2024届高三新高考化学大一轮专题训练—工业流程题
1．（2023春·江苏南京·高三江苏省溧水高级中学校考期中）铁黄(FeOOH)是一种无机颜料也是重要的化工产品。由钛白粉废渣制备铁黄的过程如下：
已知：ⅰ.钛白粉废渣成分：主要是FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ⅱ.TiOSO4＋(x+1)H2OTiO2·xH2O↓＋H2SO4
ⅲ.0.1 mol·L-1Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；0.1 mol·L-1Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
(1)Ti原子的价层电子排布式为：__________。
(2)“纯化”过程中加入过量铁粉的目的是__________。
(3)“制备晶种”的过程及现象：向一定浓度的FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6时开始通入空气并记录pH变化。
①产生沉淀后的pH低于已知ⅲ中的6.3。沉淀生成后溶液中c(Fe2+)__________0.1 mol·L-1(填“大于”、“小于”或“等于”)
②0~t1时段，pH几乎不变，主要发生反应的化学方程式为 __________；t1~t2时段，pH明显降低，主要发生反应的离子方程式为__________。
(4)产品纯度测定：
铁黄纯度可以通过下列方法进行测定
已知：Fe3+＋3C2O= Fe(C2O4)，Fe(C2O4) 不与稀碱液反应。
①若Na2C2O4过量，会使测定结果__________。(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
②计算该产品的纯度(写计算过程)。__________
2．（2023春·广东佛山·高三校联考阶段练习）利用电解铜废液(主要成分是、等)浸出烟尘(主要成分是CuO、ZnO、PbO等)制备硫酸铜和硫酸锌的工艺路线如图所示。
已知：有机物HR难溶于水，可以捕获，其原理为。
回答下列问题：
(1)“浸出”时，为了提高浸出率，可以采取措施___________(答两种)，滤渣的主要成分是___________(写化学式)，写出ZnO和硫酸反应的离子方程式___________。
(2)浸出率随电解废液用量的变化如下图，最佳电解废液用量是___________mL/g。
(3)“水层”经___________、___________、过滤、洗涤，得到晶体。
(4)“反蒸”时可以加入___________，有利于硫酸铜固体析出。
A．HR B．硫酸溶液 C．蒸馏水 D．NaOH溶液
(5)已知：，。称取硫酸铜固体5.0g，加入适量稀硫酸和水配成溶液，加入过量的KI溶液(杂质不参与反应)，再加入几滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液30mL，硫酸铜固体的纯度为______。
3．（2022秋·广东广州·高三西关外国语学校校考期中）纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。工业上“侯氏制碱法”以NaCl、NH3、CO2及水等为原料制备纯碱，其主要反应原理为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。生产纯碱的工艺流程示意图如图：
在实验室模拟侯氏制碱法制备碳酸钠，并测定碳酸钠的质量分数。
(1)一定温度下，往一定量饱和NaCl溶液中先通入______达到饱和后，再不断通入______，一段时间后，出现沉淀，过滤得到NaHCO3晶体。
(2)该工艺流程中可回收再利用的物质是______。
(3)析出的NaHCO3固体中可能含有少量氯离子杂质，检验该固体中含有氯离子杂质的操作方法是______。
(4)写出工艺流程中反应②的反应方程式_______。
(5)称取m1g制得的碳酸钠样品，置于小烧杯中，加水溶解，向小烧杯中滴加足量氯化钙溶液充分反应(杂质不参加反应)。将反应混合物过滤、洗涤、干燥，得到质量为m2g的沉淀。则该样品中碳酸钠的质量分数为_______(用m1，m2的计算式表示)。
4．（2023春·四川广元·高三广元中学校考阶段练习）以硫酸厂矿渣(含Fe2O3，α-Al2O3，SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的工艺流程如图：
资料：i． α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。
ii．；。回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有_________________________(写出两种即可)。
(2)“还原”过程中的离子方程式为_____________________________________。
(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式) _______________。
(4)①沉铁是将二价铁转化为难溶性碳酸盐，这个过程中有气体产生，反应的离子方程式为_______。
②“沉铁”过程中往往有副产物Fe(OH)2生成，分析原因是______________。
③若用“沉铁”，则无副产物Fe(OH)2产生，当反应完成时，溶液中__________。
(5)工业上为了充分利用铁资源，硫酸厂矿渣也可以用来炼铁，在1225℃、时，焙烧时间与金属产率的关系如图：
请分析焙烧时间超过15min时，金属产率下降的原因可能是_____________。
5．（2023春·四川·高三四川师范大学附属中学校考期中）某磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁()，还含少量的、某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，其中F为常见的补铁剂，工艺流程如图(已知不溶于水和碱，但溶于强酸：)。根据流程回答下列问题：
(1)溶液C中生成的溶质是________________，铝离子的结构示意图为________________。
(2)溶液D与过量试剂X反应的离子方程式是_______________。
(3)在溶液F中滴加NaOH溶液的现象是_____，反应的方程式_______________，_______________。
(4)操作1的名称为____________。
(5)已知E为红色固体，写出证明E中无的方法：_________________(写出实验操作与现象)。
6．（2023春·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校联考期中）由碳酸锰矿(主要成分MnCO3，还含有FeCO3、MnO2、Al2O3、SiO2等)中提取金属锰的一种流程如图：
(1)“酸浸”过程中，提高锰元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、_____(填一种)。
(2)保持其他条件不变，在不同温度下对碳酸锰矿进行酸浸，锰元素的浸出率随时间变化如图所示，则酸浸的最佳温度和时间分别是_____。
