2024届高三化学一轮专题训练——工业流程题（含解析）

2024届高三化学一轮专题训练——工业流程题
1．（2023·四川成都·一模）工业上用电解溶液生成的氯气为原料，生产溴酸钾的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)惰性电极电解溶液产生氯气总反应的离子方程式为______________。
(2)“合成I”中得到，该反应的还原剂是______________；“合成II”中加入的目的是____________。
(3)结合溶解度曲线分析，“合成Ⅲ”为复分解反应，该反应能发生的原因是____________；若向溶液中加入______________粉末，可使溶液中的降为[假设溶液体积不变，已知该温度下]。“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是______________(写一条)。
(4)为了从过滤II后的滤液中获得氯化镁结晶，依次要经过________、___________操作。
(5)另一种产生溴酸盐的方法是用溶液吸收，同时生成气体。写出相应的化学方程式______________；原子经济性更高的是______________(填“吸收法”或“氯气氧化法”)。
2．（2022·河北邯郸·邯郸一中校考模拟预测）工业上以镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)为原料制备兰尼镍(一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能) ，并获得副产品黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“煅烧过程中NiS、FeS分别转化为Ni2O3、Fe2O3，写出NiS转化为Ni2O3的化学方程式：___。
(2)已知Ni2O3具有强氧化性，则滤渣1的主要成分为____(填化学式，下同)，气体2是___。
(3)滤渣2的主要成分为黄钠铁矾，写出生成黄钠铁矾和气体的离子方程式：____。
(4)“高温熔融”阶段通入Ar的目的是_____。
(5)“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其反应原理为_______(用离子方程式表示)。
(6)Ni(OH)2可用于制备镍钴锰三元电极材料。用NiSO4溶液制备Ni(OH)2时，若要使滤液中的c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则滤液的pH不小于_______{已知：Ksp[Ni(OH)2] = 2.0 ×10-15，lg2 = 0.3}。
3．（2022·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）铜转炉烟灰含金属元素(主要为 Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物以及 SiO2.其有价金属回收工艺流程如下。已知：25℃时，Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13。回答下列问题：
(1)“浸出液①”中所含有的金属阳离子有_______和Fe2+、Fe3+。“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8mol·L 1时，金属离子浸出率反而下降，原因是_______。
(2)“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，用KMnO4溶液氧化后，所得滤渣主要成分为Fe(OH)3、MnO2，该氧化过程的离子方程式为_______。
(3)ZnSO4的溶解度随温度变化曲线如图所示。“浓缩结晶”的具体操作步骤为：
①在沸腾时蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
②降温至 60℃蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
③冷却至室温，过滤、洗涤、干燥。
其中，步骤①的目的为_______。
(4)“转化”后，滤饼的主要成分是SiO2和_______。
(5)该工艺中，可循环利用的物质是_______。
(6)蓄电池如果一直闲置不使用，也会损耗电量，这种现象称为蓄电池的自放电现象。铅酸蓄电池的负极在较高温度和较高浓度的硫酸中容易发生自放电现象，用化学方程式表示自放电的机理：_______。
4．（2022·陕西汉中·统考模拟预测）碘化亚铜()是阳极射线管覆盖物，也是重要的有机反应催化剂，不溶于水和乙醇。下图是用废铜电缆(杂质中含有少量铁)制取无水碘化亚铜的流程。
(1)过程①得到的溶液呈蓝色，其原因是________(用离子方程式表示)，当温度高于时，反应速率下降，原因是____________________。
(2)过程②中用________调节溶液的值(任写1种即可)，得到滤渣的主要成分是_________。(已知：的，的)
(3)过程③的氧化产物能使淀粉溶液变蓝，对应的离子方程式为___________。
(4)过程④用乙醇洗涤的目的为_______________。
(5)准确称取样品，加入足量的溶液中，待样品完全反应后，用酸性溶液滴定，滴定终点的现象是_______________；达到终点时，消耗溶液体积的平均值为，则样品中的质量分数为_______________。
5．（2022·浙江舟山·舟山中学校考模拟预测）铁黄(FeOOH)可用作颜料。一种由钛铁矿浸出后的废液[主要含FeSO4、Fe2(SO4)3和TiO(SO4)2]制取铁黄的过程如下：
已知：① “除钛”时TiO2＋发生水解反应TiO2＋＋H2O TiO2↓＋2H＋；
② 实验中Fe2＋开始生成Fe(OH)2沉淀时pH=6.3，Fe3＋开始生成FeOOH时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。
(1)检验废液中存在Fe2＋的方法是_______。
(2)“除钛”时需进行加热，目的是_______。
(3)“氧化”时的离子方程式为_______。
(4)为测定铁黄产品的纯度，现进行如下实验：准确称取2.000g铁黄样品，向其中加入50mL1.000 mol·L-1 H2SO4，待固体完全溶解后，向其中加入Na2C2O4溶液[发生反应：Fe3＋＋3C2O=Fe(C2O4)，Fe(C2O4) 不与稀碱液反应]，反应后将溶液稀释至100 mL，量取25.00mL于锥形瓶中，滴入2滴指示剂，用0.400 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定剩余的酸，恰好完全反应时，消耗NaOH溶液体积为25.00mL。
① 实验过程中Na2C2O4应过量，过量Na2C2O4会与H2SO4反应生成H2C2O4,为不影响测定结果，指示剂可使用_______(填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。(已知NaHC2O4溶液呈酸性)
②计算该产品的纯度_____ (写出计算过程)。
(5)控制pH= 4～4.5，温度80～85 ℃，硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，摩尔质量为392 g·mol-1]与KClO3可发生反应：6Fe2＋＋ClO＋9H2O=6FeOOH↓＋12H＋＋Cl-。反应过程中沉淀的颜色变化为灰绿→墨绿→红棕→淡黄。请补充完整由硫酸亚铁铵制取铁黄的反应：称取2.352 0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，放在烧杯中，加水充分溶解后，_______，过滤、洗涤、干燥后得到铁黄产品。(可选用的仪器和试剂：恒温水浴槽、2 mol·L-1 NaOH溶液、KClO3固体)
6．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含 CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备 NiSO4·6H2O。工艺流程如下所示。
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ Co2+ Mg2+
开始沉淀时的pH 6.8 4.1 2.2 7.5 7.2 9.4
沉淀完全时的pH 9.2 5.4 3.2 9.0 9.0 12.4
(1)加入H2SO4在高压下进行酸浸。充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为_______(填化学式)。
(2)氧化、沉铁沉铝时，加入 NaClO 和 Na2CO3溶液共同作用。其中与FeSO4发生氧化还原反应的离子方程式为_______。
