02 无机化工流程题(2) （附答案解析）-备战高考化学大题逐空突破系列（全国通用）

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无机化工流程题(2)
1．五氧化二钒(V2O5)在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、A12O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下，请回答下列问题：

已知：Ⅰ．含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
pH
4～6
6～8
8～10
主要离子
VO
VO
V2O
Ⅱ．25 ℃时，难溶电解质的溶度积常数如下表所示：
难溶电解质
Cu（OH）2
Fe（OH）3
Al（OH）3
Mg（OH）2
Ksp
4.8×10－20
4.0×10－38
1.9×10－33
1.8×10－11
(1)“焙烧”过程中除了V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO中的某些物质参加反应外，“焙烧”的另一个作用是__________
(2)写出“焙烧”过程中生成Mg(VO3)2的化学方程式________________________________________________
(3)“调pH”的作用除了沉淀某些金属阳离子外，还有的作用是_________________________________________
(4)加适量氨水调pH得到滤渣1，若“调pH”为7，通过计算判断Al3＋是否沉淀完全　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(离子浓度＜1.0×10－5mol·L－1，认为沉淀完全)
(5)若“净化I”时直接加入足量的(NH4)2CO3，可能导致的后果为__________________________________________
(6)“煅烧”时，除生成V2O5外，还生成参与大气循环的气体，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为　　　　
(7)全钒液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置，该电池是将具有不同价态的钒离子溶液分别作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。其结构原理如图所示：

①充电时，阳极的电极反应式__________________________________________
②放电时，电路中每转移1 mol电子，酸性电解液储罐中 H＋变化的数目为　　　　
2．碲(Te)位于元素周期表第ⅥA族，由该元素组成的物质可用作石油裂化的催化剂，电镀液的光亮剂，玻璃的着色材料，合金材料的添加剂等。碲化铜渣是电解精炼铜时产生的一种矿渣，其主要含Cu2Te、Au、Ag等，利用下列工艺流程可回收碲，回答下列问题：

已知：TeO2的熔点为733 ℃，微溶于水，可溶于强酸和强碱。
(1)Te与S的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为__________________(用化学式表示)
(2)“酸浸1”需加热，加热的目的是______________________，“酸浸1”发生反应的氧化产物是________(写化学式)
(3)“水浸”后“滤液1”的颜色是________
(4)“滤渣1”进行“碱浸”的离子方程式是____________________________________
(5)从可持续发展意识和绿色化学观念来看，“滤渣2”进行酸浸的意义是__________________________________
3．钒酸钇(YVO4)广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂(含V2O5、K2O、SiO2、少量Fe2O3和Al2O3)制取YVO4的工艺流程如下：

已知：V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应。回答下列问题：
(1)“还原酸浸”时，钒以VO2＋浸出。
①若用8%硫酸溶液浸取，K2SO3用量一定，则为提高钒及钾的浸取率，可采取的措施是___________________(列举1条即可)
②“滤渣Ⅰ”的主要成分是__________________(填化学式)
③V2O5被还原的离子方程式为___________________________________________________，同时被还原的还有____________(填离子符号)
(2)常温下，“钒、钾分离”时，pH对钒的沉淀率的影响如图所示：

pH＞7时，随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是_________________________________________________
(3)“碱溶”时发生反应的化学方程式为___________________________________________
(4)“焙烧”时，尾气必须吸收处理，实验室吸收处理的装置为________(填字母)

(5)某废钒催化剂中V2O5的含量为45.5%，某工厂用1吨该废钒催化剂且用该工艺流程生产V2O5，若整个流程中V的损耗率为20%，则最终得到YVO4________kg
4．2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model 3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如下：