提取过程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.8 5.8 3.0 7.8
完全沉淀的pH 3.2 8.8 5.0 9.8
(3)已知“酸浸”后溶液中锰元素只以Mn2+形式存在，则“酸浸”中发生氧化还原反应的离子方程式为_____。
(4)“除铁、铝”步骤需加入H2O2，目的是_____。(用离子方程式表示)
(5)结合表格，“除铁、铝”时加入每水控制反应液pH的范围为_____。
7．（2023春·湖北·高三郧阳中学校联考阶段练习）磷酸亚铁锂是比亚迪“刀片电池”的电极材料，可以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料制备，流程如图：
已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0
完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2
请回答下列问题：
(1)焙烧的目的是____________________。
(2)从焙烧到氧化要经历一系列步骤，请从下列步骤选择正确的步骤并合理排序__________________。
(3)“试剂R”是一种氧化剂，最好选择____________。
(4)流程中在“高温煅烧”条件下，由制备的化学方程式为____________。不能用铁粉代替草酸，其目的是____________________。
(5)检验产品中是否混有或杂质的实验操作是_____________。
(6)产品纯度的测定。分别取7.000g试样，用稀硫酸溶解，滴加二苯胺磺酸钠指示剂，用0.3000 溶液滴定至溶液由浅绿变为蓝紫，平均消耗溶液20.00mL。
①产品的纯度为____________。(精确到0.01%)
②测定结果偏低的原因可能是____________。
A．产品在空气中放置时间过长 B．滴定前仰视读数
C．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 D．滴定管没有用标准液润洗
8．（2023春·广东惠州·高三统考期中）以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)黄铁矿中铁元素的化合价为___________。
(2)由炉渣制备还原铁粉，写出铁粉与过量的稀硝酸反应的离子方程式___________。
(3)欲得到更纯的，反应①应通入___________(填“过量”或“不足量”)的气体。
(4)高温灼烧时，火焰呈___________色。
(5)因为具有___________性，导致商品中不可避免地存在。检验其中含有的方法是___________。
(6)一般用分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准溶液与发生反应：，实验时称取0.2800g样品，消耗浓度为0.03000mol/L的溶液20.00mL，则样品中铁含量为___________%。
9．（2023春·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）氧化钴(Co2O3)在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。以铜钴矿石[主要成分为CoO(OH)，CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，还有少量Fe、Mg、Ca的氧化物]为原料制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如图所示：
已知：①常温下CoO(OH)不溶于水
②、、、
回答下列问题：
(1)Co元素在元素周期表的位置_______。
(2)“浸泡”过程中，所得滤渣1的主要成分是_______(写化学式)，写出此过程中CoO(OH)与Na2SO3反应的离子方程式_______。
(3)“除铜”过程中，加入FeS固体得到更难溶的CuS，写出“除铜”过程的离子方程式_______。
(4)检验过程Ⅰ所得滤液中铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象：取少量待测液于试管中，_______。
(5)常温下，在过程Ⅱ中加入足量的NaF溶液可除去Ca2+、Mg2+，当两者沉淀完全时F-的浓度至少为_______mol L-1(溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol L-1视为该离子沉淀完全)。
(6)过程Ⅲ中加入Na2CO3得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是_______。
(7)CoO的面心立方晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为_______(用含NA的代数式表示)。
10．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆市凤鸣山中学校考阶段练习）钴及钴的化合物在喷气发动机、火箭发动机、导弹的部件、化工设备中各种高负荷的耐热部件以及原子能工业等有着重要的用途。
(1)钴与、易形成配合物和。
①写出钴的价层电子排布图___________。
②C、N、O第一电离能由小到大的顺序是___________。
③已知的几何构型为正八面体形，推测的空间构型有___________种。
(2)以粗渣(含、CaO、等杂质)为原料提取钴的工艺流程如下图所示：
①滤渣1的主要成分有________。
②加入的作用是________。
③生成的离子方程式为___________。
④的步骤为：。在空气中分解时，不同温度范围所得固体产物不同，将在290℃~320℃温度范围内加热分解，得到一种质量为4.82g固体氧化物和，则该固体氧化物的化学式为___________。
11．（2023春·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）第IIB族元素(Zn、Cd、Hg)和第VIA族元素(S、Se、Te)组成的某些二元化合物常用作半导体材料，应用十分广泛。
(1)基态Se原子价电子排布式为_______，有_______种空间运动状态。
(2)碲酸(H6TeO6)是白色固体，经X射线衍射研究证明在碲酸分子内的6个羟基排列在碲原子的周围成八面体结构，碲酸中碲原子的价层电子对数为_______。
(3)CdTe可用作太阳能电池的吸收层，研究从太阳能电池的碲化镉吸收层(主要含CdTe、CdS)中回收碲具有重要的意义。某回收工艺的流程如图：
①碲化镉吸收层中的CdTe参与反应的化学方程式为_______，该反应需要控制温度为50℃的原因为_______；滤渣1含有的一种单质是_______。
②常温下，向含Cd2+、Te4+滤液中加入NaOH溶液调节pH，当pH=10时，溶液中c(Cd2+)=_______。(已知Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10-15)。
12．（2023春·河北沧州·高三校联考期中）合理利用资源有利于促进人与自然和谐共生战略目标的实现。某实验室设计如下流程，回收模具厂废料(含和少量等)中的部分金属资源。
已知：