(3)沉镁沉钙加入NaF溶液，生成MgF2和CaF2.若沉淀前溶液中c(Ca2+)=1.0×10-3 mol·L-1，当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol·L-1时，除钙率为_______(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(4)“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：M2+(水相)+2RH (有机相) MR2(有机相)+2H+(水相)。工业上用25%P5O7+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时， Co、Ni的浸出率和 Co/Ni分离因素随pH的关系如图所示：
①萃取时，选择pH为_______左右。
②反萃取的试剂为_______。
(5)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。
温度 低于30.8℃ 30.8℃~53.8℃ 53.8℃~280℃ 高于280℃
晶体形态 NiSO4·7H2O NiSO4·6H2O 多种结晶水合物 NiSO4
由 NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O 晶体的操作依次是蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。
7．（2022·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）镍氢电池有着广泛的应用，旧电池的回收和再利用同样的重要。废旧镍氢电池中常含有NiOOH、、及少量、FeO等，以下为金属分离以及镍的回收流程，按要求回答下列问题：
(1)的电子排布式为：___________________________。
(2)“酸浸”中，加入的主要作用是_______________________________。
(3)“氧化”过程中与有关的离子方程式是_____________，滤渣1的化学式是___________。
(4)滤液A的主要溶质是________；操作X是_________。
(5)丁二酮肟()是检验溶液中的灵敏试剂，常与形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果；
A．B．
①下列说法正确的有_________(填字母)。
a．A中所含元素中N元素的电负性最大 B．在A中C－C－C键角是180°
C．在B中－SH上的S原子采取杂化 D．在B中存在σ键、π键与配位键
②化合物A的熔、沸点高于化合物B的原因是_________。
8．（2022·福建·校联考模拟预测）可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯，磁盘等。工业上以软锰矿(主要成分是，还含有少量的)为原料生产的工艺流程如下：
相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子
开始沉淀的 1.5 6.3 3.4 8.1
沉淀完全的 2.8 8.3 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸、还原”时，为了加快化学反应速率，可以采取的措施有_______(写出一种即可)。“酸浸、还原”后溶液中含有的金属阳离子主要有_______(填离子符号)，铁屑与发生反应的离子方程式为_______。
(2)“调节”时，加入溶液的目的是_______，“调节”的范围为_______。
(3)“沉锰”时，其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低，原因是_______。
(4)“氧化”时一般控制温度在80～85℃，可以采取的加热方法是_______。
(5)25℃时，当溶液中且溶液的时，开始产生沉淀。则25℃时_______。
9．（2022·湖北·校联考模拟预测）金属铼(Re)广泛应用于国防、石油化工以及电子制造等领域，铼可通过还原高铼酸铵(NH4ReO4)制备。以钼精矿(主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物)制取高铼酸铵的流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)为了提高“焙烧”过程的效率，可以采取的措施为_______(回答任意两点)。
(2)“焙烧”过程加入生石灰，有效解决了SO2的危害，则ReS2转化为Ca(ReO4)2的方程式为_______。
(3)“浸渣”的主要成分为_______
(4)“萃取”机理为：R3N+H++ReO=R3N·HReO4，则“反萃取”所用试剂X为_______
(5)“反萃取”后，从NH4ReO4溶液中得到晶体的操作为_______、过滤、洗涤、干燥。
(6)NH4ReO4经过高温氢气还原即可获得铼粉，该反应的化学方程式为_______。
(7)经过上述反应后制备的铼粉中含有少量碳粉和铁粉(其熔沸点见表)，在3500℃下，利用氢气提纯可得到纯度达99.995%的铼粉，请分析原因_______。
物质 熔点(℃) 沸点(℃)
Re 3180 5900
C 3652 4827
Fe 1535 2750
10．（2022·浙江·统考模拟预测）某兴趣小组利用初处理过的工业废铜制备胆矾，流程如下：
已知：a.工业废铜含铁、铅等不可溶杂质。
b.25℃时，；。
c.铜表面离子接触的地方浓度充足，另通过物理干预，使Cu先与稀硝酸反应。
d.相关氢氧化物沉淀的对应pH如下表。
物质 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH
4.2 6.7
7.6 9.6
2.7 3.7
请回答：
(1)如图为制备胆矾晶体的装置图，其中碱溶液的作用是_______。
(2)写出向滤液A中加入的离子方程式_______。
(3)下列有关以上流程说法正确的是_______。
A．25℃时，当恰好完全除尽时，
B．向滤液A中加入的，不宜稀硝酸代替
C．步骤中“调节溶液pH”，应用NaOH等碱溶液将pH调至3.7～4.2
D．可使用X射线衍射仪或红外光谱仪检验产物是否为晶体
(4)测定工业废铜中含铜x mol，含铁y mol。加入后，三种物质反应结束后均无剩余，产生的气体只有NO。经一系列操作证明了反应结束的溶液中含和。
①反应结束溶液中的的取值范围是_______。(用含x、y的代数式表示)
②“经一系列操作”具体为_______。
③若，且测定溶液中，则_______。
11．（2022·全国·一模）某化工厂从含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积密度的羟基氧化镍(NiOOH)的工艺流程如下图：
(1)如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_______℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则料渣1中会含有一定量的，其可能的原因_______。
(2)合适温度下，料渣1的主要成分是_______。
(3)生成S的化学方程式为_______。
(4)试剂X是一种绿色氧化剂，其化学式为_______，X参与反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为_______，试剂Y用于调节溶液的pH，则pH的调控范围是_______(与沉淀相关的数据如表所示)。
离子
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.2
沉淀完全的pH 3.2 9.7 9.2
(5)写出氧化过程中反应的离子方程式：_______
(6)工业上也可用电解碱性悬浊液的方法制备NiOOH，加入一定量的KCl有助于提高生产效率，原因_______。
12．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）碲化镉玻璃中主要含有CdTe(其中含有少量Fe、Ni、Mg、Si、O等元素组成的化合物)，工业上利用废弃碲化镉(CdTe)玻璃回收其中金属的工艺流程如下。
已知：①常温时，有关物质的如下表。
②当溶液中离子浓度小于时，可认为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)在“焙烧”时为提高效率可采用的措施有_______(答出一条即可)。写出“浸渣”的工业用途：_______。
(2)实验室中，“操作A”需要的玻璃仪器有_______。“高温尾气”中的在水溶液中可用将其还原为Te单质，写出该反应的化学方程式：_______。
