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2024届高三新高考化学大一轮专题复习题--工业流程题
1．（2022·湖北·模拟预测）纳米氧化锌作为一种新型功能材料，在橡胶、涂料、陶瓷、防晒化妆品等领域广泛应用.以某烟道灰(主要成分为，另外含有少量等)为原料制备纳米的流程如图所示。已知常温时。回答下列问题：
(1)料渣Ⅱ的化学成分是
(2)调加入的X可能是 ，相关的离子方程式包括：①，②
(3)写出氧化过程中生成的离子方程式：
(4)除铜原理为，该反应的平衡常数K=
(5)草酸锌晶体加热过程中固体质量随温度的变化情况如图所示
①图中A转化为B的过程中发生反应的化学方程式为
②实验室中证明得到的是纳米材料的方法是
2．（2022秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）碱式氧化镍(NiOOH)是镍氢电池的正极材料，工业上可由铜冶炼过程中产生的粗硫酸镍废液(含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒)为原料制备，某兴趣小组模拟该制备过程并设计如下流程：
已知：Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强。
回答下列问题：
(1)“萃取”时需充分振荡，目的是 。
(2)“氧化1”中H2O2的作用是 ，若该废液中H3AsO3和Fe2+的浓度分别是0.02 mol·L-1和0.12 mol·L-1，除去砷后的废液中c()= mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
(3)“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是 。
(4)“氧化2”反应的离子方程式为 。
(5)“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是 。
(6)已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为MH+NiOOHM+Ni(OH)2，则放电时，OH-移向 电极(填“MH”或“NiOOH”)，充电时NiOOH电极上的电极反应式为 。
3．（2022·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）锌盐在化工、医药、电镀等方面都有重要应用。以硫化锌精矿为原料，选择在常压下，采用氧化-酸浸法进行实验生产的工艺如图所示。
已知：①浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等；
②pH=1.5时，除铁的化学方程式为3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4；
③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39。
回答下列问题：
(1)浸出时，选用氧化-酸浸法而不直接选用酸浸法的优点是 ，氧化剂在稀硫酸介质中对硫化锌精矿进行浸取时所涉及的化学反应机理较为复杂，若氧化剂为稀硝酸时氧化产物为单质S，则发生反应的离子方程式为 。
(2)温度对硫化锌精矿的浸出率有重要的影响，从室温到100°C范围内，温度对硫化锌精矿的浸出率的影响结果如图所示：
随浸出温度的升高，硫化锌精矿的浸出率显著提高的原因是 ；实际工业生产选用的合适温度为 左右。
(3)若氧化剂为H2O2，用离子方程式解释除铁之前需要加入氧化剂的目的： 。测定除铁后的滤液中c(Fe3+)为0.003mol·L-1，则此时溶液的pH= 。
(4)除铁后再进一步调节pH=4左右，使其完全水解形成Fe(OH)3沉淀，即可达到除铁要求，不在除铁之前调节pH=4的原因是 。
(5)加入Zn的目的是 。
4．（2023春·山东潍坊·高三校考阶段练习）三氧化二铬(Cr2O3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。一种利用铬铁矿(主要成分为FeO、Cr2O3，还含有Al2O3、SiO2等杂质)清洁生产Cr2O3的工艺流程如下：
已知：①铬铁矿的成分及含量(以氧化物形式表示)：
成分 Cr2O3 FeO SiO2 Al2O3 其他
质量分数 45.0% 32.5% 11.5% 10.8% 0.2%
②金属离子开始沉淀与完全沉淀的pH如下：
金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+
开始沉淀的pH 2.7 3.4 5.0 7.5
完全沉淀的pH 3.7 4.9 5.9 9.7
③铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂；
④铁铵矾的化学式为NH4Fe(SO4)2·12H2O，在pH =3时完全沉淀。回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是 ， 滤渣1的成分是 。
(2)铬酸酐的作用是 ，“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3反应的化学方程式是 。
(3)“沉淀”时，应调节pH不低于 ，滤液1的成分主要是 (填化学式)
(4)“除铝”一步的离子方程式是 。
(5)若处理1kg铬铁矿，至少需要消耗铬酸酐的质量是 g。(保留一位小数)
5．（2022·陕西·校联考三模）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程如图：
已知：①碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
②碘酸钙的溶解度： 0.119(5℃) 0.195(15℃) 0.307(25℃) 0.52(40℃) 0.621(60℃) 0.669(80℃)
(1)转化步骤是为了制得碘酸，该过程在下图所示的装置中进行。
①实验室中制取氯气，下列收集氯气的装置正确的是 。
②转化反应中当观察到 现象时，停止通入氯气，使用I2的CCl4溶液的目的是 (选填序号)。
A．增大碘的溶解度，提高碘的利用率　　　B．CCl4是反应的催化剂
C．除去碘酸中的单质碘　　　　　　　　　　D．增强氯气的氧化性
(2)流程中分离操作的名称是 。
(3)向水层中加入氢氧化钙悬浊液，反应混合物先用水冷却，再在冰水中静置10分钟，过滤，用少量冰水洗三次，再用少量无水乙醇洗涤一次，抽干后，将产品转移到滤纸上，晾数分钟，得碘酸钙产品。
①步骤(3)中在冰水中冷却静置的目的是 ；
②再用无水乙醇洗涤的目的是 ；
(4)测定产品中碘酸钙含量的实验步骤如下：
准确称取产品ag(约0.6g)，置于100mL烧杯中，加1：1高氯酸20mL，微热溶解试样，冷却后移入250mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，得试液。
准确量取所得试液50.00mL置于250mL碘量瓶中，加入1：1高氯酸2mL，3g碘化钾，盖上瓶塞，在暗处放置3分钟，加50mL水，用浓度为0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加入2mL0.5%淀粉溶液，继续滴定至终点，读数。
滴定过程中发生的反应如下：
Ca(IO3)2+2HClO4=2HIO3+Ca(ClO4)2，+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2=2I-+
①准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是 ；
②滴定至终点的现象是 ；
③为准确获得样品中Ca(IO3)2的含量，还需补充的实验是 。
6．（2022·安徽·校联考模拟预测）磁性氧化铁具有磁性强的特点，在电讯器材、汽车制动、焊接、污水处理等领域具有广泛的应用；磷酸铵是一种重要的复合肥料，某工厂用磷矿渣(含FeP和等杂质)制备磁性氧化铁、磷酸铵，其工艺流程如图。
①常温下氢氧化物形成沉淀时的pH：
Fe3+ Cu2+ Al3+
开始沉淀 2.7 4.8 4.0
完全沉淀 3.2 6.4 5.2
②FePO4形成沉淀时的pH范围是4~6；
③25℃磷酸铵的溶解度(g)为26.5、硫酸铵为76.4、氯化铵为37.2。
(1)氧化前需要将矿渣进行粉碎，其目的是 ，最合适的X是 (填“盐酸”或“硫酸”)。
(2)写出氧化时反应的离子方程式： ，pH1的调控范围是 ，常温下 的数量级是 。
(3)焙烧是在隔绝空气条件下进行的，其对应的化学方程式为 。
(4)滤渣2的成分是 ，系列操作是 、洗涤、干燥。
7．（2022·河北邯郸·统考二模）锡酸钠晶体(Na2SnO3 3H2O)在电镀、媒染等工业应用广泛，碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。以锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下图：
已知：①水碎液中溶质主要成分为Na2SnO3、Na2TeO3、Na3AsO4和Na2PbO2；
②碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，TeO发生反应的化学方程式为 。
(2)“除砷”时，若要使0.002 mol·L-1AsO沉淀完全(离子浓度不大于10-6 mol·L-1)，则需要加入等体积的Ba(OH)2溶液的物质的量浓度至少为 。(已知常温下Ksp[Ba3(AsO4)2]=10-24)。
(3)“除铅”时，加入Na2S所发生反应的离子方程式为 。
(4)“除碲”时，相同时间内不同的反应温度对Te的脱除率的影响关系如图2，70℃后随温度升高Te的脱除率下降的原因可能是 。
(5)“溶析结晶”的操作是 ，洗涤，干燥，得到锡酸钠晶体。
