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2023届高三化学一轮专题复习—工业流程题
1．（2022·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）电解锰渣主要含及少量的利用电解锰渣回收铅的工艺如图所示：
已知：
回答下列问题：
(1)“还原酸浸”时氧化产物是S， 被还原的离子方程式为_______。
(2)“浸出液”含有的盐主要有和少量的_______、 ，经除杂后得到精制 溶液。图为的溶解度随温度的变化曲线，从精制 溶液中获得 晶体的具体实验操作为_______，热水洗涤，干燥。
(3)“浸铅”反应 能发生的原因是_______。
(4)若“浸铅”后所得溶液中， 为实现铅与钙的分离，应控制“沉铅”溶液中的范围为_______(当溶液中金属离子浓度小于，可以认为该离子沉淀完全)。
(5)“沉铅”时，若用同浓度的 溶液代替溶液，会生成 。原因是_______。
(6)检验滤液中存在的操作现象是_______。
2．（2022·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测）金属钼(Mo)、镍(Ni)是重要的战略金属，广泛应用在钢铁、化工等领域，辉银矿的主要，还含有Ni、V、Fe等金属元素，处理辉钼矿有火法和湿法两种工艺。下图是用NaClO溶液(pH>9)湿法浸取辉钼矿制备仲钼酸铵[]的工艺流程(已知：次氯酸钠溶液化学性质不稳定，常温下缓慢分解成NaCl，和)。
请回答下列问题：
(1)传统的火法工艺是在空气中灼烧辉铝矿得到和，和上述湿法工艺相比这种方法最大的缺陷是_______。
(2)浸取辉钼矿之前要先将辉钼矿磨碎，目的是_______。
(3)步骤①中溶于NaClO溶液，发生反应的离子方程式为_______。
(4)步骤②由于易溶于有机萃取剂，可以发生草取。步骤③反萃取时使用的X试剂为_______，步骤②③的作用为_______。
(5)某科研小组研究温度对步骤①中浸取率的影响。实验条件为NaClO)的浓度为130g/L，汉取液pH=9。反应时间1.5h温度控制为采用冷水浴冷却和不冷却两种，实验结果见下表：
反应条性 反应现象和结果
冷水浴 反应温度保持30℃左右，Mo元素的浸取率为83.3%。
不冷却 温度上升很快，最高为60℃左右，有大量的气泡产生，Mo元素的浸取率为7.8%。
出现上表实验结果的原因为_______。
(6)碳钢在空气中容易被腐蚀，加入钼酸盐有利于缓蚀，其缓蚀原理是在钢铁表面形成保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳铜管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入，则的作用是_______。
3．（2022·内蒙古赤峰·统考模拟预测）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+、Fe3+、Mg2+、等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图：
已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为Fe3++3HR FeR3+3H+；
②常温时，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。
回答下列问题：
(1)“有机层”的主要成分为_______(填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为_______；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是_______。
(2)操作1、操作2、操作3中均用到的玻璃仪器的名称为_______。
(3)“苛化反应”中生成LiOH的化学方程式为_______。
(4)“混合沉锂”的离子方程式为_______。
(5)某LiCoO2锂离子电池工作原理如图所示，则该电池在放电时，石墨(C)为_______(填“正极”或“负极”)，充电时阴极的电极反应式为_______。
4．（2022·河南·校联考二模）锗是一种重要的半导体材料，同时在航空航天测控、化学催化剂、生物医学等领域都有广泛而重要的应用。实验室模拟生产锗的实验过程如图所示：
已知：GeCl4的熔点：-49.5℃，沸点：82℃，密度：1.9g·cm-3。
回答下列问题：
(1)在实验室中，若焙烧锗石矿，应将样品放在____中灼烧。产生的气体可以用下列____方式处理(填标号)。
a．氢氧化钠溶液 b．酸性高锰酸钾溶液
c．苯和水的分层液 d．碱石灰
(2)步骤2：将烧渣放入三颈烧瓶中，分批加入浓盐酸并搅拌，控制温度为40℃反应30分钟，反应装置如图所示：
①仪器a的名称是____，仪器b的作用是____，加热采用的方式为____。
②用浓盐酸而不用稀盐酸处理GeO2粗品的原因是____。
(3)写出“步骤4”生成GeO2·nH2O反应的化学方程式___。
(4)查阅资料得知：“步骤4”生成的GeO2·nH2O实为GeO2·H2O，其在5.0mol·L-1的盐酸中溶解度最小。取10.0mLGeCl4和高纯水反应，欲使GeO2·H2O的产率最高，加入高纯水的体积约为____mL(忽略混合及反应前后液体体积的变化，保留一位小数)。
5．（2022秋·河北石家庄·高三正定中学校考阶段练习）钴酸锂(LiCoO2)电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如图：
已知：①还原性：Cl->Co2+；
②Fe3+和C2O结合生成较稳定的[Fe(C2O4)3]3-，在强酸性条件下分解重新生成Fe3+。回答下列问题：
(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的____。
(2)滤渣的主要成分为____(填化学式)。
(3)从含铝废液得到Al(OH)3的离子方程式为____。
(4)滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有____(填化学式)。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式____。
(5)在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见表，请补充完整表中问题。已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。
②固体失重率=对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。
序号 温度范围/℃ 化学方程式 固体失重率
I 120～220 CoC2O4·2H2O=CoC2O4+2H2O 19.67%
II 300～350 ____ 59.02%
(6)已知Li2CO3的溶度积常数Ksp=8.64×10-4，将浓度为0.02mol·L-1的Li2SO4和浓度为0.02mol·L-1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li+浓度为____mol·L-1。
(7)从FeCl3溶液得到FeCl3·6H2O固体的操作关键是____。
6．（2022·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考模拟预测）聚硅酸硫酸铝铁()是一种安全无害的新型絮凝剂，广泛应用于水的净化处理。燃煤副产物粉煤灰主要含有非活性的莫来石()及少量等元素的氧化物，以其为原料制备的一种流程如下。
回答下列问题：
(1)元素和，金属性最强的是___________；位于元素周期表第___________周期第___________族。
(2)非活性的莫来石难与酸和碱反应，焙烧的主要目的是通过与反应破坏莫来石结构，该反应的化学方程式为___________。
(3)滤液1中加入溶液，反应的离子方程式为___________。
(4)碱浸的主要目的是___________；滤液2的主要成分为___________。
(5)用平衡原理解释处理酸性或碱性较强的废水效果都不好的原因是___________
(6)的适当配比是具有良好絮凝能力的关键，取一定量样品溶解，加盐酸使其完全胶凝，分离所得沉淀经煅烧得固体。向上述滤液中加入足量氢氧化钠溶液，分离所得沉淀经煅烧得固体，再向滤液中通入足量，分离所得沉淀经煅烧得固体。则中___________。
