2023届高考化学二轮复习工业流程题复习作业含答案

这是一份2023届高考化学二轮复习工业流程题复习作业含答案，共41页。试卷主要包含了由锡精矿制备锡酸钠工艺流程如图等内容，欢迎下载使用。

 工业流程题
1．（2022·云南·二模）碳酸锂广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。从煤粉灰(、、、等)中回收提取铝、锂元素的化合物的流程如图所示：

已知：碳酸锂的溶解度为(g/L)
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
80
100

1.54
1.43
1.33
1.25
1.17
1.08
1.01
0.85
0.72

(1)如何提高酸浸速率？_______(任写一条)
(2)滤渣2的主要成分为_______；刚好沉淀完全的pH为_______。{已知：，离子浓度≤时表示该离子沉淀完全}。
(3)从滤渣2中分离出，可用如图所示的方法，步骤1的离子方程式为_______。

(4)“沉锂”的化学反应方程式为_______。
(5)“沉锂”中的“一系列操作”依次为_______、_______、洗涤、干燥，检验碳酸锂已经洗涤干净的方法为_______。
2．（2022·湖南省隆回县第二中学模拟预测）硫脲[CS(NH2)2]通常为白色晶体，可用于合成药物、染料、树脂等。一种制备硫脲的流程如图所示：

已知：常温下，，，、。
回答下列问题：
(1)实际生产中，“熔炼”过程采用生石灰和焦炭料粉与逆流加入的方式，其目的为_______；的作用为_______。
(2)实验室用如图所示装置模拟反应Ⅱ制备硫脲(加热装置略去)。

①仪器a的名称为_______；为使盐酸顺利滴入蒸馏烧瓶中，仪器a上部的玻璃塞_______(填“是”或“否”)需要打开。
②装置C中通入适量，发生反应的化学方程式为_______。
(3)测定产品纯度：准确称取m g产品，酸化后用标准溶液滴定(杂质不参加反应，氧化产物为和)，达到滴定终点时消耗标准溶液的体积为V mL。则产品中硫脲的质量分数为_______(用含c、V、m的代数式表示)。若盛放标准溶液的滴定管未经润洗，则上述计算结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
3．（2022·北京西城·一模）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：


资料：i．磷灰石的主要成分是
ii．可溶于水，微溶于水
ii．
iv．
(1)制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和_______。
②增大酸浸反应速率的措施有_______(只写1条)。
③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。
(2)制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。


pH=1时，溶液中的，则_______。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀_______。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是_______。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。
4．（2022·江西·模拟预测）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。
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)在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有_______，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_______。

5．（2022·贵州·模拟预测）马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]和碱式碳酸铜[Cu2 (OH)2CO3]具有广泛用途。某化工厂拟以软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)为原料生产马日夫盐和碱式碳酸铜，其工艺流程如下图所示。

已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②该条件下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]= 1.0×10-20，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______(写化学式)，酸浸时，Cu2S和MnO2反应的化学方程式为_______。
(2)检验浸出液中是否含有Fe2+，可用K3Fe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe2+ 的现象是_______。
(3)试剂x为某种酸式盐，从产品纯度来看，x最好为_______(写化学式)。
(4)本工艺中可循环使用的物质是_______(写化学式)。
(5)若浸出液中c(Mn2+)=c(Cu2+)=1.0 mol·L-1，则流程中调节浸出液pH=a，其中a的范围为_______(当离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时，沉淀完全)。
(6)除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是_______。

6．（2022·安徽宣城·二模）氮化钛(Ti3N4)为金黄色晶体，由于具有令人满意的仿金效果，越来越多地成为黄金的代替品。工业上用钛铁矿(主要成分FeTiO3，钛酸亚铁，含有少量SiO2，MgO等杂质)制备氮化钛的工艺流程如下：


已知：钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，TiOSO4遇水会水解。H2TiO3灼烧制得TiO2，TiO2与焦炭、氯气在高温下生成TiCl4。
请回答下列问题：
(1)钛铁矿加入过量硫酸后滤渣A是 _______(化学式)。
(2)钛铁矿与硫酸发生反应的化学方程式 _______。
(3)请用化学用语解释溶液乙TiO2+转化为H2TiO3的原理 _______。
(4)由滤液丙制备LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是 _______。
(5)TiO2制取单质Ti涉及到的步骤如下：由TiCl4→Ti需发在Ar气中进行的理由 _______。反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到，依据表中的信息，需要加热的温度略高于 _______即可。
(6)用氧化还原滴定法测定TiOSO4的含量。先取待测钛液10.00 mL用水释至100 mL，加过量铝粉，充分振荡，使TiO2+还原为Ti3+，过滤后，取无色滤液20.00 mL，向其中滴加2~3滴KSCN溶液，用0.1000 mol/L NH4Fe(SO4)2的标准液滴定。Ti3++Fe3+═Ti4++Fe2+，滴定终点时现象_______，若用去了30.00 mL NH4Fe(SO4)2溶液，待测钛液中TiOSO4的物质的量浓度是 _______mol/L。

TiCl4
Mg
MgCl2
Ti
熔点/℃
﹣25.0
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287

7．（2022·北京东城·一模）我国芒硝(Na2SO4·10H2O)储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
Ⅰ.以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。

(1)i、ii中涉及到的分离操作是____。
(2)原料石灰石经反应：____、CaO+H2O=Ca(OH)2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
(3)HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca(OH)2] ①平衡移动的角度解释HA在i中反应起到的作用：____。
②本流程中还利用了HA的性质是_____。
(4)溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是____(用化学方程式表示)。
Ⅱ.利用电解法制备NaOH(如图所示)。