(6)“还原”反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 ；
(7)所得碲产品中碲的纯度测定步骤如下：
①取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入20.00 mL0.1 mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。
③用0.1 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗12.00 mL硫酸亚铁铵标准溶液。
计算所得碲产品中碲的纯度为 。
8．（2022·全国·高三专题练习）硫酸铁(PFS)是一种新型高效的无机高分子絮凝剂，广泛用于水的处理。用铁的氧化物为原料来制取聚合硫酸铁，为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+。实验步骤如下：
(1)用98%的硫酸配制28%的硫酸，所需的玻璃仪器除量筒外，还有 。
a.容量瓶b.烧杯c.烧瓶d.玻璃棒
(2)步骤II取样分析溶液中的Fe2+、Fe3+的含量，目的是 。
a.控制溶液中Fe2+与Fe3+含量比b.确定下一步还原所需铁的量
c.确定氧化Fe2+所需NaClO3的量d.确保铁的氧化物酸溶完全
用NaClO3氧化时反应方程式：6FeSO4+NaClO3+3H2SO4→3Fe2(SO4)3+NaCl+3H2O
若改用HNO3氧化，反应方程式：6FeSO4+2HNO3+3H2SO4→3Fe2(SO4)3+NO↑+4H2O
(3)已知1molHNO3价格0.16元、1molNaClO3价格0.45元，评价用HNO3代替NaClO3作氧化剂的得弊，利是 ，弊是 。
聚合硫酸铁溶液中SO与Fe3+物质的量之比不是3：2。根据下列供选择的试剂和基本操作，测定聚合硫酸铁产品溶液中SO与Fe3+物质的量之比。
(4)测定时所需的试剂 。
a.NaOHb.FeSO4c.BaCl2d.NaClO3
(5)需要测定 和 的质量(填写化合物的化学式)。
(6)选出测定过程中所需的基本操作 (按操作先后顺序列出)。
a.萃取、分液b.过滤、洗涤c.蒸发、结晶d.冷却、称量e.烘干或灼烧
9．（2023·全国·高三专题练习）磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，常用作氯化橡胶合成高分子材料的阻燃剂。工业上利用烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)为原料制取磷酸锌的工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ.加入NH4HCO3溶液的目的是沉锰。
Ⅱ.几种金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如下表所示：
金属离子 Al3+ Fe3+ Cu2+ Zn2+
开始沉淀的pH 3.0 2.2 5.4 6.5
沉淀完全的pH 5.0 3.6 6.7 8.5
(1)用硫酸酸浸烧渣灰，为提高酸浸时锌的浸出率，可以采取的措施是 (填一条)。
(2)加入MnO2发生反应的离子方程式是 ；经过滤2得到的滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(3)沉锰反应的离子方程式是 。
(4)水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少，说明原因： 。
(5)通入H2S是为了除铜离子，25℃时，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH = 1，c(H2S)=0.1 mol·L-1，此时溶液中c(Cu2+) =6×10-17 mol·L-1，则CuS的溶度积Ksp= [已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15]。
(6)利用膜技术电解经净化的含磷酸钠的废液，可以得到所需的工业产品磷酸和氢氧化钠等，电解装置如图所示：
则M为电源的 (填“正极”或“负极”)，d为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜，电解总反应式为 。
10．（2022·广东·模拟预测）废旧锌锰电池通过拆分煅烧后，可得棕色锰粉(主要成分为MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2、ZnO和ZnMn2O4)，从棕色锰粉中获得γ-MnO2和超细ZnO粉体的工艺流程如下图所示，结合流程回答以下问题：
(1)某课题组研究酸溶过程中相关条件对锌、锰浸出率的影响，以获得酸溶反应的最佳条件。由下图可知，酸溶反应的最佳条件为：搅拌速度 r·min-1，温度 ℃。
(2)在上述确定的最佳条件下进行酸溶反应。酸溶的目的是将锌、锰元素转化为Zn2+、Mn2+，则酸溶过程，H2C2O4的主要作用是作 ，判断酸溶反应结束的现象是 ，酸溶过程不用H2O2代替H2C2O4的理由是： 。
(3)Na2S2O8被还原为，请写出“氧化”步骤的离子方程式： 。
(4)洗涤步骤中，判断洗涤干净的操作是 。
(5)可用0.2500mol/L的EDTA测定ZnO纯度(已知EDTA与Zn2+按物质的量1：1反应，杂质不参与反应)，取1.800g制得的超细ZnO溶于适量硫酸，将溶液稀释至100mL，取25.00mL用EDTA滴定，消耗20.00mLEDTA，则制得的ZnO纯度为 。
11．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）预处理后的锰阳极泥(含Mn2O3及少量PbO等的氧化物)可回收转化为PbO和MnO2，其部分流程如下：
已知：(CH3COO)2Pb易溶于水，；
常温下，
(1)“浸铅”时的离子方程式为 。温度对铅浸出率的影响如图所示，选择适宜的浸出温度为 ，温度过高浸出率变化的可能原因是 。
(2)“沉铅”时，理论上加入的Na2CO3与醋酸铅的物质的量之比为1∶1。实际需加入稍过量的Na2CO3固体，其目的是 。为循环利用滤液，可改用试剂 (填化学式)沉铅。
(3)已知：；NaClO3可将Mn2+氧化为MnO2，其用量对Mn2+的转化率影响如图所示；实验条件下pH小于5.5时，Cl-易被氧化为。请补充完整将Mn2O3完全转化为MnO2的实验方案：称取过滤所得Mn2O3固体5 g，在一定温度、固液比等条件下， ，得到较纯的MnO2固体(可选用的试剂：稀NaOH溶液、1.5 mol/LH2SO4溶液、3.0 mol/LHCl溶液、NaClO3固体)。
12．（2022·江苏淮安·统考模拟预测）钒被称为“工业味精”、“工业维生素”，在发展现代工业、国防等方面发挥着重要的作用。一种用废钒催化剂(含V2O5、少量Al2O3、Fe2O3)制取V2O5的工艺流程如图：
已知：溶液中四种含钒微粒的存在形式和颜色：V2+紫色，V3+绿色，VO2+蓝色，VO黄色。回答下列问题：
(1)“酸浸、还原”时，V2O5被还原为VO2+，该反应的离子方程式为 。
(2)“碱浸、氧化”过程中会生成VO2+，在20.00mL0.1mol·L-1VO溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则所得溶液的颜色为 。
(3)“操作1”包括转沉、沉钒和过滤等步骤。
①“转沉”过程中先加石灰乳、再加(NH4)2CO3生成(NH4)3VO4。已知：Ksp(CaCO3)=m，Ksp[Ca3(VO4)2]=n；则反应Ca3(VO4)2(s)+3CO(aq)2VO(aq)+3CaCO3(s)的平衡常数为 (用含m、n的代数式表示)。
②“沉钒”时加NH4Cl生成NH4VO3，沉钒率随温度的变化如图1所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因可能是 。
(4)有氧条件下，在V2O5的催化作用下NO可被NH3还原为N2。反应机理如图2所示。NO、NH3在有氧条件下的总反应化学方程式是 。
(5)测定产品中V2O5的纯度：称取2.000g产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入50.00mL0.5000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，发生的反应为VO+2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O，再用0.2000mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为5.00mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是 。(写出计算过程)。
13．（2022·山东·山东师范大学附中校联考模拟预测）活性MnO2是工业上重要的化工原料，可用作去极化剂、脱色剂等，工业上常用天然矿物软锰矿制备。某地的软锰矿中含有MnO2和少量A12O3、SiO2，当地某工厂生产活性MnO2的一种工艺流程如图：
已知：金属离子沉淀的pH如表所示。
Fe3+ Fe2+ Mn2+ Al3+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 5.8 3.4
完全沉淀的pH 2.8 8.3 7.8 4.7
回答下列问题：
(1)软锰矿需要充分“研磨”，这样操作的目的是 。
(2)用浓硫酸“溶浸”时，一般先加入废铁屑得到Fe2+，再加入软锰矿，加热使锰元素以离子形式溶出。Mn2+从软锰矿中溶出的主要反应的离子方程式是 。
(3)“溶浸”软锰矿时，理论上投入的废铁屑与软锰矿的物料比(物质的量之比)应为2，但实际消耗的物料比小于2，原因可能是 。