7．（2023·全国·高三专题练习）废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料与铝箔构成，采用碱浸法分离回收正极活性材料流程如图所示。
(1)碱浸
①碱浸过程中的离子方程式、___________。
②保持碱浸液固比为5∶1、浸出温度为不变，测量碱浓度对浸出率的影响如图，最终确定最优浓度为，解释原因________。
(2)还原焙烧
在碱浸除去后的正极材料中添加褐煤(含碳量90%)，在进行还原焙烧，所得产物用水和处理(碳化水浸)，将元素转移到水相。
①补全还原焙烧的方程式：________。
②固相反应一般反应速率较慢，写出可以加快还原焙烧反应速率的方法________。
(3)碳化水浸
①碳酸锂溶浸过程的反应，该反应的和随温度的变化如图，根据化学热力学知识，判断该反应自发进行的温度范围为________。
②升高温度可以实现碳化结晶，从平衡的角度解释其原理________。
8．（2022·北京海淀·北京市十一学校校考三模）铜矿石(主要成分、)的熔炼过程排放的烟气含有、等有害成分，水洗烟气形成污酸。工业上可以利用铁碳床处理污酸，将其中的S(Ⅳ)还原为，进而生成难溶于水的，除去污酸中S、及重金属元素。
(1)用化学用语表示烟气溶于水显酸性的原因________。
(2)采用铁碳床而非纯铁床的原因是________。
(3)①铁碳床中铁碳比为1∶1条件下处理污酸，的去除率及质量浓度随反应时间变化如图所示。内，砷去除平均速率是________。
②污酸经过铁碳床处理后，再加入或通入继续除砷，的去除率变化如图所示。
反应，砷去除率随质量的变化 通入，砷去除率随反应时间的变化
甲同学认为，加入相同物质的量的和，加入时的去除效率更好，相应的证据是________。
(4)处理后污酸中砷的残留量的测定：取处理后的污酸，将其中的全部转化为，加入过量溶液和几滴淀粉，用电极进行电解，阳极附近溶液变蓝时，停止电解。电解过程中，阴极产生氢气，阳极产物与反应，将其氧化为。
①电解时，阳极反应式为________。
②电解结束时，通过导线的电量为Q(单位C)，处理后污酸中的残留量为________。(法拉第常数为F，表示每摩尔电子所带电量，单位)
9．（2022·山西朔州·怀仁市第一中学校校考模拟预测）分离回收软锰矿(含MnO2及少量FeO、CoO、NiO、SiO2)中的金属元素的工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)Fe、Co、Ni均位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)滤渣1的主要成分为_______。
(3)氧化后，向溶液中加入足量Na2SO4可以将Fe3＋以铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的形式除去，反应的化学方程式为_______；反应后，溶液的pH会_______ (填"增大"或"减小")。
(4)MnS投入量、pH、温度对Co2＋、Ni2＋的去除率影响分别如图a、图b、图c所示：
已知：CoS、NiS的溶解度均随温度升高而增大。Ksp(CoS)=10-21，Ksp(NiS)=10-19。
①MnS的最佳加入量为_______g·L-1；Co2＋完全沉淀时，c(Ni2＋)= _______mol·L-1。
②最佳pH为_______。
③从水解平衡、Ksp变化角度解释，温度高于75 ℃时，Co2＋、Ni2＋去除率降低的原因是_______。
10．（2023·全国·高三专题练习）铼是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天器的结构材料和石油裂化的催化剂等。工业上用富铼渣(主要含制得铼粉，其工艺流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)提高铼浸出率的方法有_______、_______。
(2)浸出反应中转化为两种强酸，请写出铼浸出反应的离子方程式_______。浸渣的主要成分是_______。酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如图所示，分析T1℃时铼的浸出率最高的原因是_______。
(3)废液中含有的金属离子主要有_______。
(4)实验室中，操作Ⅲ所用主要仪器名称为_______，已知高铼酸铵是白色片状晶体，微溶于冷水，易溶于热水。欲得纯度更高的高铼酸铵晶体，可通过_______方法提纯。
(5)高铼酸铵热分解得到写出氢气在800℃时还原，制得铼粉的化学方程式_______。
(6)整个工艺流程中可循环利用的物质有：H2SO4、_______、_______。
11．（2022·全国·高三专题练习）某省锌铜产量居全国之首，从铅锌厂的电尘(主要成分为PbO 、ZnO，还含有少量Fe2O3、Tl2O)中回收Fe2O3、ZnO、铊，铊锡合金可作超导材料。其工艺流程如图。
已知：①Zn(OH)2为两性氢氧化物，溶液pH> 10开始溶解。
②部分离子浓度与pH的关系如图。
(1)铊在周期表中的位置是_______。
(2)“酸浸”过程中为提高铊的浸取速度，可采取的措施有_______(写出两条)。
(3)“产品1”的主要成分是_______(填化学式)，检验电尘中是否含FeO，取“酸浸”后的少量滤液于试管中，加入黄色试剂，发生反应的化学方程式 _______。
(4)“调pH2”过程调pH的范围是_______。
(5)“富集”过程发生的离子方程式是_______。
(6)“电解”过程的电解池如图，则应是_______(填“阳”或“阴")离子交换膜。
12．（2022·辽宁鞍山·鞍山一中校考模拟预测）某学习小组研究电镀废水的无害化处理，以其中的COD (表示废水中有机物质的总量)、氰化物和Cr (Ⅵ)为主要净化目标。流程如下：
(1)Fenton 氧化主要去除COD和氰化物，其中除氰化物的反应为：CN- +H2O2 CNO-+H2O；机理如下：
步骤一： H2O2 2HO·
步骤二： CN- +_______→CNO- +_______
请用合适的微粒符号补全步骤二的反应方程式，需配平_______。
(2)在实际工业生产中，Fenton 氧化这一步可通过_______来代替(填代号)
A．曝气 B．硫化沉淀 C．离子交换
(3)在探究Fenton氧化的最佳条件时发现，随着n(Fe2+)： n(H2O2 )和pH的变化，COD和氰化物的去除率如图一和图二所示：
①最有利于该工艺过程的n(Fe2+)：n(H2O2 )=_______。
②请结合Fenton氧化机理阐述随pH的增大COD和氰化物的去除率下降的可能原因_______。
(4)已知还原步骤在酸性条件下进行，Cr (Ⅵ)发生还原反应的离子方程式为_______。
(5)若25°C， KspCr(OH)3= 6.3 ×10-31，若调节pH为10， Cr3+是否沉淀完全？试通过计算加以说明_______。
(6)“膜过滤”步骤微粒过膜与拦截示意图如下：
根据各种分离膜能达到的效果(如下图)，该过程可选择_______膜(填代号)。
A．微滤 B．超滤 C．纳滤 D．反渗透
13．（2022·浙江绍兴·统考二模）硝酸钠应用广泛，可用于制硝酸钾、炸药、染料等。某兴趣小组制备硝酸钠流程如图：
已知：
①粗碳酸钙中含有少量、、MgO、杂质。
②反应原理：；
③离子沉淀时的pH：pH≈4.5，；pH≈12，；pH≈7~8，
(1)下列说法正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，滴加硝酸至无明显气泡，可判断碳酸钙已基本反应完全
B．步骤Ⅱ，需要在较高温度下加热，有利加快反应速率和提高碳酸钙的浸出率
C．步骤Ⅲ，在复分解反应过程中为防止沉淀的石膏包裹硫酸钠粉末，故将硫酸钠粉末分多次加入并不断搅拌
D．步骤Ⅴ，蒸发浓缩、冷却结晶及离心分离后的母液可返回复分解容器中稀释浆料循环利用
(2)步骤Ⅱ，多步操作为：_______(请选择合适的最简操作并排序)
a.用石灰乳调pH至5~6，保温15min，过滤。
b.用石灰乳调pH至7~8，保温15min，过滤。
c.用石灰乳调pH至12，保温15min，过滤。
d.加热浓缩溶液。
e.用调至规定pH。
(3)步骤Ⅳ，提纯主要除去的离子是_______；所用的试剂及顺序为_______。
(4)工业制硝酸废气中含有NO和，也可用纯碱吸收制备硝酸钠，主要原理如图所示。
①在用pH=12的纯碱吸收气体之前需要先通过装置A，装置A的作用_______。
②装置B中的总反应方程式为_______。
