PbS和氧气反应生成PbO和SO2，用焦炭还原PbO生成Pb。湿法炼铅，锌浸出渣主要成分为PbSO4，还含有PbO和ZnFe2O4，用氢氧化钠溶液“碱浸”时，ZnFe2O4与NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O、Fe2O3，铅主要以[Pb(OH)3]-的形式存在溶液中，过滤出Fe2O3，“碱浸”液经处理后所得溶液中含有Pb2+、Zn2+，加Na2S生成PbS沉淀，PbS冶炼得金属Pb。(1)“氧化脱硫”时，反应温度为1100℃，PbS和氧气反应生成PbO和SO2，该反应的化学方程式为2PbS+3O22PbO+2SO2。(2)用焦炭含有PbO生成Pb，属于热还原法；高炉炼铁是用CO还原氧化铁，故选C；(3)“氧化脱硫”时，生成大量二氧化硫，二氧化硫污染空气。(4)“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH)3]-的形式存在溶液中；“碱浸”时，PbSO4发生反应的离子方程式为PbSO4+3OH-=[Pb(OH)3]-+SO42-；(5)“碱浸”时，ZnFe2O4与NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O，还有一种氧化物，根据元素守恒，该氧化物为Fe2O3；“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH)3]-的形式存在溶液中，所以“浸渣”的主要成分为Fe2O3；(6)①“沉铅”时，当PbS完全沉淀时，S2-的浓度为 ，>，所以存在ZnS沉淀；②“滤液”中主要含有的金属阳离子有Na+、Zn2+。
19．(15分)工业利用闪锌矿(主要成分ZnS，还含有FeS、CuFeS2、石英及F-、Cl -等杂质)富氧酸浸提取锌，同时实现环保除铁的工艺流程如下：
已知：①酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应；
②CaF2易形成胶体。
回答下列问题：
(1)“浸出”过程原理如图1a所示，ZnS “浸出”的总反应的化学方程式为___________。对比人造闪锌矿浸出原理(如图1b所示)，可知“浸出”过程中Fe2+的作用为___________。
(2)“滤渣1”主要成分为___________。
(3)“加热加压氧化”发生反应的离子方程式为___________。
(4)“电积”时，F-、Cl -会腐蚀电极板，需提前除净。
①“脱氯”时，脱氯率随时间变化如图2，约后脱氯率减小的原因可能为___________。
②“脱氟时，先按物质的量之比加入Ca(OH)2脱氟，充分反应后，c(Ca 2+) =__________0.1ml·L-1 [已知Ksp(CaF 2)= 1.08×10－10，且不考虑Ca(OH)2沉淀]；后加入石灰石，目的为___________。
(5)写出“电积”生成锌的电极反应式___________。
【答案】(1) 2ZnS+2H2SO4+O2=2ZnSO4+2H2O+2S 催化剂
(2)S、SiO2
(3) 4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3+8H+
(4) 空气中的氧气将CuCl氧化为Cu2+，Cl -重新进入溶液；CuCl发生歧化反应，Cl -重新进入溶液 3.0×10－4 防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
(5) Zn(OH)42-+2e- ==Zn+4OH-
【解析】(1)“浸出”时闪锌矿中硫化锌和硫酸反应生成硫酸锌，同时其中的硫离子被氧气氧化为单质硫，方程式为：2ZnS+2H2SO4+O2=2ZnSO4+2H2O+2S；由图可知，反应开始时加入Fe2+在反应过程中又产生Fe2+，故Fe2+属于催化剂；(2)闪锌矿中二氧化硫不能溶解，同时由第一问可知，浸出时会产生单质硫，故“滤渣1”主要成分为：S、SiO2；(3)根据流程可知，“加热加压氧化”时溶液中的二价铁被空气中的氧气氧化为赤铁矿，方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3+8H+；(4)①根据分析可知，通过生成CuCl来达到脱氯的目的，但是随着时间的延长，空气中氧气可以将+1价铜氧化为+2价铜，再结合信息可知，酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应，重新生成氯离子，故约后脱氯率减小的原因可能为：空气中的氧气将CuCl氧化为Cu2+，Cl -重新进入溶液；CuCl发生歧化反应，Cl -重新进入溶液；②充分反应后达到沉淀溶解平衡，由于，并且，可得，解得；根据题给信息可知，CaF 2易形成胶体，则加入石灰石目的为防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率；(5)脱氟时加入石灰乳，此时溶液显碱性，锌元素以Zn(OH)42-种形式存在，电积时，Zn(OH)42-在阴极得到电子生成单质锌，电极反应式为：Zn(OH)42-+2e- ==Zn+4OH-。
物质
开始沉淀pH(25℃)
1.9
7.6
4.0
沉淀完全pH(25℃)
3.2
9.7
5.2
PH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的)
1．工业上常用软锰矿生产纯净的MnO2，工艺流程如图所示，已知软锰矿的主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3。下列说法错误的是( )
A．“溶解”过程中有氢气生成
B．“过滤”得到的滤渣中含有H2SiO3
