2022届高三化学高考备考二轮复习——工业流程题（word版含解析）
文档属性
| 名称 | 2022届高三化学高考备考二轮复习——工业流程题（word版含解析） |  | |
| 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 | 2022-05-10 22:46:33 | ||
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文档简介
2022届高三化学高考备考二轮复习——工业流程题
1．（2022·山西临汾·三模）铈可用作生产催化剂、电弧电极、特种玻璃等。现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
(1)“焙烧I”时，空气与矿料逆流而行的目的是_______；CeFCO3发生反应的化学方程式为_______。
(2)“酸浸”反应体现了盐酸的_______性质，“滤渣I”、“滤渣II”的主要成分分别为_______、_______(填化学式)。
(3)“调pH”时c(Ce3+)=0.10mol·L-1，为了除去杂质同时避免Ce元素损失，25℃下溶液pH范围应调节为3.0~7.0，则Ksp[Ce(OH)3]=_______(不考虑溶液体积变化)。
(4)“碳化”时，不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是_______。
(5)“热还原”反应的化学方程式为_______。
2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模）三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]C13}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。
已知：①Co2O3具有很强的氧化性，其产物为Co(Ⅱ)；碱性条件下，Co(Ⅱ)能被O2氧化：[Co(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水：
②25℃时相关物质的Ksp如表：
物质 Co(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 MgF2 CaF2
Ksp 1×10-13.8 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-11.2 1×10-7.8 1×10-10 5×10-11
请回答下列问题：
(1)“浸取”时，能提高浸取速率的措施是_______(写出一条即可)，Co2O3发生反应的离子方程式为_______。
(2)滤渣Ⅱ的成分是A1(OH)3和Fe(OH)3“氧化”时，NaClO3溶液的作用是_______。
(3)“除杂”时，CoF2可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2+)=_______mo1·L-1(通常认为溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时沉淀完全)。
(4)“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高的原因是_______，其反应的离子方程式为_______，“系列操作”为_______、冷却结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)为测定产品中钴元素的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL(已知：2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)。
①滴定终点的现象是_______。
②该产品中钴元素的质量分数为_______(用含a、V的式子表示)。
3．（2022·陕西汉中·二模）我国发现超级铼矿，铼(Re)是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉，其工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)铼不溶于盐酸，可溶于稀硝酸生成强酸高铼酸(HReO4)，请写出反应的离子方程式_______。
(2)提高富铼渣浸出率的方法有_______(任写两种)；酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如下图所示，分析高于T1℃时铼的浸出率降低的原因_______。
(3)操作II所用的主要玻璃仪器是_______。
(4)高铼酸铵和氢气制取单质铼的化学方程式为_______；此反应过程中，实际消耗H2的量大于理论值，其原因是_______。
(5)由高铼酸铵溶液获得高铼酸铵晶体的一系列操作为_______、洗涤、干燥。
(6)整个工艺流程中除有机溶液可循环利用外，还有_______。
4．（2022·辽宁锦州·一模）镓及其化合物在国防技术、航空航天技术等领域扮演着重要的角色。一种利用湿法提锌的浸出渣(主要含一定量和的化合物)为原料制备高纯镓的流程如图所示：
已知：①溶液中的会对电解溶液造成影响
②与可以发生反应
③本流程温度下，；；
请回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“调沉淀除杂”过程需加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热的目的是_______。
(4)溶液中的各种形态粒子的物质的量分数随溶液变化的关系如图所示，用“调沉淀除杂”的理论范围为_______。(溶液中剩余离子浓度小于时沉淀完全)
(5)试剂a的作用是_______。
(6)流程中可以循环利用的物质是_______(填化学式)。
(7)、、可用于制取第三代半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因：_______。
物质
熔点
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·陕西·西安中学三模）NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按如图流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。
已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
(1)滤渣1的成分主要是_______。
(2)若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于_______mol/L。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水 NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为_______。
7．（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。
8．（2022·江西九江·二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：
(1)“氧化”时，反应的离子方程式为_______。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为_______(写化学式)。
(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为_______。
(3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为_______。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
(4)本工艺中可循环使用的物质是_______。
(5)结合图像，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为：_______、_______，酒精洗涤，低温干燥。
9．（2022·四川·成都外国语学校二模）氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯氧化锌的工业流程如图所示。
已知：As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。
回答下列问题：
(1)操作X为_______，需用到的玻璃仪器有_______、烧杯。
(2)“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3 H2O按1∶2比例参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为_______。
(3)流程中可循环利用的含氮物质有_______(填物质化学式)。
(4)已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol/L时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol/L时，此时Pb2+是否完全沉淀_______(填“是”或“否”)。
物质 CdS CuS PbS
Ksp 8.0×10-27 6.3×10-36 8.0×10-28
(5)已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式_______。
(6)“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4 H2O，该过程中(NH4)2S2O8过量的原因是_______。
10．（2022·上海·模拟预测）锰酸锂()是锂电池的正极材料。以软锰矿粉(主要成分是，含少量、、、等)为原料制备锰酸锂的流程如下：
常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表：
物质
请回答下列问题：
(1)“酸浸”时，常在高压下充入，其目的是___________。
(2)“滤渣1”的主要成分是___________(填化学式，下同)，“酸浸”时，被氧化的物质是___________。
(3)“氧化”时发生反应的离子方程式为___________。
(4)“调”时发生反应：，该反应的平衡常数___________。(已知：常温下，的电离常数)
(5)测得“沉镁”后溶液中，则残留的___________。“沉锰”后的滤液与碱加热处理后可返回___________(填步骤名称)步骤循环利用。
(6)“沉锰”生成碱式碳酸锰[]的同时放出，该反应的离子方程式为___________。利用碱式碳酸锰制备锰酸锂的化学方程式为___________。
11．（2022·辽宁·模拟预测）氧化锌又称锌白，作为添加剂在多种材料和产品中有广泛应用。一种以锌精矿(主要成分是，还有、，等杂质)为原料制备锌白的工艺流程如下：
已知：25℃时相关物质的如下表：
物质
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分除过量外，还有S和_______(填化学式)。“浸出”时，氧化的离子方程式为_______。
(2)“沉铁”时，滴加氨水需要调节最低为_______(通常认为残留在溶液中离子浓度时，沉淀完全)。
(3)“萃取，反萃取”时发生的反应是(有机萃取剂)，有机萃取剂能分离和，能分离出的原因是_______。为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈_______(填“酸”“碱”或“中”)性。
(4)“深度净化”中加的目的是_______。
(5)①“沉锌”时，充分反应，过滤，洗涤得到碱式碳酸锌[]，其反应的离子方程式为_______，检验沉淀洗涤干净的方法是_______。
②为测定碱式碳酸锌[]的组成，称取一定量的碱式碳酸锌，充分加热分解，产生的气体依次通过足量浓硫酸和碱石灰，分别增重0.72g和0.88g，则该碱式碳酸锌的化学式为_______。
12．（2022·安徽合肥·二模）钛合金是一种重要的航空材料，以下是以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含FeO和Fe2O3等杂质)为原料制备金属钛及副产品铁红的工艺流程：
已知：①TiO2+易水解为TiO2·nH2O；高温下钛易与N2、H2等反应。
②常温下，Ksp [Fe(OH)2]=8.0×10-16，Ksp[FeCO3]=3.2×10-11。
回答下列问题：
(1)钛铁矿溶煮前需要粉碎，其目的是_______ 。
(2)在“滤液”中加入铁屑的作用是_______ 。
(3)FeSO4溶液中加入NH4HCO3时还有气体放出，写出反应的化学方程式：_______ ，该反应温度不宜过高，原因是_______ 。
(4)制备FeCO3时，若将NH4HCO3换成(NH4)2CO3，还会产生Fe(OH)2，原因可能是：FeCO3+2OH-→Fe(OH)2+CO，计算该反应的平衡常数K=_______。
(5)“富含TiO2+酸性液”加热并过滤后，所得“废液”中溶质的主要成分是_______ 。
(6)已知TiO2(s)+2Cl2(g)→TiCl4(1)+O2(g) ΔH=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生，从化学平衡的角度解释原因为_______ 。
(7)镁与TiCl，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_______(填标号)。
A．H2 B．Ar C．CO2 D．N2
13．（2022·江西·模拟预测）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料：铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、 FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。
已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H+ +CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列问题：