③若B装置吸收气体后的溶液，测得pH=8，可能混有的主要杂质是_______。
14．（2022·广西南宁·南宁二中校考模拟预测）镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。一种用铜镉废渣(含Cd、Zn、Cu、Fe等单质)为原料制备镉的工艺流程如图。
已知：相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cd(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.2
沉淀完全的pH 3.3 9.9 9.5
回答下列问题：
(1)“步骤II”需隔绝氧气进行的原因是_______。“步骤III”使用ZnO调节pH至5，还可以使用_______(填化学式)代替ZnO达到目的。
(2)“氧化”时，KMnO4的还原产物是MnO2，“步骤IV”中除铁发生的离子方程式为_______，该步骤得到的滤渣成分为_______(填化学式)。
(3)“置换”时，镉置换率与的关系如下图，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中最佳比值为1.3，不宜超过该比值的原因是_______。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为_______kg(计算结果保留一位小数)。
(4)“置换”后，滤液溶质主要成分有_______(填化学式)。
(5)“熔炼”时，海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH固体在反应釜中混合反应，该反应的化学方程式为_______。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的_______不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
15．（2022秋·北京东城·高三北京二中校考阶段练习）利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬所得铬渣(Al、Al2O3、 Cr2O3等)中浸出铬和铝，实现铬和铝的再生利用。其工作流程如下：
(1)铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的_______(填“氧化性”或“还原性”)。
(2)溶液1中的阴离子有、_______。
(3)过程I，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4 mol ，消耗氧化剂的物质的量是_______。
(4)通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。
①滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。冶炼Al的化学方程式是_______。
②滤渣B受热分解所得物质可以循环利用，B是_______。
③已知：2+2H++H2O K=4.0×1014，滤液3中的浓度是0.04 mol/L，则的浓度是_______mol/L。
(5)过程II的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重结晶可制得纯净的K2Cr2O7，不同温度下化合物的溶解度(g/100gH2O)
化合物名称 0℃ 20℃ 40℃ 60℃ 80℃
NaCl 35.7 36.0 36.6 37.3 38.4
KCl 28.0 34.2 40.1 45.8 51.3
K2SO4 7.4 11.1 14.8 18.2 21.4
K2Cr2O7 4.7 12.3 26.3 45.6 73.0
Na2Cr2O7 163 183 215 269 376
结合表中数据分析，过程II得到K2Cr2O7粗品的操作是：_______，过滤得到K2Cr2O7粗品。
16．（2022·湖南株洲·湖南省茶陵县第一中学校考二模）某化工厂设计用含钴废催化剂(Co、Fe、FeO、Fe2O3以及不溶于酸的杂质)制备氯化钴晶体(CoCl2·6H2O)与新型高效消毒剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：
已知：①常温下Fe(OH)3的溶度积为1×10-35，Co(OH)2的溶度积为1.6×10-15
②CoCl2·6H2O呈红色，常温下稳定，易溶于水、乙醇。110-120℃时脱水形成蓝色无水氯化钴。
(1)酸溶时，写出能加快反应速率一种方法：_______。
(2)加入氯酸钠氧化的目的是_______。
(3)若溶液中Co2+为0.16mol·L-1，则调节pH的范围应为_______。
(4)再氧化时，发生反应的化学方程式是_______。同条件下溶解度Na2FeO4_______(填“>”“=”“<”)K2FeO4
(5)得到产品CoCl2·6H2O所进行的一系列操作为_______、_______、过滤制得CoCl2·6H2O需要减压烘干的原因是_______。
17．（2022·河北唐山·统考三模）实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备纳米ZnO的部分实验过程如图所示：
(1)在“溶解”步骤中，提高铜帽溶解速率的措施_______(例举两种)。
(2)有同学提出溶解步骤中可在酸性条件下不断鼓入并加热，这种情况下，铜发生溶解的离子方程式为_______。
(3)“过滤”步骤中使用的玻璃仪器有_______。
(4)生成的沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_______。
(5)在封闭的高温电炉中焙烧，焙烧后的ZnO粉末用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，减压过滤，干燥，得到纯净的纳米级ZnO。用乙醇洗涤的目的是_______。
(6)有同学提出用纯碱代替溶液，在实际生产中得到的是一种碱式碳酸锌[]，取该样品6.82g，充分灼烧后测得残留物质量为4.86g，将所得气体通入足量澄清石灰水中，得到2.00g沉淀，则此碱式碳酸锌的化学式是_______。
18．（2022·浙江·模拟预测）铁矿石中含铁量的测定是铁元素提炼的基础和前提，目前主要采用重铬酸钾法测定铁矿石中的铁含量，其流程如图所示：
已知：已知：①氧化性顺序： >Fe3+> ；
②Sn在溶液中的主要存在形式为Sn2+和；
③二苯胺磺酸钠可作氧化还原指示剂，氧化型为紫红色，还原型为无色。
回答下列问题：
(1)提高“酸浸溶解”速率可采取的措施有_______(任写两条)。
(2)“SnCl2还原”过程的离子反应方程式为_______。
(3)“SnCl2还原”后溶液仍呈浅黄色，而“TiCl3还原”后溶液呈现蓝色溶液(五价钨溶液为蓝色)，则蓝色溶液中铁元素的主要存在形式为_______，Na2WO4的作用为_______。
(4)滴定前先进行“K2Cr2O7氧化”，即滴加K2Cr2O7溶液至溶液蓝色褪去，请分析该过程的目的是_______。
(5)“滴定”过程中，用移液管吸取一定体积待测液后，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，_______，数秒后，取出移液管。
(6)现称取m g铁矿石进行测定，“滴定”时共消耗V mL c mol·L 1 K2Cr2O7，则该铁矿石中铁的质量分数为_______(用含m、c、V的代数式表示)。
试卷第1页，共3页
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（北京）股份有限公司
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参考答案：
1．(1)MnO2+PbS+4H++=Mn2++PbSO4+S+2H2O
(2) CaSO4 蒸发结晶、趁热过滤
(3)CH3COO-结合Pb2+形成难电离物质，使平衡正向移动
(4)7.4×10-9~2.8×10-8
(5)更易水解生成OH-，从而易生成Pb2(OH)2CO3
(6)取少量滤液于试管中，向其中加入氢氧化钠溶液并加热，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，如果试纸变蓝，证明溶液中含有铵根离子
