2023届高考化学二轮复习化工流程训练题作业含答案

这是一份2023届高考化学二轮复习化工流程训练题作业含答案，共93页。试卷主要包含了工业流程题等内容，欢迎下载使用。
 化工流程专题训练
一、工业流程题
1．一种从阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、、Se和等)中回收Se和贵重金属的工艺流程如下图所示。回答下列问题：

已知：该工艺中萃取与反萃取原理为：
（1）已知Ag为47号元素，Ag在元素周期表中的位置为_______。
（2）“焙烧”产生的与的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______；过滤所得粗硒可采用减压蒸馏的方法提纯单质硒，采用减压蒸馏的目的是_______。
（3）“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______；“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)。
（4）沉银时加入NaCl，可将转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。已知：
①
②
溶液中_______时，可使所得浸出液中。
（5）“滤液Ⅳ”中含有和，则“还原”中发生反应的离子方程式为_______。
（6）研究发现，硫代硫酸盐浸出金的过程是电化学催化腐蚀过程，催化机理模型如图所示：


图中表示金粒负极的电极反应式为_______。浸金过程中的催化剂是_______(填化学式)。


2．利用火法炼铜后产生的含锌铜烟尘(主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物)制备活性氧化锌(ZnO)，同时回收硫酸铵晶体的工艺流程如下：

已知：25°C时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图所示；当溶液中某离子浓度c≤1.0 ×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。

回答下列问题：
（1）“步骤I “加入H2O2后，再将溶液进行加热，加热的目的是_______；该步骤也可以在加入H2O2后选择合适试剂将pH至少调至_______，以达到相同的目的，可选择的试剂是_______(填标号)。
A．氨水 B．氢氧化钠 C．氧化锌 D．氢氧化钡
（2）“步骤II”所加试剂a为_______。
（3）“步骤III”中得到沉淀的化学式可以表示为aZnCO3·bZn(OH)2，该反应的离子方程式为_______；实验时称取34.9 g沉淀充分焙烧，当_______时可认为焙烧完全，最终获得24.3g活性氧化锌，通过计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为_______。
（4）由滤液I得到硫酸铵晶体的一系列操作为_______。









3．氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：

已知：①Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，也能与SO结合成[CeSO4]2+；
②Ce3+和Na2SO4形成复盐沉淀，Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+；
③硫脲(SCN2H4)具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2。
回答下列问题：
（1）焙烧后，Ce元素转化成CeO2和CeF4，写出焙烧的化学方程式___________。
（2）滤渣A的主要成分是___________。
（3）步骤①加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率与c(H+)、温度的关系如图所示，应选择的适宜的条件为___________(填序号)。

A．65℃ 2.0mo1·L-1 B．75℃ 2.0mol·L-1
C．85℃ 2.5mol·L-1 D．100℃ 2.5mol·L-1
（4）写出步骤②中加入硫脲还原[CeSO4]2+的离子方程式为___________。
（5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入H2O2，其主要目的为___________。
（6）步骤④中若Ce3+恰好沉淀完全(c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1)，此时测得溶液的，pH=5，则溶液中c(HCO)=___________mol·L-1(保留3位小数)。(已知常温下ka2(H2CO3)=5.61×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28)

4．氯氧化铋是一种新型的高档环保珠光材料，无毒性，低油脂吸收，可用作颜料、制造人造珍珠以及干电池阴极。经过精制提纯的氯氧化铋可用作美容面粉。以下是采用湿法工艺用铋精矿(主要成分是Bi2S3还含有FeS2、CuS2、PbO2等)制备BiOCl的一种方法，其流程如下图所示：

已知：①Fe(OH)3开始沉淀的pH值为2.7，沉淀完全时的pH值为3.7。
②pH>3，则BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀。
请回答下列问题：
（1）铋精矿在“加压氨浸”前先进行粉碎，其目的是___________。
（2）Bi2S3中Bi元素的化合价为___________，加压氨浸过程中，Bi2S3转化为Bi2O3，FeS2转化为Fe2O3，CuS2转化为[Cu(NH3)4](OH)2，已知FeS2转化为Fe2O3反应方程式为：4FeS2+16NH3·H2O+15O2=2Fe2O3+8(NH4)2SO4+8H2O，请写出CuS2发生反应的化学方程式______。
（3）盐酸羟胺的作用为：___________。
（4）“酸浸还原”中，铋的浸出率与温度关系如图所示

在高于40°C左右时“铋的浸出率”开始下降其主要因素可能是___________。
（5）“沉铋”时需控制溶液的pH=3.0，且反应中有气体放出，此时BiCl3发生反应的离子方程式为___________。
（6）测定产品的纯度：取ag充分洗涤并干燥后的产品，溶于稍过量的浓硝酸中，加水稀释到：100.0mL，取20.0mL于烧杯中，用bmol/L的AgNO3标准溶液滴定至终点(用Na2CrO4作指示剂)，消耗AgNO3标准溶液VmL，则产品中BiOCl的质量分数为________%(用含a、b、V的代数式表示)。


5．三氧化二镍()是重要的电子元件材料和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要成分为镍、铝、氧化铁、碳等)提取，工艺流程如下：

已知：①易溶于水，不能氧化。
②实际生产温度时的溶解度：。
（1）“预处理”操作选择用___________(填标号)来除去废旧镍电池表面的矿物油污。
A．纯碱溶液清洗 B．NaOH溶液清洗 C．酒精清洗
（2）常温下，盐酸的浓度为2.5mol/L，“液固比”与镍的浸出率的关系如图所示，实际生产采取的“液固比”为___________，主要的原因是___________。

（3）“酸浸”所得溶液中含有，通过实验证明不能氧化：___________。
（4）室温下，“酸浸”所得溶液中的浓度为0.2mol/L，当溶液的pH调到2时，c(Fe3+)=___________。(已知：)
（5）加入溶液“沉镍”得到的沉淀为___________。
（6）电解过程中产生的氯气在碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子反应方程式___________。






6．工业上常通过石煤灰渣(主要成分有SiO2、C、Al2O3、FeO、V2O3、CaO、MgO、K2O)回收钒的氧化物，有关工艺流程如图：

已知：①“焙烧”时，在空气的作用下，V2O3被氧化为V2O5。
②V2O5在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4。
根据所学知识，回答下列问题：
（1）在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，其目的是___________。
（2）(VO2)2SO4中V的化合价为___________，“浸渣”的主要成分除了SiO2，还有___________(填化学式)。
（3）“氧化”时加入的试剂a常用H2O2，写出反应的离子方程式：___________。HNO3也能氧化Fe2＋，工业生产中不选用HNO3的原因是___________。
（4）在500℃灼烧脱氨可制得产品V2O5，写出该反应的化学方程式：___________。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2＋的溶液，写出发生反应的离子方程式：___________。
（5）5t某批次的石煤灰渣中V2O3的含量为37.5％，工业生产中钒的浸出率为86％，若后续步骤中钒损耗为2％，则理论上制得的V2O5的质量最多为___________t(保留三位有效数字)。









7．实现变废为宝和资源的回收利用是实现“碳中和”的重要途径。一种利用碲化亚铜废渣制备二氧化碲和单质银的工业流程如图所示：

已知：①碲化亚铜废渣的主要成分为，还含有少量；
②二氧化碲是两性氧化物，微溶于水；
③本流程条件下，。
回答下列问题：
（1）碲是52号元素，其在元素周期表中的位置为___________，“破碎”的目的为___________。
（2）“酸浸氧化”后元素以形式存在，由生成的化学方程式为___________，双氧水实际消耗量为理论消耗量的倍，原因为___________。
（3）“碱转化除铜”时应调节溶液的为13，此时溶液中的为___________。
（4）“中和沉碲”时需控制溶液的为，温度为，若溶液的过低，将导致___________。
（5）酸浸渣的主要成分为___________(填化学式)，“还原”工序中发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（6）以上述流程制得的为原料制备高纯碲单质的方法如下：将溶于溶液生成，电解溶液即可在阴极获得单质碲。若溶液中过低，在阴极会产生，生成该离子的电极反应式为___________。






8．Cr2O3常用作胶黏剂和密封剂的着色性、耐磨性、耐腐蚀性填充剂，还可用作搪瓷、陶瓷、人造革、建筑材料的着色剂。某实验室模拟工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含Al、Si，Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备Cr2O3流程如下：


已知：Ⅰ、溶液中，氧化性非常弱，具有强氧化性。
Ⅱ、是一种二元中强酸，不稳定易分解，极易被氧化
（1）“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是___________(填“铁”“陶瓷”或“氧化铝”)；铬铁矿中Cr元素转化为的化学方程式为___________
（2）“滤渣I”的主要成分是___________，“步骤②”调节pH应选择的试剂为___________(填选项)。
A．B．CO2 C．稀盐酸 D．氨水
（3）“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入完成步骤④。分批加入的目的是___________，“步骤④”发生反应的离子方程式为___________
（4）“步骤⑤”发生反应的离子方程式为___________，判断“步骤⑥”中全部分解的实验基本操作是___________。









9．硫酸锆[Zr(SO4)2·4H2O]，是制取原子能级锆及其它锆化合物的中间原料，并大量用作皮革鞣剂、羊毛处理剂、催化剂等。下面是以锆英砂(主要成分为ZrO2，伴有杂质SiO2)为原料，利用碱熔法再进行酸浸制备硫酸锆的工艺过程。
已知：①Na2ZrO3、ZrOCl2、Zr(SO4)2均易溶于水，难溶于酒精及其他有机溶剂
②ZrOCl2⇌ZrO2++2Cl-；ZrO2++⇌ZrOSO4
③ZrO2++2H2O⇌ZrO(OH)2+2H+

（1）步骤1中用到的仪器有泥三角、___________(填“铁”或“瓷”)坩埚、坩埚钳等
（2）下列说法正确的是___________。
A．副产物1为H2SiO3、副产物2为NaC1、副产物3为HClO
B．步骤3加入HCl作用是与Na2ZrO3反应生成ZrOCl2，还能降低ZrOCl2的溶解度
C．操作1为蒸发结晶、趁热过滤；操作2为重结晶
D．制备的Zr(SO4)2·4H2O溶于水溶液呈酸性
（3）如图装置，经过一系列操作完成操作2中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整：开抽气泵→a→d→b→( )→( )→( )→( )→b→e→关抽气泵，______。
a.转移固液混合物；b.确认抽干；c.加浓盐酸洗涤；d.关闭活塞A；e.打开活塞A；f.加无水乙醇洗涤
（4）ZrOCl2·8H2O洗涤后，在800℃下灼烧可得一种用于制备压电陶瓷的原料ZrO2，写出该灼烧过程的化学方程式___________。
（5）实验室可以用络合滴定法测定锆含量。
已知：ZrO2+与二甲酚橙生成红色络合物，ZrO2+能与EDTA发生络合反应(1：1)生成无色络合物，且络合能力更强。

①样品溶解时，需要加入盐酸溶解，原因是：___________。
②产品中锆的含量是___________(用含c、V、m的代数式表达)


10．以氟硅酸(制磷肥副产品)和电石灰为原料制备四氟化硅的一种工艺流程如图。已知电石灰主要成分为Ca(OH)2，还含有Al2O3、Fe2O3和SiO2等杂质。

请回答下列问题：
（1）硅的某种核素含有16个中子，则该核素符号为___。沉钙过程中所加氟硅酸(H2SiF6)中硅元素的化合价为___。
（2）滤渣1的主要成分为___(填化学式)。
（3）加入絮凝剂的目的为___。
（4）为检验“沉钙过滤”过程后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是___。
（5）副产品A的化学式为___，上述流程中循环利用的物质为___。
（6）工业上可用碳酸钠溶液吸收SiF4，生成原硅酸(H4SiO4)和氟硅酸盐两种沉淀，写出该过程的化学方程式___。
（7）往CaCO3悬浊液中通入HF气体，也可以制得副产品A，写出该反应的离子反应方程式：___。(已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11；HF的Ka=6.3×10-4；Ksp(CaCO3)=3.4×10-9；Ksp(CaF2)=1.7×10-10)











11．利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含、、及少量可溶性磷酸盐)生产的工艺流程如下，回答下列问题：