(1)浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供H+，另一作用为_______。
(2)在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有_______，用平衡移动解释“反萃取”过程的原理和目的_______。
(3)“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl，该反应的离子方程式为_______，为提高经济效益充分利用原料，该反应的滤液可加入_______步骤循环使用最合适。
(4)Tl+对人体毒性很大，难溶盐KFe[Fe(CN)6]可通过离子交换治疗Tl2SO4中毒，将其转化为沉淀同时生成K2SO4溶液，写出治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：_______。
(5)电解Tl2SO4溶液制备金属Tl的装置如图所示。石墨(C)上电极反应式为_______。
14．（2022·上海·模拟预测）高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：
已知：还原焙烧主反应为2MnO2+C2MnO+CO2↑。
可能用到的数据如表所示：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀pH 1.5 6.5 4.2 8.1
沉淀完全pH 3.7 9.7 7.4 10.1
根据要求回答下列问题：
(1)在实验室进行步骤A，用到的主要由硅酸盐产品制成的仪器有____。“浸取”时温度控制在90~95℃之间，并且要连续搅拌的目的是____。
(2)步骤C中的滤渣为____。
(3)步骤D发生反应的离子方程式为____。
(4)步骤E中调节pH的范围为____，其目的是___。
(5)步骤G中Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为2.2×10-6mol/L，则Ksp(MnCO3)=___。
(6)现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤：称取3.300g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3-(其中完全转化为)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应+ =N2↑+2H2O以除去；加入稀硫酸酸化，再加入60.00mL0.500mol·L-1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2；用5.00mL0.500mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。
①写出酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式：____；
②试样中锰元素的质量分数为___。
15．（2022·上海·模拟预测）某小组探究利用工业废水分离回收铁、铝元素并制备晶体。工业废水成分如表所示。
工业废水主要离子质量浓度
离子
质量浓度(mg/L)
已知：
回答下列问题：
(1)“氧化”过程中所涉及的离子方程式为___________。
(2)检验“氧化”过程是否完成的试剂为___________(名称)。
(3)分析图乙、丙可推测，石灰除铁最佳的条件为___________。
(4)滤渣II为___________，离子方程式可表示为___________。
(5)判断滤渣III洗涤干净的操作为___________。
(6)锌元素的提取率为___________(保留三位有效数字)。
16．（2022·河南河南·二模）锌是人体必须的一种微量元素，素有“生命之花”的美誉。工业上利用废锌铁合金(主要为Zn，含少量Fe、ZnO、Fe2O3等)和葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]为原料制备并测定葡萄糖酸锌纯度的流程如图：
I.葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]的制备
(1)加过量ZnO的目的是____(用离子方程式表示)。
(2)已知ZnSO4的溶解度随温度变化如图所示，“步骤I”需要用到下列所有操作：
a.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。
上述操作的正确顺序是____(操作可重复使用)。
(3)“趁热抽滤”的目的是___。
(4)已知相关物质的溶解性如表：
物质名称 葡萄糖酸钙 葡萄糖酸锌 硫酸锌 硫酸钙
水中的溶解性 易溶于热水，可溶于冷水 易溶于热水，可溶于冷水 易溶 微溶
乙醇中的溶解性 微溶 微溶 难溶 难溶
则实验中加入95%乙醇的目的是____。
(5)从粗产品到产品的过程简称为____。
II.葡萄糖酸锌的纯度测定
制得产品之后，需要对产品的纯度进行测定以确定是否满足要求。以铬黑T(EBT)作为指示剂，用EDTA进行测定，原理为Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn—EBT，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，发生如下反应：
Zn—EBT(酒红色)+EDTA=Zn—EDTA+EBT(纯蓝色)
其步骤如下：
步骤1.取5.200g产品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，再加入少量EBT作指示剂；
步骤2.在25.00mL溶液中加入2.000mol·L-1EDTA10.00mL(过量)；
步骤3.用1.000mol.L-1锌标准溶液进行滴定至终点，平均消耗锌标准溶液18.00mL。
(6)步骤2中EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为____。
(7)样品中葡萄糖酸锌的质量分数为____。(葡萄糖酸锌的相对分子质量为455)
17．（2022·湖北·模拟预测）某化工厂产生的废渣中含有PbSO4和Ag，为了回收这两种物质，某同学设计了如下流程：
已知：“浸出”过程发生可逆反应，AgCl+2SOAg(SO3)+Cl-，回答问题：
(1)将废渣“氧化”的化学方程式为___________，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，最适合的加热方式为___________，操作I的名称为___________。
(2)研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低，可能原因是___________(用离子方程式表示)。
(3)研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如图。
①pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是___________；解释①中变化趋势的原因：___________。
②pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是___________。
(4)“还原”过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
(5)工业上，粗银电解精炼时，电流为5～10A，若用7A的电流电解60min后，得到21.6gAg，则该电解池的电解效率为___________%。(保留小数点后一位。通过一定电荷量时阴极上实际沉积的金属质量与理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C·mol-1)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率 4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2
(2) 酸性、还原性 Fe(OH)3 KBF4
(3)1.0×10-22
(4)(NH4)2CO3溶液碱性更强，易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质
(5)3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce
【解析】
本题是一道以氟碳铈矿为原料制备单质Ce的工业流程题，首先对原材料焙烧，生成相应的氧化物和氟化物，之后用盐酸溶解，调节pH除去杂质Fe，过滤，再加入碳酸氢铵进行碳化，之后再经过一系列处理得到产品，以此解题。
(1)
可以从反应速率的影响因素和原料的利用的角度考虑，空气与矿料逆流而行的目的是：增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率；焙烧时CeFCO3和空气中的氧气发生反应，方程式为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2；
(2)
反应后生成了氯化物，同时Ce的化合价由+4价变为+3价，故体现了盐酸的酸性和还原性，三价铁在pH稍高的时候会生成氢氧化铁，故“滤渣I”为Fe(OH)3，根据流程图可知，加入氯化钾溶液生成沉淀，则“滤渣II”为KBF4；
(3)
pH越大越容易形成沉淀，则pH=7时，c(OH-)=10-7,则Ksp[Ce(OH)3]=0.1×(10-7)3=1.0×10-22；
(4)
(NH4)2CO3溶液的碱性较大，容易生成其他的物质，从而引入杂志，故不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是：(NH4)2CO3溶液碱性更强，易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质；
(5)
“热还原”铝和CeO2反应生成单质Ce和氧化铝，方程式为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce。
2．(1) 将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等 2Co2O3+S2O+6H+=4Co2++2SO+3H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)5×10-6
(4) 一水合氨受热易分解 4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[Co(NH3)6]3++22H2O 在HCl氛围下蒸发浓缩 减压过滤得到[Co(NH3)6]Cl3晶体
(5) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原
【解析】
水钴矿的主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3+也被Na2S2O5还原为Fe2+，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣I为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2+氧化物为Fe3+，调pH=5，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，故滤渣II的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CoF2固体，沉淀Mg2+、Ca2+，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有Co2+，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[Co(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。
(1)
“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，则Co2O3发生反应的离子方程式为；
(2)
“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2+氧化物为Fe3+，便于除去Fe3+；
(3)
“除杂”时，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5mol/L，c(F-)==10-2.5mol/L，则c(Ca2+)==5×10-6mol/L；
(4)
“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃温度不能过高的原因是一水合氨受热易分解，其反应的离子方程式为，生成[Co(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体；
(5)
①取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，发生反应2Co3++2I-=2Co2++I2，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，此时溶液呈现蓝色，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
②由反应2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2Co3+~I2~2S2O，即Co3+~S2O，则该产品中钴元素的质量分数为。
3．(1)3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO↑+ 2H2O
(2) 将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等 超过T1°C时，过氧化氢分解
(3)分液漏斗
(4) 2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
(6)NH3或H2SO4
【解析】
