2024届高三新高考化学大一轮专题复习----工业流程题
1．（2023·湖南岳阳·湖南省平江县第一中学校考二模）从砷化镓废料(主要成分为GaAs，含、和等杂质)中回收镓和砷的工艺流程如下：
已知：是两性氢氧化物。
25℃时，的溶度积，。回答下列问题：
(1)“滤渣Ⅱ”的成分为 (填化学式)。
(2)基态砷原子的价电子排布图为 ；砷化镓(GaAs)和氮化硼(BN)晶体都具有空间网状结构，硬度大，则砷化镓的熔点 氮化硼的熔点(填“高于”“低于”或“等于”)。
(3)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，砷化镓转化为和进入溶液，该反应的化学方程式为 。
(4)“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度不能过高或过低的原因是 。
(5)向“中和”后得到的滤液中加入足量NaOH溶液，使pH大于12，经 、降温结晶、过滤、洗涤、低温干燥后得到。
(6)为探究在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数K= 。(已知 )
2．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）铜冶炼阳极泥中含有多种稀有元素和贵重金属，对某厂阳极泥(含有CuS、、和少量金属单质Ag)进行综合处理和利用的工艺流程如下：
已知：“焙烧”所得烧渣主要成分为CuO、Ag、，气体的主要成分为和。
回答下列问题：
(1)“焙烧”前将阳极泥研磨成粉末，其目的为 。
(2)气体在水中进行“转化”的化学方程式为 。
(3)“沉碲”时温度不能过高或过低的原因为 。
(4)“酸溶”的目的为 ；“沉银”反应的平衡常数为 。[已知、]
(5)“一系列操作”中，选用乙醇代替水“洗涤”胆矾的优点为 。
(6)实验测得25.0g 受热分解过程中的热重曲线如图所示。
①172℃时，剩余固体的化学式为 。
②由胆矾分解制备CuO时，控制的合适温度范围为 。
3．（2023·云南曲靖·统考一模）氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，广泛地应用于塑料、合成橡胶、电池、药膏、阻燃剂等产品的制作中。此外，微颗粒的氧化锌作为一种纳米材料也开始在相关领域发挥作用。工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯度氧化锌的工业流程如图所示：
已知： As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。
回答下列问题：
(1)Zn2+的简化电子排布式为 。
(2)操作X过程中，需用到的玻璃仪器有 、烧杯。
(3)“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1：2参加反应生成了[ Zn(NH3)4]2+， 发生的离子反应方程式为 。
(4)“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是 。
(5)已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol · L-1时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol·L-1时，Pb2+是否完全沉淀 (填 “是”或“否”)，理由是 (请列式计算说明)。
物质 CdS CuS PbS
Ksp 8.0× 10-27 6.3×10-36 8.0× 10-28
(6)流程中可循环利用的含氮物质有 (填物质化学式)。
(7)已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式 。
4．（2023春·河南·高三专题练习）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料—— VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下：
已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；
② +2H+ + H2O；
③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 4.0 4.6
完全沉淀的pH 3.7 5.2 6.0
请回答下列问题：
(1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有 (答两条)。
(2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为 。
(3)理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是 (用化学用语和必要的文字说明)。
(4)滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和 (填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是 。
(5)将2.075g VO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量) ，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0. 10 mol L 1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：
序号 起始读数 终点读数
① 0.10 20.55
② 0. 02 20.12
③ 0.03 19. 93
该产品的纯度为 %。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果 (填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3 +I2 =Na2S4O6 + 2NaI)
5．（2023·广东·模拟预测）三氯化六氨合钻[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co(OH)2]=1×10-14.2、Ksp[Co(OH)3]=1×10-43.7、Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、Ksp[Al(OH)3]=1×10-32.9。溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可认为沉淀完全。
③Co2+还原性较弱，但[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表 ，基态Co2+价层电子的电子排布图为 。
(2)写出除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式 。
(3)“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c(Co2+)=0.1 mol/L的滤液，调节pH的范围为 。
(4)下列说法错误的是_______。
A．制备[Co(NH3)6]3+时，“混合”过程中加入NH4C1的作用是抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀，同时参与反应提供
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小
C．“氧化”过程后分离提纯时，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸的目的是：增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出
D．为了得到较大颗粒的[Co(NH3)6]Cl3晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却
(5)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钻元素的含量。称取0.10 g产品加入稍过暈的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co(OH)3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于硫酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用0.010 mol/L的Na2S2O3溶液滴定(反应原理：Co3++I-→Co2++I2、I2+→I-+)，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，以下说法正确的是 。
A．装有Na2S2O3溶液的酸式滴定管装液前要先检漏、蒸馏水洗、标准液润洗
B．滴定时要适当控制滴定速度，边滴边摇动锥形瓶(接近终点时改为滴加半滴Na2S2O3溶液)，直到溶液颜色从无色变为蓝色，达到滴定终点
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
(6)计算产品中钴元素的含量为 。(答案保留三位有效数字)
6．（2022·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：
已知：i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
iii.
iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+
开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5
沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5
回答下列问题：
(1)为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为 。(写一条)
(2)“滤渣1”的主要成分是 。(填化学式)
(3)用硝酸替代“盐酸，H2O2”也可以实现“氧化浸取”，从环保角度考虑，存在的缺点是 。
(4)检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是 (填标号)。
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6]溶液 c.KSCN溶液和双氧水
(5)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是 。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是 。
(7)“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是 。
7．（2023春·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习）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”)。
8．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）实验室以废旧锂离子电池的正极材料(活性物质为LiCoO2，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Co3O4。
(1)基态钴原子的电子排布式为 ，其最高能层电子云轮廓图为 形
(2)“预处理”时，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 。
(3)“浸出”过程中，将煅烧后的粉末(含LiCoO2和少量难溶杂质)与硫酸混合，将形成的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Li2SO4、CoSO4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。
(4)制钴粉。向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入N2H4·H2O可以制取单质钴粉，同时有N2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(C6H5O)生成配合物(CoC6H5O7)—。
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(Na3C6H5O7)，可以提高钴粉的纯度，结合沉淀溶解平衡解释原因 。
(5)请补充完整由浸取后滤液先制备，并进一步制取Co3O4的实验方案：取浸取后滤液， ，得到Co3O4[已知：Li2C2O4易溶于水，CoC2O4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(NH4)2C2O4溶液、0.1BaCl2溶液、0.1HCl溶液、蒸馏水。
9．（2022·陕西安康·统考模拟预测）在工业、农业、药物合成等领域应用广泛，其制备方法有废铜粉法、辉铜矿法、碱性蚀刻废液回收法等。回答下列问题：
(1)废铜粉法：将含有少量铝粉的废铜粉加入过量NaOH溶液中，充分反应后过滤、洗涤，再加入稀、的混合溶液中，充分反应后经系列操作得到。
①铝粉与NaOH溶液反应的离子方程式为 ，判断该反应充分进行的方法是 。
②Cu与稀、反应时，若消耗32gCu，则消耗 ，该反应不宜在较高温度下进行，其原因是 。
(2)辉铜矿法：辉铜矿(Cu2S)与稀、反应可以制得，该反应的化学方程式为 。
(3)碱性蚀刻废液回收法：从某碱性蚀刻废液［主要含等］中回收的工艺流程如图所示。
①步骤I中反应生成沉淀的离子方程式为 。
②“滤液”的用途为 (填一条)。
③步骤Ⅴ中加入乙醇的目的是 。
10．（2022·全国·高三专题练习）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·高三专题练习）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物：
回答下列问题：
(1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为、 ，“灼烧”的目的是 。
(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有 、 。
(3)“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣的离子方程式为 。
(4)“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是 。
(5)在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。转化为，反应的化学方程式为 ；生成产物的化学式为 。
(6)利用制得溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍电池正极材料的。电解时阳极的电极反应式为 。
12．（2023·湖南益阳·益阳市第一中学校考模拟预测）金属钴是一种重要战略资源。利用草酸钴(CoC2O4)废料协同浸出水钴矿中钴的工艺流程如下。
已知：I.水钴矿的主要成分为，含MnS及Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物；
II.该流程中一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表：
离子
开始沉淀时pH 3.6 1.8 6.5 7.2 8.1
沉淀完全时pH 4.7 3.2 8.3 9.4 12.7
(1)研磨的目的是 。
(2)滤渣1的主要成分是、 (写化学式)。
(3)“浸出”时，转化成了，写出该反应的化学方程式 。
(4)“氧化”时，只将氧化成，则反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(5)“沉淀”时，应将pH调至 。
(6)已知能被有机萃取剂(HA)萃取，其原理可表示为：。反萃取的目的是将有机层中的转移到水层。实验室模拟萃取用到的主要玻璃仪器有烧杯、 ，反萃取适宜选择的试剂是 (填序号)。