C．“纯化”过程中应先加MnO2，再调pH=5，过滤
D．“电解”时MnO2在电解池阳极生成，溶液pH值降低
【答案】B
【解析】软锰矿的主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3，加入较浓的硫酸和铁屑后MnO2被还原为Mn2+，Al2O3溶解为AlCl3，SiO2不反应，为过滤后的滤渣，再加入二氧化锰氧化Fe2+生成Fe3+后，调节pH=5，除去杂质铁和铝元素生成沉淀，电解Mn2+生成MnO2。A项，“溶解”过程中硫酸变稀硫酸后会与铁屑反应生成氢气，故A正确；B项，根据分析可得，“过滤”得到的滤渣中含有SiO2，故B错误；C项，“纯化”过程中应先加MnO2氧化Fe2+生成Fe3+后，再调pH=5，过滤，故C正确；D项，“电解”时Mn2+失电子生成MnO2，故在电解池阳极生成，发生反应Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故溶液pH值降低，故D正确；故选B。
2．聚合硫酸铁[Fe2(OH)m((SO4)p]n是一种新型絮凝剂，其处理污水能力比FeCl3强，且腐蚀性小。工业上利用废铁屑为原料制备聚合硫酸铁的工艺流程如图。下列说法正确的是( )
A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)m((SO4)p]n中
B．酸浸槽中加入的酸液可用稀硝酸
C．反应釜中发生的离子反应为H2O2+Fe2++H+=Fe3++H2O
D．聚合釜中控制溶液的pH越大越好
【答案】A
【解析】A项，化学式[Fe2(OH)m((SO4)p]n中：，即，A正确；B项，酸浸槽中加入的酸液是硫酸，如果加入硝酸，一方面会生成有毒气体，另一方面会引入NO3-杂质，B错误；C项，反应釜中加入的H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，正确的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，C错误；D项，如果聚合釜中溶液的pH控制过大，会生成氢氧化铁沉淀，达不到制取聚合硫酸铁的目的，D错误；故选A。
3．弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4的工艺流程如图：
下列说法不正确的是( )
A．“氨浸”时As2O3发生的离子反应为：As2O3+6NH3+3H2O=6NH4++ 2AsO33-
B．“氨浸”时CuO转化为[Cu(NH3)4]2+
C．“氧化除As2O3”时每生成1 ml FeAsO4，转移的电子数目为6.02×1023
D．“蒸氨”后滤液中主要存在的离子为：NH4+、SO42-
【答案】C
【解析】含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4，用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，As2O3转化为As2O3，再加入(NH4)2S2O8和FeSO4，氧化除As2O3，得到FeAsO4沉淀，过滤除去，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2 (OH)2SO4。A项， As2O3在“氨浸”时生成As2O3，发生的离子反应为：As2O3+6NH3+3H2O=6NH4++ 2 As2O3，A正确；B项，“氨浸”时含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，即CuO转化为[Cu(NH3)4]2+，B正确；C项，“氧化”除As2O3时As元素化合价由+3价升高为+5价，Fe由+2价升高为+3价，则生成l ml FeAsO4，转移3 ml电子，故转移的电子数目是3×6.02×1023，C错误；D项，得到的溶液主要为( NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4以及(NH4)2SO4，故溶液中主要存在的离子为：NH4+、SO42-，D正确；故选C。
4．碱式碳酸锌可被用于皮肤保护剂、饲料添加剂等，以锌焙砂(主要成分为ZnO及少量Cu2+、Mn2+的化合物)为原料制备碱式碳酸锌的工艺流程如图所示，下列说法错误的是( )
A．“酸浸”前将锌焙砂粉碎可提高酸浸速率与原料的利用率
B．“氧化”过程中，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
C．“沉铜”过程中反应的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+ CuS(s)
D．碱式碳酸锌可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到ZnO
【答案】B
【解析】锌焙砂加入稀硫酸酸浸将锌、铜、锰转化为相应的盐溶液，加入氨水和过氧化氢生成二氧化锰沉淀，过滤滤液加入硫化锌将铜离子转化为锌离子和硫化铜，过滤滤液加入碳酸氢铵生成碱式碳酸锌。A项，“酸浸”前将锌焙砂粉碎可增加反应物接触面积，提高酸浸速率与原料的利用率，A正确；B项，“氧化”过程中，过氧化氢将二价锰离子氧化为二氧化锰，根据电子守恒可知，H2O2~2e-~Mn2+，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，B错误；C项，“沉铜”过程中加入硫化锌将铜离子转化为锌离子和硫化铜，反应的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq)Zn2+(aq)+ CuS(s)，C正确；D．碱式碳酸锌含有碳酸根离子和氢氧根离子可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到氧化锌、二氧化碳、水，D正确；故选B。