Ⅰ.，，；溶液中离子浓度时，认为该离子沉淀完全；
Ⅱ.与性质相似
回答下列问题：
(1)“酸浸”前需先将废料研磨的目的为___________；该工序生成的气体中还含有和，则发生反应的化学方程式为___________。
(2)若浸液中、，则“调”的合理范围为___________。
(3)“萃取”反应可表示为，则实际操作中，该工序控制溶液过大或过小均会降低的萃取率，其原因为___________；有机相用___________(填“盐酸”或“溶液”)处理后可循环到萃取工序中再利用。
(4)从含水相中提取单质的方法为加过量粉，充分反应后过滤，滤渣经洗涤后，进行___________(填操作方法)分离出。
(5)取一定质量进行煅烧，残留固体余量与温度的变化关系如图所示。
制备时，控制的合理温度范围为___________(填选项字母)。
A．低于 B． C． D．高于
(6)“水解”工序不能在陶瓷容器中进行的原因为___________。
13．（2023·上海·高三专题练习）某煤化工厂废水含有大量有机物、氨氮、氰化物、悬浮颗粒等有害物质，处理流程如图所示。
(1)萃取塔中经过______(填写操作名称)可将含酚有机层分离出来。
(2)蒸氨塔中需要连续加入碱液并保持较高温度。请从化学平衡角度解释回答下列问题。
①写出蒸氨塔中主要的化学平衡的离子方程式：______。
②加入碱液以及保持较高温度的原因：______。
(3)缺氧池中含有NH及CN-，其中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的NO氧化为无毒气体。请预测CN-反应后的产物为______和______。请分析由蒸氨塔到缺氧池工序酸化的目的：______。
(4)好氧池中富含O2与NH反应后的产物为NO，写出该反应的离子方程式：______。
(5)出水检测
甲醛法可以测定水样中NH的含量，其反应原理为：4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+，后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸(滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当)。
实验步骤：
i.移取VmL出水样品，以酚酞为指示剂，用cmol/LNaOH标准液滴定至终点，中和样品中的酸。消耗NaOH溶液的体积为V1mL；
ii.另取同样体积的样品，加入足量的中性甲醛溶液，摇匀，静置5min后，加入1～2滴酚酞溶液，用NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL。
①步骤ii中滴定至终点的现象为______。
②该水样中残留NH浓度为______mol/L。
14．（2023·广东·高三专题练习）分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示：
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有、。
②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的浸渣。
回答下列问题：
(1)As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为___________。
(2)“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为___________。
(3)向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有析出，分离出的操作是___________。滤液中As元素最主要的存在形式为___________(常温下，的各级电离常数为：、、)。
A． B． C． D．
(4)①中，Sb的化合价为___________。
②“氯盐酸浸”时，通入的目的是___________。
(5)“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为___________。
(6)可用作电子元件材料，熔点为733℃，其熔点远高于的原因为___________。晶胞是长方体结构(如图所示)，碲的配位数为___________。已知为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________(列出计算表达式)
15．（2023·湖南衡阳·校联考三模）世界上铬单质及其化合物的生产量呈现高速增长趋势，故铬贫矿的利用至关重要，某铬贫矿主要成分为，还含有、、，采用次氯酸钠法处理矿石并制备的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)为了提高“氧化浸出”效率，可采取的措施有___________(任答一条)。
(2)已知经“氧化浸出”后，铁元素以形式存在，该过程中参与反应的化学方程式为___________。
(3)滤渣可能含有的物质有___________(填化学式)。
(4)经“沉铝”后所得溶液中的浓度为，已知：常温下，；，此时溶液中___________，___________。
(5)实验室将浓硫酸和溶液“混合”时的具体实验操作为___________。
(6)以铬贫矿为原料，按照此流程最终得到，核算的原料利用率为，则该铬贫矿中铬的百分含量[以计]为___________。
(7)以节能环保为原则，试以化合物②为原料制定在此工艺流程中的循环利用方案：___________(结合化学方程式用文字说明)。
16．（2023春·重庆·高三统考竞赛）工业氯化钡为白色粉末状晶体，是一种重要的化工原料。盐酸-硫化钡法生产氯化钡的工艺成熟、适用性强，被我国大部分工厂采用。其工艺流程如下图所示：
(1)写出硫化氢的电子式_______。
(2)写出高温“煅烧”时重晶石发生的主要反应的化学方程式_______。
(3)“酸浸”时需要控制盐酸的加入速率。请分析若加酸过快会导致怎样的危害_______？
(4)“酸浸”得到的氯化钡溶液中有少量硫化物会影响产品质量，可以用双氧水进行脱硫除杂，写出反应的离子方程式_______。
(5)由原料重晶石带入的锶离子随着氯化钡溶液的浓缩会逐步富集。向滤液中加入铬酸，利用锶、钡的铬酸盐溶解度的差异分步沉淀出铬酸钡，进一步对钡盐和锶盐进行回收利用。若滤液中，，当沉淀完全时，则溶液中是多少_______？已知时，、。
17．（2023·全国·高三假期作业）锗是重要的半导体材料，是一种“稀散金属”，如图是以中和渣(主要成分为GeO2、Fe2O3、ZnO、SiO2、CaSO4等)为原料生产二氧化锗的工艺流程：
已知：
①GeCl4的沸点：83℃，FeCl3的沸点：315℃。
②H2GeO3在高酸度时易聚合形成胶状多聚锗酸。
③常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表(离子浓度低于10-5 mol·L-1视为沉淀完全)。
离子 Fe3+ Zn2+
开始沉淀pH 2.2 6.2
完全沉淀pH 3.2 8.2
回答下列问题：
(1)①“酸浸”时加热的目的是___________，浸渣的主要成分是___________。