A．70% B．饱和食盐水 C．稀NaOH D．饱和溶液
13．（2022·辽宁·高三统考专题练习）某厂利用富锗烟尘(还含有等)生产储精矿和碱式碳酸锌。其流程如下：
已知：I.酸浸时，锰与铅元素被还原为价，锗以存在。
II．：、。
请回答下列问题：
(1)浸渣①主要含有 ；
(2)采取下列哪些措施可以提高锗的浸出率 (填代号)；
A．增大烟尘与硫酸的固液比 B．多次反复浸出 C．适当进行搅拌
(3)流程中，“I”加入粉主要是为了置换 (填离子符号)；
(4)流程中，“II”控制最高为 (溶液中金属离子浓度均按计算)，该步骤不宜过低，除了考虑到锰的形态可能发生变化外，主要原因可能是 ；
(5)流程中，“II”除锰反应的离子方程式为 ；
(6)沉锌的化学方程式为 。
14．（2022·高三课时练习）电子工业常用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。某研究小组同学为了从腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，设计了如图流程：
请回答：
(1)FeCl3溶液与铜箔反应，生成FeCl2和CuCl2，反应的离子方程式是 ，若反应过程中有2mol电子发生转移，会有 g铜溶解。
(2)①～③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是 (填序号)。①中发生反应的离子方程式是 。
(3)气体C的化学式是 ，检验FeCl3溶液中金属阳离子的操作和现象是 。
(4)①中反应消耗铁粉11.2g，废液中Fe3＋的物质的量浓度是 。
15．（2022·江苏·一模）以盐湖锂精矿(主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度LiCl和MgCl2)为原料均能制备高纯Li2CO3。
(1)以锂精矿为原料制取碳酸锂的流程如图，其中“碳化溶解”的装置如图所示。
已知：I.20℃时LiOH的溶解度为12.8g。
II.Li2CO3在不同温度下的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
①装置C中主要反应的化学方程式为 。
②装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是 。保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有 。
③热解、过滤获得Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，未经洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是 。
(2)设计由盐湖卤水制取高纯Li2CO3的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水 。
已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀。
实验中必须用的试剂：NaOH溶液、Na2CO3溶液、HNO3－AgNO3溶液
16．（2022·四川内江·统考模拟预测）金属钛(Ti)因硬度大、熔点高、密度小、抗腐蚀性强而被广泛用作高新科技材料，披誉为“太空金属”。工业上用某金属氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)来制备钛、铁红等的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)为加快"水溶”速率，可采取的措施为 (写出一种即可)。
(2)“滤液E”中除含有过量的硫酸和硫酸铝外，还含有 。
(3)已知二氧化钛能与熔融的氢氧化钠反应生产Na2TiO3，在酸性条件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)的离子方程式为 。“滤液A”到“滤液E"需加热的原因是 。
(4)为了便于分离铁和铜，通常要将Fe2+氧化成Fe3+，使用的氧化剂合理的是 ，调节pH的目的是 。
(5)用“滤液D”制胆矾的步骤为蒸发浓缩、 、过滤、冰水洗涤、自然风干。
(6)取500 mL “滤液E” ，经过一系列变化后，电解得到5.4 g Al，不考虑变化过程中铝的损耗，则“滤液E"中Al2(SO4)3的物质的量浓度为 mol·L-1。
17．（2022秋·山东济南·高三济南市历城第二中学校考阶段练习）钌(Ru)是一种极其昂贵的稀有贵金属，广泛应用于电子、航空航天、石油化工、有机合成等领域。钌的矿产资源很少，因此从含钌废液中回收钌尤为重要。某含钌的废渣主要成分为Ru、、、，回收钌的工艺流程如下：
(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率的影响分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为 ；最佳反应温度为 。
(2)滤液1中溶质的主要成分包括、、等，其中Si的存在形式为 (填化学式)；转化为的化学方程式为 。
(3)滤液1先用盐酸调节滤液pH，后用甲酸“还原”提取钌并同时生成，则该过程的离子方程式为 ；“蒸馏”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为 、 。
(5)可用氢气还原重量法测定产品中的纯度，所得实验数据记录如下：
实验序号 产品的质量/g 固体Ru的质量/g
① 2.4225 1.0110
② 2.4225 1.0090
③ 2.4225 1.0100
则产品的纯度为 (保留小数点后一位)。
18．（2021·河南焦作·统考一模）工业上以钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、MnO2、Fe2O3、Sc2O3等)为原料制备TiO2和Sc2O3的工艺流程如下图所示。
已知：Ⅰ．25℃时，一些金属氢氧化物的Ksp如表所示。
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Sc(OH)3
Ksp 1.0×10-39 8.0×10-16 1.1×10-13 2.0×10-31
Ⅱ．25℃时，草酸的电离平衡常数为Ka1=6 ×10-2 ，Ka2=5×10-5。回答下列问题：
(1)已知溶液1中，钛以TiO2+的形式存在则FeTiO3与硫酸发生主要反应的化学方程式是 。
(2)获得FeSO4·7H2O晶体的操作是 、过滤( 洗涤)。
(3)若流程省去步骤，则制备的产品TiO2中含有的杂质是 (填化学式)。
(4)“有机相”需用洗涤液(93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成)洗涤，其作用除了除去其中剩余的钛离子外，还可使Fe2+转化为Fe3+，该转化的离子方程式是 。