由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液浸取，二硫化铼与过氧化氢溶液反应得到高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸、硫酸的浸出液；向浸出液中加入有机溶液萃取高铼酸，分液得到含有高铼酸的有机层和含有硫酸的废液；向有机层中加入氨水反萃取，分液得到有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体与氢气在800℃条件下共热反应制得铼粉，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用可循环利用。
(1)
由题意可知，铼与稀硝酸反应生成高铼酸、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO↑+ 2H2O，故答案为：3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO↑+ 2H2O；
(2)
将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等措施提高富铼渣浸出率；温度高于T1℃时，过氧化氢受热易分解，过氧化氢的浓度降低，所以酸浸相同时间铼的浸出率降低，故答案为：将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等；超过T1°C时，过氧化氢分解；
(3)
由分析可知，操作II为分液，所用的主要玻璃仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(4)
由分析可知，高铼酸铵晶体与氢气在800℃条件下共热反应生成铼、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O；得到铼粉时，为防止铼被空气中氧气氧化，反应开始时，需要用氢气排尽装置内空气，反应结束时，需要用保护气，所以反应过程中，实际消耗氢气的量大于理论值，故答案为：2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O；H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等；
(5)
由分析可知，高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作得到高铼酸铵晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)
由分析可知，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用可循环利用，故答案为：NH3或H2SO4。
4．(1)
(2)
(3)促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全
(4){、、、}
(5)除去氯离子(或)
(6)
(7)三种晶体都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小
【解析】
提锌浸出渣经稀硫酸溶浸，分离出滤渣1为PbSO4，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO调节pH分离出滤渣2为Fe(OH)3，溶液中的Cl-会对电解NaGaO2溶液造成影响，则试剂a的作用是除去Cl-，Zn用来还原Cu2+，滤渣4为Cu和过量的Zn，Na2S溶液用来除去过量的Zn2+，滤渣5为ZnS，电解NaGaO2溶液得到Ga。
(1)
稀硫酸溶浸时，Pb2+转化为不溶的PbSO4，则滤渣1为PbSO4，故答案为：PbSO4；
(2)
加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则“氧化”过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)
“调pH沉淀除杂”主要是为了除去Fe3+，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热可以促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全，故答案为：促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全；
(4)
调pH的目的是使Fe3+沉淀完全，而Ga3+不沉淀，Fe3+沉淀完全时，，则，则pH=2.7，由图可知， Ga3+开始沉淀的pH=3，则“调pH沉淀除杂”的理论范围为2.7(5)
溶液中的Cl-会对电解NaGaO2溶液造成影响，则试剂a的作用是除去Cl-，故答案为：除去氯离子(或Cl )；
(6)
试剂a的作用是除Cl-，根据已知②可知，可利用Cu除去Cl-，试剂a可以是Cu，还原除杂的过程中生成Cu，则流程中可以循环利用的是Cu，故答案为：Cu；
(7)
GaN、GaP、GaAs都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小，故答案为：三种晶体都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小。
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；
(7)
根据铜的精炼可知，用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作阳极，维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，根据阴极电极反应式Sn2++2e-=Sn可知，理论产生Sn的质量为：=1.85g，故答案为：阳；1.85。
6．(1)CuS S
(2) Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子
(3)0.03
(4) 洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率 蒸发浓缩
(5)NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑
【解析】
废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH4F生成CaF2沉淀、MgF2沉淀除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2 6H2O晶体；据此解答。
(1)
向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入H2S，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，即2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，Cu2+和H2S反应生成CuS沉淀，即Cu2++H2S=CuS↓+2H+，所以滤渣1的成分主要是CuS、S；答案为CuS、S。
(2)
若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应消耗H+，所以试剂Y的使用量会减少；答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子。
(3)
由题中信息可知，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于mol/L=3×10-2mol/L=0.03mol/L；答案为0.03。
(4)
实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率；NiCO3沉淀中加盐酸溶解得NiCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2 6H2O晶体；答案为洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率；蒸发浓缩。
(5)
将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水 NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑；答案为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。
7．(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。
8．(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
(3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
(4)NH3、MnCO3
(5) 蒸发结晶 趁热过滤
【解析】
碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
(1)
“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
(2)
碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
(3)
铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
(4)
通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
(5)
从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
9．(1) 过滤 玻璃棒、漏斗
(2)
(3)(NH4)2SO4、NH3·H2O
(4)否
(5)
(6)加入(NH4)2S2O8氧化，充分转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的
【解析】
锌焙砂加入硫酸铵和氨水浸出，金属元素与NH3配位形成配合物进入溶液，As元素转化为H3AsO3，过滤除去不溶杂质，之后先加入过量的(NH4)2S2O8，将氧化为，剩余的(NH4)2S2O8再将加入的Fe2+氧化为Fe3+，从而沉淀，过滤后向滤液中加入Na2S除去Cu2+、Pb2+等杂质，过滤后再加入Zn进行置换，深度除去重金属，然后再次过滤，加热将配位的部分NH3蒸出，用水吸收得到氨水，即溶液1，之后溶液中主要存在Zn(NH3)2SO4，通入CO2并过滤得到碳酸锌沉淀和硫酸铵溶液(即溶液2)，烘干沉淀后煅烧得到ZnO。
(1)
根据题干信息，操作X为分离固体和液体的操作，为过滤；过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗；
(2)
“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3 H2O按1∶2比例参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，根据元素守恒可得反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)
根据以上分析可知，溶液1为氨水，溶液2为硫酸铵，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，其中含氮物质为(NH4)2SO4、NH3·H2O，故答案为：(NH4)2SO4、NH3·H2O；
(4)
当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol/L时，c(S2-)=mol/L=6.3×10-26mol/L，此时c(Pb2+)=mol/L≈1.25×10-2mol/L>10-5mol/L，所以Pb2+未沉淀完全，故答案为：否；
(5)
根据题意，沉锌时Zn(NH3)2SO4与CO2反应得到碳酸锌沉淀，根据元素守恒可得离子方程式为，故答案为：；
(6)
FeAsO4难溶于水，所以除砷时应将As元素转化为FeAsO4沉淀，先加入(NH4)2S2O8氧化，充分转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化，充分转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的。
10．(1)增大压强，提高的溶解度，从而提高酸浸速率
(2)
(3)
(4)
(5) 调
(6)
【解析】
以软锰矿粉(主要成分是，含少量、、、等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[]的同时放出，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂()。
(1)
“酸浸”时，常在高压下充入，其目的是增大压强，提高的溶解度，从而提高酸浸速率；
(2)
“滤渣1”的主要成分是(不溶于H2SO4)，“酸浸”时，二氧化锰、Fe3+能将SO2氧化，故被氧化的物质是SO2；
(3)
“氧化”时将Fe2+氧化成Fe3+,同时自身被还原为锰离子，发生反应的离子方程式为；
(4)
测得“沉镁”后溶液中，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)c2(F-)=0.8mol/Lc2(F-)=，则c2(F-)=，则残留的==；“沉锰”后的滤液与碱加热处理后会产生氨气，可返回调步骤循环利用；
(6)
“沉锰”生成碱式碳酸锰[]的同时放出，结合质量和氧化还原反应原理可知，该反应的离子方程式为；利用碱式碳酸锰制备锰酸锂时加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂()，反应的化学方程式为。
11．(1)
(2)3
(3) 与水互不相溶，且在中溶解程度比在水中更大 酸
(4)将转化为除去
(5) 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，不产生白色沉淀
【解析】
(1)
“浸出”时，将转化为和S，将、、转化为、、等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量外，还有S和。氧化的离子方程式为。
(2)
“沉铁”时，转化为沉淀，完全沉淀的，故滴加氨水需要调节最低为3。
(3)
“萃取”过程中，转移到有机相中的原因是与水互不相溶，在中溶解程度比在水中更大。“反萃取”过程中平衡逆移，为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈酸性。
(4)
“深度净化”中加的目的是将转化为除去。
