2023届高考化学二轮复习工业流程综合题作业含解析

这是一份2023届高考化学二轮复习工业流程综合题作业含解析，共43页。

工业流程题
1．（2022·河北衡水·二模）高锰酸钾是常见的强氧化剂，其制备流程如下：

i．制取锰酸钾(K2MnO4)
碱熔：用托盘天平称取5.0gKOH固体、1.5gKClO3固体于坩埚中，混匀、小心加热，不断搅拌，待混合物完全熔融后，加入MnO2粉末3.5g，加热到颜色变为深绿色，用力搅拌到固体干涸、固化，再加热5min，并用铁棒将其尽量捣碎。
浸取：待物料冷却后，置于200mL烧杯中，用50mL蒸馏水浸取、过滤，得到绿色的溶液。
(1)碱熔过程中发生反应的化学方程式为_______；加热中若不小心将液体溅到皮肤上，应_______处理；加热时应选择_______(填字母)。
a．瓷坩埚　　b．铁坩埚　　c．石英坩埚　　d．氧化铝坩埚
ii．制取高锰酸钾(KMnO4)
在浸取液中通入CO2气体，至K2MnO4完全反应，用pH试纸测定溶液pH达到10～11时，停止通入CO2.然后把溶液加热，趁热用铺有尼龙布的布氏漏斗进行减压过滤，除去残渣……
已知：常温常压下，饱和碳酸钾溶液的pH为11.6；碳酸氢钾溶液的pH为8.3。
(2)①通入CO2发生反应的离子方程式为_______；判断此反应进行是否完全，也可以用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，若呈现_______现象，停止通入CO2；过滤时不用滤纸而用尼龙布的原因：_______；_______(填“能”或“不能”)用加盐酸的方法代替通入CO2，其理由：_______。
②已知：几种物质在不同温度下的溶解度

0
10
20
30
40
50
60
KCl
27.6
31.0
34.0
37.0
40.0
42.6
45.5
K2CO3·2H2O
51.3
52
52.5
53.2
53.9
54.8
55.9
KMnO4
2.83
4.4
6.4
9.0
12.7
16.9
22.2

“操作X”为_______。
iii．重结晶提纯
(3)利用重结晶的方法对产品提纯，所得产品质量2.8g，则高锰酸钾的产率为_______(精确到0.1%)。
2．（2022·江西·二模）碲(Te)广泛用于太阳能、电子、医药等领域，对碲的综合回收利用尤为重要。工业上，从含碲化亚铜的废渣(主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Cu)中提取碲的流程如图：

回答下列问题：
(1)写出碲元素在元素周期表中的位置____。
(2)“酸浸”过程中生成TeOSO4的离子方程式为____。
(3)已知：Ksp(Ag2SO4)=7.70×10-5，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。向含Ag2SO4滤渣中加入浓盐酸，Ag2SO4能否充分转化为AgCl?通过计算说明____。
(4)电解除铜时，铜、碲沉淀的关系如表。
电解时间(min)
铜沉淀率
碲沉淀率
10
25%
0.1%
20
40%
0.2%
30
62%
0.4%
40
65%
2.0%

①电解初始阶段阴极的电极反应式是____。
②最佳电解时间为30min，原因是____。
(5)向“滤液II”中通入SO2反应一段时间后，Te(IV)的浓度从5.0g/L下降到0.2g/L，写出TeOSO4生成Te的化学方程式____，其中Te元素的回收率为____(忽略溶液体积变化，结果用百分数表示，保留二位有效数字)。
(6)整个过程中可循环利用的物质为____(填化学式)。
3．（2022·北京·北师大实验中学高三期中）工业上制取硝酸铵的流程如图所示，请回答下列问题：

(1)NH3的电子式是_______。
(2)设备II发生反应的化学方程式为_______。
(3)设备III在工作时不断通入空气的目的是_______。
(4)设备IV中的尾气主要为NO。
①用KMnO4和NaOH的混合液进行烟气中NO的脱除。将标准状况下224L含NO体积分数为10%的模拟烟气进行处理，假设NO最终全部转化为NO，碱性条件下KMnO4被还原为K2MnO4，理论上需要KMnO4的质量为_______g。(KMnO4的摩尔质量为158g·mol-1)
②用Pl—g—C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

NO2最终转化为HNO3的化学方程式是：_______。
4．（2022·上海·高三专题练习）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如图工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见表
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8

回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式____。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是____。
(3)“母液①"中Mg2+浓度为____mol·L-1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是____。“酸溶渣”的成分是____、____。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是___。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得___，循环利用。
5．（2022·江西新余·二模）三氧化二镍(Ni2O3)经常用于制造镍氢电池，也可用于镍粉的制造，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、铁及其氧化物、碳等)回收其中的镍并制备Ni2O3的工艺流程如下所示：

已知：①NiCl2易溶于水，在该实验条件下H2O2、Fe3+不能氧化Ni2+
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.010mol/L)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0

③反萃取的反应原理为NiR2+2H+Ni2++2HR
(1)“预处理”操作目的是除去镍废料表面的矿物油污，可选用试剂为___________(填标号)。
A． 酒精          B．纯碱溶液            C．NaOH溶液
(2)酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是___________(从两个角度分析)。

(3)“氧化”时主要反应的离子方程式是___________。
(4)利用上述表格数据，可计算出Fe(OH)3的Ksp=___________(用科学计数法表示，已知lg2=0.3)，若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围是___________。
(5)向有机相中加入溶液能进行反萃取的原因为___________(用化学平衡移动原理解释)。
(6)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

从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作依次是___________。
(7)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备镍氢电池(碱性)，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式为___________。
6．（2022·江苏省前黄高级中学高三阶段练习）某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、胆矾晶体(CuSO4·5H2O)和水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)。


请回答：
(1)试剂X是_______；试剂Y是_______。步骤Ⅰ涉及到的分离操作是_______。
(2)写出溶液A转化为固体C的离子方程式_______。
(3)在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，可能的原因是_______。
(4)溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化_______。由溶液E制取时，不同的温度下，不同质量浓度的对生成率有以下影响，由图可知工业生产中最佳条件(温度和的质量浓度)为_______。