(3)“氧化除铁”步骤中可以先调节pH为5，然后再加入，则此时被氧化的离子方程式为_______。
(4)测得“滤液I”中浓度为，取1L滤液，则至少加入_______g固体才能使沉淀完全。
(5)取1吨含碲化镉80%的废弃玻璃，最终回收得到0.64吨，则硫酸镉的回收率为_______(保留三位有效数字)。
13．（2022·宁夏银川·校考二模）陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图：
(1)“滤液①”主要成分是____；“操作②”的分离方法是____。
(2)“酸溶”中H2O2的作用是：____；若用Na2S2O3代替H2O2则有两种硫酸盐生成，写出Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式：____。
(3)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示，则有机磷萃取时最佳pH为_____。
(4)Co2+萃取的反应原理如下：Co2++2HR(有机层)=CoR2+2H+，则从有机相中分离出CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂____(填选项)。
A．H2SO4 B．NaOH C．Co(OH)2 D．HR
(5)“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，请分析原因：____。
(6)在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为____。
14．（2022·黑龙江佳木斯·佳木斯一中校考三模）氯化亚铜 CuCl 是一种无机物，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。它难溶于水，溶于浓盐酸和氨水，不溶于乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化成 Cu2(OH)3Cl。制备方法如下：
Ⅰ.途径一，以海绵铜(主要成分是 Cu 和少量的 CuO)为原料，回答下列问题：
(1)海绵铜在溶解之前进行“预处理”操作以去除表面的矿物油污，可以选择_______。
A．纯碱溶液浸泡 B．NaOH 溶液浸泡 C．酒精清洗
(2)溶解步骤温度控制在 60℃的原因是_______。
(3)反应步骤的离子方程式_______。
Ⅱ.途径二，以刻蚀废液(主要成分是 FeCl3、FeCl2、CuCl2)为原料，回答下列问题：
(4)刻蚀废液进行“预处理”时，先加入合适的氧化剂，再加入 Na2CO3溶液。加入Na2CO3调节溶液至微酸性而不是碱性的原因是_______。
(5)析出的氯化亚铜晶体要立即水洗后醇洗，在真空干燥机内于 60℃干燥 2 小时，冷却后真空包装，否则会发生反应的化学方程式为_______。
Ⅲ.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。已知：Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；Ksp(CuCl) = 2.0×10-6
(6)通过计算说明上述除Cl-的反应能完全进行的原因_______。
(7)若用Zn替换Cu可加快除Cl-的速率，但需控制溶液的 pH。若pH过低，除 Cl-效果下降的原因是_______。
15．（2022·湖南长沙·统考模拟预测）金属钇是稀土元素中含量最丰富的元素之一，主要存在于硅铍钇矿等矿石中。我国蕴藏着丰富的硅铍钇矿(Y2FeBe2Si2O10)，以此矿石为原料生产氧化钇(Y2O3)的主要流程如下：
已知：①钇(Y)的常见化合价为+3；
②铍(Be)与铝化学性质相似；
③25℃时，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表：
(假设表中金属离子初始浓度co(Mn+)=0.01mol/L，当溶液中某种离子浓度c≤1.0×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全)。
离子 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH
Fe3+ 2.1 3.1
Y3+ 6.5 7.5
请回答下列问题：
(1)用氧化物形式表示硅铍钇矿石组成的化学式_______。写出Be的氧化物与氢氧化钠“共熔”时的化学方程式_______。
(2)“共熔”时，可选择的容器是_______(填“石英”、“氧化铝耐高温”或“生铁”)坩埚。“滤液I ”中溶质的主要成分除过量的NaOH外，还有_______(填化学式)。
(3)沉钇。往“滤液Ⅱ”中先加氨水调节pH = 8.2，此时Y3+转化为Y(OH)3，此时溶液中c(Y3+)为_______mol L-1。
(4)实验室洗涤过滤所得Y(OH)3沉淀的操作是_______。
(5)滤液I经过一系列处理后，得到无水BeCl2。某同学拟用得到的无水BeCl2制取单质Be，设计用石墨棒和铜棒作两极，通过电解NaCl-BeCl2混合熔融盐来制备Be同时得到副产物Cl2，则铜棒上发生的电极反应式为_______。(已知：混熔时发生反应2NaCl+BeCl2=Na2[BeCl4])
16．（2022·四川绵阳·盐亭中学校考一模）无水FeCl3常作为有机反应的催化剂。某研究小组设计了如图流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。
已知：氯化亚砜( )熔点-101℃，沸点76℃，易与水反应生成一种强酸和一种酸性氧化物。
回答问题：
(1)操作①的名称是_______，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_______。
(2)操作①得到的固体为_______。
(3)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用_______(填编号)。
A．KMnO4溶液 B．Cl2水 C．稀HNO3溶液 D．H2O2溶液
(4)取少量D晶体，溶于浓盐酸配成溶液，并滴加KSCN溶液，现象是_______。
(5)反应D→E的化学方程式为_______。
(6)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，则还原剂可能是_______，并设计实验验证是该还原剂将Fe3+还原_______。
17．（2022·辽宁沈阳·沈阳市法库县高级中学校考模拟预测）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2.某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
(1)硒(Se)为第四周期与硫为同族元素，Se的原子序数为_______；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为_______。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的离子方程式为_______。
(3)已知：25°C，Kb(NH3·H2O)≈2.0×10 5，Kp[Ga(OH)3]≈1.0×10 35，Ksp[In(OH)3]=1.0×10 33。当金属阳离子浓度小于1.0×10 5 mol L 1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为_______(保留一位小数)；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3(s)+NH3·H2O[Ga(OH)4]－+NH的平衡常数K=_______。(已知：Ga3++4OH－[Ga(OH)4]－，K'=≈1.0×1034)
(4)“回流过滤”中加入的SOCl2是一种液态化合物，极易与水反应，写出SOCl2与水反应的化学反应方程式_______；SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和_______。
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为_______。
18．（2022·陕西西安·西安高级中学校考一模）软锰矿的主要成分是MnO2，其悬浊液可吸收烟气中的SO2，所得酸性浸出液又可用于制备高纯硫酸锰，其一种工艺流程如下图所示。已知金属单质的活动性顺序为Al＞Mn＞Fe＞Ni。回答下列问题：
(1)用离子方程式表示加入“氧化剂(软锰矿)”的作用：_______。