(5)产生OH-的电极反应是____，NaOH在____(填“A”或“C”)区生成。
(6)若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能____(填“增大”“减小”或“不变”)。
8．（2022·广东·一模）氧化钪(Sc2O3)可用作半导体镀层的蒸镀材料。研究发现，可从金属提取工艺中的固体废料“赤泥”(含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)里回收Sc2O3。请结合流程，回答以下问题：

已知：①和性质较稳定，不易被还原，且难溶于盐酸；
②“熔炼”过程中，单质硅和大部分单质铁转化为熔融物分离出来；
③草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物；
④常温下，部分氢氧化物的溶度积常数约为下表所示：
物质



Ksp




(1)“酸浸”时，滤渣的主要成分除C外还有_______(填化学式)。
(2)“氧化”时，加入的目的是_______(用离子方程式表示)。
(3)常温下，“调pH”时，溶液中，为除去杂质离子，应控制的pH范围是_______(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)；为检验该杂质离子是否除尽，可选用_______(填化学式)溶液进行检验。
(4)已知，，。“沉钪”时，发生反应：，此反应的平衡常数K=_______(用含a、b、c的代数式表示)。反应过程中，测得钪的沉淀率随的变化情况如下图所示。当草酸用量过多时，钪的沉淀率下降的原因是_______。

(5)草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550~850℃，反应的化学方程式为_______。。

9．（2022·新疆·二模）2030年全球新能源动力电池镍消费量将达到2020年全球镍产量的近40%。碱式碳酸镍[NiCO3·2Ni(OH)2·xH2O]在工业上可作为制备其他含镍化合物的原料。工业上由某含镍废渣精矿(主要成分为NiO、Fe2O3，CuO、SiO2)为原料制备碱式碳酸镍的流程如图1所示。

已知：①25°C时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
离子
Ni2+
Fe3+
Cu2+
开始沉淀时的pH
6.4
2.2
4.4
完全沉淀时的pH
8.4
3.5
6.7

②25°C时，Ksp(NiS)=1.0x10-27，Ksp(CuS)=8.0x10-35。
回答下列问题：
(1)滤渣I的主要成分为___________(填化学式)。
(2)“除杂1”时应利用加入的Na2CO3溶液调节溶液的pH范围为___________。
(3)“除杂2”时发生反应的离子方程式为NiS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Ni2+(aq)。25°C时，该反应的化学平衡常数为___________；实验测得此工序中加入NiS的物质的量与“除杂1”所得溶液中Cu2+的物质的量之比、反应温度对“除杂2”所得滤渣中铜镍比的关系分别如图2和图3所示。

则最佳的加入NiS的物质的量与“除杂1"所得溶液中Cu2+的物质的量之比和反应温度分别为___________、___________。
(4)“萃取"和“反萃取"的最终目的是富集获得含有___________(填化学式)的水溶液。
(5)“沉镍”时应控制温度为95°C，反应除生成NiCO3·2Ni(OH)2·xH2O外，还有一种无色气体生成。该气体为___________分子(填“极性"或“非极性")。
(6)碱式碳酸镍可进一步转化制得镍氢电池。镍氢电池的工作原理为：Ni(OH)2+MNiOOH+MH(M表示储氢金属或合金)。该电池充电过程中阴极的电极反应式为___________。
(7)工业上，镍作阳极，电解0.1mol·L-1NiCl2溶液与一定量NH4Cl溶液组成的混合溶液，可得到高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率(电极上实际沉积的物质的量与理论析出量之比)及Ni的成粉率的影响如图4所示。

①为获得高纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为___________g·L-1。
②当NH4Cl浓度大于15g·L-1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，请解释其可能的原因是___________。
10．（2022·河北·模拟预测）由锡精矿(主要成分为SnO2、Cu、Pb等)制备锡酸钠(Na2SnO3)工艺流程如图。

(1)锡精矿在焙烧前往往进行粉碎，其目的为___。
(2)焙烧过程中，若只考虑煤粉将SnO2，转变为Sn，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___。
(3)浸出时，Sn、Pb分别转化为Na2SnO3、Na2PbO2，Sn发生反应的化学方程式为____。
(4)滤渣的主要成分为____(填化学式)。
(5)除铅过程中反应的离子方程式为____。
(6)已知Na2SnO3•3H2O可溶于水，难溶于乙醇，加热至140℃时会失去结晶水，若实验室欲制得锡酸钠晶体，则最后一步从滤液中得到锡酸钠晶体的操作步骤为___、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、低温干燥。
(7)Na2SnO3产品纯度的测定：称取10.0g粗产品，配成100mL溶液，用滴定管量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入稀盐酸酸化，加入足量的碘化钾溶液，充分反应后，用0.01mol·L-1Na2S2O3，溶液滴定生成的I2，反应终点时平均消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。
已知：Ⅰ.SnO+H++I-→SnO+H2O+I2；
Ⅱ.2S2O+I2=S4O+2I-。
①将反应Ⅰ配平为___。
②该产品的纯度P为___(写出表达式即可)。
11．（2022·云南·一模）钼催化剂常用于合成氨工业，以废钼催化剂(主要含有MoS2和Al2O3)为原料制备钼酸钠晶体和硫酸钠晶体的一种工艺流程如下图所示。回答下列问题：

(1)为了提高“焙烧”效率，可采用的措施为_____(写一条即可)，“焙烧”反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_____。
(2)“水溶”时，钼浸取率与浸取时间、浸取温度的关系如下图所示，综合考虑成本等因素，则最佳浸取时间和浸取温度为____。