(4)MnO2中含有的铁、铝杂质可能会降低去极化效果，需要除杂、提纯。提纯时先加入MnO2，充分搅拌后加入NH3·H2O，调节溶液pH=5。调节pH时得到的沉淀是 。
(5)上述流程中为了进一步分离得到电解液，需要进行的⑤实验操作是 。
(6)电解液中含有硫酸锰、硫酸，经电解可得活性MnO2，得到活性MnO2的电极反应式是 。
(7)为了测定产品中活性MnO2的纯度，常选用硫酸酸化的Na2C2O4作为底物，再用KMnO4标准液进行滴定。现取待测样品ag，加入bgNa2C2O4(足量)和稀H2SO4(足量)，混合后充分振荡，加热，再用cmo1·L-1KMnO4标准液滴定剩余Na2C2O4至溶液恰好变色，消耗标准液的体积为dmL(已知酸性条件下锰元素被还原为Mn2+)，则产品纯度为 %(列出计算式即可，用含a、b、c、d的代数式表示)。
14．（2022秋·江苏南通·高三校考期中）以废旧锂离子电池的正极材料[活性物质为、附着物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等]为原料，制备纳米钴粉和。
(1)预处理。将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，高温煅烧的目的是 。
(2)浸出，将煅烧后的粉末(含和少量难溶杂质)与硫酸混合，得到悬浊液，加入如图所示的烧瓶中。控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣。得到、和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到 ，可以判断反应结束，不再滴加双氧水。
(3)制钴粉。向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入可以制取单质钴粉，同时有生成。已知不同pH时Co(II)的物种分布图如图所示。Co2+可以和柠檬酸根离子()生成配合物。
①写出pH=9时制钴粉的离子方程式： 。
②pH>10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。若向pH>10的溶液中加入柠檬酸钠()，可以提高钴粉的纯度，原因是 。
(4)请补充完整由浸取后滤液先制备，并进一步制取的实验方案：取浸取后滤液， ，得到。[已知：易溶于水，难溶于水，在空气中加热时的固体残留率(100%)与随温度的变化如图所示。实验中需使用的试剂有：2溶液、0.1BaCl2溶液)]
(5)用下列实验可以测定的组成：
实验1：准确你取一定质量的样品，加入盐酸，加热至圆体完全溶解(溶液中的金属离子只存在和)，冷却后转移到容量瓶中并定容至100mL。
实验2：移取25.00mL实验1容量瓶中溶液，加入指示剂，用0.01000EDTA()溶液滴定至终点(滴定反应为)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00ml。
实验3：准确称取与实验1中等质量的样品，加入一定量的硝酸和溶液，加热至固体完全溶解。冷却后转移到容量瓶并定容至100mL。移取10.00mL溶液，通过火焰原子吸收光谱法测定其中浓度为。
计算样品的化学式，并写出计算过程 。
15．（2022·广西南宁·南宁三中校考一模）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。以废铁屑(含C和SiO2)为原料制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的工艺流程如图所示。
已知：25℃时，[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2O(aq) K=6.31×10-17。
(1)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中Fe的化合价为 。
(2)废铁屑需碱浸预处理，“碱浸”中加Na2CO3溶液的目的是 。
(3)“溶解、氧化”过程中除了生成K3[Fe(C2O4)3]外，还有Fe(OH)3生成，该反应的化学方程式为 ，该过程中体系温度需保持在40℃的原因是 。
(4)“调pH”是为了获得更多的产品，此时发生反应的化学方程式为 。
(5)获得K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体的“一系列操作”包括：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。其中洗涤的具体操作是 。
(6)该流程中可以循环使用的物质是 。
(7)某同学欲检验所制晶体中的铁元素，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol·L-1KSCN溶液。判断上述实验方案是否可行并结合数据和原理说明理由： 。
16．（2022·浙江宁波·浙江省宁波市鄞州中学校考模拟预测）金属铬是硬度最高的金属，常用于制造不锈钢和仪器仪表的金属表面镀铬，可用铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，含有SiO2、Al2O3等杂质)冶炼金属铬，冶炼流程如下。
已知：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑
回答下列问题：
(1)实验室氧化煅烧时需用到的仪器有坩埚、 、坩埚钳、三脚架、酒精灯。
(2)下列说法正确的是___________。
A．步骤①可通过加热方式加快浸出速率
B．步骤②③均可采用减压过滤的方法加快过滤速度
C．步骤③为调节溶液pH可以加入适量的碱性溶液
D．步骤④中可用盐酸代替硫酸调节溶液酸碱性
(3)相关物质的溶解度曲线如图。步骤⑤需先得到较纯的Na2Cr2O7·2H2O晶体，请给出操作的正确顺序：(操作可重复)d→ → → →c→e→ → →c→e。
a．将溶液(或滤液)蒸发至溶液表面出现晶膜
b．在60 ℃蒸发溶剂
c．冷却至室温
d．在100 ℃蒸发溶剂
e．过滤
(4)步骤⑥除生成Cr2O3外，还生成了Na2CO3和CO，写出该反应的化学方程式： 。
(5)工业上用铝粉还原Cr2O3而不用C粉还原得到单质铬的原因是 。
(6)为了测定Na2Cr2O7产品的纯度，可采用FeSO4标准溶液通过氧化还原反应滴定Na2Cr2O7溶液。下列关于滴定分析的操作，不正确的是 。
A．用移液管量取25.00 mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作
C．排气泡时应使管尖弯曲向上，用右手挤压玻璃珠上方，使液面充满管尖
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00 mL，则第二次滴定时可稀释标准溶液后重新滴定来减小误差
17．（2022·辽宁大连·大连二十四中校考三模）从铝土矿废料“赤泥”(主要成分为Al2O3、Fe2O3、TiO2、Sc2O3)中提钪与TiO2的一种工艺流程如图：
已知：①钪离子可以在不同pH下生成[Sc(OH)n]3-n(n=1~6)。
②该工艺条件下，溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH值如表：
离子 Fe2+ Fe3+ Al3+ TiO2+
开始沉淀pH 7.0 1.9 3.0 0.3
完全沉淀pH 9.0 3.2 4.7 2.0
请回答以下问题：
(1)Sc元素在元素周期表中的位置： 。
(2)试计算“反萃取”时，使Sc3+恰好完全沉淀(浓度为1.0×10-6)的pH= (已知：Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-30，lg2=0.30，计算结果保留3位有效数字)。
(3)“反萃取”时若加入的NaOH过量则Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应生成n=6的含钪产物的化学方程式 。
(4)常温下，三价Sc的几种存在形式与F-浓度的对数[1gc(F-)]、pH的关系如图所示。若溶液中c(F-)=5×10-6，“调pH”过程中控制pH=4.0，则调pH后三价Sc的存在形式为 (填化学式)(已知：lg5=0.7)。
(5)钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和酸液体积(A)之比]的关系如图，应.选择的合适O/A值为 。
(6)向“水相”中加入铁粉的目的是 。
(7)“水解”过程中，加水稀释后，TiOSO4水解为TiO2·xH2O的离子方程式为 。
18．（2022·陕西西安·长安一中校考模拟预测）工业利用含镍废料(以镍铁钙合金为主)制取NiC2O4 (草酸镍)，再经过高温煅烧NiC2O4制取Ni2O3的流程如图所示：
已知：NiC2O4、CaC2O4均难溶于水；Fe3+完全沉淀的pH约为3.2。
(1)“酸溶”时加快溶解速率的方法 (写一种即可)。
(2)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为 。
(3)加入Na2CO3溶液调节pH至4.0~5.0，其目的为 。
(4)加入NH4F溶液可将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，已知25°C时Ksp(CaF2)= 1.6×10-10，要使溶液中Ca2+沉淀完全[c(Ca2+)≤1.0×10-5mol·L-1]，则“除钙”时需控制混合溶液中F的浓度至少为 mol·L-1。
(5)隔绝空气高温煅烧NiC2O4可制得Ni2O3，NiC2O4受热分解的化学方程式为 。
(6)Ni2O3还可用于制备合成氨的催化剂ConNi(1-n)Fe2O4，在其他条件相同时合成氨的相对初始速率随催化剂中n值变化的曲线如图：由图可知Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是 。
