2022届高三化学高考备考二轮复习必刷题——工业流程题（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2022届高三化学高考备考二轮复习必刷题——工业流程题（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.9MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-18 16:25:11 | ||
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文档简介
2022届高三化学高考备考二轮复习必刷题——工业流程题
1．（2022·山东日照·模拟预测）是一种前景很好的锂离子电池电极材料。以废旧锂离子电池为原料回收合成的工艺如下。
回答下列问题：
(1)溶液中金属离子浓度用表示，随溶液变化如图所示。当溶液中某离子浓度小于时认为沉淀完全。
①“酸浸”后滤液中含有、、、，滤渣1成分为_______。
②如果“调”后溶液中浓度为，则“调”的范围是_______；下列试剂最适合作为物质X的是_______(填字母)。
a.双氧水 b.氨水 c.盐酸 d.
(2)“除锰”反应的离子方程式为_______。
(3)“合成”过程发生反应的化学方程式为_______。
(4)一种薄膜(只允许通过)锂离子电池的充电过程如图所示。该电池放电时的正极反应式为_______。放电时，当外电路通过电子时，非晶硅薄膜上质量变化_______g。
2．（2022·河南·三模）三氯化钌(RuCl3 )和硫化铋(Bi2S3)用途广泛。利用某含钌、铋的废催化剂(主要成分为Ru、Bi2O3、SiO2)回收RuCl3和Bi2S3的工艺流程如下：
已知：
I．滤液1中溶质的主要成分为Na2 RuO4、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3；
Ⅱ．RuO4的沸点为40℃，易挥发，微溶于水，极易溶于CCl4，RuO4有强氧化性，超过100℃时，RuO4就爆炸分解，室温下与乙醇接触也易爆炸；
Ⅲ．Ksp(Bi2S3)=1.0×10-20。
回答下列问题：
(1)“氧化碱浸”时，为提高反应速率，可采取的措施有_______ (写出两条)。
(2)向滤液1中加入乙醇生成Ru(OH)4沉淀和乙醛，则“转化”过程中乙醇作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(3)①Ru(OH)4与NaClO发生反应的化学方程式为_______；反应过程中NaClO的利用率与温度的关系如图所示，温度高于25℃时NaClO的利用率开始下降，主要原因可能是_______。
②“蒸馏”过程中常采用的加热方式为_______。
(4)盐酸“吸收”RuO4过程中产生的Cl2经进一步处理可以转化为_______、 _______(填两种物质的名称)，在本工艺流程中循环利用。
(5)滤渣3的主要成分为_______(填化学式)。
(6)“沉淀”时，向1L 1.0 mol· L-1BiCl3溶液中加入0.2L Na2S溶液，反应后混合溶液中c(S2-)为1×10-6mol·L-1，则Bi3+的沉淀率为_______(忽略溶液体积变化)。
3．（2022·山东·新泰市第一中学二模）天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示：
已知：常温下，ZrCl4是白色固体， 604K升华，遇水强烈水解：ZrCl4+9H2O=ZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题：
(1)“高温气化”中可发生多个反应，写出发生的主要反应的化学方程式是_______。
(2)分馏过程中，为防止产品变质，过程中一定需要注意的是_______。液体a的电子式是_______。
(3)实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是_______。
(4)“还原”中氧化剂是_______(填化学式)。
(5)由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。
第一步：溶解分离
将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用_______
方法进行分离。
②离子交换法：利用强碱型酚醛树脂R-N(CH3)Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是_______。
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离。这种分离方法是_______。
第二步：高温还原
在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，反应的化学方程式是_______。
4．（2022·福建·模拟预测）用黄铁矿(主要成分FeS2)还原硫酸渣制备铁黄颜料(主要成分为FeOOH)，工业流程如下：
c(Fe2+)或c(Fe3+)浓度分别为 1 mol L-1，形成对应沉淀的pH范围如下表：
Fe(OH)2 FeOOH
开始沉淀的pH 5.8 1.2
沉淀完全的pH 8.3 2.8
(1)步骤②被氧化的元素是_______。
(2)碱性锌锰电池使用时会产生与FeOOH同类物质，该物质化学式是_______。
(3)制备晶种：将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀。调至pH约为6时，开始通入空气并记录pH 变化如图。
① pH约为6时，通入空气前，铁元素的主要存在形式是_______；0~t1时段，白色沉淀发生变化，pH 基本不变的原因是_______(用化学方程式说明)。
②pH 约为4时制得铁黄晶种。若继续通空气，t3后pH 几乎不变，此时c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。请结合方程式说明原因：_______。
(4)二次氧化时，溶液的pH 应控制在3~4，过低会造成铁黄质量降低，原因可能是_______。
(5)步骤④中证明洗涤完全的方法是_______。
(6)称取铁黄产品1.000 g，用稀硫酸溶解并配成200 mL溶液，每次取20.00 mL，调节合适的pH，用0.1 000 mol/L的磺基水杨酸(H2Y)标准溶液滴定，三次滴定平均消耗体积为22.00 mL，则该产品纯度为_______%。 (已知：Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+)
5．（2022·辽宁·二模）锡是一种质地较软的金属，可塑性强，能制成多种款式的产品。工业上常从锡矿中冶炼锡，其工艺流程如下：
已知：
I．锡精矿：含Sn40~70%，还含有W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素
II．滤渣的成分为：SnO2、Fe2O3、SiO2等
III．硬头：Sn 46%、Fe 44%等
按要求回答下列问题：
(1)Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置_______。
(2)氧化焙烧产生的气体为_______，其可造成的环境污染是_______。
(3)加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应的化学方程式为_______。
(4)操作1的名称是_______。洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是_______。
(5)还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体，写出该反应的化学方程式_______。
(6)“熔析”时吹入空气或水蒸气，使铁、锌、铅形成浮渣而上浮。Fe在高温时可与水蒸气反应，其化学方程式为_______。
(7)用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作_______极。维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，理论产生Sn_______g(保留3位有效数字)。(已知：F=96500C/mol)
6．（2022·江西上饶·模拟预测）五氧化二钒(V2O5)在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、SiO2等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：
已知：①含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
溶液pH <4.0 6.0-8.0 8.0-10.0
钒元素主要存在形式 VO VO V2O
②溶液中某离子浓度≤1×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。Fe3+、A13+、Cu2+沉淀完全的pH分别为：3.2、4.7、6.4
③VO和VO之间存在转化关系：VO+H2OVO+2H+
请回答下列问题：
(1)滤渣1主要成分是_______(写名称)
(2)“酸浸氧化”后钒元素主要以VO形式存在，请写出V2O3溶解过程中发生的离子反应方程式_______。
(3)加入氨水调pH=7时，溶液中会产生大量的VO。请用平衡移动原理进行解释_______。
(4)沉钒后所得沉淀要进行洗涤，检验沉淀是否洗净的方法是_______。
(5)已知NH4VO3难溶于水，常温时Ksp=3.0×10-8，向10mL0.2mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的(NH4)2SO4溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使VO沉淀完全，则(NH4)2SO4溶液的最小浓度为_______(保留三位有效数字)。
(6)“煅烧”过程中的化学反应方程式_______副产物可在_______过程中循环使用。
7．（2022·辽宁·模拟预测）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：
已知：(1)“焙烧”生成了铁红；
(2)常温下，柠檬酸()电离常数： ，， , Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为___________。
(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种___________盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈___________性。(填“酸”、“碱”或“中”)
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生氢氧化铝沉淀___________。(写出计算过程)
(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是___________。
(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为______。(保留四位有效数字)
8．（2022·上海·模拟预测）铋主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣(主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO)为原料提取Bi的工艺流程如图：
已知：Ⅰ.BiCl3可水解生成不溶于水的BiOCl
Ⅱ.25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=1.2×10-20；Ksp(PbCl2)=1.17×10-5
回答下列问题：
(1)“浸出”时，若c(HCl)=1mol/L时，铋的浸出率和Cl-浓度的关系如图所示，其中NaCl的作用是____；若升高温度，反应相同的时间，铋的浸出率先升高后降低，则浸出率下降的主要原因可能是____和____。
(2)“滤渣Ⅰ”的成分为____(填化学式)。
(3)“沉铜”时向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液，可促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2沉淀，请写出“沉铜”的离子方程式____。若“滤液Ⅱ”中c(Cu2+)为0.01mol·L-1，常温下加入等体积的NaOH溶液使pH恰好为6时，出现Cu(OH)2沉淀，此时Cu2+的去除率为____(忽略溶液体积变化)。
(4)可循环利用的物质是____。
(5)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
水解工序时Bi3+发生反应的离子方程式为____。
9．（2022·重庆·二模）铝在我国储量居世界前列，被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。钼酸钠晶体()是一种金属腐蚀抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是，含少量等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。
请回答下列问题：
(1)气体A的主要成分是_______(填化学式)，为了提高浸取率所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)在焙烧炉中焙烧时，采用多层逆流(空气从炉底进入，钼精矿经粉碎后从炉顶进入)焙烧，采用“多层逆流”的目的是_______。
(3)“焙烧”时转化为，浸取过程中含钼化合物发生反应的离子方程式为_______。
(4)在加入除时，若溶液较小，会产生的不良后果是_______，原因是_______(用平衡移动原理解释)。
(5)流程中“…”在实验室的操作为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(6)分析化学上测定钼的含量，通常是把经过一系列变化得的方法来测定。实验室称量钼精矿，经过一系列变化得到，则理论上钼精矿中钼的百分含量为_______。
10．（2022·辽宁·模拟预测）高铁酸钾()是一种新型水处理剂，既能杀菌又能生成胶体吸附悬浮物，其制备流程如图所示：
已知：①的溶解度大于；②在碱性条件更稳定。回答以下问题：
(1)高铁酸钾()中铁元素在周期表的位置是第_______周期第_______列。
(2)写出“常温氧化”的离子方程式_______。
(3)若在“水溶混合”和“常温氧化”过程中分别加入和，则在“浸洗溶解”过程之前需发生反应的化学方程式是_______。
(4)“洗涤烘干”过程中使用乙醇洗涤，其目的是_______(答两点)。
(5)“常温氧化”过程中，测得氧化时间、氧化剂浓度与产率、纯度的实验数据分别如图1、图2所示。为了获取更纯的高铁酸钾，反应时间应控制在_______min，氧化剂浓度应控制在_______。
(6)高铁酸钾产品纯度测定方法如下(杂质不参与反应)：在一定条件下，将1.32g样品与过量溶液反应后配成溶液，每次取10.00mL于锥形瓶中，加入指示剂后，用的标准溶液滴定，则终点的操作和现象是_______。
(7)还有一种电解法制备高铁酸盐。以多孔的磁铁矿代替纯铁电极作阳极，写出以此材料在碱性条件下制备高铁酸盐的电极反应式_______。
11．（2022·黑龙江·哈九中二模）工业上常采用堆浸-反萃取-电积法从锌矿(主要成分为ZnS，含有FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质)中获得锌，其流程如图所示。
已知：①“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐；②pH较高时，氢氧化氧铁为胶状沉淀；③在我国，富矿少、贫矿多，品位低于5%的矿山属于贫矿。回答下列问题：
(1)“堆浸渣”的主要成分为_______，“堆浸”时为了提高反应速率，可以采取的措施为_______ (填标号)。
A．将锌矿粉碎 B．大幅度升温 C．延长堆浸时间 D．将锌矿充分暴露
(2)“除铁”时Zn2+、Cu2+、Ni2+在pH≤6时难以沉淀而除去，但是有Fe3+存在时，pH升高，Zn2+、Cu2+、Ni2+的去除率均升高，原因可能为_______。
(3)“置换铜”时用锌粉直接置换镍的速率极小，目前采用“锑盐净化法”，即在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，可得到合金NiSb，该反应的离子方程式为_______。
(4)“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是_______ ，操作③的名称为_______，此流程中可循环利用的物质有锌、萃取剂和_______。
(5)反萃液的主要成分为ZnSO4，可通过一系列反应制备对可见光敏感的半导体催化剂ZnFe2O4。其中在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O获得产品ZnFe2O4时发生反应的化学方程式为_______ ，灼烧时需要借助马弗炉(Mufflefurnace，一种通用的加热设备，通常叫电炉等)和下列哪些仪器_______(填标号)共同完成。
(6)“电积”时在_______极获得锌，得到的锌的质量分数为96.0% 。某企业利用上述流程从1600吨锌矿中可获得此种锌的质量为80吨，已知上述流程的总损耗率约为2%，则该锌矿为_______ (填“富矿”或“贫矿”)。
12．（2022·广东·执信中学模拟预测）碳酸镍是合成纳米镍的一种前驱体。一种用铁镍合金废料(还含有少量铜、钙、镁、硅的氧化物)制备纯度较高的碳酸镍的工艺流程如图：