已知：①Ksp[Fe(OH)3]＝10－39；②Li2CO3的溶解度：0 ℃为1.54 g, 100 ℃为0.72 g
(1)反应釜中反应的化学方程式为________________________________________________________
(2)获得LiH2PO4晶体的分离操作是___________，反应器中加入C的目的是_____________________________
(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施_____________________________
(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方程式为____________________________
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是________________________，若“沉铁”后溶液中c(Fe3＋)＝10－6mol·L－1，则该过程应调节pH＝________，“ 沉锂”时，所得Li2CO3应选择________(“冷水”或“热水”)进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用________(填化学式)
5．金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，镓与铝的化学性质类似。从刚玉渣(含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝)回收镓的流程如图所示：

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
Ga3＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01 mol·L－1)的 pH
4.5
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的 pH
5.5
4.7
3.2
9.0
请回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中禁止明火加热，原因是______________________________________________________
(2)“结晶”过程中得到FeSO4·7H2O的具体操作为___________________________________________
(3)“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为　　　　
(4)“碳酸化”过程中不能通入过量CO2的原因为______________________________________(用离子方程式表示)
(5)“电解”过程中需要保持溶液pH＝11以上的原因是___________________________________
(6)下列说法不正确的是　　　　。
A．为提高浸出率，可将刚玉渣研磨 B．“结晶”过程中得到的FeSO4·7H2O可作为净水剂
C．由流程图可知酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3 D．“碱浸”过程中可用氨水代替 NaOH 溶液
(7)GaN具有优异的光电性能。工业上常采用在 1 100 ℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，该过程的化学方程式为_________________________________________________________
6．碘化亚铜(CuI)是一种白色固体，见光易分解变成棕黄色，不溶于水和乙醇，常用作有机反应催化剂、阳极射线管覆盖物、动物饲料添加剂等。某小组同学以冰铜(Cu2S和FeS熔体)为原料制备无水CuI的流程如图

(1)“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”相同，所用到的玻璃仪器有 　　　　　　　　　　　　
(2)“焙烧”过程中Cu被还原，同时有黑色磁性物质生成，熔渣的主要成分为 　　　　(填化学式)
(3)“熔渣”酸浸时，用H2O2处理可得到蓝色溶液，用化学方程式解释为___________________________________；
当加热温度高于40 ℃时，该过程反应速率减慢，其可能原因是__________________________________________
(4)“调节pH”所用试剂为　　　　；若加入该试剂前溶液中阳离子浓度均为0.1 mol/L，为使某阳离子完全沉淀为固体A，通过操作Ⅰ与其它阳离子分离，理论上应调节溶液的pH在 　　　　之间 (常温下，Cu(OH)2、Fe(OH)3的Ksp分别约为1×10－21和1×10－38)
(5)加入过量KI溶液时发生反应的离子方程式为________________________________________________
(6)取CuI样品m g，加适量的FeCl3溶液恰好使其溶解，CuI被完全氧化生成Cu2＋和I2，待样品完全反应后，滴入几滴淀粉溶液，用c mol/L的Na2S2O3标准液滴定，达到终点时消耗标准液的体积平均值为V mL
(已知：I2＋2NaS2O3===Na2S4O6＋2NaI)
①达到滴定终点时的现象是_________________________________________
②样品中CuI的质量分数为　　　　 (用相关字母表示)


7．锂离子电池回收可变废为宝，工业上由LiCoO2正极材料（含有LiCoO2活性物质、炭黑、铝箔、铜及镍的化合物和有机黏结剂等）制备CoS的工艺流程如图：

已知：①P2O4＋Cyanex272为金属离子混合萃取剂
②Ksp(CoS)＝4.0×10－21；Ksp[Co(OH)2]＝1.09×10－15
回答下列问题：
(1)LiCoO2中Co的化合价为　　　　，“600 ℃煅烧”的主要目的为______________________________________
(2)“酸浸”操作时，温度宜采取85 ℃的原因是________________________；写出LiCoO2在该操作中发生反应的离子方程式________________________________________________
(3)“萃取”时，各金属离子萃取率与溶液pH的关系如图，则溶液最佳pH为　　　　