5．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是( )
A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成
B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
C．使用溶液吸收尾气中的氮氧化物，和NO2是酸性氧化物
D．向吸收塔中通入O2的作用是氧化
【答案】C
【解析】氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。A项，合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形成，A正确；B项，氧化炉内的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，氨气为还原剂，氧气Wie氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为5：4，B正确；C项，一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C错误；D项，吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D正确；故选C。
6．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。
下列说法错误的是( )
A．“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4
B．相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍
C．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率
【答案】B
【解析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。A项，根据元素转化分析可知“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4，A项正确；B项，1 ml Cl2完全反应转化2 ml e-，1 ml ClO2完全反应转化5 ml e-，所以等物质的量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍，B项错误；C项，“反应2”中发生反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+ 2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项正确；D项，温度过高，NaClO2会分解，所以采用“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率，D项正确；故选B。
7．生产软磁铁氧体的主要原料是α-FeOOH，以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备α-FeOOH的工艺流程如下，相关数据见下表。下列说法错误的是 ( )
A．“焙烧”的产物之一可用于工业制硫酸
B．“试剂a”可以为FeS，主要目的是除去过量硫酸
C．“试剂b”可以为氨水，调pH的范围为5.2～7.6
D．“沉淀”时，pH过高或者过低均不利于生成
【答案】B
【解析】硫铁矿焙烧主要发生的反应方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后加入稀硫酸进行酸浸，反应原理有：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+4H2O+FeSO4，然后过滤得到滤渣A，主要成分为SiO2，试剂a为还原性铁粉，主要目的为将Fe3+转化为Fe2+，便以后续步骤中除去Al3+，过滤得到滤渣B，主要成分为Fe，加入试剂b调节溶液pH为5.2~7.6将Al3+完全沉淀，而除去过滤得到滤渣C，主要成分为Al(OH)3，向滤液中主要含有Fe2+加入过氧化氢和氨水，产生沉淀FeOOH，过滤得到滤液D，主要成分为(NH4)2SO4。A项，由分析可知，“焙烧”的产物之一SO2，可以转化为SO3，然后SO3+H2O=H2SO4，故可用于工业制硫酸，A正确；B项，“试剂a”的主要目的是将Fe3+完全还原为Fe2+，可以为FeS，但主要目的不是除去过量硫酸，B错误；C项，“试剂b” 的目的为调节溶液pH为5.2~7.6将Al3+完全沉淀，故可以为氨水，C正确；D项，“沉淀”时，pH过高则溶液中的OH-浓度过大，将生成Fe(OH)3沉淀，pH过低即溶液中H+浓度过大，不利于生成α-FeOOH，D正确；故选B。
8．钪(Sc)可用于制备铝钪合金、燃料电池、钪钠卤灯、示踪剂、激光晶体等产品。以钛白酸性废水(主要含、Fe2+、Sc3+)为原料制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。下列说法正确的是( )
A．酸洗时加入H2O2的目的是将Ti 4+还原为Ti2+
B．“操作Ⅰ”需要的玻璃仪器有分液漏斗
C．“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti (OH)4、Fe(OH)3
D．草酸钪焙烧时反应的化学方程式：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【答案】D