(5)在固体F中加入稀硫酸和来制备溶液是一种环保工艺，该反应的总的化学方程式为_______。
7．（2022·湖南永州·三模）一种银铟矿主要成分为Au、Ag2S、CuS、ZnS、PbS、FeS、In2O3、Ga2O3等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示：


该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe3+
In3+
Ga3+
Cu2+
Zn2+
Pb2+
开始沉淀的pH
2.2
2.1
2.6
4.6
6.24
7.1
完全沉淀(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
3.2
3.4
4.3
6.6
8.24
9.1

(1)“浸出”过程中金、银分别转化为AuCl、AgCl进入溶液，同时生成硫，写出Ag2S发生反应的离子方程式____。
(2)高温水蒸气除铁利用了FeCl3易水解的性质，写出该反应的化学方程式____。
(3)“二次还原”得到的滤液中主要的阳离子有H+、Na+、Ca2+、Zn2+、Pb3+、In3+、____。
(4)“二次中和”得到的滤渣除少量Fe(OH)3外，主要成分还有____(写化学式)。
(5)“分铅锌”步骤中，维持H2S饱和水溶液的浓度为0.1mol·L-1，为使Zn2+沉淀完全，需控制溶液的pH不小于____已知：lg3≈0.48；Ksp(ZnS)=3.0×10-25，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-13]。
(6)已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“φ”表示)，φ越大则该物质的氧化性越强，φ越低则该物质的还原性越强。浸出步骤中金反应的两个半反应如下：
HClO+H++2e-=C1-+H2O φ=1.49+lg
AuCl4-+3e-=4C1-+Au φ=0.994+lg
(φ与半反应式的系数无关，仅与浓度有关，cθ=1mol·L-1)
如图是Au的浸出率与NaCl溶液浓度的关系，请解释A点以后，金浸出率减小的原因是____。

8．（2022·上海·高三专题练习）我国是世界上最大的钨储藏国，金属钨可用于制造灯丝、合金钢和光学仪器，有“光明使者”的美誉，现以白钨矿(主要成分为GaWO4，还含有二氧化硅、氧化铁等杂质)为原料冶炼高纯度金属钨，工业流程如图：

已知：①钨酸酸性很弱，难溶于水；
②完全沉淀离子的pH值：SiO为8，WO为5；
③碳和金属钨在高温下会反应生成碳化钨。
回答下列问题：
(1)流程中白钨矿GaWO4和纯碱发生的化学反应方程式是：____。
(2)滤渣B的主要成分是(写化学式)____。调节pH可选用的试剂是：____(填选项)。
A．氨水        B．盐酸        C．NaOH溶液 D．Na2CO3溶液
9．（2022·福建·厦门一中高三期中）海洋资源的利用具有非常广阔的前景。
I.从海水中提取溴的过程如下：

(1)步骤“氧化”中已获得Br2.步骤“吸收”中又将Br2反应为Br-，其目的为_______。
(2)热空气吹出Br2，利用了溴的_______。
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
(3)步骤“吸收”用纯碱溶液吸收Br2，反应生成了NaBrO3、NaBr、CO2，则该反应的化学方程式为_______。
II.离子交换法从海带中提取碘是一种较为先进的制碘工艺。下图是使用离子交换树脂的“离子交换法”从海带中提取碘的主要流程。

已知：①I2+I-I
②强碱性阴离子树脂(用R-Cl表示，Cl-可被其它更易被吸附的阴离子替代)对多碘离子(I)有很强的交换吸附能力。
③步骤“交换吸附”发生的反应：R-Cl+I=R-I3+Cl-。
试回答下列问题：
(4)下列各步反应中，属于氧化还原反应的有：_______(填序号)
A．交换吸附 B．洗脱 C．酸化 D．NaCl洗脱
(5)酸性条件下，原料被H2O2氧化时发生的反应有：
①_______；
②I2+I-I。
依据整个生产流程分析是否可以加过量H2O2；_______(填“是”或“否”)。并说明理由：_______。
(6)实验室模拟步骤“酸化氧化”，一般选用氯水。工业上生产企业可以按照自己的实际情况，选择合适的氧化剂。若某企业在酸性条件下选择NaNO2为氧化剂，反应生成一种无色气体，遇空气立即变为红棕色，则添加氧化剂与NaI的质量比应不少于_______。
10．硫酸铵是化工、染织、医药、皮革等工业原料.某硫酸工厂利用副产品Y处理尾气得到,再与相邻的合成氨工厂联合制备,工艺流程如图:

请回答以下问题：
(1)硫酸工业中，V2O5作催化剂时发生反应2SO2+O22SO3，SO2的转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择下表中最合适的温度和压强分别是___________。该反应420℃时的平衡常数___________520℃时的平衡常数(填“＞”、“＜”或“=”)。

1.01×105Pa
5.05×105Pa
1.01×106Pa
420℃
0.9961
0.9972
0.9984
520℃
0.9675
0.9767
0.9852
620℃
0.8520
0.8897
0.9276

(2)在2L密闭容器中模拟接触法制备三氧化硫时，若第12分钟恰好达到平衡，测得生成SO3的物质的量为1.2mol，计算前12分钟用氧气表示反应速率v(O2)为___________。
(3)副产品Y是___________。沉淀池中发生的主要反应方程式是___________。
(4)从绿色化学和资源综合利用的角度说明上述流程的主要优点是___________。
11．（2022·广东广东·二模）半导体芯片行业是金属靶材的主要应用领域之一、利用镍铂靶材废料(主要成分为Ni、Pt以及微量Fe、Al的单质)采用选择性溶解法回收铂并制备硫酸镍晶体的一种工艺流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+



开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时 ()的pH
8.7
4.7
3.2
9.0

②王水是按浓盐酸和浓硝酸的体积比为3∶1配制而成；
③氧化性
④室温：；
(1)“酸浸”时镍发生反应的化学方程式为_______。
(2)铂在王水中生成二元强酸，其中Pt元素的化合价为_______，该反应的离子方程式为_______。
(3)设“调pH”应控制的pH范围是_______。
(4)当液固比为4∶1时，"酸浸"过程中镍的浸出率与温度和时间的关系如图所示，“酸浸”的最佳温度和时间是_______。