【分析】电解锰渣在还原酸浸时，硫酸锰、硫酸铅、二氧化硅、硫酸钙不反应，二氧化锰和硫酸铁与硫化铅发生氧化还原反应，使得浸出液中含有硫酸锰、少量硫酸钙和硫酸亚铁，固体中的硫酸铅在浸铅时与醋酸铵反应生成醋酸铅，醋酸铅在沉铅时与碳酸氢铵反应生成碳酸铅。
（1）
由流程图可知，“还原酸浸”时，MnO2与PbS在酸性条件下发生氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：MnO2+PbS+4H++=Mn2++PbSO4+S+2H2O；
（2）
“还原酸浸”时，硫酸铁与PbS发生氧化还原反应，铁离子被还原为亚铁离子，因此浸出液中含有的盐类还有CaSO4；由硫酸锰的溶解度随温度的变化曲线可知，随温度升高，MnSO4溶解度下降，因此采用蒸发结晶、趁热过滤、洗涤的方法从精制MnSO4溶液中获得MnSO4晶体；
（3）
醋酸铅比硫酸铅更难溶，当加入醋酸根离子时，CH3COO-结合Pb2+形成更难溶的醋酸铅，促使平衡正向移动，从而发生反应；
（4）
当溶液中金属离子浓度小于10-5mol/L时，可以认为该离子完全沉淀，则当铅离子完全沉淀时，c()===7.410-9mol/L；使钙离子开始沉淀的c()===2.810-8mol/L，因此溶液中c()的范围为：7.4×10-9mol/L~2.8×10-8mol/L或7.4×10-9mol/L （5）
碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解程度，产生较多的氢氧根离子与二价铅离子、碳酸根离子结合生成Pb2(OH)2CO3；
（6）
检验滤液中存在的操作现象是：取少量滤液于试管中，向其中加入氢氧化钠溶液并加热，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，如果试纸变蓝，证明溶液中含有铵根离子。
2．(1)生产中生成大量废气
(2)增大与NaClO溶液的接触面积，加快反应速率，提高产率
(3)
(4) 氨水 使富集，除去杂质离子
(5)辉钼铝矿浸取是放热反应，降低温度会使反应进行彻底，并避免NaClO分解
(6)替代空气中氧气起氧化剂作用
【分析】被NaClO溶液氧化为、，调节溶液的pH＜1，转化为，用有机溶剂萃取，在有机层加入氨水，特化为可溶于水的，蒸溶液得到。
（1）
传统的火法工艺，被空气中的氧气氧化为和，该反点的化学方程式为；有毒，和湿法工艺相比这种方法最大的缺陷是生成大量气体，污染空气；
（2）
将辉钼矿磨碎能增大其与NaClO溶液的接触面积，加快反应速率；
（3）
步骤①中被NaClO溶液氧化为、，1mol 失18mol电子，1mol NaClO得2mol电子，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为；
（4）
根据题意，在酸性溶液下存在，在碱性条件下存在，步骤③反萃取时使用的X试剂为氯水，步骤②③可以除去、、等杂质离子，也可以使富集；
（5）
不冷却时温度上升很快，可知反应放热；由“有大量的气泡产生”可推测有气体产物生成，Mo元素的浸取率只有7.8%，可知高温条体下NaClO分解放出氧气，降低温度，会使被NaClO溶液氮化为、的反应进行彻底，并能避免NaClO分解；
（6）
密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼盐外还需加入，相当于空气，的作用是替代空气中氧气起氧化剂作用。
3．(1) FeR3和HR Li2CO3、MgCO3 消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效率
(2)烧杯
(3)Li2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2LiOH
(4)2Li+++OH-=H2O+Li2CO3↓
(5) 负极 xLi++xe-+6C=LixC6
【分析】锂云母浸出液中含有锂离子、铁离子、镁离子和硫酸根离子，加入HR萃取分液可除去铁离子，加入碳酸钠过滤得到含有碳酸锂和碳酸镁的滤渣1，通过苛化反应生成氢氧化锂、氢氧化镁、碳酸钙，过滤后的滤液中主要为氢氧化锂、氢氧化钙和氢氧化镁，加入适量草酸，生成草酸钙和草酸镁沉淀，过滤后滤液中主要为氢氧化锂，经过碳化反应、混合沉锂，则可得到电池级碳酸锂。
（1）
①加入HR后，发生反应，生成FeR3，故有机层主要成分是FeR3和HR；
②铁离子通过萃取除去后，此时溶液中含有锂离子、镁离子和硫酸根离子，加入碳酸钠后，锂离子和镁离子与碳酸根反应，生成碳酸锂和碳酸镁沉淀，故滤渣1含有的物质为Li2CO3、MgCO3；
③根据反应，加入NaOH后，中和产物中的氢离子，使化学平衡正向移动，提高萃取效率；
（2）
操作1为萃取、操作2、3为过滤，都需要使用的玻璃仪器为烧杯；
（3）
根据流程图可知，苛化反应就是石灰与碳酸盐的反应，生成氢氧化锂和碳酸钙，故化学方程式为；
（4）
加入适量草酸后可除去钙离子和镁离子，过滤后滤液中主要为LiOH，此时加入过量的CO2，生成碳酸氢根，故“混合沉锂”的离子方程式为；
（5）
①从图中可知，充电时Li+向石墨电极移动，则放电时Li+从石墨电极向另一电极移动，故放电时石墨为负极；
②充电时为Li+得电子与石墨生成LiXC6，故电极反应式为。
4．(1) 坩埚 abd
(2) 恒压滴液漏斗 冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率 水浴加热 加快反应速率，同时抑制生成的GeCl4水解
(3)GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 nH2O+4HCl
(4)60.7
【分析】本题为工艺流程题，是用锗石矿来制备Ge，先进行步骤1焙烧，原理为：4[Cu2S·FeS·GeS2]+27O28CuO+2Fe2O3+4GeO2+16SO2，然后再GeO2粗品中加入浓盐酸，主要反应为：GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O，已知GeCl4的熔点：-49.5℃，沸点：82℃，密度：1.9g·cm-3，则通过步骤3粗馏得到GeCl4精品，步骤4中精品GeCl4与高纯水反应得到GeO2·nH2O，反应原理为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 nH2O+4HCl，步骤5为加热使GeO2·nH2O失去结晶水变为高纯GeO2，最后用H2还原GeO2可得高纯Ge，据此分析解题。
（1）
在实验室中，若焙烧锗石矿，焙烧固体应将样品放在坩埚中灼烧，由分析可知，产生的气体为SO2，据此分析解题：
a．SO2能够被NaOH溶液完全吸收，干燥管能够防止倒吸，a符合题意；
b．SO2能够被酸性高锰酸钾溶液完全吸收，双球管能够防止倒吸，b符合题意；
c．虽然苯能够防止倒吸，但SO2不能被水完全吸收，c不合题意；
d．SO2能够被碱石灰完全吸收，d符合题意；
故答案为：坩埚；abd；
（2）
①由题干实验装置图可知，仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器b即球形冷凝管的作用是冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率，本实验需控制温度为40℃，故加热采用的方式为水浴加热，故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流反应物，提高反应物的转化率或利用率；
②用浓盐酸而不用稀盐酸处理GeO2粗品的原因是浓度越大反应速率越快，同时增大溶液酸性，抑制GeCl4水解，故答案为：加快反应速率，同时抑制生成的GeCl4水解；
（3）
由分析可知，“步骤4”生成GeO2·nH2O反应即GeCl4和高纯水反应生成GeO2·nH2O和HCl，该反应的化学方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 nH2O+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 nH2O+4HCl；
（4）
查阅资料得知：“步骤4”生成的GeO2·nH2O实为GeO2·H2O，其在5.0mol·L-1的盐酸中溶解度最小，取10.0mLGeCl4和高纯水反应，欲使GeO2·H2O的产率最高，则根据反应方程式：可知，n=0.3535mol， =70.7mL，则加入高纯水的体积约为70.7-10.0=60.7mL，故答案为：60.7。
5．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)C