(2)已知：Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33、Ksp[Ni(OH)2]=1.6×10-15、Ksp[Mn(OH)2]=4.0×10-14、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39。 “水解沉降”中：
①“中和剂”可以是_______(填标号)。
A．Al2O3　　 B．MgO 　 C．H2SO4　D．MnO2
②溶液的pH应不低于_______。(离子浓度小于1×10-6 mol·L-1时，即可认为该离子沉淀完全)
(3)“置换”的目的是_______(用离子方程式表示)。
(4)“结晶分离”中的部分物质的溶解度曲线如下图所示。结晶与过滤过程中，体系温度均应维持在_______(填“27”“60”或“70”)℃。
(5)“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定软锰矿中MnO2的纯度(假设杂质不参与反应)：取a g MnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入V1 mL c1 mol·L-1 Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2 mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达到终点时消耗V2 mL 标准KMnO4溶液。
①MnO2参与反应的离子方程式为_______。
②该样品中MnO2的质量分数为_______(列出表达式即可)。
(6)锰及其化合物应用越来越广泛，MnO2是一种重要的无机功能材料，制备MnO2的方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液，阳极的电极反应式为_______。
参考答案：
1．(1)
(2) 与反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度
(3) 反应体系中溶解度较小，析出沉淀 1.08 用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高
(4) 蒸发结晶 趁热过滤
(5) 氯气氧化法
【分析】工业上用电解饱和食盐水生成氯气生产溴酸钾的工艺流程，分析流程可知，饱和食盐水电解生成氯气具有氧化性，在水中和溴单质反应生成溴酸和氯化氢，加入过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，过滤得到滤液中加入饱和氯化钾溶液，溴酸镁在饱和溶液中析出晶体，以此解答。
【详解】（1）用惰性电极电解 MgCl2溶液过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑ 阴极2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+ Mg(OH)2↓， 总反应的离子方程式为。
（2）“合成I”发生反应是氯气在水溶液中氧化溴单质为溴酸，反应的化学方程式5Cl2+Br2+6H2O=2HBrO3+10HCl，Br元素化合价上升，该反应的还原剂是；依据流程分析可知，加入和溶液中反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度。
（3）过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，加入饱和氯化钾溶液，反应体系中溶解度较小，析出沉淀，发生了复分解反应；降为时，即需要沉淀2×0.15mol/L×2-2×0.1mol/L=0.4mol，需要消耗0.4molKCl，此时溶液中剩余c(K+)=，需要加入KCl的物质的量n(K+)=0.34mol/L×2L+0.4mol=1.08mol；“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是：用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高。
（4）氯化镁的溶解度随温度变化较大，可以通过重结晶的方法从溶液中获得氯化镁结晶，依次要经过蒸发结晶、冷却结晶操作。
（5）和反应生成、和KBr，Br元素化合价由0价上升到+5价，又由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为： ；该方法中部分转化为KBr，氯气氧化法中全部转化为，所以原子经济性更高的是氯气氧化法。
2．(1)
(2) SiO2 O2
(3)
(4)防止镍、铝被空气中的O2氧化
(5)
(6)9.65
【分析】由流程图知，镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)煅烧时，NiS、FeS与O2反应生成Ni2O3、Fe2O3和SO2，则气体1含有SO2，向煅烧后的固体加入硫酸酸浸，Ni2O3、Fe2O3与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，发生的反应为、
，SiO2不与硫酸反应，则滤渣1中含有SiO2，气体2为O2，再加入Na2SO4和Na2CO3沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，则滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6，然后滤液中加入NaOH、还原Ni2+生成Ni，Ni与Al粉在Ar氛围中高温熔融生成镍铝合金，最后粉碎加入浓NaOH溶液，铝与氢氧化钠溶液反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，得到兰尼镍。
【详解】（1）由题意知，NiS在通入空气煅烧的条件下生成Ni2O3和一种气体，其化学方程式为，故答案为：；
（2）据分析知，滤渣1的主要成分为SiO2；气体2是O2；故答案为：SiO2；O2；
（3）根据流程中所加入的试剂，以及生成物可知生成黄钠铁矾和气体的离子方程式为，故答案为：；
（4）高温熔融通入Ar形成无氧环境，目的是防止镍、铝被空气中的O2氧化，故答案为：防止镍、铝被空气中的O2氧化；
（5）据分析知，“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构的原因是铝与氢氧化钠反应产生氢气，其离子方程式为，故答案为：；
（6）根据，若要是溶液中c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则，，又，则，故答案为：9.65。
3．(1) Cu2+、Zn2+ 难溶物 PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出
(2)3Fe2+++ 7H2O = 3Fe(OH)3 ↓+MnO2 ↓+5H+
(3)加快蒸发速率
(4)PbCO3
(5)HNO3
(6)Pb+H2SO4=PbSO4+H2 ↑
【分析】铜转炉烟中加入稀硫酸浸出得到金属硫酸盐，SiO2不溶于水和酸，得到的硫酸铅也不溶于水，故浸出渣中有SiO2和硫酸铅；“沉铜”中加入铁，置换出铜单质，剩余铁元素和锌元素，“除杂”中，高锰酸钾作为氧化剂，将二价铁氧化，通过ZnO调节溶液pH，使三价铁形成氢氧化铁沉淀析出，最终得到ZnSO4溶液，经浓缩结晶得到ZnSO4·7H2O；另一个流程中，浸出渣中是SiO2和硫酸铅，“转化”中加入碳酸钠溶液与硫酸铅反应，转化为更难溶于水的碳酸铅，得到滤饼，“酸浸”中加入稀硝酸溶解碳酸铅转化为可溶于水的硝酸铅，“沉铅”中继续加入硫酸使硝酸铅转为为难溶于水的硫酸铅；
【详解】（1）铜转炉烟灰含金属元素(主要为 Cu、Zn、Pb、Fe)的硫酸盐和氧化物，经过硫酸浸出后，铅元素转化为难溶于水的硫酸铅，其他金属元素的硫酸盐可溶于水，故“浸出液①”中所含有的金属阳离子有Zn2+、Cu2+ 和Fe2+、Fe3+。浓硫酸浓度为1.8mol·L 1时，还不算氧化性强，根据Ksp(PbSO4)=1.82×10-8可知，硫酸铅溶液中达平衡时，硫酸根离子的浓度是≈10-4，所以当硫酸浓度大于1.8mol·L 1时，更易形成硫酸铅沉淀覆盖在反应物表面，阻碍反应进一步进行，阻碍铜、锌元素的浸出，故“浸出”中，当硫酸浓度大于1.8mol·L 1时，金属离子浸出率反而下降，原因是难溶物 PbSO4覆盖在表面，阻碍铜、锌元素的浸出。
（2）根据题目信息，“除杂”中，加入ZnO调pH至5.2后，溶液中Fe2+被氧化Fe(OH)3，KMnO4被还原成MnO2，根据氧化还原知识，相应反应方程式是3Fe2+++ 7H2O = 3Fe(OH)3 ↓+MnO2 ↓+5H+；
（3）ZnSO4溶液，经浓缩结晶得到ZnSO4·7H2O，一开始进行加热浓缩，减少水分，提高温度，可加快蒸发速率，故步骤①的目的是加快蒸发速率；
（4）“转化”中加入碳酸钠溶液与硫酸铅反应，转化为更难溶于水的碳酸铅，得到滤饼，故滤饼的主要成分是SiO2和PbCO3；