(4)“沉钴”步骤中应调节溶液的pH为4，pH过大或过小都会使产率降低，原因是____________________________
___________________________________，溶液中Co2＋恰好完全沉淀（离子浓度为1×10－5 mol·L－1）时，溶液中S2－浓度为　　　　
(5)用如图所示装置测定制得的CoS样品纯度，D装置的作用为________________________________________，取w g CoS样品于硬质玻璃管中，向装置中鼓入空气，点燃酒精灯，测得装置C增重m g（以SO2计），则CoS样品纯度为　　　　×100%(用含w、m的代数式表示)

8．锌烟灰是铅、锌及钢铁冶金过程中的一种中间产物，主要成分是ZnO、PbO、FexO，还含有少量的Mn、Cu、F等元素。现以锌烟灰为原料制备碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为____________________________
(2)浸出渣的主要成分是__________
(3)“除氟”时，使用过量硫酸钙的目的是______________________
(4)“氧化”时，过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]将Fe2＋转化为Fe3＋，将Mn2＋转化为MnO2沉淀，其中Mn2＋发生反应的离子方程式为_________________________________________；再通过NH4HCO3调节溶液的pH＝______，可使铁元素全部转化为Fe(OH)3沉淀。{已知：①c(Fe3＋)≤10－5 mol·L－1时，铁元素沉淀完全；②Ksp[Fe(OH)3]＝10－38}
(5)“沉淀”时，温度控制在46 ℃左右，不宜过高的原因可能是_________________(合理即可)
9．工业上常用辉铜矿(主要成分为Cu2S，含有Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)制备重要催化剂CuCl。工艺流程如下：

已知：①CuCl为难溶于水的白色固体；②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)
离子
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Cu2＋
4.4
6.4
请回答下列问题：
(1)“浸取”过程中Cu2S转化为可溶性铜盐的离子方程式为___________________________________________
(2)“浸取”是该工艺的第一步，提高浸出率可提高最终产品产率。工程师研究发现单独加入FeCl3溶液时Cu2＋浸出率很低，但同时加入FeCl3溶液和H2O2时可提高Cu2＋浸出率，其原因可能是__________________________
_________________________________，进一步研究发现，加入H2O2后随温度升高，一定时间后Cu2＋浸出率随温度变化的曲线如图。请分析温度高于85 ℃，Cu2＋浸出率下降的原因：_______________________________

(3)已知Ksp(CaF2)＝4.0×10－11。经测定“浸出液”中Ca2＋浓度为4.0×10－3mol·L－1，加入NaF除去溶液中的Ca2＋，当溶液中c(F－)＝1.0×10－3mol·L－1时，除钙率为_________________
(4)“除铁”过程包括氧化Fe2＋、加入CuO调节pH等过程，为达到“除铁”目的需调节溶液pH范围为________
(5)“还原”过程中反应的离子方程式为___________________________________________
(6)通过“操作X”__________(填操作名称)，最终得到CuCl产品
10．工业上电解精炼铜的阳极泥是重要的二次资源，从阳极泥(含铜、银、金、铅等单质)中提取金和制备AgCl的工艺如下：

已知：分金液的主要成分为 H[AuCl4]；分金渣的主要成分为PbSO4和AgCl；分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3－，且存在[Ag(SO3)2]3－Ag＋＋2SO
回答下列问题：
(1)“分铜”时铜单质参与反应的离子方程式为__________________________________；如果温度过高铜的浸出率会降低，原因是________________________
(2)“分铜渣”中的成分有Au、Ag、AgCl和________
(3)“分金”时，溶解单质金的化学方程式为_____________________________________；除HCl、NaClO可溶解金外，“王水”也可溶解金，“王水”的成分为________________(写试剂的名称)
(4)从“分金液”中提取金时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为________
(5)向“分银液”中加入适量的H2SO4调到pH＝4时“沉银”，能够析出AgCl的原因是_________________________
(6)AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)，其平衡常数K＝2.0×10－3，现
用1 L某浓度氨水(溶质视为NH3)完全溶解0.1 mol AgCl，所需氨水浓度至少为________ mol·L－1(已知＝2.25)
11．纳米铜是由纳米材料制成的成品，具有超塑延展性，在室温下可拉长50多倍且不出现裂纹，可以用作热氢发生器、凝胶推进剂、燃烧活性剂、催化剂、水清洁剂和烧结吸附剂等。以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：

