資源簡介

2023屆高三化學一輪專題復習—工業流程題
1．（2022·黑龍江哈爾濱·哈師大附中校考模擬預測）電解錳渣主要含及少量的利用電解錳渣回收鉛的工藝如圖所示：
已知：
回答下列問題：
(1)“還原酸浸”時氧化產物是S， 被還原的離子方程式為_______。
(2)“浸出液”含有的鹽主要有和少量的_______、 ，經除雜后得到精制 溶液。圖為的溶解度隨溫度的變化曲線，從精制 溶液中獲得 晶體的具體實驗操作為_______，熱水洗滌，干燥。
(3)“浸鉛”反應 能發生的原因是_______。
(4)若“浸鉛”后所得溶液中， 為實現鉛與鈣的分離，應控制“沉鉛”溶液中的范圍為_______(當溶液中金屬離子濃度小于，可以認為該離子沉淀完全)。
(5)“沉鉛”時，若用同濃度的 溶液代替溶液，會生成 。原因是_______。
(6)檢驗濾液中存在的操作現象是_______。
2．（2022·湖南長沙·雅禮中學校考模擬預測）金屬鉬(Mo)、鎳(Ni)是重要的戰略金屬，廣泛應用在鋼鐵、化工等領域，輝銀礦的主要，還含有Ni、V、Fe等金屬元素，處理輝鉬礦有火法和濕法兩種工藝。下圖是用NaClO溶液(pH>9)濕法浸取輝鉬礦制備仲鉬酸銨[]的工藝流程(已知：次氯酸鈉溶液化學性質不穩定，常溫下緩慢分解成NaCl，和)。
請回答下列問題：
(1)傳統的火法工藝是在空氣中灼燒輝鋁礦得到和，和上述濕法工藝相比這種方法最大的缺陷是_______。
(2)浸取輝鉬礦之前要先將輝鉬礦磨碎，目的是_______。
(3)步驟①中溶于NaClO溶液，發生反應的離子方程式為_______。
(4)步驟②由于易溶于有機萃取劑，可以發生草取。步驟③反萃取時使用的X試劑為_______，步驟②③的作用為_______。
(5)某科研小組研究溫度對步驟①中浸取率的影響。實驗條件為NaClO)的濃度為130g/L，漢取液pH=9。反應時間1.5h溫度控制為采用冷水浴冷卻和不冷卻兩種，實驗結果見下表：
反應條性 反應現象和結果
冷水浴 反應溫度保持30℃左右，Mo元素的浸取率為83.3%。
不冷卻 溫度上升很快，最高為60℃左右，有大量的氣泡產生，Mo元素的浸取率為7.8%。
出現上表實驗結果的原因為_______。
(6)碳鋼在空氣中容易被腐蝕，加入鉬酸鹽有利于緩蝕，其緩蝕原理是在鋼鐵表面形成保護膜。密閉式循環冷卻水系統中的碳銅管道緩蝕，除需加入鉬酸鹽外還需加入，則的作用是_______。
3．（2022·內蒙古赤峰·統考模擬預測）電池級碳酸鋰是制造LiCoO2等鋰離子電池必不可少的原材料。以鋰云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、等)為原料制取電池級Li2CO3的工藝流程如圖：
已知：①HR為有機萃取劑，難溶于水，可萃取Fe3+，萃取時發生的反應可表示為Fe3++3HR FeR3+3H+；
②常溫時，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。
回答下列問題：
(1)“有機層”的主要成分為_______(填化學式，下同)；“濾渣1”中含有的物質為_______；使用HR萃取劑時，需加入一定量的NaOH進行處理，其目的是_______。
(2)操作1、操作2、操作3中均用到的玻璃儀器的名稱為_______。
(3)“苛化反應”中生成LiOH的化學方程式為_______。
(4)“混合沉鋰”的離子方程式為_______。
(5)某LiCoO2鋰離子電池工作原理如圖所示，則該電池在放電時，石墨(C)為_______(填“正極”或“負極”)，充電時陰極的電極反應式為_______。
4．（2022·河南·校聯考二模）鍺是一種重要的半導體材料，同時在航空航天測控、化學催化劑、生物醫學等領域都有廣泛而重要的應用。實驗室模擬生產鍺的實驗過程如圖所示：
已知：GeCl4的熔點：-49.5℃，沸點：82℃，密度：1.9g·cm-3。
回答下列問題：
(1)在實驗室中，若焙燒鍺石礦，應將樣品放在____中灼燒。產生的氣體可以用下列____方式處理(填標號)。
a．氫氧化鈉溶液 b．酸性高錳酸鉀溶液
c．苯和水的分層液 d．堿石灰
(2)步驟2：將燒渣放入三頸燒瓶中，分批加入濃鹽酸并攪拌，控制溫度為40℃反應30分鐘，反應裝置如圖所示：
①儀器a的名稱是____，儀器b的作用是____，加熱采用的方式為____。
②用濃鹽酸而不用稀鹽酸處理GeO2粗品的原因是____。
(3)寫出“步驟4”生成GeO2·nH2O反應的化學方程式___。
(4)查閱資料得知：“步驟4”生成的GeO2·nH2O實為GeO2·H2O，其在5.0mol·L-1的鹽酸中溶解度最小。取10.0mLGeCl4和高純水反應，欲使GeO2·H2O的產率最高，加入高純水的體積約為____mL(忽略混合及反應前后液體體積的變化，保留一位小數)。
5．（2022秋·河北石家莊·高三正定中學校考階段練習）鈷酸鋰(LiCoO2)電池是一種應用廣泛的新型電源，電池中含有少量的鋁、鐵、碳等單質。實驗室嘗試對廢舊鈷酸鋰電池回收再利用。實驗過程如圖：
已知：①還原性：Cl->Co2+；
②Fe3+和C2O結合生成較穩定的[Fe(C2O4)3]3-，在強酸性條件下分解重新生成Fe3+。回答下列問題：
(1)廢舊電池初步處理為粉末狀的目的____。
(2)濾渣的主要成分為____(填化學式)。
(3)從含鋁廢液得到Al(OH)3的離子方程式為____。
(4)濾液A中的溶質除HCl、LiCl外還有____(填化學式)。寫出LiCoO2和鹽酸反應的化學方程式____。
(5)在空氣中加熱一定質量的CoC2O4·2H2O固體樣品時，其固體失重率數據見表，請補充完整表中問題。已知：①CoC2O4在空氣中加熱時的氣體產物為CO2。
②固體失重率=對應溫度下樣品失重的質量/樣品的初始質量。
序號 溫度范圍/℃ 化學方程式 固體失重率
I 120～220 CoC2O4·2H2O=CoC2O4+2H2O 19.67%
II 300～350 ____ 59.02%
(6)已知Li2CO3的溶度積常數Ksp=8.64×10-4，將濃度為0.02mol·L-1的Li2SO4和濃度為0.02mol·L-1的Na2CO3溶液等體積混合，則溶液中的Li+濃度為____mol·L-1。
(7)從FeCl3溶液得到FeCl3·6H2O固體的操作關鍵是____。
6．（2022·重慶九龍坡·重慶市育才中學校考模擬預測）聚硅酸硫酸鋁鐵()是一種安全無害的新型絮凝劑，廣泛應用于水的凈化處理。燃煤副產物粉煤灰主要含有非活性的莫來石()及少量等元素的氧化物，以其為原料制備的一種流程如下。
回答下列問題：
(1)元素和，金屬性最強的是___________；位于元素周期表第___________周期第___________族。
(2)非活性的莫來石難與酸和堿反應，焙燒的主要目的是通過與反應破壞莫來石結構，該反應的化學方程式為___________。
(3)濾液1中加入溶液，反應的離子方程式為___________。
(4)堿浸的主要目的是___________；濾液2的主要成分為___________。
(5)用平衡原理解釋處理酸性或堿性較強的廢水效果都不好的原因是___________
(6)的適當配比是具有良好絮凝能力的關鍵，取一定量樣品溶解，加鹽酸使其完全膠凝，分離所得沉淀經煅燒得固體。向上述濾液中加入足量氫氧化鈉溶液，分離所得沉淀經煅燒得固體，再向濾液中通入足量，分離所得沉淀經煅燒得固體。則中___________。
7．（2023·全國·高三專題練習）廢舊鋰離子電池正極材料主要由活性材料與鋁箔構成，采用堿浸法分離回收正極活性材料流程如圖所示。
(1)堿浸
①堿浸過程中的離子方程式、___________。
②保持堿浸液固比為5∶1、浸出溫度為不變，測量堿濃度對浸出率的影響如圖，最終確定最優濃度為，解釋原因________。
(2)還原焙燒
在堿浸除去后的正極材料中添加褐煤(含碳量90%)，在進行還原焙燒，所得產物用水和處理(碳化水浸)，將元素轉移到水相。