(5)用氨水调节溶液的pH分两步进行若溶液中c(Fe3+)=c(Se3+)=c(Mn2+)=0.1 mol·L-1，离子浓度为1×10-6mol·L-1时认为完全沉淀，则先加入氨水调节pH的范围是 (保留一位小数，已知lg2=0.3)；过滤，继续加入氨水调节pH过滤得到的滤渣3是 (填化学式)。
(6)25℃时用草酸“沉钪”得到Sc2(C2O4)3沉淀，溶液中c(H2C2O4)与c()的关系如图，此时溶液的pH= 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)、
(2) 低于
(3)
(4)温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致分解，所以温度不能过高或过低
(5)蒸发浓缩(或加热浓缩)
(6)
【分析】砷化镓废料，主要成分为GaAs，含、和等杂质，加入NaOH、，GaAs转化为、，转化为进入溶液，、难溶于NaOH溶液形成滤渣Ⅰ；浸出液中加硫酸中和调节pH，生成滤渣Ⅱ、沉淀，向镓和硅共沉物中加入硫酸，生成溶液，电解溶液生成Ga。
【详解】（1）滤渣II的成分为、沉淀。
（2）砷元素的原子序数为33，价电子排布式为，价电子排布图为；砷化镓(GaAs)和氮化硼(BN)晶体都具有空间网状结构，说明两者都是共价晶体，共价晶体的熔沸点与键长成反比，原子半径越小，键长越短，键长：B-N＜Ga-As，所以砷化镓熔点低于氮化硼的熔点。
（3）砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，NaOH、与GaAs反应生成、，该反应的化学方程式为。
（4）“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致分解，所以温度不能过高或过低。
（5）制得用到的是冷却结晶的方法，具体的操作为蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，低温干燥。
（6）将、、三式相加可得反应，则平衡常教。
2．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)
(3)温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢
(4) 将CuO、Ag转化为硫酸盐 5.5×1014
(5)减少溶解损失，乙醇易挥发，有利于干燥
(6) 700~810℃
【分析】阳极泥中含有CuS、、和少量金属单质Ag，首先通过焙烧将S、Se转化为SO2、SeO2气体除去，两种气体在水中发生反应生成Se；焙烧过程中Cu变为CuO，Te变为TeO2，经碱浸除去Te，剩余CuO与Ag，经硫酸与氧气酸化后变为铜离子和硫酸银，再加氯化钠利用沉淀转化分离出Ag，最后得到胆矾。据此解答该题。
【详解】（1）将阳极泥研磨成粉末可以增大接触面积，提高反应速率，使空气与其充分接触，尽可能的除尽S和Se。
（2）和气体在水中反应生成Se，做氧化剂，Se化合价降低，根据氧化还原反应规律可知做还原剂，S化合价升高，反应的化学方程式为。
（3）用盐酸“沉碲”时，温度过高盐酸挥发，降低原料的利用率或产品产率；温度过低，反应速率过慢。
（4）铜银渣中含有CuO、Ag，用溶液、进行“酸溶”时可将二者转化为硫酸盐；“沉银”反应为，反应的平衡常数。
（5）硫酸铜不溶于乙醇，用乙醇代替水洗涤可以减少溶解损失，同时乙醇易挥发，有利于干燥。
（6）25.0g 的物质的量为，若结晶水全部失去，剩余固体为0.1molCuSO4，质量为16.0g。由图知时，剩余固体质量为17.8g＞16.0g，则该温度下剩余固体为的结晶水合物，由关系式~，列式得250×17.8g=（160+18x）×25.0g，解得，则剩余固体的化学式为；
由Cu元素守恒知，25.0g 能制得8.0gCuO，由图知控制的合适温度范围为700~810℃。
3．(1)[Ar]3d10
(2)玻璃棒、漏斗
(3)ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O
(4)加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的
(5) 否 当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全
(6)(NH4)2SO4、NH3·H2O
(7)Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3 ↓+(NH4)2SO4
【分析】锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯氧化锌，锌焙砂利用硫酸铵和氨水浸出，氧化锌溶解生成[Zn(NH3)4]2+，As2O3转化为，过滤，向滤液中加入过硫酸铵和硫酸亚铁除砷，继续过滤，向滤液中加入硫化钠除去溶液中的铜离子等金属离子，过滤，向滤液中加入单质锌继续除去重金属离子，过滤，然后蒸氨，产生的氨气用水吸收转化为氨水，通入二氧化碳沉锌，转化为碳酸锌，过滤后，烘干，煅烧得到氧化锌和二氧化碳气体，据此分析解答。
【详解】（1）已知Zn是30号元素，根据构造原理可知，Zn2+的简化电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10；
（2）由工艺流程图可知，操作X为分离固体和液体，故该操作为过滤，则需用到的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗和玻璃棒；
（3）根据题干信息可知，“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3·H2O按1:2参加反应生成了[ Zn(NH3)4]2+， 发生的离子反应方程式为ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O，故答案为：ZnO+2+2NH3· H2O=[Zn(NH3)4]2+ +3H2O；
（4）由分析可知，“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4·H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化，使其完全转化为，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的；
（5）根据溶度积计算可知，当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全，故答案为：否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10-10mol ·L-1时，mol·L-1 =6.3×10-26mol·L-1，此时mol·L-1 ≈1.27 ×10-2mol·L-1>10-5mol·L-1，所以Pb2+未沉淀完全；