(7)Ni位于第Ⅷ族，同位于第Ⅷ族的钌及其化合物在合成工业有广泛用途，下图是用钌(Ru)基催化剂催化合成甲酸的过程，每生成92g液态HCOOH放出62.4kJ的热量。下列说法正确的是 。
a．反应的活化能为62.4 kJ·mol-1
b．图示中物质I为该反应的催化剂
c．图示中参与循环的物质只有CO2和H2
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)和
(2) 等任意一种含锌的难溶于水能溶于酸的化合物 或
(3)
(4)
(5) 将适量的放入烧杯中，加入适量水并充分搅拌，然后用手电筒照向该烧杯，若观察到有一条光亮的通路，则证明得到的是纳米材料
【分析】烟道灰加入稀硫酸酸浸，二氧化硅不反应成为料渣Ⅰ，铁、铜、锰转化为相应的硫酸盐；次氯酸钠具有强氧化性，加入次氯酸钠，二价锰被氧化生成沉淀，溶液加入锌、氧化锌、碳酸锌(能和氢离子反应且不引入新杂质)等调节使三价铁转化为氢氧化铁沉淀分离除去；得到溶液加入硫化锌除铜得到料渣Ⅱ，得到溶液加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终生成纳米氧化锌。
【详解】（1）结合上下文得出，料渣Ⅰ是，料渣Ⅱ为新生成的和过量的；
（2）调时加入的物质需要中和氢离子，使水解反应生成氢氧化铁沉淀，且不能引入新的杂质，所以加入的X可以是氧化锌或碳酸锌或锌单质等，相关的离子方程式为或；
（3）的还原产物是，由流程图知的氧化产物是，可得，根据原子守恒和电荷守恒，确定反应物中应有水，生成物中应有，离子方程式为：；
（4）；
（5）①的摩尔质量为，的物质的量为，加热过程中，先失去结晶水，然后分解得到，的质量为，故A点对应物质是，的质量为，故B点对应物质为，则A转化为B的过程中反应中锌元素化合价不变生成氧化锌，碳元素一部分化合价升高生成二氧化碳、一部分化合价降低生成一氧化碳，反应的化学方程式为；
②胶体是分散质粒子大小在的分散系，可以发生丁达尔现象；确定属于纳米材料的方法是取适量的放入烧杯中，加入适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验。
2．(1)增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率
(2) 氧化Fe2+和H3AsO3，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素 5.7 ×10-20
(3)F-与H+结合生成弱电解质HF，c(F-)降低
(4)2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O
(5)取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净
(6) MH Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【分析】粗硫酸镍废液中含有Ni2+同时含有Cu2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、H3AsO3等杂质微粒，向其中加入有机溶剂，将Cu2+萃取出来，得到含铜氧化剂，向水溶液中加入H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并与其中的部分Fe3+反应产生FeAsO4沉淀除去。然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去。然后向溶液中加入NaF，使Ca2+形成CaF2沉淀除去，再向溶液中加入NaOH及NaClO溶液，Ni2+被氧化为Ni3+并与溶液中的OH-结合形成NiOOH沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到纯净NiOOH。
（1）
加入有机溶剂“萃取”时需充分振荡，目的是增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高铜萃取率；
（2）
“氧化1”中H2O2的作用是氧化Fe2+为Fe3+，氧化H3AsO3为H3AsO4，Fe3+与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，以利于形成FeAsO4沉淀，除去砷和部分铁元素；
已知Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强，因此加入H2O2后H3AsO3变为H3AsO4，Fe2+被氧化Fe3+并与H3AsO4反应形成FeAsO4沉淀，由于反应后溶液中Fe3+有剩余，则除As后溶液中c()=；
（3）
“沉钙”时，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，这是由于加入的NaF电离产生的F-与溶液中H+结合生成弱电解质HF，导致溶液中c(F-)降低；
（4）
NaClO具有氧化性，在“氧化2”会将溶液中的Ni2+氧化为Ni3+，Ni3+与碱性溶液中的OH-反应产生NiOOH，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH ↓+Cl-+H2O；
（5）
NiOOH沉淀是从含有Cl-、的溶液中过滤出来的，若沉淀洗涤干净，则最后一次洗涤液中无Cl-或，故“洗涤”时，检验产品是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化，再加入少量硝酸银溶液(或氯化钡、硝酸钡溶液)，若不产生沉淀，说明已经洗涤干净；
（6）
已知某镍氢电池的离子导体为KOH溶液，电池反应为：MH+NiOOHM+Ni(OH)2，放电时，该装置为原电池，其中MH为负极，NiOOH为正极。OH-移向正电荷较多的负极MH；
充电时Ni(OH)2失去电子被氧化为NiOOH，故NiOOH电极上的电极反应式为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
3．(1) 用氧化-酸浸法不会产生硫化氢等污染性气体 3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O
(2) 加快了浸取反应的速率，同时还增大了浸出物质的溶解度 90℃
(3) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 2
(4)由于溶液中Fe3+量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难；还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失
(5)除去Cu2+、Ni2+等杂质离子
【分析】硫化锌精矿采用氧化-酸浸法，把硫化物氧化为单质硫，浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等，用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH=1.5发生反应3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4除铁，继续调节pH=4使Fe3+完全水解为Fe(OH)3，再加锌粉发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子得硫酸锌溶液，蒸发浓缩、结晶得硫酸锌晶体。
【详解】（1）用酸浸法会产生硫化氢等污染性气体，而氧化—酸浸法可以将硫化物氧化为单质硫。若氧化剂为稀硝酸，氧化产物S，S元素化合价由-2升高为0 ，还原产物为NO，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O；
（2）温度升高可以使化学反应速率加快，可以提高浸取率，同时温度升高可以使物质的溶解度增加，使浸取率提高。根据图可看出随温度升高浸出率升高，当温度达90°C后，浸出率变化不明显，选用90°C左右的温度较合适；
（3）三价铁离子在pH较小时即可以沉淀完全，除铁之前加入氧化剂的目的是把二价亚铁离子氧化为三价铁离子，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。25°C时，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=3×10-39，溶液中c(Fe3+)为0.003mol/L，c(OH-)=，pH=2；
（4）由于溶液中Fe3+量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难，还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失，所以不在除铁之前调节pH=4；
（5）除铁之后的滤液中含有Cu2+、Ni2+等杂质离子，加入Zn发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子。
4．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率 SiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ 6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O
(3) 5.9 (NH4) 2SO4
(4)Al(OH)3+OH-=+H2O
(5)150.5
【分析】铬铁矿加入稀硫酸与金属氧化物反应生成硫酸盐，SiO2不与稀硫酸反应而成为滤渣1，铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨气调节pH至3.0沉铁为铁铵矾，加入氨气完全沉淀Al3+与Cr3+，利用Al(OH)3的两性，加入NaOH溶液生成NaAlO2成为滤液2，Cr(OH)3沉淀煅烧生成Cr2O3；