①補全還原焙燒的方程式：________。
②固相反應一般反應速率較慢，寫出可以加快還原焙燒反應速率的方法________。
(3)碳化水浸
①碳酸鋰溶浸過程的反應，該反應的和隨溫度的變化如圖，根據化學熱力學知識，判斷該反應自發進行的溫度范圍為________。
②升高溫度可以實現碳化結晶，從平衡的角度解釋其原理________。
8．（2022·北京海淀·北京市十一學校校考三模）銅礦石(主要成分、)的熔煉過程排放的煙氣含有、等有害成分，水洗煙氣形成污酸。工業上可以利用鐵碳床處理污酸，將其中的S(Ⅳ)還原為，進而生成難溶于水的，除去污酸中S、及重金屬元素。
(1)用化學用語表示煙氣溶于水顯酸性的原因________。
(2)采用鐵碳床而非純鐵床的原因是________。
(3)①鐵碳床中鐵碳比為1∶1條件下處理污酸，的去除率及質量濃度隨反應時間變化如圖所示。內，砷去除平均速率是________。
②污酸經過鐵碳床處理后，再加入或通入繼續除砷，的去除率變化如圖所示。
反應，砷去除率隨質量的變化 通入，砷去除率隨反應時間的變化
甲同學認為，加入相同物質的量的和，加入時的去除效率更好，相應的證據是________。
(4)處理后污酸中砷的殘留量的測定：取處理后的污酸，將其中的全部轉化為，加入過量溶液和幾滴淀粉，用電極進行電解，陽極附近溶液變藍時，停止電解。電解過程中，陰極產生氫氣，陽極產物與反應，將其氧化為。
①電解時，陽極反應式為________。
②電解結束時，通過導線的電量為Q(單位C)，處理后污酸中的殘留量為________。(法拉第常數為F，表示每摩爾電子所帶電量，單位)
9．（2022·山西朔州·懷仁市第一中學校校考模擬預測）分離回收軟錳礦(含MnO2及少量FeO、CoO、NiO、SiO2)中的金屬元素的工藝流程如下：
請回答下列問題：
(1)Fe、Co、Ni均位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)濾渣1的主要成分為_______。
(3)氧化后，向溶液中加入足量Na2SO4可以將Fe3＋以鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的形式除去，反應的化學方程式為_______；反應后，溶液的pH會_______ (填"增大"或"減小")。
(4)MnS投入量、pH、溫度對Co2＋、Ni2＋的去除率影響分別如圖a、圖b、圖c所示：
已知：CoS、NiS的溶解度均隨溫度升高而增大。Ksp(CoS)=10-21，Ksp(NiS)=10-19。
①MnS的最佳加入量為_______g·L-1；Co2＋完全沉淀時，c(Ni2＋)= _______mol·L-1。
②最佳pH為_______。
③從水解平衡、Ksp變化角度解釋，溫度高于75 ℃時，Co2＋、Ni2＋去除率降低的原因是_______。
10．（2023·全國·高三專題練習）錸是一種熔點高、耐磨、耐腐蝕的金屬，廣泛用于航天器的結構材料和石油裂化的催化劑等。工業上用富錸渣(主要含制得錸粉，其工藝流程如下圖所示：
回答下列問題：
(1)提高錸浸出率的方法有_______、_______。
(2)浸出反應中轉化為兩種強酸，請寫出錸浸出反應的離子方程式_______。浸渣的主要成分是_______。酸浸相同時間，測得錸的浸出率與溫度關系如圖所示，分析T1℃時錸的浸出率最高的原因是_______。
(3)廢液中含有的金屬離子主要有_______。
(4)實驗室中，操作Ⅲ所用主要儀器名稱為_______，已知高錸酸銨是白色片狀晶體，微溶于冷水，易溶于熱水。欲得純度更高的高錸酸銨晶體，可通過_______方法提純。
(5)高錸酸銨熱分解得到寫出氫氣在800℃時還原，制得錸粉的化學方程式_______。
(6)整個工藝流程中可循環利用的物質有：H2SO4、_______、_______。
11．（2022·全國·高三專題練習）某省鋅銅產量居全國之首，從鉛鋅廠的電塵(主要成分為PbO 、ZnO，還含有少量Fe2O3、Tl2O)中回收Fe2O3、ZnO、鉈，鉈錫合金可作超導材料。其工藝流程如圖。
已知：①Zn(OH)2為兩性氫氧化物，溶液pH> 10開始溶解。
②部分離子濃度與pH的關系如圖。
(1)鉈在周期表中的位置是_______。
(2)“酸浸”過程中為提高鉈的浸取速度，可采取的措施有_______(寫出兩條)。
(3)“產品1”的主要成分是_______(填化學式)，檢驗電塵中是否含FeO，取“酸浸”后的少量濾液于試管中，加入黃色試劑，發生反應的化學方程式 _______。
(4)“調pH2”過程調pH的范圍是_______。
(5)“富集”過程發生的離子方程式是_______。
(6)“電解”過程的電解池如圖，則應是_______(填“陽”或“陰")離子交換膜。
12．（2022·遼寧鞍山·鞍山一中校考模擬預測）某學習小組研究電鍍廢水的無害化處理，以其中的COD (表示廢水中有機物質的總量)、氰化物和Cr (Ⅵ)為主要凈化目標。流程如下：
(1)Fenton 氧化主要去除COD和氰化物，其中除氰化物的反應為：CN- +H2O2 CNO-+H2O；機理如下：
步驟一： H2O2 2HO·
步驟二： CN- +_______→CNO- +_______
請用合適的微粒符號補全步驟二的反應方程式，需配平_______。
(2)在實際工業生產中，Fenton 氧化這一步可通過_______來代替(填代號)
A．曝氣 B．硫化沉淀 C．離子交換
(3)在探究Fenton氧化的最佳條件時發現，隨著n(Fe2+)： n(H2O2 )和pH的變化，COD和氰化物的去除率如圖一和圖二所示：
①最有利于該工藝過程的n(Fe2+)：n(H2O2 )=_______。
②請結合Fenton氧化機理闡述隨pH的增大COD和氰化物的去除率下降的可能原因_______。
(4)已知還原步驟在酸性條件下進行，Cr (Ⅵ)發生還原反應的離子方程式為_______。
(5)若25°C， KspCr(OH)3= 6.3 ×10-31，若調節pH為10， Cr3+是否沉淀完全？試通過計算加以說明_______。
(6)“膜過濾”步驟微粒過膜與攔截示意圖如下：
根據各種分離膜能達到的效果(如下圖)，該過程可選擇_______膜(填代號)。
A．微濾 B．超濾 C．納濾 D．反滲透
13．（2022·浙江紹興·統考二模）硝酸鈉應用廣泛，可用于制硝酸鉀、炸藥、染料等。某興趣小組制備硝酸鈉流程如圖：
已知：
①粗碳酸鈣中含有少量、、MgO、雜質。
②反應原理：；
③離子沉淀時的pH：pH≈4.5，；pH≈12，；pH≈7~8，
(1)下列說法正確的是_______。
A．步驟Ⅰ，滴加硝酸至無明顯氣泡，可判斷碳酸鈣已基本反應完全
B．步驟Ⅱ，需要在較高溫度下加熱，有利加快反應速率和提高碳酸鈣的浸出率
C．步驟Ⅲ，在復分解反應過程中為防止沉淀的石膏包裹硫酸鈉粉末，故將硫酸鈉粉末分多次加入并不斷攪拌
D．步驟Ⅴ，蒸發濃縮、冷卻結晶及離心分離后的母液可返回復分解容器中稀釋漿料循環利用
(2)步驟Ⅱ，多步操作為：_______(請選擇合適的最簡操作并排序)
a.用石灰乳調pH至5~6，保溫15min，過濾。
b.用石灰乳調pH至7~8，保溫15min，過濾。
c.用石灰乳調pH至12，保溫15min，過濾。
d.加熱濃縮溶液。
e.用調至規定pH。
(3)步驟Ⅳ，提純主要除去的離子是_______；所用的試劑及順序為_______。
(4)工業制硝酸廢氣中含有NO和，也可用純堿吸收制備硝酸鈉，主要原理如圖所示。
①在用pH=12的純堿吸收氣體之前需要先通過裝置A，裝置A的作用_______。
②裝置B中的總反應方程式為_______。
③若B裝置吸收氣體后的溶液，測得pH=8，可能混有的主要雜質是_______。
14．（2022·廣西南寧·南寧二中校考模擬預測）鎘(Cd)可用于制作某些發光電子組件。一種用銅鎘廢渣(含Cd、Zn、Cu、Fe等單質)為原料制備鎘的工藝流程如圖。