(5)沉铂过程中，的沉淀率随温度的升高而增大，结合平衡移动原理解释沉淀率随温度变化的主要原因_______。
(6)在“沉铂”过程中，若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，则加入溶液的浓度最小值为_______mol/L(结果保留两位小数，忽略溶液混合后体积的变化)。
(7)“操作1”中包括沉淀的洗涤，应选用下列哪种试剂最佳_______。A．蒸馏水 B．浓盐酸 C．氯化铵溶液 D．王水
12．（2022·广东·金山中学高二期中）钨锰铁矿也叫黑钨矿，主要成分是MnWO4和FeWO4，同时还含有少量Si的化合物，以下是湿法炼钨并回收废渣中锰的工艺流程：

已知：①钨酸钠的化学式为：Na2WO4
②常温下，钨酸是难溶于水的弱酸
③相关离子沉降pH范围如表：
金属离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
7
9
Fe3+
1.9
3.2
Mn2+
8.1
x

回答下列问题：
(1)基态Mn原子价层电子的排布式为_______，根据价层电子对互斥理论，CO的空间构型是_______。
(2)“滤渣1”主要有两个成分，其中一个成分在空气中由白色变成灰绿色到红褐色，请写出黑钨矿中FeWO4和氢氧化钠“浸出”化学方程式：_______。
(3)焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但工业上常用氢气作还原剂，不用焦炭的原因是_______。
(4)溶液2调pH主要目的是除去Fe3+，则调pH的范围为_______。
(5)已知Mn(OH)2溶度积，表中x值为_______(已知，计算结果保留1位小数)。
(6)从本题流程可以得出，同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子能力_______(填“强”或“弱”)。
(7)下面是电解硫酸锰制备二氧化锰的简易示意图：

总反应：。请写出阳极电极反应式：_______。
13．（2022·浙江·宁波市北仑中学高三期中）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料：铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、 FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。

已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4；PbSO4是一种难溶性的物质。
回答下列问题：
(1)浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供H+，另一作用为_______。
(2)用平衡移动解释“反萃取”过程的原理和目的_______。
(3)“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl，该反应的离子方程式为_______，为提高经济效益充分利用原料，该反应的滤液可加入_______步骤循环使用最合适。
(4)Tl+对人体毒性很大，难溶盐KFe[Fe(CN)6]可通过离子交换治疗Tl2SO4中毒，将其转化为沉淀同时生成K2SO4溶液，写出治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：_______。
(5)电解Tl2SO4溶液制备金属Tl的装置如图所示，石墨(C)上电极反应式为_______。

14．（2022·上海·高三专题练习）已知NH4VO3在pH=7~8时溶解度最小。某工厂利用钒铬渣提取液(主要成分为NaVO3和Na2CrO4)制备Na2CrO4和NH4VO3晶体，流程如图：

不同温度下相关物质的溶解度

NaVO3
Na2CrO4
Ca3(VO4)2
CaCrO4
20℃
19.3
84.0
0.1
5.5
40℃
22.5
96.5
0.09
2.49
60℃
26.3
102
0.09
1.3

(1)关于“钒铬分离”过程，下列说法正确的是____。A．研磨可防止生成的沉淀覆在Ca(OH)2表面，提高Ca(OH)2利用率
B．研磨减小了所得钒渣的粒径，提高了后续步骤中钒渣的浸出率
C．相对于20℃、40℃，工业上更宜选用60℃
D．该过程发生了氧化还原反应
(2)从滤液A中获取Na2CrO4晶体时，应采用的结晶方法为____；残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤，用Na2SO3溶液还原时，还原产物为Cr3+，则反应的离子方程式____；为了使c(Cr3+)不高于1×10-6mol·L-1，“沉降”时应调节pH____[该温度下Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30]。
(3)“浸出”过程中生成NaVO3的离子方程式为____。
15．（2022·山东·夏津第一中学高三阶段练习）图1为从铜转炉烟灰[主要含有ZnO，还有少量的Fe(Ⅱ)、Pb、Cu、As元素]制取活性氧化锌的流程。请回答以下问题：

已知：①活性炭主要吸附有机质；②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38；③部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1

(1)浸取时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，当温度为50℃，反应lh时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图2，则氯化铵最适宜的浓度为____mol·L-1。

(2)FeAsO4中As的化合价为____。
(3)加入适量KMnO4溶液的目的是除去Fe2+的同时溶液中不会有锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：____，常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为____mol·L-1。
(4)“除杂3”时试剂a为单质，则“滤渣Ⅲ”的主要成分为____。(填化学式)
(5)“沉锌”反应的离子方程式为____。
16．（2022·广东广州·二模）金属镓拥有电子工业脊梁的美誉，镓与铝同族，化学性质相似。一种从高铝粉煤灰(主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收镓的工艺如下：


回答下列问题：
(1)“焙烧”中，Ga2O3转化成NaGaO2的化学方程式为_______。
(2)“碱浸”所得浸出渣的主要成分是_______。
(3)“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，过滤，所得滤渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3，写出生成Al(OH)3的离子方程式_______。
(4)“溶镓”所得溶液中存在的阴离子主要有_______。
(5)“电解”所用装置如图所示，阴极的电极反应为_______。若电解获得1molGa，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为_______L，电解后，阳极室所得溶液中的溶质经加热分解生成_______(填化学式)可循环利用。