(3)“调pH”时，生成Al(OH)3的离子方程式为_____，调节pH不能过低的原因是______。
(4)“操作I”的名称为_______；“溶液1”中含有大量Na2SO4和少量Na2MoO4，根据下图分析“结晶”过程的操作为______(填标号)。

A．蒸干溶剂
B．蒸发水分至有大量晶体析出时，趁热过滤
C．蒸发浓缩，冷却至10℃左右
(5)碱性条件下，将废钼催化剂加入NaClO溶液中，也可制备钼酸钠，同时生成硫酸盐，该反应的离子方程式为______。
12．（2022·全国·曲阜一中模拟预测）某低品位褐铁型红土镍矿的主要成分是Fe2O3、NiO、CoO、SiO2，氧化铁的含量高，镍钴处于氧化铁矿物晶体中。为实现铁、钴、镍等资源的综合利用和清洁生产，科研人员设计红土镍矿盐酸常压浸出工艺流程如图所示。


(1)写出“热水解操作”环节生成氧化铁的化学方程式____。对浸出液进行热水解操作，可回收利用的是____。
(2)剩余的固体物质经过水洗和液固分离后，可以得到较纯净的氧化铁，作为炼铁原料，写出炼铁高炉里生成铁的化学方程式：____。
(3)已知：Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。进行热水解操作时，NiCl2、CoCl2等物质没有发生明显的水解，最终水洗得到富含镍、钴的溶液，试解释NiCl2、CoCl2没有发生明显的水解的原因是____。
(4)硫酸和盐酸都是常用的工业用酸，而常压盐酸浸出是一种较好的选择。选用盐酸作为常压浸出液的合理解释是____(填字母)。
A．从工业生产成本角度分析，与硫酸相比，盐酸的价格偏低
B．盐酸可以通过金属氯化物的水解实现回收再生，而硫酸则比较困难
C．酸的循环使用大幅度降低了试剂消耗，有助于降低生产成本，减少废物排放，实现清洁生产
(5)氯化钴的制备：向所得CoCl2溶液加人氨水调至pH为8~9，静置3~5h，过滤出不溶物____(填化学式)，得到溶液；向获得的溶液中加人盐酸调节pH为3~3.5，在温度为170~190℃条件下浓缩，经浓缩至溶液比重为38~40°Be(°Be是波美度密度计浸入溶液后直接读出来的密度)，停止加热，____，得到优级纯CoCl2晶体。
(6)向NiCl2溶液中加人NaHCO3饱和溶液，同时通氨气充分反应。过滤，洗涤沉淀，得到NiCO3产品。写出生成NiCO3的离子方程式：____；不直接加人碳酸钠溶液沉淀Ni2+的原因是____。
13．（2022·四川·模拟预测）酸锶(SrTiO3)具有光催化活性，工业上常用钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)为原料合成钛酸锶，其工艺流程如图：

已知：常温下，Fe(OH)3的Ksp=4.0×10-38。
回答下列问题：
(1)按化合物的组成和性质分类，SrTiO3属于____类(填正确答案标号)。
A．酸 B．碱 C．盐 D．氧化物
(2)“酸溶”时，分离混合物得到TiOSO4溶液的操作名称是____。
(3)常温下，“水浸”时需要控制溶液pH≤3.0，以确保水浸渣中不含Fe(OH)3，此时所得滤液中Fe3+的最大浓度为____mol·L-1。
(4)“氯化”时，需在高温且碳过量的条件下进行，该反应的化学方程式为____。若水浸渣焙烧不充分，对“氧化”的不利影响是____(写出一点即可)。
(5)“共沉淀”时，经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的SrTiO(C2O4)2·4H2O。请简述实验室用蒸馏水洗涤沉淀的操作是____。
(6)利用钛酸锶光催化还原CO2有利于实现“碳达峰”“碳中和”，其原理如图所示。写出铂电极上的电极反应式____，反应过程中除需不断通入CO2外，一段时间后，还需向装置中补充____(填化学式)。

14．（2022·辽宁鞍山·一模）红土镍矿的主要成分是Fe、Co、Ni的氧化物及SiO2，如图是由红土镍矿获取NiO和钴硫精矿的工艺流程图：

已知：①已知“浸出液”中Co和Ni的存在形态为[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+；
②几种微粒的稳定常数(该值越大，形成配离子的倾向越大)及稳定存在的pH范围：
微粒
[Co(NH3)6]2+
[Ni(NH3)6]2+
[Cu(NH3)4]2+
稳定常数
1.28×105
1.02×108
2.08×1013
稳定存在的pH范围
8.2～11.3

回答下列问题：。
(1)Co的基态原子电子排布式为___________；[Ni(NH3)6]2+中存在的微粒间作用力为___________；
(2)若红土镍矿中Cu含量较高，不宜采用“氨浸法”获取较纯的Co和Ni的氨合物溶液的原因是___________；
(3)“氨浸”时，需向固液体系中添加一定量的(NH4)2CO3，再通入适量的CO2，其目的除了为生成碱式碳酸镍提供阴离子之外，还有___________(答出一点即可)；
(4)“浸渣“的主要成分有___________、Fe3O4、Fe(OH)3等；
(5)X操作的名称是___________；
(6)该工艺过程中可以循环利用的物质是___________；
(7)若沉淀剂选用Na2S，写出“硫化沉钴”过程发生的主要反应的离子方程式___________；工业上加入的沉淀剂是理论值的1.3倍，原因主要是___________。
15．（2022·安徽六安·模拟预测）硫酸锰是一种重要的化工中问体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：

已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、 MgO。
②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25°C)：
物质
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
1.9
7.6
7.3
3.0
完全沉淀
3.2
9.6
9.3
5.2