已知：、、可与、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应，并转化为、、等可溶性钠盐。
（1）焙烧I包括氧化和钠化成盐两个过程，氧化的目的是获得，写出氧化过程中发生反应的化学方程式___________；废渣I的主要成分是___________。
（2）精制I加入后，写出相关的离子反应方程式：___________、，溶液中___________。[已知]
（3）精制II中加入溶液除去磷酸盐，pH过小时影响除磷效果的原因是___________。
（4）沉钒所得沉淀需进行洗涤，洗涤时除去的阴离子主要是___________。在500℃时焙烧脱氨制得产品，反应方程式为。但脱氨过程中，部分会被转化成，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2，该反应的化学方程式为___________。









12．镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如下：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液



Cu2+
开始沉淀
2.7
6.3
3.8
完全沉淀
3.2
8.3
5.0
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为___________(填化学式)。
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除锰的离子方程式为___________。
（3）“置换”中镉置换率与()的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是___________。

（4）“置换”后滤液溶质主要成分是___________(填化学式)。
（5）“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，反应的化学方程式是___________。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的___________不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。


13．钒广泛应用于钢铁工业，钒的氧化物在化学工业常用作催化剂。某沉钒废水(含Al3+、Fe2+、VO2+)钒含量约为2%。从该沉钒废水中分离出铁元素并制备V2O5的流程如下所示：

已知：①钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与pH的关系如图所示。

②Fe(OH)2完全沉淀的pH为8.4；VO(OH)2完全溶解的pH约为11。
③吉布斯自由能(∆G)可以用来判断反应进行的方向。一个反应的∆G越小，反应发生的可能性越大。
（1）写出基态V原子的核外电子排布式___________。
（2）“沉铁”时调节pH时不能用氨水代替氢氧化钠的原因是___________。
（3）写出“氧化'‘时发生的离子方程式___________。
（4）①“沉钒沉铝”中所得沉淀物与浸出剂反应∆G与温度的关系如图所示。“浸出”时应控制温度低于60℃，原因是___________。

②若“浸出”时浸出剂中添加NaOH固体，并边浸出边通入CO2，可大大提高钒的浸出率，原因是___________。
（5）“二次沉钒”时，先调节pH约为6〜8，得到含钒铵盐沉淀，写出“焙烧”时该铵盐沉淀发生分解的化学方程式___________。

14．氧化锌在工业和生活中的运用非常广泛，以闪锌矿(主要成分为ZnS，含有少量FeS和SiO2)为原料制备活性氧化锌的工艺流程如图，请回答下列问题：

（1）矿渣中除了有淡黄色的物质，还有__(填化学式)。
（2）加入铁粉的目的是__，能循环利用的无机物是__(填化学式)。
（3）生成ZnCO3•2Zn(OH)2的离子方程式为__。
（4）有机萃取剂TBP能将氯化亚铁和氯化锌分离的原因是__。
（5）工业上常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即向废水中加入H2O2，以FeCl2作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(•OH)来氧化降解水中的有机物(TOC)。

①其他条件一定时，n(H2O2)：n(Fe2+)的值对TOC去除效果的影响如图1所示，当废水中TOC的去除率最大时，n(H2O2)：n(Fe2+)=__。
②在酸性条件下，H2O2的加入量对TOC的去除效果如图2所示，当TOC的去除效果最好时，H2O2的物质的量浓度c(H2O2)=__(保留三位有效数字)。








15．铜质电路板可采用酸性蚀刻与碱性蚀刻两种方法。将二者的废液混合可实现回收再利用。其主要流程如图：

已知：①水合肼N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化为N2
②Cu2++4NH3Cu(NH3)
（1）蚀刻
①酸性蚀刻铜的离子方程式：___________
②关于蚀刻的下列说法正确的是___________。
A．碱性蚀刻和酸性蚀刻分别利用了O2、H2O2的氧化性
B．酸性蚀刻时盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用H2O2、H2SO4、NaCl也可以使Cu溶解
（2）滤液1的pH约为5，其中除少量Cu2+外，还大量存在的离子是___________。
（3）除铜
①利用水合肼N2H4·H2O还原Cu2+的离子方程式是___________。
②已知该反应瞬间完成。滤渣成分只有Cu。测得铜去除率、水合肼还原能力随溶液pH的变化情况如图所示。由图可知。随溶液pH增大，铜去除率先增加后减小，结合图给值息和己知信息分析其原因：___________。





16．某工厂产生的废渣中主要含有ZnO，另含有少量FeO、CuO、SiO2等，某科研人员设计的用废渣制取高纯ZnO的工艺流程图如下图所示。

已知：25℃时，部分物质的Ksp相关信息如表所示：




CuS
ZnS







（1）“酸浸”步骤中发生的离子反应有___________个。
（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为___________。
（3）“除铁”时除了加ZnO，还可以加入___________(填化学式)
（4）若“氧化”后所得滤液中，，“除铁”操作中为了使铁元素完全除去(除去完全)，又不影响高纯ZnO的产量，可以调节pH的范围是___________，滤渣B为___________。
（5）有同学认为各步骤中加入的试剂不变，将该工艺流程设计为“酸浸”→“氧化”→“除铜”→“除铁”………也可以除去和，并回收CuS和，该设计是否合理___________(填“是”或“否”)，理由是___________。
（6）称量晶体隔绝空气加热分解，剩余固体质量随温度的变化曲线如图所示，加热温度为200℃~400℃范围内，生成两种碳的氧化物，则M→N的化学方程式为：___________。




17．铌是涡轮发动机的重要组成金属，以高钛渣(含、、、)为原料制取单质的流程如图甲所示：


已知：①为甲基异丁基酮；②钽铌液中含有、；③溶于水。
（1）酸溶前，常将高钛渣进行研磨，原因为_____。
（2）酸溶时，发生的反应的化学方程式为_____。
（3）酸溶时，的浓度对铌、钽的浸出率的影响如图丙所示，则的最佳浓度为_____。
（4）沉铌时，发生的反应的化学方程式为_____。
（5）电解制备锯的原理如图乙所示：
①a极为电源的_____极，石墨极发生_____反应。
②极发生的电极反应为_____。
（6）已知高钛渣中的含量为，整个流程中的损耗率为，则10t该高钛渣可制得_____kg。(写数学表达式，无需计算)






18．氧化钪(Sc2O3)具有许多优良性能，常用作半导体镀层的蒸镀材料。现欲从某钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪，已知部分金属氢氧化物的Ksp近似值如下表：
化学式
Mn(OH)2
Fe(OH)3
Sc(OH)3
Ksp近似值
10-12
10-38
10-30
提取氧化钪的一种工艺流程如下图所示：

回答下列问题：
（1）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤液是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是___________，冷却后，再慢慢注入27. 5%的双氧水中，并不断搅拌。
（2）25°C时，先加入氨水调节pH= 3，过滤，滤渣的主要成分是___________；若加入氨水后的溶液中c(Sc3+)=1.0 mol·L-1，则第一次调pH的范围是___________ ( 设完全沉淀时离子浓度小于1.0 ×10-5 mol·L-1)。
（3）①第二次用盐酸“酸溶”发生反应的离子方程式为___________。
②写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式：______。
（4）草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为___________。
（5）废酸中含钪量为15 mg/L，V L废酸最多可提取Sc2O3的质量为___________g。













19．是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为，还含有等杂质)为原料制备的一种工艺流程如下。回答下列问题：

已知：(a)；
(b)不同温度下各物质的溶解度：
物质
KCl
NaCl


溶解度(g/100gH2O)
0℃
28
35.7
4.7
163
40℃
40.1
36.4
26.3
215
80℃
51.3
38
70
376
（1）步骤①的主要反应为，该反应配平后与的系数比为___________。该步骤不能使用陶瓷容器的原因是___________。
（2）“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分分别是___________、___________(填化学式)。写出步骤③的离子反应方程式___________；步骤④中调pH，以下试剂可选用___________(填标号)。
a．b．KOHc．CH3COOHd．HCl
（3）在步骤⑤中加入适量KCl，___________(填操作名称)，过滤得到固体。
（4）化学还原法可除去废水中的，取含的模拟水样在不同pH条件下，分别向每个水样中加一定量的、，搅拌，充分反应，然后滴加悬浊液，静置沉淀，测定＋6价Cr的去除率，实验结果如图所示。
①在酸性条件下，使还原为Cr3+，请写出该反应的离子方程式___________。
②时，亚铁盐对＋6价Cr的去除效果反而下降，可能的原因是___________。


20．工业上常采用堆浸-反萃取-电积法从低品位锌矿(主要成分为ZnS，含有FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质)中获得锌，其流程如图1所示。

已知：①“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐；②pH过高时，氢氧化氧铁沉淀为胶状。
回答下列问题：
（1）“堆浸”时为了提高反应速率，可以采取的措施为___________(填标号)。
a．大幅升温 b．将锌矿粉碎 c．将锌矿充分暴露
（2）“堆浸”时FeS2发生反应的化学方程式为___________。
（3）“除铁”时发生反应的总离子方程式为___________。“除铁”时，pH对不同金属离子沉淀率的影响如图2所示。“除铁”时最合理的pH约为___________。事实上Zn2+、Cu2+、Ni2+在pH≤6时难以沉淀，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn2+、Cu2+、Ni2+的沉淀率均升高，原因可能为___________。


（4）“置换镍”时用锌粉直接置换速率极小，目前采用“锑盐净化法”置换，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，可得到合金NiSb，该反应的离子方程式为___________。已知Ni的熔点为1455℃，Sb的熔点为630.5℃，则该合金的熔点范围为___________(填“高于1455℃”“在630.5℃和1455℃之间”或“低于630.5℃”)。
（5）电积时反萃取pH应控制在一定范围内，pH不能太高也不能太低，原因为___________。




21．铬元素是一种重金属元素，工业上处理含铬废水并将其资源化的工艺有多种，其中两种工艺如图所示：


已知含铬废水中铬元素主要存在微粒为Cr3+、CrO、Cr2O。“中和”过程中，产生Cr(OH)3。回答下列问题：
（1）“还原”时，先加入H2SO4酸化的目的是___________，用硫酸而不用盐酸，原因是___________，再加入Na2S2O5固体，其发生反应的离子方程式为___________。
（2）“中和”时加入Na2CO3的作用是___________，“过滤洗涤”时，洗涤沉淀的操作为___________。
（3）写出“氧化”时，发生反应的化学方程式___________。
（4）已知Ksp(BaCrO4) = 2.4×10-10，利用氧化法除铬时，欲使废液中铬元素的含量不高于0.26 mg·L-1，则此滤液中c(Ba2+)的范围为___________。












22．四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。

回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。
（2）“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。

（3）“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于_______。(已知：；和的分别为35.2和17.2)
（4）“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为_______。
（5）“沉淀”时，加入的目的是_______。
（6）高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。（已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成）



23．碳酸铈[]是一种优良的环保材料，可用作汽车尾气净化催化剂。磷铈镧矿中铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以磷铈镧矿为原料制备的工艺流程如下：

回答下列问题：。
（1）铈的核电荷数为58，其某种核素含有82个中子，该核素的符号为___________。
（2）焙烧时不能使用陶瓷容器的原因是___________。
（3）滤渣III的主要成分能溶于NaOH溶液，所得产物的化学式是___________。
（4）滤渣II的主要成分在高温条件与、葡萄糖()反应可制备电极材料，同时生成CO和，该反应的化学方程式为___________。
（5）沉铈过程中生成的离子方程式为___________，分离的操作名称是___________。












24．如图为从预处理后的可充电电池粉末(主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等)中回收重金属的工艺流程。

回答下列问题：
（1）“浸取”过程先加入NH4HCO3溶液，再通入NH3，滤液①中主要含[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+及CO。写出NiO浸取时发生反应的化学方程式：___。
（2）探究“催化氧化”步骤中[Co(NH3)6]2+氧化为[Co(NH3)6]3+的实验条件，向[Co(NH3)6]2+含量为0.48g·L-1的溶液中通入空气，待反应完全后，记录[Co(NH3)6]3+浓度数据如表：
反应时间
[Co(NH3)6]3+/g·L-1
25℃
50℃，石墨催化
1.5h
0.090
0.15
2.5h
0.14
0.48
5h
0.25
0.48
由表中数据可得，[Co(NH3)6]2+氧化的最佳条件为___。
（3）已知Co(OH)3为强氧化剂，向Co(OH)3中加入浓盐酸发生“反应Ⅰ”，写出该反应的离子方程式：___。
（4）“反萃取”的原理为NiR有机+2H+Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为___，分离有机相和水相的操作的名称为___。
（5）“水相①”的主要溶质为___(填化学式)。
（6）生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2++COCdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×105，[Cd(NH3)4]2+Cd2++4NH3的平衡常数K1= 4.0×10—5，则Ksp(CdCO3)=___。