（5）分析流程，“沉铅”中由硝酸铅和稀硫酸反应得到沉淀硫酸铅和硝酸，故该工艺中，可循环利用的物质是HNO3；
（6）铅酸蓄电池的负极在较高温度和较高浓度的硫酸中容易发生自放电现象，故应是负极的铅电极与电解质硫酸发生化学反应，方程式是Pb+H2SO4=PbSO4+H2 ↑；
4．(1) 温度高于40℃时，分解，浓度减小，反应速率减小
(2) CuO或或
(3)
(4)得到干燥的
(5) 当滴入最后一滴标准液时，溶液变为浅紫色，且30s内不褪色 75%
【分析】废铜电缆中主要含金属铜和少量铁，在硫酸和双氧水作用下，铜和铁被氧化为和；过程②调节pH除铁后过滤得到硫酸铜溶液，过程③加入碘化钠得到CuI，经过滤、洗涤、干燥得到CuI晶体；
【详解】（1）过程①为：在硫酸和双氧水作用下，铜和铁被氧化为和，其反应为，离子方程式为；过氧化氢不稳定，受热易分解，当温度高于40℃时，分解，浓度减小，反应速率减小，故填；温度高于40℃时，分解，浓度减小，反应速率减小；
（2）根据已知信息，调节溶液的主要是为了除去，在不引入新杂质的情况下，根据，可以加入CuO或或促进水解生成沉淀，故填CuO或或；；
（3）过程③的氧化产物能使淀粉溶液变蓝，该物质为碘单质，根据流程，其反应为，故填；
（4）根据已知，不溶于水和乙醇，且乙醇易挥发，所以过程④用乙醇洗涤的目的为得到干燥的，故填得到干燥的；
（5）与反应生成和、，利用酸性溶液滴定，根据消耗的的量测定含量，涉及反应为、，滴定终点的现象为当滴入最后一滴标准液时，溶液变为浅紫色，且30s内不褪色，根据关系式，所以，的质量分数为75%，故填当滴入最后一滴标准液时，溶液变为浅紫色，且30s内不褪色；75%。
5．(1)取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4)溶液，若生成蓝色沉淀(或溶液不变红)，则存在Fe2＋
(2)加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行
(3)4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋
(4) 酚酞 89.0%
(5)将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色
【分析】废液[主要含FeSO4、Fe2(SO4)3和TiO(SO4)2]，首先加铁粉将硫酸铁还原成硫酸亚铁，然后加水使TiO(SO4)2发生水解反应生成TiO2，过滤后在滤液中加氨水调节pH在6左右，再通入氧气氧化，得到FeOOH沉淀，过滤即可，据此分析解答。
【详解】（1）检验亚铁离子可用K3[Fe(CN)6]溶液观察是否生成蓝色沉淀，也可利用其还原性加酸性高锰酸钾，观察高锰酸钾是否褪色，故答案为：取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4)溶液，若生成蓝色沉淀(或溶液不变红)，则存在Fe2＋；
（2）“除钛”利用的是水解反应原理，水解是吸热的，加热能促进水解，且能加快反应速率，故答案为：加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行；
（3）“氧化”时亚铁离子与氧气反应生成FeOOH，根据得失电子守恒可得反应：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋，故答案为：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋；
（4）滴定过程中过量剩余硫酸与过量草酸钠反应生成的H2C2O4与标准液氢氧化钠反应生成Na2C2O4，终点溶液呈碱性，应选用变色范围在8.2-10.0的酚酞作指示剂；根据反应过程可得：，则消耗氢氧化钠的物质的量等于剩余硫酸中氢离子的总物质的量，则；则与FeOOH反应的氢离子的物质的量，再根据：，可得：，该产品的纯度=；故答案为：酚酞；89.0%；
（5）由硫酸亚铁铵制取铁黄的反应：称取2.352 0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，放在烧杯中，加水充分溶解后，再将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色；故答案为：将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色；
6．(1)CaSO4、SiO2
(2)2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+/2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO
(3)99.7%
(4) 3.5 稀硫酸
(5)30.8℃~53.8℃之间冷却结晶
【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)，向其中加入硫酸在高压下进行酸浸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应；加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，将铁离子、铝离子沉淀；加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀；经过萃取、反萃取得到NiSO4溶液；NiSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥最终得到NiSO4·6H2O晶体。
【详解】（1）根据分析，CaO与硫酸反应生成CaSO4，CaSO4微溶于水，SiO2与硫酸不反应，则经充分浸取后过滤出的酸浸渣的主要成分为CaSO4、SiO2；
（2）次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；
（3）当沉淀完全后滤液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)==(mol/L)2=510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)==mol/L=310-6mol/L，除钙率为：；
（4）①由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右；
②由萃取原理M2+(水相)+2RH (有机相) MR2(有机相)+2H+(水相)可知，反萃取时可以加入稀硫酸，增大氢离子浓度，使平衡逆向移动，促使有机相中的MR2重新转化为水相中的M2+；
（5）从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。
7．(1)1s22s22p63s23p63d8
(2)还原Ni(III)为Ni2＋
(3) 2H＋＋H2O2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2H2O Fe(OH)3
(4) NaCl 过滤
(5) CD 化合物I分子间存在氢键
【分析】废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，向混合物中加入盐酸，生成Ni3+、Ni2+、Co2+、Fe2+，再向溶液中加入N2H4还原Ni3+，然后加入H2O2氧化Fe2+，向溶液中加入Na2CO3条件溶液pH使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，过滤后向滤液中加入NaClO氧化Co2+生成Co3+，Co3+与溶液中Na2CO3发生复分解反应生成Co(OH)3，过滤后向滤液中加入Na2CO3与Ni2+发生复分解反应生成NiCO3。
【详解】（1）Ni原子核外有28个电子，Ni原子失去4s能级上的2个电子生成Ni2+，根据构造原理，Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，故答案为：1s22s22p63s23p63d8；
（2）“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是还原Ni(III)为Ni2+，避免后续除杂过程中生成Ni(OH)3导致NiCO3产率降低，故答案为：还原Ni(III)为Ni2+；
（3）“氧化”过程中H2O2与Fe2+反应时，H2O2中O元素化合价由-1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，此时溶液呈酸性，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；由上述分析可知，滤渣1主要成分是Fe(OH)3，故答案为：2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3；