【详解】（1）“氧化酸浸”前，常将铬铁矿粉碎，目的是增大反应物接触面积，提高反应速率；加入稀硫酸不与SiO2反应而成为滤渣1，则主要成分是SiO2；
（2）已知铬酸酐(CrO3)常用作氧化剂，其作用是将Fe2+氧化为Fe3+；“氧化酸浸”时FeO·Cr2O3与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铬，铬酸酐(CrO3)将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，则反应的化学方程式是6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O；
（3）“沉淀”时为了得到Cr(OH)3沉淀，即完全沉淀Cr3+，应调节pH不低于5.9；滤液1的成分主要是(NH4) 2SO4；
（4）“除铝”中加入NaOH溶液与Al(OH)3反应生成NaAlO2和水，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=+H2O；
（5）由表知铬铁矿中FeO质量分数为32.5%，根据6FeO·Cr2O3+30H2SO4+ 2CrO3=3Fe2(SO4)3+7Cr2(SO4)3+30H2O，可得关系式，解得消耗铬酸酐的质量是m=150.5g。
5．(1) C CCl4中的紫红色消失 AC
(2)分液
(3) 使Ca(IO3)2沉淀完全 乙醇易挥发可加快干燥，可减少Ca(IO3)2损失
(4) 酸式滴定管或移液管 溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复 重复测定两次
【分析】在转化过程中，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离，HIO3、HCl溶液经过一系列过程得到Ca(IO3)2·H2O。
(1)
①收集氯气用向上排空气法，A是密闭装置，A、B均不正确；D中的碱液吸收氯气，因此正确的是C；
②当CCl4中的紫红色消失，便是氯气与碘反应结束，停止通入氯气；使用碘的四氯化碳溶液，不仅能增大碘的溶解度，提高碘的利用率，还能除去碘酸中的单质碘，故选AC。
(2)
流程中分离操作的名称是分液；
(3)
①步骤5中在冰水中冷却静置的目的是使Ca(IO3)2沉淀完全；②再用无水乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发可加快干燥，可减少Ca(IO3)2损失；
(4)
①准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是酸式滴定管或移液管；②滴定至终点的现象是溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复；③为准确获得样品中Ca(IO3)2的含量，还需补充的实验是重复测定两次。
6．(1) 增大接触面积，加快反应速率，同时增大原材料利用率； 硫酸
(2)
(3)
(4) 蒸发浓缩、降温结晶、过滤
【解析】(1)
无机工艺流程题中处理固体，基本都需要进行粉碎，目的是增大固体与其他反应物的接触面积，从而加快反应速率，使固体反应物能够充分反应，继而增大其利用率；氧化过程中加入的X溶液涉及到最后从滤液中获得磷酸铵的问题，根据题目信息③可知，25℃时磷酸铵的溶解度为26.5g，与氯化铵的溶解度（37.2g）较为接近，不利于分离，而硫酸铵的溶解度为76.4g，能够利用溶解度的差异利用降温结晶分离，所以X溶液选择硫酸；故答案为：增大接触面积，加快反应速率，同时增大原材料利用率；硫酸；
(2)
磷矿渣的成分、、中铝元素、铜元素、硅元素已经是最高价，不参与氧化还原反应，但是和溶于酸，变成和，以滤渣的形式出去，因此只有参与了该氧化还原反应，再结合最终获得的磷酸铵，可以知道磷元素化合价从-3变成了+5，而稀硝酸参与氧化还原反应的产物为，按照氧化还原反应的配平方法，可以得到氧化时的离子方程式：；加入氨水调得到的滤渣2通过反应最后获得了磁性氧化铁，由此可以推断调的目的是为了沉淀，即，并与和分开，且要避免形成，即，故答案为；依据题目信息①可知完全沉淀时的，即，，因此，故数量级为；
(3)
焙烧是在隔绝空气条件下进行的，表明反应物是滤渣2（）灼烧后的产物和，结合流程可判断反应产物为和。该反应可以把中Fe元素化合价按照进行配平，反应物中Fe元素化合价从+3降至，而中既有Fe元素化合价从+2升高至，又有S元素化合价从-1升高至+4，依据电子守恒，利用升降价配平，其余按质量守恒进行配平，故化学方程式为：；
(4)
加氨水调的目的是使沉淀而分离出来，故滤渣2为；在氧化时，使用了硫酸溶液，还生成了磷酸，后面两次使用氨水进行pH的调节先后除去了，还有和，因此滤液2主要含有硫酸铵和磷酸铵，结合两者在25℃时的溶解度，利用降温结晶来提纯得到磷酸铵，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤。
【点睛】无机工艺流程题一般都十分看重流程中的进出物质，从而判断涉及的反应，该流程中的氧化与焙烧的两步反应就是如此，而且其中X溶液的选择几乎需要从流程的最开始看到流程的结束，并结合题目信息③才能确定。在这类题中，陌生的氧化还原反应几乎从未缺席，所以，一定要重视氧化还原反应的书写与配平。
7．(1)2TeO+O2+4NaOH═2Na2TeO3+2H2O
(2)0.0032 mol·L-1
(3)S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-
(4)H2O2受热分解
(5)加热蒸发、趁热过滤
(6)3：1
(7)86.4%
【分析】锡碲渣废料(主要成分为SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na2PbO2、 Na2TeO3的水碎液，由后续操作可以看出：只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后所得滤液经浓缩、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出，表明NaOH能降低Na2SnO3的溶解度，有利于Na2SnO3结晶析出，以此来解答。
(1)
“碱溶” 时，SnO被空气中的O2在NaOH存在的环境中氧化为Na2SnO3，同时产生H2O，发生反应的化学方程式为2SnO+O2+4NaOH=2Na2SnO3+2H2O；
(2)
假定溶液体积为V L，Ba2+在混合体系中的存在形式由两部分构成，一部分与沉淀3Ba2+ +2=Ba3(AsO4)2↓，需n(Ba2+)=0.003V mol；同时溶液中存在Ba3(AsO4)2的溶解平衡：c3(Ba2+)·c2()=Ksp[Ba3(AsO4)2]，此时c()=10-6 mol/L，c(Ba2+)==1.0×10-4 mol/L，需n(Ba2+)=10-4×2V mol，故c[Ba(OH)2]=；
(3)
结合分析可知，"除铅” 时，加入Na2S所发生反应的化学方程式为Na2S+ Na2PbO2+2H2O=PbS↓+4NaOH，该反应的离子方程式为：S2-+PbO+2H2O=PbS↓+4OH-；
(4)
过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀，70℃后随温度升高Te的脱除率下降，是由于H2O2不稳定，受热分解，导致Te的脱除率下降；
(5)
碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，故过滤后所得滤液经加热蒸发、趁热过滤、结晶，加入NaOH，使Na2SnO3结晶析出；
(6)
Na2TeO4加入浓盐酸转化为H2TeO3，随后与SO2反应转化为Te单质，H2TeO3为氧化剂，SO2为还原剂，被氧化为H2SO4，故根据氧化还原反应中电子得失数目相等，可知还原剂与氧化剂的比例为3：1；
(7)
根据反应关系+3H2TeO3+8H+ +2H2O=2Cr3++3H6TeO6和+6Fe2++8H+=2Cr3+ +6Fe3++4H2O，可得关系式：~~~~~3H2TeO3~~~~3Te，发生该转化关系的的物质的量n()=0.1 mol/L×0.02 L-×0.1 mol/L×0.012 L=1.8×10-3 mol，所以n(Te)=3n()=5.4×10-3 mol。取4.0 g碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，将其配制成100 mL溶液，取20.00 mL于锥形瓶中进行实验，则碲产品中碲的质量分数为。
8．(1)bd
(2)bc
(3) 原料成本较低 产生气体对大气有污染
(4)ac
(5) Fe2O3 BaSO4
(6)bed
【分析】I中稀硫酸溶解铁的氧化物，III中加入铁还原Fe3+，IV中加入氧化剂氧化Fe2+，最终水解、聚合得到聚合硫酸铁。
【详解】（1）配制一定量质量分数硫酸溶液需要的仪器有：胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯，故选bd；
（2）因为控制水解时Fe3+的浓度，防止生成氢氧化铁沉淀，原料中的Fe3+必须先还原为Fe2+，所以确定下一步还原所需铁的量，然后Fe2+再被氧化Fe3+，需要确定氧化Fe2+所需NaClO3的量，故答案为bc；
（3）从环保和成本方面考虑，利是原料成本较低，弊是产生气体对大气有污染；
（4）因SO与Fe3+都采用沉淀法加以测定，测定硫酸根离子需要氯化钡，测定铁离子需要氢氧化钠，故答案为ac；
（5）根据测定BaSO4的质量来测定SO的物质的量，根据氧化铁的质量结合元素守恒计算铁离子的物质的量，所以需要测定物质质量的物质为Fe2O3、BaSO4；
（6）测定聚合硫酸铁溶液中SO与Fe3+物质的量的原理：先后加入氯化钡、氢氧化钠并过滤，得到的沉淀先过滤后洗涤，然后进行烘干或灼烧，冷却，最后称量得到的固体的量即可，所以顺序是：bed。