17．（2022·福建福州·高三期中）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计如图流程：

回答下列问题：
(1)上述工业废气中可能造成环境污染的气体有____(至少写两种)，固体1含有的物质是____、CaCO3、Ca(OH)2；气体2中捕获剂所捕获的气体主要是____。
(2)若X是空气，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为____，才能恰好转化为NaNO2溶液；若通入空气过量，导致的结果会是____。
(3)检验废水中含NH的方法是____，流程中处理含NH废水时反应的离子方程式为____。
(4)气体1中的有毒气体还可通过催化剂直接转化为无污染气体，反应的化学方程式为____。
参考答案：
1．(1)     3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O     用大量的水冲洗，然后涂上3%~5%的硼酸溶液     b
(2)     2CO2+3=2+MnO2↓+2     呈现紫红色     过滤时溶液中含有K2CO3溶液呈碱性，强碱性溶液会腐蚀滤纸而破损，尼龙布能抗强碱腐蚀     不能     盐酸能被KMnO4、K2MnO4氧化成Cl2，造成环境污染和原料损失     蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥
(3)72.4%
【解析】
本题为工工艺流程图，焙烧步骤中发生的反应I：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，然后冷却后用水浸出可溶性的K2MnO4和KCl等，向水浸溶液中通入CO2，发生反应Ⅱ：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，将混合溶液趁热过滤得到滤液中含有KMnO4、K2CO3，滤渣为MnO2，将洗涤液和滤液合并后，进行操作X为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，得到KMnO4粗产品，再进行重结晶即得纯净的KMnO4，据此分析解题。
(1)
由分析可知，碱熔过程中发生反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O，由于熔融物中有强碱KOH，则加热中若不小心将液体溅到皮肤上，应进行用大量的水冲洗，然后涂上3%~5%的硼酸溶液处理，瓷坩埚和石英坩埚中含有SiO2、氧化铝坩埚含有Al2O3，SiO2和Al2O3均能与KOH反应而腐蚀坩埚，故加热时应选择铁坩埚，故答案为：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；用大量的水冲洗，然后涂上3%~5%的硼酸溶液；b；
(2)
①由分析可知，通入CO2发生反应的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，故其离子方程式为2CO2+3=2+MnO2↓+2，判断此反应进行是否完全，即溶液中没有K2MnO4，全部是KMnO4，则也可以用玻璃棒蘸取溶液于滤纸上，若呈现紫红色现象，停止通入CO2；由于过滤时溶液中含有K2CO3溶液呈碱性，强碱性溶液会腐蚀滤纸而破损，尼龙布能抗强碱腐蚀，则过滤时不用滤纸而用尼龙布，由于盐酸能被KMnO4、K2MnO4氧化成Cl2，造成环境污染和原料损失，故不能用加盐酸的方法代替通入CO2，故答案为：2CO2+3=2+MnO2↓+2；呈现紫红色；过滤时溶液中含有K2CO3溶液呈碱性，强碱性溶液会腐蚀滤纸而破损，尼龙布能抗强碱腐蚀；不能；盐酸能被KMnO4、K2MnO4氧化成Cl2，造成环境污染和原料损失；
②由分析结合题干表中数据可知，KCl、K2CO3·2H2O在0℃下溶解度比KMnO4大得多，且KMnO4的溶解度随温度升高而增大，故 “操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥；
(3)
根据反应方程式：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O可知加入5.0gKOH固体、1.5gKClO3固体和MnO2粉末3.5g反应，KClO3不足量，按氯酸钾的量进行计算可得，n(K2MnO4)==0.0367mol，根据反应方程式3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3可知生成的KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)==0.02449mol，则利用重结晶的方法对产品提纯，所得产品质量2.8g，则高锰酸钾的产率为=72.4%，故答案为：72.4%。
2．(1)第五周期第VIA族
(2)Cu2Te+2O2+6H+=2Cu2++TeO2++3H2O
(3)Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+SO(aq)K=2.38×1015>105，故反应进行充分
(4)     Cu2++2e-=Cu     电解时间小于30min，铜元素的沉淀率太低，去除率不够：大于30min，铜元素的沉淀率提升不明显，反而使碲元素有所损失
(5)     TeOSO4+2SO2+3H2O=Te+3H2SO4     96%
(6)H2SO4
【解析】
碲化亚铜的废渣(主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Cu)，第一步通入氧气、加入硫酸后会将铜转化为铜离子、银转化为硫酸银、Te转化为TeO2-离子，根据第二步过滤除去了硫酸银沉淀后得到含碲元素的溶液，第三步通过电解除去铜，第四步加入二氧化硫后将TeO2-离子还原为碲单质；
(1)
碲元素在元素周期表中的位置是第五周期VIA族，故答案为第五周期第VIA族；
(2)
根据加入酸是硫酸、通入氧气后将碲化亚铜氧化，利用原子、电子守恒配平得离子方程式为Cu2Te+2O2+6H+=2Cu2++TeO2++3H2O；故答案为：Cu2Te+2O2+6H+=2Cu2++TeO2++3H2O；
(3)
向含Ag2SO4滤渣中加入浓盐酸，根据沉淀转化平衡Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+SO(aq)解平衡常数
>105，故反应充分；故答案为：Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+SO(aq)K=2.38×1015>105，故反应进行充分；
(4)
电解初始阶段阴极的电极反应：Cu2++2e-=Cu；故答案为：Cu2++2e-=Cu；】电解时间小于30min，铜元素的沉淀率太低，去除率不够：大于30min，铜元素的沉淀率提升不明显，反而使碲元素有所损失；
(5)
通入二氧化硫将TeOSO4转化为Te，根据化合价升降守恒、原子守恒配平得：TeOSO4+2SO2+3H2O=Te+3H2SO4；故答案为：TeOSO4+2SO2+3H2O=Te+3H2SO4；假设溶液体积为1L，则TeOSO4的物质的质量为5.0×1=5g，根据浓度下降为5.0-0.2=4.8g/L说明反应了的TeOSO4的物质的质量为4.8×1=4.8g，故回收率为：，故答案为96%；
(6)
根据流程中在通入二氧化硫后又产生了硫酸判断，整个过程中可循环利用的物质为硫酸；故答案为硫酸；
【点睛】
此题考查简单的工艺流程，从金属混合物中分离得到单质的过程，根据氧化还原反应即沉淀溶解平衡进行解得。
3．(1)
(2)
(3)将NO完全转化为HNO3
(4)     474     2NO2+H2O2 2HNO3
【解析】