已知：相關金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為0.1mol·L-1計算)：
氫氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cd(OH)2
開始沉淀的pH 1.5 6.5 7.2
沉淀完全的pH 3.3 9.9 9.5
回答下列問題：
(1)“步驟II”需隔絕氧氣進行的原因是_______。“步驟III”使用ZnO調節pH至5，還可以使用_______(填化學式)代替ZnO達到目的。
(2)“氧化”時，KMnO4的還原產物是MnO2，“步驟IV”中除鐵發生的離子方程式為_______，該步驟得到的濾渣成分為_______(填化學式)。
(3)“置換”時，鎘置換率與的關系如下圖，其中Zn的理論用量以溶液中Cd2+的量為依據。
①實際生產中最佳比值為1.3，不宜超過該比值的原因是_______。
②若需置換出112kgCd，且使鎘置換率達到98%，實際加入的Zn應為_______kg(計算結果保留一位小數)。
(4)“置換”后，濾液溶質主要成分有_______(填化學式)。
(5)“熔煉”時，海綿鎘(含Cd和Zn)與NaOH固體在反應釜中混合反應，該反應的化學方程式為_______。當反應釜內無明顯氣泡產生時停止加熱，利用Cd與Na2ZnO2的_______不同，將Cd從反應釜下口放出，以達到分離的目的。
15．（2022秋·北京東城·高三北京二中校考階段練習）利用熔融堿焙燒工藝可從鋁熱法生產金屬鉻所得鉻渣(Al、Al2O3、 Cr2O3等)中浸出鉻和鋁，實現鉻和鋁的再生利用。其工作流程如下：
(1)鋁熱法冶煉金屬鉻，是利用了金屬鋁的_______(填“氧化性”或“還原性”)。
(2)溶液1中的陰離子有、_______。
(3)過程I，在Cr2O3參與的反應中，若生成0.4 mol ，消耗氧化劑的物質的量是_______。
(4)通入CO2調節溶液pH實現物質的分離。
①濾渣A煅燒得到Al2O3，再用電解法冶煉Al。冶煉Al的化學方程式是_______。
②濾渣B受熱分解所得物質可以循環利用，B是_______。
③已知：2+2H++H2O K=4.0×1014，濾液3中的濃度是0.04 mol/L，則的濃度是_______mol/L。
(5)過程II的目的是得到K2Cr2O7粗品，粗品再重結晶可制得純凈的K2Cr2O7，不同溫度下化合物的溶解度(g/100gH2O)
化合物名稱 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
結合表中數據分析，過程II得到K2Cr2O7粗品的操作是：_______，過濾得到K2Cr2O7粗品。
16．（2022·湖南株洲·湖南省茶陵縣第一中學校考二模）某化工廠設計用含鈷廢催化劑(Co、Fe、FeO、Fe2O3以及不溶于酸的雜質)制備氯化鈷晶體(CoCl2·6H2O)與新型高效消毒劑高鐵酸鉀(K2FeO4)的工藝流程如下：
已知：①常溫下Fe(OH)3的溶度積為1×10-35，Co(OH)2的溶度積為1.6×10-15
②CoCl2·6H2O呈紅色，常溫下穩定，易溶于水、乙醇。110-120℃時脫水形成藍色無水氯化鈷。
(1)酸溶時，寫出能加快反應速率一種方法：_______。
(2)加入氯酸鈉氧化的目的是_______。
(3)若溶液中Co2+為0.16mol·L-1，則調節pH的范圍應為_______。
(4)再氧化時，發生反應的化學方程式是_______。同條件下溶解度Na2FeO4_______(填“>”“=”“<”)K2FeO4
(5)得到產品CoCl2·6H2O所進行的一系列操作為_______、_______、過濾制得CoCl2·6H2O需要減壓烘干的原因是_______。
17．（2022·河北唐山·統考三模）實驗室利用廢棄舊電池的銅帽(Zn、Cu總含量約為99%)回收Cu并制備納米ZnO的部分實驗過程如圖所示：
(1)在“溶解”步驟中，提高銅帽溶解速率的措施_______(例舉兩種)。
(2)有同學提出溶解步驟中可在酸性條件下不斷鼓入并加熱，這種情況下，銅發生溶解的離子方程式為_______。
(3)“過濾”步驟中使用的玻璃儀器有_______。
(4)生成的沉淀需經充分洗滌，檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是_______。
(5)在封閉的高溫電爐中焙燒，焙燒后的ZnO粉末用去離子水洗凈，再用乙醇洗滌3次，減壓過濾，干燥，得到純凈的納米級ZnO。用乙醇洗滌的目的是_______。
(6)有同學提出用純堿代替溶液，在實際生產中得到的是一種堿式碳酸鋅[]，取該樣品6.82g，充分灼燒后測得殘留物質量為4.86g，將所得氣體通入足量澄清石灰水中，得到2.00g沉淀，則此堿式碳酸鋅的化學式是_______。
18．（2022·浙江·模擬預測）鐵礦石中含鐵量的測定是鐵元素提煉的基礎和前提，目前主要采用重鉻酸鉀法測定鐵礦石中的鐵含量，其流程如圖所示：
已知：已知：①氧化性順序： >Fe3+> ；
②Sn在溶液中的主要存在形式為Sn2+和；
③二苯胺磺酸鈉可作氧化還原指示劑，氧化型為紫紅色，還原型為無色。
回答下列問題：
(1)提高“酸浸溶解”速率可采取的措施有_______(任寫兩條)。
(2)“SnCl2還原”過程的離子反應方程式為_______。
(3)“SnCl2還原”后溶液仍呈淺黃色，而“TiCl3還原”后溶液呈現藍色溶液(五價鎢溶液為藍色)，則藍色溶液中鐵元素的主要存在形式為_______，Na2WO4的作用為_______。
(4)滴定前先進行“K2Cr2O7氧化”，即滴加K2Cr2O7溶液至溶液藍色褪去，請分析該過程的目的是_______。
(5)“滴定”過程中，用移液管吸取一定體積待測液后，將移液管垂直放入稍傾斜的錐形瓶中，_______，數秒后，取出移液管。
(6)現稱取m g鐵礦石進行測定，“滴定”時共消耗V mL c mol·L 1 K2Cr2O7，則該鐵礦石中鐵的質量分數為_______(用含m、c、V的代數式表示)。
試卷第1頁，共3頁
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（北京）股份有限公司
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參考答案：
1．(1)MnO2+PbS+4H++=Mn2++PbSO4+S+2H2O
(2) CaSO4 蒸發結晶、趁熱過濾
(3)CH3COO-結合Pb2+形成難電離物質，使平衡正向移動
(4)7.4×10-9~2.8×10-8
(5)更易水解生成OH-，從而易生成Pb2(OH)2CO3
(6)取少量濾液于試管中，向其中加入氫氧化鈉溶液并加熱，試管口放一張濕潤的紅色石蕊試紙，如果試紙變藍，證明溶液中含有銨根離子
【分析】電解錳渣在還原酸浸時，硫酸錳、硫酸鉛、二氧化硅、硫酸鈣不反應，二氧化錳和硫酸鐵與硫化鉛發生氧化還原反應，使得浸出液中含有硫酸錳、少量硫酸鈣和硫酸亞鐵，固體中的硫酸鉛在浸鉛時與醋酸銨反應生成醋酸鉛，醋酸鉛在沉鉛時與碳酸氫銨反應生成碳酸鉛。
（1）
由流程圖可知，“還原酸浸”時，MnO2與PbS在酸性條件下發生氧化還原反應，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：MnO2+PbS+4H++=Mn2++PbSO4+S+2H2O；
（2）
“還原酸浸”時，硫酸鐵與PbS發生氧化還原反應，鐵離子被還原為亞鐵離子，因此浸出液中含有的鹽類還有CaSO4；由硫酸錳的溶解度隨溫度的變化曲線可知，隨溫度升高，MnSO4溶解度下降，因此采用蒸發結晶、趁熱過濾、洗滌的方法從精制MnSO4溶液中獲得MnSO4晶體；
（3）
