#答案以及解析1?答案：（1）FeOTOC\o"1-5"\h\z232）VO+6OH-=2VO3-+3HO2542（3）NaCO+Ca（OH）=CaCO1+2NaOH，OH-增多平衡逆向移動，使得溶出2323VO3-4（4）VO6-1028（5）離子交換樹脂、NaCl或者nhci4（6）450g解析：（1）由于鋁土礦中含有FeO，而在堿性條件下，FeO不參與反應，在2323赤泥中還含有FeO。23（2）由于反應物是vo，堿性條件下生成物是VO3-，所以離子反應方程式為254VO+6OH-=2VO3-+3HO。2542（3）由于加入碳酸鈉以后，發生如下反應NaCO+Ca（OH）=CaCO1+2NaOH，2323生成氫氧化鈉,隨著OH-增多平衡3Ca（OH）（s）+2VO3-=3CaO-VO（s）+6OH-逆向2425移動，使得有VO3-溶出。4（4）在發生吸附之前調節pH=8,而在pH=8時，釩的存在形態是V06-，因此1028R為VO6-，n=6。1028（5）經過解析后的離子交換樹脂還可以繼續吸附，所以離子交換樹脂還可以重復利用，而經過解吸后的過濾液中含有NaCl和NHci，也可以重復利用。4依據10A1+3VO===5A1O+6V523106510g51g510g51g-mol-1~6~?100M=molx27g-mol-1=450g。

2.答案：(1)500°C;NHHCO+NH=(NH)CO433423將Fe2+氧化為Fes+;1.5?5.27.2x1072Mn++3CQ+2HO=Mi(OH)-MnCO/+2HCO；焙燒3223394.6；偏大解析：(1)由題圖1可知，500C時錳浸取率為90%左右，繼續升高溫度對錳浸取率的影響不大，所以焙燒時應選擇的溫度為500C。在焙燒過程中，MnCO3和NHCl反應生成MnCl、NH和CO，由流程可知Y為NH，在“吸收”中為NH與423233NHHCO反應生成(NH)CO，化學方程式為NHHCO+NH=(NH)CO.43423433423⑵由題中流程圖可知，加入適量的MnO是為了將Fe2+氧化為Fe3+，以便同時除2去Fe2+和Fe3+；由流程圖可知，調節pH的目的是沉淀Fe3+、A13+,所以由表中數據可知應調節的pH范圍1.5?5.2。(3)該反應的平衡常數K=c(Mn(3)該反應的平衡常數K=c(Mn2+)c(Mn2+).c2(F-)K(MnF)spK(MgF)sp2x10一3x10-11q7.2x107(4)“沉錳”過程中(NH)CO與MnCl反應生成Mn(OH)-MnCO、NHCl和4232234nhhco，反應的離子方程式為2Mn++3C(2-+2HO=Mi(OH)-MnCO^+2HCO；4332233由流程圖可知，生成的NHCl可在“焙燒”工序循環使用。4⑸設0.9200g該樣品中含有二氧化錳的質量為x。MnO?I?2SO2-22231mol2molX0.0800mol-L-1x0.025Lx100mL87g/mol10mL1mol貝V有x=2mo】，解得x=0.87g,87g/mol0.0800mol-L-1x0.025Lx10則該樣品的純度￡87+x100%-94.6%由于KI溶液足量，若操作時間過長，將導0.9200g致部分KI被空氣氧化為I，使消耗的NaSO溶液增多，導致樣品純度偏大。22233?答案：(1)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OCrO2-+12H05WO3+5H2O=2Cr3++12WO2-+16H+27’4取C中上層清液于試管中，滴加KSCN溶液，溶液不變紅(其他合理答案也可)7.350g；燒杯、玻璃棒、膠頭滴管67.20%偏低解析：(1)該鐵礦石中的Fe2O3與鹽酸反應生成FeCl3和H2O,SiO2與鹽酸不反應,故反應的離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。根據化合物中元素的正負化合價的代數和等于0,可得Na2WO2中鎢元素的化合價為+6價。(2)由題中流程圖可知，加入的少量稀K2Cr2O7，只是將鎢藍氧化為wo2一，Fe2+4不參與反應，則K2Cr2O7被還原為Cr3+，則溶液D中發生反應的離子方程式為Cr^-27+12H05WO3+5H2O=2Cr3++12WO2_+16H+。?4向溶液C中滴加KSCN溶液，若溶液不變紅，則證明溶液C中不含Fe3+。稱取K2Cr2O7固體的質量=0.1000g?mol-1x0.25Lx294g?mol-1=7.350g,配制時需要用玻璃棒進行攪拌(溶解時用)和引流，需要用燒杯溶解，需要用膠頭滴管定容。根據反應CrO2-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O,結合滴定過程可知，100mL27溶液E中n(Fe2+)=6n(CrO2-)X100.00mL/25.00mL=6x12.50x10-3Lx0.100027g?mol-1x4=0.03mol,貝J2.50g鐵礦石樣品中含有Fe元素的質量=0.03molx56g?mol-1=1.68g,其質量分數=1.68g/2.50gx100%=67.20%。