（6）流程图中溶液1为NH3 H2O，溶液2为(NH4)2SO4，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，故答案为：(NH4)2SO4、NH3 H2O；
（7）由分析可知，沉锌化学反应为Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4，故答案为：Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4。
4．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)
(2)V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的
(4) Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高
【分析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。
【详解】（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。
（2）“煅烧1”主要是V2O5 和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑。
（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。
（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是错误数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3被氧化，因此消耗的Na2S2O3溶液偏多，计算出的结果偏高；故答案为：80；偏高。
5．(1) 第4周期第Ⅷ族
(2)NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O
(3)4.7~7.4
(4)D
(5)C
(6)14.2%
【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
【详解】（1）Co为27号元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基态Co2+价层电子的电子排布图为： 。
（2）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。
（3）“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小，故B正确；
C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；
D．若快速冷却，不易形成晶形完整的晶体，故D错误；
故选D。
（5）A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．滴定前溶液中发生反应：，向所得的溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故B错误；
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正确；
故选C。
（6）由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。
6．(1)粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等
(2)S、SiO2
(3)产生大气污染物 NOx
(4)b
(5)3.7~4.5
(6)
(7)NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少 NaBiO3的损失
【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3；
【详解】（1）为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等；
（2）根据分析可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
（3）用硝酸替代“盐酸，反应中硝酸发生氧化还原反应生成大气污染物一氧化氮、二氧化氮等氮的氧化物，故不环保；
（4）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；故选b；
（5）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应生产氯离子、同时得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
（7）“由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
7．(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。
8．(1) 1s22s22p63s23p63d74s2 球
(2)除去炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉
(3)溶液变澄清
(4) 加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，平衡正向移动
(5)加入2(NH4)2C2O4溶液生成沉淀，过滤、洗涤，得纯净，在空气中加热至400℃
【分析】正极材料主要活性物质是LiCoO2，附着物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等，将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧进行“预处理”，除去炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等，烧渣的成分LiCoO2，LiCoO2在还原剂双氧水的作用下用硫酸溶解得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液，向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入N2H4·H2O可以制取单质钴粉；浸取后滤液加2(NH4)2C2O4溶液生成，在空气中加热至400℃得到Co3O4。
【详解】（1）Co是27号元素，基态钴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其最高能层电子云轮廓图为球形