醋酸鉛比硫酸鉛更難溶，當加入醋酸根離子時，CH3COO-結合Pb2+形成更難溶的醋酸鉛，促使平衡正向移動，從而發生反應；
（4）
當溶液中金屬離子濃度小于10-5mol/L時，可以認為該離子完全沉淀，則當鉛離子完全沉淀時，c()===7.410-9mol/L；使鈣離子開始沉淀的c()===2.810-8mol/L，因此溶液中c()的范圍為：7.4×10-9mol/L~2.8×10-8mol/L或7.4×10-9mol/L （5）
碳酸根離子的水解程度大于碳酸氫根離子的水解程度，產生較多的氫氧根離子與二價鉛離子、碳酸根離子結合生成Pb2(OH)2CO3；
（6）
檢驗濾液中存在的操作現象是：取少量濾液于試管中，向其中加入氫氧化鈉溶液并加熱，試管口放一張濕潤的紅色石蕊試紙，如果試紙變藍，證明溶液中含有銨根離子。
2．(1)生產中生成大量廢氣
(2)增大與NaClO溶液的接觸面積，加快反應速率，提高產率
(3)
(4) 氨水 使富集，除去雜質離子
(5)輝鉬鋁礦浸取是放熱反應，降低溫度會使反應進行徹底，并避免NaClO分解
(6)替代空氣中氧氣起氧化劑作用
【分析】被NaClO溶液氧化為、，調節溶液的pH＜1，轉化為，用有機溶劑萃取，在有機層加入氨水，特化為可溶于水的，蒸溶液得到。
（1）
傳統的火法工藝，被空氣中的氧氣氧化為和，該反點的化學方程式為；有毒，和濕法工藝相比這種方法最大的缺陷是生成大量氣體，污染空氣；
（2）
將輝鉬礦磨碎能增大其與NaClO溶液的接觸面積，加快反應速率；
（3）
步驟①中被NaClO溶液氧化為、，1mol 失18mol電子，1mol NaClO得2mol電子，根據得失電子守恒，發生反應的離子方程式為；
（4）
根據題意，在酸性溶液下存在，在堿性條件下存在，步驟③反萃取時使用的X試劑為氯水，步驟②③可以除去、、等雜質離子，也可以使富集；
（5）
不冷卻時溫度上升很快，可知反應放熱；由“有大量的氣泡產生”可推測有氣體產物生成，Mo元素的浸取率只有7.8%，可知高溫條體下NaClO分解放出氧氣，降低溫度，會使被NaClO溶液氮化為、的反應進行徹底，并能避免NaClO分解；
（6）
密閉式循環冷卻水系統中的碳鋼管道緩蝕，除需加入鉬鹽外還需加入，相當于空氣，的作用是替代空氣中氧氣起氧化劑作用。
3．(1) FeR3和HR Li2CO3、MgCO3 消耗萃取反應時生成的H+，促進萃取反應的正向進行，提高萃取效率
(2)燒杯
(3)Li2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2LiOH
(4)2Li+++OH-=H2O+Li2CO3↓
(5) 負極 xLi++xe-+6C=LixC6
【分析】鋰云母浸出液中含有鋰離子、鐵離子、鎂離子和硫酸根離子，加入HR萃取分液可除去鐵離子，加入碳酸鈉過濾得到含有碳酸鋰和碳酸鎂的濾渣1，通過苛化反應生成氫氧化鋰、氫氧化鎂、碳酸鈣，過濾后的濾液中主要為氫氧化鋰、氫氧化鈣和氫氧化鎂，加入適量草酸，生成草酸鈣和草酸鎂沉淀，過濾后濾液中主要為氫氧化鋰，經過碳化反應、混合沉鋰，則可得到電池級碳酸鋰。
（1）
①加入HR后，發生反應，生成FeR3，故有機層主要成分是FeR3和HR；
②鐵離子通過萃取除去后，此時溶液中含有鋰離子、鎂離子和硫酸根離子，加入碳酸鈉后，鋰離子和鎂離子與碳酸根反應，生成碳酸鋰和碳酸鎂沉淀，故濾渣1含有的物質為Li2CO3、MgCO3；
③根據反應，加入NaOH后，中和產物中的氫離子，使化學平衡正向移動，提高萃取效率；
（2）
操作1為萃取、操作2、3為過濾，都需要使用的玻璃儀器為燒杯；
（3）
根據流程圖可知，苛化反應就是石灰與碳酸鹽的反應，生成氫氧化鋰和碳酸鈣，故化學方程式為；
（4）
加入適量草酸后可除去鈣離子和鎂離子，過濾后濾液中主要為LiOH，此時加入過量的CO2，生成碳酸氫根，故“混合沉鋰”的離子方程式為；
（5）
①從圖中可知，充電時Li+向石墨電極移動，則放電時Li+從石墨電極向另一電極移動，故放電時石墨為負極；
②充電時為Li+得電子與石墨生成LiXC6，故電極反應式為。
4．(1) 坩堝 abd
(2) 恒壓滴液漏斗 冷凝回流反應物，提高反應物的轉化率或利用率 水浴加熱 加快反應速率，同時抑制生成的GeCl4水解
(3)GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 nH2O+4HCl
(4)60.7
【分析】本題為工藝流程題，是用鍺石礦來制備Ge，先進行步驟1焙燒，原理為：4[Cu2S·FeS·GeS2]+27O28CuO+2Fe2O3+4GeO2+16SO2，然后再GeO2粗品中加入濃鹽酸，主要反應為：GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O，已知GeCl4的熔點：-49.5℃，沸點：82℃，密度：1.9g·cm-3，則通過步驟3粗餾得到GeCl4精品，步驟4中精品GeCl4與高純水反應得到GeO2·nH2O，反應原理為：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 nH2O+4HCl，步驟5為加熱使GeO2·nH2O失去結晶水變為高純GeO2，最后用H2還原GeO2可得高純Ge，據此分析解題。
（1）
在實驗室中，若焙燒鍺石礦，焙燒固體應將樣品放在坩堝中灼燒，由分析可知，產生的氣體為SO2，據此分析解題：
a．SO2能夠被NaOH溶液完全吸收，干燥管能夠防止倒吸，a符合題意；
b．SO2能夠被酸性高錳酸鉀溶液完全吸收，雙球管能夠防止倒吸，b符合題意；
c．雖然苯能夠防止倒吸，但SO2不能被水完全吸收，c不合題意；
d．SO2能夠被堿石灰完全吸收，d符合題意；
故答案為：坩堝；abd；
（2）
①由題干實驗裝置圖可知，儀器a的名稱是恒壓滴液漏斗，儀器b即球形冷凝管的作用是冷凝回流反應物，提高反應物的轉化率或利用率，本實驗需控制溫度為40℃，故加熱采用的方式為水浴加熱，故答案為：恒壓滴液漏斗；冷凝回流反應物，提高反應物的轉化率或利用率；
②用濃鹽酸而不用稀鹽酸處理GeO2粗品的原因是濃度越大反應速率越快，同時增大溶液酸性，抑制GeCl4水解，故答案為：加快反應速率，同時抑制生成的GeCl4水解；
（3）
由分析可知，“步驟4”生成GeO2·nH2O反應即GeCl4和高純水反應生成GeO2·nH2O和HCl，該反應的化學方程式為：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 nH2O+4HCl，故答案為：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2 nH2O+4HCl；
（4）
查閱資料得知：“步驟4”生成的GeO2·nH2O實為GeO2·H2O，其在5.0mol·L-1的鹽酸中溶解度最小，取10.0mLGeCl4和高純水反應，欲使GeO2·H2O的產率最高，則根據反應方程式：可知，n=0.3535mol， =70.7mL，則加入高純水的體積約為70.7-10.0=60.7mL，故答案為：60.7。
5．(1)增大接觸面積，加快反應速率，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)加入適量鹽酸(或通入HCl氣體)抑制Fe3+的水解
【分析】廢舊鉆酸鋰鎳離子電池主要含有Fe、Al、碳的單質和LiCoO2，初步處理加堿浸泡，鋁和堿液反應生成偏鋁酸鹽和氫氣，固體殘渣為：Fe、C的單質和LiCoO2，加鹽酸發生反應：Fe+2H+ = Fe2++H2↑，2LiCoO2+8H++2Cl- = 2Li++2Co2++Cl2↑+4H2O；沉淀為C，濾液A含Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，加入草酸銨，過濾沉淀為CoC2O4·2H2O，濾液B含Fe3+、Li+、Cl-，加入碳酸鈉，發生的離子反應為2Li++=Li2CO3↓，濾液C含Fe3+、Cl-，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾分離出氯化鐵晶體，據此分析解答。