【解析】钛白酸性废水(主要含Ti 4+、Fe2+，Sc3+)，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti (OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，加入10%的盐酸调pH的目的是将Sc(OH)3转化为含，Sc3+的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时生成Sc2O3和CO2。A项，“有机相”中主要含有Ti 4+、Fe2+，Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去Fe3+，A项错误；B项，“操作Ⅰ”是过滤，过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，B项错误；C项，“滤渣Ⅰ”的主要成分是Ti (OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，C项错误；D项，草酸钪与氧气焙烧时生成Sc2O3和CO2，D项正确；故选D。
9．高铁酸钾(K2FeO4)具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备K2FeO4流程如图所示：
下列说法错误的是( )
A．1mlK2FeO4消毒能力相当于1.5ml HClO
B．氧化反应：3NaClO+2Fe(NO3)3+10 NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6 NaNO3+5H2O
C．同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾
D．提纯时，应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯
【答案】D
【解析】A项，1ml次氯酸得2ml电子生成氯离子，1mlK2FeO4得3ml电子转化为三价铁，故1mlK2FeO4消毒能力相当于1.5ml HClO，A正确；B项，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程：3NaClO+2Fe(NO3)3+10 NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+6 NaNO3+5H2O，B正确；C项，流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液利用同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾，C正确；D项，提纯时需过滤，应用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D错误；故选D。
10．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)不溶于乙醇，可用作纸浆漂白时的脱氯剂等。用工业硫化钠(主要成分Na2S，含少量Na2SO4 )及纯碱等为原料制备Na2S2O3·5H2O的流程如下：
下列说法正确的是( )
A．Na2S2O3作脱氯剂时主要利用其氧化性
B．“净化”时加入的试剂X可选用BaCl2溶液
C．“反应”过程中体系pH大小对产品产率无影响
D．提纯Na2S2O3·5H2O时，应先用水洗，再用乙醇洗涤
【答案】D
【解析】由题给流程可知，向工业硫化钠溶于热水得到的溶液中加入氢氧化钡或硫化钡除去溶液中的硫酸钠和碳酸钠，趁热过滤得到硫化钠溶液，向溶液中加入碳酸钠溶液后，通入二氧化硫反应得到硫代硫酸钠，硫代硫酸钠溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到硫代硫酸钠晶体。A项，硫代硫酸钠具有还原性，作脱氯剂时表现还原性，故A错误；B项，加入X的目的是除去溶液中的硫酸钠和碳酸钠，若加入氯化钡溶液会引入新杂质氯离子，故B错误；C项，若溶液pH过小，硫代硫酸根离子会与氢离子反应，使产率降低，故C错误；D项，提纯硫代硫酸钠晶体时应先用水洗涤除去晶体表面吸附的可溶性杂质，然后用乙醇洗涤除去水，故D正确；故选D。
11．为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是( )
A．“溶解” 操作中溶液温度不宜过高
B．铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2
C．过滤后滤液中只有ZnSO4
D．本流程涉及置换反应
【答案】C
【解析】A项，溶解过程中用到H2O2，该物质受热容易分解，因此温度不宜过高，A正确；B项，铜帽溶解后，溶液中存在过量的氧气或H2O2，若不除去会在后续反应中消耗过多的锌粉，因此需将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的氧气或H2O2，B正确；C项，因为用到NaOH溶液调节pH值，因此滤液中还有生成的Na2SO4，C错误；D项，“溶解”过程Zn与硫酸发生置换反应、“反应”过程中Zn与H+、Cu2+均涉及到置换反应，D正确；故选C。
12．锂被誉为“高能金属”，废旧锂离子电池的正极材料主要含有LiCOO2及少量Al，Fe等，处理该废料的一种工艺流程如图所示：
已知LiCOO2难溶于水，具有强氧化性。下列说法正确的是( )
A．滤液1中含有的阳离子主要是Al3+和Na+
B．“还原”时，参加反应n(CO3+)：n(SO32-)=2：1
C．“沉钴”离子方程式为CO2++HCO3-= COCO3↓+H+