N2与H2在铁砂网催化下于设备I中生成NH3，NH3被空气催化氧化生成NO，NO在空气作用下被水吸收得到HNO3，HNO3与NH3在设备Ⅳ合成NH4NO3。
(1)
NH3的电子式是： ；
(2)
设备II中 NH3被空气催化氧化生成NO，反应的化学方程式为：；
(3)
据分析，NO在空气作用下被水吸收得到HNO3，由于2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故在工作时不断通入空气的目的是：将NO完全转化为HNO3；
(4)
①依据题意，1molKMnO4被还原为K2MnO4得到1mol电子，1molNO最终全部转化为NO失去3mol电子，根据得失电子守恒得关系：NO~3KMnO4，标准状况下224L含NO体积分数为10%，则n(NO)为=1mol，则理论上需要KMnO4的质量为1×3×158=474(g)；
②依据图示，NO通过催化剂转化为NO2，O2通过催化剂生成H2O2，NO2与H2O2光照下反应生成HNO3，化学方程式是：2NO2+H2O22HNO3。
4．(1)Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑
(2)Fe3+、Al3+、Mg2+
(3)1.0×10-6
(4)     硫酸     SiO2     CaSO4
(5)TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+
(6)(NH4)2SO4
【解析】
由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应，二氧化钛与硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O，据此分析作答。
(1)
氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为：Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑；
(2)
由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀，然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
(3)
由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L，故答案为：1.0×10-6；
(4)
增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2；CaSO4；
(5)
酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+2H+；
(6)
由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
5．(1)A
(2)HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2＋水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2
(3)2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O
(4)     4×10-38     4.7≤PH＜7.2
(5)存在平衡NiR2＋2H＋Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，C(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+
(6)蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥
(7)MH + OH- -e- = M + H2O
【解析】
含镍废料经过预处理除去表面的油污，根据物理方法，使油污分离，第二步中加入盐酸浸出金属阳离子，而其中的碳没有参与反应，在滤渣1中，而金属镍离子，二价铁离子、铝离子，第三步加入双氧水后将二价铁氧化成三价铁离子，在第四步中加入氧化镍后调节pH将三价铁和铝离子除去，在第五步中加入有机萃取剂把镍离子萃取到有机相中，第六步中加入硫酸溶液后将镍离子反萃取到溶液中，通过结晶得到硫酸镍晶体，再通过一系列过程得到三氧化二镍；
(1)
A．油污能溶于酒精，故可以除去镍废料表面的矿物油污，故A正确；
B．纯碱溶液与镍废料中铝的氧化物反应，在浸出流程中加入盐酸时会消耗更多，故B不符合；
C．氢氧化钠溶液会消耗更多的盐酸，故不符合；
故选答案A；
(2)
温度升高，导致HCl挥发加快，盐酸浓度降低较快；HCl对Ni2＋水解抑制程度减小，从而加快Ni2＋水解，部分生成Ni(OH)2，故温度高于40℃时导致浸出率开始下降，故答案为：HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2＋水解加快(或促进Ni2＋水解)，部分生成Ni(OH)2；
(3)
根据双氧水的氧化性，及混合物中的具有还原性的离子二价铁发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒配平得：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O；故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H+ =2Fe3+ + 2H2O；
(4)
根据表格中开始沉淀时：pH=2.2，c(H+)=10-2.2，c(OH-)=10-11.8，Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)=0.01×10-36×10-0.6=4×10-38，故答案为：4×10-38；若“氧化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1 mol/L，则“调pH”应控制的pH范围根据流程目的，不能使Ni2+沉淀，而使铝离子和三价铁离子沉淀而除去，故调节的pH的范围是：4.7≤PH＜7.2，故答案为4.7≤PH＜7.2；
(5)
根据平衡NiR2＋2H＋Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+；故答案为：平衡NiR2＋2H＋Ni2＋＋2HR，加入H2SO4，c(H+)增大，平衡正向移动，产生更多的Ni2+；
(6)
根据表格中的信息判断：从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体，即晶体的操作依次是蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥；
(7)
电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则放电时负极的电极反应式与阴极反应刚好相反，为MH + OH- -e- = M + H2O；故答案为：MH + OH- -e- = M + H2O。
6．(1)     NaOH溶液或KOH溶液     盐酸或稀硫酸     过滤
(2)
(3)CO2中含有HCl气体，溶于水溶解Al(OH)3
(4)     取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化     26℃，75
(5)
【解析】
由制备流程可知，过量试剂X为NaOH或KOH，步骤Ⅰ为过滤，分离出溶液A含偏铝酸盐、NaOH或KOH，通入足量二氧化碳主要发生，步骤Ⅱ为过滤，固体C为Al(OH)3， C与盐酸反应生成氯化铝，在HCl气流中加热蒸发得到氯化铝，溶液D中含碳酸氢钠或碳酸氢钾；固体B，含Cu、Fe、Fe2O3，加过量试剂Y为盐酸或硫酸，步骤Ⅲ为过滤，分离出E含铁盐、亚铁盐，然后制备K2FeO4；固体F为Cu，可与氧气、硫酸反应生成硫酸铜，经加热浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，最终制备胆矾，以此来解答。