由于Fe2+具有較強的還原性，能被空氣中的02氧化為Fe3+,若預處理所得溶液E放置時間過久，溶液中Fe2+的含量降低，導致測定結果偏低。4.答案:1.Co2O3+$02-+4H+=2Co2++SO2_+2H2OTOC\o"1-5"\h\z342.6H++6Fe2++qo-=6Fe3++Cl-+3H?O3Fe(OH)3,Al(OH)3\o"CurrentDocument"B5?降低烘干溫度，防CoCl2?6H2O高溫下失去結晶水6.59.5%；pH太小K2CrO4氧化Cl-(或轉化為Cr02-)；pH太大生成Ag(OH)沉淀(或27Ag2O沉淀)解析：1.水鉆礦主要成分為Co2O3、Co(OH)3，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、A13+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發生氧化還原，根據電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：C°2O3+SO2-+4H+=2Co2++SO2-+2H2O；34NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO_3+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；NaC103的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調pH至5.2，鋁離子與碳酸根離子發生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2A13++3co2-3+3H2O=2A1(OH)J+3CO2T；鐵離子能與碳酸根離子發生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Fe3++3CO2CeO+HO+6H+===2Ce3++OT+4HO22222-+3H2O=2Fe(OH)3J+3CO2T，所以沉淀X的成分為：Fe2CeO+HO+6H+===2Ce3++OT+4HO222224?根據流程圖可知，此時溶液中存在Mn2+、C02+金屬離子；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系可知，調節溶液pH在3.0?3.5之間，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉化為Co(OH)2沉淀，故選B；5?根據題意知，CoC12?6H2O常溫下穩定無毒，加熱至110?120□時，失去結晶水變成有毒的無水氯化鉆，為防止其分解，制得的CoCl2?6H2O需降低烘干溫度；CoC12?6H2O?2AgNO3238g2mo1xg0.2mo1/Lx0.01L238^_2molxg02mol/Lx0.0'liX=0.238g100CoC12?6H2O的純度為'-：：，''..；■59.5%22-...pH太小K2CrO4氧化Cl-（或轉化為CrO2-），pH太大生成AgOH沉淀，所以需要27控制溶液pH值為6.5?10.5。5?答案：（1）NaCO+CaCO+6SiO===NaO-CaO-6SiO+2COT332222抑制Ce3+的水解；hO大量分解導致CeO不能完全被還原而混入SiO中2222向漏斗內加蒸餾水至浸沒沉淀待水自然流出后，復復操作2~3次Ce(CO)=△=2CeO+4COT+2COT24322解析：廢料主要含有SiO，還含有CeO、CaO、MgO、NaO等，CaO、MgO、NaO2222溶于稀鹽酸，CeO不溶于水，微溶于稀酸，則過濾I后，濾渣中有CeO、SiO，222分析流程如下：菱翠.石一^就盪趕f過謔IT—洗海①濾液(缸0、也比含心用qj嚴溶液⑴工業制玻璃原理為NaCO+SiO=高溫=NaSiO+COT，TOC\o"1-5"\h\z232232CaCO+SiO===CaSiO+COT，根據玻璃的成分，可得制玻璃的化學方程式為：232NaCO+CaCO+6SiO===NaO?CaO-6SiO+2COT。2332222分析題給流程知，在酸性環境中hO將CeO還原為Ce3+，則hO被氧化成O'222222根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，可寫出反應的離子方程式為2CeO+HO+6H+===2Ce3++OT+4HO。22222Ce3+會發生水解，稀硫酸適當過量可抑制Ce3+的水解。HO受熱分解，溫度22過咼導致hO減少，HO量不足導致CeO不能完全被還原而混入SiO中，使222222SiO產品純度下降。2SiO不溶于水，洗滌SiO的操作是向漏斗內加蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流22出，重復操作2~3次。⑸Ce2(SQ)3中n(Ce)=0-5440gx2=0.002mol，300°C時含鈰氧化物中24544g?mol-in(O)=°.344°g—°.°°2m°lx140g?罰-1=0.004mol，n(Ce):n(O)=1:2，故加熱生成的鈰16g?mol-i的氧化物為CeO，又加熱時生成三種氧化物結合Ce,(sq)的化學式可知另外兩2243