【詳解】（1）廢舊電池初步處理為粉未狀的目的是增大接觸面，加快反應速率，提高浸出率；故答案為：增大接觸面積，加快反應速率，提高浸出率；
（2）由分析可知，濾渣的主要成分為C；故答案為：C；
（3）含鋁廢液中通入的CO2過量，則生成 和Al(OH)3沉淀，反應離子方程式：AlO+ CO2 + 2H2O=Al(OH)3↓+HCO；故答案為：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO；
（4）由分析可知，濾液A含Fe3+、Li+、Co3+、Cl-，溶質除HCl、LiCl外還有FeCl3、CoCl2；LiCoO2中Li為+1價，Co為+3價，具有氧化性，HCl中-1價的氯具有還原性，則 LiCoO2和鹽酸反應的化學方程式為：2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；故答案為：FeCl3、CoCl2；2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；
（5）在空氣中對CoC2O4·2H2O持續加熱時的熱分解失重，首先失去結晶水，在120~220℃時，固體失重率為19.76%，生成產物為CoC2O4由Ⅰ可知，在120~220℃時，CoC2O4·2H2O完全失去結晶水生成CoC2O4，然后繼續升高溫度加熱，則CoC2O4分解生成氧化物，設為1mol時，其分解失去的質量為183g×59.02%=108g，剩余的質量183g-108g=75g，設產物的化學式為CoOx，則59+16x=75，解得x=1，則化學式為CoO，則反應方程式為2CoC2O4+O22CoO+4CO2，故答案為：2CoC2O4+O22CoO+4CO2；
（6）將濃度為0.02mol·L-1的Li2SO4和濃度為0.02mol·L-1的Na2CO3溶液等體積混合，忽略混合時體積變化，則溶液中c（Li+）=0.02 mol·L-1，c()=0.01 mol·L-1，濃度商Qc=c2(Li+)×c()=4×10-6 < Ksp=8.64×10-4，無沉淀生成，則此時溶液中Li+濃度0.02 mol·L-1，故答案為：0.02；
（7）水溶液中氯化鐵水解生成氫氧化鐵和氯化氫，氯化氫是易揮發的物質，加熱會促進水解生成氫氧化鐵，從FeCl3溶液得到FeCl3·6H2O固體的操作關鍵是抑制氯化鐵水解，加入適量鹽酸（或通入適量氯化氫氣體），故答案為：加入適量鹽酸（或通入適量氯化氫氣體。
6．(1) Ca 3 IVA
(2)
(3)
(4) 堿浸可將硅酸轉化成可溶性的硅酸鹽 Na2SiO3
(5)酸性過強會抑制鋁離子和鐵離子水解，使水解平衡逆向移動，處理廢水效果差；堿性環境會抑制硅酸根水解，促進鐵離子和鋁離子水解平衡正向移動生成氫氧化鐵沉淀和氫氧化鋁沉淀，處理廢水效果差
(6)2：3
【分析】粉煤灰中加入碳酸鈉溶液焙燒后，氧化鋁和二氧化硅轉化為偏鋁酸鈉和硅酸鈉，再酸浸后 得到的濾液1中有硫酸鐵、硫酸亞鐵和硫酸鋁，濾渣中含硫酸鈣和硅酸；濾液1中加入過氧化氫將亞鐵離子氧化為三價鐵，濾渣1堿浸后得到的濾渣2為硫酸鈣，濾液2中主要含硅酸鈉，濾液2加酸聚合后與氧化后的濾液1合成PAFSS。
（1）
同周期從左往右金屬性減弱，同主族從上往下金屬性增強，元素和，金屬性最強的是Ca；位于元素周期表第3周期第IVA族；
（2）
焙燒的主要目的是通過 與反應破壞莫來石結構，該反應的化學方程式為：；
（3）
濾液1中加入溶液，將亞鐵離子氧化為鐵離子，反應的離子方程式為；
（4）
濾渣1的主要成分為H2SiO3和CaSO4，堿浸可將硅酸轉化成可溶性的硅酸鹽；濾液2的主要成分為Na2SiO3；
（5）
聚硅酸硫酸鋁鐵中鋁離子和鐵離子水解生成膠體，硅酸根水解生成硅酸膠體，酸性過強會抑制鋁離子和鐵離子水解，使水解平衡逆向移動，處理廢水效果差；堿性環境會抑制硅酸根水解，促進鐵離子和鋁離子水解平衡正向移動生成氫氧化鐵沉淀和氫氧化鋁沉淀，處理廢水效果差；
（6）
加鹽酸使其完全膠凝，分離所得沉淀經煅燒得固體，固體為SiO2，物質的量為0.08mol，即硅元素的物質的量為0.08mol；向上述濾液中加入足量氫氧化鈉溶液，分離所得沉淀經煅燒得固體，固體為Fe2O3，物質的量為0.02mol，即鐵元素的物質的量為0.04mol；再向濾液中通入足量，分離所得沉淀經煅燒得固體，固體為Al2O3，物質的量為：0.04mol，即鋁元素的物質的量為0.08mol；則中0.08：（0.04+0.08）=2：3。
7．(1) 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO+ 3H2↑ 低于時，隨著濃度增大，Al的浸出率逐漸增大，浸出渣中鋁的質量分數減少，當高于時，Al的浸出率和浸出渣中鋁的質量分數變化不大，而且對設備要求更高，不利于經濟效益，所以NaOH最優濃度為；
(2) 2 （2-2z） C 1 2z 2x 2y （1-2z)CO 將褐煤和粉料研磨粉碎并混合均勻；
(3) ①T<56℃ 反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動，同時，溫度升高也會使得二氧化碳的溶解度減小，c(CO2)減小，平衡也會逆向移動
【分析】廢舊鋰離子電池正極材料主要由活性材料與鋁箔構成，當采用堿浸時，除了氧化鋁參與反應外鋁也會參與反應，活性材料粉碎后加入褐煤還原焙燒，生成LiCO3，Ni，Co，MnO，同時碳單質會被氧化成一氧化碳(或者二氧化碳)，所得焙燒產物用水和處理(碳化水浸)，將鋰元素變成LiHCO3轉移到水相，最后結晶碳化，得到碳酸鋰。另外，浸出渣酸浸萃取后得到硫酸鹽。
【詳解】（1）廢舊鋰離子電池正極材料主要由活性材料與鋁箔構成，當采用堿浸時，除了氧化鋁參與反應外鋁也會參與反應，所以離子方程式為: 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO+ 3H2↑；由圖象可知，為拐點，低于此濃度，濃度越大浸出率越大，而當大于時，浸出率變化不明顯，而且對設備要求高，不利于經濟效益；
（2）①根據鋰守恒，可知系數為2，MnO，Ni， Co等原子守恒可得系數分別為2z 2x 2y，此過程金屬發生還原反應，則C做還原劑被氧化成CO，則根據氧原子守恒，得到C系數為（2-2z），碳守恒得到CO系數為（1-2z），最后得到化學方程式：；
②提高固相反應速率可以適當升高溫度或者研磨粉碎使反應物固體混合均勻；
（3）①碳酸鋰溶浸過程的反應，該反應為氣體系數和減小的反應，ΔS＜0，由圖象可知，ΔH＜0，所以該反應低溫條件下能自發進行，依據復合判據，當ΔG＜0時自發，由圖可知，溫度大概等于56左右ΔG為0，所以當T<56℃時，ΔG＜0，該反應自發進行；②由圖象可知，ΔH＜0，所以反應放熱，升高溫度，平衡逆向移動，同時，溫度升高也會使得二氧化碳的溶解度減小，c(CO2)減小，平衡也會逆向移動。
【點睛】化學方程式配平時，注意采用觀察法，設LiCO3系數為1，然后依次采用原子守恒的方式得到正確的化學方程式。
8．(1)
(2)鐵、碳和污酸構成原電池，加速鐵與溶液中二氧化硫（亞硫酸）的氧化還原反應
(3) 0.2 相同反應時間（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顯酸性，化學用語表示為：；
（2）
鐵碳床可以形成原電池，可以加快反應，純鐵床不能形成原電池，故原因是：鐵、碳和污酸構成原電池，加速鐵與溶液中二氧化硫（亞硫酸）的氧化還原反應
（3）
設3h內，As的質量濃度變化為x g/L，由圖可知3h內As的去除率為33%，故，解得x=0.6 g/L，故內，砷去除平均速率是，即0.2；從圖中可以看出，相同反應時間（2h），0.64gSO2（0.01mol）比加入1.26gNa2SO3（0.01mol）的As的去除率高，故加入時的去除效率更好；