D．滤渣主要是Fe(OH)3，滤液2中仅含有一种溶质
【答案】B
【解析】正极材料中的铝能和NaOH溶液反应，生成NaAlO2进入滤液中，滤渣中含LiCOO2和铁等，加入稀硫酸，LiCOO2和铁溶于硫酸中，然后加入适量Na2SO3将+3价C还原为+2价，加入氨水调溶液的pH，使铁成为氢氧化物沉淀除去，滤液中加入NH4HCO3，将C2+转化为CCO3沉淀。A项，滤液1中含有的阳离子主要是Na+，Al以AlO2-的形式存在，A项错误；B项，“还原”时，反应离子方程式为2CO3++SO32-+H2O=2CO2++SO42-+2H+，则参加反应的n(CO3+)：n(SO32-)=2：1，B项正确；C项，“沉钴”离子方程式为CO2++2HCO3-= COCO3↓+CO2↑+H2O，C项错误；D项，滤渣主要是Fe(OH)3，根据流程，前面加入了NaOH、稀硫酸、Na2SO3、NH4HCO3，所以滤液2中含Na2SO4、(NH4)2SO4，D项错误；故选B。
13．下图是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：
已知：室温饱和H2S溶液的pH的为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5
根据以上流程图。下列说法错误的是( )
A．“溶解”中用到25%的稀硫酸，可用98%浓硫酸配制，需玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管等仪器
B．操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的是抑制Fe2+的水解
C．操作II中，通入H2S至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化
D．操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分
【答案】B
【解析】铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)与稀硫酸反应生成硫酸锡和硫酸亚铁，通过过滤滤去不溶性物质，通过调节溶液的pH并通入硫化氢气体使锡离子沉淀，过滤除去不溶性的硫化锡，得到硫酸亚铁溶液，通过冷却结晶得到纯净的绿矾。A项，将浓硫酸稀释为25%的稀硫酸，应该用量筒量取一定体积的浓硫酸，沿玻璃棒缓缓倒入盛有水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，则所需仪器为玻璃棒、烧杯和量筒、胶头滴管等仪器，故A正确；B项，结合SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6，FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，而pH=2在1.6-3.0之间，所以锡离子完全沉淀，亚铁离子不沉淀，操作II中用硫酸酸化至pH=2的主要目的不是抑制Fe2+的水解，故B错误；C项，通入硫化氢至饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化，所以操作II中，通入H2S至饱和的目的之一是防止Fe2+被氧化，故C正确；D项，晶体易溶于水，用乙醇洗涤，可以避免晶体的溶解，减少晶体的损失，且酒精易挥发，带走水分，所以操作IV中所得的晶体最后用乙醇洗去晶体表面附着的水分，故D正确；故选B。
14．某废催化剂主要含Al、Ni、M(钼)等的氧化物，回收利用其金属资源的流程如下：
已知：碱性条件下，M元素以MO42-的形态存在；Ksp(BaMO4)=3.5×10-8。
下列有关说法不正确的是( )
A．焙烧时，Al2O3与NaOH反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O
B．水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于提高铝、钼浸取率
C．沉铝后，过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)3
D．沉钼后，过滤所得滤液中不存在MO42-
【答案】D
【解析】废催化剂Al、M的氧化物与氢氧化钠固体一起焙烧得到可溶于水的盐NaAlO2和Na2MO4，Ni的氧化物过滤后留在滤渣之中，滤液中通入过量二氧化碳将NaAlO2转化为Al(OH)3除去，再次过滤后往滤液中加入过量氯化钡溶液得到BaMO4固体。A项，焙烧时，Al的氧化物Al2O3与NaOH反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O，A正确；B项，水浸时，控制适当温度并不断搅拌，有利于固体与液体充分接触，提高铝、钼浸取率，B正确；C项，过量CO2与AlO2-反应生成Al(OH)3沉淀，故沉铝后过滤所得滤渣的主要成分是Al(OH)3，C正确；D项，由于Ksp(BaMO4)=3.5×10-8，BaMO4存在沉淀溶解平衡，沉钼后过滤，所得滤液中仍然存在少量MO42-，D错误；故选D。
15．某废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2，为节约和充分利用资源，通过如图工艺流程回收铁、镍。下列说法错误的是( )
已知：ⅰ.常温下，Ksp(NiCO3)=1.4×10-7；Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。
ⅱ.“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相) XR2(有机相)+2H+(水相)。