(1)制备纳米铜粉时，首先要制备较为纯净的Cu2S，如图是用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和硫酸共同作用获得较纯净的Cu2S的原理图，该反应过程的化学方程式为________________________________

(2)氯化铁溶液作为浸取剂从辉铜矿中浸取铜元素时，硫元素被氧化为硫单质，该过程的化学方程式为_____________________________________________________________，浸取过程中加入洗涤剂去硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是______________________________________，
浸取时在有氧环境下可将浸取时生成的Fe2＋氧化为Fe3＋，维持Fe3＋较高浓度，从而提高浸取率，有关反应的离子方程式为______________________________________________________________________

(3)萃取时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3＋萃取率降低的原因是_______________________________________________________

(4)在“还原”步骤中，用“反萃取”得到的硫酸铜溶液制备纳米铜粉，该反应中还原产物的化学式为_________
(5)锂—铜空气燃料电池如图所示，其容量高、成本低，具有广阔的发展前景。

该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，其中放电过程为：2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－
①写出正极的电极反应式　　　　　　　　
②放电一段时间后溶液中c(OH－)会　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)
③放电时，每转移2 mol电子，负极减轻　　g

【无机化工流程题(2)】答案
1．(1)除去含钒废料中的有机物
(2)MgCO3＋V2O3＋O2Mg(VO3)2＋CO2
(3)使溶液中的含钒离子以VO形式存在
(4)c(Al3＋)＝＝ mol/L＝1.9×10－12mol/L<1×10－5mol/L，沉淀完全
(5)会生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率
(5)3∶4
(7)①VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋　②2NA
解析：（1）由题干知废料中除含氧化物外还含有机物，故焙烧的另一作用是除去有机物；（2）焙烧必有氧气参与反应，其中V2O3→VO，V由＋3价升为＋5价，O2→O2－，O（氧）由0价降为－2价，根据得失电子守恒，“焙烧” 过程中生成Mg（VO3）2的化学方程式为：MgCO3＋V2O3＋O2Mg（VO3）2＋CO2；
（3）由图可知调pH后钒元素的存在形式为VO，结合表，pH＝6～8时主要离子为VO，故“调pH”的作用除了沉淀某些金属阳离子外，还可以调整V的存在形式，以VO存在；（4）由pH＝7得c（H＋） ＝ 10－ 7 mol/L。c（OH－）＝＝10－7mol/L，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3＋）·c3（OH－）＝1.9×10－3.3, c（Al3＋）＝＝ mol/L＝1.9×10－12 mol/L<1×10－5 mol/L，则完全沉淀；（5）加入过量（NH4）2CO3会直接生成NH4NO3沉淀使后续的钒的利用率降低；（6）根据题意煅烧发生反应4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2＋8H2O ，O化合价降低，是氧化剂，N化合价升高，是还原剂，则n（氧化剂）∶n（还原剂）＝3∶4；（7）①充电时，正极做阳极，失电子，V化合价升高，电极反应式为：VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋。②放电时，负极发生的反应为：V2＋－e－===V3＋，正极发生反应：VO＋e－＋2H＋===VO2＋＋H2O，转移1 mol电子，氢离子变化数目为2NA。
2．(1)H2SO4＞H2TeO4
(2)加快浸出速率　CuSO4、TeO2
(3)蓝色(或浅蓝色)
(4)TeO2＋2OH－===TeO＋H2O