(3)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
(4) FeCl3、CoCl2 2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O
(5)2CoC2O4+O22CoO+4CO2
(6)0.02
(7)加入适量盐酸(或通入HCl气体)抑制Fe3+的水解
【分析】废旧钻酸锂镍离子电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为：Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸发生反应：Fe+2H+ = Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl- = 2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O；沉淀为C，滤液A含Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4·2H2O，滤液B含Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li++=Li2CO3↓，滤液C含Fe3+、Cl-，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出氯化铁晶体，据此分析解答。
【详解】（1）废旧电池初步处理为粉未状的目的是增大接触面，加快反应速率，提高浸出率；故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为C；故答案为：C；
（3）含铝废液中通入的CO2过量，则生成 和Al(OH)3沉淀，反应离子方程式：AlO+ CO2 + 2H2O=Al(OH)3↓+HCO；故答案为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；
（4）由分析可知，滤液A含Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，溶质除HCl、LiCl外还有FeCl3、CoCl2；LiCoO2中Li为+1价，Co为+3价，具有氧化性，HCl中-1价的氯具有还原性，则 LiCoO2和盐酸反应的化学方程式为：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；故答案为：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；
（5）在空气中对CoC2O4·2H2O持续加热时的热分解失重，首先失去结晶水，在120~220℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4由Ⅰ可知，在120~220℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，设为1mol时，其分解失去的质量为183g×59.02%=108g，剩余的质量183g-108g=75g，设产物的化学式为CoOx，则59+16x=75，解得x=1，则化学式为CoO，则反应方程式为2CoC2O4+O22CoO+4CO2，故答案为：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；
（6）将浓度为0.02mol·L-1的Li2SO4和浓度为0.02mol·L-1的Na2CO3溶液等体积混合，忽略混合时体积变化，则溶液中c（Li+）=0.02 mol·L-1，c()=0.01 mol·L-1，浓度商Qc=c2(Li+)×c()=4×10-6 < Ksp=8.64×10-4，无沉淀生成，则此时溶液中Li+浓度0.02 mol·L-1，故答案为：0.02；
（7）水溶液中氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢是易挥发的物质，加热会促进水解生成氢氧化铁，从FeCl3溶液得到FeCl3·6H2O固体的操作关键是抑制氯化铁水解，加入适量盐酸（或通入适量氯化氢气体），故答案为：加入适量盐酸（或通入适量氯化氢气体。
6．(1) Ca 3 IVA
(2)
(3)
(4) 碱浸可将硅酸转化成可溶性的硅酸盐 Na2SiO3
(5)酸性过强会抑制铝离子和铁离子水解，使水解平衡逆向移动，处理废水效果差；碱性环境会抑制硅酸根水解，促进铁离子和铝离子水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，处理废水效果差
(6)2：3
【分析】粉煤灰中加入碳酸钠溶液焙烧后，氧化铝和二氧化硅转化为偏铝酸钠和硅酸钠，再酸浸后 得到的滤液1中有硫酸铁、硫酸亚铁和硫酸铝，滤渣中含硫酸钙和硅酸；滤液1中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为三价铁，滤渣1碱浸后得到的滤渣2为硫酸钙，滤液2中主要含硅酸钠，滤液2加酸聚合后与氧化后的滤液1合成PAFSS。
（1）
同周期从左往右金属性减弱，同主族从上往下金属性增强，元素和，金属性最强的是Ca；位于元素周期表第3周期第IVA族；
（2）
焙烧的主要目的是通过 与反应破坏莫来石结构，该反应的化学方程式为：；
（3）
滤液1中加入溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为；
（4）
滤渣1的主要成分为H2SiO3和CaSO4，碱浸可将硅酸转化成可溶性的硅酸盐；滤液2的主要成分为Na2SiO3；
（5）
聚硅酸硫酸铝铁中铝离子和铁离子水解生成胶体，硅酸根水解生成硅酸胶体，酸性过强会抑制铝离子和铁离子水解，使水解平衡逆向移动，处理废水效果差；碱性环境会抑制硅酸根水解，促进铁离子和铝离子水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，处理废水效果差；
（6）
加盐酸使其完全胶凝，分离所得沉淀经煅烧得固体，固体为SiO2，物质的量为0.08mol，即硅元素的物质的量为0.08mol；向上述滤液中加入足量氢氧化钠溶液，分离所得沉淀经煅烧得固体，固体为Fe2O3，物质的量为0.02mol，即铁元素的物质的量为0.04mol；再向滤液中通入足量，分离所得沉淀经煅烧得固体，固体为Al2O3，物质的量为：0.04mol，即铝元素的物质的量为0.08mol；则中0.08：（0.04+0.08）=2：3。
7．(1) 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO+ 3H2↑ 低于时，随着浓度增大，Al的浸出率逐渐增大，浸出渣中铝的质量分数减少，当高于时，Al的浸出率和浸出渣中铝的质量分数变化不大，而且对设备要求更高，不利于经济效益，所以NaOH最优浓度为；
(2) 2 （2-2z） C 1 2z 2x 2y （1-2z)CO 将褐煤和粉料研磨粉碎并混合均匀；
(3) ①T<56℃ 反应放热，升高温度，平衡逆向移动，同时，温度升高也会使得二氧化碳的溶解度减小，c(CO2)减小，平衡也会逆向移动
【分析】废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料与铝箔构成，当采用碱浸时，除了氧化铝参与反应外铝也会参与反应，活性材料粉碎后加入褐煤还原焙烧，生成LiCO3，Ni，Co，MnO，同时碳单质会被氧化成一氧化碳(或者二氧化碳)，所得焙烧产物用水和处理(碳化水浸)，将锂元素变成LiHCO3转移到水相，最后结晶碳化，得到碳酸锂。另外，浸出渣酸浸萃取后得到硫酸盐。
【详解】（1）废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料与铝箔构成，当采用碱浸时，除了氧化铝参与反应外铝也会参与反应，所以离子方程式为: 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO+ 3H2↑；由图象可知，为拐点，低于此浓度，浓度越大浸出率越大，而当大于时，浸出率变化不明显，而且对设备要求高，不利于经济效益；
（2）①根据锂守恒，可知系数为2，MnO，Ni， Co等原子守恒可得系数分别为2z 2x 2y，此过程金属发生还原反应，则C做还原剂被氧化成CO，则根据氧原子守恒，得到C系数为（2-2z），碳守恒得到CO系数为（1-2z），最后得到化学方程式：；
②提高固相反应速率可以适当升高温度或者研磨粉碎使反应物固体混合均匀；