(1)
由分析可知，试剂X是NaOH或KOH；试剂Y是盐酸或硫酸；步骤Ⅰ为过滤，故答案为：NaOH溶液或KOH溶液；盐酸或稀硫酸；过滤；
(2)
溶液A转化为固体C是向偏铝酸盐溶液中，通入过量的二氧化碳，方程式为：；
(3)
用大理石与浓盐酸制取含有挥发出氯化氢，氯化氢的水溶液为盐酸，盐酸可以和氢氧化铝反应，导致白色沉淀会逐渐减少，故可能的原因是：CO2中含有HCl气体，溶于水溶解Al(OH)3；
(4)
溶液E中存在亚铁离子，在空气中易被氧化为铁离子，检验铁离子的方法是：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；由溶液E制取K2FeO4时，不同的温度下，不同质量浓度的Fe3＋对K2FeO4生成率有以下影响，由图2可知工业生产中最佳条件(温度和Fe3+的质量浓度)为26°C，75g·L-1，故答案为：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；26℃，75；
(5)
固体F为Cu，在固体F中加入稀硫酸和H2O2来制备CuSO4溶液是一种环保工艺，该反应的总的化学方程式为：，故答案为：。
7．(1)Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O
(2)2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑
(3)Fe2+、Ga3+
(4)In(OH)3、Ga(OH)3
(5)0.74
(6)c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小
【解析】
本题是一道由银铟矿制备稀有金属的工业流程题，首先用氯化钠，盐酸，次氯酸钠混合物从原材料浸出有用的物质，之后用水蒸气使其中的三价铁生成氧化铁，再用碳酸钙中和过量的酸，再用铜置换出银和铜，再用铁置换出其中的铜，再经过调pH和除杂，最终得到贫液，以此解题。
(1)
浸出Ag2S同时生成硫，是与NaClO发生氧化还原反应，离子方程式为：Ag2S+2H++3Cl-+ClO-=2AgCl+S+H2O；
(2)
由流程可知除铁生成了氧化铁和氯化氢，则对应的化学方程式为：2FeCl3+3H2O(g)Fe2O3↓+6HCl↑；
(3)
“二次还原”加入铁主要是与铜离子反应，方程式为：，另外原料中的Ga2O3在浸出时引入的Ga3+也会留在溶液中，因此主要的阳离子还有：Fe2+、Ga3+；
(4)
“二次中和”加入碳酸钙调pH=4.5，根据表中信息得到的滤渣还有In(OH)3、Ga(OH)3；
(5)
Zn2+沉淀完全，溶液中，此时，，，，，，，，，，pH不小于0.74；
(6)
由φ=1.49+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，即HClO氧化性越小，由φ=0.994+lg可知，c(Cl-)越大，φ越小，AuCl的还原性越强，因此，HClO与AuCl反应速率减慢，金浸出率减小，故答案为：c(Cl-)增大，φ均减小，次氯酸氧化性减弱，Au的还原性增强，减弱程度大于增强程度，故Au的浸出率减小。
8．(1)CaWO4 +Na2CO3Na2WO4+CaO+CO2↑
(2)     H2SiO3     B
【解析】
白钨矿的主要成分是，含有二氧化硅、氧化铁等杂质，白钨矿与碳酸钠在温度下反应反应生成，二氧化硅与碳酸钠会反应生成硅酸钠，氧化铁不反应，则滤渣为氧化铁等，滤液中含有、，再调节在之间，使硅酸根转化为沉淀过滤除去，母液中含有，再加入盐酸得到的沉淀C为，灼烧产生WO3和水，再还原得到钨，以此解答该题。
(1)
与纯碱反应生成、与二氧化碳，反应方程式为：；故答案为：。
(2)
由分析可知，滤渣B的主要成分为H2SiO3，调节溶液pH使硅酸根转化为H2SiO3沉淀过滤除去，应加入盐酸，故答案为：；B。
9．(1)富集溴
(2)C
(3)
(4)BC
(5)          否     H2O2会将I-全部氧化生成I2，无法进行反应I2+I-I，从而导致后续反应无法进行
(6)23∶50
【解析】
Ⅰ.卤水经过氧化后得到Br2.，此时得到的Br2浓度较低，利用热空气将Br2吹出，用纯碱吸收Br2，生成NaBrO3、NaBr，对吸收后的溶液进行处理得到溴；
Ⅱ. 海带浸出液中加入酸和过氧化氢，将I-氧化成I2，交换吸附得到R-I3，用NaOH溶液进行洗脱得到NaI、NaIO3和R-I，NaI、NaIO3酸化后得到粗碘浊液，R-I用NaCl洗脱得到NaI，酸化氧化后得到粗碘浊液。
(1)
“氧化”步骤中已获得的Br2.的含量较低，在“吸收”中又将Br2反应为Br-是为了富集溴，故答案为：富集溴；
(2)
溴易挥发，利用热空气吹出Br2，利用了溴的挥发性，故选C，故答案为：C；
(3)
用纯碱溶液吸收Br2，反应生成了NaBrO3、NaBr、CO2，Br元素化合价由0价变为-1价、+5价，根据得失电子守恒、质量守恒可得反应的化学方程式为，故答案为：；
(4)
A．“交换吸附”发生的反应为R-Cl+I=R-I3+Cl-，该反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B．NaOH洗脱时，生成NaI、NaIO3和R-I，I元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B符合题意；
C．酸化时，I-和发生归中反应生成I2，属于氧化还原反应，故C符合题意；
D．NaCl洗脱时交换金属阳离子，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选BC，故答案为：BC；
(5)
酸性条件下，原料被H2O2氧化时，I-被氧化生成I2，发生的反应为；根据整个流程进行分析可知，不能加足量H2O2，若加入足量的H2O2，H2O2会将I-全部氧化生成I2，无法进行反应I2+I-I，从而导致后续反应无法进行，故答案为：；否；足量的H2O2会将I-全部氧化生成I2，无法进行反应I2+I-I，从而导致后续反应无法进行；
(6)
酸性条件下选择NaNO2为氧化剂，反应生成一种无色气体，遇空气立即变为红棕色，则生成的无色气体为NO，则“酸化氧化”时发生的反应为，该反应中NaNO2为氧化剂，与NaI以1：1的比例进行反应，即还原1molNaI需要1mol NaNO2，为了使NaI充分反应，NaNO2与NaI的质量比不能少于69：150=23：50，故答案为：23：50。
10．(1)     420℃、1.01×105Pa     ＞
(2)0.025 mol/(L·min)
(3)     氧化钙     CaSO4+CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4
(4)产生的CO2循环使用，物质充分利用，副产品有用，无污染性物质产生
【解析】
工业合成氨的反应原理为，将和通入沉淀池中并加入，生成和，发生↓，在煅烧炉中分解生成和CaO，可循环使用；
(1)
表格中显示，温度低有利于SO2的转化；在常压下，SO2的转化率已经很高了，没必要再增大压强，所以工业生产的条件选择420℃、1.01×105Pa；因为温度升高,转化率减小, SO2与O2的反应是放热反应，则温度升高，该反应的平衡常数减小，420℃时的平衡常数>520℃时的平衡常数；
(2)
，用氧气表示的反应速率为；
(3)
根据分析可知，副产物为氧化钙，沉淀池中发生的主要反应方程式为：；
(4)
结合分析可知，产生的CO2循环使用，物质充分利用，副产品有用，无污染性物质产生。
11．(1)
(2)     +4    
(3)4.7pH＜7.2
(4)70℃、120min