已知：H2S的电离常数，，；
回答下列问题：
(1)合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸：
①金属镍溶解的离子方程式是_______。
②“酸溶”时产生的废渣成分有_______。
③该过程控制温度70℃-80℃的原因是_______。
(2)“除铁”时，将“铁”转化成颗粒较大的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀对后续操作较为有利：
①黄钠铁矾中Fe元素的化合价为_______。
②“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾的离子方程式是_______。
(3)“除铜”后，溶液中c(H2S)=0.1mol·L-1，c(Ni2+)=0.1mol·L-1，溶液中c(H+) ≥_______mo1·L-1(列计算式)才不会使Ni2+形成NiS沉淀。
(4)“沉镍”后，滤液的主要成分是_______。
(5)“沉镍”时，若用Na2CO3溶液做沉淀剂，产物容易不纯，该杂质的化学式为_______。
13．（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，易水解，在高温下能被氧气氧化。实验室制备三氯化铬的流程如下：
还原反应在图甲所示装置中进行，制备过程在图乙所示装置中进行：
(1)图甲中仪器b的主要作用除导气外，还有___________。
(2)“还原”过程中会有CO2产生，请写出该反应的离子方程式：___________。
(3)A中的试剂为___________；无水CaCl2的作用是___________；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是___________。
(4)装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可通过___________(填操作)，使实验能继续进行。
(5)样品中三氯化铬质量分数的测定
已知：CrCl3在水中易形成稳定的络离子[Cr(H2O)5Cl]2+；(白色沉淀)；三氯化铬样品中的杂质不参与反应。
实验步骤如下：
①称取a g样品于锥形瓶中，加入水配成溶液。
②向锥形瓶中加入b mol/L的AgNO3溶液c mL，使溶液中Cl-完全沉淀。
③过滤除去AgCl沉淀，并用稀HNO3洗涤沉淀，将洗涤液合并在滤液中。
④加入2～3滴Fe(NO3)3溶液做指示剂，用d mol/L NH4SCN标准溶液反滴定过量Ag+至终点，记下所用NH4SCN溶液的体积为e mL。
Ⅰ．确定步骤②中Cl-已经完全沉淀的操作与现象为___________。
Ⅱ．若步骤③中未用稀HNO3洗涤沉淀，则测定的三氯化铬质量分数将___________(填“偏大”“偏小”或“无法确定”)。
Ⅲ．样品中三氯化铬的质量分数为___________(用含a、b、c、d、e的代数式表示)。
14．（2022·四川·成都七中模拟预测）软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
(1)“浸取”过程主要反应3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
(2)“氧化i”过程软锰矿的作用是_______。
(3)“除铁”后溶液中残留的c(Fe3+)=_______mol·L-1。[25℃时，Fe(OH)3的Ksp为1.0×10-39]
(4)“沉锰”过程Mn2+转化为MnCO3的离子方程式为_______；NH3·H2O的作用是_______。
(5)“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为_______。
(6)“氧化ii”过程中，将Mn(II)转化为Mn(IV)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a.H2O2 b.Cl2 c.KClO3
(7)将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。
15．（2022·江苏·一模）电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。以锂云母浸出液(含Li+、Al3+、Fe3+、Ca2+、等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如下：
已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生反应：Fe3++3HR FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中。
②Li2CO3、LiHCO3的溶解度如图1所示：
(1)HR萃取剂使用前先用一定量的NaOH进行处理的目的是___________。
(2)沉锂过程中会有Li2CO3、CaCO3和Al(OH)3生成。写出沉锂时生成Al(OH)3反应的离子方程式：___________。
(3)过滤1后所得沉淀用热水洗涤的目的是___________。
(4)其他条件相同，向过滤1所得滤渣加入不同体积的去离子水，以一定流速通入CO2气体，测得热分解后电池级Li2CO3的产率随碳化反应固液比[]变化曲线如图2所示。Li2CO3产率随固液比减小而增加的原因是___________。
16．（2022·湖南常德·模拟预测）以经焙烧处理的锌冶炼钴渣(主要含有、、、，少量、、、、、等杂质)为原料制备电池级、混合液的工艺流程如下：
已知：常温下，，。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的主要成分是___________。
(2)“浸出”时，转化为，写出该反应的离子方程式___________。
(3)若溶液中金属离子浓度为，则认为该离子可忽略不计或沉淀完全。“除镉”时，为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，的值有何要求？___________(列式计算说明)。
(4)“氟化物”为___________(填标号)。
A． B． C． D．
(5)萃取时，发生反应：。采取“逆流萃取”的作用是___________，有机相可通过硫酸处理后得到的副产品为___________(填化学式)。
17．（2022·福建·模拟预测）实验室以碳酸锰矿(含MnCO3及少量Fe、Al、Si等氧化物)为原料制高纯MnCO3和MnO2的流程如下：
(1)焙烧时的温度为300～500℃，写出焙烧时MnCO3所发生反应的化学方程式：______。
(2)焙烧前需测定碳酸锰矿中MnCO3的含量，测定过程如下：称取0.2000g碳酸锰矿粉于锥形瓶中，加入15mL磷酸，加热并不断摇动至矿粉溶解，加入NH4NO3将溶液中的Mn2+转化为Mn(PO4)，待冷却至室温后，加入40mL蒸馏水，滴加2滴N苯代邻胺基苯甲酸作指示剂，用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点[滴定过程中Mn(PO4)与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+]，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液30.00mL。计算碳酸锰矿中MnCO3的含量___________(写出计算过程)。
(3)将过滤后所得溶液净化后可得MnSO4溶液。
①将净化后MnSO4溶液置于如图所示三颈烧瓶中，控制一定的温度，将沉淀剂滴加到烧瓶中，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得MnCO3白色粉末。沉淀剂可以使用Na2CO3溶液、NH4HCO3溶液或NH4HCO3与氨水的混合溶液。实验小组经过比较后使用的是NH4HCO3与氨水的混合溶液。
a.不使用Na2CO3溶液的原因是___________。
b.不使用NH4HCO3溶液的原因是___________。
②已知MnSO4可发生如下反应：MnSO4+K2S2O8+4NaOH=MnO2↓+K2SO4+2Na2SO4+2H2O，MnSO4和K2S2O8的物质的量相同，改变NaOH的物质的量，测得Mn的转化率、MnO2的含量{}与NaOH和MnSO4物质的量比值之间的关系如图所示。根据信息，补充完整制取纯净MnO2的实验方案：将20mL 1.0mol·L-1的MnSO4溶液和20mL 1.0mol·L-1的K2S2O8溶液混合，___________，得到纯净的MnO2(实验中可使用的试剂是1.0mol·L-1 NaOH溶液、1.0mol·L-1 H2SO4溶液、1.0mol·L-1 BaCl2溶液)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) 、 d
(2)
(3)
(4) 1.4
【解析】
加入硫酸酸浸，滤液中含有、、、，后面一步是除锰，说明调pH除去的是、，则滤渣1为、，加入使转化为MnO2除去，加入NaOH生成Ni(OH) 2，过滤分离得到Ni(OH) 2，Ni(OH) 2和LiOH、氧气反应生成。
(1)
①由上述分析可知，调pH除去的是、，则滤渣1为、，故答案为：、；
②由图可知，Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，因此pH最小值应为4.7，当Ni2+完全沉淀时，pH=8.8，则，，则的，如果“调”后溶液中浓度为，溶液中，，，pH=6.3，因此“调pH”的范围是；试剂X用于调pH除去、，为了不引入杂化，最适合作为物质X的是NiO，故选d，故答案为：；d；
(2)
加入使转化为MnO2除去，发生的反应为，故答案为：；
(3)
Ni(OH) 2和LiOH、氧气反应生成，则“合成”过程发生反应的化学方程式为，故答案为：；
(4)
由图可知，充电时，a极发生反应，该反应为还原反应，则a为阴极，b为阳极，阳极上LiNiO2失去电子转化成，电极反应式为，则放电时a为负极，电极反应式为，b为正极，正极的电极反应式为 ；放电时，a极的电极反应式为，非晶硅薄膜上变化的质量为Li+的质量，当外电路通过电子0.2mol时，非晶硅薄膜上的质量变化为，故答案为：；1.4。
2．(1)适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径(或适当增加氢氧化钠和次氯酸钠溶液的浓度、搅拌等)
(2)还原剂
(3) Ru(OH)4+2NaClO=RuO4 +2NaCl +2H2O 温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的次氯酸受热分解，导致NaClO的利用率下降 水浴加热
(4) 次氯酸钠 盐酸
(5)H4SiO4(或H2SiO3)
(6)88%
【解析】
题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液氧化碱浸时，Ru和Pb被氧化为RuO和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有RuO、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的滤液1；向滤液1中加入乙醇，将RuO还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液2和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钾氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3；滤液2加入盐酸酸化，得到含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液和H4SiO4(或H2SiO3)的沉淀，向溶液中加入Na2S沉淀BiCl3得到Bi2S3，据此分析解答。
(1)
含钌、铋的废催化剂在“氧化碱浸”时为提高反应速率，可采取的措施有适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径、适当增加氢氧化钠和氧化剂溶液的浓度、搅拌等；
(2)
由分析可知，滤液1中含有Na2RuO4、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3，加入乙醇，溶液中的RuO与乙醇反应生成Ru(OH)4沉淀和乙醛，钌元素化合价降低，RuO作氧化剂，则乙醇作还原剂；
(3)
①Ru(OH)4与NaClO发生反应生成RuO4、NaCl和H2O，其化学方程式为Ru(OH)4+2NaClO=RuO4+2NaCl+2H2O；温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的次氯酸受热分解，总反应为2NaClO2NaCl+O2↑，导致NaClO的利用率下降；
②RuO4的沸点为40℃，超过100℃时，RuO4就爆炸分解，故“蒸馏”过程中应用温度稍高于40℃的水浴加热；
(4)
结合流程图，盐酸“吸收”RuO4过程中产生的Cl2经进一步处理可以转化为次氯酸钠、盐酸，循环利用；
(5)
滤液2中含有乙醛、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3，加入盐酸生成硅酸沉淀和含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液，故滤渣3的主要成分为H4SiO4或H2SiO3；
(6)
混合溶液中c(S2-)为1×10-6mol/L，由Ksp(Bi2S3)=1.0×10-20=c2(Bi3+)·c3(S2-)，可知c(Bi3+)=0.1 mol/L，则混合溶液中n(Bi3+)=0.1 mol/L×1.2L=0.12 mol，沉淀的Bi3+的物质的量为1 mol-0.12 mol=0.88 mol，Bi3+的沉淀率为×100%=88%。
3．(1)ZrSiO4+ 4C+3Cl2ZrCl2↑+SiCl4↑ +4CO↑
(2) 保持干燥
(3)向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次
(4)ZrO2
(5) 重结晶 锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同 萃取 3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr
【解析】
锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，通入足量的氯气和足量的焦炭反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，ZrCl4转化为ZrOCl2·8H2O，900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，据此分析解题。
(1)
“高温气化”中可发生多个反应，主要反应为ZrSiO4与足量的氯气和足量的焦炭反应生成ZrCl2、SiCl2、CO，化学方程式是：ZrSiO4+ 4C+3Cl2ZrCl2↑+SiCl4↑ +4CO↑；
(2)
分馏过程中，为防止产品变质，ZrCl4遇水强烈水解，过程中一定需要注意的是保持干燥。高温气化生成杂质SiCl4，ZrCl4是白色固体，液体a为SiCl4，电子式是 ；
(3)
在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀，实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次；
(4)
900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，Zr的化合价降低，二氧化锆为氧化剂；
(5)
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用重结晶方法进行分离；
②离子交换法：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同；
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离，这种分离方法是萃取，利用溶液度的不同；在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，根据元素守恒，反应的化学方程式是：3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr。
4．(1)S(或硫)
(2)
(3) Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2 溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量
(4)pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低
(5)取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净
(6)97.9
【解析】
硫酸渣加入硫酸酸溶得到含Fe3+悬浊液，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+并得到S，过滤得到硫磺和含Fe2+的溶液，向滤液中加入NaOH、通入空气，得到晶种，然后把晶种加入到二次氧化的铁黄浆料，得到FeOOH，过滤得到湿铁黄，然后经过洗涤干燥得到产品。
(1)
步骤②中加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，经过滤得到硫磺，生成了S，反应过程中，S元素的化合价升高，被氧化，故答案为：S(或硫)；
(2)
碱性锌锰电池使用时，发生的反应为，生成的与FeOOH同类的物质为，故答案为：；
(3)