(5)“滤渣2”经过酸浸可得到含CuSO4的滤液，并可达到回收Au、Ag的目的，符合可持续发展意识和绿色化学观念
解析：(1)S、Te同主族，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱，故H2SO4的酸性比H2TeO4强。(2)酸浸时加热的目的是提高浸出速率，结合流程图知，“酸浸1”发生反应的化学方程式为Cu2Te＋2H2SO4＋2O22CuSO4＋TeO2＋2H2O，故其氧化产物为CuSO4、TeO2。(3)“滤液1”的溶质中含CuSO4，故“滤液1”的颜色为蓝色。(4)“滤渣1”中含有TeO2，TeO2溶解于NaOH溶液生成亚碲酸盐，故反应的离子方程式为TeO2＋2OH－===TeO＋H2O。(5)分析流程图并结合碲化铜渣中含Au、Ag等，知“滤渣2”经酸浸后可得到含CuSO4的滤液，并可回收Au、Ag，符合可持续发展意识和绿色化学观念。
3．(1)①研磨(或适当延长浸取时间、搅拌等) ②SiO2 ③V2O5＋SO＋4H＋===2VO2＋＋SO＋2H2O　Fe3＋
(2)V2O2(OH)4能与OH－发生反应，碱性越强，V2O2(OH)4损耗率越大　
(3)3V2O2(OH)4＋NaClO3＋6NaOH===6NaVO3＋NaCl＋9H2O　
(4)C　
(5)816
解析：酸浸时金属氧化物与酸反应变为金属阳离子，V2O5被K2SO3还原为VO2＋浸出，Fe3＋被还原为Fe2＋进入溶液，酸性氧化物SiO2不能溶解，进入滤渣Ⅰ中；然后向还原后的含VOSO4溶液中加入适量KOH溶液，形成V2O2(OH)4沉淀，K＋留在滤液中，从而实现钒、钾分离，得到滤饼中含V2O2(OH)4，V2O2(OH)4能够与强碱反应，并且该物质具有还原性，向滤饼中加入NaClO3、NaOH溶液，发生氧化还原反应，V2O2(OH)4转化为VO，再向溶液中加入NH4Cl，形成NH4VO3晶体，将其焙烧，产生V2O5，将V2O5、Y2O3高温共熔，反应产生YVO4。
(4)焙烧时，NH4VO3受热分解产生NH3，NH3易溶于水，且易与硫酸反应生成硫酸铵。
(5)设得到YVO4的质量为m，根据V元素守恒，可得关系式：＝，解得m＝816 kg。
4．(1)Li2CO3＋2H3PO4===2LiH2PO4＋CO2↑＋H2O
(2)过滤(1分)　将＋3价铁元素还原成＋2价
(3)粉碎、搅拌、加热(合理即可)
(4)AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO
(5)会产生污染环境的氮氧化合物　3　热水　C
解析：(1)反应釜中Li2CO3用稀H3PO4溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3＋2H3PO4===2LiH2PO4＋CO2↑＋H2O；
(2)通常固液分离先选择过滤操作，则从溶液中获得LiH2PO4，晶体的分离操作是过滤，反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将＋3价铁元素还原成＋2价；
(3)用NaOH溶液溶解废旧电极正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率；
(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO；
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁”后溶液中c(Fe3＋)＝10－6mol·L－1，由Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)×c3(OH－)＝10－6mol·L－1×c3(OH－)＝10－39 ，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－11mol·L－1，此时溶液pH＝3；由Li2CO3的溶解度：0 ℃为1.54 g, 100 ℃为0.72 g可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
5．(1)金属与酸反应会生成可燃性气体氢气，遇明火会发生爆炸
(2)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(3)5.5～7.5
(4)GaO＋2H2O＋CO2===Ga(OH)3↓＋HCO
(5)抑制GaO水解，并防止H＋在阴极放电降低电解效率
(6)CD
(7)2Ga＋2NH32GaN＋3H2