9．(1)延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热
(2) MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(4)磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低
(5)6×10-38
(6) 正极 阳 4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH
【分析】烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)加入稀硫酸，烧渣灰的中ZnO，FeO、Al2O3、CuO溶解，SiO2不溶，形成滤渣；溶液1中加入MnO2溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并加入氢氧化钠溶液调节pH至5.0，除去铁离子和铝离子，生成氢氧化铁和Al(OH)3沉淀，溶液2为金属阳离子主要为Mn2+、Cu2+、Zn2+，加入碳酸氢铵，得沉淀MnCO3，滤液3为金属阳离子主要为Cu2+、Zn2+，通入硫化氢，生成CuS沉淀，滤液4为Zn2+加入Na3PO4，可生成[Zn3(PO4)2]沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到磷酸锌，以此来解析；
【详解】（1）“酸溶”时，为提高锌的浸出率，加快反应速率，可采取的措施有延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热；
（2）溶液1中加入MnO2溶液，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，自身被还原为Mn2+，Mn的化合价由+4价降低为+2价，Fe的化合价由+2价升高为+3价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O；由分析可知经过滤2得到的滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；
（3）“沉锰”的原料为碳酸氢根，所得含锰沉淀为MnCO3，结合电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为：Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）根据提示信息，磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少；
（5）沉铜” 过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，H2S H++HS-，HS- H++S2-根据H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15，可知Ka1× Ka2= ×=，可得c(S2-)===1×10-21mol/L，CuS的溶度积Ksp=c(Cu2+)c(S2-)=1×10-21mol/L×6×10-17 mol·L-1=6×10-38；
（6）由图中信息可知，a极得H3PO4，a极生成气体和H+，故为2H2O-4e-=O2+4H+ H3PO4，a极为阳极，M极为正极；PO向a极区移动，c阴离子交换膜，根据图中信息cd之间的室，进入浓磷酸钠，出去稀磷酸钠，可知钠离子透过d膜，故d为阳离子交换膜； PO向a极区移动，与H+，生成H3PO4，根据原子守恒和电荷守恒可知，a极区的反应为4PO+6H2O-12e-=3O2+4 H3PO4①，b极为阴极，反应为2H2O+2e-=H2+2OH-②，由①+②×6，可得总的电解反应离子方程式为：4PO+18H2O=3O2 +4 H3PO4 +6H2+12OH-，电解反应的化学方程式为：4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH。
10．(1) 200-250 50
(2) 还原剂 溶液中不再有气泡冒出 H2O2遇MnO2易分解
(3)Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+
(4)向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生说明洗涤干净
(5)90.00%
【分析】由题给流程可知，向棕色锰粉中加入稀硫酸和草酸混合溶液酸溶，将锌、锰元素转化为锌离子和锰离子，过滤得到滤渣和含有锌离子和锰离子的滤液；将未溶的滤渣加入棕色锰粉中再次酸溶，提高原料的利用率；向滤液中加入过二硫酸钠溶液将溶液中的锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到含有锌离子的滤液和二氧化锰；二氧化锰经洗涤、干燥得到纯净的二氧化锰；向滤液中加入碳酸氢钠，将滤液中的锌离子转化为碳酸锌沉淀，过滤得到碳酸锌；碳酸锌经多步转化得到超细氧化锌粉体。
(1)
由图可知，酸溶反应时，搅拌速度在200-250r/min范围内、温度为50℃的条件下，锌、锰浸出率较高，所以酸溶反应的最佳条件为搅拌速度在200-250r/min范围内、温度为50℃，故答案为：200-250；50；
(2)
由分析可知，酸溶的目的是将锌、锰元素转化为锌离子和锰离子，转化过程中锰元素的化合价降低被还原，则加入的草酸为酸溶反应的还原剂，将锰元素转化为锰离子，本身被氧化为二氧化碳，当没有二氧化碳气体逸出时，说明酸溶反应结束；由于过氧化氢在二氧化锰做催化剂的条件下，易分解生成氧气和水，会减慢反应速率，降低浸出率，所以不能用过氧化氢代替草酸，故答案为：还原剂；溶液中不再有气泡冒出；H2O2遇MnO2易分解；
(3)
由分析可知，加入过二硫酸钠溶液的目的是将溶液中的锰离子氧化为二氧化锰， 反应的离子方程式为Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+，故答案为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+；
(4)
判断二氧化锰沉淀洗涤是否干净实际是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子，则具体的操作为向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，无白色沉淀产生则洗涤干净，根答案为：向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生则洗涤干净；
(5)
由题意可得如下转化关系：ZnO—Zn2+—EDTA，滴定时，25.00mL溶液消耗20.00mL 0.2500mol/L的EDTA，则1.800g样品中氧化锌的纯度为×100%=90.00%，故答案为：90.00%。
11．(1) 85℃ 温度过高CH3COONH4水解挥发损失
(2) 将浸出液中的Pb2+沉淀完全 (NH4)2CO3
(3)边搅拌边加入1.5 mol/LH2SO4溶液，充分反应后，加入稀NaOH溶液调节溶液pH约为6，加入理论所需量1.3倍～1.4倍，约1.5 g NaClO3固体，反应一段时间后，过滤洗涤干燥
【分析】锰阳极泥中含Mn2O3及少量PbO等的氧化物，向其中加入CH3COONH4溶液，PbO发生反应：，Mn2O3不溶，通过过滤分离出来，将其用酸溶解，Mn2O3发生歧化反应产生MnO2和Mn2+。Mn2+在酸性条件下被NaClO3氧化为MnO2。向滤液中加入Na2CO3溶液沉铅得到PbCO3沉淀，通过过滤除去滤液，然后将沉淀洗涤，再加热分解，得到PbO。
【详解】（1）向锰阳极泥中加入CH3COONH4溶液，PbO发生反应：，变为(CH3COO)2Pb溶液；
根据图示可知在加热温度为85℃时铅浸出率最高，故选择适宜的浸出温度为85℃；
根据温度对铅浸出率的影响可知：当温度高于85℃时，浸取率反而降低，这是由于温度过高CH3COONH4水解程度增大，物质挥发损失，从而导致PbO的浸取率下降；
（2）“沉铅”时，理论上加入的Na2CO3与醋酸铅的物质的量之比为1∶1。实际需加入稍过量的Na2CO3固体，其目的是将浸出液中的Pb2+沉淀完全；
由于浸取铅使用试剂是CH3COONH4，因此为循环利用滤液，在使用试剂形成PbCO3沉淀时，可改用试剂(NH4)2CO3；
（3）Mn2O3在酸性条件下会发生歧化反应产生MnO2和Mn2+；NaClO3可将Mn2+氧化为MnO2，在实验条件下pH小于5.5时，Cl-易被氧化为Cl2。根据方程式：、3Mn2+++3H2O=3MnO2+Cl-+6H+，可得关系式：3Mn2O3～3Mn2+～NaClO3，5 g Mn2O3反应产生的Mn2+完全被氧化需NaClO3质量m(NaClO3)=。根据NaClO3用量对Mn2+转化率的影响可知应该选择NaClO3用量与理论值之比为1.3倍至1.4倍，Mn2+转化率达到最大值，其质量约1.5 g。操作为：边搅拌边加入1.5 mol/LH2SO4溶液，充分反应后，加入稀NaOH溶液调节溶液pH约为6，加入理论所需量1.3倍约1.5 g NaClO3固体，反应一段时间后，过滤洗涤干燥。
12．(1)V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O
(2)紫色
(3) 温度高于80℃时，水解程度增大，浓度减小导致沉钒率下降
(4)4NH3+4NO+O24N2+6H2O
(5)91.00%
【分析】向废钒催化剂中加入稀硫酸和乙二酸发生的反应为：2Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、2Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O，加入氨水时发生的反应为、，在碱浸、氧化过程中将VO2+转化为，经过一系列操作得到V2O5；