①将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀，该白色沉淀为Fe(OH)2，则通入空气前，铁元素的主要存在形式是Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2；0~t1时段，通入氧气后，Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3，反应的化学方程式为，该反应既不消耗氢离子或氢氧根离子，也不产生氢离子或氢氧根离子，不影响溶液的pH，所以该过程中pH 基本不变，故答案为：；
②溶液中存在两个反应和，总反应为，反应过程中氢离子和氢氧根离子浓度没有变化，因此t3后溶液的pH几乎不变，该反应消耗的Fe2+大于生成的Fe3+，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量，故答案为：溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量；
(4)
根据表中数据可知，FeOOH开始沉淀的pH=1.2，完全沉淀时pH=2.8，若pH过低，会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，导致铁黄产品质量降低，因此二次氧化时，溶液的pH 应控制在3~4，故答案为：pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低；
(5)
步骤④若未洗涤完全，产品中会含有硫酸根离子，因此证明洗涤完全只需证明产品中不含硫酸根离子，具体方法为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净；
(6)
滴定时20.00 mL产品消耗的H2Y的物质的量为22×10-3L×0.1 000 mol/L=0.0022mol，根据Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+可知，200 mL溶液产品中n(Fe3+)=0.0011×10=0.011mol，则该产品纯度为，故答案为：97.9。
5．(1)第5周期第IVA族
(2) SO2 酸雨
(3)Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑
(4) 过滤 取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净
(5)SnO2+2CSn+2CO
(6)3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2
(7) 阳 1.85
【解析】
由题干流程图可知，“氧化焙烧”是将锡精矿中Sn、W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素分别氧化为SnO2、WO3、SO2、SiO2、CuO、PbO2、Fe2O3、ZnO，在与Na2CO3一起焙烧，得到Na2WO4，Na2SiO3，加水溶解并过滤得到滤液主要是Na2WO4溶液，和滤渣主要成分为SnO2、Fe2O3、SiO2等，滤渣与C和CaCO3还原熔炼，则将SnO2、Fe2O3还原成Sn和Fe，SiO2与CaCO3转化为CaSiO3，经过对硬头进行进一步提出得到粗锡，再熔析除去Fe、Zn、Pb等，得到97%的粗锡，然后进行电解精炼即可得到精锡，据此分析解题。
(1)
由题干信息可知Sn为50号元素，36＜50＜54，说明Sn在第5周期第50-36=14列，即第IVA族，即Sn在元素周期表的位置为第5周期第IVA族，故答案为：第5周期第IVA族；
(2)
由题干信息I可知，精锡矿的的主要成分中只有S粉燃烧可以转化为气体SO2，则氧化焙烧产生的气体为SO2，SO2可造成的环境污染是酸雨，故答案为：SO2；酸雨；
(3)
根据流程图可知，加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应生成Na2WO4，故该反应的化学方程式为Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑，故答案为：Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑；
(4)
由题干流程图可知，操作1分离不溶性固体和溶液，则操作1的名称是过滤，洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是检验最后一次洗涤滤液中是否含有Cl-即可，故检验的方法为：取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净，故答案为：过滤；取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净；
(5)
由题干流程图可知，还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体即为CO，即SnO2和C反应生成Sn和CO，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：SnO2+2CSn+2CO，故答案为：SnO2+2CSn+2CO；
(6)
已知Fe在高温时可与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，则该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；
6．(1)二氧化硅
(2)V2O3+2H2O2+2H+=2VO+3H2O
(3)加入氨水，消耗H+，c(H+)减小，使得可逆反应VO+H2OVO+2H+平衡正向移动，故溶液中会产生大量的VO
(4)取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净
(5)0.103mol·L-1
(6) 2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O 调pH
【解析】
含钒废料（含V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、SiO2等）研磨后加入硫酸酸溶，双氧水氧化，得到滤渣1为SiO2，滤液加入适量氨水调节pH可生成氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，同时将溶液中的VO转化为VO，过滤后滤液加入硫酸铵，可得到NH4VO3，煅烧可生成V2O5，以此解答该题。
(1)
根据以上分析可知滤渣1主要成分是SiO2；
(2)
“酸浸氧化”后钒元素主要以VO形式存在，这说明V2O3被双氧水氧化，则V2O3溶解过程中发生的离子反应方程式为V2O3+2H2O2+2H+=2VO+3H2O；
(3)
由于加入氨水，消耗H+，c(H+)减小，使得可逆反应VO+H2OVO+2H+平衡正向移动，故溶液中会产生大量的VO；
(4)
若NH4VO3未洗涤干净，则固体上会附着硫酸根离子，因此检验NH4VO3已洗涤干净，只要检验最后一次洗涤液中没有硫酸根离子即可，则检验沉淀是否洗净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净；
(5)
二者反应时需要10mL0.1 mol/L硫酸铵，VO沉淀完全后溶液中铵根浓度是mol/L＝0.003 mol/L，则对应硫酸铵的浓度是＝0.003 mol/L，所以(NH4)2SO4溶液的最小浓度为0.003 mol/L+0.1mol/L＝0.103mol/L。
(6)
依据原子守恒可知“煅烧”过程中的化学反应方程式为2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O，副产物是氨气，则副产物可在调pH过程中循环使用。
7．(1) 增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 11：4
(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S
(3) 酸式 酸
(4)没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解
(6)86.72%
【解析】
硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。
(1)
焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11:4；
(2)
FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故答案为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
(3)
由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸()电离常数，，， ，Kh2===5.78×10-8小于Ka3，即的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，故答案为：酸式；酸性；
(4)
若铝离子浓度为0.1mol/L， “除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH-)=10-12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-12)3=10-37＜1.3×10-33，则不产生氢氧化铝沉淀，故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33；
(5)
温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；
7．(1) 增大Cl-浓度，提高浸出率 HCl挥发 Bi3+水解程度增大，生成难溶的BiOCl
(2)AgCl、PbCl2
(3) 3Cu2++ 4OH-+2Cl-=Cu3(OCl)2+2H2O 97.6%
(4)NaCl
(5)Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+
【解析】
氧化铋渣的主要成分为，含有、、杂质，由流程可知，加盐酸、饱和食盐水分离出滤渣Ⅰ为、，过滤后滤液加生成，滤液Ⅱ含铜离子，再加生成，滤液Ⅲ含，可在浸出步骤中循环使用，中加入热发生，高温下C与熔炼生成，以此来解答。
(1)
铋的浸出率随浓度增大而增大，因此的作用是增大浓度，提高浸出率；由于升高温度，受热会发，且水解程度增大，生成难溶的，因此浸出率下降；
(2)
根据以上分析可知“滤渣Ⅰ”的成分为、；
(3)
“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入溶液调节pH，生成，离子方程式为；若“滤液II”中为，常温下加入等体积的溶液使pH恰好为6时，出现沉淀，根据4的溶度积常数可知，且等体积混合，此时的去除率为；
(4)
“滤液Ⅲ”中含，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用；
(5)
由流程图可知水解工序时Bi3+和氯离子和水反应生成BiOCl，故其对应的离子方程式为：Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+。
9．(1) SO2 粉碎矿石
(2)增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，使原料尽可能反应提高原料利用率
(3)MoO3+ CO= MoO+CO2↑
(4) PbS的沉淀不完全 PbSPb2++S2-，若溶液较小，则氢离子浓度较大，氢离子与硫离子生成硫化氢，导致硫离子浓度减小，PbS的沉淀溶解平衡正向移动
(5) 蒸发浓缩 降温结晶
(6)30
【解析】
(1)
钼精矿(主要成分是，含少量等)，在空气中焙烧硫元素会转化为二氧化硫气体，故气体A的主要成分是SO2；对于固体来说，粉碎可以增大接触面积，从而加快反应速度，提高反应效率；
(2)
采用“多层逆流”的目的是增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，使原料尽可能反应提高原料利用率；
(3)
由流程可知，浸取过程中生成二氧化碳，反应中各元素化合价没有改变，钼元素转化为MoO，反应为MoO3+ CO= MoO+CO2↑；
(4)
PbSPb2++S2-，若溶液较小，则氢离子浓度较大，氢离子与硫离子生成硫化氢，导致硫离子浓度减小，PbS的沉淀溶解平衡正向移动，导致PbS的沉淀不完全；
(5)
流程中“…”得到钼酸钠晶体，在实验室的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(6)
反应前后元素种类不变，则理论上钼精矿中钼的百分含量为。
10．(1) 四 8
(2)
(3)
(4)除去杂质，减少的溶解，提高产率，易快速干燥
(5) 60 1.1
(6)当加入最后半滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变化
(7)
【解析】
(1)
铁在周期表的第四周期第8列(新周期表中的族第Ⅷ族为副族但不标B，主张族以列为好)
(2)
“常温氧化”中氧化剂是，还原剂是，碱性条件
(3)
若是改用钠盐的话，生成的，需要转化为钾盐，题中信息说明钾盐比钠盐溶解度小，所以钠盐可以转化钾盐。
(4)
“洗涤烘干”由于能溶于水，不能用水洗，选用乙醇洗，既可减少钾盐的溶解，提高钾盐的产率，乙醇易挥发，可以更快地挥发并带走水份，易快速干燥。
(5)
为了获取更纯的高铁酸钾，根据图和图可知，反应时间应控制在，氧化剂浓度应控制在，故答案为：；；
(6)
碘与淀粉相遇变蓝，用的标准溶液滴定，当加入最后半滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变化即为滴定终点；
(7)
根据题意可知， 做电极材料，电解过程中，转化为，电极方程式为：。
【点睛】
本题考查无机化学工艺、物质的分离和提纯实验操作、电解质溶液离子浓度大小比较、元素守恒和元素守恒的计算，综合性较强，侧重于实验能力、计算能力、理论应用能力的考查，题目难度中等。
11．(1) SiO2 AD
(2)有Fe3+存在时，pH升高，能够形成Fe(OH)3胶体具有很强的吸附性，能吸附Zn2+、Cu2+、Ni2+，从而使它们的去除率均升高
(3)5Zn+2Ni2++6H++Sb2O3=2NiSb+5Zn2++3H2O
(4) 充分萃取，提高Zn2+的萃取率、以提高Zn2+的利用率 分液 H2SO4
(5) ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O e
(6) 阴 贫矿
【解析】
锌矿(主要成分为ZnS以及FeS2、CuS、NiS、SiO2等)中加入野外细菌堆浸，金属硫化物转化为硫酸盐，SiO2不反应，堆浸渣中含有SiO2等难溶物，堆浸液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸亚铁等物质；堆浸液中加入H2O2是为了将Fe2+转化为Fe3+，加入NaOH溶液为了将Fe3+转化为FeOOH沉淀而除去，过滤出FeOOH沉淀，滤液中主要含有Cu2+、Ni2+和Zn2+，向其中加入适量的Zn粉，是将Cu2+置换出来而除去，过滤出Cu，后滤液中主要含有Zn2+和Ni2+，有机相萃取剂萃取Zn2+，分液得到的有机相含有锌，含有Zn的有机相经过反萃取获得含有Zn2+的反萃液，最后电解反萃液提取金属锌，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“堆浸渣”的主要成分为SiO2，将锌矿粉碎，增大接触面积，可以加快反应速率，大幅度升温，将使细菌失去活性，反应速率减慢，延长堆浸时间，可以通过浸取率，但不能加快反应速率，将锌矿充分暴露，增大与O2的接触面积，加快反应速率，故答案为：SiO2；AD；
(2)
“除铁”时Zn2+、Cu2+、Ni2+在pH≤6时难以沉淀而除去，但是有Fe3+存在时，pH升高，能够形成Fe(OH)3胶体具有很强的吸附性，能吸附Zn2+、Cu2+、Ni2+，从而使它们的去除率均升高，故答案为：有Fe3+存在时，pH升高，能够形成Fe(OH)3胶体具有很强的吸附性，能吸附Zn2+、Cu2+、Ni2+，从而使它们的去除率均升高；
(3)
“置换铜”时用锌粉直接置换镍的速率极小，目前采用“锑盐净化法”，即在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，可得到合金NiSb，该反应的离子方程式为：5Zn+2Ni2++6H++Sb2O3=2NiSb+5Zn2++3H2O，故答案为：5Zn+2Ni2++6H++Sb2O3=2NiSb+5Zn2++3H2O；
(4)
“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是充分萃取；提高Zn2+的萃取率、以提高Zn2+的利用率，由题干信息可知，操作③分离两种互不相容的液体，则该分离操作的的名称为分液，电解反萃液是电解硫酸锌溶液，得到Zn和H2SO4，此流程中可循环利用的物质有锌、萃取剂和H2SO4，故答案为：充分萃取；提高Zn2+的萃取率、以提高Zn2+的利用率；分液；H2SO4；
(5)
反萃液的主要成分为ZnSO4，可通过一系列反应制备对可见光敏感的半导体催化剂ZnFe2O4。其中在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O获得产品ZnFe2O4时发生反应的化学方程式为：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O，灼烧时需要借助马弗炉(Mufflefurnace，一种通用的加热设备，通常叫电炉等)，灼烧固体应该在坩埚中进行，故答案为：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O；e；
12．(1) 5Ni2++12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O SiO2和CaSO4 在保证反应速率的同时减少硝酸挥发和分解