(5)
①“沉锌”时，转化为，其反应的离子方程式为。检验沉淀洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，未产生白色沉淀。
②由题意可知，碱式碳酸锌充分加热分解生成为，为，故，，故碱式碳酸锌的化学式为。
【点睛】
本题以锌精矿为原料制备锌白的工艺流程为载体。体现对元素化合物性质和基本概念、基本理论知识的基础性、综合性、创新性、应用性的考查。考查学生的理解与辨析、分析与推测、归纳与论证能力。
12．(1)增大接触面积，加快反应速率。
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3) FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O + (NH4)2SO4； 防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解。
(4)4×104
(5)H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)
(6)碳与O2反应使O2浓度减小，平衡正向移动，且反应吸热，高温促进平衡正向移动。
(7)B
【解析】
钛铁矿中含FeO和Fe2O3等杂质，加入浓硫酸后溶煮过滤可以除去难溶杂质，FeTiO3、FeO、Fe2O3溶于酸，滤液中含有TiO2+、Fe3+、Fe2+以及H2SO4。加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+。经冷却结晶，富含TiO2+的酸性液中含有TiO2+、H2SO4，还可能存在没有析出的少量FeSO4。经过后续操作可得到相应产品。
(1)
通过粉碎可增大反应物接触面积，加快化学反应速率。
(2)
根据滤液成分可知，加入铁屑后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故加铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+。
(3)
FeSO4溶液呈酸性，故加入NH4HCO3时生成的气体应为CO2，产物中有FeCO3，故反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O+(NH4)2SO4；NH4HCO3受热分解，同时FeSO4溶液中存在水解平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，升高温度会促进Fe2+水解，所以反应温度不宜过高。
(4)
该反应平衡常数
(5)
TiO2+水解转化为TiO2·nH2O后，“废液”中溶质的主要成分是H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)。
(6)
已知反应产物中有O2，加入碳之后碳会与O2反应，使O2浓度减小，平衡正向移动。升高温度向吸热方向移动，反应为吸热反应，高温条件会促进平衡正向移动。
(7)
高温下钛易与N2、H2等反应，CO2会与Mg反应，故可作为保护气的是Ar。
【点睛】
书写陌生反应式的时候一定要注意实际发生条件，比如本题中FeSO4与NH4HCO3反应有气体生成，根据物质分析，气体可能是NH3也可能是CO2，但要注意FeSO4为酸性溶液，NH3应在碱性溶液中析出，故气体为CO2。
13．(1)沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀
(2) 分液漏斗、烧杯 CH3COO—消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层
(3) H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl— 浸取
(4)KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+
(5)2H2O—4e—=O2↑+4H+
【解析】
由题给流程可知，富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的残渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到金属铊。
(1)
由分析可知，浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供氢离子外，还能将溶液中的铅离子转化为硫酸铅沉淀，故答案为：沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀；
(2)
在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子，故答案为：分液漏斗、烧杯；CH3COO—消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层；
(3)
“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl—，反应得到的溶液中含有硫酸，可加入浸取步骤循环使用，故答案为：H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl—；浸取；
(4)
由题意可知，用KFe[Fe(CN)6]治疗Tl2SO4中毒发生的反应为KFe[Fe(CN)6]与Tl2SO4溶液反应生成TlFe[Fe(CN)6]和K2SO4，反应的离子方程式为KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+，故答案为：KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+；
(5)
由图可知，石墨电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故答案为：2H2O—4e—=O2↑+4H+。
14．(1) 酒精灯、泥三角、坩埚 加快反应速率，使软锰矿粉充分反应，提高软锰矿中锰的浸出率
(2)Cu、CaSO4和C
(3)2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(4) 3.7≤pH<8.1 使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2+
(5)2.2×10-11
(6) 6Fe2++ +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 25%
【解析】
工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰，将软锰矿粉加入木炭还原焙烧，再加入硫酸浸取，过滤除去滤渣，主要成分为Cu、CaSO4和C，滤液加入二氧化锰氧化，后加入10%氢氧化钠溶液调节pH，过滤后得到滤液再加入碳酸氢铵发生复分解反应，再分离烘干得到成品碳酸锰。
(1)
硅酸盐产品包括陶瓷、水泥、玻璃等，在实验室进行步骤A(焙烧)时，用到的主要由硅酸盐产品制成的仪器有酒精灯、泥三角、坩埚。升温、搅拌都可以加快反应速率，浸出时温度控制在90~95℃之间，并且要连续搅拌，目的是加快反应速率，使软锰矿粉充分反应，提高软锰矿中锰的浸出率；
(2)
还原焙烧后得到固体混合物为Cu、Fe、C、MnO、CaO，硫酸浸取时C、Cu和稀硫酸不反应，CaO与稀硫酸反应生成微溶的，故步骤C中的滤渣为Cu、和C；
(3)
步骤D中氧化剂为，还原剂为，反应的离子方程式为；
(4)
步骤E调节pH的目的是使转化为而除去，而不影响，因此调节pH的范围为；
(5)
步骤G中恰好沉淀完全时，测得溶液中的浓度为，则；
(6)
①根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平酸性溶液与反应的离子方程式为；
②加入的硫酸亚铁铵中的亚铁离子分两部分，分别与和反应，与反应的，，，，根据Mn原子守恒，则，质量分数。
15．(1)
(2)铁氰化钾
(3)
(4)
(5)取最后次洗涤液于试管中，先滴加稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净
(6)94.5%
【解析】
由题干条件可知核心元素为Zn，说明Al和Fe元素必须分离出流程主线路。结合流程信息可以推知滤渣为，滤渣II为。
(1)
充入氧气的目的是将亚铁离子氧化成三价铁离子，因此离子方程式为；
(2)
检验“氧化”过程是否完成即检验溶液中是否还含有，检验离子的试剂为铁氰化钾；
(3)
由图像可知，当，时间为时，铁元素的去除率高，同时锌元素的损失率少；
(4)
滤渣II为，离子方程式为；
(5)
检验沉淀是否洗涤干净，可以检验沉淀表面是否含有，操作为：取最后一次洗涤液于试管中，先滴加稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净；
(6)
根据锌元素守恒可知：提取率为。
16．(1)3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Zn2+
(2)dabace
(3)防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率
(4)降低葡萄糖酸锌的溶解度
(5)重结晶
(6)纯蓝色
(7)70.00%
【解析】
废锌铁合金(主要为Zn，含少量Fe、ZnO、Fe2O3等)，加入稀硫酸和过氧化氢，生成锌离子和铁离子的混合液，加入氧化锌，调节溶液的pH，使铁离子生成沉淀而除去；滤液得到含有锌离子的溶液，低温下结晶后得到七水合硫酸锌；加入葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]溶液，并加热到90℃，趁热过滤得到的葡萄糖酸锌和硫酸钙，滤液为葡萄糖酸锌溶液；冷却到室温，过滤、并用乙醇洗涤、干燥后，得到葡萄糖酸锌，据此分析解答。
(1)
加过量ZnO，可以调节溶液的pH值，从而使铁离子沉淀，离子方程式为：3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Zn2+，故答案为：3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn2+；
(2)
根据ZnSO4的溶解度随温度变化曲线可知，要得到七水合硫酸锌，应该在100℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，然后降低温度制60℃，此时溶液变为不饱和，在60℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，降低温度，溶质析出，经过过滤可实行，故答案为：dabace；
(3)
葡萄糖酸锌易溶于热水，可溶于冷水，则“趁热抽滤”的目的是防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率，故答案为：防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率；
(4)
降温过滤后得到葡萄糖酸锌，因为其易溶于热水，可溶于冷水，但微溶于乙醇中，洗涤加入95%乙醇，可降低葡萄糖酸锌的溶解度，故答案为：降低葡萄糖酸锌的溶解度；
(5)
从粗产品到产品的过程，将粗产品溶解后再结晶得到产品，简称为重结晶，故答案为：重结晶；
(6)
Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn-EBT，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，发生反应：Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)，可知EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为纯蓝色，故答案为：纯蓝色；
(7)
由题可知25.00mL溶液消耗EDTA的物质的量=，根据反应Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)，可知关系式：，可知葡萄糖酸锌的物质的量，则葡萄糖酸锌的质量分数=，故答案为：70%。
17．(1) 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑ 水浴加热 过滤
(2)2SO+O2=2SO
(3) 含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大 浸出液中c(SO)增大，使浸出反应的平衡正向移动 pH较小时，SO与H+结合生成HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c(SO)均较小
(4)4：1
(5)76.6
【解析】
(1)
废渣含有银、硫酸铅，加入过量的NaClO溶液，根据流程图可知单质银被氧化，发生反应4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑；反应在80℃条件下进行，最适合的加热方式为“水浴加热”；操作1为过滤以除去PbSO4；
(2)
反应在敞口容器中进行，SO很容易被空气中氧气氧化，离子反应方程式为2SO+O2=2SO。
(3)
①根据图像可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；这是由于浸出液中c()增大，使浸出反应AgCl+2+Cl-的平衡正向移动，因此银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；
②pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，pH=10时浸出液中c()大，使浸出反应的平衡正向移动，AgCl的浸出率降高，pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()较小，AgCl的浸出率降低，含银化合物总浓度减小。
(4)
最后“还原”的反应中，氧化剂是，还原产物是Ag，得到1个电子，还原剂是N2H4·H2O，氧化产物是氮气，失去4个电子，所以根据电子得失守恒可知氧化和还原剂的物质的量之比为4：1；
(5)
Q=It=7×3600，电子物质的量为=0.261mol，所以理论上生成银的质量是0.261mol×108g/mol=28.188g，该电解池的电解效率为=76.6%。
答案第1页，共2页