【详解】（1）由分析可知：“酸浸、还原”时，V2O5被还原为VO2+，该反应的离子方程式为：V2O5+H2C2O4+4H+=2VO2++2CO2↑+3H2O；
（2）0.195g锌粉为0.003mol，当锌粉恰好完全反应时，转移0.006mol，根据得失电子守恒20.00mL0.1mol·L-1VO应转化为V2+，此时溶液应显紫色；
（3）Ca3(VO4)2(s)+3CO(aq)2VO(aq)+3CaCO3(s)反应的平衡常数；当温度高于80℃时，水解程度增大，浓度减小导致沉钒率下降；
（4）据图可知NO、NH3在有氧条件下的总反应化学方程式是4NH3+4NO+O24N2+6H2O；
（5）MnO被还原为Mn2+转移5个电子，5.00mL0.2000mol·L-1KMnO4溶液共转移电子0.005mol，即消耗Fe2+0.005mol，Fe2+共0.025mol，故VO2+消耗的Fe2+0.02mol，根据可知，VO2+与Fe2+为1:1反应，故2.000g产品中有VO2+0.02mol，即V2O50.01mol，则转化率=。
13．(1)增大反应速率，提高浸出率
(2)MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O
(3)软锰矿中除了MnO2外还有其他杂质，二氧化锰能够将Fe直接氧化，导致需要的Fe减少；
(4)Al(OH)3、Fe(OH)3
(5)过滤
(6)Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
(7)
【分析】将软锰矿初选研磨后，加入浓硫酸和铁屑浸使得MnO2转成Mn2+浸出，过滤除去SiO2，向滤液中加入MnO2，充分搅拌后加入NH3·H2O，调节溶液pH=5将Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀过滤除去，最后电解硫酸锰和硫酸的混合溶液获得活性MnO2，据此解答。
（1）
研磨软锰矿，增大固体接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）
酸性条件下Fe2+将MnO2还原浸出，反应原理为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；
（3）
软锰矿中有杂质，二氧化锰能够将Fe直接氧化，导致需要的Fe减少
（4）
根据金属离子沉淀的pH表格数据可知，当溶液pH=5时，Al3+、Fe3+已沉淀完全，Mn2+还未开始沉淀，所以此时得到的主要沉淀是Al(OH)3、Fe(OH)3；
（5）
过滤分离Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀与MnSO4和H2SO4混合溶液；
（6）
通电条件下Mn2+在阳极失电子被氧化，电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；
（7）
取ag样品与bgNa2C2O4在酸性条件下充分反应，最后用KMnO4标准液滴定剩余Na2C2O4，据反应关系式可计算 、
MnO2纯度=
14．(1)除去附着物炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等物质；
(2)圆底烧瓶中不再产生气泡；
(3) Co4(OH) + 2N2H4 H2O+ 4OH- = 2N2↑+ 4Co + 10H2O; 当pH> 10时，浸出液中存在溶解平衡：Co(OH)2(s)Co2+(aq) + 2OH-(aq)，加入的柠檬酸钠(Na3C6H5O7)会电离产生柠檬酸根离子(C6H5O)，C6H5O与Co2+结合配合物[CoC6H5O7]-，c(Co2+)减小，溶解平衡正向移动，Co(OH)2减少，Co纯度提高；
(4)向其中加入过量的2mol L 1(NH4)2C2O4溶液，然后过滤，洗涤滤渣，用0.1 mol L 1BaCl2检验滤渣洗涤干净后，将滤渣加热至400-800摄氏度左右，当固体质量不再改变时；
(5)设25.00 mL溶液中含有的n(Co2+)= y mol，则根据已知方程式可得到如下关系：
y=0.00025mol，
依据题中已知信息，取样品配制100mL，而移取25.00mL，所以100mL样品中含有的n(Co) = n(Co2+)= 0.00025mol=0.001mol；
由实验3可知100mL 样品中：n(Li) = 0.1L = 0.0006 mol，
n(Li)：n(Co) = x:1= 0.0006 mol：0.001mol = 0.6，x=0.6，所以化学式为Li0.6CoO2。
【详解】（1）预处理时将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，依据已知信息，正极材料除活性物质外，还附着物炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等物质，所以高温煅烧的目的就是除去附着物炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等物质；
（2）浸出过程，向煅烧后含的粉末中加入H2O2后，Co元素被还原成Co2+，而H2O2被氧化成O2，装置内会有气泡产生，所以当装置中不再有气泡产生时，说明已被原完全，则不再需要加H2O2，所以答案为当圆底烧瓶内不再产生气泡时；
（3）①由图可知，pH=9时，二价钴以Co4(OH)形式存在，依此确定反应物为，此过程为制钴粉，所以生成物为Co单质，同时在制取单质钴时有N2生成，因而生成物还有N2，根据电子守恒，1mol钴失去8mole-，1mol得到4mole-，所以系数为2，再根据电荷守恒，在碱性条件下反应，所以加OH-，最后根据氧原子守恒，确定水的系数为6，最终得到离子方程式：Co4(OH) + 4OH- + 2N2H4 H2O = 2N2↑+ 4Co + 10H2O；②当pH> 10时，由图可知浸出液中钴元素以Co(OH)2(s)形式存在，混在钴粉中使其不纯净，所以需要除掉Co(OH)2(s)，在浸出液中会存在溶解平衡：Co(OH)2(s)Co2+(aq) + 2OH-(aq)，由题干中所给信息，加入的柠檬酸钠(Na3C6H5O7)会电离产生柠檬酸根离子(C6H5O)，C6H5O与Co2+结合配合物[CoC6H5O7]-，c(Co2+)减小，上述溶解平衡正向移动，Co(OH)2减少，Co纯度提高；
（4）浸出后，得到、和硫酸的混合溶液，已知条件给出易溶于水，难溶于水，所以首先用所给试剂2溶液将转化为沉淀析出，过滤除去等杂质，然后洗涤，为了保证杂质除尽，用0.1BaCl2溶液检验洗涤液中的无硫酸根，干燥后，空气中加热分解，得到，设原固体质量为100g，则n() = n() =mol，根据Co守恒，设n()=amol，则
n() = mol，则当固体为时，固体残留率 = %=43.9%，对应的温度为400-800℃，所以在此温度下加热分解得到，答案为：向其中加入过量的2mol L 1(NH4)2C2O4溶液，然后过滤，洗涤滤渣，用0.1 mol L 1BaCl2检验滤渣洗涤干净后，将滤渣加热至400-800℃左右，当固体质量不再改变时；
（5）设25.00 mL溶液中含有的n(Co2+)= y mol，则根据已知方程式可得到如下关系：
y=0.00025mol
依据题中已知信息，取样品配制100mL，而移取25.00mL，所以100mL样品中含有的n(Co) = n(Co2+) 0.00025mol=0.001mol；
由实验3可知100mL 样品中：n(Li) = 0.1L = 0.0006 mol，
n(Li)：n(Co) = x:1= 0.0006 mol：0.001mol = 0.6
x=0.6，所以化学式为Li0.6CoO2。
15．(1)+3
(2)除去废铁屑表面的油污
(3) 6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3 温度过高，H2O2易分解：温度过低，反应速率太慢
(4)Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O
(5)沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待液体自然流下，重复操作2-3次
(6)H2SO4
(7)否，因为[Fe(C2O4)3]3-转化为[Fe(SCN)]2+反应的平衡常数小于1.0×10-5，观察不到明显现象，所以无法检验
【分析】废铁屑加Na2CO3溶液碱浸，除去废铁屑表面的油污，加入稀硫酸进行溶解，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，C和SiO2与稀硫酸不反应，过滤向滤液中加入草酸溶液进行沉铁，得到草酸亚铁沉淀，过滤所得滤液为硫酸溶液，向草酸亚铁沉淀中加入草酸钾溶液和过氧化氢进行溶解、氧化，将溶液煮沸后加草酸氢钾调节溶液pH，然后经过一系列操作得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
【详解】（1）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中钾元素化合价为+1价，草酸根离子为-2价，依据化合物中正负化合价代数和为0的原则可知，铁的化合价为+3价。
（2）废铁屑表面有油污，碱性条件下水解，因此废铁屑“碱浸”中加Na2CO3溶液的目的是：除去废铁屑表面的油污。
（3）“溶解、氧化”过程中FeC2O4与K2C2O4、H2O2发生氧化还原反应生成K3[Fe(C2O4)3]和Fe(OH)3，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4=4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3；反应过程中，若温度太低，反应速率太慢，而过氧化氢受热易分解，若温度过高，过氧化氢易分解，因此该过程中体系温度需保持在40℃。