(2) +3 Na++3Fe3++2 +6H2O=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H+
(3)
(4)(NH4)2SO4
(5)Ni(OH)2
【解析】
废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni，反应方程式有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，5Ni+5H2SO4+2HNO3=5NiSO4+N2↑+6H2O，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，CaO+H2SO4=CaSO4↓+H2O，MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，过滤除去废渣，则滤渣的成分是SiO2，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣主要成分为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，反应离子方程式为：Na++3Fe3++2+6H2O=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H+，再向滤液中加入H2S沉淀铜离子，反应原理为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀镍离子生成碳酸镍固体，过滤得沉淀NiCO3和滤液，主要成分为硫酸铵，据此分析解题。
(1)
①镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平化学方程式为：5Ni2++12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O，故答案为：5Ni2++12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O；
②由分析可知，酸溶过程中，二氧化硅不参与反应，故废渣的主要成分为二氧化硅，和生成的硫酸钙是微溶物质，故滤渣的成分有SiO2和CaSO4，故答案为：SiO2和CaSO4；
③温度过低，反应速率太慢，温度过高，硝酸易挥发且发生分解，故该过程控制温度70℃-80℃的原因是在保证反应速率的同时减少硝酸挥发和分解，故答案为：在保证反应速率的同时减少硝酸挥发和分解；
(2)
①由黄钠铁矾的化学式[NaFe3(SO4)2(OH)6]可知，其中Fe元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
②由分析可知，“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾的离子方程式是Na++3Fe3++2 +6H2O=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H+，故答案为：Na++3Fe3++2+6H2O=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H+；
(3)
当溶液中的c(Ni2+)=0.1mol·L-1时，c(S2-)＜=3.0×10-18mol/L，“除铜”后，溶液中c(H2S)=0.1mol·L-1，则有：Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，则1×10-7×7.0×10-15=，若要使c(S2-)＜3.0×10-18mol/L，则溶液中c(H+) ≥mo1·L-1(列计算式)才不会使Ni2+形成NiS沉淀，故答案为：；
(4)
由分析可知，“沉镍”后，滤液的主要成分是(NH4)2SO4，故答案为：(NH4)2SO4；
(5)
由于碳酸钠溶液因碳酸根离子水解呈碱性，能与Ni2+反应生成Ni(OH)2，故“沉镍”时，若用Na2CO3溶液做沉淀剂，产物容易不纯，该杂质的化学式为Ni(OH)2，故答案为：Ni(OH)2。
13．(1)冷凝回流
(2)2+CH3OH+10H+=2Cr3++CO2↑+7H2O
(3) 浓硫酸 干燥吸水 使滞留在装置的COCl2被NaOH溶液充分吸收，防止大气污染
(4)对D装置进行加热
(5) 继续滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀 偏大
【解析】
NaCrO4在酸性条件下与CH3OH发生氧化还原反应产生CrCl3，然后加入NaOH使CrCl3转化为Cr(OH)3，加热Cr(OH)3分解产生Cr2O3，在通入N2和CCl4条件下Cr2O3反应转化了CrCl3、COCl2，该反应方程式为：Cr2O3+3CCl4=2CrCl3+3COCl2。
(1)
根据图示可知：在图甲中仪器b的主要作用除导气外，还起冷凝回流作用；
(2)
在“还原”过程中NaCrO4在酸性条件下与CH3OH发生氧化还原反应产生CrCl3，CH3OH被氧化为CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2+CH3OH+10H+=2Cr3++CO2↑+7H2O；
(3)
反应产生CrCl3易水解，且在高温下易被氧气氧化，通入干燥的N2可以将装置中的空气排出，防止三氯化铬易水解及氧化变质，能够使反应物进入管式炉中进行反应。制备CrCl3时产生的COCl2有毒且易水解，因此通入的N2要先进行干燥处理，A中液体的试剂是干燥剂，可以为浓硫酸；为防止反应制取的CrCl3发生水解反应，尾气通入NaOH溶液前边应该有吸水装置，无水CaCl2的作用是吸收水分，防止水蒸气通过导气管进入收集产物的E装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是使滞留在装置的COCl2被NaOH溶液充分吸收，防止大气污染，该反应的化学方程式为：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；
(4)
装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可根据CrCl3易升华的特点，对D装置进行加热，CrCl3升华进入E装置，就可以使实验能继续进行；
(5)
若步骤②中Cl-已经完全沉淀，则再滴入AgNO3溶液时不产生白色沉淀，据此判断；
加入HNO3酸化，可以使避免杂质离子的干扰，若步骤③中未用稀HNO3洗涤沉淀，则会导致测定的三氯化铬质量分数将偏大；
根据物质反应转化关系可知：CrCl3+5H2O[Cr(H2O)5Cl]2++2Cl-，Cl-+Ag+=AgCl↓，过量Ag+用NH4SCN进行滴定，则根据中物质反应关系可知过量Ag+的物质的量为n(Ag+)(过量)=de×10-3 mol，则发生反应Cl-+Ag+=AgCl↓的Ag+的物质的量为n(Ag+) =(bc-de)×10-3 mol，因此n(CrCl3)=n(Cl-)=n(Ag+)=(bc-de)×10-3 mol，故样品中CrCl3的质量分数为：。
14．(1)3:2
(2)使Fe2+全部转化为Fe3+
(3)
(4) 调节pH
(5)
(6)c
(7)
【解析】
硫铁矿和软锰矿加入硫酸进行“浸取”，所得溶液中含有大量亚铁离子，加入软锰矿，将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH使铁离子沉淀除去，再加入碳酸氢铵和氨水将溶液中的锰离子转化为碳酸锰，在空气中焙烧后得到二氧化锰，经过“氧化ii”、过滤、干燥得到二氧化锰纯品。
(1)
根据反应可知，反应的过程中，锰元素的化合价由+4价降低到+2价，则二氧化锰为该反应的氧化剂，Fe元素的化合价由+2价升高到+3价，S元素的化合价由-1价升高到0价，则硫化亚铁为该反应的还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2；
(2)
由上述分析可知，“浸取”后的溶液中含有大量Fe2+，Fe2+沉淀的pH过高，因此将其氧化成Fe3+后再沉淀除去，则“氧化i”过程软锰矿的作用是使Fe2+全部转化为Fe3+；
(3)
根据题干信息可知，“除铁”时溶液的pH=5.5，则，，则“除铁”后溶液中残留的；
(4)
“沉锰”过程，加入碳酸氢铵和氨水，将溶液中的锰离子转化成碳酸锰，反应的离子方程式为；由图可知，“沉锰”过程中，需要调节溶液的pH=6.5~7，氨水的作用是调节溶液的pH；
(5)
“焙烧”过程中，MnCO3与空气中的氧气反应生成MnO2，反应的化学方程式为；
(6)
Mn(Ⅳ)的氧化性比和都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用或不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，而在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，故选用最适宜氧化剂是，答案选c。
(7)
根据总反应可知，放电时，作正极，发生还原反应，则放电时正极的电极反应为。
15．(1)NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效果
(2)2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
(3)洗去沉淀表面的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失，提高Li2CO3的纯度和产率
(4)固液比越小，去离子水体积越多，碳化反应后生成及溶解的LiHCO3越多，热分解时会生成更多的Li2CO3
【解析】
此题目的以锂云母浸出液(含Li+、Al3+、Fe3+、Ca2+、SO等)制取电池级Li2CO3，锂云母加入HR，Fe3++3HR FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中分液有机层为FeR3，水溶液为（Li+、Al3+、Ca2+、SO），沉锂加入碳酸钠生成Li2CO3、CaCO3和Al(OH)3沉淀，Li2CO3、CaCO3和Al(OH)3加入去离子水二氧化碳，碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤，滤渣为碳酸钙和氢氧化铝，滤液为碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成电池级的碳酸锂，以此来解析；
(1)
根据Fe3++3HR FeR3+3H+，Fe3+易与R-结合FeR3，NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效果；
(2)
铝离子和碳酸根离子双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
(3)
根据图片1的信息可知碳酸锂的溶解度随着温度的升高而降低，温度越高溶解度越小，用热水洗涤能降低碳酸锂在水中溶解的量，过滤1后所得沉淀用热水洗涤的目的是洗去沉淀表面的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失，提高Li2CO3的纯度和产率；
(4)
固液比越小，去离子水体积越多，碳化反应后生成及溶解的LiHCO3越多，热分解时会生成更多的Li2CO3，所以Li2CO3产率随固液比减小而增加；
16．(1)CaSO4和SiO2
(2)Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+
(4)C
(5) 增大接触面积，使萃取充分 ZnSO4
【解析】
本题为工艺流程题，是以锌冶炼钴渣为原料来制备电池级CoSO4、MnSO4混合液，“浸出”是用硫酸、SO2来浸出，反应原理有：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、CdO+H2SO4=CdSO4+H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CaO+H2SO4=CaSO4↓+H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O、Co2O3+H2SO4+SO2=2CoSO4+H2O、Fe2O3+H2SO4+SO2=2FeSO4+H2O、Co3O4+2H2SO4+SO2=3CoSO4+2H2O，过滤得滤渣，则滤渣得主要成分为CaSO4和SiO2，滤液中加入MnS得到CdS沉淀，过滤出CdS后，向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，在加入MnCO3调节pH以析出Fe(OH)3沉淀，来除去铁，过滤，继续向滤液中加入氟化物X，析出MgF2、CaF2沉淀，过滤得滤液3，通过加入有机萃取剂HA进行逆流萃取来除去Mn2+，最后得到水层溶液即为电池级CoSO4、MnSO4混合液，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“浸渣”的主要成分是CaSO4和SiO2，故答案为：CaSO4和SiO2；
(2)
由分析可知，“浸出”时，转化为的反应方程式为Co3O4+2H2SO4+SO2=3CoSO4+2H2O，则该反应的离子方程式为：Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+，故答案为：Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+；
(3)
若溶液中金属离子浓度为，则认为该离子可忽略不计或沉淀完全。“除镉”时，为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，此时c(S2-)≥ ==8.0×10-21mol/L，c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜=2.5×10-2mol/L，故答案为：为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，此时c(S2-)≥ ==8.0×10-21mol/L，c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜=2.5×10-2mol/L；
(4)
由于NaF、KF将引入新的杂质离子Na+、K+很难除去，而MgF2不能用于除去Mg2+，故“氟化物”为MnF2，故答案为：C；
(5)
萃取时，发生反应：。采取“逆流萃取”的作用是增大接触面积，使萃取充分，由分析可知，有机相中含有Zn2+，可通过硫酸处理后使得上述平衡逆向移动，故得到的副产品为ZnSO4，故答案为：增大接触面积，使萃取充分；ZnSO4。
17．(1)MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O
(2)34.5%
(3) Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2沉淀生成，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低 使用NH4HCO3溶液会有CO2气体放出，NH4HCO3的利用率低 边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥
【解析】
根据碳酸锰矿中所含成分，以及流程图可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，铁的氧化物、氧化铝、二氧化硅不与硫酸铵反应，加水溶解后，得到含硫酸锰溶液，据此分析。
(1)
根据上述分析，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，其反应方程式为MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O。
(2)
Mn(PO4)与Fe2+反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，Mn(PO4)与Fe2+反应物质的量之比为1∶1，根据元素守恒，建立关系式为MnCO3～Mn2+～Mn(PO4)～Fe2+，因此有n(MnCO3)=n(Fe2+)，碳酸锰的质量含量为=34.5%。
(3)
①a．Na2CO3属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，Na2CO3的碱性较强，会有部分Mn元素转化成Mn(OH)2沉淀，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低。
b．NH4HCO3为弱酸弱碱盐，Mn2+与HCO电离产生CO结合成MnCO3，促使HCO电离，c(H+)增大，H+与HCO反应生成CO2，造成NH4HCO3的利用率降低。
②根据图像可知，当NaOH与MnSO4的物质的量之比为4.5时，Mn的转化率、MnO2的含量达到最大，当加入20mL 1.0mol·L-1的MnSO4时需要加入90mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液，过滤，向滤渣中加入适量的硫酸，将Mn(OH)2转化成MnSO4，当固体质量不再减少时，过滤，洗涤滤渣；具体操作是边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥。
答案第1页，共2页
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1．（2022·山东日照·模拟预测）是一种前景很好的锂离子电池电极材料。以废旧锂离子电池为原料回收合成的工艺如下。
回答下列问题：
(1)溶液中金属离子浓度用表示，随溶液变化如图所示。当溶液中某离子浓度小于时认为沉淀完全。
①“酸浸”后滤液中含有、、、，滤渣1成分为_______。
②如果“调”后溶液中浓度为，则“调”的范围是_______；下列试剂最适合作为物质X的是_______(填字母)。
a.双氧水 b.氨水 c.盐酸 d.