(5)存在可逆反应，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高；
(6)
(7)C
【解析】
酸浸时生成的离子为、、，用过氧化氢溶液氧化亚铁离子变为铁离子，则溶液变为、、用NaOH溶液调节pH变为沉淀，需要调节pH为4.7时和完全沉淀，pH为7.2时开始沉淀，为二元强酸可以计算化合价和书写离子方程式，由图可知最佳温度和时间为70℃和120min，根据平衡移动原理，温度升高NH4Cl水解正向移动，温度越高沉淀率越大，完全沉淀时离子浓度为，据此答题。
(1)
已知氧化性，化学方程式为：
(2)
①二元强酸中，H原子化合价为+1价，Cl原子为-1价，则根据正负化合价代数和为零，计算Pt的化合价为+4价；
②浓硝酸和浓盐酸可拆开，Pt由0价变为+4价，硝酸中的N原子由+5价生成NO变为+2价，铂在王水中生成二元强酸，反应的离子方程式为：；
(3)
酸浸时生成的离子为、、，用过氧化氢溶液氧化亚铁离子变为铁离子，则溶液变为、、用NaOH溶液调节pH变为沉淀，需要调节pH为4.7时和完全沉淀，pH为7.2时开始沉淀，控制Ni2+不能转化为沉淀，则pH的范围为：4.7pH＜7.2；
(4)
由图可知，温度升高，酸浸浸出率在变大，70℃和90℃时酸浸率相接近，考虑成本原因，最佳温度为70℃，由图可知，酸浸率与酸浸时间成正比，时间为120min后，镍浸出率随时间变化不显著，则最佳时间为120min；
(5)
存在可逆反应，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，使沉淀率升高；
(6)
，，沉淀完全时浓度小于，代入数据可得，设原溶液体积为VL，则沉淀需要溶液的物质的量为2，溶液等体积混合后，，则加入溶液的浓度最小为；
(7)
存在可逆反应，平衡正向移动降低沉淀的损耗，应选用溶液，答案选C。
12．(1)     3d54s2     平面三角形
(2)FeWO4+2NaOH=Na2WO4+Fe(OH)2
(3)焦炭是固体，和钨难以分离提纯；氢气的还原产物是水，更环保
(4)3.2~8.1(或3.2≤pH＜8.1)
(5)10.2
(6)强
(7)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【解析】
MnWO4和FeWO4与氢氧化钠反应生成Na2WO4，加盐酸调pH除杂，可以除去硅元素，沉钨，得到钨酸，焙烧得WO3，还原得到钨单质。“滤渣1”主要有两个成分。其中一个成分在空气中由白色变成灰绿色到红褐色。可知“滤渣1”含有Fe(OH)2和Mn(OH)2，加入稀硫酸溶解，H2O2氧化，调pH可以除去铁元素，得到较纯净的硫酸锰，沉锰得到碳酸锰。
(1)
Mn是25号元素，根据构造原理，可知基态Mn原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，则其价层电子的排布式为3d54s2；
CO的中心C原子价层电子对数为3+=3，C原子上无孤对电子，因此根据价层电子对互斥理论，CO的空间构型是平面三角形；
(2)
“滤渣1”主要有两个成分，其中一个成分在空气中由白色变成灰绿色到红褐色，该成分是Fe(OH)2，在空气中被氧化为Fe(OH)3，则黑钨矿中FeWO4和氢氧化钠“浸出”化学方程式为：FeWO4+2NaOH=Na2WO4+Fe(OH)2；
(3)
焦炭和氢气都可以将三氧化钨还原成钨单质，但工业上常用氢气作还原剂，不用焦炭，是由于焦炭是固体，和钨难以分离提纯；氢气的还原产物是水，更环保；
(4)
由于Fe3+开始形成Fe(OH)3的pH=1.9，沉淀完全的pH=3.2，沉淀Fe3+的同时Mn2+不能形成沉淀，Mn2+形成Mn(OH)2的pH=8.1，因此调整溶液pH范围是3.2~8.1(或3.2≤pH＜8.1)；
(5)
已知Mn(OH)2溶度积，当Mn2+沉淀完全时c(Mn2+)=1.0×10-5 mol/L，则c(OH-)=；c(H+)=，则溶液pH=-lgc(H+)=-lg=10.2；
(6)
从本题流程可以得出：MnWO4和FeWO4与氢氧化钠反应生成Na2WO4，加盐酸调pH除杂，可以除去硅元素，则同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子更容易结合质子，即同浓度的硅酸根离子比钨酸根离子结合质子能力强；
(7)
电解硫酸锰制备二氧化锰的总反应为： MnSO4+ 2H2O=MnO2++H2↑+H2SO4，可知阳极电极反应式：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极电极反应式：2H++2e-=H2↑。
13．(1)沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀
(2)CH3COO-消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层
(3)     H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl-     浸取
(4)KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+
(5)2H2O-4e-=O2↑+4H+
【解析】
由题给流程可知，富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的残渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到金属铊，据此分析解题。
(1)
由分析可知，浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供氢离子外，还能将溶液中的铅离子转化为硫酸铅沉淀，故答案为：沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀；
(2)
由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子，故答案为： CH3COO—消耗 H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，从而使 TlCl重新进入水层；
(3)
“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl—，反应得到的溶液中含有硫酸，可加入浸取步骤循环使用，故答案为：H2O+SO+TlCl=TlCl↓+SO+2H＋+3Cl—；浸取；
(4)
由题意可知，用KFe[Fe(CN)6]治疗Tl2SO4中毒发生的反应为KFe[Fe(CN)6]与Tl2SO4溶液反应生成TlFe[Fe(CN)6]和K2SO4，反应的离子方程式为KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+，故答案为：KFe[Fe(CN)6] +Tl+=TlFe[Fe(CN)6]+K+；
(5)
由图可知，石墨电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，故答案为：2H2O—4e—=O2↑+4H+。
14．(1)AB
(2)     蒸发结晶     Cr2O+3SO+8H+=2Cr3++3SO+4H2O     ≥6或不小于6
(3)Ca3(VO4)2+4HCO=CO+3CaCO3+2VO+2H2O
【解析】
(1)
A．研磨使钒铬渣的颗粒变小，可防止生成的沉淀覆在Ca(OH)2表面，提高Ca(OH)2利用率，A正确；
B．研磨减小了所得钒渣的粒径，增大“浸出”等步骤中反应时的接触面积以提高了后续步骤中钒渣的浸出率，B正确；
C．由表中数据可知，40℃和60℃时Ca3(VO4)2的溶解度相同，而60℃时需消耗更多的能源，故工业上更宜选用40℃，C错误；