（4）“溶解、氧化”过程中生成了Fe(OH)3，“调pH”是为了获得更多的产品，使Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，因此加入草酸氢钾发生反应的化学方程式为：Fe(OH)3+3KHC2O4=K3[Fe(C2O4)3]+3H2O。
（5）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤的具体操作为：沿玻璃棒向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待液体自然流下，重复操作2-3次。
（6）由分析可知，滤液为硫酸溶液，可在溶解一步继续使用，因此该流程中可以循环使用的物质是：H2SO4。
（7）由已知信息：25℃时，[Fe(C2O4)3]3-(aq)+SCN-(aq)[Fe(SCN)]2+(aq)+3C2O(aq) K=6.31×10-17可知，[Fe(C2O4)3]3-转化为[Fe(SCN)]2+反应的平衡常数小于1.0×10-5，观察不到明显现象，因此无法检验所制晶体中的铁元素。
16．(1)泥三角
(2)AC
(3)abada
(4)
(5)铝热反应容易发生、能耗低；产生污染少；产品便于分离(铬呈液态)
(6)BC
【分析】根据“已知”可知，铬铁矿(主要成分为FeCr2O4，含有SiO2、Al2O3等杂质)和纯碱在空气中氧化煅烧后，除了生成Na2SiO3之外，还生成了Na2CrO4、NaAlO2，再经过步骤①“水浸”，所得浸出液中含有Na2SiO3、Na2CO3、Na2CrO4、NaAlO2；步骤②中，向浸出液中加入H2SO4，反应生成H2SiO3沉淀、Na2Cr2O7、Na2SO4、Al2(SO4)3；过滤后，步骤③为调节溶液pH，得到Al(OH)3沉淀；再次过滤后，进行步骤④，向滤液中加入H2SO4，并通过蒸发得到Na2Cr2O7 2H2O晶体，再将Na2Cr2O7 2H2O晶体转化为Na2Cr2O7；高温下，Na2Cr2O7和碳反应生成Cr2O3，再通过铝热法得到Cr。
【详解】（1）实验室氧化煅烧时需用到的仪器有坩埚、泥三角、坩埚钳、三脚架、酒精灯。
（2）A．步骤①可通过加热方式加快浸出速率，A正确；
B．由分析可知，步骤②③过滤除去的物质分别为H2SiO3和Al(OH)3，二者都是胶状沉淀，易透过滤纸，不宜使用减压过滤分离，B错误；
C．步骤③为调节溶液pH可以加入适量的碱性溶液，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀，并过滤除去，C正确；
D．步骤④中不可用盐酸代替硫酸调节溶液酸碱性，因为HCl具有还原性，能被Na2Cr2O7氧化，D错误；
故选AC。
（3）步骤④所得溶液含有Na2SO4和Na2Cr2O7，如图所示，Na2Cr2O7 2H2O的溶解度随温度变化不大，且比Na2SO4 10H2O的溶解度，在60℃之前，Na2SO4 10H2O的溶解度随温度升高而升高，在60℃之后，Na2SO4 10H2O的溶解度随温度升高而降低，因此可以采用蒸发浓缩、趁热过滤的方法获得较纯的Na2Cr2O7 2H2O晶体，操作顺序为d→a→b→a→c→e→d→a→c→e。
（4）步骤⑥中，C和Na2Cr2O7在高温下反应生成Cr2O3、Na2CO3和CO，该反应的化学方程式为2C+Na2Cr2O7Na2CO3+CO↑+Cr2O3。
（5）工业上用铝粉还原Cr2O3而不用C粉还原得到单质铬的原因是铝热反应容易发生，能耗低，产生污染少，产品便于分离(铬呈液态)。
（6）A．用移液管量取25.00mL待测液转移至锥形瓶，A正确；
B．FeSO4和Na2Cr2O7反应较为灵敏，滴定过程中，滴定液应始终逐滴滴下，B错误；
C．FeSO4溶液呈弱酸性，Na2Cr2O7溶液一般使用硫酸酸化，且Na2Cr2O7具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故FeSO4溶液和Na2Cr2O7溶液都应使用酸式滴定管盛装，C错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，视线要与凹液面最低处相平，C正确；
E．第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释标准溶液后重新滴定来减小误差，D正确；
故选BC。
17．(1)第四周期IIIB族
(2)6.30
(3)3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Sc(OH)6]
(4)ScF
(5)1：4
(6)还原Fe3+，防止Fe3+水解成为杂质
(7)TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H+
【分析】由流程可知，铝土矿废料“赤泥”加入硫酸各金属元素转化为相应的盐溶液，萃取后Sc进入有机相，加入氢氧化钠反萃取生成Sc的氢氧化物沉淀，加入草酸转化为Sc(C2O4)3，然后“焙烧”过程中Sc(C2O4)3分解生成Sc2O3和二氧化碳，Sc2O3和浓盐酸酸溶生成Sc的盐酸盐，加入氨水调pH，加入NH4F生成复盐3NH4Cl·ScF3·aH2O，复盐分解得到ScF3，加入钙置换生成Sc；铁、钛、铝元素大部分进入水相，加入铁粉将三价铁转化为二价铁，水解得到钛的沉淀，分解生成TiO2，滤液重结晶得到绿矾和硫酸铝。
【详解】（1）Sc是21号元素，位于周期表第四周期IIIB族；
（2）Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)c(OH-)3，c(OH-)===2.0×10-8，c(H+)===5.0×10-7，pH=-lgc(H+)=6.30；
（3）由已知可得，n=6时生成[Sc(OH)6]3-，反应的方程式为3NaOH+Sc(OH)3=Na3[Sc(OH)6]；
（4）已知c(F-)=1 ×10-5，则lgc(F-)=-5；“调pH”过程中控制pH=4.0，由图1坐标图可知，此时三价Sc的存在形式为ScF；
（5）钪的萃取率要高，同时要求O/A值要尽可能的小，以降低成本。根据图示可知：在O/A值为1：4时，钪的萃取率比较高，后会突然降低，故应选择的O/A值为1：4；
（6）加入Fe粉可将Fe3+还原为Fe2+，2Fe3++Fe=3Fe2+，防止Fe3+水解生成杂质；
（7）“水解”过程中，加水稀释后，TiOSO4水解为TiO2·xH2O同时生成氢离子，离子方程式为TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H+。
18．(1)粉碎镍废料、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升温等(任写一条)
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)促进Fe3+水解，使其沉淀完全
(4)0.004
(5)2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑
(6)Co2+
(7)b
【分析】用含镍废料(以镍铁钙合金为主)制取NiC2O4 (草酸镍)时，先用硫酸溶解含镍废料，生成Ni2+、Fe2+、Ca2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+；然后再加入Na2CO3溶液调节溶液的pH，使Fe3+转化为沉淀；加入NH4F，将Ca2+转化为CaF2沉淀；加入草酸，将Ni2+转化为NiC2O4沉淀；煅烧可获得Ni2O3。
【详解】（1）“酸溶”时，可通过改变颗粒大小、浓度、温度等加快溶解速率，方法为：粉碎镍废料、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升温等(任写一条)。答案为：粉碎镍废料、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升温等(任写一条)；
（2）加入H2O2时，Fe2+被氧化为Fe3+，发生的主要反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）Fe3+完全沉淀的pH约为3.2，加入Na2CO3溶液调节pH至4.0~5.0，Fe3+可完全水解，其目的为：促进Fe3+水解，使其沉淀完全。答案为：促进Fe3+水解，使其沉淀完全；
（4）25°C时Ksp(CaF2)= 1.6×10-10，c(Ca2+)≤1.0×10-5mol·L-1，则c(F-)≥= 0.004mol·L-1。答案为：0.004；
（5）隔绝空气高温煅烧NiC2O4可制得Ni2O3，同时生成碳的氧化物，则NiC2O4受热分解的化学方程式为2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑。答案为：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；
（6）从图中可以看出，n值越大，合成氨的相对初始速率越大，Co2+的相对含量越大，从而得出：Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是Co2+。答案为：Co2+；
（7）a．每生成92g液态HCOOH放出62.4kJ的热量，则2H2(g)+2CO2(g)2HCOOH(l) H=-62.4kJ/mol，所以62.4 kJ·mol-1不表示反应的活化能，a不正确；
b．从图示中可以看出，起初物质I参加反应，后来又生成物质I，所以物质I为该反应的催化剂，b正确；
c．图示中，参与循环的物质只有H2O，CO2和H2为反应物，c不正确；
故选b。答案为：b。
【点睛】让多种金属离子中的某一种生成沉淀时，需注意控制溶液的pH。
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