(2)“除锰”反应的离子方程式为_______。
(3)“合成”过程发生反应的化学方程式为_______。
(4)一种薄膜(只允许通过)锂离子电池的充电过程如图所示。该电池放电时的正极反应式为_______。放电时，当外电路通过电子时，非晶硅薄膜上质量变化_______g。
2．（2022·河南·三模）三氯化钌(RuCl3 )和硫化铋(Bi2S3)用途广泛。利用某含钌、铋的废催化剂(主要成分为Ru、Bi2O3、SiO2)回收RuCl3和Bi2S3的工艺流程如下：
已知：
I．滤液1中溶质的主要成分为Na2 RuO4、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3；
Ⅱ．RuO4的沸点为40℃，易挥发，微溶于水，极易溶于CCl4，RuO4有强氧化性，超过100℃时，RuO4就爆炸分解，室温下与乙醇接触也易爆炸；
Ⅲ．Ksp(Bi2S3)=1.0×10-20。
回答下列问题：
(1)“氧化碱浸”时，为提高反应速率，可采取的措施有_______ (写出两条)。
(2)向滤液1中加入乙醇生成Ru(OH)4沉淀和乙醛，则“转化”过程中乙醇作_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(3)①Ru(OH)4与NaClO发生反应的化学方程式为_______；反应过程中NaClO的利用率与温度的关系如图所示，温度高于25℃时NaClO的利用率开始下降，主要原因可能是_______。
②“蒸馏”过程中常采用的加热方式为_______。
(4)盐酸“吸收”RuO4过程中产生的Cl2经进一步处理可以转化为_______、 _______(填两种物质的名称)，在本工艺流程中循环利用。
(5)滤渣3的主要成分为_______(填化学式)。
(6)“沉淀”时，向1L 1.0 mol· L-1BiCl3溶液中加入0.2L Na2S溶液，反应后混合溶液中c(S2-)为1×10-6mol·L-1，则Bi3+的沉淀率为_______(忽略溶液体积变化)。
3．（2022·山东·新泰市第一中学二模）天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示：
已知：常温下，ZrCl4是白色固体， 604K升华，遇水强烈水解：ZrCl4+9H2O=ZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题：
(1)“高温气化”中可发生多个反应，写出发生的主要反应的化学方程式是_______。
(2)分馏过程中，为防止产品变质，过程中一定需要注意的是_______。液体a的电子式是_______。
(3)实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是_______。
(4)“还原”中氧化剂是_______(填化学式)。
(5)由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。
第一步：溶解分离
将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用_______
方法进行分离。
②离子交换法：利用强碱型酚醛树脂R-N(CH3)Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是_______。
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离。这种分离方法是_______。
第二步：高温还原
在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，反应的化学方程式是_______。
4．（2022·福建·模拟预测）用黄铁矿(主要成分FeS2)还原硫酸渣制备铁黄颜料(主要成分为FeOOH)，工业流程如下：
c(Fe2+)或c(Fe3+)浓度分别为 1 mol L-1，形成对应沉淀的pH范围如下表：
Fe(OH)2 FeOOH
开始沉淀的pH 5.8 1.2
沉淀完全的pH 8.3 2.8
(1)步骤②被氧化的元素是_______。
(2)碱性锌锰电池使用时会产生与FeOOH同类物质，该物质化学式是_______。
(3)制备晶种：将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀。调至pH约为6时，开始通入空气并记录pH 变化如图。
① pH约为6时，通入空气前，铁元素的主要存在形式是_______；0~t1时段，白色沉淀发生变化，pH 基本不变的原因是_______(用化学方程式说明)。
②pH 约为4时制得铁黄晶种。若继续通空气，t3后pH 几乎不变，此时c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。请结合方程式说明原因：_______。
(4)二次氧化时，溶液的pH 应控制在3~4，过低会造成铁黄质量降低，原因可能是_______。
(5)步骤④中证明洗涤完全的方法是_______。
(6)称取铁黄产品1.000 g，用稀硫酸溶解并配成200 mL溶液，每次取20.00 mL，调节合适的pH，用0.1 000 mol/L的磺基水杨酸(H2Y)标准溶液滴定，三次滴定平均消耗体积为22.00 mL，则该产品纯度为_______%。 (已知：Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+)
5．（2022·辽宁·二模）锡是一种质地较软的金属，可塑性强，能制成多种款式的产品。工业上常从锡矿中冶炼锡，其工艺流程如下：
已知：
I．锡精矿：含Sn40~70%，还含有W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素
II．滤渣的成分为：SnO2、Fe2O3、SiO2等
III．硬头：Sn 46%、Fe 44%等
按要求回答下列问题：
(1)Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置_______。
(2)氧化焙烧产生的气体为_______，其可造成的环境污染是_______。
(3)加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应的化学方程式为_______。
(4)操作1的名称是_______。洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是_______。
(5)还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体，写出该反应的化学方程式_______。
(6)“熔析”时吹入空气或水蒸气，使铁、锌、铅形成浮渣而上浮。Fe在高温时可与水蒸气反应，其化学方程式为_______。
(7)用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作_______极。维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，理论产生Sn_______g(保留3位有效数字)。(已知：F=96500C/mol)
6．（2022·江西上饶·模拟预测）五氧化二钒(V2O5)在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、SiO2等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：
已知：①含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
溶液pH <4.0 6.0-8.0 8.0-10.0
钒元素主要存在形式 VO VO V2O
②溶液中某离子浓度≤1×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。Fe3+、A13+、Cu2+沉淀完全的pH分别为：3.2、4.7、6.4
③VO和VO之间存在转化关系：VO+H2OVO+2H+
请回答下列问题：
(1)滤渣1主要成分是_______(写名称)
(2)“酸浸氧化”后钒元素主要以VO形式存在，请写出V2O3溶解过程中发生的离子反应方程式_______。
(3)加入氨水调pH=7时，溶液中会产生大量的VO。请用平衡移动原理进行解释_______。
(4)沉钒后所得沉淀要进行洗涤，检验沉淀是否洗净的方法是_______。
(5)已知NH4VO3难溶于水，常温时Ksp=3.0×10-8，向10mL0.2mol·L-1NaVO3的滤液中加入等体积的(NH4)2SO4溶液(忽略混合过程中的体积变化)，欲使VO沉淀完全，则(NH4)2SO4溶液的最小浓度为_______(保留三位有效数字)。
(6)“煅烧”过程中的化学反应方程式_______副产物可在_______过程中循环使用。
7．（2022·辽宁·模拟预测）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：
已知：(1)“焙烧”生成了铁红；
(2)常温下，柠檬酸()电离常数： ，， , Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为___________。
(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种___________盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈___________性。(填“酸”、“碱”或“中”)
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生氢氧化铝沉淀___________。(写出计算过程)
(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是___________。
(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为______。(保留四位有效数字)
8．（2022·上海·模拟预测）铋主要用于制造合金，铋合金具有凝固时不收缩的特性，用于铸造印刷铅字和高精度铸型。湿法提铋新工艺以氧化铋渣(主要成分为Bi2O3，含有PbO、Ag2O、CuO)为原料提取Bi的工艺流程如图：
已知：Ⅰ.BiCl3可水解生成不溶于水的BiOCl
Ⅱ.25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=1.2×10-20；Ksp(PbCl2)=1.17×10-5
回答下列问题：
(1)“浸出”时，若c(HCl)=1mol/L时，铋的浸出率和Cl-浓度的关系如图所示，其中NaCl的作用是____；若升高温度，反应相同的时间，铋的浸出率先升高后降低，则浸出率下降的主要原因可能是____和____。
(2)“滤渣Ⅰ”的成分为____(填化学式)。
(3)“沉铜”时向“滤液Ⅱ”中加入NaOH溶液，可促进Cu2+水解生成Cu3(OCl)2沉淀，请写出“沉铜”的离子方程式____。若“滤液Ⅱ”中c(Cu2+)为0.01mol·L-1，常温下加入等体积的NaOH溶液使pH恰好为6时，出现Cu(OH)2沉淀，此时Cu2+的去除率为____(忽略溶液体积变化)。
(4)可循环利用的物质是____。
(5)BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
水解工序时Bi3+发生反应的离子方程式为____。
9．（2022·重庆·二模）铝在我国储量居世界前列，被广泛应用于钢铁、石油、化工、电气和电子技术、医药和农业等领域。钼酸钠晶体()是一种金属腐蚀抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是，含少量等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。
请回答下列问题：
(1)气体A的主要成分是_______(填化学式)，为了提高浸取率所采取的措施是_______(写一条即可)。
(2)在焙烧炉中焙烧时，采用多层逆流(空气从炉底进入，钼精矿经粉碎后从炉顶进入)焙烧，采用“多层逆流”的目的是_______。
(3)“焙烧”时转化为，浸取过程中含钼化合物发生反应的离子方程式为_______。
(4)在加入除时，若溶液较小，会产生的不良后果是_______，原因是_______(用平衡移动原理解释)。
(5)流程中“…”在实验室的操作为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(6)分析化学上测定钼的含量，通常是把经过一系列变化得的方法来测定。实验室称量钼精矿，经过一系列变化得到，则理论上钼精矿中钼的百分含量为_______。
10．（2022·辽宁·模拟预测）高铁酸钾()是一种新型水处理剂，既能杀菌又能生成胶体吸附悬浮物，其制备流程如图所示：
已知：①的溶解度大于；②在碱性条件更稳定。回答以下问题：
(1)高铁酸钾()中铁元素在周期表的位置是第_______周期第_______列。
(2)写出“常温氧化”的离子方程式_______。
(3)若在“水溶混合”和“常温氧化”过程中分别加入和，则在“浸洗溶解”过程之前需发生反应的化学方程式是_______。
(4)“洗涤烘干”过程中使用乙醇洗涤，其目的是_______(答两点)。
(5)“常温氧化”过程中，测得氧化时间、氧化剂浓度与产率、纯度的实验数据分别如图1、图2所示。为了获取更纯的高铁酸钾，反应时间应控制在_______min，氧化剂浓度应控制在_______。
(6)高铁酸钾产品纯度测定方法如下(杂质不参与反应)：在一定条件下，将1.32g样品与过量溶液反应后配成溶液，每次取10.00mL于锥形瓶中，加入指示剂后，用的标准溶液滴定，则终点的操作和现象是_______。
(7)还有一种电解法制备高铁酸盐。以多孔的磁铁矿代替纯铁电极作阳极，写出以此材料在碱性条件下制备高铁酸盐的电极反应式_______。
11．（2022·黑龙江·哈九中二模）工业上常采用堆浸-反萃取-电积法从锌矿(主要成分为ZnS，含有FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质)中获得锌，其流程如图所示。
已知：①“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐；②pH较高时，氢氧化氧铁为胶状沉淀；③在我国，富矿少、贫矿多，品位低于5%的矿山属于贫矿。回答下列问题：
(1)“堆浸渣”的主要成分为_______，“堆浸”时为了提高反应速率，可以采取的措施为_______ (填标号)。
A．将锌矿粉碎 B．大幅度升温 C．延长堆浸时间 D．将锌矿充分暴露
(2)“除铁”时Zn2+、Cu2+、Ni2+在pH≤6时难以沉淀而除去，但是有Fe3+存在时，pH升高，Zn2+、Cu2+、Ni2+的去除率均升高，原因可能为_______。
(3)“置换铜”时用锌粉直接置换镍的速率极小，目前采用“锑盐净化法”，即在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，可得到合金NiSb，该反应的离子方程式为_______。
(4)“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是_______ ，操作③的名称为_______，此流程中可循环利用的物质有锌、萃取剂和_______。
(5)反萃液的主要成分为ZnSO4，可通过一系列反应制备对可见光敏感的半导体催化剂ZnFe2O4。其中在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O获得产品ZnFe2O4时发生反应的化学方程式为_______ ，灼烧时需要借助马弗炉(Mufflefurnace，一种通用的加热设备，通常叫电炉等)和下列哪些仪器_______(填标号)共同完成。
(6)“电积”时在_______极获得锌，得到的锌的质量分数为96.0% 。某企业利用上述流程从1600吨锌矿中可获得此种锌的质量为80吨，已知上述流程的总损耗率约为2%，则该锌矿为_______ (填“富矿”或“贫矿”)。
12．（2022·广东·执信中学模拟预测）碳酸镍是合成纳米镍的一种前驱体。一种用铁镍合金废料(还含有少量铜、钙、镁、硅的氧化物)制备纯度较高的碳酸镍的工艺流程如图：
已知：H2S的电离常数，，；
回答下列问题：
(1)合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸：
①金属镍溶解的离子方程式是_______。
②“酸溶”时产生的废渣成分有_______。
③该过程控制温度70℃-80℃的原因是_______。
(2)“除铁”时，将“铁”转化成颗粒较大的黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]沉淀对后续操作较为有利：
①黄钠铁矾中Fe元素的化合价为_______。
②“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾的离子方程式是_______。
(3)“除铜”后，溶液中c(H2S)=0.1mol·L-1，c(Ni2+)=0.1mol·L-1，溶液中c(H+) ≥_______mo1·L-1(列计算式)才不会使Ni2+形成NiS沉淀。
(4)“沉镍”后，滤液的主要成分是_______。