A．滤液①中，主要存在的钠盐有NaAlO2、Na2SiO3
B．“反萃取”应控制在酸性环境进行
C．“沉镍”过程中反应方程式为：Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+CO2↑+H2O，“沉镍”时若溶液pH越大，越能充分吸收二氧化碳，NiCO3的产率越高
D．已知“水相”中c(Ni2+)=2×10-2ml•L-1，加NaHCO3“沉镍”，当沉镍率达到99%时，溶液中c(CO32-)=7×10-4ml•L-1
【答案】C
【解析】废矿渣的主要成分有FeO、NiO、Al2O3、SiO2加入氢氧化钠溶液，Al2O3、SiO2分别与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水、硅酸钠和水，滤液①中偏铝酸钠、硅酸钠和剩余氢氧化钠，过滤得到滤渣为FeO、NiO，硫酸酸浸溶液中为Fe2+、Ni2+，加入萃取剂，Ni2+进入水相中，沉镍，加入碳酸氢钠，生成碳酸镍，Fe2+进入有机相，再反萃取，进入水相，再加氧化剂氧为Fe3+，再加入碳酸钠沉铁得到黄钠铁矾。A项，Al2O3、SiO2分别与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水、硅酸钠和水，滤液①中偏铝酸钠、硅酸钠，A正确；B项，萃取原理为：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)，进行反萃取，需要使反应逆向进行，在此条件下，酸性有利于反萃取，B正确；C项，“沉镍”过程产生一种气体为二氧化碳和碳酸镍，根据电荷守恒和原子守恒，离子方程式为：Ni2++2HCO3-=NiCO3↓+CO2↑+H2O；由于Ksp(NiCO3)=1.4×10-7>Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15，所以pH过大，OH-浓度偏高，容易生成Ni(OH)2沉淀，C错误；D项，①沉镍率达到99%时，溶液中根据c(Ni2+)=2×10-2ml•L-1×(1-99%)=2×10-4ml•L-1，根据Ksp(NiCO3)=1.4×10-7=c(CO)c(Ni2+)，可知c(CO32-)===7×10-4ml•L-1，D正确；故选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共55分)
16．(12分)钒(V)是一种重要的金属，有金属“维生素”之称，用途涵盖了航空航天、电池、光学、医药等众多领域，主要由五氧化二钒冶炼得到。某种由钒精矿(含V2O5及少量MgO、SiO2等杂质)提取五氧化二钒的工艺流程如下图所示。
【资料】+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
(1)钒精矿磨细的目的是_______，浸出液中含有钒酸钠(Na3VO4)。VO43-与PO43-的空间构型相同，键角的大小为_______。
(2)用硫酸缓慢调节浸出液的pH为7，得到净化液中主要的阴离子是_______。
(3)氨化沉钒：将净化液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下。
向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液的目的：_______。
(4)煅烧2.340g偏钒酸铵(NH4VO3，摩尔质量为117g/ml)时，其固体质量的减少量随温度变化的曲线如图所示：
100~200℃时产生的一种气体的化学式为_______，300~350℃时发生反应的化学方程式为_______。
【答案】(1) 增大接触面积，加快反应速率和提高V的浸出率 109º28'
(2)VO3-和SO42-
(3)调节pH值，使(NH4)3VO4转化为NH4VO3
(4) NH3 2HVO3V2O5+H2O
【解析】将钒精矿进行粉碎磨细以增大接触面积，加快反应速率，提高钒的浸出率，加入NaOH溶液，将V2O5转化为Na3VO4，SiO2转化为Na2SiO3，MgO不反应，过滤出浸出渣主要成分为MgO，浸出液中主要含有Na3VO4、Na2SiO3，向浸出液中加入H2SO4调节pH为7时，产生H2SiO3沉淀，钒的存在形成转化为NaVO3，过滤出净化渣主要成分为H2SiO3，向净化液中加入NH4Cl进行沉钒，产生NH4VO3沉淀，过滤洗涤干燥，高温煅烧，即得V2O5。(1)工艺流程中，将钒精矿磨细的目的是增大接触面积，加快反应速率和提高V的浸出率，PO43-中P原子孤电子对数为=0，价层电子对数为4+0=4，空间构型为正四面体形，而VO43-与PO43-的空间构型相同，为正四面体形，键角为109º28'；(2)由题干表格信息可知，当pH=7时钒的主要存在形式为：VO3-，故用硫酸缓慢调节浸出液的 pH 为 7，得到净化液中主要的阴离子是VO3-和SO42-；(3)向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液的目的是调节pH值，使(NH4)3VO4转化为NH4VO3；(4)煅烧偏钒酸铵时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到100~200℃时，质量减少3.4g，偏钒酸铵NH4VO3物质的量==0.2ml，发生反应NH4VO3NH3↑+HVO3，生成气体为氨气0.2ml，加热到300 ~ 350° C时固体质量减少18g，应发生反应2HVO3V2O5+H2O。
17．(13分)聚合硫酸铁(Ⅲ)[Fe2(OH)x(SO4)y]n是一种新型，优质、高效铁盐类无机高分子絮凝剂，极易溶于水，广泛应用于饮用水、各种工业废水、城市污水、污泥脱水等的净化处理。工业上用高硫铝土矿(主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2)为原料制备聚合硫酸铁的部分工艺流程如下：