②测得相同时间内锗的浸出率与硫酸的物质的量浓度(mol·L-1)的关系如图所示。硫酸浓度过高，浸出率反而降低的原因是___________。
(2)常温下，若“沉锗”时用饱和NaOH溶液调pH=3.0，此时滤液中-lgc(Fe3+)为___________。
(3)“残余液”的溶质主要成分为 ___________(填化学式)。
(4)“中和水解”的化学反应方程式为___________。
(5)纯度测定
称取m g GeO2样品，在加热条件下溶解，用NaH2PO2将其还原为Ge2+，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，消耗KIO3标准溶液的平均体积为V mL，需选用的指示剂为___________，样品纯度为___________%。(实验条件下，NaH2PO2未被KIO3氧化)[已知：+H+Ge4++I-+H2O(未配平)；]。
18．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）铁和锡是常用于食品包装的金属，其化合物在工业上也广泛应用。
Ⅰ.锡与形成化合物种类最多的元素同主族，某锡的化合物可作为治疗癌症药物的原料，结构如图(Bu-n为正丁基)。
(1)Sn位于元素周期表的___________区。
(2)结构中一个Sn原子形成的配位键有___________个，结构中N原子的杂化类型为___________。
Ⅱ.由工业磷化渣[主要成分是，杂质为(FeⅡ)]来制备锂电池原料磷酸铁的工业流程如下。
已知：常温下，；
(3)“碱浸”过程中，提升浸出率的方法有___________(写出一条即可)。
(4)写出“碱浸”过程中反应的化学方程式：___________，若以离子浓度为。视为沉淀完全，“碱浸”中，若将沉淀完全，pH应为___________。
(5)“步骤A”的名称为___________。
(6)理论上，电池级要求磷酸铁中铁磷的物质的量比为1.0，实际pH对产物的影响如图所示，要达此标准，“搅拌”步骤中控制的pH为___________。
(7)磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，石墨作为锂离子电池的负极材料，嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为的嵌入化合物，平面结构如图2所示，则为___________。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)3d24s2
(2)消耗H2SO4，使TiOSO4水解正向进行的程度增大，有利于TiO2·xH2O析出；防止Fe2+被氧化
(3) 大于 4Fe(OH)2＋O2＝4FeOOH＋2H2O 4 Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8 H+
(4) 无影响 89.0%
【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程，钛白粉废渣成分：FeSO4 H2O、TiOSO4及其它难溶物，可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4＋2H2O TiO2 H2O↓＋H2SO4，TiO2 H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整pH（0.1mol/LFe2＋沉淀为Fe（OH）2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3＋沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体；据此分析解题。
【详解】（1）Ti原子的价层电子排布式为3d24s2；故答案为3d24s2。
（2）“纯化”过程中加入过量铁粉是为了消耗H2SO4，使TiOSO4水解正向进行的程度增大，有利于TiO2·xH2O析出；防止Fe2+被氧化；故答案为消耗H2SO4，使TiOSO4水解正向进行的程度增大，有利于TiO2·xH2O析出；防止Fe2+被氧化。
（3）①已知0.1 mol·L-1Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；产生沉淀后的pH低于已知ⅲ中的6.3。沉淀生成后溶液中c(Fe2+)大于0.1 mol·L-1；故答案为大于；
②据分析可知，分析可知，pH＝6.0左右，4Fe(OH)2＋O2＝4FeOOH+2H2O，因此pH几乎不变，之后发生4 Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8 H+，故答案为4Fe(OH)2＋O2＝4FeOOH+2H2O；4 Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8 H+。
（4）①由于Fe3＋＋3C2O＝Fe(C2O4)3，Fe(C2O4)3不与稀碱溶液反应，所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响，故答案为无影响；
②，与NaOH反应的H+的物质的量为；则与FeOOH反应的H+的物质的量为；根据；；纯度为；故答案为89.0%。
2．(1) 适当升温/搅拌
(2)2.5
(3) 蒸发浓缩 冷却结晶
(4)B
(5)96%
【分析】本题是一道利用电解铜废液和烟尘制备硫酸铜和硫酸锌晶体的工业流程题，首先用电镀铜废液浸出烟尘得到硫酸铜和硫酸锌，再用有机物HR提取其中的铜离子，分液后分别处理即可得到硫酸铜和硫酸锌晶体，以此解题。
【详解】（1）根据影响反应速率的因素考虑，“浸出”时，为了提高浸出率，可以采取措施是适当升温/搅拌；电解铜废液中的硫酸可以和浸出烟尘中的CuO、ZnO、PbO反应，反应产物中的硫酸铅难溶于水，则滤渣的主要成分是；其中ZnO和硫酸反应的离子方程式为：；
（2）由图可知电解废液用量为2.5时，浸出率是比较大的，并且随着电解废液用量继续增加浸出率变化不大，故最佳电解废液用量是2.5；
（3）从溶液中得到结晶水合物，需要经过的途径为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（4）有几层中含有CuR2，加入硫酸发生反应CuR2+H2SO4=CuSO4+2HR，再通过反蒸可以得到硫酸铜固体，故选B；
（5）根据，可得以下对应关系式：2CuSO4~I2~2，则n(CuSO4)= n()=0.03L×1mol/L=0.03mol，硫酸铜固体的纯度=。
3．(1) NH3 CO2
(2)CO2
(3)取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该晶体中含有氯离子
(4)2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O
(5)
【分析】侯氏制碱法的流程是在氨化饱和的氯化钠溶液里通CO2气体，因碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，有碳酸氢钠沉淀生成，经过滤洗涤干燥后，再将碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同时生成的CO2气体循环利，用据此分析解答。