(5)“沉镍”时，若用Na2CO3溶液做沉淀剂，产物容易不纯，该杂质的化学式为_______。
13．（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，易水解，在高温下能被氧气氧化。实验室制备三氯化铬的流程如下：
还原反应在图甲所示装置中进行，制备过程在图乙所示装置中进行：
(1)图甲中仪器b的主要作用除导气外，还有___________。
(2)“还原”过程中会有CO2产生，请写出该反应的离子方程式：___________。
(3)A中的试剂为___________；无水CaCl2的作用是___________；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是___________。
(4)装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可通过___________(填操作)，使实验能继续进行。
(5)样品中三氯化铬质量分数的测定
已知：CrCl3在水中易形成稳定的络离子[Cr(H2O)5Cl]2+；(白色沉淀)；三氯化铬样品中的杂质不参与反应。
实验步骤如下：
①称取a g样品于锥形瓶中，加入水配成溶液。
②向锥形瓶中加入b mol/L的AgNO3溶液c mL，使溶液中Cl-完全沉淀。
③过滤除去AgCl沉淀，并用稀HNO3洗涤沉淀，将洗涤液合并在滤液中。
④加入2～3滴Fe(NO3)3溶液做指示剂，用d mol/L NH4SCN标准溶液反滴定过量Ag+至终点，记下所用NH4SCN溶液的体积为e mL。
Ⅰ．确定步骤②中Cl-已经完全沉淀的操作与现象为___________。
Ⅱ．若步骤③中未用稀HNO3洗涤沉淀，则测定的三氯化铬质量分数将___________(填“偏大”“偏小”或“无法确定”)。
Ⅲ．样品中三氯化铬的质量分数为___________(用含a、b、c、d、e的代数式表示)。
14．（2022·四川·成都七中模拟预测）软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：
回答下列问题：
(1)“浸取”过程主要反应3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
(2)“氧化i”过程软锰矿的作用是_______。
(3)“除铁”后溶液中残留的c(Fe3+)=_______mol·L-1。[25℃时，Fe(OH)3的Ksp为1.0×10-39]
(4)“沉锰”过程Mn2+转化为MnCO3的离子方程式为_______；NH3·H2O的作用是_______。
(5)“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为_______。
(6)“氧化ii”过程中，将Mn(II)转化为Mn(IV)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a.H2O2 b.Cl2 c.KClO3
(7)将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。
15．（2022·江苏·一模）电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。以锂云母浸出液(含Li+、Al3+、Fe3+、Ca2+、等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如下：
已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生反应：Fe3++3HR FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中。
②Li2CO3、LiHCO3的溶解度如图1所示：
(1)HR萃取剂使用前先用一定量的NaOH进行处理的目的是___________。
(2)沉锂过程中会有Li2CO3、CaCO3和Al(OH)3生成。写出沉锂时生成Al(OH)3反应的离子方程式：___________。
(3)过滤1后所得沉淀用热水洗涤的目的是___________。
(4)其他条件相同，向过滤1所得滤渣加入不同体积的去离子水，以一定流速通入CO2气体，测得热分解后电池级Li2CO3的产率随碳化反应固液比[]变化曲线如图2所示。Li2CO3产率随固液比减小而增加的原因是___________。
16．（2022·湖南常德·模拟预测）以经焙烧处理的锌冶炼钴渣(主要含有、、、，少量、、、、、等杂质)为原料制备电池级、混合液的工艺流程如下：
已知：常温下，，。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的主要成分是___________。
(2)“浸出”时，转化为，写出该反应的离子方程式___________。
(3)若溶液中金属离子浓度为，则认为该离子可忽略不计或沉淀完全。“除镉”时，为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，的值有何要求？___________(列式计算说明)。
(4)“氟化物”为___________(填标号)。
A． B． C． D．
(5)萃取时，发生反应：。采取“逆流萃取”的作用是___________，有机相可通过硫酸处理后得到的副产品为___________(填化学式)。
17．（2022·福建·模拟预测）实验室以碳酸锰矿(含MnCO3及少量Fe、Al、Si等氧化物)为原料制高纯MnCO3和MnO2的流程如下：
(1)焙烧时的温度为300～500℃，写出焙烧时MnCO3所发生反应的化学方程式：______。
(2)焙烧前需测定碳酸锰矿中MnCO3的含量，测定过程如下：称取0.2000g碳酸锰矿粉于锥形瓶中，加入15mL磷酸，加热并不断摇动至矿粉溶解，加入NH4NO3将溶液中的Mn2+转化为Mn(PO4)，待冷却至室温后，加入40mL蒸馏水，滴加2滴N苯代邻胺基苯甲酸作指示剂，用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点[滴定过程中Mn(PO4)与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+]，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液30.00mL。计算碳酸锰矿中MnCO3的含量___________(写出计算过程)。
(3)将过滤后所得溶液净化后可得MnSO4溶液。
①将净化后MnSO4溶液置于如图所示三颈烧瓶中，控制一定的温度，将沉淀剂滴加到烧瓶中，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得MnCO3白色粉末。沉淀剂可以使用Na2CO3溶液、NH4HCO3溶液或NH4HCO3与氨水的混合溶液。实验小组经过比较后使用的是NH4HCO3与氨水的混合溶液。
a.不使用Na2CO3溶液的原因是___________。
b.不使用NH4HCO3溶液的原因是___________。
②已知MnSO4可发生如下反应：MnSO4+K2S2O8+4NaOH=MnO2↓+K2SO4+2Na2SO4+2H2O，MnSO4和K2S2O8的物质的量相同，改变NaOH的物质的量，测得Mn的转化率、MnO2的含量{}与NaOH和MnSO4物质的量比值之间的关系如图所示。根据信息，补充完整制取纯净MnO2的实验方案：将20mL 1.0mol·L-1的MnSO4溶液和20mL 1.0mol·L-1的K2S2O8溶液混合，___________，得到纯净的MnO2(实验中可使用的试剂是1.0mol·L-1 NaOH溶液、1.0mol·L-1 H2SO4溶液、1.0mol·L-1 BaCl2溶液)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) 、 d
(2)
(3)
(4) 1.4
【解析】
加入硫酸酸浸，滤液中含有、、、，后面一步是除锰，说明调pH除去的是、，则滤渣1为、，加入使转化为MnO2除去，加入NaOH生成Ni(OH) 2，过滤分离得到Ni(OH) 2，Ni(OH) 2和LiOH、氧气反应生成。
(1)
①由上述分析可知，调pH除去的是、，则滤渣1为、，故答案为：、；
②由图可知，Al3+完全沉淀时，Fe3+已经完全沉淀，因此pH最小值应为4.7，当Ni2+完全沉淀时，pH=8.8，则，，则的，如果“调”后溶液中浓度为，溶液中，，，pH=6.3，因此“调pH”的范围是；试剂X用于调pH除去、，为了不引入杂化，最适合作为物质X的是NiO，故选d，故答案为：；d；
(2)
加入使转化为MnO2除去，发生的反应为，故答案为：；
(3)
Ni(OH) 2和LiOH、氧气反应生成，则“合成”过程发生反应的化学方程式为，故答案为：；
(4)
由图可知，充电时，a极发生反应，该反应为还原反应，则a为阴极，b为阳极，阳极上LiNiO2失去电子转化成，电极反应式为，则放电时a为负极，电极反应式为，b为正极，正极的电极反应式为 ；放电时，a极的电极反应式为，非晶硅薄膜上变化的质量为Li+的质量，当外电路通过电子0.2mol时，非晶硅薄膜上的质量变化为，故答案为：；1.4。
2．(1)适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径(或适当增加氢氧化钠和次氯酸钠溶液的浓度、搅拌等)
(2)还原剂
(3) Ru(OH)4+2NaClO=RuO4 +2NaCl +2H2O 温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的次氯酸受热分解，导致NaClO的利用率下降 水浴加热
(4) 次氯酸钠 盐酸
(5)H4SiO4(或H2SiO3)
(6)88%
【解析】
题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液氧化碱浸时，Ru和Pb被氧化为RuO和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有RuO、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的滤液1；向滤液1中加入乙醇，将RuO还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液2和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钾氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3；滤液2加入盐酸酸化，得到含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液和H4SiO4(或H2SiO3)的沉淀，向溶液中加入Na2S沉淀BiCl3得到Bi2S3，据此分析解答。
(1)
含钌、铋的废催化剂在“氧化碱浸”时为提高反应速率，可采取的措施有适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径、适当增加氢氧化钠和氧化剂溶液的浓度、搅拌等；
(2)
由分析可知，滤液1中含有Na2RuO4、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3，加入乙醇，溶液中的RuO与乙醇反应生成Ru(OH)4沉淀和乙醛，钌元素化合价降低，RuO作氧化剂，则乙醇作还原剂；
(3)
①Ru(OH)4与NaClO发生反应生成RuO4、NaCl和H2O，其化学方程式为Ru(OH)4+2NaClO=RuO4+2NaCl+2H2O；温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的次氯酸受热分解，总反应为2NaClO2NaCl+O2↑，导致NaClO的利用率下降；
②RuO4的沸点为40℃，超过100℃时，RuO4就爆炸分解，故“蒸馏”过程中应用温度稍高于40℃的水浴加热；
(4)
结合流程图，盐酸“吸收”RuO4过程中产生的Cl2经进一步处理可以转化为次氯酸钠、盐酸，循环利用；
(5)
滤液2中含有乙醛、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3，加入盐酸生成硅酸沉淀和含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液，故滤渣3的主要成分为H4SiO4或H2SiO3；
(6)
混合溶液中c(S2-)为1×10-6mol/L，由Ksp(Bi2S3)=1.0×10-20=c2(Bi3+)·c3(S2-)，可知c(Bi3+)=0.1 mol/L，则混合溶液中n(Bi3+)=0.1 mol/L×1.2L=0.12 mol，沉淀的Bi3+的物质的量为1 mol-0.12 mol=0.88 mol，Bi3+的沉淀率为×100%=88%。
3．(1)ZrSiO4+ 4C+3Cl2ZrCl2↑+SiCl4↑ +4CO↑
(2) 保持干燥
(3)向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次
(4)ZrO2
(5) 重结晶 锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同 萃取 3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr
【解析】
锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)，通入足量的氯气和足量的焦炭反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，ZrCl4转化为ZrOCl2·8H2O，900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，据此分析解题。
(1)
“高温气化”中可发生多个反应，主要反应为ZrSiO4与足量的氯气和足量的焦炭反应生成ZrCl2、SiCl2、CO，化学方程式是：ZrSiO4+ 4C+3Cl2ZrCl2↑+SiCl4↑ +4CO↑；
(2)
分馏过程中，为防止产品变质，ZrCl4遇水强烈水解，过程中一定需要注意的是保持干燥。高温气化生成杂质SiCl4，ZrCl4是白色固体，液体a为SiCl4，电子式是 ；
(3)
在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀，实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀操作是向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2-3次；
(4)
900℃加热分解，得到二氧化锆，加入镁置换得到海绵锆，Zr的化合价降低，二氧化锆为氧化剂；
(5)
①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用重结晶方法进行分离；
②离子交换法：2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6= [RN(CH3)3]ZrF6+2 KCl；2RN(CH3)3Cl+K2HfF6=[RN(CH3)3]HfF6+2 KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是锆、铪配离子[MF6]2-与阴离子交换树脂的结合能力不同；
③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以达到Zr与Hf分离，这种分离方法是萃取，利用溶液度的不同；在高温条件下，加入铝将制得的K2ZrF6还原可得锆，根据元素守恒，反应的化学方程式是：3K2ZrF6+4Al6KF+4AlF3+3Zr。
4．(1)S(或硫)
(2)
(3) Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2 溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量
(4)pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低
(5)取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净
(6)97.9
【解析】
硫酸渣加入硫酸酸溶得到含Fe3+悬浊液，加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+并得到S，过滤得到硫磺和含Fe2+的溶液，向滤液中加入NaOH、通入空气，得到晶种，然后把晶种加入到二次氧化的铁黄浆料，得到FeOOH，过滤得到湿铁黄，然后经过洗涤干燥得到产品。
(1)
步骤②中加入FeS2将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，经过滤得到硫磺，生成了S，反应过程中，S元素的化合价升高，被氧化，故答案为：S(或硫)；
(2)
碱性锌锰电池使用时，发生的反应为，生成的与FeOOH同类的物质为，故答案为：；
(3)
①将NaOH按一定计量比加入到FeSO4溶液中，产生白色沉淀，该白色沉淀为Fe(OH)2，则通入空气前，铁元素的主要存在形式是Fe2+或FeSO4、Fe(OH)2；0~t1时段，通入氧气后，Fe(OH)2被氧化成Fe(OH)3，反应的化学方程式为，该反应既不消耗氢离子或氢氧根离子，也不产生氢离子或氢氧根离子，不影响溶液的pH，所以该过程中pH 基本不变，故答案为：；