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1．（2022·山西临汾·三模）铈可用作生产催化剂、电弧电极、特种玻璃等。现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
(1)“焙烧I”时，空气与矿料逆流而行的目的是_______；CeFCO3发生反应的化学方程式为_______。
(2)“酸浸”反应体现了盐酸的_______性质，“滤渣I”、“滤渣II”的主要成分分别为_______、_______(填化学式)。
(3)“调pH”时c(Ce3+)=0.10mol·L-1，为了除去杂质同时避免Ce元素损失，25℃下溶液pH范围应调节为3.0~7.0，则Ksp[Ce(OH)3]=_______(不考虑溶液体积变化)。
(4)“碳化”时，不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是_______。
(5)“热还原”反应的化学方程式为_______。
2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模）三氯化六氨合钴(III){[Co(NH3)6]C13}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。
已知：①Co2O3具有很强的氧化性，其产物为Co(Ⅱ)；碱性条件下，Co(Ⅱ)能被O2氧化：[Co(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水：
②25℃时相关物质的Ksp如表：
物质 Co(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 MgF2 CaF2
Ksp 1×10-13.8 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-11.2 1×10-7.8 1×10-10 5×10-11
请回答下列问题：
(1)“浸取”时，能提高浸取速率的措施是_______(写出一条即可)，Co2O3发生反应的离子方程式为_______。
(2)滤渣Ⅱ的成分是A1(OH)3和Fe(OH)3“氧化”时，NaClO3溶液的作用是_______。
(3)“除杂”时，CoF2可将Ca2+、Mg2+转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2+)=_______mo1·L-1(通常认为溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时沉淀完全)。
(4)“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃，温度不能过高的原因是_______，其反应的离子方程式为_______，“系列操作”为_______、冷却结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)为测定产品中钴元素的含量，取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL(已知：2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)。
①滴定终点的现象是_______。
②该产品中钴元素的质量分数为_______(用含a、V的式子表示)。
3．（2022·陕西汉中·二模）我国发现超级铼矿，铼(Re)是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉，其工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)铼不溶于盐酸，可溶于稀硝酸生成强酸高铼酸(HReO4)，请写出反应的离子方程式_______。
(2)提高富铼渣浸出率的方法有_______(任写两种)；酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如下图所示，分析高于T1℃时铼的浸出率降低的原因_______。
(3)操作II所用的主要玻璃仪器是_______。
(4)高铼酸铵和氢气制取单质铼的化学方程式为_______；此反应过程中，实际消耗H2的量大于理论值，其原因是_______。
(5)由高铼酸铵溶液获得高铼酸铵晶体的一系列操作为_______、洗涤、干燥。
(6)整个工艺流程中除有机溶液可循环利用外，还有_______。
4．（2022·辽宁锦州·一模）镓及其化合物在国防技术、航空航天技术等领域扮演着重要的角色。一种利用湿法提锌的浸出渣(主要含一定量和的化合物)为原料制备高纯镓的流程如图所示：
已知：①溶液中的会对电解溶液造成影响
②与可以发生反应
③本流程温度下，；；
请回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“调沉淀除杂”过程需加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热的目的是_______。
(4)溶液中的各种形态粒子的物质的量分数随溶液变化的关系如图所示，用“调沉淀除杂”的理论范围为_______。(溶液中剩余离子浓度小于时沉淀完全)
(5)试剂a的作用是_______。
(6)流程中可以循环利用的物质是_______(填化学式)。
(7)、、可用于制取第三代半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因：_______。
物质
熔点
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·陕西·西安中学三模）NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按如图流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。
已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
(1)滤渣1的成分主要是_______。
(2)若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于_______mol/L。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水 NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为_______。
7．（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。
8．（2022·江西九江·二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：
(1)“氧化”时，反应的离子方程式为_______。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为_______(写化学式)。
(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为_______。
(3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为_______。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全]
(4)本工艺中可循环使用的物质是_______。
(5)结合图像，分析获得(MnSO4·H2O)晶体的“系列操作”步骤为：_______、_______，酒精洗涤，低温干燥。
9．（2022·四川·成都外国语学校二模）氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯氧化锌的工业流程如图所示。
已知：As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。
回答下列问题：
(1)操作X为_______，需用到的玻璃仪器有_______、烧杯。
(2)“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3 H2O按1∶2比例参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为_______。
(3)流程中可循环利用的含氮物质有_______(填物质化学式)。
(4)已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol/L时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol/L时，此时Pb2+是否完全沉淀_______(填“是”或“否”)。
物质 CdS CuS PbS
Ksp 8.0×10-27 6.3×10-36 8.0×10-28
(5)已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式_______。
(6)“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4 H2O，该过程中(NH4)2S2O8过量的原因是_______。
10．（2022·上海·模拟预测）锰酸锂()是锂电池的正极材料。以软锰矿粉(主要成分是，含少量、、、等)为原料制备锰酸锂的流程如下：
常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表：
物质
请回答下列问题：
(1)“酸浸”时，常在高压下充入，其目的是___________。
(2)“滤渣1”的主要成分是___________(填化学式，下同)，“酸浸”时，被氧化的物质是___________。
(3)“氧化”时发生反应的离子方程式为___________。
(4)“调”时发生反应：，该反应的平衡常数___________。(已知：常温下，的电离常数)
(5)测得“沉镁”后溶液中，则残留的___________。“沉锰”后的滤液与碱加热处理后可返回___________(填步骤名称)步骤循环利用。
(6)“沉锰”生成碱式碳酸锰[]的同时放出，该反应的离子方程式为___________。利用碱式碳酸锰制备锰酸锂的化学方程式为___________。
11．（2022·辽宁·模拟预测）氧化锌又称锌白，作为添加剂在多种材料和产品中有广泛应用。一种以锌精矿(主要成分是，还有、，等杂质)为原料制备锌白的工艺流程如下：
已知：25℃时相关物质的如下表：
物质
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分除过量外，还有S和_______(填化学式)。“浸出”时，氧化的离子方程式为_______。
(2)“沉铁”时，滴加氨水需要调节最低为_______(通常认为残留在溶液中离子浓度时，沉淀完全)。
(3)“萃取，反萃取”时发生的反应是(有机萃取剂)，有机萃取剂能分离和，能分离出的原因是_______。为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈_______(填“酸”“碱”或“中”)性。
(4)“深度净化”中加的目的是_______。
(5)①“沉锌”时，充分反应，过滤，洗涤得到碱式碳酸锌[]，其反应的离子方程式为_______，检验沉淀洗涤干净的方法是_______。
②为测定碱式碳酸锌[]的组成，称取一定量的碱式碳酸锌，充分加热分解，产生的气体依次通过足量浓硫酸和碱石灰，分别增重0.72g和0.88g，则该碱式碳酸锌的化学式为_______。
12．（2022·安徽合肥·二模）钛合金是一种重要的航空材料，以下是以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含FeO和Fe2O3等杂质)为原料制备金属钛及副产品铁红的工艺流程：
已知：①TiO2+易水解为TiO2·nH2O；高温下钛易与N2、H2等反应。
②常温下，Ksp [Fe(OH)2]=8.0×10-16，Ksp[FeCO3]=3.2×10-11。
回答下列问题：
(1)钛铁矿溶煮前需要粉碎，其目的是_______ 。
(2)在“滤液”中加入铁屑的作用是_______ 。
(3)FeSO4溶液中加入NH4HCO3时还有气体放出，写出反应的化学方程式：_______ ，该反应温度不宜过高，原因是_______ 。
(4)制备FeCO3时，若将NH4HCO3换成(NH4)2CO3，还会产生Fe(OH)2，原因可能是：FeCO3+2OH-→Fe(OH)2+CO，计算该反应的平衡常数K=_______。
(5)“富含TiO2+酸性液”加热并过滤后，所得“废液”中溶质的主要成分是_______ 。
(6)已知TiO2(s)+2Cl2(g)→TiCl4(1)+O2(g) ΔH=+151kJ·mol-1。该反应极难进行，当向反应体系中加入碳后，则反应在高温条件下能顺利发生，从化学平衡的角度解释原因为_______ 。
(7)镁与TiCl，高温下反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_______(填标号)。
A．H2 B．Ar C．CO2 D．N2
13．（2022·江西·模拟预测）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料：铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、 FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。
已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H+ +CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列问题：
(1)浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供H+，另一作用为_______。
(2)在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有_______，用平衡移动解释“反萃取”过程的原理和目的_______。
(3)“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl，该反应的离子方程式为_______，为提高经济效益充分利用原料，该反应的滤液可加入_______步骤循环使用最合适。