（3）①碳酸锂溶浸过程的反应，该反应为气体系数和减小的反应，ΔS＜0，由图象可知，ΔH＜0，所以该反应低温条件下能自发进行，依据复合判据，当ΔG＜0时自发，由图可知，温度大概等于56左右ΔG为0，所以当T<56℃时，ΔG＜0，该反应自发进行；②由图象可知，ΔH＜0，所以反应放热，升高温度，平衡逆向移动，同时，温度升高也会使得二氧化碳的溶解度减小，c(CO2)减小，平衡也会逆向移动。
【点睛】化学方程式配平时，注意采用观察法，设LiCO3系数为1，然后依次采用原子守恒的方式得到正确的化学方程式。
8．(1)
(2)铁、碳和污酸构成原电池，加速铁与溶液中二氧化硫（亚硫酸）的氧化还原反应
(3) 0.2 相同反应时间（2h），0.64gSO2（0.01mol）比加入1.26gNa2SO3（0.01mol）的As的去除率高
(4)
【解析】（1）
二氧化硫溶于水溶液显酸性，化学用语表示为：；
（2）
铁碳床可以形成原电池，可以加快反应，纯铁床不能形成原电池，故原因是：铁、碳和污酸构成原电池，加速铁与溶液中二氧化硫（亚硫酸）的氧化还原反应
（3）
设3h内，As的质量浓度变化为x g/L，由图可知3h内As的去除率为33%，故，解得x=0.6 g/L，故内，砷去除平均速率是，即0.2；从图中可以看出，相同反应时间（2h），0.64gSO2（0.01mol）比加入1.26gNa2SO3（0.01mol）的As的去除率高，故加入时的去除效率更好；
（4）
用电极进行电解，阳极附近溶液变蓝，故阳极是碘离子失去电子生成碘单质，电极反应式为：；电路中转移电子的物质的量为：mol，1mol转化为1mol转移电子2mol，根据原子守恒和电子守恒，As的残留量为：。
9．(1) 四 VIII
(2)SiO2
(3) 3Fe2(SO4)3＋Na2SO4＋H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6H2SO4 减小
(4) 10 10-3 2 温度升高，Ksp增大，溶液中S2-水解平衡正向移动，导致溶液中c(S2-)减小，则c(Co2＋)=、c(Ni2＋)=增大，去除率降低
【解析】（1）
①Fe的原子序数为26、Co的原子序数为27、Ni的原子序数为28，三种元素均位于元素周期表第四周期；
②Fe、Co、Ni位于第VIII族；
（2）
软锰矿在稀硫酸条件下酸浸，SiO2不与硫酸反应，则滤渣1为SiO2；
（3）
①氧化后溶液中存在的离子为：，Na2SO4与Fe2(SO4)3反应的化学方程式为：3Fe2(SO4)3＋Na2SO4＋H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6H2SO4；
②反应后，生成物中有硫酸产生，则溶液的pH会减小；
（4）
①根据图a可知，加入MnS为10 g·L-1时，Co2＋、Ni2＋的去除率最大；
Co2＋完全沉淀时，c()= ，，；
②由图b可知，溶液pH为2时离子的去除率最大，则最佳pH为2；
③温度升高，Ksp增大，溶液中S2-水解平衡正向移动，导致溶液中c(S2-)减小，则c(Co2＋)=、c(Ni2＋)=增大，去除率降低。
10．(1) 适当升高温度 搅拌或延长浸出时间
(2) 2ReS2 + 19H2O2 = 2ReO + 4SO+ 10H+ + 14H2O SiO2 低于T℃，随着温度升高，浸出速率加快，高于T℃，过氧化氢受热易分解，浸出率减小
(3)Fe3+，Al3+
(4) 分液漏斗 重结晶
(5)Re2 O7 +7 H22Re + 7H2O
(6) NH3 含R3N的有机溶液
【分析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和H2O2溶液，ReS2与H2O2发生氧化还原反应得到高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣SiO2，滤液为含高铼酸和硫酸的混合溶液，再加入含R3N的有机溶液萃取，分液可得到循环使用的稀硫酸和R3N·HReO4溶液；向R3N·HReO4溶液溶液中加入氨水充分反应后，分液得到含R3N的有机溶液和NH4ReO4溶液，高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4ReO4晶体，该晶体在受热分解生成可循环使用的氨气和Re2O7，最后Re2O7在800℃条件下和氢气发生置换反应生成铼和水。
【详解】（1）为了防止过氧化氢分解，适当升高温度可以加快铼的浸出速率，从而提高铼的浸出率，另外搅拌，增大过氧化氢的浓度或者延长浸出时间都可以加快浸出速率；
（2）①依照题意，浸出反应中ReS2转化为两种强酸，应该为HReO4和硫酸，在书写离子方程式时拆解成离子形式，所以对应的离子方程式为：2ReS2 + 19H2O2 = 2ReO + 4SO+ 10H+ + 14H2O；②加入硫酸和过氧化氢，二氧化硅不参与反应，所以滤渣为SiO2；③温度较低时，随着温度升高化学反应速率加快，但由于过氧化氢受热易分解，所以温度过高时，浸出速率降低，答案为：低于T℃，随着温度升高，浸出速率加快，高于T℃，过氧化氢受热易分解，浸出率减小；
（3）经过操作1后，Fe和Al2O3转化为Fe3+和Al3+，浸出液主要含有Fe3+和Al3+，加入含R3N的有机溶液后，二者不溶于有机溶剂，以废液形式回收，所以废液中存在的主要离子是：Fe3+，Al3+；
（4）①有机溶液与水不互溶，所以用分液的方法分离，需要用到的仪器为分液漏斗；②已知高铼酸铵是白色片状晶体，而固体的提纯方法为重结晶；
（5）在800℃条件下，Re2O7得到铼粉，所以方程式为：Re2 O7 +7 H22Re + 7H2O；
（6）见分析，可循环使用的是硫酸，氨气和含R3N的有机溶液，答案为氨气和含R3N的有机溶液。
【点睛】注意题中问题的要求，离子方程式还是化学方程式的书写。
11．(1)第六周期 ⅢA族
(2)适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等
(3) Fe2O3 FeSO4+K3[Fe(CN)6]=K2SO4+KFe[Fe(CN)6]↓
(4)8≤pH<10
(5)S2-+2Tl+= Tl2S↓
(6)阴离子交换膜
【分析】酸碱：“酸浸”步骤中发生的反应为 、、、 ，过滤得滤渣1：PbSO4；
调pH1：滤液中加入NaOH溶液调节1为8>pH≥3.7得滤渣2：Fe(O H)3，除去Fe3+，灼烧Fe(O H)3得产品1：Fe2O3；
调pH2：调pH2为：8≤pH<10，使Zn2+变为滤渣2：Zn(OH)2，灼烧Zn(OH)2得产品2：ZnO；
富集：在富集中加入Na2S与Tl+反应生成Tl2S沉淀，过滤出滤液和固体，洗涤后加入稀硫酸进行“酸溶”；
酸溶：酸溶反应原理为：，将Tl+进行富集；
电解：通过电解Tl2SO4溶液，得到Tl阴极得电子，阴极为纯铊，电解方程式为： 2H2O+4Tl+O2↑+4Tl+4H+，阳离子向阴极(纯铊)移动，得电子还原为Tl，阳极得到硫酸，硫酸根向阳极移动，所以为阴离子膜。
【详解】（1）铊在周期表中的位置是第六周期 ⅢA族；
（2）“酸浸”过程中为提高铊的浸取速度，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌、适当延长酸浸时间等；
（3）由分析可知产品1为；检验Fe2+用的试剂为铁氰化钾，发生的化学反应式为：；
（4）由分析可知，使Zn2+变为滤渣Zn(OH)2，且不溶解，pH2范围为：8≤pH<10；
（5）在富集中加入Na2S与Tl+反应生成Tl2S沉淀，反应方程式为；
（6）由分析可知，离子交换膜应为阴离子交换膜。
12．(1)CN-+2HO·→CNO-+H2O
(2)A
(3) 1：3 随pH增大羟基自由基活性或氧化性减弱、铁离子沉淀造成催化剂失去活性(两种答案均可，其他合理解释均可)
(4)+3+5H+=2Cr3++3+4H2O
(5)c(Cr3+)=远小于10-5，故沉淀完全
(6)C
【分析】电镀废水，经过Fenton 氧化主要去除COD和氰化物，亚铁离子作催化剂；加入亚硫酸钠做还原剂，可以将Cr (Ⅵ)还原为三价Cr离子；调节pH，使三价Cr离子沉淀；再经过其他处理，实现主要净化目标，据此分析作答。
（1）
根据总反应方程式和步骤一可知，步骤二为CN-和HO·反应，生成CNO-和H2O，离子方程式为：CN-+2HO·→CNO-+H2O，故答案为：CN-+2HO·→CNO-+H2O；
（2）
A．曝气指将空气中的氧强制向液体中转移的过程，其目的是获得足够的溶解氧，提供氧化剂，可以代替Fenton 氧化，A项符合题意；
B．硫化沉淀中硫离子为还原剂，B项不符合题意；
C．离子交换不会发生价态改变，C项不符合题意；
故答案为：A；
（3）