（4）第二次加入Na2CO3后，溶液中阳离子主要是Na+，溶液中阴离子为NaClO还原后生成的Cl-，因此滤液A中主要溶质为NaCl；操作X为固液分离操作，因此操作X为过滤，故答案为：NaCl；过滤；
（5）①A.物质A中，电负性最大的元素为O，故A错误；
B.化合物A中C原子无sp杂化，故不存在180°的键角，故B错误；
C.在B中-SH上的S原子只形成单键，故为sp3杂化，故C正确；
D.在B中存在共价单键和双键，故存在σ键、Π键，中心Ni周围形成配位键，故D正确；
故答案为：CD；
②A分子中含有-OH，分子间易形成氢键，B分子不能形成氢键，故答案为：化合物A分子间存在氢键。
8．(1) 粉碎软锰矿(或搅拌、加热、适当增大硫酸的浓度等) 、、
(2) 把氧化为 4.7~8.1
(3)温度升高，分解，并挥发出
(4)水浴加热
(5)
【分析】由题给流程可知，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑，酸浸、还原得到含有的溶液；向溶液中加入溶液，将氧化为后，再加入固体调节溶液，将转化为沉淀，过滤，得到含有的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水，将滤液中的转化为沉淀，过滤，得到滤液2和；向中加入适量溶液并加热，将转化为。
【详解】（1）向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑，酸浸、还原，为加快化学反应速率可将软锰矿粉碎或搅拌、加热、适当增大硫酸的浓度等，溶于盐酸生成Fe3+和Al3+，铁屑将Fe3+还原为Fe2+，二氧化锰酸性条件下被铁还原，，最后得到含有的溶液；故答案为：粉碎软锰矿(或搅拌、加热、适当增大硫酸的浓度等)；、、；。
（2）向溶液中加入溶液，将氧化为后，再加入固体调节溶液，使完全转化为沉淀，Mn2+不能开始沉淀，所以PH应控制在4.7~8.1范围内，故答案为：把氧化为；4.7~8.1；
（3）50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低，因为反应物氨水受热易分解，锰离子的沉淀率降低。答案：温度升高，分解，并挥发出；
（4）“氧化”时一般控制温度在80～85℃，使用水浴加热受热均匀，便于控制温度。答案为：水浴加热；
（5）时，时， mol/L， ，答案：；
9．(1)适当升高温度，将钼精矿粉碎，增大空气通入量
(2)4ReS2+10CaO+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4
(3)CaSO4
(4)氨水
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
(6)2NH4ReO4+7H22Re+8H2O+2NH3
(7)3500℃时，Fe已气化去除；固态碳与H2完全反应，形成了气态物质
【分析】钼精矿在空气中焙烧硫元素转化成二氧化硫，二氧化硫与生石灰、氧气反应生成硫酸钙，铼元素转化成Ca(ReO4)2，钼元素转化成CaMoO4，加入硫酸、软锰矿，硫酸钙属于微溶物，过滤，得到浸渣CaSO4，加入氨水和生石灰，得到NH4ReO4，然后过滤，通过萃取和反萃取、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析；
【详解】（1）为了提高“焙烧”过程的效率，可以适当升高温度、将钼精矿粉碎、搅拌、适当增大空气的进入量等；故答案为适当升高温度、将钼精矿粉碎、搅拌、适当增大空气的进入量等；
（2）ReS2在反应中转化成Ca(ReO4)2和CaSO4，ReS2作还原剂，氧气作氧化剂，因此有CaO+ReS2+O2 Ca(ReO4)2+CaSO4，根据原子守恒配平即可，氧气最后配平，所得化学反应方程式为4ReS2+10CaO+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4；
（3）根据上述分析，“浸渣”的主要成分是CaSO4；故答案为CaSO4；
（4）“反萃取”获得NH4ReO4，为了不产生新杂质，且R3N+H++ReOR3N·HReO4的平衡向左移动，所加试剂为氨水或NH3·H2O；故答案为氨水或NH3·H2O；
（5）“反萃取”后从溶液中获得晶体，采用的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）铵盐热稳定性较差，一般分解为氨气、水和氧化物，氢气还原金属氧化物得到Re，总反应方程式为2NH4ReO4+7H22Re+8H2O+2NH3；故答案为2NH4ReO4+7H22Re+8H2O+2NH3；
（7）根据表中数据可知，在3500℃时，铁转化成铁蒸气，根据图像可知，在3500℃时，C和氢气生成气态物质，得到高纯度的Re，故答案为3500℃时，Fe已气化去除；固态碳与H2完全反应，形成了气态物质。
10．(1)吸收工业废铜与稀硝酸产生的气体，防止污染空气
(2)
(3)AB
(4) 取少许反应结束的试液，将其平均分成2份，滴加到2个洁净的试管中，向一支试管内滴加试剂，产生蓝色沉淀；向另一支试管中滴加KSCN试剂，溶液颜色变成血红色，则证明溶液中含和
【分析】工业废铜加入稀硝酸、稀硫酸溶解，过滤后所得滤液加入双氧水氧化，将亚铁离子氧化为铁离子，经过调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后，得到滤液B为硫酸铜，结晶得到胆矾。
【详解】（1）如图为制备胆矾晶体的装置图，其中碱溶液的作用是吸收工业废铜与稀硝酸产生的气体，防止污染空气；
（2）向滤液A中加入，将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；
（3）A．25℃时，当恰好完全除尽时，pH=3.7,c(OH-)10-10.3mol/L, ，故，选项A正确；
B．向滤液A中加入的，不宜稀硝酸代替，否则会产生NO，污染空气，且产生硝酸铜，引入杂质，选项B正确；
C．应用NaOH等碱溶液将pH调至3.7～4.2，会引入Na+，不符合，选项C错误；
D．红外光谱仪通常用来测定有机物分子中的化学键和官能团,从而测定有机物结构式，无法确定是否为晶体，选项D错误；
答案选AB；
（4）①反应结束溶液中含和、Cu2+，溶质为硝酸亚铁、硝酸铁和硝酸铜，根据铁、铜守恒，若铁只以存在，则，若铁只以存在，则，故的取值范围是；
②“经一系列操作”为证明和存在，具体为取少许反应结束的试液，将其平均分成2份，滴加到2个洁净的试管中，向一支试管内滴加试剂，产生蓝色沉淀；向另一支试管中滴加KSCN试剂，溶液颜色变成血红色，则证明溶液中含和；
③若，且测定溶液中，故=0.5ymol=0.4xmol，==0.4xmol+0.4xmol+xmol2=4xmol，由氮原子守恒可知，n(NO)=zmol-4xmol=(z-4x)mol，根据电子转移守恒有4x=(z-4x)(5-2)，则。
11．(1) 70℃ Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解
(2)硫酸钙（CaSO4）
(3)
(4) H2O2 1:2 3.2≤pH<7.2
(5)ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH H2O↓+Cl-
(6)电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH。
【分析】向含的废料(杂质为Fe2O3、、等)加入过量硫酸，过滤的到可溶性的硫酸盐和含有微溶物硫酸钙的滤渣；向滤液中加入硫化氢过滤得到难容的硫化铜以及单质硫和可溶性的硫酸盐(、、、等)；向滤液中加入试剂X(常用)将氧化为更容易沉淀的，再加试剂Y常选用，用来调节溶液的pH除去，过滤得到含的溶液和氢氧化铁沉淀的滤渣；向滤液中加氟化钠将溶液中的转化为难容性的，过滤得到的溶液，向滤液中加NaOH和NaClO溶液将转化为，经过滤、洗涤干燥等步骤得到固体，据此解题。
【详解】（1）由图可知当温度在70℃左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70℃；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2；
（2）根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为硫酸钙（CaSO4）；
（3）酸浸后溶液中的金属离子有三价铁离子，铜离子，镍离子，钙离子等，其中Fe2(SO4)3可以把硫化氢中-2价硫氧化为单质硫，方程式为：；
（4）常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.2；
（5）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH H2O↓+Cl-；