(4)Tl+对人体毒性很大，难溶盐KFe[Fe(CN)6]可通过离子交换治疗Tl2SO4中毒，将其转化为沉淀同时生成K2SO4溶液，写出治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：_______。
(5)电解Tl2SO4溶液制备金属Tl的装置如图所示。石墨(C)上电极反应式为_______。
14．（2022·上海·模拟预测）高纯MnCO3在电子工业中有重要的应用，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：
已知：还原焙烧主反应为2MnO2+C2MnO+CO2↑。
可能用到的数据如表所示：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀pH 1.5 6.5 4.2 8.1
沉淀完全pH 3.7 9.7 7.4 10.1
根据要求回答下列问题：
(1)在实验室进行步骤A，用到的主要由硅酸盐产品制成的仪器有____。“浸取”时温度控制在90~95℃之间，并且要连续搅拌的目的是____。
(2)步骤C中的滤渣为____。
(3)步骤D发生反应的离子方程式为____。
(4)步骤E中调节pH的范围为____，其目的是___。
(5)步骤G中Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为2.2×10-6mol/L，则Ksp(MnCO3)=___。
(6)现用滴定法测定产品中锰元素的含量。实验步骤：称取3.300g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3-(其中完全转化为)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应+ =N2↑+2H2O以除去；加入稀硫酸酸化，再加入60.00mL0.500mol·L-1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3-+Fe2+=Mn2++Fe3++2；用5.00mL0.500mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。
①写出酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式：____；
②试样中锰元素的质量分数为___。
15．（2022·上海·模拟预测）某小组探究利用工业废水分离回收铁、铝元素并制备晶体。工业废水成分如表所示。
工业废水主要离子质量浓度
离子
质量浓度(mg/L)
已知：
回答下列问题：
(1)“氧化”过程中所涉及的离子方程式为___________。
(2)检验“氧化”过程是否完成的试剂为___________(名称)。
(3)分析图乙、丙可推测，石灰除铁最佳的条件为___________。
(4)滤渣II为___________，离子方程式可表示为___________。
(5)判断滤渣III洗涤干净的操作为___________。
(6)锌元素的提取率为___________(保留三位有效数字)。
16．（2022·河南河南·二模）锌是人体必须的一种微量元素，素有“生命之花”的美誉。工业上利用废锌铁合金(主要为Zn，含少量Fe、ZnO、Fe2O3等)和葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]为原料制备并测定葡萄糖酸锌纯度的流程如图：
I.葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]的制备
(1)加过量ZnO的目的是____(用离子方程式表示)。
(2)已知ZnSO4的溶解度随温度变化如图所示，“步骤I”需要用到下列所有操作：
a.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。
上述操作的正确顺序是____(操作可重复使用)。
(3)“趁热抽滤”的目的是___。
(4)已知相关物质的溶解性如表：
物质名称 葡萄糖酸钙 葡萄糖酸锌 硫酸锌 硫酸钙
水中的溶解性 易溶于热水，可溶于冷水 易溶于热水，可溶于冷水 易溶 微溶
乙醇中的溶解性 微溶 微溶 难溶 难溶
则实验中加入95%乙醇的目的是____。
(5)从粗产品到产品的过程简称为____。
II.葡萄糖酸锌的纯度测定
制得产品之后，需要对产品的纯度进行测定以确定是否满足要求。以铬黑T(EBT)作为指示剂，用EDTA进行测定，原理为Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn—EBT，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，发生如下反应：
Zn—EBT(酒红色)+EDTA=Zn—EDTA+EBT(纯蓝色)
其步骤如下：
步骤1.取5.200g产品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，再加入少量EBT作指示剂；
步骤2.在25.00mL溶液中加入2.000mol·L-1EDTA10.00mL(过量)；
步骤3.用1.000mol.L-1锌标准溶液进行滴定至终点，平均消耗锌标准溶液18.00mL。
(6)步骤2中EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为____。
(7)样品中葡萄糖酸锌的质量分数为____。(葡萄糖酸锌的相对分子质量为455)
17．（2022·湖北·模拟预测）某化工厂产生的废渣中含有PbSO4和Ag，为了回收这两种物质，某同学设计了如下流程：
已知：“浸出”过程发生可逆反应，AgCl+2SOAg(SO3)+Cl-，回答问题：
(1)将废渣“氧化”的化学方程式为___________，“氧化”阶段需在80℃条件下进行，最适合的加热方式为___________，操作I的名称为___________。
(2)研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低，可能原因是___________(用离子方程式表示)。
(3)研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH的关系如图。
①pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化趋势是___________；解释①中变化趋势的原因：___________。
②pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，原因是___________。
(4)“还原”过程中氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。
(5)工业上，粗银电解精炼时，电流为5～10A，若用7A的电流电解60min后，得到21.6gAg，则该电解池的电解效率为___________%。(保留小数点后一位。通过一定电荷量时阴极上实际沉积的金属质量与理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C·mol-1)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率 4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2
(2) 酸性、还原性 Fe(OH)3 KBF4
(3)1.0×10-22
(4)(NH4)2CO3溶液碱性更强，易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质
(5)3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce
【解析】
本题是一道以氟碳铈矿为原料制备单质Ce的工业流程题，首先对原材料焙烧，生成相应的氧化物和氟化物，之后用盐酸溶解，调节pH除去杂质Fe，过滤，再加入碳酸氢铵进行碳化，之后再经过一系列处理得到产品，以此解题。
(1)
可以从反应速率的影响因素和原料的利用的角度考虑，空气与矿料逆流而行的目的是：增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率；焙烧时CeFCO3和空气中的氧气发生反应，方程式为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2；
(2)
反应后生成了氯化物，同时Ce的化合价由+4价变为+3价，故体现了盐酸的酸性和还原性，三价铁在pH稍高的时候会生成氢氧化铁，故“滤渣I”为Fe(OH)3，根据流程图可知，加入氯化钾溶液生成沉淀，则“滤渣II”为KBF4；
(3)
pH越大越容易形成沉淀，则pH=7时，c(OH-)=10-7,则Ksp[Ce(OH)3]=0.1×(10-7)3=1.0×10-22；
(4)
(NH4)2CO3溶液的碱性较大，容易生成其他的物质，从而引入杂志，故不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是：(NH4)2CO3溶液碱性更强，易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质；
(5)
“热还原”铝和CeO2反应生成单质Ce和氧化铝，方程式为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce。
2．(1) 将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等 2Co2O3+S2O+6H+=4Co2++2SO+3H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)5×10-6
(4) 一水合氨受热易分解 4Co2++20NH3·H2O+O2+4NH=4[Co(NH3)6]3++22H2O 在HCl氛围下蒸发浓缩 减压过滤得到[Co(NH3)6]Cl3晶体
(5) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原
【解析】
水钴矿的主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3+也被Na2S2O5还原为Fe2+，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣I为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2+氧化物为Fe3+，调pH=5，将Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，故滤渣II的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CoF2固体，沉淀Mg2+、Ca2+，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有Co2+，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[Co(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。
(1)
“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度、或加热等，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2+，则Co2O3发生反应的离子方程式为；
(2)
“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2+氧化物为Fe3+，便于除去Fe3+；
(3)
“除杂”时，若所得滤液中Mg2+刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2+)=1×10-5mol/L，c(F-)==10-2.5mol/L，则c(Ca2+)==5×10-6mol/L；
(4)
“转化”时，Co2+转化为[Co(NH3)6]3+，需水浴控温在50~60℃温度不能过高的原因是一水合氨受热易分解，其反应的离子方程式为，生成[Co(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体；
(5)
①取ag样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，发生反应2Co3++2I-=2Co2++I2，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，定容。取25.00mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，此时溶液呈现蓝色，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
②由反应2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2Co3+~I2~2S2O，即Co3+~S2O，则该产品中钴元素的质量分数为。
3．(1)3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO↑+ 2H2O
(2) 将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等 超过T1°C时，过氧化氢分解
(3)分液漏斗
(4) 2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
(6)NH3或H2SO4
【解析】
由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液浸取，二硫化铼与过氧化氢溶液反应得到高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸、硫酸的浸出液；向浸出液中加入有机溶液萃取高铼酸，分液得到含有高铼酸的有机层和含有硫酸的废液；向有机层中加入氨水反萃取，分液得到有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体与氢气在800℃条件下共热反应制得铼粉，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用可循环利用。