25．铬元素是一种重金属元素，工业上处理含铬废水并将其资源化的工艺有多种，其中两种工艺如图所示：

已知含铬废水中铬元素主要有+3和+6两种价态，+6价铬在溶液中存在如下平衡：。“中和”过程中，产生。回答下列问题：
（1）“还原”时，先加入酸化，再加入固体，其发生反应的离子方程式为_______。
（2）“过滤洗涤”时，洗涤沉淀的操作为_______。
（3）“冶炼”时，该反应的能量主要转化形式为_______。
（4）“氧化”时，发生反应的化学方程式为_______。
（5）已知，利用氧化法除铬时，欲使废液中铬元素的含量不高于0.26，则此滤液中的范围为_______。
（6）与还原法相比，氧化法的优点为_______。












26．2021年5月15日，火星探测器“天问一号”成功着陆火星，着陆后“天问一号”将利用三结砷化镓太阳能电池作为其动力。一种由砷化镓废料(主要成分为GaAs，含Fe2O3、SiO2等杂质制备馆的工艺流程如图：

已知：①Ga在周期表中位于Al的正下方，性质与Al相似；
②离子完全沉淀的pH值：SiO为8，GaO为5.5。
回答下列问题：
（1）“风化粉碎”的目的是___。
（2）图1、图2分别为碱浸时温度和浸泡时间对浸出率的影响，根据图中信息确定最佳反应条件：___；超过70℃，浸出率下降的原因可能有___。


（3）“碱浸”时，GaAs中Ga以NaGaO2的形式进入溶液中，该反应的离子方程式是：___。
（4）“滤渣1”的成分为____(填化学式)，“操作a”为___、过滤、洗涤、干燥。
（5）“调pH1”时，不能通入过量的CO2，其原因是：___。
（6）若用240kg含7.25%砷化镓的废料回收镓，得到纯度为96%的镓7.0kg，则镓的回收率为____%(保留3位有效数字)。





27．氧化钪(Sc2O3)是一种稀土氧化物，广泛地应用于航天、激光、导弹等尖端科学领域。钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，从钛铁矿中提取Sc2O3的流程如图：

已知：①当离子浓度减小至10-5 mol·L-1时可认为沉淀完全。
②室温下TiO2＋完全沉淀的pH为1.05
③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Sc(OH)3]=1.25×10-33，lg2=0.3。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，要适当升高温度或将钛铁矿粉粹等措施，其目的是___________。
（2）“酸浸”后Ti元素转化为TiOSO4，其水解反应的化学方程式是___________。
（3）“洗钛”时H2O2的作用之一是与TiO2＋反应生成[TiO(H2O2)]2＋，该离子为橘黄色的稳定离子，Ti的化合价为___________，H2O2还起到的作用是___________。
（4）“酸溶”后滤液中存在的金属阳离子Sc3＋、TiO2＋、Fe3＋浓度均小于0.01 mol·L-1，再用氨水调节溶液pH使TiO2＋、Fe3＋沉淀完全而Sc3＋不沉淀，则调pH应控制的范围是___________。
（5）加草酸“沉钪”的离子方程式为___________，获得Sc2O3的实验操作方法是___________。














28．在电炉法中，由磷矿石生产黄磷()，并用炉渣生产电池材料工艺流程如下：

已知磷矿石主要成分，还有、等杂质；的。回答下列问题：
（1）炉渣Ⅱ的主要成分是_______。
（2）炉渣I的主要成分是、、及少量杂质，生成需经过三步反应，写出生成的其中的一个反应_______。
（3）炉渣Ⅰ溶解率与关系如图所示，当在时，磷铁渣溶解率随硝酸的浓度增大而减小的原因是_______。写出炉渣Ⅰ中溶解的离子方程式_______。

（4）加磷酸“调铁”的目的是_______。
（5）“溶液Ⅱ”加氨水时，溶液的对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示［考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值］。在范围为时，随增大，明显增大，其原因是_______，随增大，基本不变，其原因是_______。




29．从电镀污泥[含Cr(OH)3， Ni(OH)2、Cu(OH)2、FeO及Fe(OH)3]中回收铬并制备中铬黄(PbCrO4)的工艺流程如下：

已知：I．25℃时，PbCrO4的Ksp为2.8×10-13 ，Pb(OH)2的Ksp为1.2×10-15，PbCr2O7在水溶液中不稳定，会转化为PbCrO4和H2CrO4
II．在碱性条件下，三价铬可被H2O2氧化为六价铬；在酸性条件下，六价铬可被H2O2还原为三价铬。
III．2CO+2H+Cr2O+ H2O( pH ＜5时主要以Cr2O存在pH≥7时主要以CrO存在)。
回答下列问题：
（1）”氨浸”时，铬镍及铜分别以[Cr( NH3)6]3+、[Ni( NH3)6]2+及[Cu(NH3)4]2+形式被浸出，加与不加催化剂时铬的浸出率与时间的关系如下图所示：

①“氨浸”的适宜温度约为75℃，超过80℃时会使镍、铜的浸出率明显下降。其原因是___________；其中Cu(OH)2被浸取的化学方程式为___________。
②“氨浸”时加入催化剂的目的是___________。
（2）“氧化”时生成CrO的离子方程式为___________。滤渣的成分是___________(填化学式)。
（3）“煮沸”的目的是___________。
（4）“沉铬”时是采用弱酸性还是碱性条件？___________，说明原因：___________。




30．综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：

已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表。
金属离子浓度及开始沉淀的pH及金属离子的萃取率
金属离子
浓度(mol·L-1)
开始沉淀pH
金属离子
萃取率(%)
Fe2+
1.0×10-3
8.0
Fe2+
0
Fe3+
4.0×10-2
1.7
Fe3+
99
Zn2+
1.5
5.5
Zn2+
0
Ga3+
3.0×10-3
3.0
Ga3+
97-98.5

（1）Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为_______，“浸出”时其发生反应的离子方程式为_______。
（2）浸出后加入H2O2并将pH调至5.4，目的是_______。
（3）“滤液1”中可回收利用的物质是_______，滤饼的主要成分是_______；萃取前加入的固体X为_______。
（4）Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为_______ (填化学式)。
（5）电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为_______。
（6）GaN可采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为_______。





31．工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，还含Fe、Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)与纤维素制备Mn3O4，工艺如下图所示。

（1）利用纤维素“酸浸"相较于FeS2酸浸法，除了原料来源丰富、耗能低，还具有的优点是___________(回答两点)。
（2）“酸浸”时，由纤维素水解得到的葡萄糖与软锰矿反应。完成葡萄糖与软锰矿反应的离子方程式：
____C6H12O6+____MnO2+____=____Mn2++____CO2↑+____
（3）“中和”时，相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Mn2+
开始沉淀的pH
1.5
3.0
8.9
6.0
8.1
完全沉淀的pH
2.8
4.7
10.9
8.0
10.1
“中和”步骤要调节溶液pH，最适宜的pH范围是___________。
（4）“净化”时，加入Na2S、NH4F是为了将Zn2+、Mg2+转化为ZnS和MgF2沉淀除去，还能除去___________(填元素符号)。
（5）“沉锰”时，主要生成Mn2(OH)2SO4和Mn(OH)2沉淀，其中生成Mn(OH)2的离子方程式为___________。
（6）“氧化”时，氧化时间对产品中的锰含量及溶液pH的影响如下图。最佳的氧化时间为___________min；下列说法错误的是___________。

A．前15min，主要发生的反应是6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O，pH下降较慢
B．15~150min，主要发生的反应是3Mn2(OH)2SO4+O2=2Mn3O4+6H++3SO，pH下降较快
C．150min之后，pH趋于稳定，则Mn2(OH)2SO4已完全氧化
D．250min后，继续通入空气，可能将产品氧化生成Mn2O3及MnO2，使产品中的锰含量下降
32．工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如图：

已知：①TeO3是两性氧化物，微溶于水。
②25℃时，亚酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。
（1）写出工业上电解精炼铜的阴极电极反应式___。
（2）“烧结”时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te反应的化学方程式为___。
（3）利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用___。
a.SO2 b.Cl2 c.H2O2 d.Fe2(SO4)3
（4）常温下，上述流程中，加稀硫酸调pH时，需控制pH范围为4.5~5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，其原因是__。
（5）还原过程的主要目的是将“烧结”时生成的少部分Na2SeO4进行转化。
①“还原”时反应的离子方程式___。
②流程中可循环利用的物质是___(填化学式)。
（6）所得粗硒需要精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。已知：25℃时，Ksp(FeS)=6.0×10-18，要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol•L-1]，则需控制溶液中c(S2-)≥___mol•L-1。

参考答案
1．

（1）第五周期第ⅠB族

（2） 降低Se的沸点，防止Se被氧化

（3） 防止生成的氮氧化物排放到空气中

（4）

（5）

（6） 和
【解析】
（1）
第一周期有2种元素，第二周期有8种元素，第三周期有8种元素，第四周期有18种元素，而银的原子序数为47，因此银位于元素周期表的第五周期第ⅠB族。
（2）
由题意可知，、、水三者反应生成Se，依据得失电子守恒和原子守恒，可得其化学方程式为：；而采用减压蒸馏法提纯硒，是为了降低Se的沸点，防止Se被氧化。
（3）
酸浸氧化的过程中由于加了硝酸会产生氮的氧化物，通入氧气可以使氮的氧化物又转化为硝酸而溶解，防止氮的氧化物排放到空气中污染空气；反萃取就是使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终获得的是硝酸铜，所以为了不引入新的杂质，最好选用硝酸。
（4）
浸出液中说明银离子完全沉淀，反应①-②可得：，据此计算氯离子的浓度。
（5）
由分析可知，滤液III中的被还原为银，自身变为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得其离子方程式为：。
（6）
电化学腐蚀是原电池的原理，负极失电子发生氧化反应，依据图示可得，其负极电极反应式为：，依据催化剂在化学反应前后质量和化学性质都不变的特点，可以判断出催化剂是和。
2．

（1） 促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀2.8AC

（2）Zn

（3） (a+b)Zn2++2(a+b)HC= aZnCO3·bZn(OH)2↓+(a+2b)CO2↑+aH2O冷却后称量，连续两次称量的质量差不超过0.1g2:1

（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】
含锌铜烟尘主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物，预处理后加入稀硫酸溶解，过滤除去不溶性残渣后得到含有ZnSO4、CuSO4、FeSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液；向混合溶液中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，加热促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到滤渣I为Fe(OH)3；向滤液中加入试剂a应为Zn，利用Zn的活泼性比Cu强，置换出Cu，过滤除去，滤渣II为Cu和过量的Zn；再向所得滤液中加入NH4HCO3，得到aZnCO3·bZn(OH)2沉淀，然后过滤得到沉淀和滤液I，将沉淀焙烧得到ZnO；将滤液I蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸铵晶体。
（1）
“步骤I “加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+，再将溶液进行加热，促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀；由图可知pH=1.8时，Fe3+开始沉淀，此时c(Fe3+)=10-2mol/L，若要使沉淀完全，应使c(Fe3+)≤1.0 ×10-5mol·L-1，根据溶度积常数Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)=10-2=10-38.6，所以当c(Fe3+)=1.0 ×10-5mol·L-1时，c(OH-)=mol/L=10-11.2mol/L，c(H+)=10-2.8mol/L，则pH=2.8，所以在加入H2O2后加入ZnO或氨水将pH至少调至2.8，也能将Fe3+沉淀完全，调节pH试剂不能选用氢氧化钠和氢氧化钡，因为会引入杂质，故应选AC，故答案为：促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀；2.8；AC。
（2）
“步骤II”加入试剂a，目的是除去Cu2+，所以试剂a应为Zn，利用Zn的活泼性比Cu强，置换出Cu，再过滤除去，故答案为：Zn。
（3）
由图可知，“步骤III”中，向ZnSO4溶液中加入NH4HCO3，得到aZnCO3·bZn(OH)2沉淀和(NH4)2SO4，离子方程式为：(a+b)Zn2++2(a+b)HC= aZnCO3·bZn(OH)2↓+(a+2b)CO2↑+aH2O；
实验时称取34.9 g沉淀充分焙烧，需要冷却后称量，当连续两次称量的质量差不超过0.1g时可认为焙烧完全；
根据焙烧反应方程式，列比例式：