③离子浓度10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。
请回答：
(1)“混合焙烧”主要目的是_______
(2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为_______，若省略“氧化”步骤，造成的影响是_______。
(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是_______。
(4)“氟化除杂”后，溶液中c(F- )浓度为0.05mol/L。则溶液中c(Mg2+)和c (Ca2+)的比值=_______(已知：Ksp(MgF2)= 6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12)
(5)“碳化结晶”时选择NH4HCO3， NH4HCO3溶液中各离子浓度大小顺序为_______，(已知CH3COONH4溶液呈中性)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为_______，“碳化结晶”时不选择Na2CO3溶液的原因是_______。

参考答案：
1．(1)适当升高温度；适当增大稀硫酸的浓度；搅拌(任写一条)；
(2)     ；     3.3；
(3)；
(4)；
(5)     蒸发至大量晶体析出或蒸发浓缩；     趁热过滤；     取最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸无现象，再加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则碳酸锂已经洗涤干净(或填：若产生白色沉淀，则碳酸锂未洗涤干净)。
【解析】
煤粉灰(等)粉碎后酸浸，滤渣1为，滤液中的金属离子为、、；加氨水调pH值，得滤渣2，成分为，；调pH值后滤液中只剩金属离子，加碳酸铵沉锂，根据表格中信息可知溶解度随温度升高而降低，故溶液蒸发至大量晶体析出（或蒸发浓缩），趁热过滤，洗涤、干燥可得固体。
(1)
升温可降低活化能，使活化分子百分数增大；适当增大硫酸浓度，可增加单位体积内活化分子数目；搅拌可增大反应物间的接触面积，三者均能使反应速率加快；
(2)
根据题目中所给煤粉灰的成分，酸浸后溶液中含有、、，加入氨水会生成，，所以滤渣2的成分为，。由，可知沉淀完全时，所以沉淀完全时；
(3)
结合题意，滤渣2的主要成分为和，在步骤1之后，步骤2中加入足量之后可得，可知步骤1反应后的溶液中含，判断出加入的试剂X为强碱，所以步骤1的离子方程式为；
(4)
结合题中所给流程图可知，酸浸时加入的酸为硫酸，故从酸浸后至沉锂之前，锂元素的存在形式为，所以沉锂的化学方程式；
(5)
结合题中的溶解度随温度的变化规律，可知其溶解度随温度的升高反而降低，所以沉锂后分离出的方法为：蒸发至大量晶体析出（或蒸发浓缩）、趁热过滤，之后洗涤、干燥；其中，洗涤的目的是洗去表面的和，所以检验已洗涤干净的实质为检验是否有剩余，检验方法为：取最后一次洗涤液于试管，加盐酸无明显现象，再加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则碳酸锂已经洗涤干净，反之则未洗涤干净。
2．(1)     增大固体和气体原料的接触面积，加快反应速率，使反应更充分     与焦炭反应放热提供高温条件，并将CO转化为CO2，防止空气污染
(2)     恒压滴液漏斗     否    
(3)          偏高
【解析】
生石灰和焦炭料粉一起熔炼生成CaC2，且通入氧气与焦炭反应放热提供高温条件，并将转化为，再通入氮气和CaC2生成CaCN2和C，CaCN2和Ca(HS)2经过一系列操作最后得到CS(NH2)2。
(1)
实际生产中，“熔炼”过程采用生石灰和焦炭料粉与逆流加入的方式，可以增大固体和气体原料的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；生石灰与焦炭料粉反应制备电石时需要高温，同时生成污染环境，故通入可与焦炭反应放热提供高温条件，并将转化为，防止空气污染。
(2)
①仪器a的名称为恒压滴液漏斗；恒压滴液漏斗的侧管可起到平衡漏斗上方和蒸馏烧瓶内部压强的作用，故恒压滴液漏斗上部的玻璃塞不需打开。
②装置C中通入适量，先与反应生成，进而与反应生成硫脲，发生反应的化学方程式为。
(3)
1mol CS(NH2)2参加反应生成的氧化产物为1mol N2和1mol ，转移14mol电子，1mol 参加反应生成的还原产物为1mol Mn2+，转移5mol电子，故有关系式：。则产品中硫脲的质量分数为；若盛放标准溶液的滴定管未经润洗，则滴定消耗标准溶液的体积偏大，计算结果偏高。
3．(1)          加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等     生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积
(2)               ，能产生沉淀     发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀     pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等
【解析】
由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
(1)
由题意可知，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为，故答案为：；
②加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等措施能增大酸浸的反应速率，故答案为：加热、将矿石粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度等；
③其他条件不变时，若仅用硫酸溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的二水硫酸钙沉淀附着在在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率，故答案为：生成的固体覆盖在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积；
(2)
①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数Ka3==c(H+)=10—12.3，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为==10—18.6mol/L；当溶液中铁离子浓度为1mol/L时，磷酸铁的熵Qc==1mol/L×10—18.6mol/L＞，所以能产生磷酸铁沉淀，故答案为：，能产生沉淀；
③ⅰ．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：，溶液中铁离子浓度减小，生成磷酸铁沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为磷酸铁沉淀时，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的铁离子能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀，故答案为：发生反应，使降低，减小的沉淀速率，避免团聚；随着被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的继续被沉淀；