(1)
由题意可知，铼与稀硝酸反应生成高铼酸、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO↑+ 2H2O，故答案为：3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO↑+ 2H2O；
(2)
将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等措施提高富铼渣浸出率；温度高于T1℃时，过氧化氢受热易分解，过氧化氢的浓度降低，所以酸浸相同时间铼的浸出率降低，故答案为：将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等；超过T1°C时，过氧化氢分解；
(3)
由分析可知，操作II为分液，所用的主要玻璃仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(4)
由分析可知，高铼酸铵晶体与氢气在800℃条件下共热反应生成铼、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O；得到铼粉时，为防止铼被空气中氧气氧化，反应开始时，需要用氢气排尽装置内空气，反应结束时，需要用保护气，所以反应过程中，实际消耗氢气的量大于理论值，故答案为：2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O；H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等；
(5)
由分析可知，高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作得到高铼酸铵晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(6)
由分析可知，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用可循环利用，故答案为：NH3或H2SO4。
4．(1)
(2)
(3)促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全
(4){、、、}
(5)除去氯离子(或)
(6)
(7)三种晶体都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小
【解析】
提锌浸出渣经稀硫酸溶浸，分离出滤渣1为PbSO4，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入ZnO调节pH分离出滤渣2为Fe(OH)3，溶液中的Cl-会对电解NaGaO2溶液造成影响，则试剂a的作用是除去Cl-，Zn用来还原Cu2+，滤渣4为Cu和过量的Zn，Na2S溶液用来除去过量的Zn2+，滤渣5为ZnS，电解NaGaO2溶液得到Ga。
(1)
稀硫酸溶浸时，Pb2+转化为不溶的PbSO4，则滤渣1为PbSO4，故答案为：PbSO4；
(2)
加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，则“氧化”过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)
“调pH沉淀除杂”主要是为了除去Fe3+，加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热可以促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全，故答案为：促使氢氧化铁胶体聚沉或使氢氧化铁聚集为大颗粒沉淀完全；
(4)
调pH的目的是使Fe3+沉淀完全，而Ga3+不沉淀，Fe3+沉淀完全时，，则，则pH=2.7，由图可知， Ga3+开始沉淀的pH=3，则“调pH沉淀除杂”的理论范围为2.7
溶液中的Cl-会对电解NaGaO2溶液造成影响，则试剂a的作用是除去Cl-，故答案为：除去氯离子(或Cl )；
(6)
试剂a的作用是除Cl-，根据已知②可知，可利用Cu除去Cl-，试剂a可以是Cu，还原除杂的过程中生成Cu，则流程中可以循环利用的是Cu，故答案为：Cu；
(7)
GaN、GaP、GaAs都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小，故答案为：三种晶体都是共价晶体，N、P、的原子半径依次增大，键、键、键的键长依次增大，键能依次减弱，共价键的强度依次减弱，熔点依次减小。
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；
(7)
根据铜的精炼可知，用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作阳极，维持电流强度为10A，电解池工作五分钟，根据阴极电极反应式Sn2++2e-=Sn可知，理论产生Sn的质量为：=1.85g，故答案为：阳；1.85。
6．(1)CuS S
(2) Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子
(3)0.03
(4) 洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率 蒸发浓缩
(5)NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑
【解析】
废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH4F生成CaF2沉淀、MgF2沉淀除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2 6H2O晶体；据此解答。
(1)
向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入H2S，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，即2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，Cu2+和H2S反应生成CuS沉淀，即Cu2++H2S=CuS↓+2H+，所以滤渣1的成分主要是CuS、S；答案为CuS、S。
(2)
若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应消耗H+，所以试剂Y的使用量会减少；答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子。
(3)
由题中信息可知，Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于mol/L=3×10-2mol/L=0.03mol/L；答案为0.03。
(4)
实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率；NiCO3沉淀中加盐酸溶解得NiCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2 6H2O晶体；答案为洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率；蒸发浓缩。
(5)
将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水 NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑；答案为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。
7．(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。
8．(1) MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)
(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑
(3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8)
(4)NH3、MnCO3
(5) 蒸发结晶 趁热过滤
【解析】
碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。
(1)
“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；二价铁和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O ；K3[Fe(CN)6] (或KMnO4)；
(2)
碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ↑；
(3)
铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)==10-7.5 mol/L，c(H+)==10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)==10-6 mol/L，c(H+)==10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)；
(4)
通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；
(5)
从MnSO4溶液中得到MnSO4·H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。
9．(1) 过滤 玻璃棒、漏斗
(2)
(3)(NH4)2SO4、NH3·H2O
(4)否
(5)
(6)加入(NH4)2S2O8氧化，充分转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的
【解析】
锌焙砂加入硫酸铵和氨水浸出，金属元素与NH3配位形成配合物进入溶液，As元素转化为H3AsO3，过滤除去不溶杂质，之后先加入过量的(NH4)2S2O8，将氧化为，剩余的(NH4)2S2O8再将加入的Fe2+氧化为Fe3+，从而沉淀，过滤后向滤液中加入Na2S除去Cu2+、Pb2+等杂质，过滤后再加入Zn进行置换，深度除去重金属，然后再次过滤，加热将配位的部分NH3蒸出，用水吸收得到氨水，即溶液1，之后溶液中主要存在Zn(NH3)2SO4，通入CO2并过滤得到碳酸锌沉淀和硫酸铵溶液(即溶液2)，烘干沉淀后煅烧得到ZnO。
(1)
根据题干信息，操作X为分离固体和液体的操作，为过滤；过滤需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗；
(2)
“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3 H2O按1∶2比例参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，根据元素守恒可得反应的离子方程式为，故答案为：；
(3)
根据以上分析可知，溶液1为氨水，溶液2为硫酸铵，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，其中含氮物质为(NH4)2SO4、NH3·H2O，故答案为：(NH4)2SO4、NH3·H2O；
(4)
当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol/L时，c(S2-)=mol/L=6.3×10-26mol/L，此时c(Pb2+)=mol/L≈1.25×10-2mol/L>10-5mol/L，所以Pb2+未沉淀完全，故答案为：否；
(5)
根据题意，沉锌时Zn(NH3)2SO4与CO2反应得到碳酸锌沉淀，根据元素守恒可得离子方程式为，故答案为：；
(6)
FeAsO4难溶于水，所以除砷时应将As元素转化为FeAsO4沉淀，先加入(NH4)2S2O8氧化，充分转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化，充分转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的。
10．(1)增大压强，提高的溶解度，从而提高酸浸速率
(2)
(3)
(4)
(5) 调
(6)
【解析】
以软锰矿粉(主要成分是，含少量、、、等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[]的同时放出，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂()。
(1)
“酸浸”时，常在高压下充入，其目的是增大压强，提高的溶解度，从而提高酸浸速率；
(2)
“滤渣1”的主要成分是(不溶于H2SO4)，“酸浸”时，二氧化锰、Fe3+能将SO2氧化，故被氧化的物质是SO2；
(3)
“氧化”时将Fe2+氧化成Fe3+,同时自身被还原为锰离子，发生反应的离子方程式为；
(4)
测得“沉镁”后溶液中，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)c2(F-)=0.8mol/Lc2(F-)=，则c2(F-)=，则残留的==；“沉锰”后的滤液与碱加热处理后会产生氨气，可返回调步骤循环利用；
(6)
“沉锰”生成碱式碳酸锰[]的同时放出，结合质量和氧化还原反应原理可知，该反应的离子方程式为；利用碱式碳酸锰制备锰酸锂时加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂()，反应的化学方程式为。
11．(1)
(2)3
(3) 与水互不相溶，且在中溶解程度比在水中更大 酸
(4)将转化为除去
(5) 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，不产生白色沉淀
【解析】
(1)
“浸出”时，将转化为和S，将、、转化为、、等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量外，还有S和。氧化的离子方程式为。
(2)
“沉铁”时，转化为沉淀，完全沉淀的，故滴加氨水需要调节最低为3。
(3)
“萃取”过程中，转移到有机相中的原因是与水互不相溶，在中溶解程度比在水中更大。“反萃取”过程中平衡逆移，为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈酸性。