（6）电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH，有助于提高生产效率。
12．(1) 粉碎(其他合理答案也给分) 光导纤维(或冶炼硅)
(2) 分液漏斗、烧杯
(3)
(4)1.85g
(5)92.3%
【详解】（1）焙烧时将矿物粉碎可增大与氧气的接触面积，提高效率；浸渣的主要成分为，工业上可用作光导纤维，也可用于冶炼硅；
（2）操作A是萃取分液操作，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；根据信息在水溶液中被还原为Te单质，则被氧化为，由此可写出反应的化学方程式为；
（3）在pH=5时，溶液仍然呈酸性，但根据的溶度积可以计算出在pH=5时已经完全沉淀，根据化合价升降相等和原子守恒可以配平写出离子方程式；
（4）1L含的滤液加入时反应的离子方程式为，生成0.01mol沉淀，此时溶液中，根据的溶度积可计算出此时溶液中，沉淀中有，所以加入的固体为0.05mol，质量为1.85g；
（5）根据原子守恒找出关系式进行计算：，理论可制得的质量为吨，所以的回收率为。
13．(1) NaAlO2 分液
(2) 作还原剂或将钴元素还原为二价钴 4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O
(3)5.3至6区间(或5.5左右)
(4)A
(5)Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2
(6)Co3O4
【分析】含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)经过第一步“碱浸”操作，废料中的铝箔溶解转化为NaAlO2(滤液①)而被除去，钴渣①主要含Co3O4和LiCoO2，根据(4)问题干信息，知后续萃取的是Co2+，说明经过酸溶之后，Co元素转化为Co2+，即在“酸溶”步骤中Co元素被还原，故H2O2此时作还原剂，经过操作①得到滤液②，说明操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4和Li2SO4，经过萃取、分液操作(操作②)实现两者分离，有机相中为CoR2，根据(4)问的萃取原理，可向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现Co元素从有机相转移到水相，最后经过沉钴操作获得CoCO3。
【详解】（1）由分析知，滤液①主要成分为NaAlO2；操作②为分液。
（2）由分析知，H2O2的作用为还原剂；若用Na2S2O3代替H2O2，根据题意知，生成CoSO4和Na2SO4，结合得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：。
（3）萃取时，确保Co2+萃取率高，但Li+萃取率要低，结合图象知，最佳pH为5.3~6区间(或5.5左右)。
（4）Co2+萃取的反应原理如下：Co2++2HR(有机层)=CoR2+2H+，反萃取即使萃取平衡向逆向移动，根据平衡移动原理，在不引入新杂质的情况下可加入H2SO4，使平衡逆向移动，从而达到反萃取目的，故答案选A。
（5）“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大，都会导致产品不纯，原因为：若Na2CO3的滴速过快或浓度太大，会使溶液碱性增强而产生Co(OH)2杂质。
（6）在空气中煅烧CoCO3生成钴的氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为24.1g，CO2的体积为6.72L(标准状况)，由碳元素守恒得：n(CoCO3)=n(CO2)=，由Co元素守恒知氧化物中Co元素为0.3 mol，则氧元素n(O)=，则，故该氧化物化学式为Co3O4。
14．(1)C
(2)防止温度过高导致铵盐分解
(3)Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
(4)溶液中含有铜离子，若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀
(5)4CuCl+O2+4H2O= 2Cu2(OH)3Cl+2HCl
(6)已知：①Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；②CuCl Cl-+Cu+ Ksp(CuCl) = 2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++ 2Cl- 2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行
(7)若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应
【分析】海绵铜预处理后加入硝酸铵、硫酸，反应得到硫酸铜、硫酸铵，过滤后滤液加入亚硫酸铵、氯化铵，将二价铜转化为一价铜并生成氯化亚铜沉淀；刻蚀废液预处理后，加入亚硫酸钠将二价铜转化为一价铜，再加入氯化钠生成氯化亚铜沉淀；氯化亚铜过滤分离出来水洗、醇洗后烘干得到氯化亚铜。
（1）
矿物油污为烃类不是酯类不能用碱性物质清除，应该选择酒精溶液预处理；故选C；
（2）
解步骤温度控制在 60℃的原因是防止温度过高导致铵盐分解，使得浸取效率下降；
（3）
亚硫酸根离子具有还原性；反应步骤中铜离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成亚铜离子和硫酸根离子，亚铜离子又和氯离子生成氯化亚铜沉淀，故总的离子方程式为；Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
（4）
刻蚀废液加入氧化剂后亚铁离子转化为铁离子，溶液中含有铁离子、铜离子，调节pH生成铁的沉淀除去铁；若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀导致铜元素损失；
（5）
空气中氧气具有氧化性，已知：CuCl在潮湿空气中可被迅速氧化成 Cu2(OH)3Cl；则会发生反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O= 2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（6）
已知：①Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；②CuCl Cl-+Cu+ Ksp(CuCl) = 2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++ 2Cl- 2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行，故上述除Cl-的反应能完全进行；
（7）
用Zn替换Cu，若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应，导致除Cl-效果下降。
15．(1)
(2) 生铁 Na2SiO3、Na2BeO2
(3)10-7.1mol/L
(4)将所得Y(OH)3沉淀置于过滤器中，向过滤器中注入蒸馏水至恰好完全浸没沉淀后，静置，待水自然流下后，重复操作两到三次即可
(5)[BeCl4]2-+2e-=Be+4Cl-
【分析】硅铍钇矿与空气和NaOH(s)共熔分别形成Y(OH)3 、Fe2O3 、Na2SiO3和Na2BeO2，加水溶解后，Na2SiO3和Na2BeO2在滤液Ⅰ中，Y(OH)3 和Fe2O3不溶于水在滤渣Ⅰ中，向滤渣Ⅰ中加入稀硫酸溶解，Y(OH)3 和Fe2O3分别形成Y2(SO4)3和Fe2(SO4)3，加入氨水调节pH<6.5，形成Fe(OH)3沉淀除去，再加氨水和草酸，形成草酸钇沉淀，过滤后煅烧草酸钇，形成最终产物氧化钇。
【详解】（1）硅铍钇矿(Y2FeBe2Si2O10)中Y的化合价为+3，Be的化合价是+2价，Si的化合价是+4，O的化合价是-2价，根据化合物化合价总和为0，得Fe的化合价为+2价；用氧化物形式表示硅铍钇矿石组成的化学式为；Be与A1性质相似，BeO为两性氧化物。Be的氧化物与氢氧化钠“共熔”时的化学方程式；
（2）“共熔”时，由于氢氧化钠与二氧化硅和氧化铝反应，故可选择的容器是生铁坩埚。“共熔”后产物有FeO、Na2SiO3、Na2BeO2、Y2O3，加水后FeO 、Y2O3不溶，所以滤液中溶质的成分除NaOH外还有Na2SiO3、Na2BeO2；
（3）金属钇离子初始浓度co(Y3+)=0.01mol/L时，开始沉淀的pH=6.5，故Ksp= co(Y3+)=，往“滤液Ⅱ”中先加氨水调节pH = 8.2，此时Y3+转化为Y(OH)3，此时溶液中c(Y3+)为mol L-1；
（4）实验室洗涤过滤所得Y(OH)3沉淀的操作是将所得Y(OH)3沉淀置于过滤器中，向过滤器中注入蒸馏水至恰好完全浸没沉淀后，静置，待水自然流下后，重复操作两到三次即可；