②溶液中存在两个反应和，总反应为，反应过程中氢离子和氢氧根离子浓度没有变化，因此t3后溶液的pH几乎不变，该反应消耗的Fe2+大于生成的Fe3+，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量，故答案为：溶液中存在两个氧化反应和，因此c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量；
(4)
根据表中数据可知，FeOOH开始沉淀的pH=1.2，完全沉淀时pH=2.8，若pH过低，会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，导致铁黄产品质量降低，因此二次氧化时，溶液的pH 应控制在3~4，故答案为：pH过低会导致FeOOH溶解产生游离的Fe3+或晶体生长速度变缓，铁黄产品质量降低；
(5)
步骤④若未洗涤完全，产品中会含有硫酸根离子，因此证明洗涤完全只需证明产品中不含硫酸根离子，具体方法为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液，先加稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀生成，证明洗涤干净；
(6)
滴定时20.00 mL产品消耗的H2Y的物质的量为22×10-3L×0.1 000 mol/L=0.0022mol，根据Fe3++2H2Y=[FeY2]-+4H+可知，200 mL溶液产品中n(Fe3+)=0.0011×10=0.011mol，则该产品纯度为，故答案为：97.9。
5．(1)第5周期第IVA族
(2) SO2 酸雨
(3)Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑
(4) 过滤 取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净
(5)SnO2+2CSn+2CO
(6)3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2
(7) 阳 1.85
【解析】
由题干流程图可知，“氧化焙烧”是将锡精矿中Sn、W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素分别氧化为SnO2、WO3、SO2、SiO2、CuO、PbO2、Fe2O3、ZnO，在与Na2CO3一起焙烧，得到Na2WO4，Na2SiO3，加水溶解并过滤得到滤液主要是Na2WO4溶液，和滤渣主要成分为SnO2、Fe2O3、SiO2等，滤渣与C和CaCO3还原熔炼，则将SnO2、Fe2O3还原成Sn和Fe，SiO2与CaCO3转化为CaSiO3，经过对硬头进行进一步提出得到粗锡，再熔析除去Fe、Zn、Pb等，得到97%的粗锡，然后进行电解精炼即可得到精锡，据此分析解题。
(1)
由题干信息可知Sn为50号元素，36＜50＜54，说明Sn在第5周期第50-36=14列，即第IVA族，即Sn在元素周期表的位置为第5周期第IVA族，故答案为：第5周期第IVA族；
(2)
由题干信息I可知，精锡矿的的主要成分中只有S粉燃烧可以转化为气体SO2，则氧化焙烧产生的气体为SO2，SO2可造成的环境污染是酸雨，故答案为：SO2；酸雨；
(3)
根据流程图可知，加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应生成Na2WO4，故该反应的化学方程式为Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑，故答案为：Na2CO3+WO3Na2WO4+CO2↑；
(4)
由题干流程图可知，操作1分离不溶性固体和溶液，则操作1的名称是过滤，洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是检验最后一次洗涤滤液中是否含有Cl-即可，故检验的方法为：取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净，故答案为：过滤；取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净；
(5)
由题干流程图可知，还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体即为CO，即SnO2和C反应生成Sn和CO，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：SnO2+2CSn+2CO，故答案为：SnO2+2CSn+2CO；
(6)
已知Fe在高温时可与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，则该反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2；
6．(1)二氧化硅
(2)V2O3+2H2O2+2H+=2VO+3H2O
(3)加入氨水，消耗H+，c(H+)减小，使得可逆反应VO+H2OVO+2H+平衡正向移动，故溶液中会产生大量的VO
(4)取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净
(5)0.103mol·L-1
(6) 2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O 调pH
【解析】
含钒废料（含V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、SiO2等）研磨后加入硫酸酸溶，双氧水氧化，得到滤渣1为SiO2，滤液加入适量氨水调节pH可生成氢氧化铁、氢氧化铝、氢氧化铜沉淀，同时将溶液中的VO转化为VO，过滤后滤液加入硫酸铵，可得到NH4VO3，煅烧可生成V2O5，以此解答该题。
(1)
根据以上分析可知滤渣1主要成分是SiO2；
(2)
“酸浸氧化”后钒元素主要以VO形式存在，这说明V2O3被双氧水氧化，则V2O3溶解过程中发生的离子反应方程式为V2O3+2H2O2+2H+=2VO+3H2O；
(3)
由于加入氨水，消耗H+，c(H+)减小，使得可逆反应VO+H2OVO+2H+平衡正向移动，故溶液中会产生大量的VO；
(4)
若NH4VO3未洗涤干净，则固体上会附着硫酸根离子，因此检验NH4VO3已洗涤干净，只要检验最后一次洗涤液中没有硫酸根离子即可，则检验沉淀是否洗净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净；
(5)
二者反应时需要10mL0.1 mol/L硫酸铵，VO沉淀完全后溶液中铵根浓度是mol/L＝0.003 mol/L，则对应硫酸铵的浓度是＝0.003 mol/L，所以(NH4)2SO4溶液的最小浓度为0.003 mol/L+0.1mol/L＝0.103mol/L。
(6)
依据原子守恒可知“煅烧”过程中的化学反应方程式为2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O，副产物是氨气，则副产物可在调pH过程中循环使用。
7．(1) 增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 11：4
(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S
(3) 酸式 酸
(4)没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解
(6)86.72%
【解析】
硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。
(1)
焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11:4；
(2)
FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故答案为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
(3)
由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸()电离常数，，， ，Kh2===5.78×10-8小于Ka3，即的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，故答案为：酸式；酸性；
(4)
若铝离子浓度为0.1mol/L， “除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH-)=10-12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-12)3=10-37＜1.3×10-33，则不产生氢氧化铝沉淀，故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33；
(5)
温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；
7．(1) 增大Cl-浓度，提高浸出率 HCl挥发 Bi3+水解程度增大，生成难溶的BiOCl
(2)AgCl、PbCl2
(3) 3Cu2++ 4OH-+2Cl-=Cu3(OCl)2+2H2O 97.6%
(4)NaCl
(5)Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+
【解析】
氧化铋渣的主要成分为，含有、、杂质，由流程可知，加盐酸、饱和食盐水分离出滤渣Ⅰ为、，过滤后滤液加生成，滤液Ⅱ含铜离子，再加生成，滤液Ⅲ含，可在浸出步骤中循环使用，中加入热发生，高温下C与熔炼生成，以此来解答。
(1)
铋的浸出率随浓度增大而增大，因此的作用是增大浓度，提高浸出率；由于升高温度，受热会发，且水解程度增大，生成难溶的，因此浸出率下降；
(2)
根据以上分析可知“滤渣Ⅰ”的成分为、；
(3)
“沉铜”时，向“滤液Ⅱ”中加入溶液调节pH，生成，离子方程式为；若“滤液II”中为，常温下加入等体积的溶液使pH恰好为6时，出现沉淀，根据4的溶度积常数可知，且等体积混合，此时的去除率为；
(4)
“滤液Ⅲ”中含，经加热浓缩后可返回浸出工序循环使用；
(5)
由流程图可知水解工序时Bi3+和氯离子和水反应生成BiOCl，故其对应的离子方程式为：Bi3++Cl-+H2O=BiOCl+2H+。
9．(1) SO2 粉碎矿石
(2)增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，使原料尽可能反应提高原料利用率
(3)MoO3+ CO= MoO+CO2↑
(4) PbS的沉淀不完全 PbSPb2++S2-，若溶液较小，则氢离子浓度较大，氢离子与硫离子生成硫化氢，导致硫离子浓度减小，PbS的沉淀溶解平衡正向移动
(5) 蒸发浓缩 降温结晶
(6)30
【解析】
(1)
钼精矿(主要成分是，含少量等)，在空气中焙烧硫元素会转化为二氧化硫气体，故气体A的主要成分是SO2；对于固体来说，粉碎可以增大接触面积，从而加快反应速度，提高反应效率；
(2)
采用“多层逆流”的目的是增加固体和气体的接触面积，加快反应速率，使原料尽可能反应提高原料利用率；
(3)
由流程可知，浸取过程中生成二氧化碳，反应中各元素化合价没有改变，钼元素转化为MoO，反应为MoO3+ CO= MoO+CO2↑；
(4)
PbSPb2++S2-，若溶液较小，则氢离子浓度较大，氢离子与硫离子生成硫化氢，导致硫离子浓度减小，PbS的沉淀溶解平衡正向移动，导致PbS的沉淀不完全；
(5)
流程中“…”得到钼酸钠晶体，在实验室的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(6)
反应前后元素种类不变，则理论上钼精矿中钼的百分含量为。
10．(1) 四 8
(2)
(3)
(4)除去杂质，减少的溶解，提高产率，易快速干燥
(5) 60 1.1
(6)当加入最后半滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变化
(7)
【解析】
(1)
铁在周期表的第四周期第8列(新周期表中的族第Ⅷ族为副族但不标B，主张族以列为好)
(2)
“常温氧化”中氧化剂是，还原剂是，碱性条件
(3)
若是改用钠盐的话，生成的，需要转化为钾盐，题中信息说明钾盐比钠盐溶解度小，所以钠盐可以转化钾盐。
(4)
“洗涤烘干”由于能溶于水，不能用水洗，选用乙醇洗，既可减少钾盐的溶解，提高钾盐的产率，乙醇易挥发，可以更快地挥发并带走水份，易快速干燥。
(5)
为了获取更纯的高铁酸钾，根据图和图可知，反应时间应控制在，氧化剂浓度应控制在，故答案为：；；
(6)
碘与淀粉相遇变蓝，用的标准溶液滴定，当加入最后半滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变化即为滴定终点；
(7)
根据题意可知， 做电极材料，电解过程中，转化为，电极方程式为：。
【点睛】
本题考查无机化学工艺、物质的分离和提纯实验操作、电解质溶液离子浓度大小比较、元素守恒和元素守恒的计算，综合性较强，侧重于实验能力、计算能力、理论应用能力的考查，题目难度中等。
11．(1) SiO2 AD
(2)有Fe3+存在时，pH升高，能够形成Fe(OH)3胶体具有很强的吸附性，能吸附Zn2+、Cu2+、Ni2+，从而使它们的去除率均升高
(3)5Zn+2Ni2++6H++Sb2O3=2NiSb+5Zn2++3H2O
(4) 充分萃取，提高Zn2+的萃取率、以提高Zn2+的利用率 分液 H2SO4
(5) ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O e
(6) 阴 贫矿
【解析】
锌矿(主要成分为ZnS以及FeS2、CuS、NiS、SiO2等)中加入野外细菌堆浸，金属硫化物转化为硫酸盐，SiO2不反应，堆浸渣中含有SiO2等难溶物，堆浸液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸镍、硫酸亚铁等物质；堆浸液中加入H2O2是为了将Fe2+转化为Fe3+，加入NaOH溶液为了将Fe3+转化为FeOOH沉淀而除去，过滤出FeOOH沉淀，滤液中主要含有Cu2+、Ni2+和Zn2+，向其中加入适量的Zn粉，是将Cu2+置换出来而除去，过滤出Cu，后滤液中主要含有Zn2+和Ni2+，有机相萃取剂萃取Zn2+，分液得到的有机相含有锌，含有Zn的有机相经过反萃取获得含有Zn2+的反萃液，最后电解反萃液提取金属锌，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“堆浸渣”的主要成分为SiO2，将锌矿粉碎，增大接触面积，可以加快反应速率，大幅度升温，将使细菌失去活性，反应速率减慢，延长堆浸时间，可以通过浸取率，但不能加快反应速率，将锌矿充分暴露，增大与O2的接触面积，加快反应速率，故答案为：SiO2；AD；
(2)
“除铁”时Zn2+、Cu2+、Ni2+在pH≤6时难以沉淀而除去，但是有Fe3+存在时，pH升高，能够形成Fe(OH)3胶体具有很强的吸附性，能吸附Zn2+、Cu2+、Ni2+，从而使它们的去除率均升高，故答案为：有Fe3+存在时，pH升高，能够形成Fe(OH)3胶体具有很强的吸附性，能吸附Zn2+、Cu2+、Ni2+，从而使它们的去除率均升高；
(3)
“置换铜”时用锌粉直接置换镍的速率极小，目前采用“锑盐净化法”，即在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，可得到合金NiSb，该反应的离子方程式为：5Zn+2Ni2++6H++Sb2O3=2NiSb+5Zn2++3H2O，故答案为：5Zn+2Ni2++6H++Sb2O3=2NiSb+5Zn2++3H2O；
(4)
“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是充分萃取；提高Zn2+的萃取率、以提高Zn2+的利用率，由题干信息可知，操作③分离两种互不相容的液体，则该分离操作的的名称为分液，电解反萃液是电解硫酸锌溶液，得到Zn和H2SO4，此流程中可循环利用的物质有锌、萃取剂和H2SO4，故答案为：充分萃取；提高Zn2+的萃取率、以提高Zn2+的利用率；分液；H2SO4；
(5)
反萃液的主要成分为ZnSO4，可通过一系列反应制备对可见光敏感的半导体催化剂ZnFe2O4。其中在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O获得产品ZnFe2O4时发生反应的化学方程式为：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O，灼烧时需要借助马弗炉(Mufflefurnace，一种通用的加热设备，通常叫电炉等)，灼烧固体应该在坩埚中进行，故答案为：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4+4CO↑+2CO2↑+6H2O；e；
12．(1) 5Ni2++12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O SiO2和CaSO4 在保证反应速率的同时减少硝酸挥发和分解