(4)
“深度净化”中加的目的是将转化为除去。
(5)
①“沉锌”时，转化为，其反应的离子方程式为。检验沉淀洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，未产生白色沉淀。
②由题意可知，碱式碳酸锌充分加热分解生成为，为，故，，故碱式碳酸锌的化学式为。
【点睛】
本题以锌精矿为原料制备锌白的工艺流程为载体。体现对元素化合物性质和基本概念、基本理论知识的基础性、综合性、创新性、应用性的考查。考查学生的理解与辨析、分析与推测、归纳与论证能力。
12．(1)增大接触面积，加快反应速率。
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3) FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O + (NH4)2SO4； 防止NH4HCO3受热分解和减少Fe2+的水解。
(4)4×104
(5)H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)
(6)碳与O2反应使O2浓度减小，平衡正向移动，且反应吸热，高温促进平衡正向移动。
(7)B
【解析】
钛铁矿中含FeO和Fe2O3等杂质，加入浓硫酸后溶煮过滤可以除去难溶杂质，FeTiO3、FeO、Fe2O3溶于酸，滤液中含有TiO2+、Fe3+、Fe2+以及H2SO4。加入铁屑后，Fe3+转化为Fe2+。经冷却结晶，富含TiO2+的酸性液中含有TiO2+、H2SO4，还可能存在没有析出的少量FeSO4。经过后续操作可得到相应产品。
(1)
通过粉碎可增大反应物接触面积，加快化学反应速率。
(2)
根据滤液成分可知，加入铁屑后发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故加铁屑的目的是将Fe3+还原为Fe2+。
(3)
FeSO4溶液呈酸性，故加入NH4HCO3时生成的气体应为CO2，产物中有FeCO3，故反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NH4HCO3 = FeCO3↓+ CO2↑+ H2O+(NH4)2SO4；NH4HCO3受热分解，同时FeSO4溶液中存在水解平衡Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，升高温度会促进Fe2+水解，所以反应温度不宜过高。
(4)
该反应平衡常数
(5)
TiO2+水解转化为TiO2·nH2O后，“废液”中溶质的主要成分是H2SO4 (或H2SO4和FeSO4)。
(6)
已知反应产物中有O2，加入碳之后碳会与O2反应，使O2浓度减小，平衡正向移动。升高温度向吸热方向移动，反应为吸热反应，高温条件会促进平衡正向移动。
(7)
高温下钛易与N2、H2等反应，CO2会与Mg反应，故可作为保护气的是Ar。
【点睛】
书写陌生反应式的时候一定要注意实际发生条件，比如本题中FeSO4与NH4HCO3反应有气体生成，根据物质分析，气体可能是NH3也可能是CO2，但要注意FeSO4为酸性溶液，NH3应在碱性溶液中析出，故气体为CO2。
13．(1)沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀
(2) 分液漏斗、烧杯 CH3COO—消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层
(3) H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl— 浸取
(4)KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+
(5)2H2O—4e—=O2↑+4H+
【解析】
由题给流程可知，富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的残渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到金属铊。
(1)
由分析可知，浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供氢离子外，还能将溶液中的铅离子转化为硫酸铅沉淀，故答案为：沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀；
(2)
在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子，故答案为：分液漏斗、烧杯；CH3COO—消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层；
(3)
“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl—，反应得到的溶液中含有硫酸，可加入浸取步骤循环使用，故答案为：H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl—；浸取；
(4)
由题意可知，用KFe[Fe(CN)6]治疗Tl2SO4中毒发生的反应为KFe[Fe(CN)6]与Tl2SO4溶液反应生成TlFe[Fe(CN)6]和K2SO4，反应的离子方程式为KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+，故答案为：KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+；
(5)
由图可知，石墨电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故答案为：2H2O—4e—=O2↑+4H+。
14．(1) 酒精灯、泥三角、坩埚 加快反应速率，使软锰矿粉充分反应，提高软锰矿中锰的浸出率
(2)Cu、CaSO4和C
(3)2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
(4) 3.7≤pH<8.1 使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，而不影响Mn2+
(5)2.2×10-11
(6) 6Fe2++ +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 25%
【解析】
工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰，将软锰矿粉加入木炭还原焙烧，再加入硫酸浸取，过滤除去滤渣，主要成分为Cu、CaSO4和C，滤液加入二氧化锰氧化，后加入10%氢氧化钠溶液调节pH，过滤后得到滤液再加入碳酸氢铵发生复分解反应，再分离烘干得到成品碳酸锰。
(1)
硅酸盐产品包括陶瓷、水泥、玻璃等，在实验室进行步骤A(焙烧)时，用到的主要由硅酸盐产品制成的仪器有酒精灯、泥三角、坩埚。升温、搅拌都可以加快反应速率，浸出时温度控制在90~95℃之间，并且要连续搅拌，目的是加快反应速率，使软锰矿粉充分反应，提高软锰矿中锰的浸出率；
(2)
还原焙烧后得到固体混合物为Cu、Fe、C、MnO、CaO，硫酸浸取时C、Cu和稀硫酸不反应，CaO与稀硫酸反应生成微溶的，故步骤C中的滤渣为Cu、和C；
(3)
步骤D中氧化剂为，还原剂为，反应的离子方程式为；
(4)
步骤E调节pH的目的是使转化为而除去，而不影响，因此调节pH的范围为；
(5)
步骤G中恰好沉淀完全时，测得溶液中的浓度为，则；
(6)
①根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平酸性溶液与反应的离子方程式为；
②加入的硫酸亚铁铵中的亚铁离子分两部分，分别与和反应，与反应的，，，，根据Mn原子守恒，则，质量分数。
15．(1)
(2)铁氰化钾
(3)
(4)
(5)取最后次洗涤液于试管中，先滴加稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净
(6)94.5%
【解析】
由题干条件可知核心元素为Zn，说明Al和Fe元素必须分离出流程主线路。结合流程信息可以推知滤渣为，滤渣II为。
(1)
充入氧气的目的是将亚铁离子氧化成三价铁离子，因此离子方程式为；
(2)
检验“氧化”过程是否完成即检验溶液中是否还含有，检验离子的试剂为铁氰化钾；
(3)
由图像可知，当，时间为时，铁元素的去除率高，同时锌元素的损失率少；
(4)
滤渣II为，离子方程式为；
(5)
检验沉淀是否洗涤干净，可以检验沉淀表面是否含有，操作为：取最后一次洗涤液于试管中，先滴加稀硝酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀生成，则表明已洗涤干净；
(6)
根据锌元素守恒可知：提取率为。
16．(1)3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Zn2+
(2)dabace
(3)防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率
(4)降低葡萄糖酸锌的溶解度
(5)重结晶
(6)纯蓝色
(7)70.00%
【解析】
废锌铁合金(主要为Zn，含少量Fe、ZnO、Fe2O3等)，加入稀硫酸和过氧化氢，生成锌离子和铁离子的混合液，加入氧化锌，调节溶液的pH，使铁离子生成沉淀而除去；滤液得到含有锌离子的溶液，低温下结晶后得到七水合硫酸锌；加入葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]溶液，并加热到90℃，趁热过滤得到的葡萄糖酸锌和硫酸钙，滤液为葡萄糖酸锌溶液；冷却到室温，过滤、并用乙醇洗涤、干燥后，得到葡萄糖酸锌，据此分析解答。
(1)
加过量ZnO，可以调节溶液的pH值，从而使铁离子沉淀，离子方程式为：3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Zn2+，故答案为：3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn2+；
(2)
根据ZnSO4的溶解度随温度变化曲线可知，要得到七水合硫酸锌，应该在100℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，然后降低温度制60℃，此时溶液变为不饱和，在60℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，降低温度，溶质析出，经过过滤可实行，故答案为：dabace；
(3)
葡萄糖酸锌易溶于热水，可溶于冷水，则“趁热抽滤”的目的是防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率，故答案为：防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率；
(4)
降温过滤后得到葡萄糖酸锌，因为其易溶于热水，可溶于冷水，但微溶于乙醇中，洗涤加入95%乙醇，可降低葡萄糖酸锌的溶解度，故答案为：降低葡萄糖酸锌的溶解度；
(5)
从粗产品到产品的过程，将粗产品溶解后再结晶得到产品，简称为重结晶，故答案为：重结晶；
(6)
Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn-EBT，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，发生反应：Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)，可知EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为纯蓝色，故答案为：纯蓝色；
(7)
由题可知25.00mL溶液消耗EDTA的物质的量=，根据反应Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)，可知关系式：，可知葡萄糖酸锌的物质的量，则葡萄糖酸锌的质量分数=，故答案为：70%。
17．(1) 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑ 水浴加热 过滤
(2)2SO+O2=2SO
(3) 含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大 浸出液中c(SO)增大，使浸出反应的平衡正向移动 pH较小时，SO与H+结合生成HSO或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c(SO)均较小
(4)4：1
(5)76.6
【解析】
(1)
废渣含有银、硫酸铅，加入过量的NaClO溶液，根据流程图可知单质银被氧化，发生反应4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑；反应在80℃条件下进行，最适合的加热方式为“水浴加热”；操作1为过滤以除去PbSO4；
(2)
反应在敞口容器中进行，SO很容易被空气中氧气氧化，离子反应方程式为2SO+O2=2SO。
(3)
①根据图像可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；这是由于浸出液中c()增大，使浸出反应AgCl+2+Cl-的平衡正向移动，因此银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大；
②pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，pH=10时浸出液中c()大，使浸出反应的平衡正向移动，AgCl的浸出率降高，pH较小时，与H+结合生成或H2SO3，尽管含硫化合物总浓度增大，但c()较小，AgCl的浸出率降低，含银化合物总浓度减小。
(4)
最后“还原”的反应中，氧化剂是，还原产物是Ag，得到1个电子，还原剂是N2H4·H2O，氧化产物是氮气，失去4个电子，所以根据电子得失守恒可知氧化和还原剂的物质的量之比为4：1；
(5)
Q=It=7×3600，电子物质的量为=0.261mol，所以理论上生成银的质量是0.261mol×108g/mol=28.188g，该电解池的电解效率为=76.6%。
答案第1页，共2页
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