（5）混熔时发生反应2NaCl+BeCl2=Na2[BeCl4]，电解产物分别是Be和Cl2，说明阳极材料为石墨，阴极材料为铜棒，[BeCl4]2-移向铜棒参与电极反应，电极反应式为[BeCl4]2-+2e-=Be+4Cl-。
16．(1) 过滤 漏斗
(2)C和SiO2
(3)BD
(4)溶液变为红色
(5)FeCl3·6H2O+6SOCl2 FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
(6) SO2 先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则是SO2将Fe3+还原
【分析】向废铁屑中加过量盐酸，得到FeCl2溶液，过滤后得到少量C和SiO2杂质。向FeCl2溶液中加入一定量氯水将Fe2+完全氧化为Fe3+，并将得到的FeCl3溶液在HCl气流中（抑制FeCl3的水解）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeCl3·6H2O晶体。二氯亚砜与水反应能产生HCl气体抑制FeCl3水解，因此在二氯亚砜作用下，加热FeCl3·6H2O晶体可得到纯度较高的无水FeCl3。据此解答。
【详解】（1）根据分析可知，操作1为过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。
故答案为：过滤；漏斗
（2）根据废铁屑的成分可知，操作1得到的固体为C、SiO2。
故答案为：C、SiO2
（3）A.KMnO4的还原产物为Mn2+，引入了新的杂质离子，故A项不符合题意；
B.氯水与FeCl2作用后的产物为FeCl3，未引入杂质离子，故B项符合题意；
C.加稀硝酸作氧化剂会引入硝酸根离子，故C项不符合题意；
D.H2O2的还原产物是水，未引入杂质离子，故D项符合题意。
故答案为：BD
（4）向含有Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，现象为溶液变红色。
故答案为：溶液变红色
（5）根据分析可知D→E的化学方程式为：FeCl3·6H2O + 6SOCl2FeCl3 + 6SO2+12HCl。
故答案为：FeCl3·6H2O + 6SOCl2FeCl3 + 6SO2 + 12HCl
（6）二氯亚砜与水反应产生的SO2具有还原性，将Fe3+还原为Fe2+，自身被氧化为，因此有可能的还原剂是SO2。若要验证SO2将Fe3+还原，则可取待测液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明SO2将Fe3+还原。
故答案为：SO2；取待测液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，证明SO2将Fe3+还原
【点睛】制备无水FeCl3的过程中，要尽量采取措施抑制FeCl3的水解。
17．(1) 34 +1
(2)Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O
(3) 4.7 2.0×10 6
(4) SOCl2+H2O=SO2+2HCl 作溶剂
(5)GaCl3+NH3GaN+3HCl
【分析】太阳能电池CIGS在高温下焙烧生成二氧化硒，氧化镓、氧化铟和氧化亚铜，加入稀硫酸和双氧水氧化氧化亚铜，浸出液中加入氨水调节pH值，过滤，向滤渣中加入SOCl2和水，再过滤，再将滤液浓缩结晶，得到GaCl3, GaCl3和氨气高温气相沉积生成GaN。
（1）
硒(Se)为第四周期与硫为同族元素，S为16号元素，第四周期有18种元素，因此Se的原子序数为34；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Ga、In化合价为+3价，Se为 2价，则Cu的化合价为+1；故答案为：34；+1。
（2）
CuIn0.5Ga0.5Se2.高温灼烧得到氧化亚铜，双氧水将牙痛氧化为铜离子，因此“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O；故答案为：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O。
（3）
已知：25°C，Kb(NH3·H2O)≈2.0×10 5，Kp[Ga(OH)3]≈1.0×10 35，Ksp[In(OH)3]=1.0×10 33。当金属阳离子浓度小于1.0×10 5 mol L 1时沉淀完全，Ksp[In(OH)3]= 1.0×10 5×c3(OH－)=1.0×10 33，解得c(OH－) ≈1.0×10 9.3 mol L 1，则pH≈4.7，则In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为4.7；根据已知：Ga3++4OH－[Ga(OH)4]－，K'=≈1.0×1034，则，为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3(s)+NH3·H2O[Ga(OH)4]－+NH的平衡常数K=；故答案为：4.7；2.0×10 6。
（4）
“回流过滤”中加入的SOCl2是一种液态化合物，极易与水反应，生成二氧化硫和盐酸，则SOCl2与水反应的化学反应方程式SOCl2+H2O=SO2+2HCl；根据回流过滤得到滤渣和滤液，说明SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂；故答案为：SOCl2+H2O=SO2+2HCl；作溶剂。
（5）
“高温气相沉积”过程是GaCl3和NH3在高温下反应生成GaN和HCl，其发生的化学反应方程式为GaCl3+NH3GaN+3HCl；故答案为：GaCl3+NH3GaN+3HCl。
18．(1)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(2) B 5
(3)Mn+Ni2+=Mn2++Ni
(4)70
(5) MnO2+4H++=Mn2++2CO2↑+2H2O
(6)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【分析】浸出液中含有Mn2+等金属阳离子，加入软锰矿作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入中和剂调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀；再加入锰粉，将Ni2+还原为Ni；加入稀硫酸，Ca2+转化为CaSO4沉淀，由溶解度曲线，可确定应将MnSO4转化为沉淀，而MgSO4杂质留在溶液中，所以调节温度达到MgSO4的最大溶解度。将生成的沉淀加水溶解，CaSO4沉降，所得滤液再蒸发结晶、干燥，便可得到MnSO4固体。
（1）
加入“氧化剂(软锰矿)”，将Fe2+氧化为Fe3+，用离子方程式表示为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）
①“中和剂”是中和H+，从而使c(H+)减小，使Al3+、Fe3+生成沉淀，所以该物质不可能为Al2O3、H2SO4、MnO2，只能为MgO，故选B。
②若使Al3+、Fe3+生成沉淀，从Ksp看，Al3+水解所需的c(OH-)大，c(Al3+)=1×10-6 mol·L-1，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则c(OH-)=10-9mol/L，c(H+)=10-5mol/L， pH=5，所以溶液的pH应不低于5。答案为：B；5；
（3）
由分析可知，“置换”的目的，是将Ni2+还原为Ni，离子方程式为；Mn+Ni2+=Mn2++Ni。答案为：Mn+Ni2+=Mn2++Ni；
（4）
因为MgSO4杂质量少，不可能完全析出，所以为除尽杂质，应让MnSO4结晶析出，为防止MgSO4结晶析出，应选择MgSO4溶解度最大的温度，故体系温度均应维持在70℃。答案为：70；
（5）
①MnO2 参与反应时，将氧化为CO2，而MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++=Mn2++2CO2↑+2H2O。
②在反应中，可得出如下两个关系式：MnO2—、2KMnO4—5Na2C2O4，则该样品中MnO2的质量分数为=。答案为：MnO2+4H++=Mn2++2CO2↑+2H2O；；
（6）
以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液，阳极Mn2+失电子产物与电解质反应转化为MnO2，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
【点睛】书写电极反应式时，需关注电解质溶液的性质。