①根据图一可知，n(Fe2+)：n(H2O2 )= 1：3时，COD和氰化物的去除率都最高，是最有利于该工艺过程的n(Fe2+)：n(H2O2 )比值，故答案为：1：3；
②反应中存在羟基自由基和铁离子，随pH增大羟基自由基活性或氧化性减弱、铁离子沉淀造成催化剂失去活性，导致COD和氰化物的去除率下降，故答案为：随pH增大羟基自由基活性或氧化性减弱、铁离子沉淀造成催化剂失去活性；
（4）
酸性条件下进行，Cr (Ⅵ)为，和亚硫酸钠反应，还原为Cr3+，亚硫酸根氧化为硫酸根离子，离子方程式为：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O，故答案为：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；
（5）
KspCr(OH)3= ，则c(Cr3+)=＜10-5，Cr3+沉淀完全，故答案为：c(Cr3+)=远小于10-5，故沉淀完全；
（6）
根据“膜过滤”步骤微粒过膜与拦截示意图，可知水和可溶性的盐能通过该膜，则符合题意的为纳滤膜，故答案为：C。
13．(1)ACD
(2)b、c、e、d
(3) Ca2+、SO 硝酸钡、碳酸钠、稀硝酸
(4) 通入过量氧气氧化NO，方便后续吸收生成NaNO3，预热反应气体NO2、O2，加快生成NaNO3的速率 4NO2+O2+2Na2CO3=4NaNO3+2CO2 NaNO2、NaHCO3
【分析】步骤Ⅰ加入浓硝酸发生反应，粗碳酸钙中含有少量、、MgO分别与硝酸反应生成硝酸铁、硝酸铝、硝酸镁，步骤II中调节pH沉淀Fe3+、Al3+、Mg2+，步骤III发生复分解反应为，步骤IV中滤液中含有Ca2+、SO杂质离子，按顺序加入硝酸钡、碳酸钠、稀硝酸可除去，步骤V加热浓缩得到硝酸钠固体；
(1)
A．步骤Ⅰ中由提示信息，滴加硝酸至无明显气泡，可判断碳酸钙已基本反应完全，A正确；
B．步骤Ⅱ，在较高温度下加热碳酸钙会分解，不利于浸出，B错误；
C．步骤III中发生，硫酸钙是微溶物会覆盖在硫酸钠固体上，因此需要将硫酸钠粉末分多次加入并不断搅拌，C正确；
D．步骤Ⅴ，蒸发浓缩、冷却结晶及离心分离后的母液含有硫酸钠，可返回复分解容器中稀释浆料循环利用，D正确；
故选：ACD；
(2)
由提示信息③，Al3+沉淀pH为7~8，此pH下Fe3+也完全沉淀，由于Al(OH)3能溶于强碱，则先过滤Fe(OH)3、Al(OH)3，再调节pH至12，沉淀Mg2+，过滤掉Mg(OH)2沉淀，再加入稀硝酸调节溶液pH，此时溶质只有NaNO3，再加热浓缩溶液可得NaNO3固体，操作顺序为b、c、e、d；
(3)
步骤Ⅳ，提纯主要除去的离子是Ca2+、SO，先用过量的硝酸钡溶液除去SO，再加入过量碳酸钠溶液除去Ca2+、Ba2+，最后加入适量稀硝酸反应多余的碳酸钠，加入顺序为硝酸钡、碳酸钠、稀硝酸；
(4)
①装置A的作用是：通入过量氧气氧化NO，方便后续吸收生成NaNO3，预热反应气体NO2、O2，加快生成NaNO3的速率；
②已知可用纯碱吸收制备硝酸钠，装置B中二氧化氮和氧气和水发生氧化还原反应生成硝酸，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，硝酸和碳酸钠反应生成硝酸钠和二氧化碳，反应方程式为2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2+H2O，两式相加可得总反应方程式为4NO2+O2+2Na2CO3=4NaNO3+2CO2；
③NaNO3是强酸强碱盐，溶液为中性，反应后溶液测得pH=8，说明含有强碱弱酸盐，可能为NaNO2，也有可能是少量硝酸与碳酸钠反应得到NaHCO3，则可能混有的主要杂质是NaNO2、NaHCO3。
14．(1) 防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出(或防止氧气氧化铜单质生成铜离子，导致铜被浸出) ZnCO3、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3或CdO等
(2) 3Fe2+++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ MnO2和Fe(OH)3
(3) 锌粉消耗量过多，会增加成本；熔炼中NaOH的消耗量过多，也会增加成本 86.2
(4)ZnSO4、K2SO4
(5) Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ 密度
【分析】根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2。
（1）
隔绝空气目的是防止氧气氧化铜生成硫酸铜，防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出，“步骤III”使用ZnO调节pH至5，为了不引入其他杂质离子且能消耗氢离子，还可以使用ZnCO3、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3或CdO等代替ZnO；故答案为：防止发生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，导致铜被浸出；ZnCO3、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3或CdO等；
（2）
“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2+++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；废渣应该是反应中生成的不溶物，即为MnO2和Fe(OH)3，故答案为：3Fe2+++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；MnO2和Fe(OH)3；
（3）
①实际生产中比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，故答案为：锌粉消耗量过多，会增加成本；熔炼中NaOH的消耗量过多，也会增加成本；
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，理论加入的Zn的质量为×65kg/kmol≈66.3kg，根据实际生产中比值最佳为1.3，则实际加入的Zn的质量为66.3kg×1.3≈86.2kg，故答案为：86.2；
（4）
根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4、K2SO4，故答案为：ZnSO4、K2SO4；
（5）
“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。
15．(1)还原性
(2)、OH-
(3)0.3mol
(4) 2Al2O3(熔融)3O2↑+4Al NaHCO3 0.01
(5)向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后，蒸发浓缩、降温结晶
【分析】铬渣(Al、Al2O3、 Cr2O3等)加熔融NaOH、空气后铝单质和氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，Cr2O3转化成，降温后溶于水得到溶液1，再通入适量二氧化碳将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣A为氢氧化铝，滤液2为含和碳酸根离子的溶液，再通入二氧化碳将碳酸钠转化成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此会析出晶体，故滤渣B为碳酸氢钠晶体，然后滤液3进行酸化得到重铬酸钾，据此分析解答。
【详解】（1）该过程中，铝被氧化，表现了还原性。故答案为：还原性；
（2）过程Ⅰ时加入了氢氧化钠，含铝物质变为AlO ，同时溶液中还有过量的OH－。故答案为：、OH-；
（3）该过程可简单的看成是氧气将Cr2O3氧化为CrO，由电子守恒，3O2～4 CrO，生成0.4 mol CrO，消耗的氧气为0.3 mol。故答案为：0.3mol；
（4）①由氧化铝冶炼铝的方程式为2Al2O3(熔融) 3O2 ↑+ 4Al。故答案为：2Al2O3(熔融)3O2↑+4Al；
②滤渣B含有NaHCO3，受热分解后得碳酸钠和二氧化碳，可以循环利用。故答案为：NaHCO3；
③K＝=4.0×1014，=10-6 mol/L，故=0.01 mol/L。故答案为：0.01；