（4）
用電極進行電解，陽極附近溶液變藍，故陽極是碘離子失去電子生成碘單質，電極反應式為：；電路中轉移電子的物質的量為：mol，1mol轉化為1mol轉移電子2mol，根據原子守恒和電子守恒，As的殘留量為：。
9．(1) 四 VIII
(2)SiO2
(3) 3Fe2(SO4)3＋Na2SO4＋H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6H2SO4 減小
(4) 10 10-3 2 溫度升高，Ksp增大，溶液中S2-水解平衡正向移動，導致溶液中c(S2-)減小，則c(Co2＋)=、c(Ni2＋)=增大，去除率降低
【解析】（1）
①Fe的原子序數為26、Co的原子序數為27、Ni的原子序數為28，三種元素均位于元素周期表第四周期；
②Fe、Co、Ni位于第VIII族；
（2）
軟錳礦在稀硫酸條件下酸浸，SiO2不與硫酸反應，則濾渣1為SiO2；
（3）
①氧化后溶液中存在的離子為：，Na2SO4與Fe2(SO4)3反應的化學方程式為：3Fe2(SO4)3＋Na2SO4＋H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6H2SO4；
②反應后，生成物中有硫酸產生，則溶液的pH會減小；
（4）
①根據圖a可知，加入MnS為10 g·L-1時，Co2＋、Ni2＋的去除率最大；
Co2＋完全沉淀時，c()= ，，；
②由圖b可知，溶液pH為2時離子的去除率最大，則最佳pH為2；
③溫度升高，Ksp增大，溶液中S2-水解平衡正向移動，導致溶液中c(S2-)減小，則c(Co2＋)=、c(Ni2＋)=增大，去除率降低。
10．(1) 適當升高溫度 攪拌或延長浸出時間
(2) 2ReS2 + 19H2O2 = 2ReO + 4SO+ 10H+ + 14H2O SiO2 低于T℃，隨著溫度升高，浸出速率加快，高于T℃，過氧化氫受熱易分解，浸出率減小
(3)Fe3+，Al3+
(4) 分液漏斗 重結晶
(5)Re2 O7 +7 H22Re + 7H2O
(6) NH3 含R3N的有機溶液
【分析】由題給流程可知，向富錸渣中加入稀硫酸和H2O2溶液，ReS2與H2O2發生氧化還原反應得到高錸酸和硫酸，過濾得到濾渣SiO2，濾液為含高錸酸和硫酸的混合溶液，再加入含R3N的有機溶液萃取，分液可得到循環使用的稀硫酸和R3N·HReO4溶液；向R3N·HReO4溶液溶液中加入氨水充分反應后，分液得到含R3N的有機溶液和NH4ReO4溶液，高錸酸銨溶液經蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到NH4ReO4晶體，該晶體在受熱分解生成可循環使用的氨氣和Re2O7，最后Re2O7在800℃條件下和氫氣發生置換反應生成錸和水。
【詳解】（1）為了防止過氧化氫分解，適當升高溫度可以加快錸的浸出速率，從而提高錸的浸出率，另外攪拌，增大過氧化氫的濃度或者延長浸出時間都可以加快浸出速率；
（2）①依照題意，浸出反應中ReS2轉化為兩種強酸，應該為HReO4和硫酸，在書寫離子方程式時拆解成離子形式，所以對應的離子方程式為：2ReS2 + 19H2O2 = 2ReO + 4SO+ 10H+ + 14H2O；②加入硫酸和過氧化氫，二氧化硅不參與反應，所以濾渣為SiO2；③溫度較低時，隨著溫度升高化學反應速率加快，但由于過氧化氫受熱易分解，所以溫度過高時，浸出速率降低，答案為：低于T℃，隨著溫度升高，浸出速率加快，高于T℃，過氧化氫受熱易分解，浸出率減小；
（3）經過操作1后，Fe和Al2O3轉化為Fe3+和Al3+，浸出液主要含有Fe3+和Al3+，加入含R3N的有機溶液后，二者不溶于有機溶劑，以廢液形式回收，所以廢液中存在的主要離子是：Fe3+，Al3+；
（4）①有機溶液與水不互溶，所以用分液的方法分離，需要用到的儀器為分液漏斗；②已知高錸酸銨是白色片狀晶體，而固體的提純方法為重結晶；
（5）在800℃條件下，Re2O7得到錸粉，所以方程式為：Re2 O7 +7 H22Re + 7H2O；
（6）見分析，可循環使用的是硫酸，氨氣和含R3N的有機溶液，答案為氨氣和含R3N的有機溶液。
【點睛】注意題中問題的要求，離子方程式還是化學方程式的書寫。
11．(1)第六周期 ⅢA族
(2)適當增大硫酸濃度、適當升高溫度、攪拌、適當延長酸浸時間等
(3) Fe2O3 FeSO4+K3[Fe(CN)6]=K2SO4+KFe[Fe(CN)6]↓
(4)8≤pH<10
(5)S2-+2Tl+= Tl2S↓
(6)陰離子交換膜
【分析】酸堿：“酸浸”步驟中發生的反應為 、、、 ，過濾得濾渣1：PbSO4；
調pH1：濾液中加入NaOH溶液調節1為8>pH≥3.7得濾渣2：Fe(O H)3，除去Fe3+，灼燒Fe(O H)3得產品1：Fe2O3；
調pH2：調pH2為：8≤pH<10，使Zn2+變為濾渣2：Zn(OH)2，灼燒Zn(OH)2得產品2：ZnO；
富集：在富集中加入Na2S與Tl+反應生成Tl2S沉淀，過濾出濾液和固體，洗滌后加入稀硫酸進行“酸溶”；
酸溶：酸溶反應原理為：，將Tl+進行富集；
電解：通過電解Tl2SO4溶液，得到Tl陰極得電子，陰極為純鉈，電解方程式為： 2H2O+4Tl+O2↑+4Tl+4H+，陽離子向陰極(純鉈)移動，得電子還原為Tl，陽極得到硫酸，硫酸根向陽極移動，所以為陰離子膜。
【詳解】（1）鉈在周期表中的位置是第六周期 ⅢA族；
（2）“酸浸”過程中為提高鉈的浸取速度，可采取的措施有適當增大硫酸濃度、適當升高溫度、攪拌、適當延長酸浸時間等；
（3）由分析可知產品1為；檢驗Fe2+用的試劑為鐵氰化鉀，發生的化學反應式為：；
（4）由分析可知，使Zn2+變為濾渣Zn(OH)2，且不溶解，pH2范圍為：8≤pH<10；
（5）在富集中加入Na2S與Tl+反應生成Tl2S沉淀，反應方程式為；
（6）由分析可知，離子交換膜應為陰離子交換膜。
12．(1)CN-+2HO·→CNO-+H2O
(2)A
(3) 1：3 隨pH增大羥基自由基活性或氧化性減弱、鐵離子沉淀造成催化劑失去活性(兩種答案均可，其他合理解釋均可)
(4)+3+5H+=2Cr3++3+4H2O
(5)c(Cr3+)=遠小于10-5，故沉淀完全
(6)C
【分析】電鍍廢水，經過Fenton 氧化主要去除COD和氰化物，亞鐵離子作催化劑；加入亞硫酸鈉做還原劑，可以將Cr (Ⅵ)還原為三價Cr離子；調節pH，使三價Cr離子沉淀；再經過其他處理，實現主要凈化目標，據此分析作答。
（1）
根據總反應方程式和步驟一可知，步驟二為CN-和HO·反應，生成CNO-和H2O，離子方程式為：CN-+2HO·→CNO-+H2O，故答案為：CN-+2HO·→CNO-+H2O；
（2）
A．曝氣指將空氣中的氧強制向液體中轉移的過程，其目的是獲得足夠的溶解氧，提供氧化劑，可以代替Fenton 氧化，A項符合題意；
B．硫化沉淀中硫離子為還原劑，B項不符合題意；
C．離子交換不會發生價態改變，C項不符合題意；
故答案為：A；
（3）
①根據圖一可知，n(Fe2+)：n(H2O2 )= 1：3時，COD和氰化物的去除率都最高，是最有利于該工藝過程的n(Fe2+)：n(H2O2 )比值，故答案為：1：3；
②反應中存在羥基自由基和鐵離子，隨pH增大羥基自由基活性或氧化性減弱、鐵離子沉淀造成催化劑失去活性，導致COD和氰化物的去除率下降，故答案為：隨pH增大羥基自由基活性或氧化性減弱、鐵離子沉淀造成催化劑失去活性；
（4）
酸性條件下進行，Cr (Ⅵ)為，和亞硫酸鈉反應，還原為Cr3+，亞硫酸根氧化為硫酸根離子，離子方程式為：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O，故答案為：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；