【详解】（1）一定温度下，往一定量饱和NaCl溶液中先通入NH3，达到饱和后，再不断通入CO2，一段时间后，出现沉淀，过滤得到NaHCO3晶体。
（2）由分析可知，分析可知CO2参与反应过程，最后又生成，可以循环利用。
（3）检验晶体中是否有氯离子，取少量晶体溶于水，加稀HNO3酸化，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，该晶体中含有氯离子。
（4）工艺流程中反应②中碳酸氢钠加热分解可得纯碱，同时生成的CO2气体，方程式为：2 NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O。
（5）称取m1g制得的碳酸钠样品，置于小烧杯中，加水溶解，向小烧杯中滴加足量氯化钙溶液充分反应生成m2g沉淀，该沉淀为CaCO3，n(CaCO3)= =n(Na2CO3)，则该样品中碳酸钠的质量分数为=。
4．(1)粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等
(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)α-Al2O3、SiO2、Fe
(4) Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O 加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2 140
(5)可能还原剂消耗完，空气进入可以将铁氧化，使产率降低
【分析】矿渣中含有Fe2O3、α-Al2O3、SiO2，SiO2为酸性氧化物，不与稀硫酸反应，也不溶于稀硫酸，α-Al2O3的化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，氧化铁为碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3，加入过量铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，然后过滤，滤渣为α-Al2O3、SiO2、过量的铁粉，滤液中加入碳酸氢铵，根据问题(4)，生成FeCO3，然后通空气氧化，得到铁黄，据此分析作答。
【详解】（1）为了提高“酸浸”的效率，可以采用的措施有粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等；故答案为粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等；
（2）根据上述分析，还原过程中发生的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）根据上述分析，滤渣主要成分是α-Al2O3、SiO2、Fe；故答案为α-Al2O3、SiO2、Fe；
（4）①沉铁是将二价铁转化为难溶性碳酸盐，碳酸盐为FeCO3，同时生成CO2，其离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
②加入NH4HCO3，HCO与Fe2+发生双水解反应，生成Fe(OH)2，故答案为加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2；
③用碳酸钙沉淀时，溶液中=140；故答案为140；
（5）如果超过一定时间，还原剂消耗较多，空气可以将铁氧化，使产率降低；故答案为可能还原剂消耗完，空气进入可以将铁氧化，使产率降低。
5．(1)
(2)、
(3) 生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
(4)过滤
(5)取少量E于试管中，滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无
【分析】磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁(Fe3O4)，还含少量的Al2O3、Cu2O，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，四氧化三铁和氧化亚铜不溶解，过滤得到含有四氧化三铁、氧化亚铜的固体B和偏铝酸钠溶液C；向固体B中加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜，反应生成的铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸铁的溶液D和铜固体E；向溶液D中加入过量的铁(试剂X)，硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，过滤得到硫酸亚铁溶液F和含有铜、铁的固体Ⅱ；向固体Ⅱ中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜不与稀硫酸反应，过滤得到铜固体E和硫酸亚铁溶液F。
【详解】（1）由分析可知，溶液C的主要成分是NaAlO2；铝离子核外有10个电子，结构示意图为；
故答案为：；；
（2）溶液D为硫酸铜、硫酸亚铁和硫酸铁的混合液，试剂X为铁，铁与硫酸铜反应了、生成硫酸亚铁和铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，其反应的离子方程式是Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
故答案为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu、Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，立即发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，反应生成的氢氧化亚铁具有强还原性，被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
故答案为：生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；；；
（4）分离固体和液体的方法是过滤，则操作1的名称为过滤；
故答案为：过滤；
（5）由于Cu2O溶于强酸，发生反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，则证明E中无Cu2O的方法为向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O；
故答案为：取少量E于试管中，滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则E中无Cu2O。
6．(1)粉碎碳酸锰矿、适当升温、搅拌等
(2)70℃，120min
(3)2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O或2FeCO3+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++2CO2↑+4H2O
(4)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(5)5.0～7.8或5.0≤pH＜7.8