=，整理得，210.6a=421.2b，解得：a:b=2:1。
故答案为：(a+b)Zn2++2(a+b)HC= aZnCO3·bZn(OH)2↓+(a+2b)CO2↑+aH2O；冷却后称量，连续两次称量的质量差不超过0.1g；2:1。
（4）
铵盐受热易分解，应该用降温结晶的方法获得晶体，所以由滤液I得到硫酸铵晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
3．
（1）4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2
（2）BaSO4和SiO2
（3）C
（4）2[CeSO4]2++2SCN2H4=(SCN2H3)2+2Ce3++2SO+2H+
（5）防止Ce3+被氧化
（6）0.178
【分析】
氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3•Na2SO4•nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
（1）
焙烧后，Ce元素转化成CeO2和CeF4，写出焙烧的化学方程式4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2，故答案为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2↑；
（2）
SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，滤渣A是 BaSO4和SiO2，故答案为：BaSO4和SiO2；
（3）
由图可知，温度85℃、c(H+)2.5mol/L时，稀土的浸出率浸出率最高，即选择的适宜的条件为：温度85℃、c(H+)2.5mol/L；故答案为：C；
（4）
加入硫脲的目的是将Ce4+还原为Ce3+，步骤②中加入硫脲还原[CeSO4]2+的离子方程式为2[CeSO4]2++2SCN2H4=(SCN2H3)2+2Ce3++2SO+2H+。故答案为：2[CeSO4]2++2SCN2H4=(SCN2H3)2+2Ce3++2SO+2H+；
（5）
步骤③加入盐酸后，通常还需加入H2O2，Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，过氧化氢具有还原性，步骤③加入盐酸后，通常还需加入H2O2，其主要目的为：防止Ce3+被氧化，故答案为：防止Ce3+被氧化；
（6）
步骤④中若Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1)，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28=c2(Ce3+)c3(CO)=(1.0×10-5)2×c3(CO)，c(CO)=1.0×10-6，此时测得溶液的，pH=5，ka2(H2CO3)=5.61×10-11=，则溶液中c(HCO)=0.178mol·L-1，故答案为：0.178。
4．
（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高氨浸率
（2） +3价2CuS2+16NH3·H2O+7O2=2[Cu(NH3)4](OH)2+4(NH4)2SO4+10H2O
（3）将Fe3+还原成Fe2+，以免在生成BiOCl的同时生成Fe(OH)3沉淀
（4）温度升高，HCl的挥发加快，Bi3+水解程度增大
（5）Bi3++Cl-+CO=BiOCl↓+CO2↑
（6）
【分析】
铋精矿(主要成分是Bi2S3还含有FeS2、CuS2、PbO2等)首先利用氨水和氧气加压氨浸，Bi2S3转化为Bi2O3，FeS2转化为Fe2O3，CuS2转化为[Cu(NH3)4](OH)2，[Cu(NH3)4](OH)2进入浸出液，最终转化为硫酸铜。Bi2O3与盐酸反应生成BiCl3，Fe2O3与PbO2在酸性溶液中被羟胺分别还原为Fe2＋、Pb2＋,然后加入稀硫酸生成硫酸铅沉淀，滤液中加入碳酸钠沉铋生成BiOCl，据此解答。
（1）
铋精矿在“加压氨浸”前先进行粉碎，增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高氨浸率。
（2）
Bi2S3中S是－2价，则依据化合价代数和为0块在Bi元素的化合价为+3价，加压氨浸过程中CuS2转化为[Cu(NH3)4](OH)2，根据FeS2转化为Fe2O3反应方程式4FeS2+16NH3·H2O+15O2=2Fe2O3+8(NH4)2SO4+8H2O可判断CuS2发生反应的化学方程式为2CuS2+16NH3·H2O+7O2=2[Cu(NH3)4](OH)2+4(NH4)2SO4+10H2O。
（3）
Fe3＋在pH值为2.7时开始沉淀，而后续流程为了得到BiOCl，需要将pH调制约为3，若Fe元素为+3价，则该过程中会产生Fe(OH)3沉淀，而稀盐酸、稀硫酸都不能还原Fe3+，所以盐酸羟胺在反应中的作用为将Fe3+还原成Fe2+，以免在生成BiOCl的同时生成Fe(OH)3沉淀，故答案为：将Fe3+还原成Fe2+，以免在生成BiOCl的同时生成Fe(OH)3沉淀；
（4）
由于温度升高，HCl的挥发加快，Bi3+水解程度增大，所以在高于40°C左右时“铋的浸出率”开始下降；
（5）
“沉铋”过程中，有气体放出，根据原子守恒可知气体是二氧化碳，则“沉铋”的主要反应的离子方程式为Bi3++Cl-+CO=BiOCl↓+CO2↑；
（6）
由原子守恒可知存在BiOCl～AgCl～AgNO3，则产品中BiOCl的质量分数为＝。
5．
（1）C
（2） 该条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但成本增加
（3）取少量“酸浸”所得溶液于试管中，滴加少量铁氰化钾()溶液，若没有蓝色沉淀出现，则证明不能氧化
（4）0.04mol/L
（5）
（6）
【分析】
含镍废料（主要成分为镍、铝、氧化铁、碳等）提取Ni2O3流程：废旧镍电池表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质清除，可选用酒精预处理，酸浸后，碳不溶于酸成为滤渣，加入NiO调节pH值，促进铁离子、铝离子水解，产生氢氧化铁与氢氧化铝沉淀，除去铁与铝元素，加入草酸钠沉淀镍元素，发生反应为NiCl2+Na2C2O4+2H2O＝NiC2O4•2H2O↓+2NaCl；加入NaOH溶液后NiC2O4•2H2O沉淀转化为Ni(OH)2；电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了ClO－，再把Ni(OH)2氧化为Ni2O3，发生反应为2Ni(OH)2+ClO－＝Ni2O3+Cl－+2H2O，以此分析解答。
（1）
“预处理”操作表面的矿物油污为烃类，不能用碱性物质来清除，可选用酒精预处理，故C正确，故答案为：C；
（2）
由于液固比为时浸出率已经很高，用提高不大，没必要用增加成本，所以实际生产采取的液固比为，故答案为：；此条件下，镍的浸出率较高，增大液固比，浸出率变化不大，但生产成本增加。
（3）
若能氧化，则溶液中有，所以用铁氰化钾溶液检验溶液中没有即可证明不能氧化，故答案为：取少量“酸浸”所得溶液于试管中，滴加少量铁氰化钾()溶液，若没有蓝色沉淀出现，则证明不能氧化。
（4）
时，而，解得：。
（5）
与溶液反应生成，再结合已知“②实际生产温度时的溶解度：”，所以沉淀是溶解度最小的。
（6）
由流程图分析，“氧化”反应把二价镍氧化为三价镍，反应的离子方程式为：。
6．
（1）增大反应物的接触面积，提高原料利用率
（2） +5价CaSO4
（3） H2O2+2Fe2＋+2H＋＝2Fe3＋+2H2O硝酸的还原产物NO或NO2有毒，会污染大气
（4） 2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3↑4H＋+V2O5+H2C2O4＝2VO2＋+3H2O+2CO2↑
（5）1.92t
【分析】
石煤灰渣(主要成分有SiO2、C、Al2O3、FeO、V2O3、CaO、MgO、K2O)中加入硫酸铵焙烧，碳转化为二氧化碳，V2O3被氧化为V2O5，二氧化硅不溶，硫酸钙微溶，然后用稀硫酸浸取，V2O5在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4，滤渣的主要成分是二氧化硅和硫酸钙，滤液中加入试剂a氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水沉淀铁离子，过滤后滤液中加入萃取剂萃取VO,然后经过一系列处理所得洗脱液中加入氯化铵沉钒得到钒酸铵，灼烧得到V2O5，据此解答。
（1）
根据外界条件对反应速率的影响可判断，在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，可增大反应物的接触面积，提高原料利用率。
（2）
根据化合价代数和为0可知(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，“浸渣”的主要成分除了SiO2，还有微溶的硫酸钙，化学式为CaSO4。
（3）
“氧化”时加入的试剂a常用H2O2，用来氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2＋+2H＋＝2Fe3＋+2H2O。HNO3也能氧化Fe2＋，工业生产中不选用HNO3的原因是硝酸的还原产物NO或NO2有毒，会污染大气。
（4）
在500℃灼烧脱氨可制得产品V2O5，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3↑；在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2＋的溶液，反应中草酸被氧化为二氧化碳，发生反应的离子方程式为4H＋+V2O5+H2C2O4＝2VO2＋+3H2O+2CO2↑。
（5）
根据原子守恒可知理论上制得的V2O5的质量最多为≈1.92t。
7．
（1） 第五周期ⅥA族增大固体表面积，提高酸浸氧化时的反应速率
（2） 反应生成的能催化的分解反应，导致大量被分解
（3）
（4）碲的沉淀率降低
（5）
（6）
【分析】
碲化亚铜废渣首先粉碎，然后用稀盐酸、双氧水分别酸浸氧化得到酸浸渣和酸浸液，酸浸渣中加入还原剂将氯化银中的银离子还原为单质银，酸浸液中加入氢氧化钠溶液沉铜，过滤得到含碲酸钠的溶液，然后加入稀盐酸中和沉碲得到二氧化碲，据此解答。
（1）
碲元素的原子序数是52，在元素周期表中的位置为第五周期ⅥA族；“破碎”的目的为增大固体表面积，提高酸浸氧化时的反应速率。
（2）
“酸浸氧化”后元素以形式存在，铜元素转化成，故生成的化学方程式为；反应生成的能催化的分解反应，导致大量被分解，故双氧水实际消耗量比理论消耗量大。
（3）
溶液的为13时，溶液中的，则溶液中的。
（4）
“中和沉碲”生成反应的离子方程式为，由于二氧化碲是两性氧化物，若溶液过低，转化为，碲的沉淀率降低。
（5）
氯化银不溶于水也不溶于酸，酸浸渣的主要成分为氯化银；“还原”工序中N2H4是还原剂，失去4个电子，银离子得到1个电子，则依据电子得失守恒可知发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。
（6）
阴极发生得到电子的还原反应，则生成的电极反应式为。
8．
（1） 铁2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4+4CO2↑
（2） Fe2O3B
（3） 防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费3H2C2O4++8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
（4） 2Cr3++3CO (NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6+3CO2↑；当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解
【分析】
根据工艺流程图可知，“焙烧”是将Cr2O3转化为Na2CrO4，将Fe转化为Fe2O3，Al及其氧化物转为NaAlO2，Si及其氧化转化为Na2SiO3，然后水浸、过滤出滤渣I为Fe2O3，溶液I主要为NaAlO2、Na2SiO3和Na2CrO4，调节pH是将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，过滤得滤渣II为Al(OH)3和H2SiO3，溶液II中主要为Na2CrO4，“步骤③”用稀硫酸调pH，将转化为得到溶液III，反应原理为：2+2H+=+H2O，然后由于H2C2O4与反应是一个放热反应，故向溶液III需分批加入H2C2O4溶液将还原为Cr3+，得到溶液IV，溶液IV中加入尿素将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，过滤洗涤干燥，灼烧得到Cr2O3，当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解，据此分析解题。
（1）
由于陶瓷中的SiO2能与Na2CO3反应，Al2O3也能与Na2CO3反应而腐蚀坩埚，故“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是铁，铬铁矿即中Cr元素转化为即Cr2O3与Na2CO3在高温下和空气中的O2反应生成，故该反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4+4CO2↑，故答案为：铁；2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4+4CO2↑；
（2）
由分析可知，“滤渣I”的主要成分是Fe2O3，“步骤②”调节pH是将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，故应该是加入酸性物质，由于HCl具有还原性，能与反应，而CO2没有还原性，故应选择的试剂为B，故答案为：Fe2O3；B；
（3）
由分析可知，由于H2C2O4不稳定，受热易分解，且H2C2O4与反应是一个放热反应，故“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入完成步骤④，分批加入的目的是防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费，“步骤④”即用H2C2O4将还原为Cr3+，根据氧化还原反应的配平可得，该反应的离子方程式为：3H2C2O4++8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O，故答案为：防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费；3H2C2O4++8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（4）
由分析可知，“步骤⑤”发生反应为Cr3+与尿素溶液反应生成Cr(OH)3，故该反应的离子方程式为：2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6+3CO2↑，当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解，故答案为：2Cr3++3CO (NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6+3CO2↑；当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。
9．