種氧化物為co2和CO,故加熱到30°C時發生反應的化學方程式為Ce（CO）=△=2CeO+4COT+2COT。2243226?答案：（1）粉碎礦石（或適當提高浸取時溫度等合理答案）；抑制BiCl水解生成不3溶性沉淀，提高鉍的浸出率(2)Siq；Cu2+、Fe3+⑶叫+Bi2S3+6H+—3S+Cl-+2Bi3++3H2O(4)Bi+3Fe3+^=Bi3++3Fe2+(5)負；Cl--6e-+6OH-一ClO-+3H2O解析：分析如下:軋氷人Hi特心vjF十刑HCI臨（：1厲Ij]HCI臨（：1厲Ij]廣邊出潼I;「沒禽鍛T;「沒禽鍛T匡原浸出胯，舞嘰氣*族艮，!眄叫ci-卜-濾液—H&解—毅（1）根據外界條件對化學反應速率的影響，粉碎礦石、適當提高浸取時溫度、攪拌等均可以提高浸取速率。根據提供信息II,BiCl極易水解，但在濃鹽酸中幾3乎不水解，知加入過量鹽酸的主要目的是抑制BiCl水解生成不溶性沉淀，提高3鉍的浸出率。（2）輝鉍礦中siO與NaClO、鹽酸均不反應，因此浸出渣中還含有SiO。NaClO具TOC\o"1-5"\h\z2323有較強的氧化性，氯化浸出時，NaClO可CuS、FeS氧化為S、Cu2+、Fe3+，故浸22出液中含有的金屬陽離子有Na+、Bi3+、Cu2+、Fe3+。（3）氯化浸出時，Bis與NaClO、鹽酸反應，BiS被氧化生成S，NaClO被還原233233生成Cl-，BiSt3S失6e-，NaCl°°TC卜得6U,根據得失電子守恒，Bid、NaClO23Q33

的化學計量數均為1,可得：Bi2S3+C￡t2B3++3S+C卜，再根據電荷守恒和原子守恒，可配平離子方程式為：BiS+C1O-+6H+^=2Bi3++3S+Cl-+3HO。2332(4)根據提供信息III,氧化性:Fe3+>Cu2+>Bi3+>H+，知Cu2+、Fe3+均能將Bi氧化為Bi3+，故還原過程中還發生反應：Bi+3Fe3+^=Bi3++3FZ+。右池中石墨電極上Bi3+轉化為Bi，發生還原反應，石墨電極為陰極，則N為電源負極；陰極區Cl-通過陰離子交換膜進入陽極區，陽極區中陰離子有OH-、Cl-，放電能力：Cl->OH-，由工藝流程圖可知，電解產物可以循環利用，則Cl-轉化為CIO-，故陽極反應為：Cl--6e-+6OH—ClO-+3H2O。答案：(1)2MoS2+7O2——2MoO3+4SO?;形成酸雨；氨水(或石灰乳);(硫酸銨，化肥)[caSO(石膏，建筑材料)]40;Ba(OH)2NaMoO;使用一定次數后，母液中雜質的濃度增大，重結晶會析出雜質,2影響產品純度(4)2Al+(4)2Al+MoO3高溫Mo+AlOMoS+9ClO-+6OH^—MoO2-+2SO2-+9Cl-+3HOTOC\o"1-5"\h\z2442解析：(1)由流程圖知，MoS在空氣中焙燒，M元素被氧化為MoO，S元素被氧23高溫化為so，反應的化學方程式為2MoS+7O=2MoO+4SO。大氣中的SO溶222322于水易形成酸雨。SO為酸性氣體，可采用堿性吸收劑吸收，如氨水或石灰乳。2(2)結合原子守恒和反應物為MoO、NaCO，可知氣態生成物為CO，其電子323O2式為c-。結合BaSO和BaMoC的溶度積及溶液中離子濃度知，可加入--44Ba2+除去so2-，結合溶液為堿浸液可知，為不引入雜質離子，可加入Ba(OH)試42劑。由流程圖分析可知，得到的母液的主要溶質為NaMoO，但多次重結晶后母24液中雜質的濃度增大，需進行凈化處理。由氧化鐵與Al的鋁熱反應可知MoO3與A反應的化學方程式為高溫2A1+MoOMo+AlO。323⑸操作3在堿性條件下，NaClO將MoS2氧化，反應的離子方程式為MoS2+9C10-+6OH-—MoO2-+2SO2-+9Cl-+3H2O。8?答案：⑴FeTiO3+2H2SO4—TiOSq+FeSO4+2H2OTiO2++2HO=TiO-HOI+2H+；過濾222TiCl+2HO=TiO+4HC1；共價；兩性22消耗反應①中生成的O，使平衡右移，提高TiCl的產率24⑸業%m解析：分析如下：陀Tig淮筑酸作用下塞解.得測F資和TiO叫少曼F申被軌祀気啊?H/)FeSO4-?H20

（1）“酸浸”時，鈦鐵礦和硫酸反應生成FeSO和TiOSO，其化學方程式為4FeTiO+2HSOTiOSO+FeSO