【分析】由碳酸锰矿(主要成分MnCO3，还含有FeCO3、MnO2、Al2O3、SiO2等)加稀硫酸，除去SiO2，溶解其它氧化物，加双氧水把Fe2+氧化成Fe3+，加入氨水，除去Fe3+和Al3+，剩余溶液电解得到锰单质。
【详解】（1）“酸浸”过程中，提高锰元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、粉碎碳酸锰矿、适当升温、搅拌等；
故答案为：粉碎碳酸锰矿、适当升温、搅拌等。
（2）根据图像可知，酸浸的最佳时间是120min，之后浸出率变化不大，70℃和90℃产率最高，但70℃消耗能量相对较少，故酸浸的最佳温度和时间分别是70℃，120min；
故答案为：70℃，120min。
（3）“酸浸”后溶液中锰元素只以Mn2+形式存在，酸浸过程中MnO2被Fe2+或FeCO3还原为Mn2+，则“酸浸”中发生氧化还原反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O或2FeCO3+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++2CO2↑+4H2O；
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O或2FeCO3+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++2CO2↑+4H2O。
（4）“除铁、铝”步骤需加入H2O2，目的是除去Fe2+，方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。
（5）根据表格可知，“除铁、铝”时要把Al3+和Fe3+都除去，而且不能除去Mn2+，则反应液pH的范围为5.0～7.8或5.0≤pH＜7.8；
故答案为：5.0～7.8或5.0≤pH＜7.8。
7．(1)将转化为氧化铁和二氧化硫
(2)cade
(3)过氧化氢
(4) 防止生成杂质
(5)取样品，加入稀盐酸溶解，滴加KSCN溶液，若不变色则不含三价铁杂质，或变色则含三价铁杂质
(6) ABC
【分析】硫铁矿焙烧后加入硫酸酸溶，除去不反应的二氧化硅等物质，过滤滤液加入FeS进行还原操作，将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作将二价铁转化为三价铁，加入磷酸氢二铵生成沉淀，和碳酸锂、草酸反应生成；
【详解】（1）焙烧过程的目的是将转化为氧化铁和二氧化硫，能够除去硫；
（2）由表格可知，三价铁离子和铝离子的沉淀范围有重叠，从焙烧到氧化要经历一系列步骤，此步骤需要除去铝杂质且需要将三价铁转化为二价铁，防止沉铝过程中导致铁损失，故应该焙烧后首先加入稀硫酸溶解金属氧化物后除去不反应的二氧化硅等物质，滤液加入FeS进行还原操作，将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作，故正确的步骤并合理排序为：cade；
（3）“试剂R”是一种氧化剂，需要将二价铁转化为三价铁且不引入新杂质，最好选择过氧化氢；
（4）“高温煅烧”条件下，由和碳酸锂、草酸反应生成，化学方程式为；铁粉极易和空气中氧气生成氧化铁，不能用铁粉代替草酸，其目的是防止生成杂质导致产品不纯；
（5）铁离子会和KSCN溶液变红色，故检验产品中是否混有或杂质的实验操作是：取样品，加入稀盐酸溶解，滴加KSCN溶液，若不变色则不含三价铁杂质，或变色则含三价铁杂质；
（6）①具有氧化性会把亚铁离子氧化为铁离子，根据电子守恒、质量守恒配平可得：，则产品的纯度为；
②A．产品在空气中放置时间过长，部分二价铁转化为三价铁，导致标准液用量减小，测定结果偏低，A符合题意；
B．滴定前仰视读数，导致标准液用量数值偏小，测定结果偏低，B符合题意；
C．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，使得标准液读数偏小，测定结果偏低，C符合题意；
D．滴定管没有用标准液润洗，导致标准液用量增大，测定结果偏大，D不符合题意；
故选ABC。
8．(1)+2
(2)Fe +4H++NO＝Fe3+＋NO↑＋2H2O
(3)过量
(4)黄
(5) 还原 取少量样品于试管中，先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有
(6)72
【分析】黄铁矿(主要成分FeS2)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO还原得到还原铁粉，用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收生成NaHSO3，加热后生成Na2S2O5，据此分析解答。
【详解】（1）黄铁矿中硫元素是－1价，则铁元素的化合价为+2价。
（2）铁粉与过量的稀硝酸反应的离子方程式为Fe +4H++NO＝Fe3+＋NO↑＋2H2O；
（3）二氧化硫不足时容易生成亚硫酸钠，所以欲得到更纯的，反应①应通入过量的气体。
（4）钠的焰色试验显黄色，所以高温灼烧时，火焰呈黄色。
（5）Na2S2O5转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有的方法是首先用盐酸酸化，除去，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有，否则没有；
（6）称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～6Fe2+～，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03 mol·L-1×0.02 L=0.0006mol，则锥形瓶中含有的Fe2+的物质的量为0.0006mol×6=0.0036mol，质量是0.0036mol×56g/mol＝0.2016g，则样品中铁含量为。
9．(1)第四周期第Ⅷ族
(2) 、
(3)
(4)滴入几滴KSCN，溶液不变红
(5)
(6)富集或提高的浓度和纯度
(7)
【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，盐酸溶解后加入草酸铵溶液得到草酸钴晶体，煅烧后制得Co2O3，据此解答。
【详解】（1）Co元素核电荷数27，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族；
（2）二氧化硅不溶，硫酸钙微溶，结合分析可知，“浸泡”过程中，所得滤渣1中的物质是SiO2、CaSO4，加Na2SO3将CoO(OH)中的Co3+还原为Co2+，Na2SO3作还原剂，反应方程式为；
（3）“除铜”过程中发生的反应为FeS转化为溶解度更小的CuS，方程式为；
（4）检验过程Ⅰ所得滤液中铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN，溶液不变红；
（5）＜，当Mg离子完全沉淀时，Ca2+离子全部沉淀，此时溶液中c(F－)==3.0×10-3mol/L；
（6）过程Ⅲ中加入Na2CO3得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是：富集Co2+（或提高Co2+的浓度和纯度）。