（2）“预处理”时，将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉转化为二氧化碳和水，高温煅烧的目的是除去炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉。
（3）“浸出”过程中，将煅烧后的粉末(含LiCoO2和少量难溶杂质)与硫酸混合，将形成的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，浸出实验中当观察到溶液变澄清，得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液，可以判断反应结束。
（4）①根据图示， pH=9时Co(Ⅱ)的存在形式为，和N2H4·H2O反应生成Co和氮气、水，根据得失电子守恒，制钴粉的离子方程式为。
②pH>10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。Co2+可以和柠檬酸根离子(C6H5O)生成配合物(CoC6H5O7)—，pH>10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，平衡正向移动，所以Co(OH)2减少，所以可以提高钴粉的纯度。
（5），根据图示在空气中加热至400℃得到Co3O4，取浸取后滤液，加入2(NH4)2C2O4溶液生成沉淀，过滤、洗涤，得纯净，在空气中加热至400℃得到Co3O4。
9．(1) 不再有气泡冒出 0.5 防止受热分解
(2)
(3) 制铵态氮肥 降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜结晶析出，提高回收率
【分析】（3）往某碱性蚀刻废液［主要含等］加入1：1盐酸，发生反应，过滤、洗涤得滤液（溶质的主要成分为NH4Cl）和滤渣[主要成分为]，将和50%H2SO4溶液混合进行酸化，发生反应，之后进行粗结晶，再加C2H5OH进行重结晶，最终得到CuSO4晶体。
【详解】（1）①铝粉与NaOH溶液反应生成NaAlO2和水，反应的离子方程式为，由于该反应有氢气产生，因此当反应不再有气泡冒出时，可以判断该反应已反应完全；
②Cu与稀、反应生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为；消耗0.5molCu，则同时消耗0.5mol；由于受热易分解，因此该反应不宜在较高温度下进行；
（2）辉铜矿(Cu2S)与稀、反应生成和H2O，该反应的化学方程式为；
（3）①根据分析，反应生成沉淀的离子方程式为；
②根据分析，滤液溶质的主要成分为NH4Cl，可用来制铵态氮肥；
③乙醇比水的极性弱，硫酸铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，步骤V加入乙醇可以降低硫酸铜的溶解度，有利于硫酸铜结晶析出，提高回收率。
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) NaAlO2 除去有机物
(2) Ni2+ Fe3+
(3)
(4)洗涤、干燥
(5)
(6)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O
【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
【详解】（1）由分析可知，“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；“灼烧”的目的是除去有机物；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除外，还有Ni2+、Fe3+；
（3）“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为；
（4）过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是洗涤、干燥；
（5）转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为；
（6）电解溶液，阳极上产物为，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O。
12．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3)
(4)1：6
(5)4.7≤pH<7.2
(6) 分液漏斗 A
【分析】水钴矿研磨后加入适量的草酸钴和硫酸，二氧化硅不溶于水硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，水钴矿和草酸钴与硫酸反应生成硫酸钴。滤液加入氯酸钠氧化，将亚铁离子变成铁离子，在加入氢氧化钠，得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，再经过萃取和反萃取进行提纯，最后得到金属钴。据此解答。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，不溶于水，故滤渣1含有二氧化硅和硫酸钙；
（3）水钴矿和草酸钴和硫酸反应生成硫酸钴，水钴矿中钴元素化合价降低，则草酸钴中的碳化合价升高，产生二氧化碳和水，方程式为：；
（4）只将氧化成，铁元素化合价改变1价，亚铁离子做还原剂，氯酸钠反应生成氯化钠，氯酸钠做氧化剂，氯元素化合价变化6价，根据电子守恒分析，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6；
（5）沉淀时保证铁离子和铝离子完全沉淀，但钴离子不能沉淀，故pH范围是4.7≤pH<7.2；
（6）萃取分液使用的仪器为分液漏斗。根据平衡分析，增大溶液中的氢离子浓度，使平衡逆向移动，使钴离子进入水层，故选择A。
13．(1)
(2)BC
(3)
(4) 6 酸度过低不利于沉淀完全，且会在沉锌时消耗更多的，造成浪费
(5)
(6)
【分析】富锗烟尘(还含有等)加入98%的硫酸进行酸浸，难溶，故浸渣①为；酸浸液加入单宁酸进行沉锗，得到单宁锗渣，灼烧得到锗精矿；沉锗后的滤液加入锌粉置换出铜，过滤除去滤渣，滤液加入高锰酸钾将亚铁离子、锰离子氧化，除铁、锰，转化为氢氧化铁、二氧化锰，所得滤液加入碳酸氢铵进行沉锌，得到碱式碳酸锌。
【详解】（1）根据分析可知，浸渣①主要含有；
（2）A．增大烟尘与硫酸的固液比，则固体接触面积反而减小，反应速率减慢，选项A不符合；
B．多次反复浸出，增大浸出率，选项B符合；
C．适当进行搅拌，增大烟尘与酸的接触面积，增大浸出率，选项C符合；
答案选BC；
（3）流程中，“I”加入粉主要是为了置换，达到除铜的作用；
（4）流程中，“II”控制让铁、锰沉淀但锌不沉淀，根据，解得c(OH-)=10-8mol/L，故控制最高为6，该步骤不宜过低，除了考虑到锰的形态可能发生变化外，主要原因可能是酸度过低不利于沉淀完全，且会在沉锌时消耗更多的，造成浪费；