(2) +3 Na++3Fe3++2 +6H2O=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H+
(3)
(4)(NH4)2SO4
(5)Ni(OH)2
【解析】
废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，溶解Ni，反应方程式有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，5Ni+5H2SO4+2HNO3=5NiSO4+N2↑+6H2O，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，CaO+H2SO4=CaSO4↓+H2O，MgO+H2SO4=MgSO4+H2O，过滤除去废渣，则滤渣的成分是SiO2，滤液中加入过氧化氢，氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣主要成分为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，反应离子方程式为：Na++3Fe3++2+6H2O=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H+，再向滤液中加入H2S沉淀铜离子，反应原理为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀镍离子生成碳酸镍固体，过滤得沉淀NiCO3和滤液，主要成分为硫酸铵，据此分析解题。
(1)
①镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平化学方程式为：5Ni2++12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O，故答案为：5Ni2++12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O；
②由分析可知，酸溶过程中，二氧化硅不参与反应，故废渣的主要成分为二氧化硅，和生成的硫酸钙是微溶物质，故滤渣的成分有SiO2和CaSO4，故答案为：SiO2和CaSO4；
③温度过低，反应速率太慢，温度过高，硝酸易挥发且发生分解，故该过程控制温度70℃-80℃的原因是在保证反应速率的同时减少硝酸挥发和分解，故答案为：在保证反应速率的同时减少硝酸挥发和分解；
(2)
①由黄钠铁矾的化学式[NaFe3(SO4)2(OH)6]可知，其中Fe元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
②由分析可知，“除铁”加入Na2CO3时，生成黄钠铁矾的离子方程式是Na++3Fe3++2 +6H2O=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H+，故答案为：Na++3Fe3++2+6H2O=[NaFe3(SO4)2(OH)6]↓+6H+；
(3)
当溶液中的c(Ni2+)=0.1mol·L-1时，c(S2-)＜=3.0×10-18mol/L，“除铜”后，溶液中c(H2S)=0.1mol·L-1，则有：Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，则1×10-7×7.0×10-15=，若要使c(S2-)＜3.0×10-18mol/L，则溶液中c(H+) ≥mo1·L-1(列计算式)才不会使Ni2+形成NiS沉淀，故答案为：；
(4)
由分析可知，“沉镍”后，滤液的主要成分是(NH4)2SO4，故答案为：(NH4)2SO4；
(5)
由于碳酸钠溶液因碳酸根离子水解呈碱性，能与Ni2+反应生成Ni(OH)2，故“沉镍”时，若用Na2CO3溶液做沉淀剂，产物容易不纯，该杂质的化学式为Ni(OH)2，故答案为：Ni(OH)2。
13．(1)冷凝回流
(2)2+CH3OH+10H+=2Cr3++CO2↑+7H2O
(3) 浓硫酸 干燥吸水 使滞留在装置的COCl2被NaOH溶液充分吸收，防止大气污染
(4)对D装置进行加热
(5) 继续滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀 偏大
【解析】
NaCrO4在酸性条件下与CH3OH发生氧化还原反应产生CrCl3，然后加入NaOH使CrCl3转化为Cr(OH)3，加热Cr(OH)3分解产生Cr2O3，在通入N2和CCl4条件下Cr2O3反应转化了CrCl3、COCl2，该反应方程式为：Cr2O3+3CCl4=2CrCl3+3COCl2。
(1)
根据图示可知：在图甲中仪器b的主要作用除导气外，还起冷凝回流作用；
(2)
在“还原”过程中NaCrO4在酸性条件下与CH3OH发生氧化还原反应产生CrCl3，CH3OH被氧化为CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2+CH3OH+10H+=2Cr3++CO2↑+7H2O；
(3)
反应产生CrCl3易水解，且在高温下易被氧气氧化，通入干燥的N2可以将装置中的空气排出，防止三氯化铬易水解及氧化变质，能够使反应物进入管式炉中进行反应。制备CrCl3时产生的COCl2有毒且易水解，因此通入的N2要先进行干燥处理，A中液体的试剂是干燥剂，可以为浓硫酸；为防止反应制取的CrCl3发生水解反应，尾气通入NaOH溶液前边应该有吸水装置，无水CaCl2的作用是吸收水分，防止水蒸气通过导气管进入收集产物的E装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是使滞留在装置的COCl2被NaOH溶液充分吸收，防止大气污染，该反应的化学方程式为：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；
(4)
装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可根据CrCl3易升华的特点，对D装置进行加热，CrCl3升华进入E装置，就可以使实验能继续进行；
(5)
若步骤②中Cl-已经完全沉淀，则再滴入AgNO3溶液时不产生白色沉淀，据此判断；
加入HNO3酸化，可以使避免杂质离子的干扰，若步骤③中未用稀HNO3洗涤沉淀，则会导致测定的三氯化铬质量分数将偏大；
根据物质反应转化关系可知：CrCl3+5H2O[Cr(H2O)5Cl]2++2Cl-，Cl-+Ag+=AgCl↓，过量Ag+用NH4SCN进行滴定，则根据中物质反应关系可知过量Ag+的物质的量为n(Ag+)(过量)=de×10-3 mol，则发生反应Cl-+Ag+=AgCl↓的Ag+的物质的量为n(Ag+) =(bc-de)×10-3 mol，因此n(CrCl3)=n(Cl-)=n(Ag+)=(bc-de)×10-3 mol，故样品中CrCl3的质量分数为：。
14．(1)3:2
(2)使Fe2+全部转化为Fe3+
(3)
(4) 调节pH
(5)
(6)c
(7)
【解析】
硫铁矿和软锰矿加入硫酸进行“浸取”，所得溶液中含有大量亚铁离子，加入软锰矿，将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH使铁离子沉淀除去，再加入碳酸氢铵和氨水将溶液中的锰离子转化为碳酸锰，在空气中焙烧后得到二氧化锰，经过“氧化ii”、过滤、干燥得到二氧化锰纯品。
(1)
根据反应可知，反应的过程中，锰元素的化合价由+4价降低到+2价，则二氧化锰为该反应的氧化剂，Fe元素的化合价由+2价升高到+3价，S元素的化合价由-1价升高到0价，则硫化亚铁为该反应的还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2；
(2)
由上述分析可知，“浸取”后的溶液中含有大量Fe2+，Fe2+沉淀的pH过高，因此将其氧化成Fe3+后再沉淀除去，则“氧化i”过程软锰矿的作用是使Fe2+全部转化为Fe3+；
(3)
根据题干信息可知，“除铁”时溶液的pH=5.5，则，，则“除铁”后溶液中残留的；
(4)
“沉锰”过程，加入碳酸氢铵和氨水，将溶液中的锰离子转化成碳酸锰，反应的离子方程式为；由图可知，“沉锰”过程中，需要调节溶液的pH=6.5~7，氨水的作用是调节溶液的pH；
(5)
“焙烧”过程中，MnCO3与空气中的氧气反应生成MnO2，反应的化学方程式为；
(6)
Mn(Ⅳ)的氧化性比和都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用或不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，而在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，故选用最适宜氧化剂是，答案选c。
(7)
根据总反应可知，放电时，作正极，发生还原反应，则放电时正极的电极反应为。
15．(1)NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效果
(2)2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
(3)洗去沉淀表面的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失，提高Li2CO3的纯度和产率
(4)固液比越小，去离子水体积越多，碳化反应后生成及溶解的LiHCO3越多，热分解时会生成更多的Li2CO3
【解析】
此题目的以锂云母浸出液(含Li+、Al3+、Fe3+、Ca2+、SO等)制取电池级Li2CO3，锂云母加入HR，Fe3++3HR FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中分液有机层为FeR3，水溶液为（Li+、Al3+、Ca2+、SO），沉锂加入碳酸钠生成Li2CO3、CaCO3和Al(OH)3沉淀，Li2CO3、CaCO3和Al(OH)3加入去离子水二氧化碳，碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤，滤渣为碳酸钙和氢氧化铝，滤液为碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成电池级的碳酸锂，以此来解析；
(1)
根据Fe3++3HR FeR3+3H+，Fe3+易与R-结合FeR3，NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效果；
(2)
铝离子和碳酸根离子双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
(3)
根据图片1的信息可知碳酸锂的溶解度随着温度的升高而降低，温度越高溶解度越小，用热水洗涤能降低碳酸锂在水中溶解的量，过滤1后所得沉淀用热水洗涤的目的是洗去沉淀表面的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失，提高Li2CO3的纯度和产率；
(4)
固液比越小，去离子水体积越多，碳化反应后生成及溶解的LiHCO3越多，热分解时会生成更多的Li2CO3，所以Li2CO3产率随固液比减小而增加；
16．(1)CaSO4和SiO2
(2)Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+
(4)C
(5) 增大接触面积，使萃取充分 ZnSO4
【解析】
本题为工艺流程题，是以锌冶炼钴渣为原料来制备电池级CoSO4、MnSO4混合液，“浸出”是用硫酸、SO2来浸出，反应原理有：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、CdO+H2SO4=CdSO4+H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CaO+H2SO4=CaSO4↓+H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O、Co2O3+H2SO4+SO2=2CoSO4+H2O、Fe2O3+H2SO4+SO2=2FeSO4+H2O、Co3O4+2H2SO4+SO2=3CoSO4+2H2O，过滤得滤渣，则滤渣得主要成分为CaSO4和SiO2，滤液中加入MnS得到CdS沉淀，过滤出CdS后，向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，在加入MnCO3调节pH以析出Fe(OH)3沉淀，来除去铁，过滤，继续向滤液中加入氟化物X，析出MgF2、CaF2沉淀，过滤得滤液3，通过加入有机萃取剂HA进行逆流萃取来除去Mn2+，最后得到水层溶液即为电池级CoSO4、MnSO4混合液，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“浸渣”的主要成分是CaSO4和SiO2，故答案为：CaSO4和SiO2；
(2)
由分析可知，“浸出”时，转化为的反应方程式为Co3O4+2H2SO4+SO2=3CoSO4+2H2O，则该反应的离子方程式为：Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+，故答案为：Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+；
(3)
若溶液中金属离子浓度为，则认为该离子可忽略不计或沉淀完全。“除镉”时，为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，此时c(S2-)≥ ==8.0×10-21mol/L，c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜=2.5×10-2mol/L，故答案为：为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，此时c(S2-)≥ ==8.0×10-21mol/L，c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜=2.5×10-2mol/L；
(4)
由于NaF、KF将引入新的杂质离子Na+、K+很难除去，而MgF2不能用于除去Mg2+，故“氟化物”为MnF2，故答案为：C；
(5)
萃取时，发生反应：。采取“逆流萃取”的作用是增大接触面积，使萃取充分，由分析可知，有机相中含有Zn2+，可通过硫酸处理后使得上述平衡逆向移动，故得到的副产品为ZnSO4，故答案为：增大接触面积，使萃取充分；ZnSO4。
17．(1)MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O
(2)34.5%
(3) Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2沉淀生成，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低 使用NH4HCO3溶液会有CO2气体放出，NH4HCO3的利用率低 边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥
【解析】
根据碳酸锰矿中所含成分，以及流程图可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，铁的氧化物、氧化铝、二氧化硅不与硫酸铵反应，加水溶解后，得到含硫酸锰溶液，据此分析。
(1)
根据上述分析，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，其反应方程式为MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O。
(2)
Mn(PO4)与Fe2+反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，Mn(PO4)与Fe2+反应物质的量之比为1∶1，根据元素守恒，建立关系式为MnCO3～Mn2+～Mn(PO4)～Fe2+，因此有n(MnCO3)=n(Fe2+)，碳酸锰的质量含量为=34.5%。
(3)
①a．Na2CO3属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，Na2CO3的碱性较强，会有部分Mn元素转化成Mn(OH)2沉淀，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低。
b．NH4HCO3为弱酸弱碱盐，Mn2+与HCO电离产生CO结合成MnCO3，促使HCO电离，c(H+)增大，H+与HCO反应生成CO2，造成NH4HCO3的利用率降低。
②根据图像可知，当NaOH与MnSO4的物质的量之比为4.5时，Mn的转化率、MnO2的含量达到最大，当加入20mL 1.0mol·L-1的MnSO4时需要加入90mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液，过滤，向滤渣中加入适量的硫酸，将Mn(OH)2转化成MnSO4，当固体质量不再减少时，过滤，洗涤滤渣；具体操作是边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥。
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