（1）铁

（2）BD

（3）ecfd

（4）ZrOCl2·8H2OZrO2+2HCl+7H2O

（5） ZrO2+易发生水解ZrO2++2H2O⇌ZrO(OH)2+2H+，加入盐酸是为了抑制其水解ABC
【分析】
锆英砂(主要成分为ZrO2，伴有杂质SiO2)在碱熔焙烧过程中，ZrO2和SiO2均与NaOH反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，加水溶解并酸化调节pH过程中Na2SiO3与酸反应生成沉淀，过滤得到副产物1即H2SiO3，Na2ZrO3溶液中加HCl，发生反应Na2ZrO3+4HCl=ZrOCl2+2NaCl+2H2O，ZrOCl2溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶得到粗晶体，粗晶体再经过重结晶得到晶体ZrOCl2•8H2O，得副产物2为NaCl，ZrOCl2•8H2O在浓硫酸作用下发生反应ZrOCl2•8H2O+2H2SO4（浓）=Zr(SO4)2•4H2O+2HCl↑+5H2O，得到Zr(SO4)2•4H2O和副产物HCl，据此分析解题。
（1）
由于瓷坩埚中含有SiO2，能与NaOH反应而腐蚀瓷坩埚，故步骤1中用到的仪器有泥三角、铁坩埚、坩埚钳等，故答案为：铁；
（2）
A．由分析可知，副产物1为H2SiO3、副产物2为NaC1、副产物3为HCl，A错误；
B．由分析可知，步骤3加入HCl作用是与Na2ZrO3反应生成ZrOCl2，同时增大Cl-浓度，使ZrOCl2ZrO2++2Cl-逆向移动，故还能降低ZrOCl2的溶解度，B正确；
C．由分析可知，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；操作2为重结晶，C错误；
D．制备的Zr(SO4)2·4H2O溶于水，由于Zr4+离子发生水解，使得溶液呈酸性，D正确；
故答案为：BD；
（3）
抽滤操作的正确操作顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，洗涤时打开活塞A→加入洗涤剂(由题干信息可知，Zr(SO4)2均易溶于水，难溶于酒精及其他有机溶剂，故应该选先用浓盐酸洗涤，再无水乙醇进行洗涤) →关闭活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，故经过一系列操作完成操作2中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整：开抽气泵→a→d→b→e→c→f→d→b→e→关抽气泵，故答案为：ecfd；
（4）
ZrOCl2·8H2O洗涤后，在800℃下灼烧可得一种用于制备压电陶瓷的原料ZrO2和HCl、H2O，故该灼烧过程的化学方程式为：ZrOCl2·8H2OZrO2+2HCl+7H2O，故答案为：ZrOCl2·8H2OZrO2+2HCl+7H2O；
（5）
①样品溶解时，由于ZrO2+易发生水解ZrO2++2H2O⇌ZrO(OH)2+2H+，为了抑制其水解，故需要加入盐酸溶解，故答案为：ZrO2+易发生水解ZrO2++2H2O⇌ZrO(OH)2+2H+，加入盐酸是为了抑制其水解；
②根据题干信息：ZrO2+与二甲酚橙生成红色络合物，ZrO2+能与EDTA发生络合反应(1：1)生成无色络合物，且络合能力更强，故有：n(ZrO2+)=n(EDTA)=cmol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，则产品中锆的含量是=，故答案为：；
③A．滴定管活塞涂凡士林的操作是：取下旋塞，用滤纸擦干，用手指沾上少量凡士林，在旋塞孔的两边沿圆周涂上一薄层 (凡士林不宜涂得太多，尤其是在孔的两边，以免堵塞小孔)，即用手指蘸取少量凡士林涂抹一薄层在活塞a、b(如上图)处的四周，平行插入活塞槽中，然后朝同一个方向转动，A正确；
B．滴定开始时可以将液体成线状快速流下，接近终点时减慢滴加速度，必要时采用半滴操作，B正确；
C．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，C正确；
D．第一次滴定终点时，若测得消耗标准液体积小于5.00mL，则第二次滴定时可稀释标准液后重新滴定来减小误差，而不是稀释待测液，D错误；
故答案为：ABC。
10．
（1） Si+4价
（2）SiO2
（3）生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，有利于过滤除去
（4）KSCN溶液或苯酚溶液
（5） CaF2HCl
（6）3SiF4+2Na2CO3+2H2O= H4SiO4↓+2Na2SiF6↓+2CO2
（7）CaCO3+2HF= CaF2+ CO2+ H2O
【分析】
由题给流程可知，向电石灰中加入盐酸酸浸时，氢氧化钙、氧化铝、氧化铁与盐酸反应生成可溶的金属氯化物，二氧化硅不溶于盐酸，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和含有金属氯化物的滤液；向滤液中加入氧化钙条件溶液pH为5后，加入絮凝剂使溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和氯化钙溶液；向氯化钙溶液中加入氟硅酸溶液，氯化钙溶液与氟硅酸溶液反应生成氟硅酸钙沉淀和盐酸，过滤得到盐酸和氟硅酸钙，过滤得到的盐酸可以循环使用；氟硅酸钙受热分解生成氟化钙和含有杂质的粗四氟化硅，粗四氟化硅经冷凝、除尘、净化得到高纯四氟化硅。
（1）
含有16个中子的硅原子的质子数为14，质量数为30，核素符号为Si；由化合价代数和为0可知，氟硅酸中硅元素的化合价为+4价，故答案为：Si；
（2）
由分析可知，滤渣1为二氧化硅，故答案为：SiO2；
（3）
由分析可知，加入絮凝剂可以使溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，有利于过滤除去，故答案为：生成Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，有利于过滤除去；
（4）
铁离子能与硫氰酸根离子反应生成红色的硫氰化铁溶液，与苯酚溶液能发生络合反应生成紫色络合物，则若滤液中含有铁离子，加入硫氰化钾溶液后溶液会变为红色，加入苯酚溶液溶液会变为紫色，检验铁离子的试剂可以是KSCN溶液或苯酚溶液；
（5）
由分析可知，氟硅酸钙受热分解生成氟化钙和含有杂质的粗四氟化硅，则副产品A为氟化钙；“沉钙过滤”时氯化钙溶液与氟硅酸溶液反应生成氟硅酸钙沉淀和盐酸，过滤得到的盐酸可以循环使用，故答案为：CaF2；HCl；
（6）
由题意可知，四氟化硅与碳酸钠溶液反应生成原硅酸沉淀、氟硅酸钠沉淀和二氧化碳气体，反应的化学方程式为3SiF4+2Na2CO3+2H2O= H4SiO4↓+2Na2SiF6↓+2CO2，故答案为：3SiF4+2Na2CO3+2H2O= H4SiO4↓+2Na2SiF6↓+2CO2；
（7）
由题给电离常数和溶度积可知，氢氟酸的酸性强于碳酸，氟化钙的溶度积小于碳酸钙，则向碳酸钙悬浊液中通入氟化氢气体，碳酸钙能氟化氢反应生成氟化钙、二氧化碳和水，反应的化学方程式为CaCO3+2HF= CaF2+ CO2+ H2O，故答案为：CaCO3+2HF= CaF2+ CO2+ H2O。
11．
（1）
（2）
（3）形成溶解度较大的酸式盐或形成溶解度较大的磷酸氢钙或磷酸二氢钙
（4）
【分析】
由题给流程可知，钒渣中加入氯化钠、碳酸钠焙烧时，铁元素转化为不溶于水的氧化铁，钒元素、铝元素和硅元素转化为溶于水的钒酸钠、偏铝酸钠和硅酸钠，加水浸取，过滤得到含有氧化铁的废渣和含有钒酸钠、偏铝酸钠、硅酸钠和少量可溶性磷酸盐的滤液；向滤液中先加入盐酸调节溶液pH，使硅酸钠转化为硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，再加入氨水调节溶液pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有硅酸、氢氧化铝的废渣和含有钒酸钠、少量可溶性磷酸盐的滤液；调节滤液的pH后加入氯化钙溶液，将可溶性磷酸盐转化为磷酸钙沉淀，过滤得到含有磷酸钙的废渣和含有钒酸钠的滤液；调节滤液的pH后加入氯化铵溶液，将钒酸钠转化为钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；钒酸铵焙烧分解生成五氧化二钒。
（1）
由题意可知，氧化过程中发生的反应为与氧气高温焙烧生成氧化铁和五氧化二钒，反应的化学方程式为；由分析可知，废渣I的主要成分是氧化铁，故答案为：；；
（2）
由分析可知，精制I加入氨水发生的反应为溶液中的铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为；由电离常数公式可知，溶液中，故答案为：；；
（3）
若精制II中加入氯化钙溶液除去磷酸盐时，溶液pH过小会使磷酸钙沉淀转化为溶解度大的磷酸氢钙或磷酸二氢钙，不利于除去磷酸盐，故答案为：形成溶解度较大的酸式盐或形成溶解度较大的磷酸氢钙或磷酸二氢钙；
（4）
沉钒发生的反应为钒酸钠溶液与氯化铵溶液反应生成钒酸铵沉淀和氯化钠，钒酸铵沉淀表面会附有可溶性的氯化钠，则洗涤时除去的阴离子为氯离子；设氨气的氧化产物的价态为a，由得失电子数目守恒可得：3×(5—4)×2=2×(a+3)，解得a=0，则五氧化二钒和氨气在500℃条件下发生氧化还原反应生成四氧化二钒和氮气，反应的化学方程式为，故答案为：；。
12．
（1）CaSO4和Cu(OH)2
（2）3Mn2++2+2H2O=5MnO2↓+4H+
（3）锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低，熔炼时NaOH的用量过多增加成本
（4）ZnSO4
（5） Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑密度
【分析】
由题给流程可知，镉废渣粉碎后加入稀硫酸溶解，金属氧化物溶于稀硫酸得到含有硫酸镉、硫酸锌、硫酸铜、硫酸锰、硫酸亚铁的可溶性硫酸盐溶液，向溶液中加入石灰乳调节溶液pH为5，溶液中铜离子转化为氢氧化铜沉淀，钙离子与溶液中硫酸根离子反应生成硫酸钙沉淀，过滤得到含有硫酸钙、氢氧化铜的滤渣1和含有硫酸镉、硫酸锌、硫酸锰、硫酸亚铁的滤液；向滤液中加入高锰酸钾溶液，将溶液中的锰离子、亚铁离子转化为二氧化锰沉淀、氢氧化铁沉淀，高锰酸钾被还原为二氧化锰，过滤得到含有二氧化锰、氢氧化铁的滤渣2和含有硫酸镉、硫酸锌、硫酸钾的滤液；向滤液中加入锌，将溶液中的镉离子转化为镉，过滤得到含有锌的海绵镉和含有硫酸锌、硫酸钾的滤液；向海绵镉中加入氢氧化钠熔炼，锌与氢氧化钠反应转化为偏锌酸钠，利用密度不同分离得到镉和偏锌酸钠。
（1）
由分析可知，“滤渣1”的主要成分为硫酸钙、氢氧化铜，故答案为：CaSO4和Cu(OH)2；
（2）
由分析可知，“氧化”时除锰的反应为溶液中锰离子与高锰酸根离子反应生成二氧化锰沉淀和氢离子，反应的离子方程式为3Mn2++2+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2+2H2O=5MnO2↓+4H+；
（3）
由图可知，“置换”中镉置换率在为1.3后变化不大，若增大的值，锌粉用量过多，会增加生产成本，且海绵镉中锌的量偏大，熔炼时，会增加氢氧化钠的用量，使生产成本增加，故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低，熔炼时NaOH的用量过多增加成本；
（4）
由分析可知，“置换”时发生的反应为锌与硫酸镉发生置换反应生成镉和硫酸锌，则“置换”后滤液溶质主要成分是硫酸锌，故答案为：ZnSO4；
（5）
由分析可知，“熔炼”时发生的反应为海绵镉中锌与氢氧化钠在高温下反应生成偏锌酸钠和氢气，反应的化学方程式为Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑，当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用密度不同分离得到镉和偏锌酸钠，故答案为： Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2↑；密度。
13．
（1）1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2
（2）氨水不能使氢氧化铝溶解，使得Fe(OH)2中混有Al(OH)3
（3）2VO(OH)+H2O2+4OH—=2VO+6H2O
（4） 温度低于60℃时，钒酸钙与碳酸钠反应的∆G小于铝酸钙和碳酸钠反应的∆G，钒酸钙与碳酸钠的反应更容易发生，有利于钒的浸出NaOH溶液与CO2反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液浓度大，有利于钒酸钙沉淀溶解转化为VO，提高钒的浸出率
（5）2NH4VO3V2O5+2NH3↑+ H2O
【分析】