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁，故答案为：pH更高时，产品中可能混有杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等。
4．(1)沉淀 Pb2+，形成 PbSO4 沉淀
(2)     分液漏斗、烧杯     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。
(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)
在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；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：分液漏斗、烧杯；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+。
5．(1)     SiO2、S    
(2)有蓝色沉淀生成
(3)NH4HCO3
(4)NH3
(5)3≤a<4
(6)pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
【解析】
软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)中加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶于稀硫酸，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，因此滤渣1中含有SiO2和S，浸出液中主要含有Fe3+、Cu2+，Mn2+，调节pH，将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为氢氧化铁，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。
(1)
由上述分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和S，酸浸时，MnO2将Cu2S中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为，故答案为：SiO2、S；；
(2)
K3Fe(CN)6溶液与Fe2+ 反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe2+ 的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成；
(3)
根据反应流程可知，加入氨气和x后得到碳酸锰，则加入的物质应含有碳酸根或者碳酸氢根，又x为某种酸式盐，则x含有碳酸氢根，为了不引入杂质降低产品的纯度，且过量的x可在加热赶氨的过程中除去，x最好为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
(4)
由图可知，在加热赶氨的过程中生成了氨气，在前一步中需要加入氨水，从而可知氨气可以循环使用，故答案为：NH3；
(5)
根据上述分析可知，流程中调节浸出液pH=a是为了将Fe3+沉淀除去，而Cu2+，Mn2+不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，，，此时，pH=3，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mn(OH)2]，Cu2+先沉淀，当Cu2+开始沉淀时，，此时pH=4，因此a的取值范围为3≤a<4，故答案为：3≤a<4；
(6)
Fe3+存在水解平衡，pH>1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
6．(1)SiO2
(2)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+2H2O+FeSO4
(3)TiO2++H2OH2TiO3+2H+，当加水稀释时，升温后平衡向正向移动
(4)20：9
(5)     防止高温下Mg(Ti)与空气中的O2或N2反应     1412℃
(6)     溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色     1.5 mol/L
【解析】
本题利用钛铁矿(主要成分FeTiO3，钛酸亚铁，含有少量SiO2，MgO等杂质)制备氮化钛，钛铁矿粉末与过量的硫酸发生非氧化还原反应得到滤渣A和含有TiO2+的溶液甲，此溶液中加入铁粉，并热过滤又得到了滤渣B，得到全部为TiO2+的溶液乙，对溶液乙中加水并加热过滤得到H2TiO3和滤液丙，对H2TiO3进行处理得到产物Mg3N2，对滤液丙进行氧化还原反应得到LiFePO4。
(1)
钛铁矿的主要成分FeTiO3，钛酸亚铁，含有少量SiO2，MgO等杂质, 其中FeTiO3，钛酸亚铁，MgO都可以与硫酸反应，SiO2不与硫酸反应，因此钛铁矿加入过量硫酸后滤渣A是SiO2；
(2)
钛铁矿与硫酸发生非氧化还原反应，化合价不发生改变，所以方程式为FeTiO3+ 2H2SO4=TiOSO4+2H2O+FeSO4；
(3)
TiO2+发生水解生成H2TiO3，反应的化学方程式为：TiO2++H2OH2TiO3+2H+，水解反应是吸热反应，当加水稀释并升温后平衡向正向移动；
(4)
滤液丙与双氧水反应，将Fe2+氧化成Fe3+，得沉淀磷酸铁，磷酸铁再被草酸还原成Fe2+，根据电子得失守恒有关系式：H2C2O4~2FePO4~H2O2，所以17%双氧水与H2C2O4的质量比为：90=20：9；
(5)
用镁还原TiCl4得到Ti，反应的化学方程式为TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti，高温下Mg (或Ti)会与空气中的O2或N2反应，所以需要在惰性气体Ar气环境中进行，采用真空蒸馏时，要使其它成分变成蒸汽，而Ti不能汽化，结合题中给出的各物质沸点可以知道，需加热的温度略高于1412℃即可；
(6)
加过量铝粉，充分振荡，使TiO2+还原为Ti3+，过滤后，取无色滤液20.00 mL，向其中滴加2-3滴KSCN溶液，Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+，KSCN溶液遇Fe3+变血红色，由于滴定终点时Fe3+过量，所以溶液由无色变红色，根据电子得失守恒可得关系式：TiO2+~Ti3+~Fe3+，所以n(TiOSO4)=c[NH4Fe(SO4)2]·V[NH4Fe(SO4)2]=0.1000 mol/L×0.0300 L=0.0030 mol，则c[NH4Fe(SO4)2]=。
7．(1)过滤
(2)
(3)     由于溶解度s[Ca(OH)2] (4)
(5)          C
(6)减小
【解析】
这是一道考查以芒硝和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，向溶液加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙，以此解题。
(1)
根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤；
(2)
石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：；
(3)