D．由分析可知，该过程中的反应方程式为：3Ca(OH)2+2NaVO3=Ca3(VO4)2↓+2NaOH+2H2O，该反应为非氧化还原反应，D错误；
故答案为：AB；
(2)
由表中数据可知，Na2CrO4的溶解度随温度变化不明显，故从滤液A中获取Na2CrO4晶体时，应采用的结晶方法为蒸发结晶，残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤，酸化时发生的反应为：2H++=+H2O，用溶液还原时，还原产物为，根据氧化还原反应配平可得反应的离子方程式为：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O，为了使不高于，“沉降”时c(OH-)≥=10-8mol/L，应调节pH≥6，故答案为：蒸发结晶；+3+8H+=2Cr3++3+4H2O；pH≥6；
(3)
由分析可知，“浸出”过程中生成的化学方程式为：Ca3(VO4)2+4NaHCO3=3CaCO3↓+2NaVO3+2H2O+Na2CO3，故其离子方程式为，故答案为：；
15．(1)4mol·L-1
(2)+5
(3)     +3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+     4.0×10-8mol·L-1
(4)Cu、Zn
(5)2Zn2++4=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O
【解析】
根据流程图，向铜转炉烟会中加入了氯化铵和氨水，除出了Pb元素，加入FeCl3，除去了As和部分Fe；加入高锰酸钾后，调节PH在4～4.5，根据各金属离子沉淀的pH，可知此步骤除去了Fe3＋，杂质中还有Cu2+没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu2+，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn，最后经过沉锌等步骤得到产物。
(1)
浸取过程中需要使Zn元素尽可能多地进入溶液，而杂质离子要尽可能少地进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素进入溶液，所以最适宜的浓度为；
(2)
FeAsO4中O的化合价为－2，Fe的化合价为+3，根据化合价代数和为0，As的化合价为＋5；
(3)
加入适量溶液目的是除铁元素，同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以的形式存在，亚铁离子被氧化成三价铁，此时pH为4~4.5，又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是，再根据升降法配平写出的反应方程式为。要使常温下此时体系中残留浓度最大，则，，；
(4)
经过前面的步骤，杂质除去了Fe、Pb、As，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn；
(5)
溶液中有大量，加入碳酸氢铵后产生，说明电离出的和、OH-结合生成沉淀，促进的电离，电离出的又和结合生成和，所以离子方程式为。
16．(1)Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑
(2)Fe2O3
(3)
(4)GaO、OH-
(5)     GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-     16.8     Na2CO3、CO2
【解析】
高铝粉煤灰加入碳酸钠焙烧，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，加入氢氧化钠碱浸，镓、铝转化为相应的盐溶液，氧化铁不反应过滤除去；通入过量二氧化碳除去铝，加入石灰乳将镓转化为溶液，在转化2中通入二氧化碳分离出镓沉淀，再加入氢氧化钠溶解得到镓溶液，电解最终得到镓单质；
(1)
“焙烧”中，Ga2O3和碳酸钠反应转化成NaGaO2，化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaGaO2+CO2↑；
(2)
高铝粉煤灰主要成分是Al2O3，还含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，镓最终转化为镓单质；加入氢氧化钠， 氧化铝和强碱氢氧化钠反应生成偏铝酸钠、氧化铁不反应，故“碱浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；
(3)
“转化1”中通入过量CO2至溶液pH=8，碱浸中生成的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根，；
(4)
转化1中生成Ga(OH)3，“溶镓”中加入石灰乳，根据流程可知，Ga(OH)3转化为含镓溶液以GaO离子存在，故所得溶液中存在的阴离子主要有GaO和过量的OH-；
(5)
阴极GaO得到电子发生还原反应生成Ga单质，电极反应为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；阳极反应为水电离出的氢氧根离子放电发生氧化反应生成氧气：2H2O- 4e- =4H++O2↑，产生的氢离子将碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，若电解获得1molGa，根据电子守恒可知，4Ga ~12e-~3O2，则生成O2的物质的量为，则阳极产生的气体在标准状况下的体积至少为L；电解后，阳极室所得溶液中的溶质为碳酸氢钠，碳酸氢钠分解生成碳酸钠Na2CO3和二氧化碳CO2可分别在焙烧、转化1和转化2中循环利用。
17．(1)     SO2、NO、CO     CaSO3     CO
(2)     4:1     将得到NaNO3，NaNO3的氧化性弱于NaNO2，影响后续氧化铵根离子
(3)     取废水少许于一试管中，向其中加入足量的NaOH溶液，微热，并用湿润的红色石蕊试纸置于瓶口检验产生的气体，若试纸变蓝，说明含有     +=N2↑+2H2O
(4)2NO+2CON2+2CO2
【解析】
工业废气中的CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，据此分析解题。
(1)
由题干信息中，工业废气中的SO2、NO将造成酸雨等环境污染，CO有毒直接污染环境，上述工业废气中可能造成环境污染的气体有SO2、NO、CO等，由分析可知，固体1含有的物质是CaSO3、CaCO3、Ca(OH)2，气体2中捕获剂所捕获的气体主要是CO，故答案为：SO2、NO、CO；CaSO3；CO；
(2)
若X是空气，根据反应方程式4NaOH+4NO+O2=4NaNO2+H2O可知，则上述反应中NO和O2的物质的量之比最好为4:1，才能恰好转化为NaNO2溶液；若通入空气过量，过量的O2将继续氧化NaNO2转化为NaNO3，故答案为：4:1；将得到NaNO3，NaNO3的氧化性弱于NaNO2，影响后续氧化铵根离子；
(3)
检验废水中含的方法是取废水少许于一试管中，向其中加入足量的NaOH溶液，微热，并用湿润的红色石蕊试纸置于瓶口检验产生的气体，若试纸变蓝，说明含有，由流程图信息可知，流程中处理含NH废水时是用NaNO2将其氧化为N2，则该反应的离子方程式为+=N2↑+2H2O，故答案为：取废水少许于一试管中，向其中加入足量的NaOH溶液，微热，并用湿润的红色石蕊试纸置于瓶口检验产生的气体，若试纸变蓝，说明含有；+=N2↑+2H2O；
(4)
由分析可知，气体1中的有毒气体主要是NO、CO，则还可通过催化剂直接转化为无污染气体即N2、CO2，该反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2。