(1)写出焙烧产生的SO2气体在工业上的一种用途_______。
(2)“滤液”中存在的阴离子主要为OH-及_______(填离子符号)。
(3)氧化过程中加入双氧水的目的为_______，实际生产过程中温度不宜过高且要控制H2O2的投加速度，其原因为_______。
(4)在焙烧时若通入的空气量不足，Fe2O3与FeS2之间可以反应生成Fe3O4和SO2、Fe2O3与FeS2之间反应时理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=_______。
(5)加入试剂A的目的是通过调节pH促进聚合物的形成，所加试剂A为_______(填化学式)，溶液的pH对[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x的值有较大影响(如下图所示)，试分析pH过大(pH>3.0)导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因_______。
(6)聚合硫酸铁虽广泛应用于各类水的净化处理，但是实际使用过程中发现该絮凝剂对铁质输送管道和容器比明矾的腐蚀性更强，这是由于该絮凝剂水解程度大，产生的氢离子浓度更大、腐蚀作用更强，同时还有另一离子也具有腐蚀性，该离子发生腐蚀的离子方程式为_______。
【答案】(1)漂白剂 (2)AlO2-、SiO32-
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ 防止H2O2受热分解，提高原料利用率
(4)1：16
(5) Fe2O3 将溶液pH调过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀
(6)2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】焙烧过程FeS2与氧气反应生成SO2和Fe2O3，碱浸过程Al2O3、SiO2都能与KOH溶液反应分别生成KAlO2、K2SiO3，过滤分离出滤液，酸浸加入硫酸与Fe2O3反应生成铁离子，酸浸液中含有的亚铁离子加入双氧水进行氧化转化为铁离子，聚合中加入试剂A消耗氢离子来调节pH，为防止引入新杂质，A为Fe2O3，得到溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到聚合生成聚合硫酸铁。(1)SO2气体在工业上可做漂白剂；(2)Al2O3、SiO2都能与KOH溶液反应分别生成KAlO2、K2SiO3，则“滤液”中存在的阴离子主要为OH-及AlO2-、SiO32-；(3)氧化过程中加入H2O2的目的是将“酸浸”后溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，双氧水不稳定易分解，温度过高，双氧水分解速率加快，实际生产过程中温度不宜过高且要控制H2O2的投加速度，其原因为防止H2O2受热分解，提高原料利用率；(4)Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmlFe2O3和ymlFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×(3-)=2y×5+y×(-2)，解得=16，所以理论上完全反应消耗的n(FeS2)：n(Fe2O3)=1：16；(5)加入氧化铁和酸反应来调节溶液pH，所加试剂A为Fe2O3，不引入新的杂质；图象分析可知pH>3.0，x值越小，是因为将溶液pH调过大，可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，降低聚合碱式氯化铝铁的产率；(6)溶液变红FeCl3溶液对钢铁设备的腐蚀，除H+的腐蚀作用外，另一离子的腐蚀的主要原因是铁离子和铁反应生成亚铁离子，反应的离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+。
18．(15分)金属铅具有广泛用途，其提取根据工艺差异分为火法炼铅和湿法炼铅。
[火法炼铅]以铅精矿(主要成分为PbS)为原料制备金属Pb，其工艺流程如下：
(1)“氧化脱硫”时，反应温度为1100℃，生成PbO和SO2，该反应的化学方程式为_________。
(2)下列金属冶炼方法正确且与本工艺“冶炼”的方法相似的是_________(填标号)。
A．电解熔融NaCl制钠 B．铝热反应制铝 C．高炉炼铁D．氧化汞分解制汞
(3)由以上信息可得，火法炼铅工艺的主要不足为_________(任写一条)。
[湿法炼铅]以锌浸出渣(主要成分为PbSO4，还含有PbO和ZnFe2O4)为原料制备金属Pb，其工艺流程如下：
已知：①“碱浸”时，ZnFe2O4与NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O，还有一种氧化物；
②“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH)3]-的形式存在溶液中。
(4)“碱浸”时，PbSO4发生反应的离子方程式为_________。
(5)“浸渣”的主要成分为_________(填化学式)。
(6)“碱浸”液经处理后所得溶液[、]用于“沉铅”。
①“沉铅”时，理论上，当PbS完全沉淀时，ZnS_________(是或否)开始沉淀，通过计算说明_________[已知：、]。
②“滤液”中主要含有的金属阳离子有_________。
【答案】(1)2PbS+3O22PbO+2 SO2