①根据题给信息可知，s[Ca(OH)2] ②通过流程可知通过ii后，得到HA沉淀，故本流程中还利用了HA的性质是难溶于水；
(4)
在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：；
(5)
在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成；
(6)
将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2-2e-=2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少。
8．(1)TiO2
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(3)     3≤pH<5     KSCN
(4)     a3b3/c     草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降
(5)     Sc2(C2O4)3·H2O     2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【解析】
本工艺流程题是从固体废料“赤泥”里回收Sc2O3，由题干流程图结合题干已知信息可知，“熔炼”时主要是将Fe2O3、SiO2分别还原为Fe和Si，并将大部分Fe和Si转化为熔融物分离出来，则固体为Sc2O3、TiO2和少量的Fe、Si等，加入盐酸后将Fe转化为Fe2+、Sc2O3转化为Sc3+、过滤的滤渣主要成分为TiO2、Si和C，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“酸浸”时，滤渣的主要成分除C外还有TiO2，故答案为：TiO2；
(2)
由分析可知，“氧化”时，加入的目的是将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，发生的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
(3)
常温下，“调pH”时，溶液中，为除去杂质离子，即让Fe3+完全沉淀，而Sc3+还未开始沉淀，则有：c(Fe3+)c3(OH-)≥Ksp[Fe(OH)3]，即c(OH-)≥=10-11mol/L，则c(H+)≤=10-3mol/L，即pH≥3，且c(Sc3+)c3(OH-)＜Ksp[Sc(OH)3]，c(OH-)＜=10-9mol/L，则pH＜5，故应控制的pH范围是3≤pH＜5，为检验该杂质离子即Fe3+是否除尽，可选用KSCN溶液进行检验，故答案为：3≤pH＜5；KSCN；
(4)
已知，，。“沉钪”时，发生反应：，此反应的平衡常数K======，由题干信息可知，草酸可与多种金属离子形成可溶性络合物，草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降，故答案为：，草酸用量过多时，草酸钪沉淀会转化为可溶性络合物，故钪的沉淀率下降；
(5)
草酸钪晶体Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示，由图示信息可知，250℃时，减少的质量为：462g×19.5%=90g，=5mol，即此过程中晶体失去5个结晶水，故此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O，同理：462g×(19.5%+3.9%)=108g，=6mol，550℃是晶体的化学式为：Sc2(C2O4)3，850℃时则有：462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)=138g，138g-2mol×45g/mol=48g，=3mol，此时晶体的化学式为：Sc2O3，故550~850℃，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：Sc2(C2O4)3·H2O；2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
9．(1)SiO2
(2)3.5≤pH＜4.4
(3)     1.25×107     1.6     80℃
(4)NiSO4
(5)非极性
(6)M+H2O+e-=MH+OH-
(7)     10     随着NH4Cl溶液浓度增大，水解生成的H+浓度增大，导致阴极放出氢气
【解析】
含镍废渣精矿加入稀硫酸溶浸，NiO、Fe2O3、CuO溶解后转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶，成为滤渣Ⅰ，过滤后向滤液中加入碳酸钠调节pH，得到Fe(OH)3沉淀，之后再加入NiS得到CuS沉淀，过滤后向滤液中加入D2EHPA+煤油萃取Ni2+，分液后向有机相中加入稀硫酸进行反萃取，分液后向水相中加入碳酸钠溶液，得到碱式碳酸镍。
(1)
根据分析可知滤渣Ⅰ主要成分为难溶的SiO2；
(2)
除杂1时主要是除去Fe3+，而不除去Cu2+、Ni2+，所以应调节pH的范围为3.5≤pH＜4.4；
(3)
该反应的平衡常数K==1.25×10-7；据图可知当物质的量之比为1.6时、温度为80℃(80℃时Cu/Ni比几乎不变)，滤渣中Cu/Ni比达到最大，为最佳；
(4)
“萃取”和“反萃取”的目的为富集Ni2+，即NiSO4的水溶液；
(5)
沉镍时，向含有NiSO4的水溶液加入碳酸钠溶液，反应除生成NiCO3•2Ni(OH)2•xH2O外，还有一种无色气体生成，根据元素守恒可知应为CO2，CO2分子中正负电荷中心对称，为非极性分子；
(6)
镍氢电池的工作原理为：Ni(OH)2+MNiOOH+MH(M表示储氢金属或合金)，充电时，M在阴极得到电子生成MH，则阴极的电极反应式为：M+H2O+e-=MH+OH-；
(7)
①为获得高纯度的球形超细镍粉，由图可以看出NH4Cl溶液的浓度最好控制为10g·L-1；
②当NH4Cl浓度大于15g·L-1时，随着NH4Cl溶液浓度增大，水解平衡向右移动，水解生成的H+浓度增大，导致阴极放出氢气，阴极上生成Ni的量降低，从而导致阴极电流效率降低。
10．(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)1∶1
(3)2Sn+3NaOH+NaNO3=2Na2SnO3+NH3↑
(4)Cu
(5)PbO+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-
(6)在140℃以下加热蒸发
(7)     SnO+2H++2I-=SnO+H2O+I2     ×100%
【解析】
锡精矿(主要成分为SnO2、Cu、Pb等)，加入煤粉焙烧，SnO2被还原为Sn，然后加入NaOH、NaNO3浸取，Sn、Pb分别转化为Na2SnO3、Na2PbO2，铜不反应，过滤后向滤液中加入Na2S将Na2PbO2转化为PbS从而除去，过滤后经蒸发浓缩、冷却结晶等操作后得到产品。
(1)
粉碎矿石可以增大接触面积，提高反应速率；
(2)
焙烧过程中SnO2转变为Sn，发生的反应为SnO2+CSn+CO2↑，该反应中SnO2作氧化剂、C作还原剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1；
(3)
根据题意可知Sn与NaOH、NaNO3反应生成Na2PbO2和氨气，说明该反应中NO将Sn氧化，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为2Sn+3NaOH+NaNO3=2Na2SnO3+NH3↑；