（7）CoO的面心立方晶胞如图所示，晶胞中氧原子个数，钴原子个数是，晶胞边长是anm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为。
10．(1) 2
(2) 、 将还原成
【分析】粗渣(含、CaO、等杂质)加硫酸后，其中、溶于硫酸生成相应硫酸盐，氧化钙反应生成微溶性硫酸钙沉淀，不反应，滤渣1为、，再加亚硫酸钠，将硫酸铁还原为硫酸亚铁，还原为；滤液种加氯酸钠，除去过量的亚硫酸钠，并将亚铁离子氧化为三价铁离子；加碳酸钠调节溶液pH生成沉淀；过滤，滤液种加NaF除去残留的钙离子，再过滤的到溶液，经④中转化得到Co，据此分析解答。
【详解】（1）①Co为27号元素，价层电子排布图为： ，故答案为： ；
②C、N、O为同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但氮最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的O，故第一电离能：，故答案为：；
③的几何构型为正八面体形，与中心离子的配位数相同，也呈八面体构型，但因配体不同，因此可能出现氯离子位于八面体对位顶点和邻位顶点两种结构，故答案为：2；
（2）①由以上分析可知滤渣1的主要成分为：、，故答案为：、；
②加入的作用是将还原成，故答案为：将还原成；
③加碳酸钠调节溶液pH生成沉淀，根据元素守恒得反应方程式：，故答案为：；
④设Co的氧化物化学式为CoOx，，解得x=，Co的氧化物化学式为Co3O4，故答案为：。
11．(1) 4s24p4 18
(2)6
(3) CdTe+3H2O2+3H2SO4CdSO4+Te(SO4)2+6H2O 加热可以加快反应速率，但温度太高会促使H2O2分解，故控温为50℃较合适 S 5.3×10-7 mol/L
【详解】（1）Se的原子序数为34，Se原子核外有34个电子，基态Se原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态Se原子价电子排布式为4s24p4；有1(1s)+1(2s)+3(2p)+1(3s)+3(3p)+5(3d)+1(4s)+3(4p)=18种空间运动状态；答案为：4s24p4；18。
（2）碲酸是白色固体，经X射线衍射研究证明在碲酸分子内的6个羟基排列在碲原子的周围成八面体结构，Te与6个羟基O形成6个σ键，Te原子的最外层电子数为6，Te上没有孤电子对，碲酸中碲原子的价层电子对数为6；答案为：6。
（3）向碲化镉吸收层（主要含CdTe、CdS）中加入H2O2、H2SO4，在50℃时反应得到含Cd2+、Te4+的滤液，向该滤液中加入NaOH溶液，调节pH得到含的溶液，向含的溶液中加入磁性纳米铁棒获得Te；
①碲化镉吸收层中的CdTe与H2O2、H2SO4在50℃时反应生成CdSO4、Te(SO4)2，反应中Te元素的化合价由-2价升至+4价，H2O2为氧化剂被还原，其中O元素的化合价由-1价降至-2价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为CdTe+3H2O2+3H2SO4CdSO4+Te(SO4)2+6H2O；由于H2O2不稳定、受热易分解，该反应需要控制温度为50℃的原因是：加热可以加快反应速率，但温度太高会促使H2O2分解，故控温为50℃较合适；碲化镉吸收层中CdS与H2O2、H2SO4发生反应CdS+H2O2+H2SO4=CdSO4+S+2H2O，滤渣1中含有的一种单质是S；答案为：CdTe+3H2O2+3H2SO4CdSO4+Te(SO4)2+6H2O；加热可以加快反应速率，但温度太高会促使H2O2分解，故控温为50℃较合适；S；
②常温下pH=10，溶液中c(OH-)=10-4mol/L，c(Cd2+)==mol/L=5.3×10-7mol/L；答案为：5.3×10-7mol/L。
12．(1) 增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 WC+10HNO3+6HF=WF6↑+CO2↑+10NO2↑+8H2O
(2)3.2
(4)向洗涤后的滤渣中加入足量的NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥即可得到镍
(5)C
(6)水解时生成HF，陶瓷容器中含有SiO2和硅酸盐，能和氢氟酸反应
【分析】废料加入硝酸-HF混酸酸浸，WC和硝酸-HF反应生成NO2、CO2、WF6等气体，WF6和其他气体分离后水解得到WO3。铁、Fe3O4、Co、Ni等被转化为硝酸盐，调浸液的pH，将铁转化为Fe(OH)3沉淀除去，Co2+被萃取到有机相中和Ni2+分离，有机相中加入足量草酸铵，Co2+沉淀为CoC2O4，煅烧CoC2O4得到Co3O4。
【详解】（1）“酸浸”前需先将废料研磨的目的为增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分。已知该序生成的气体中还含有 NO2和 CO2，根据流程可知生成的气体还有WF6，则 WC 发生反应的化学方程式为：WC+10HNO3+6HF=WF6↑+CO2↑+10NO2↑+8H2O。
（2）浸液中，当Co2+开始沉淀时，溶液中c(OH-)=mol/L=10-6mol/L，则溶液的pH=8；，当Ni2+开始沉淀时，溶液中c(OH-)=mol/L=10-6.5mol/L，则溶液的pH=7.5；则溶液的pH应小于7.5。Fe3+沉淀完全时，c(Fe3+)<1×10-5mol/L，此时溶液中c(OH-)>mol/L=×10-11mol/L，pOH=11-lg4=11-lg2，则pH=14-pOH=14-11+=3.2，则“调 pH ”的合理范围为3.2
（4）从含 Ni2+水相中提取 Ni 单质的方法为加过量 Zn 粉，充分反应后过滤，滤渣中含锌和镍，由于锌的性质和铝相似，可以向洗涤后的滤渣中加入足量的NaOH溶液，锌会和NaOH溶液反应生成溶于水的Na2ZnO2，然后过滤、洗涤、干燥即可得到镍。
（5）CoC2O4 2H2O 的相对分子质量为183，假设取183gCoC2O4 2H2O煅烧，得到Co3O4时，质量为mol×241g/mol=80.3g，残留固体余量为×100%=43.9%，由图可知，在温度范围为300~900°C时已转换为四氧化三钴，故选C。
（6）水解时生成HF，陶瓷容器中含有SiO2和硅酸盐，能和氢氟酸反应，故“水解”工序不能在陶瓷容器中进行。
13．(1)分液(萃取分液)
(2) NH+OH-NH3·H2ONH3+H2O 加入碱，c(OH-)增大，平衡向正反应方向移动，有利于NH3逸出。温度升高，气体溶解度减小，有利于NH3逸出
(3) N2 CO2 一是为NO的氧化提供酸性环境，二是中和蒸氨塔中剩余的氨
(4)NH+2O2=NO+2H++H2O
(5) 溶液由无色变为红色
【分析】煤化工厂废水含有大量有机物、氨氮、氰化物、悬浮颗粒等有害物质，加有机溶剂萃取分液除去有机物，水层进入蒸氨塔与碱反应蒸出氨气，酸化，在缺氧池中CN-被回流硝化液氧化为氮气和二氧化碳，在好氧池中NH被氧气氧化为NO；硫酸亚铁加入沉淀池中絮凝沉淀除去悬浮颗粒。
【详解】（1）萃取塔中加有机溶剂经过萃取分液可将含酚有机层分离出来。
（2）①蒸氨塔中铵根离子与碱反应生成一水合氨，一水合氨分解为氨气和水，主要的化学平衡的离子方程式NH+OH-NH3·H2ONH3+H2O。
②加入碱，c(OH-)增大，平衡向正反应方向移动，有利于NH3逸出。温度升高，气体溶解度减小，有利于NH3逸出，所以加入碱液以及保持较高温度：