(2)C
(3)“氧化脱硫”时，生成大量二氧化硫，二氧化硫污染空气
(4) PbSO4+3OH-=[Pb(OH)3]-+SO42-
(5)Fe2O3
(6)是 当PbS完全沉淀时，S2-的浓度为 ，>，所以ZnS开始沉淀 Na+、Zn2+
【解析】火法炼铅，PbS和氧气反应生成PbO和SO2，用焦炭还原PbO生成Pb。湿法炼铅，锌浸出渣主要成分为PbSO4，还含有PbO和ZnFe2O4，用氢氧化钠溶液“碱浸”时，ZnFe2O4与NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O、Fe2O3，铅主要以[Pb(OH)3]-的形式存在溶液中，过滤出Fe2O3，“碱浸”液经处理后所得溶液中含有Pb2+、Zn2+，加Na2S生成PbS沉淀，PbS冶炼得金属Pb。(1)“氧化脱硫”时，反应温度为1100℃，PbS和氧气反应生成PbO和SO2，该反应的化学方程式为2PbS+3O22PbO+2SO2。(2)用焦炭含有PbO生成Pb，属于热还原法；高炉炼铁是用CO还原氧化铁，故选C；(3)“氧化脱硫”时，生成大量二氧化硫，二氧化硫污染空气。(4)“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH)3]-的形式存在溶液中；“碱浸”时，PbSO4发生反应的离子方程式为PbSO4+3OH-=[Pb(OH)3]-+SO42-；(5)“碱浸”时，ZnFe2O4与NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O，还有一种氧化物，根据元素守恒，该氧化物为Fe2O3；“碱浸”后，铅主要以[Pb(OH)3]-的形式存在溶液中，所以“浸渣”的主要成分为Fe2O3；(6)①“沉铅”时，当PbS完全沉淀时，S2-的浓度为 ，>，所以存在ZnS沉淀；②“滤液”中主要含有的金属阳离子有Na+、Zn2+。
19．(15分)工业利用闪锌矿(主要成分ZnS，还含有FeS、CuFeS2、石英及F-、Cl -等杂质)富氧酸浸提取锌，同时实现环保除铁的工艺流程如下：
已知：①酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应；
②CaF2易形成胶体。
回答下列问题：
(1)“浸出”过程原理如图1a所示，ZnS “浸出”的总反应的化学方程式为___________。对比人造闪锌矿浸出原理(如图1b所示)，可知“浸出”过程中Fe2+的作用为___________。
(2)“滤渣1”主要成分为___________。
(3)“加热加压氧化”发生反应的离子方程式为___________。
(4)“电积”时，F-、Cl -会腐蚀电极板，需提前除净。
①“脱氯”时，脱氯率随时间变化如图2，约后脱氯率减小的原因可能为___________。
②“脱氟时，先按物质的量之比加入Ca(OH)2脱氟，充分反应后，c(Ca 2+) =__________0.1ml·L-1 [已知Ksp(CaF 2)= 1.08×10－10，且不考虑Ca(OH)2沉淀]；后加入石灰石，目的为___________。
(5)写出“电积”生成锌的电极反应式___________。
【答案】(1) 2ZnS+2H2SO4+O2=2ZnSO4+2H2O+2S 催化剂
(2)S、SiO2
(3) 4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3+8H+
(4) 空气中的氧气将CuCl氧化为Cu2+，Cl -重新进入溶液；CuCl发生歧化反应，Cl -重新进入溶液 3.0×10－4 防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
(5) Zn(OH)42-+2e- ==Zn+4OH-
【解析】(1)“浸出”时闪锌矿中硫化锌和硫酸反应生成硫酸锌，同时其中的硫离子被氧气氧化为单质硫，方程式为：2ZnS+2H2SO4+O2=2ZnSO4+2H2O+2S；由图可知，反应开始时加入Fe2+在反应过程中又产生Fe2+，故Fe2+属于催化剂；(2)闪锌矿中二氧化硫不能溶解，同时由第一问可知，浸出时会产生单质硫，故“滤渣1”主要成分为：S、SiO2；(3)根据流程可知，“加热加压氧化”时溶液中的二价铁被空气中的氧气氧化为赤铁矿，方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3+8H+；(4)①根据分析可知，通过生成CuCl来达到脱氯的目的，但是随着时间的延长，空气中氧气可以将+1价铜氧化为+2价铜，再结合信息可知，酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应，重新生成氯离子，故约后脱氯率减小的原因可能为：空气中的氧气将CuCl氧化为Cu2+，Cl -重新进入溶液；CuCl发生歧化反应，Cl -重新进入溶液；②充分反应后达到沉淀溶解平衡，由于，并且，可得，解得；根据题给信息可知，CaF 2易形成胶体，则加入石灰石目的为防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率；(5)脱氟时加入石灰乳，此时溶液显碱性，锌元素以Zn(OH)42-种形式存在，电积时，Zn(OH)42-在阴极得到电子生成单质锌，电极反应式为：Zn(OH)42-+2e- ==Zn+4OH-。
物质
开始沉淀pH(25℃)
1.9
7.6
4.0
沉淀完全pH(25℃)
3.2
9.7
5.2
PH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
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