（5）流程中，“II”除锰反应是高锰酸钾将锰离子氧化，生成二氧化锰，溶液为酸性环境，反应的离子方程式为；
（6）沉锌是硫酸锌与碳酸氢铵反应生成碱式碳酸锌、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为。
14．(1) 2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋ 64
(2) ①② 2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋
(3) Cl2 取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若出现红色，证明有Fe3＋
(4)0.4mol/L
【分析】Cu和FeCl3发生反应Cu＋2FeCl3=2FeCl2＋2CuCl2，所以废液中含有Cu2＋、Fe2＋，可能含有Fe3＋，向废液中加入过量Fe粉，发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu，然后过滤，固体A中含有Fe、Cu，溶液A中含有FeCl2，向固体A中加入过量稀盐酸，发生反应Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，然后过滤，得到的6.4g固体B是Cu，溶液B中含有HCl、FeCl2，将滤液②⑤混合，然后通入Cl2，发生反应2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，所以得到氯化铁溶液，以此解题。
（1）
FeCl3溶液与铜箔反应，生成FeCl2和CuCl2，反应的离子方程式：2Fe3＋＋Cu═2Fe2＋＋Cu2＋，该反应中电子转移2mol，反应铜1mol，质量为64g；
（2）
过滤后得到滤液和固体，由流程图可知，①～③所涉及的实验操作方法中，属于过滤的是①②；①中加入铁粉和废液中的三价铁离子和铜离子反应生成二价铁，发生反应的离子方程式是2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋；
（3）
由分析可知气体C为氯气，氯气的化学式是：Cl2；三价铁遇到硫氰化钾显红色，故检验FeCl3溶液中金属阳离子的操作和现象是：取少量溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若出现红色，证明有Fe3＋；
（4）
①中反应消耗铁粉11.2g，物质的量==0.2mol，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋，其中铜离子物质的量==0.1mol，消耗铁0.1mol，则和铁离子反应的铁0.1mol，消耗铁离子物质的量0.2mol，废液中Fe3＋的物质的量浓度==0.4mol/L。
15．(1) Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3 温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小 加快搅拌速率 加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3
(2)边搅拌边滴入NaOH溶液，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中边搅拌边加入Na2CO3溶液，直至静置后上层清液中再加入Na2CO3溶液，无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2～3次，取最后一次洗涤液少许滴入HNO3-AgNO3溶液，无白色沉淀产生，干燥
【分析】装置A用碳酸钙和稀盐酸反应产生了CO2，在装置B中装饱和食盐水除去HCl气体杂质，向锂精矿中的Li2CO3通入CO2转化成溶于水的LiHCO3，装置C发生反应方程式Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，加热分解LiHCO3得到Li2CO3，由信息II可知温度越高，Li2CO3的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2CO3晶体。
【详解】（1）①装置C中主要反应的化学方程式为：Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3；
②碳酸锂、二氧化碳溶解度均随温度升高而减小；碳酸锂、温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是：温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小，不利于反应进行；提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；
③Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；
（2）已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀。盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化成Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤晶体，减少晶体的溶解，则实验方案为：边搅拌边加入NaOH溶液调节溶液pH大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液，若无沉淀产生，过滤，用热水洗涤沉淀2～3次，取最后一次洗涤液少许滴入HNO3-AgNO3溶液，无白色沉淀产生说明洗涤干净，干燥得到较纯产品。
16．(1)溶液加热
(2)硫酸钠
(3) TiO2++2H2O H2TiO2+2H+ 加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分
(4) H2O2 使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀
(5)冷却结晶
(6)0.2
【分析】用某金属氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)来制备钛、铁红等，矿石经过研磨后，加入NaOH碱溶，TiO2、Al2O3转化为NaTiO3、NaAlO2，FeO、Fe2O3、CuO不溶，过滤，得到滤液A，A中加入硫酸，在酸性条件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，偏铝酸根转化为铝离子，形成滤液E，滤渣E为H2TiO2(沉淀)，H2TiO2(沉淀)煅烧得到TiO2，TiO2与氯气、焦炭高温生成TiCl4，TiCl4高温分解为Ti；滤渣A为FeO、Fe2O3、CuO，加入硫酸转化为硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，调节pH后过滤，得到含铜离子的滤液D以及含氢氧化铁的滤渣D，氢氧化铁加热分解为铁红。