（3）根据元素守恒，缺氧池中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的NO氧化成的无毒气体是N2和CO2。硝酸根离子在酸性条件下氧化性增强，由蒸氨塔到缺氧池工序酸化的目的：一是为NO的氧化提供酸性环境，二是中和蒸氨塔中剩余的氨。
（4）好氧池中O2与NH反应生成NO，N元素化合价由-3升高为+5、O元素化合价由0降低为-2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式NH+2O2=NO+2H++H2O。
（5）①步骤ii中，达到滴定终点，酸被完全中和，滴定终点现象为溶液由无色变为红色；
②4NH+6HCHO=3H++6H2O+(CH2)6N4H+，后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸(滴定时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，可知反应关系式NH~~NaOH，水样中n(NH)= ，该水样中残留NH浓度为mol/L。
14．(1)4s24p3
(2)
(3) 过滤 B
(4) +5 将还原为SbCl3
(5)SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl
(6) TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体 6
【分析】分铜液净化渣碱浸后，碱浸液中含、，铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化物，硫酸酸浸后得到沉淀，经过氯盐酸浸后得到SbCl3，水解后得到SbOCl。碱浸液中含、，调节pH值后得到TeO2沉淀。
【详解】（1）As位于第四周期VA族，基态As的价层电子排布式为：4s24p3；
（2）“碱浸”时，与NaOH反应的离子方程式为：；
（3）分离出的操作是过滤；pH=4时，溶液成酸性，，，故滤液中As元素最主要的存在形式为：B；
（4）①中，Sb的化合价为+5价；
②“氯盐酸浸”时，通入的目的是：将还原为SbCl3；
（5）“水解”时，生成SbOCl的化学方程式为：SbCl3+H2O=SbOCl+2HCl；
（6）TeO2为离子晶体，SO2为分子晶体；由晶胞结构可知，Te的配位数为6；根据均摊法，Te原子位于晶胞的顶点和内部，个数为；O原子位于晶胞的面上和内部，个数为，晶胞的密度为：。
15．(1)粉碎矿石(答案合理即可)
(2)
(3)、
(4)
(5)向溶液中边搅拌边缓慢加入浓硫酸
(6)
(7)化合物②为，可受热分解：，制得的用于“沉铝”中(答案合理即可)
【分析】“氧化浸出”中反应的化学方程式为和；“隔膜电解”过程为电解氯化钠溶液，化合物①为；“沉铝”中涉及两个反应：和。
【详解】（1）为了提高“氧化浸出”效果，可采取的措施有粉碎矿石等。
（2）“氧化浸出”时，参与反应的化学方程式为。
（3）结合上述分析可知，经“氧化浸出”后铝元素以形式存在，滤渣中含有、。
（4）由可知，，得；结合，，又因为，所以。
（5）将浓硫酸和溶液“混合”时的具体实验操作为向溶液中边搅拌边缓慢加入浓硫酸(并时刻关注温度上升速度，防止液体飞溅)。
（6）设该铬贫矿中铬的百分含量[以计]为，根据铬守恒列关系式：，得到，解得。
（7）化合物②为，可受热分解：，制得的可用于“沉铝”中。
16．(1)
(2)
(3)加酸过快会导致局部高温，易被氧化生成或等，从而使产品中硫含量超标，影响产品质量(合理答案即可)
(4)
(5)
【分析】高温“煅烧”时重晶石转变为硫化钡，加水浸取，然后加入盐酸酸浸生成硫化氢和氯化钡，脱硫后蒸发结晶、过滤、干燥得到氯化钡；
硫酸钡在碳粉作用下高温得到硫化钡与一氧化碳，
【详解】（1）硫化氢为共价化合物，电子式 ；
（2）高温“煅烧”时硫酸钡在碳粉作用下高温得到硫化钡与一氧化碳，；
（3）硫离子具有还原性，溶液被空气中氧气氧化，若加酸过快会导致局部高温，易被氧化生成或等，从而使产品中硫含量超标，影响产品质量(合理答案即可)；
（4）硫离子具有还原性、过氧化氢具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫沉淀和水，；
（5）沉淀完全时，，此时，此时Sr2+不会产生沉淀，浓度为。
17．(1) 加快浸出反应速率 SiO2、CaSO4 硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低
(2)4.4
(3)NaCl、FeCl3
(4)CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O
(5) 淀粉溶液
【分析】酸浸将金属氧化物溶解。沉锗将其转化为H2GeO3。溶解将H2GeO3转化为GeCl3。
【详解】（1）升温可加快反应速率。SiO2和CaSO4均不溶于硫酸，可经过滤除去。已知信息知，硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸。答案为加快浸出反应速率；SiO2、CaSO4；硫酸的浓度过高时，会形成胶状多聚锗酸，不易分离，导致浸出率降低；
（2）已知pH=3.2(OH-的浓度为10-10.8mol/L)时完全沉淀即Ksp=c(Fe3+)c3(OH-)=10-5×(10-10.8)3=10-37.4。pH=3.0(OH-的浓度为10-11mol/L)时c(Fe3+)= mol/L。此时滤液中-lgc(Fe3+)=4.4。答案为4.4；
（3）沉锗时Fe3+一起沉淀了，溶解时Fe(OH)3转变为FeCl3。所以“残余液”的溶质主要成分为NaCl、FeCl3。答案为NaCl、FeCl3；
（4）中和目的氨水将GeCl4转化为GeO2，反应为CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O。答案为CeCl4 + 4NH3·H2O = CeO2 + 4NH4Cl + 2H2O；
（5）由已知反应知若KIO3过量可产生I2，所以选择淀粉作为指示剂。由得失电子守恒得关系式为3Ge2+~KIO3得n(Ge2+)=3n(KIO3)=3cV×10-3mol=n(GeO2)，最终计算纯度为。答案为淀粉溶液；。
18．(1)p
(2) 3
(3)粉碎或搅拌等
(4) 8
(5)萃取、分液
(6)2
(7)1：6
【分析】磷化渣碱浸后过滤，得到滤渣Fe(OH)3、Zn(OH)2和滤液，滤液中主要成分为磷酸钠和氢氧化钠；滤液中加磷酸调pH值后，加双硫腙除锌，镜柜萃取、分液后锌进入有机相，余液中加过量氯化铁溶液和氢氧化钠溶液搅拌后过滤，得到磷酸铁和滤液II。
【详解】（1）形成化合物种类最多的元素为碳，第ⅣA族元素都在元素周期表的p区；
（2）结构中箭头标的为配位键：，每个N原子都含有一个双键，所以N原子的杂化类型为；
（3）粉碎、搅拌，在“碱浸”过程中可增大接触面积，以提高浸出率；
（4）由于过滤1生成的沉淀为和，则反应的化学方程式为
；
，当时，，则，所以时，；
（5）加入二硫腙后，混合物分为有机相和余液，所以二硫腙是萃取剂，步骤A为萃取、分液；
（6）根据图可得，在时，铁磷的物质的量比为0.95，接近标准1.0；
（7）根据均摊法，每个碳环实际占用2个碳原子，实际上每个占用6碳原子，所以为1：6