(4)
滤渣主要为不溶于NaOH、NaNO3混合溶液的Cu；
(5)
除铅时Na2S将Na2PbO2转化为PbS，根据元素守恒可得离子方程式为PbO+S2-+2H2O=PbS↓+4OH-；
(6)
Na2SnO3•3H2O加热至140℃时会失去结晶水，所以蒸发浓缩时，需要在140℃以下加热蒸发，然后冷却结晶；
(7)
①由得失电子守恒及电荷守恒，配平反应Ⅰ得SnO+2H++2I-=SnO+H2O+I2；
②根据题意，所用n(Na2S2O3)=0.01mol·L−1×V×10−3L=V×10−5mol，根据反应方程式可知所用25.00mL待测液中n(Na2SnO3)=n(I2)=n(Na2S2O3)=×V×10−5mol=5V×10−6mol，则100ml溶液中n(Na2SnO3)=5V×10−6mol×4=2V×10−5mol，所以产品纯度为×100%=×100%。
11．(1)     粉碎废钼催化剂     7:2
(2)4h、70
(3)          pH过低，氢离子浓度过大，与氢氧化铝反应生成铝离子，降低了铝的去除率
(4)     过滤     C
(5)MoS2+9ClO-+6OH-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O
【解析】
由流程可知，废钼催化剂与碳酸钠固体通入空气焙烧，MoS2生成Na2MoO4和二氧化硫、二氧化碳，Al2O3生成偏铝酸钠、二氧化碳，水溶后加入稀硫酸调节pH分离出氢氧化铝沉淀，得到溶液1结晶分离出Na2SO4▪10H2O晶体，溶液2最终得到Na2MoO4 ▪2H2O。
(1)
为了提高“焙烧”效率，可采用的措施为粉碎废钼催化剂增加与反应物的接触面积；由流程可知，在“焙烧”反应中MoS2生成Na2MoO4和二氧化硫，Al2O3生成偏铝酸钠，其中发生的氧化还原反应为MoS2和碳酸钠、空气中氧气生成Na2MoO4和二氧化硫、二氧化碳的反应，2MoS2+7O2+2Na2CO34SO2+2CO2+2Na2MoO4，反应中氧气作为氧化剂，MoS2作为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为7:2；
(2)
由图可知，最佳浸取时间为4h，4h以后浸取率没有明显增加，最佳浸取温度为70，此时浸取率已经很高且再升高温度浸取率没有明显增加；故最佳浸取时间和浸取温度为4h、70。
(3)
“调pH”时，加入稀硫酸，偏铝酸根离子和氢离子反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为；调节pH不能过低的原因是pH过低，氢离子浓度过大，与氢氧化铝反应生成铝离子，降低了铝的去除率；
(4)
“操作I”为分离固液的操作，为过滤；
“溶液1”中含有大量Na2SO4和少量Na2MoO4，通过“结晶”过程得到Na2SO4▪10H2O晶体和溶液2，溶液2最终得到Na2MoO4 ▪2H2O，则结晶过程中硫酸钠结晶析出而Na2MoO4没有结晶析出，结合图可知，Na2SO4▪10H2O晶体在30 以下溶解度受温度影响较大且溶解度较小易结晶析出，故操作为：蒸发浓缩，冷却至10℃左右；故选C；
(5)
NaClO具有强氧化性，碱性条件下，废钼催化剂加入NaClO溶液生成钼酸钠，同时生成硫酸盐，该反应的离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O。
12．(1)     2FeCl3+3H2OFe2O3+6HCl↑     盐酸
(2)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
(3)溶液中FeCl3的含量比较多，且氯化铁的水解程度远远大于NiCl2和CoCl2的水解程度，且FeCl3水解产生的HCl会对NiCl2和CoCl2的水解产生抑制作用，最终造成NiCl2、CoCl2没有发生明显的水解
(4)BC
(5)     Fe(OH)3     冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(6)     Ni2++HCO+NH3=NiCO3↓+NH     碳酸钠溶液碱性强，直接加入容易导致Ni2+水解成其他形式沉淀，造成产物不纯
【解析】
红土镍矿中Fe2O3、NiO、CoO分别与盐酸反应生成FeCl3、NiCl2、CoCl2，SiO2不反应过滤成为酸浸渣，浸出液中FeCl3经“热水解操作”环节中发生水解反应生成氧化铁和HCl，水洗后得到NiCl2、CoCl2溶液；
(1)
稀盐酸与Fe2O3反应生成FeCl3，“热水解操作”环节中FeCl3发生水解反应生成氧化铁，反应化学方程式2FeCl3+3H2OFe2O3+6HCl↑；对浸出液进行热水解操作，可回收利用的是HCl，溶于水形成稀盐酸；
(2)
炼铁高炉氧化铁与CO在高温下发生氧化还原反应生成铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
(3)
NiCl2、CoCl2没有发生明显的水解的原因是：溶液中FeCl3的含量比较多，且氯化铁的水解程度远远大于NiCl2和CoCl2的水解程度，且FeCl3水解产生的HCl会对NiCl2和CoCl2的水解产生抑制作用，最终造成NiCl2、CoCl2没有发生明显的水解；
(4)
由于盐酸易挥发，在盐类的水解反应中可促进水解，即盐酸可以通过金属氯化物的水解实现回收再生，而硫酸则比较困难；盐的水解反应得到HCl气体可循环利用，酸的循环使用大幅度降低了试剂消耗，有助于降低生产成本，减少废物排放，实现清洁生产，故选：BC；
(5)
已知 Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Fe(OH)3]最小先沉淀，则加入氨水调至pH为8~9，过滤出不溶物Fe(OH)3；加入稀盐酸得到CoCl2浓溶液，停止加热，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到优级纯CoCl2晶体；
(6)
氨气通入溶液中得到氨水呈碱性，与NaHCO3溶液反应生成Na2CO3，再与NiCl2溶液反应生成NiCO3，反应的离子方程式：Ni2++HCO+NH3=NiCO3↓+NH；不直接加人碳酸钠溶液沉淀Ni2+的原因是碳酸钠溶液碱性强，直接加入容易导致Ni2+水解成其他形式沉淀，造成产物不纯。
13．(1)C
(2)过滤
(3)4.0×10-5
(4)     2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO     TiCl4遇水发生水解(氯气与水反应或碳与水蒸气反应)
(5)向过滤器中加入蒸馏水，直到淹没沉淀，待水自然流出，重复2~3即次即可
(6)     CO2+8H++8e-=CH4+2H2O     H2O
【解析】
钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)为原料加入双氧水、硫酸酸溶，过滤去除滤渣，滤液中加入硫酸氧钛，加入热水水浸去掉滤液，水浸渣焙烧得到氧化钛，加入碳和氯气氯化，得到四氯化钛，再加入氯化锶、草酸溶液共沉淀，再煅烧得到钛酸锶。
(1)
钛酸锶(SrTiO3)中含有钛酸根(TiO32-)，所以为钛酸盐，答案选C；
(2)
钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、Fe2O3)溶于硫酸时，只有SiO2不反应，同时，有二价和三价铁生成，双氧水的作用氧化-二价铁，分离的方法(操作)为过滤；
(3)
根据常温下，Fe(OH)3的Ksp=4.0×10-38，将氢氧根离子浓度代入Ksp，可以得出“滤液”中Fe3+的最大浓度为4.0×10-5mol/L；