（1）为加快"水溶”速率，可采取的措施为溶液加热；故答案为：溶液加热；
（2）碱溶时加入了NaOH，加入硫酸后形成硫酸钠，则“滤液E”中除含有过量的硫酸和硫酸铝外，还含有硫酸钠；故答案为：硫酸钠；
（3）TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，水解离子方程式为TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；水解反应为吸热反应，则“滤液A”到“滤液E"需加热的原因是加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；故答案为：TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；
（4）为了便于分离铁和铜，通常要将Fe2+氧化成Fe3+ ，使用的氧化剂合理的是H2O2，可以不引入杂质，调节pH的目的是使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀；故答案为：H2O2；使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀；
（5）用“滤液D”制胆矾的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、自然风干；故答案为：冷却结晶；
（6）取500 mL “滤液E” ，经过一系列变化后，电解得到5.4 g Al，不考虑变化过程中铝的损耗，结合铝元素守恒，则“滤液E"中Al2(SO4)3的物质的量浓度为；故答案为：0.2。
17．(1) 200℃
(2)
(3)
(4)
(5)85.7%
【分析】含钌废料在碱性溶液中被氧化，Ru、 Pb 、 SiO2 、 Bi2O3 分别转化为Na2RuO4 、 Na2PbO2、Na2SiO3、 NaBiO2，加甲酸还原，Na2RuO4 被还原为Ru(OH)4，然后在氧化条件下蒸馏得到RuO3，再加盐酸吸收，生成氯气和RuCl3，最后还原得到钌。
（1）
从图中可以看出，用NaClO钌浸出率更高，且渣率低，最佳温度控制在200℃，此时钌的浸出率接近100%，且渣率最低。
（2）
SiO2能和NaOH溶液反应生成Na2SiO3，所以在滤液1中Si的存在形式为Na2SiO3，Bi2O3 也能和NaOH溶液反应转化为NaBiO2，化学方程式为Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O。
（3）
滤液1中含有Na2RuO4 ，用甲酸“还原”提取钌，钌被还原为Ru(OH)4，甲酸被氧化为，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为HCOOH++H2O=Ru(OH)4↓+。“蒸馏”阶段是NaClO3将Ru(OH)4转化为RuO3，该反应中钌的化合价从+4价升高到+6价，做还原剂，NaClO3中氯的化合价从+5价降低到-1价，NaClO3做氧化剂，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3。
（4）
“吸收”过程是RuO3和盐酸反应生成RuCl3，钌的化合价降低，则盐酸做还原剂，氯的化合价升高，则生成的气体为Cl2，氯气可以被NaOH溶液吸收生成NaClO，可以用在“氧化酸浸”步骤中。
（5）
三次实验得到固体钌的质量平均值为1.0100g，即0.0100mol，可计算出RuCl3的质量为0.01mol×207.5g/mol=2.0750g，则产品纯度为85.7%。
18．(1)FeTiO3 +2H2SO4FeSO4 +TiOSO4 +2H2O
(2)蒸发浓缩、冷却结晶
(3)Fe2O3
(4)2Fe2+ +H2O2 +2H+= 2Fe3+ +2H2O
(5) 3.0≤pH＜4.1 Sc(OH)3
(6)2
【分析】钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、MnO2、Fe2O3、Sc2O3等)加入硫酸并保持在80℃进行酸浸，酸浸后除去滤渣1为SiO2，得到溶液1加入铁粉还原生成硫酸亚铁，结晶得到FeSO4·7H2O，所得溶液2加入热水使其水解，得到固体H2TiO3进行煅烧得到TiO2，水解后的溶液含有大量离子，加入P104-煤油进行萃取，再将有机相加入氢氧化钠溶液进行反应萃取，所得滤渣2加入盐酸酸溶，加入氨水调节pH,得到的滤渣3再加入盐酸酸溶，加入草酸沉钪，再灼烧得到Sc2O3。
【详解】（1）钛以TiO2+的形式存在则FeTiO3与硫酸发生主要反应生成硫酸亚铁、TiOSO4和水，反应的化学方程式是FeTiO3 +2H2SO4FeSO4 +TiOSO4 +2H2O；
（2）低温条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度防止FeSO4·7H2O分解失去部分结晶水，故获得FeSO4·7H2O晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤( 洗涤)；
（3）若流程省去步骤，铁离子未被还原为亚铁离子，没有转化为FeSO4而结晶，水解时容易产生氢氧化铁沉淀，则制备的产品TiO2中含有的杂质是Fe2O3；
（4）酸性条件下双氧水使Fe2+转化为Fe3+，该转化的离子方程式是2Fe2+ +H2O2 +2H+= 2Fe3+ +2H2O；
（5）先加入氨水调节pH确保铁离子、锰离子沉淀完全，根据Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)·c2(OH-)=1×10-6mol·L-1c2(OH-)≤1.1×10-13，c2(OH-)≤1.1×10-7，故pH3.0，同时不能使开始沉淀，故Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)=0.1 mol·L-1c3(OH-)2.0×10-31，c3(OH-)2.0×10-30，故pH<4.1，答案为3.0≤pH＜4.1；
过滤，继续加入氨水调节pH，使Sc3+沉淀生成Sc(OH)3，故过滤得到的滤渣3是Sc(OH)3；
（6）25℃时，草酸的电离平衡常数为Ka1=6 ×10-2 ，Ka2=5×10-5，根据图中c(H2C2O4)与c()的关系可知，== ==，故c(H+)=10-2mol/L，此时溶液的pH=2。
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