（5）
KspCr(OH)3= ，則c(Cr3+)=＜10-5，Cr3+沉淀完全，故答案為：c(Cr3+)=遠小于10-5，故沉淀完全；
（6）
根據“膜過濾”步驟微粒過膜與攔截示意圖，可知水和可溶性的鹽能通過該膜，則符合題意的為納濾膜，故答案為：C。
13．(1)ACD
(2)b、c、e、d
(3) Ca2+、SO 硝酸鋇、碳酸鈉、稀硝酸
(4) 通入過量氧氣氧化NO，方便后續吸收生成NaNO3，預熱反應氣體NO2、O2，加快生成NaNO3的速率 4NO2+O2+2Na2CO3=4NaNO3+2CO2 NaNO2、NaHCO3
【分析】步驟Ⅰ加入濃硝酸發生反應，粗碳酸鈣中含有少量、、MgO分別與硝酸反應生成硝酸鐵、硝酸鋁、硝酸鎂，步驟II中調節pH沉淀Fe3+、Al3+、Mg2+，步驟III發生復分解反應為，步驟IV中濾液中含有Ca2+、SO雜質離子，按順序加入硝酸鋇、碳酸鈉、稀硝酸可除去，步驟V加熱濃縮得到硝酸鈉固體；
(1)
A．步驟Ⅰ中由提示信息，滴加硝酸至無明顯氣泡，可判斷碳酸鈣已基本反應完全，A正確；
B．步驟Ⅱ，在較高溫度下加熱碳酸鈣會分解，不利于浸出，B錯誤；
C．步驟III中發生，硫酸鈣是微溶物會覆蓋在硫酸鈉固體上，因此需要將硫酸鈉粉末分多次加入并不斷攪拌，C正確；
D．步驟Ⅴ，蒸發濃縮、冷卻結晶及離心分離后的母液含有硫酸鈉，可返回復分解容器中稀釋漿料循環利用，D正確；
故選：ACD；
(2)
由提示信息③，Al3+沉淀pH為7~8，此pH下Fe3+也完全沉淀，由于Al(OH)3能溶于強堿，則先過濾Fe(OH)3、Al(OH)3，再調節pH至12，沉淀Mg2+，過濾掉Mg(OH)2沉淀，再加入稀硝酸調節溶液pH，此時溶質只有NaNO3，再加熱濃縮溶液可得NaNO3固體，操作順序為b、c、e、d；
(3)
步驟Ⅳ，提純主要除去的離子是Ca2+、SO，先用過量的硝酸鋇溶液除去SO，再加入過量碳酸鈉溶液除去Ca2+、Ba2+，最后加入適量稀硝酸反應多余的碳酸鈉，加入順序為硝酸鋇、碳酸鈉、稀硝酸；
(4)
①裝置A的作用是：通入過量氧氣氧化NO，方便后續吸收生成NaNO3，預熱反應氣體NO2、O2，加快生成NaNO3的速率；
②已知可用純堿吸收制備硝酸鈉，裝置B中二氧化氮和氧氣和水發生氧化還原反應生成硝酸，反應方程式為4NO2+O2+2H2O=4HNO3，硝酸和碳酸鈉反應生成硝酸鈉和二氧化碳，反應方程式為2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2+H2O，兩式相加可得總反應方程式為4NO2+O2+2Na2CO3=4NaNO3+2CO2；
③NaNO3是強酸強堿鹽，溶液為中性，反應后溶液測得pH=8，說明含有強堿弱酸鹽，可能為NaNO2，也有可能是少量硝酸與碳酸鈉反應得到NaHCO3，則可能混有的主要雜質是NaNO2、NaHCO3。
14．(1) 防止發生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，導致銅被浸出(或防止氧氣氧化銅單質生成銅離子，導致銅被浸出) ZnCO3、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3或CdO等
(2) 3Fe2+++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ MnO2和Fe(OH)3
(3) 鋅粉消耗量過多，會增加成本；熔煉中NaOH的消耗量過多，也會增加成本 86.2
(4)ZnSO4、K2SO4
(5) Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑ 密度
【分析】根據流程圖，鎘廢渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO雜質)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多種硫酸鹽，加入石灰乳調節pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸鈣，在濾液中加入高錳酸鉀溶液，氧化亞鐵離子為鐵離子，形成氫氧化鐵沉淀，將Mn2+氧化生成二氧化錳沉淀；在濾液中再加入鋅置換出Cd，得到海綿鎘，海綿鎘用氫氧化鈉溶解其中過量的鋅，得到鎘和Na2ZnO2。
（1）
隔絕空氣目的是防止氧氣氧化銅生成硫酸銅，防止發生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，導致銅被浸出，“步驟III”使用ZnO調節pH至5，為了不引入其他雜質離子且能消耗氫離子，還可以使用ZnCO3、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3或CdO等代替ZnO；故答案為：防止發生2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，導致銅被浸出；ZnCO3、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3或CdO等；
（2）
“氧化”時KMnO4的還原產物是MnO2，該步驟中除鐵、除錳的離子方程式分別為3Fe2+++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；廢渣應該是反應中生成的不溶物，即為MnO2和Fe(OH)3，故答案為：3Fe2+++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+；MnO2和Fe(OH)3；
（3）
①實際生產中比值最佳為1.3，如果超過該比值，鋅粉用量過多會增加成本；生成的海綿鎘的純度會降低；熔煉中NaOH的用量過多，也會增加成本，故答案為：鋅粉消耗量過多，會增加成本；熔煉中NaOH的消耗量過多，也會增加成本；
②鋅置換鎘的反應為Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置換出112kgCd，且使鎘置換率達到98%，理論加入的Zn的質量為×65kg/kmol≈66.3kg，根據實際生產中比值最佳為1.3，則實際加入的Zn的質量為66.3kg×1.3≈86.2kg，故答案為：86.2；
（4）
根據流程圖，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入鋅“置換”后濾液溶質的主要成分是ZnSO4、K2SO4，故答案為：ZnSO4、K2SO4；
（5）
“熔煉”時，將海綿鎘(含Cd和Zn)與NaOH混合反應，鋅被NaOH溶解，反應的化學方程式是Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑。當反應釜內無明顯氣泡產生時停止加熱，Cd液體與Na2ZnO2的密度不同，將Cd從反應釜下口放出，以達到分離的目的，故答案為：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。
15．(1)還原性
(2)、OH-
(3)0.3mol
(4) 2Al2O3(熔融)3O2↑+4Al NaHCO3 0.01
(5)向濾液③中加入稀鹽酸和KCl固體后，蒸發濃縮、降溫結晶
【分析】鉻渣(Al、Al2O3、 Cr2O3等)加熔融NaOH、空氣后鋁單質和氧化鋁與NaOH反應生成偏鋁酸鈉，Cr2O3轉化成，降溫后溶于水得到溶液1，再通入適量二氧化碳將偏鋁酸鈉轉化成氫氧化鋁沉淀，過濾得到濾渣A為氫氧化鋁，濾液2為含和碳酸根離子的溶液，再通入二氧化碳將碳酸鈉轉化成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，因此會析出晶體，故濾渣B為碳酸氫鈉晶體，然后濾液3進行酸化得到重鉻酸鉀，據此分析解答。