由题给流程可知，向沉钒废水中加入氢氧化钠溶液，使铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，铝离子、VO2+离子转化为偏铝酸根离子、VO(OH)离子，过滤得到氢氧化亚铁和含有偏铝酸根离子、VO(OH)离子的滤液；加入过氧化氢溶液，碱性条件下将VO(OH)离子氧化为VO离子；加入氧化钙将溶液中偏铝酸根离子、VO离子转化为铝酸钙、钒酸钙沉淀；过滤得到滤液和铝酸钙、钒酸钙；向铝酸钙、钒酸钙中加入碳酸钠溶液做浸出剂，过滤得到含有VO离子的浸出液；先调节浸出液pH约为6〜8，使VO离子转化为VO离子，再加入氯化铵溶液将VO离子转化为钒酸铵沉淀，过滤后高温焙烧钒酸铵得到五氧化二钒。
（1）
钒元素的原子序数为23，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；
（2）
“沉铁”时，调节溶液pH时若用氨水代替氢氧化钠溶液，溶液pH过低，不利于VO(OH)2完全溶解转化为VO(OH)，降低产率，故答案为：溶液pH过低，不利于VO(OH)2完全溶解；
（3）
由分析可知，“氧化'‘时发生反应为碱性条件下将VO(OH)离子与过氧化氢溶液反应生成VO离子和水，反应的离子方程式为2VO(OH)+H2O2+4OH—=2VO+6H2O，故答案为：2VO(OH)+H2O2+4OH—=2VO+6H2O；
（4）
①由图可知，温度低于60℃时，钒酸钙与碳酸钠反应的∆G小于铝酸钙和碳酸钠反应的∆G，钒酸钙与碳酸钠的反应更容易发生，有利于钒的浸出，故答案为：温度低于60℃时，钒酸钙与碳酸钠反应的∆G小于铝酸钙和碳酸钠反应的∆G，钒酸钙与碳酸钠的反应更容易发生，有利于钒的浸出；
②由图可知，若“浸出”时浸出剂中添加氢氧化钠固体，并边浸出边通入二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，增大溶液中碳酸钠溶液的浓度，有利于钒酸钙沉淀溶解转化为VO，提高钒的浸出率，故答案为：NaOH溶液与CO2反应生成碳酸钠，碳酸钠溶液浓度大，有利于钒酸钙沉淀溶解转化为VO，提高钒的浸出率；
（5）
由分析可知，“焙烧”时铵盐沉淀发生分解的反应为钒酸铵高温焙烧发生分解反应生成五氧化二钒、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+ H2O，故答案为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+ H2O。
14．
（1）SiO2
（2） 将过量的Fe3+还原为Fe2+FeCl3
（3）3Zn2++3CO+2H2O=ZnCO3•2Zn(OH)2↓+2CO2↑
（4）FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大
（5） 11.18×10-3mol/L
【分析】
由题给流程可知，闪锌矿用氯化铁溶液浸取时，硫化锌、硫化亚铁与氯化铁溶液反应得到锌离子、亚铁离子和硫，二氧化硅不与氯化铁溶液反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的矿渣和含有铁离子、锌离子、亚铁离子的浸出液；向浸出液中加入铁粉，将铁离子还原为亚铁离子得到溶液X；向溶液X中加入有机萃取剂TBP将氯化亚铁和氯化锌萃取分液分离得到含有锌离子的有机层和含有亚铁离子的水层；向水层中通入氯气，将亚铁离子氧化得到含有氯化铁的溶液Y，氯化铁溶液可以循环使用；有机层溶液经过一系列得到氯化锌溶液，向氯化锌溶液中加入碳酸钠溶液反应过滤得到ZnCO3•2Zn(OH)2沉淀，加热得到的沉淀，ZnCO3•2Zn(OH)2受热分解生成氧化锌。
（1）
由分析可知，矿渣中除了有淡黄色的硫外，还含有不与氯化铁溶液反应的二氧化硅，故答案为：SiO2；
（2）
由分析可知，向浸出液中加入铁粉的目的是将铁离子还原为亚铁离子；向有机萃取剂TBP萃取分液分离得到的水层中通入氯气，将亚铁离子氧化得到含有氯化铁的溶液Y，氯化铁溶液可以循环使用故答案为：将过量的Fe3+还原为Fe2+；FeCl3；
（3）
由分析可知，生成ZnCO3•2Zn(OH)2的反应为氯化锌溶液中加入碳酸钠溶液反应过滤得到ZnCO3•2Zn(OH)2沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为3Zn2++3CO+2H2O=ZnCO3•2Zn(OH)2↓+2CO2↑，故答案为：3Zn2++3CO+2H2O=ZnCO3•2Zn(OH)2↓+2CO2↑；
（4）
有机萃取剂TBP能将氯化亚铁和氯化锌分离的原因是氯化亚铁和氯化锌在有机萃取剂TBP中的溶解度相差较大，从而萃取分液分离出氯化亚铁和氯化锌，故答案为：FeCl2和ZnCl2在TBP中的溶解度相差较大；
（5）
①由图1曲线可知，当其他条件一定时，n(H2O2)：n(Fe2+)的值为1时，TOC的去除率最大，故答案为：1；
②由图2信息可知，在酸性条件下TOC的去除效果最好时，过氧化氢的浓度为40mg/L，设溶液的体积为1L，则过氧化氢的物质的量浓度c(H2O2)= =1.18×10-3mol/L，故答案为：1.18×10-3mol/L。
15．
（1） Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2OAC
（2）NH、Cl—
（3） N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2OpH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)，铜的去除率减小
【分析】
由题给流程可知，铜质电路板与过氧化氢和过量的盐酸发生酸性蚀刻生成四氯合铜离子，与氧气、氯化铵和过量的氨水发生碱性蚀刻生成四氨合铜离子，含有四氯合铜离子的酸性溶液与含有四氨合铜离子的碱性溶液混合反应生成碱式氯化铜沉淀、氯化铜、氯化铵，过滤得到碱式氯化铜沉淀和含有氯化铜、氯化铵的滤液1；碱式氯化铜沉淀经多步转化制得五水硫酸铜晶体；向滤液1中加入水合肼和氢氧化钠的混合溶液，溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，过滤得到含有氯化钠、氯化铵的滤液2和铜，滤液2可以加入到碱性蚀刻溶液中循环使用。
（1）
①由分析可知，酸性蚀刻铜发生的反应为铜与过氧化氢和过量的盐酸反应生成H2CuCl4和水，反应的离子方程式为Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O，故答案为：Cu2++H2O2+4Cl—+2H+=CuCl↓+2H2O；
②A．由分析可知，碱性蚀刻时，利用了氧气的氧化性将铜氧化为四氨合铜离子，酸性蚀刻时，利用率过氧化氢的氧化性将铜氧化为四氯合铜离子，故B正确；
B．由分析可知，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，，酸性蚀刻时，盐酸的主要作用是提供氯离子形成四氯合铜离子，故错误；
C．由分析可知，酸性蚀刻铜的原理是酸性条件下铜与过氧化氢和氯离子形成四氯合铜离子，则用过氧化氢、硫酸、氯化钠也可以使铜溶解，故正确；
故选AC；
（2）
由分析可知，滤液1为氯化铜、氯化铵的混合溶液，则溶液中存在铜离子、铵根离子和氯离子，故答案为：NH、Cl—；
（3）
①由分析可知，水合肼还原铜离子的反应为溶液中铜离子在碱性条件下反应与水合肼生成铜、氮气和水，反应的离子方程式为N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O，故答案为：N2H4·H2O+2Cu2++4OH—=2Cu↓+N2↑+5 H2O；
②由图可知，pH为6.3时铜去除率最大，当溶液pH＜6.3时，随溶液pH增大，水合肼的还原性增强，消耗铜的物质的量增大，导致铜的去除率增加；当溶液＞6.3时，随溶液pH增大，溶液中的氢氧根离子与铵根离子反应生成氨，铵与铜离子生成四氯合铜离子，导致导致铜的去除率降低，故答案为：pH＜6.3时，随溶液pH增大，N2H4·H2O的还原性增强，铜的去除率增加；pH＞6.3时，随溶液pH增大，OH—与NH反应生成的NH3与Cu2+反应生成Cu(NH3)，铜的去除率减小。
16．
（1）3
（2）
（3）或
（4） 3＜pH＜5.5
（5） 否加入ZnS会将还原为，使铁元素难以除去
（6）
【分析】
利用杂质的化学性质的差异，先酸浸除SiO2，再氧化提升Fe元素价态，使Fe元素均形成Fe3+，利用Fe3+易水解，Fe(OH)3完全沉淀pH值较低的特点，使得Fe3+与Cu2+被分别除杂，最终利用CuS的难溶特点，除去Cu2+杂质，除杂完成再利用形成ZnC2O4•2H2O沉淀，提纯Zn元素，最后通过加热分解草酸盐获得高纯度ZnO；
（1）
主成分ZnO及杂质FeO和CuO均可与强酸反应，故本问应填“3”；
（2）
Fe2+被酸环境下的H2O2氧化生成Fe3+，本问离子方程式应填“”；
（3）
利用消耗H+升高pH值的方法促使Fe3+水解形成Fe(OH)3，且通过沉淀溶解平衡的思路，进一步降低H+浓度提高OH-浓度，促使Fe(OH)3沉淀完全；符合上述要求的反应物均可替代ZnO，所以本问应填“或”；
（4）
根据题目所给信息及Ksp计算关系式，Fe3+沉淀完全不可及最大值为c(Fe3+)=1×10-5mol/L，对应c(OH-)最小值为，故此状态；当时对应，对应，当时对应，对应，由上述数据可知，Zn2+、Cu2+两种离子要按照题目所给浓度同时存在于一个溶液中而不出现沉淀，c(OH-)须取相对更小值，故c(OH-)=1×10-5.5mol/L为不可及上限值，对应pH=5.5，所以本问第一空应填“3＜pH＜5.5”，第二空应填“Fe(OH)3”；
（5）
先加ZnS，溶液中Fe3+会被ZnS还原生成Fe2+，有题目所给信息可知Fe2+水解程度弱，不易在存在Zn2+的溶液中除去，所以本问第一空及第二空分别应填“否”、“加入ZnS会将还原为，使铁元素难以除去”；
（6）
的摩尔质量是189g/mol，故18.9g物质的量是0.1mol，加热至M状态时质量损失1.8g，即损失结晶水0.1mol，所以M状态的结晶水合物化学式为，草酸锌中C原子化合价为+3价，分解后生成两种碳氧化物，根据得失电子守恒及物料守恒关系，两种碳氧化物应是CO2和CO，故本问方程式配平后应填“”。
17．
（1）增大接触面积，提高酸溶时反应速率
（2）Ta2O5+14HF＝2H2TaF7+5H2O
（3）0.5
（4）H2NbF7+7NH3+5H2O＝Nb(OH)5↓+7NH4F
（5） 负氧化Nb2O5+10e-=2Nb+5O2-
（6）
【分析】
高钛渣(含Nb2O5、Ta2O5、TiO2、CaO)利用HF和盐酸酸溶生成氟化钙沉淀，经过MIBK萃取得到的钽铌液中含有H2TaF7、H2NbF7，在经过萃取除钽，得到的铌液中通入氨气生成Nb(OH)5，焙烧得到Nb2O5，然后电解Nb2O5生成Nb，据此解答。
（1）
酸溶前，将高钛渣进行研磨可增大接触面积，提高酸溶时反应速率，故答案为：可增大接触面积，提高酸溶时反应速率；
（2）
酸溶时，Ta2O5转化为H2TaF7，发生的反应的化学方程式为Ta2O5+14HF＝2H2TaF7+5H2O，故答案为：Ta2O5+14HF＝2H2TaF7+5H2O；
（3）
根据图像可知酸溶时，HF的浓度是10g/L时铌、钽的浸出率几乎不再发生变化，此时HF的浓度是＝0.5mol/L，故答案为：0.5；
（4）
沉铌时生成Nb(OH)5，发生的反应的化学方程式为H2NbF7+7NH3+5H2O＝Nb(OH)5↓+7NH4F，故答案为：H2NbF7+7NH3+5H2O＝Nb(OH)5↓+7NH4F；
（5）
①氧离子移向石墨电极，石墨电极是阳极，b为电源的正极，则a极为电源的负极，石墨极发生氧化反应，故答案为：负；氧化；
②Nb2O5极是阴极，发生得到电子的还原反应，其电极反应为Nb2O5+10e-=2Nb+5O2-，故答案为：Nb2O5+10e-=2Nb+5O2-；
（6）
已知高钛渣中的含量为，整个流程中的损耗率为，根据元素守恒，存在关系式：，则10t该高钛渣可制得的质量=，故答案为：。
18．
（1）将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌
（2） Fe(OH)33＜pH≤4
（3） Sc(OH)3+3H+=Sc3+ +3H2O2Sc3+ +3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+
（4）2Sc2(C2O4)3+ 3O22Sc2O3+12CO2
（5）0. 023V
【分析】
钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中经过萃取，由题干可知，洗涤“油相”可除去大量的钛离子，则油相中含钪、铁、锰离子；加入NaOH，钪、铁、锰离子会生成对应的沉淀，经过过滤可得滤渣为：Mn(OH)2、Fe(OH)3、Sc(OH)3；滤渣与盐酸反应，Mn(OH)2、Fe(OH)3、Sc(OH)3又会转化为钪、铁、锰离子，加入氨水调节pH，可使铁、钪离子沉淀，生成Fe(OH)3、Sc(OH)3，从而除去锰离子；Fe(OH)3、Sc(OH)3再与盐酸反应，生成铁、钪离子；加入草酸，使钪离子沉淀，生成Sc2(C2O4)3，从而除去铁离子；草酸钪“灼烧”氧化中，最终生成Sc2O3，据此分析作答。
（1）
洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成，混合过程相当于将浓硫酸稀释，因此混合的实验操作为将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌，故答案为：将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌；
（2）
根据Ksp[Mn(OH)2]= 10-12、Ksp [Fe(OH)3]= 10-38，Ksp[Sc(OH)3]= 10-30]可知，铁离子完全沉淀时，溶液中的c(OH-)==10-11，溶液的pH约为3，若加入氨水后的溶液中c(Sc3+)=1.0 mol·L-1，钪离子开始沉淀时，溶液中的c(OH-)==10-10，溶液的pH约为4，因此先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣中主要含有Fe(OH)3；若加入氨水后的溶液中c(Sc3+)=1.0 mol·L-1，则第一次调pH的范围是3＜pH≤4，故答案为：Fe(OH)3；3＜pH≤4；
（3）
①由分析可知，第二次用盐酸“酸溶”的过程，是Sc(OH)3与HCl发生反应，生成三氯化钪和水，离子方程式为：Sc(OH)3+3H+=Sc3+ +3H2O，故答案为：Sc(OH)3+3H+=Sc3+ +3H2O；
②“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为：2Sc3++ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+，故答案为：2Sc3++ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+；
（4）
草酸钪“灼烧”氧化生成Sc2O3和CO2，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+ 3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+ 3O22Sc2O3+12CO2；
（5）
VL废酸中含有钪的质量为15Vmg，根据原子守恒，可提取Sc2O3的质量为15Vmg×=0.023V g，故答案为：0.023V g。
【点睛】
本题考查物质的制备和物质的分离与提纯，侧重考查学生获取信息及利用信息的能力、分析能力、实验操作能力，注意题给信息的灵活运用。
19．
（1） 1∶2陶瓷在高温下会与反应
（2） c
（3）蒸发浓缩，冷却结晶(或降温结晶)
（4） 时，转化为，而易被空气中的氧化
【分析】
铬铁矿通过与Na2CO3、NaNO3的反应使Cr元素及Al元素形成可溶性化合物，通过水溶过滤手段先除去Fe2O3等不溶性杂质；再通过与CO2接触生成Al(OH)3，分离除去Al元素对应杂质；通过调节溶液pH值，生成所需；最终加入KCl并利用两种重铬酸盐的溶解性差异，通过结晶等手段生产
（1）
通过已知条件可知反应物中Fe原子由+2价升至+3价，Cr原子由+3价升至+6价，N原子由+5价降至+3价，每1mol参与反应的FeO•Cr2O3失电子7mol，每1mol参与反应的NaNO3得电子2mol，故FeO•Cr2O3与NaNO3的系数比应为2:7，再根据物料守恒，配平方程式为：，所以本问第一空应填“1:2”；高温下陶瓷会发生反应，所以本问第二空应填“陶瓷在高温下会与反应”；
（2）
根据分析，滤渣1主要是第①步反应中生成的难溶物Fe2O3，滤渣2主要是第步中溶液与CO2接触反应生成的Al(OH)3，所以本问第一空第二空分别应填“Fe2O3”、“Al(OH)3”；NaAlO2与过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，所以本问第三空离子方程式应填“”；考虑到的存在环境及后续操作中要加入KCl，则第④步中加入的物质首先为酸，其次要不影响KCl的溶解能力，故选CH3COOH，所以本问第四空应选填“c”；
（3）
两种可溶性固体物质利用其溶解度的差异，在溶液中分离应用的操作应是浓缩结晶思路，故本问应填“蒸发浓缩，冷却结晶(或降温结晶)”；
（4）
①根据得失电子守恒和物料守恒，离子方程式应为：，所以本问第一空应填“”；
②pH>8溶液碱性过强，Fe2+更易水解生成Fe(OH)2，而Fe(OH)2又容易被O2氧化生成Fe(OH)3，造成反应试剂中Fe2+量的下降降低除去的能力，所以本问第二空应填“时，转化为，而易被空气中的氧化”。
20．
（1）bc
（2）2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4
（3） 2Fe2++H2O2+4OH-=FeOOH↓+2H2O3.2生成的氢氧化氧铁胶状沉淀有较强的吸附性，可将Zn2+、Cu2+、Ni2+吸附而使其沉淀
（4） 2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+低于630.5℃
（5）pH太高，锌离子会产生氢氧化锌沉淀，pH太低会发生副反应
【分析】
锌矿（主要成分为ZnS，含有FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质）中加入野外细菌堆浸，金属硫化物转化为硫酸盐，SiO2不反应，堆浸渣中含有SiO2等难溶物，堆浸液中含有硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸锌等物质；加入双氧水氧化亚铁离子利用氢氧化钠除铁得到FeOOH。加入适量锌粉置换出铜，滤液中加入有机相萃取剂萃取Zn2+，分液得到的有机相经过反萃取获得含有Zn2+的反萃液，最后电解反萃液提取金属锌，以此分析解答。
（1）
a．大幅升温会杀死野外细菌，降低了堆浸效率，a错误；
b．将锌矿粉碎增大反应物生物接触面积，提高反应速率，b正确；
c．将锌矿充分暴露可提高反应速率，c正确；
答案选bc；
（2）
“堆浸”时FeS2被氧化为硫酸亚铁和硫酸，发生反应的化学方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。
（3）
“除铁”时得到FeOOH，发生反应的总离子方程式为2Fe2++H2O2+4OH-=FeOOH↓+2H2O。“除铁”时根据图像可知pH=3.2时铁的沉淀率最高，在增加pH变化不大，且其它金属离子沉淀率升高，因此最合理的pH约为3.2。由于有铁离子存在时，生成的氢氧化氧铁胶状沉淀有较强的吸附性，可将Zn2+、Cu2+、Ni2+吸附而使其沉淀，所以是pH升高，Zn2+、Cu2+、Ni2+的沉淀率均升高；
（4）
置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，可得到合金NiSb，该反应的离子方程式为2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn=2NiSb+3H2O+5Zn2+。由于合金的熔点低于各成分金属熔点，已知Ni的熔点为1455℃，Sb的熔点为630.5℃，则该合金的熔点范围为低于630.5℃。
（5）
由于pH太高，锌离子会产生氢氧化锌沉淀，pH太低会发生副反应，因此电积时反萃取pH应控制在一定范围内，pH不能太高也不能太低。
21．
（1） 将CrO转化为Cr2OCr2O离子在酸性溶液中有较强氧化性，故Cr2O离子会氧化Cl—生成Cl22 Cr2O+3 S2O+10H+=4Cr3++5H2O+6SO
（2） 调节溶液的pH 生成Cr(OH)3沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2～3次
（3）2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O
（4）≥4.8×10-5 mol⋅L-1
【分析】
由题给流程可知，向含铬废水中加入稀硫酸，将废水中的铬酸根离子转化为重铬酸根离子，向转化后的溶液中加入焦亚硫酸钠固体将重铬酸根离子还原为铬离子，向含有铬离子的溶液中加入碳酸钠溶液，将铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬，氢氧化铬煅烧得到氧化铬，氧化铬与铝高温条件下发生铝热反应生成铬；向含铬废水中加入氢氧化钠溶液，将废水中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬，向氢氧化铬中加入次氯酸钠和氢氧化钠混合溶液，将氢氧化铬转化为铬酸钠溶液，向铬酸钠溶液中加入硝酸钡，将铬酸钠转化为铬酸钡沉淀。
（1）
由分析可知，“还原”时，先加入硫酸的目的是将废水中的铬酸根离子转化为重铬酸根离子，由于盐酸具有还原性，能与重铬酸根离子发生氧化还原反应生成有毒的氯气，污染空气，不能用盐酸替代硫酸酸化；向转化后的溶液中加入焦亚硫酸钠固体发生的反应为焦亚硫酸钠和重铬酸钠在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硫酸铬、硫酸钠和水，反应的离子方程式为2 Cr2O+3 S2O+10H+=4Cr3++5H2O+6SO，故答案为：将CrO转化为Cr2O；Cr2O离子在酸性溶液中有较强氧化性，故Cr2O离子会氧化Cl—生成Cl2；2 Cr2O+3 S2O+10H+=4Cr3++5H2O+6SO；
（2）
由分析可知，“中和”时加入碳酸钠溶液的作用是调节溶液的pH，将铬离子转化为氢氧化铬沉淀；洗涤沉淀的操作为沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2～3次，故答案为：调节溶液的pH 生成Cr(OH)3；沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2～3次；
（3）
由分析可知，“氧化”时发生的反应为氢氧化铬与次氯酸钠和氢氧化钠混合溶液反应生成铬酸钠氯化钠和水，反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O，故答案为：2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O；
（4）
由废液中铬元素的含量不高于0.26 mg·L-1可得，溶液中铬酸根离子的浓度为c(CrO)≤=5×106mol/L，由Ksp(BaCrO4) = c(Ba2+) c(CrO)可知，c(Ba2+)≥=4.8×10-5 mol/L，故答案为：4.8×10-5 mol/L。
22．
（1）氨水
（2） 适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等晶体析出，混入浸渣
（3）3.9
（4）
（5）提供，使充分转化为沉淀析出
（6）
【分析】
钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)通入氧气焙烧得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13·2H2O。
（1）
“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；
（2）
“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣；
（3）
和的分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于，则S2-浓度大于mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于，则S2-浓度大于mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)>10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9；
（4）
溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，则反应的离子方程式为；
（5）
由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；
（6）
高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。
23．
（1）
（2）生成的HF与反应，腐蚀陶瓷
（3）
（4）
（5） ↑过滤
【分析】
磷铈镧矿主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质中加入浓硫酸焙烧，二氧化硅不反应，其他物质生成对应的硫酸盐，加水水浸，浸渣为硫酸钙和二氧化硅，滤液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化镁调节pH=5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氢铵沉铈，过滤获得Ce2(CO3)3•nH2O，据此分析答题。
（1）
铈的某种核素含有58个质子和82个中子，质量数等于质子数+中子数，依据核素的表示方法，其符号为Ce，故答案为：Ce；
（2）