（5）要生成较多K2Cr2O7，需使反应③正向移动，故需要向滤液3中加入稀盐酸；从表中数据看出，对应钠盐的溶解度大于钾盐，所以，还需要同时加入KCl固体转变为钾盐后，蒸发浓缩、降温结晶。故答案为：向滤液③中加入稀盐酸和KCl固体后，蒸发浓缩、降温结晶；
16．(1)将固体研细(加热或适当提高硫酸的浓度)
(2)将二价铁氧化为三价铁
(3)4≤pH<7
(4) 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O >
(5) 蒸发浓缩 冷却结晶 防止六水合氯化钴分解(脱水)
【分析】钴废催化剂(Co、Fe、FeO、Fe2O3以及不溶于酸的杂质)加入稀硫酸，发生反应：Co+H2SO4=CoSO4+H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，生成的Fe3+也可以氧化Co、Fe；过滤除去不溶物，向滤液中加氯酸钠将Fe2+氧化成Fe3+，然后调节pH=3促进Fe3+完全水解生成Fe(OH)3沉淀，将过滤分离得到的Fe(OH)3溶于NaClO和NaOH的混合溶液，发生反应生成Na2FeO4，再向所得溶液中加入KCl粉末，然后过滤即得K2FeO4；沉钴是继续向滤液中加入碳酸钠调节pH=9得到Co(OH)2，然后用盐酸溶解生成CoCl2，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CoCl2 6H2O；
(1)
酸溶时，采取将固体研细或加热或适当提高硫酸的浓度等措施可提高溶解速率，故答案为：将固体研细(加热或适当提高硫酸的浓度)；
(2)
氯酸钠有较强氧化性，滤液中加氯酸钠能将Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将二价铁氧化为三价铁；
(3)
常温下Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×10-35，当溶液中c(Fe3+)≤10-5mol/L时沉淀完全，此时溶液中c(OH-)=mol/L=10-10mol/L，则c(H+)=mol/L=10-4mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-4=4；Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.6×10-15，溶液中c(Co2+)=0.16mol L-1，开始生成Co(OH)2沉淀时溶液中c(OH-)=mol/L=10-7mol/L，则c(H+)=mol/L=10-7mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-7=7，调节pH的目的是使Fe3+沉淀完全，而Co2+不沉淀，即pH的范围应为4≤pH＜7，故答案为：4≤pH＜7；
(4)
Fe(OH)3溶于NaClO和NaOH的混合溶液，发生反应生成Na2FeO4，同时有NaCl和水生成，则发生反应的化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；Fe(OH)3溶于NaClO和NaOH的混合溶液，发生反应生成Na2FeO4，同时有NaCl和水生成；向Na2FeO4加入KCl有K2FeO4析出，说明同条件下Na2FeO4溶解度大于K2FeO4，故答案为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；＞；
(5)
将CoCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤即可得到CoCl2 6H2O；CoCl2 6H2O在110℃～120℃时脱水变成蓝色无水氯化钴，所以不能用高温烘干，需要减压烘干，目的是为了防止CoCl2 6H2O脱水，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；防止六水合氯化钴分解(脱水)。
17．(1)提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等
(2)
(3)漏斗、烧杯、玻璃棒
(4)取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净
(5)乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥
(6)
【分析】由题给流程可知，电池铜帽加入稀硫酸和过氧化氢溶液溶解时，锌、铜转化为硫酸锌、硫酸铜，向反应后的溶液中加入适量锌粉，将硫酸铜转化为铜，过滤得到海绵铜和硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸铵溶液，将硫酸锌转化为碳酸锌沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锌；碳酸锌高温灼烧制得纳米氧化锌。
【详解】（1）提高硫酸浓度、加热、搅拌、铜帽粉碎等措施能提高铜帽溶解速率，故答案为：提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等；
（2）由题意可知，酸性条件下，铜和氧气共热反应生成铜离子和水，反应的离子方程式为；
（3）过滤步骤中使用的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）碳酸锌沉淀的表面附有可溶性的硫酸铵杂质，检验沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的具体操作为取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净；
（5）乙醇具有挥发性，氧化锌用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，可以带走氧化锌表面的水分，起到干燥的作用，故答案为：乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥；
（6）由题意可知，2.00g沉淀为碳酸钙的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸锌中碳酸锌的物质的量为=0.02mol，由锌原子的原子个数守恒，氢氧化锌的物质的量为=0.04mol，则结晶水的物质的量为=0.02mol，由碱式碳酸锌中碳酸锌、氢氧化锌、结晶水的个数比等于物质的量比可得：1：x：y=0.02mol：0.04mol：0.02mol，解得x=2、y=1，碱式碳酸锌的化学式为，故答案为：。
18．(1)粉碎铁矿石、加热、增大盐酸浓度等
(2)2Fe3++Sn2++6Cl =2Fe2++
(3) Fe2+ 作为“TiCl3还原”过程的指示剂
(4)“K2Cr2O7氧化”是为了除去“TiCl3还原”后溶液中的+5价钨和Ti3+，防止对后续滴定造成干扰
(5)使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出
(6)×100％
【分析】铁矿石加入盐酸酸浸溶解，得到的溶液加入适量氯化锡进行还原，再加入钨酸钠、氯化钛进行还原，进而加入重铬酸钾氧化，再滴定，计算其中矿石中的铁含量。
(1)
粉碎铁矿石、加热、增大盐酸浓度均可以提高“酸浸溶解”速率；
(2)
根据已知信息②Sn在溶液中的主要存在形式为Sn2+和，可知Sn2+还原Fe3+时，被氧化成，反应的离子方程式为2Fe3++Sn2++6Cl =2Fe2++ ；
(3)
Sn2+还原Fe3+，但溶液仍为浅黄色，说明仍含有部分Fe3+；加入TiCl3和钨酸钠后，溶液呈现蓝色，说明钨由+6价变为+5价，且氧化性顺序：>Fe3+> ，说明此时溶液中没有Fe3+，钨酸钠的作用即为指示Fe3+是否被还原完全；
(4)
“K2Cr2O7氧化”和“滴定”时均用K2Cr2O7，且均为氧化剂，说明定量滴定前，需氧化除去其他还原性离子；
(5)
移液管是量取一定体积的液体的仪器，用移液管吸取25.00mL溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管；
(6)
根据6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得n(Fe2+)=6n()=6cV×10 3 mol，m(Fe)= 6cVM(Fe)×10 3 g =336cV ×10 3 g，ω=×100％=×100％。
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