【詳解】（1）該過程中，鋁被氧化，表現了還原性。故答案為：還原性；
（2）過程Ⅰ時加入了氫氧化鈉，含鋁物質變為AlO ，同時溶液中還有過量的OH－。故答案為：、OH-；
（3）該過程可簡單的看成是氧氣將Cr2O3氧化為CrO，由電子守恒，3O2～4 CrO，生成0.4 mol CrO，消耗的氧氣為0.3 mol。故答案為：0.3mol；
（4）①由氧化鋁冶煉鋁的方程式為2Al2O3(熔融) 3O2 ↑+ 4Al。故答案為：2Al2O3(熔融)3O2↑+4Al；
②濾渣B含有NaHCO3，受熱分解后得碳酸鈉和二氧化碳，可以循環利用。故答案為：NaHCO3；
③K＝=4.0×1014，=10-6 mol/L，故=0.01 mol/L。故答案為：0.01；
（5）要生成較多K2Cr2O7，需使反應③正向移動，故需要向濾液3中加入稀鹽酸；從表中數據看出，對應鈉鹽的溶解度大于鉀鹽，所以，還需要同時加入KCl固體轉變為鉀鹽后，蒸發濃縮、降溫結晶。故答案為：向濾液③中加入稀鹽酸和KCl固體后，蒸發濃縮、降溫結晶；
16．(1)將固體研細(加熱或適當提高硫酸的濃度)
(2)將二價鐵氧化為三價鐵
(3)4≤pH<7
(4) 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O >
(5) 蒸發濃縮 冷卻結晶 防止六水合氯化鈷分解(脫水)
【分析】鈷廢催化劑(Co、Fe、FeO、Fe2O3以及不溶于酸的雜質)加入稀硫酸，發生反應：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；過濾除去不溶物，向濾液中加氯酸鈉將Fe2+氧化成Fe3+，然后調節pH=3促進Fe3+完全水解生成Fe(OH)3沉淀，將過濾分離得到的Fe(OH)3溶于NaClO和NaOH的混合溶液，發生反應生成Na2FeO4，再向所得溶液中加入KCl粉末，然后過濾即得K2FeO4；沉鈷是繼續向濾液中加入碳酸鈉調節pH=9得到Co(OH)2，然后用鹽酸溶解生成CoCl2，最后經過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾等操作得到CoCl2 6H2O；
(1)
酸溶時，采取將固體研細或加熱或適當提高硫酸的濃度等措施可提高溶解速率，故答案為：將固體研細(加熱或適當提高硫酸的濃度)；
(2)
氯酸鈉有較強氧化性，濾液中加氯酸鈉能將Fe2+氧化成Fe3+，故答案為：將二價鐵氧化為三價鐵；
(3)
常溫下Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×10-35，當溶液中c(Fe3+)≤10-5mol/L時沉淀完全，此時溶液中c(OH-)=mol/L=10-10mol/L，則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，開始生成Co(OH)2沉淀時溶液中c(OH-)=mol/L=10-7mol/L，則c(H+)=mol/L=10-7mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-7=7，調節pH的目的是使Fe3+沉淀完全，而Co2+不沉淀，即pH的范圍應為4≤pH＜7，故答案為：4≤pH＜7；
(4)
Fe(OH)3溶于NaClO和NaOH的混合溶液，發生反應生成Na2FeO4，同時有NaCl和水生成，則發生反應的化學方程式為2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；Fe(OH)3溶于NaClO和NaOH的混合溶液，發生反應生成Na2FeO4，同時有NaCl和水生成；向Na2FeO4加入KCl有K2FeO4析出，說明同條件下Na2FeO4溶解度大于K2FeO4，故答案為：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；＞；
(5)
將CoCl2溶液蒸發濃縮、冷卻結晶，然后過濾即可得到CoCl2 6H2O；CoCl2 6H2O在110℃～120℃時脫水變成藍色無水氯化鈷，所以不能用高溫烘干，需要減壓烘干，目的是為了防止CoCl2 6H2O脫水，故答案為：蒸發濃縮；冷卻結晶；防止六水合氯化鈷分解(脫水)。
17．(1)提高硫酸濃度、加熱或攪拌、銅帽粉碎等
(2)
(3)漏斗、燒杯、玻璃棒
(4)取最后一次洗滌液少許，先加鹽酸，然后加BaCl2溶液，若無沉淀生成則已洗凈
(5)乙醇易揮發，有利于ZnO粉末的干燥
(6)
【分析】由題給流程可知，電池銅帽加入稀硫酸和過氧化氫溶液溶解時，鋅、銅轉化為硫酸鋅、硫酸銅，向反應后的溶液中加入適量鋅粉，將硫酸銅轉化為銅，過濾得到海綿銅和硫酸鋅溶液；向硫酸鋅溶液中加入碳酸銨溶液，將硫酸鋅轉化為碳酸鋅沉淀，過濾、洗滌、干燥得到碳酸鋅；碳酸鋅高溫灼燒制得納米氧化鋅。
【詳解】（1）提高硫酸濃度、加熱、攪拌、銅帽粉碎等措施能提高銅帽溶解速率，故答案為：提高硫酸濃度、加熱或攪拌、銅帽粉碎等；
（2）由題意可知，酸性條件下，銅和氧氣共熱反應生成銅離子和水，反應的離子方程式為；
（3）過濾步驟中使用的玻璃儀器為漏斗、燒杯、玻璃棒，故答案為：漏斗、燒杯、玻璃棒；
（4）碳酸鋅沉淀的表面附有可溶性的硫酸銨雜質，檢驗沉淀是否洗滌干凈實際上就是檢驗洗滌液中是否存在硫酸根離子，檢驗的具體操作為取最后一次洗滌液少許，先加鹽酸，然后加入氯化鋇溶液，若無沉淀生成，則沉淀已洗凈，故答案為：取最后一次洗滌液少許，先加鹽酸，然后加BaCl2溶液，若無沉淀生成則已洗凈；
（5）乙醇具有揮發性，氧化鋅用去離子水洗凈，再用乙醇洗滌3次，可以帶走氧化鋅表面的水分，起到干燥的作用，故答案為：乙醇易揮發，有利于ZnO粉末的干燥；
（6）由題意可知，2.00g沉淀為碳酸鈣的質量，由碳原子個數守恒可知，堿式碳酸鋅中碳酸鋅的物質的量為=0.02mol，由鋅原子的原子個數守恒，氫氧化鋅的物質的量為=0.04mol，則結晶水的物質的量為=0.02mol，由堿式碳酸鋅中碳酸鋅、氫氧化鋅、結晶水的個數比等于物質的量比可得：1：x：y=0.02mol：0.04mol：0.02mol，解得x=2、y=1，堿式碳酸鋅的化學式為，故答案為：。
18．(1)粉碎鐵礦石、加熱、增大鹽酸濃度等
(2)2Fe3++Sn2++6Cl =2Fe2++
(3) Fe2+ 作為“TiCl3還原”過程的指示劑
(4)“K2Cr2O7氧化”是為了除去“TiCl3還原”后溶液中的+5價鎢和Ti3+，防止對后續滴定造成干擾
(5)使管尖與錐形瓶內壁接觸，松開食指使溶液全部流出
(6)×100％
【分析】鐵礦石加入鹽酸酸浸溶解，得到的溶液加入適量氯化錫進行還原，再加入鎢酸鈉、氯化鈦進行還原，進而加入重鉻酸鉀氧化，再滴定，計算其中礦石中的鐵含量。
(1)
粉碎鐵礦石、加熱、增大鹽酸濃度均可以提高“酸浸溶解”速率；
(2)
根據已知信息②Sn在溶液中的主要存在形式為Sn2+和，可知Sn2+還原Fe3+時，被氧化成，反應的離子方程式為2Fe3++Sn2++6Cl =2Fe2++ ；
(3)
Sn2+還原Fe3+，但溶液仍為淺黃色，說明仍含有部分Fe3+；加入TiCl3和鎢酸鈉后，溶液呈現藍色，說明鎢由+6價變為+5價，且氧化性順序：>Fe3+> ，說明此時溶液中沒有Fe3+，鎢酸鈉的作用即為指示Fe3+是否被還原完全；
(4)
“K2Cr2O7氧化”和“滴定”時均用K2Cr2O7，且均為氧化劑，說明定量滴定前，需氧化除去其他還原性離子；
(5)
移液管是量取一定體積的液體的儀器，用移液管吸取25.00mL溶液后，將移液管垂直放入稍傾斜的錐形瓶中，使管尖與錐形瓶內壁接觸，松開食指使溶液全部流出，數秒后，取出移液管；
(6)
根據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％。
答案第1頁，共2頁
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