焙烧时CaF2与浓硫酸反应生成的HF能与陶瓷容器中的SiO2反应，而腐蚀容器，故答案为：生成的HF与反应，腐蚀陶瓷；
（3）
由分析可知，滤渣III的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，其中Al(OH)3能溶于NaOH溶液生成NaAlO2或，故答案为：NaAlO2或；
（4）
根据题干信息滤渣II的主要成分在高温条件与、葡萄糖()反应可制备电极材料，同时生成CO和，另一产物为H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被还原，Li2CO3中C元素被还原，根据氧化还原反应配平可知该反应的化学方程式为：，故答案为：；
（5）
“沉铈”过程中，加入Ce3+与结合，促进电离，生成Ce2(CO3)3•nH2O，离子方程式为：2Ce3++6+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑，由流程图可知，分离出Ce2(CO3)3•nH2O和滤液，故操作为过滤，故答案为：2Ce3++6+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑；过滤。
24．
（1）NiO+5NH3+NH4HCO3=[Ni(NH3)6]CO3 +H2O
（2）50℃、石墨催化、反应时间为2.5h
（3）2Co(OH)3+6H++2Cl—=2Co2++Cl2↑+6H2O
（4） H2SO4溶液分液
（5）[Cd(NH3)4]CO3
（6）2.0×10—10
【分析】
由题给流程可知，向电池粉末中先加入碳酸氢铵溶液，再通入氨气，NiO、CdO、CoO发生反应转化为[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+，过滤得到含有Fe2O3的滤渣和含有[Cd(NH3)4]2+、[Ni(NH3)6]2+、[Co(NH3)6]2+、CO的滤液①；向滤液①中通入空气，在石墨做催化剂作用下将[Co(NH3)6]2+氧化为Co(OH)3沉淀，过滤得到除去[Co(NH3)6]2+的滤液②和Co(OH)3沉淀；向Co(OH)3沉淀中加入盐酸发生反应得到氯化钴溶液，氯化钴溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化钴晶体；向滤液②中加入有机萃取剂萃取溶液中的镍离子，分液得到含有[Cd(NH3)4]CO3的水相①和含有NiR有机的有机相①；向水相①中通入热蒸汽将[Cd(NH3)4]CO3转化为CdCO3；向有机相①中加入稀硫酸反萃取，分液得到可以循环使用的有机相②和含有硫酸镍的水相②，水相②蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍晶体。
（1）
由分析可知，NiO浸取时发生的反应为NiO与NH3和NH4HCO3溶液反应[Ni(NH3)6]CO3和H2O，反应的化学方程式为NiO+5NH3+NH4HCO3=[Ni(NH3)6]CO3 +H2O，故答案为：NiO+5NH3+NH4HCO3=[Ni(NH3)6]CO3 +H2O；
（2）
由题给信息可知，催化氧化前溶液中[Co(NH3)6]2＋的浓度为0.38g·L－1，50℃、石墨催化、反应时间为2.5h和50℃、石墨催化、反应时间为5h两个条件下均可将溶液中的[Co(NH3)6]2＋全部氧化为[Co(NH3)6]3＋，但同等条件下，反应时间越短越好，故最佳条件为50℃、石墨催化、反应时间为2.5h，故答案为：90°C、石墨催化、反应时间为2.5h；
（3）
由题意可知，Co(OH)3与浓盐酸发生氧化还原反应生成CoCl2、Cl2和H2O，反应的离子方程式为2Co(OH)3+6H++2Cl—=2Co2++Cl2↑+6H2O，故答案为：2Co(OH)3+6H++2Cl—=2Co2++Cl2↑+6H2O；
（4）
由最终得到六水硫酸镍晶体可知，加入的反萃取剂为稀硫酸，加入稀硫酸反萃取后，分液得到可以循环使用的有机相②和含有硫酸镍的水相②，故答案为：H2SO4溶液；分液；
（5）
由分析可知，水相①的主要溶质为[Cd(NH3)4]CO3，故答案为：[Cd(NH3)4]CO3；
（6）
由题给方程式可知，平衡常数K====2.0×10—5，则Ksp(CdCO3)=== 2.0×10—10，故答案为：2.0×10—10。
25．
（1）2+3+10H+=4Cr3++5H2O+6
（2）沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2～3次
（3）化学能转化为热能
（4）2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O
（5）≥4.8×10-5mol⋅L-1
（6）能耗低
【分析】
根据题中图示，上方流程为含铬废水先加入H2SO4酸化，再加入Na2S2O5固体，先发生转化，随后发生反应2+3+10H+=4Cr3++5H2O+6，加入碳酸钠调节，中和pH，发生反应2Cr3++3+3H2O=2Cr(OH)3↓+3CO2↑，过滤获得Cr(OH)3，经煅烧，得到氧化铬，加铝发生置换反应，获得单质铬；
下方流程为含铬废水加入氢氧化钠调节pH，发生反应Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，“氧化”时，发生反应的化学方程式为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O，加硝酸钡，利用沉淀溶解平衡，获得BaCrO4沉淀，据此解答。
（1）
由上述分析可知，先加入酸化，再加入固体，其发生反应的离子方程式为2+3+10H+=4Cr3++5H2O+6；答案为2+3+10H+=4Cr3++5H2O+6。
（2）
过滤后洗涤沉淀的操作为沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2～3次；答案为沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2～3次。
（3）
“冶炼”时，发生反应为铝还原Cr2O3，即2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，铝热反应放出大量热，因此能量主要转化形式为化学能转化为热能；答案为化学能转化为热能。
（4）
由上述分析可知，Cr(OH)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原反应，生成Na2CrO4、NaCl和H2O，其化学方程式为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O；答案为2Cr(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2CrO4+3NaCl+5H2O。
（5）
欲使废液中铬元素的含量不高于0.26mg•L-1，则若废液中c()==5×10-6mol/L，由Ksp(BaCrO4)=c(Ba2+)×c()可得，c(Ba2+)== mol·L-1=4.8×10-5mol⋅L-1，因此溶液中c(Ba2+)≥4.8×10-5mol⋅L-1；答案为≥4.8×10-5mol⋅L-1。
（6）
由题中工艺流程可知，还原法存在煅烧、冶炼等步骤，这些要消耗大量的能量，所以与还原法相比，氧化法的优点为能耗低；答案为能耗低。
26．
（1）增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高浸出率
（2） 70℃，2h超过70℃，H2O2受热分解
（3）
（4） Fe2O3蒸发浓缩、冷却结晶
（5）通入过量的CO2，会使GaO变成Ga(OH)3沉淀下来，使产率降低
（6）80.0
【分析】
根据提示可知，加入NaOH和碱浸过程中，Ga以的形式进入溶液中，而根据流程“滤液3”为溶液，即可知As以的形式进入溶液中，所以该反应方程式为，同时和NaOH反应生成进入溶液，不参与反应，所以“滤渣1”是。此时溶液呈碱性，含、、、、，通入气体，pH逐渐减小，根据已知信息②可知，当时，以的形式沉淀，为“滤渣2”，通入气体至时，以的形式沉淀，实现杂质、主要微粒的逐一分离。由已知①可知Ga的性质和Al相似，具有两性，所以往沉淀中加入NaOH可使其转化成溶液，最后电解溶液以得到产品Ga，据此分析解答。
（1）
砷化废料“风化粉碎”是为了增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高Ga、As元素的浸出率。故答案为：增大反应物接触面积，加快浸出速率，提高浸出率；
（2）
由图中曲线可知温度为70℃时浸出率最高，浸泡2h后浸出率变化很小，综合考虑最佳的反应条件应该选择在70℃下浸泡2h。若温度超过70℃，H2O2易分解，会使浸出率下降。故答案为：70℃，2h；超过70℃，H2O2受热分解；
（3）
“碱浸”时，GaAs中Ga以NaGaO2的形式进入溶液中，As以的形式进入溶液中，所以该反应离子方程式为；故答案为：；
（4）
和NaOH反应生成进入溶液，不参与反应，所以“滤渣1”是；“滤液3”为溶液，经过“操作a”后可得到，可知“操作a”为“蒸发浓缩、冷却结晶”。故答案为：Fe2O3；蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）
根据已知信息②可知，当时，以的形式沉淀，为“滤渣2”，通入气体至时，以的形式沉淀。故“调pH1”时，不能通入过量的CO2，否则会使GaO变成Ga(OH)3沉淀下来，使产率降低。故答案为：通入过量的CO2，会使GaO变成Ga(OH)3沉淀下来，使产率降低；
（6）
镓的回收率为，故答案为：80.0。
27．
（1）提高浸取效率
（2）TiOSO4＋(x＋1)H2O=TiO2·xH2O＋H2SO4
（3） ＋4将Fe2＋氧化为Fe3＋
（4）3.2~3.7
（5） 3H2C2O4＋2Sc3＋=Sc2(C2O4)3↓＋6H＋灼烧
【分析】
钛铁矿主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，还含有Mg、Si、Sc等元素，由流程可知，加浓硫酸酸浸后，滤渣1为二氧化硅或不溶性硅酸盐，水解发生TiOSO4＋(x＋1)H2O=TiO2·xH2O＋H2SO4，萃取时分离出Ti、Sc，洗钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc，与盐酸反应加草酸发生3H2C2O4 + 2Sc3+ = Sc2(C2O4)3↓+6H+，再灼烧发生Sc2 (C2O4)3Sc2O3 + 3CO↑+3CO2↑，需避免CO污染环境，以此来解答。
（1）
“酸浸”时升高温度或将钛铁矿粉碎可以增加其表面积，进而加快反应速率，提高浸取效率；
（2）
“酸浸”后，Ti元素转化为TiOSO4，发生水解反应后生成TiO2·xH2O，据此可写出水解的化学方程式为TiOSO4＋(x＋1)H2O=TiO2·xH2O＋H2SO4；
（3）
[TiO(H2O2)]2＋中H2O2中O的化合价为-1价，另一个O的化合价为-2价，则Ti的化合价为＋4价；H2O2有氧化性，故可将Fe2＋氧化为Fe3＋；
（4）
TiO2＋完全沉淀的pH为1.05，Fe3＋恰好沉淀完全时，溶液中mol·L-1，此时 =2-2/3×10-3 mol·L-1，则pH=-lg c(H＋)=3.2，Sc3+开始沉淀时，此时pH=3.7，故调pH的范围是3.2~3.7；
（5）
“沉钪”时Sc转化成Sc2(C2O4)3，离子方程式为：3H2C2O4＋2Sc3＋=Sc2(C2O4)3↓＋6H＋；Sc2(C2O4)3受热分解可得Sc2O3，则其操作方法为灼烧。
28．
（1）
（2）、、
（3） 硝酸分解过快导致损失
（4）使或接近1：1
（5） 增大，促进了水解，生成的混入产品中增大，增大，优先沉淀
【分析】
用二氧化硅和焦炭将磷矿石(，、)在1500°C时发生还原反应生成硅酸钙和铁单质等，滤渣Ⅰ用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸首先分解生成NO2和O2,O2将铁和磷分别氧化为Fe2O3、P2O5，硫酸是为了溶解Fe2O3等并保持体系的酸度，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO4·2H2O(磷酸铁)。
（1）
根据以上分析可知，滤渣Ⅱ为。
（2）
一氧化碳还原氧化铁生成铁，二氧化硅和生成P4，铁和P4反应生成
Fe2P的反应为、、。
（3）
硝酸的浓度越大，其分解速率越快，导致浸取率降低；答案为硝酸的分解速率大于硝酸分解产物中氧气与磷铁渣反应的反应速率(硝酸分解过快导致损失)；被硝酸氧化的离子方程式为。
（4）
在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比使或接近1：1。
（5）
在范围为时，随增大，明显增大，其原因是增大，促进了水解，生成的混入产品中；随增大，基本不变，其原因是增大，增大，优先沉淀。
29．
（1） 碳酸氢铵受热易分解，温度高时，因其分解而使浸出率下降，且氨气在水中的溶解度随温度的升高而下降加快反应速率
（2）
（3）除去滤液中的双氧水
（4） 碱性当pH