(4)
在氯化过程中，高温时由于碳过量所以有CO生成，氯化反应的相关化学方程式为2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO。如果水浸渣煅烧不充分，有水残留，TiCl4遇水发生水解(氯气与水反应或碳与水蒸气反应)，则“氯化”效率降低；
(5)
“共沉淀”后经过过滤、洗涤、干燥得到纯净的草酸氧钛锶晶体SrTiO(C2O4)2·4H2O；
洗涤的操作向过滤器中加入蒸馏水，直到淹没沉淀，待水自然流出，重复2~3次即可；
(6)
从其原理图可知，铂电极发生CO2到CH4的转换，即发生还原反应，其电极反应式CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，从总反应看，反应为CO2与水反应生成CH4和氧气，所以当反应进行一段时间后，需要向装置中补充水。
14．(1)     1s22s22p63s23p63d74s2     配位键、极性共价键
(2)[Cu(NH3)4]2+的稳定常数较大，更易形成，产生杂质，不利于后续分离
(3)调节溶液pH，使[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+能够稳定存在
(4)SiO2、CuO
(5)高温煅烧
(6)氨气和二氧化碳
(7)     [Co(NH3)6]2++S2-＝CoS↓+6NH3↑     使钴离子沉淀完全
【解析】
红土镍矿的主要成分是Fe、Co、Ni的氧化物及SiO2，经还原焙烧后，加空气氨浸，浸出液主要阳离子为[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+，浸渣为SiO2、CuO、Fe3O4，Fe(OH)3加入硫化物沉钴，析出钴硫精矿，滤液经氨蒸，获得碱式碳酸镍，再经煅烧获得NiO，据此分析解题。
(1)
Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，[Ni(NH3)6]2+中存在的微粒间作用力为配位键、极性共价键，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；配位键、极性共价键；
(2)
若红土镍矿中Cu含量较高，不宜采用“氨浸法”获取较纯的Co和Ni的氨合物溶液的原因是[Cu(NH3)4]2+的稳定常数较大，更易形成，产生杂质，不利于后续分离，故答案为：[Cu(NH3)4]2+的稳定常数较大，更易形成，产生杂质，不利于后续分离；
(3)
“氨浸”时，需向固液体系中添加一定量的(NH4)2CO3，再通入适量的CO2，其目的除了为生成碱式碳酸镍提供阴离子之外，还有调节溶液pH，使[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+能够稳定存在，故答案为：调节溶液pH，使[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+能够稳定存在；
(4)
由分析可知，“浸渣“的主要成分有 SiO2、CuO、 Fe3O4、Fe(OH)3等，故答案为：SiO2、CuO；
(5)
结合分析可知，X操作为高温煅烧，故答案为：高温煅烧；
(6)
蒸氨产生氨气，煅烧产生氨气和二氧化碳都是工艺流程中的原料，故该工艺过程中可以循环利用的物质是氨气和二氧化碳，故答案为：氨气和二氧化碳；
(7)
“硫化沉钴”过程发生的主要反应的离子方程式为[Co(NH3)6]2++S2﹣＝CoS↓+6NH3↑，工业上加入的沉淀剂是理论值的1.3倍，原因主要是使钴离子沉淀完全，故答案为：[Co(NH3)6]2++S2﹣＝CoS↓+6NH3↑；使钴离子沉淀完全。
15．(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)
(2)     MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O     Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)
(3)5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)
(4)1600/9(177.8或177.78)
(5)     c(NH)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)     Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O     碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2
【解析】
高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸铵发生Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解硫酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物。
(1)
高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)，便于酸溶。故答案为：除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；
(2)
若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，若省略“氧化”步骤，造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)。故答案为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；
(3)
“中和除杂”时，铁离子与铝离子与加入的碳酸根离子之间发生双水解反应得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，应控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)，使铁离子和铝离子沉淀完全，而锰不沉淀。故答案为：5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)；
(4)
“氟化除杂”后，溶液中c(F- )浓度为0.05mol/L。则溶液中c(Mg2+)：c (Ca2+)=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)= 6.4×10-10：3.6×10-12=1600/9(177.8或177.78)故答案为：1600/9(177.8或177.78)；
(5)
“碳化结晶”时选择NH4HCO3，碳酸氢铵溶液呈弱碱性，碳酸氢跟水解比较多， NH4HCO3溶液中各离子浓度大小顺序为c(NH)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)，“碳化结晶”时碳酸锰比氢氧化锰更难电离，生成碳酸锰的趋势强于生成氢氧化锰，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，“碳化结晶”时不选择Na2CO3溶液的原因是：碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2。故答案为：c(NH)>c(HCO)>c(OH-)>c(H+)>c(CO)；Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2。