解析：(1)“酸浸”过程中金属与酸反应会生成可燃性气体氢气，遇明火会发生爆炸；(2)“结晶”过程中得到FeSO4·7H2O的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(3)“中和沉淀”过程是为了分离出Fe2＋，pH应调节的范围为5.5～7.5；(4)“碳酸化”过程中若通入过量CO2会生成Ga(OH)3沉淀，离子方程式为GaO＋2H2O＋CO2===Ga(OH)3↓＋HCO；(5)“电解”过程中需要保持溶液pH＝11以上是为了抑制GaO水解，并防止H＋在阴极放电降低电解效率；(6) A.将刚玉渣研磨，使反应更充分，可提高浸出率，A项正确；B.FeSO4·7H2O是绿矾，可做净水剂，B项正确；C.由流程图可知，加入适量CO2，AlO转化为Al(OH)3，可知Al(OH)3碱性强于Ga(OH)3，C项错误；D.“碱浸”是Ga(OH)3、Al(OH)3和OH－反应生成GaO、AlO，Ga(OH)3、Al(OH)3不与弱碱反应，D项错误；答案选CD；(7)1 100 ℃条件下，利用Ga与NH3反应可制备GaN，化学方程式为2Ga＋2NH32GaN＋3H2。
6．(1)烧杯、漏斗、玻璃棒　
(2)Cu和Fe3O4
(3)Cu＋H2O2＋H2SO4CuSO4＋2H2O　H2O2受热分解后浓度减小
(4)CuO[或Cu(OH)2等]　3～4
(5)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
(6)①溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 ②%
解析：以冰铜（Cu2S和FeS熔体）为原料制备无水CuI，需除去冰铜中的S、Fe元素，先通入空气焙烧，将S元素转化为SO2，结合（2）可知Cu元素被还原，同时有黑色磁性物质（Fe3O4）生成，熔渣的主要成分为Cu和Fe3O4；熔渣用稀硫酸酸浸时，用H2O2处理发生反应Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O，Fe元素转化为Fe3＋，通过调节pH将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀；然后加入过量KI发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，将Cu2＋还原为CuI，最后经过洗涤、干燥获得CuI晶体，以此分析解答。
（1）“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”相同，都是分离固体与液体的过滤操作，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）“焙烧”过程中Cu被还原，同时有黑色磁性物质（Fe3O4）生成，所以熔渣的主要成分为Cu和Fe3O4；（3）“熔渣”用稀硫酸进行酸浸时，用H2O2处理可得到蓝色溶液，则表明Cu被氧化并生成CuSO4，用化学方程式解释为Cu＋H2O2＋H2SO4CuSO4＋2H2O；H2O2受热会发生分解，所以当加热温度高于40 ℃时，因H2O2分解而使溶液的氧化能力减弱，导致该过程反应速率减慢，其可能原因是H2O2受热分解后浓度减小；（4）“调节pH”，目的是让Fe3＋水解生成Fe（OH）3沉淀，也就是应中和水解生成的酸，同时又不能引入新的杂质，故所用试剂为CuO[或Cu（OH）2等]；若加入该试剂前，c（Cu2＋）＝c（Fe3＋）＝0.1 mol/L，Fe3＋完全沉淀为固体Fe（OH）3，则除杂后溶液中的c（Fe3＋）＝1×10－5 mol/L，此时溶液中c（OH－）≥mol/L＝1×10－11mol/L，pH≥3；但不能让Cu2＋生成沉淀，则此时c（OH－）< mol/L＝1×10－10 mol/L，pH<4，所以理论上应调节溶液的pH在3～4之间；（5）加入过量KI溶液时，Cu2＋与I－发生反应，生成CuI沉淀和I2，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2；（6）①起初溶液中含有I2，滴加淀粉呈蓝色，后来滴加Na2S2O3至完全反应，溶液呈无色，所以达到滴定终点时的现象是溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；②CuI样品中加FeCl3溶液，发生反应2CuI＋4Fe3＋===2Cu2＋＋I2＋4Fe2＋，用c mol/L的Na2S2O3标准液滴定I2，发生反应I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI，从而得出反应的关系式为：2CuI～I2～2Na2S2O3，则n（CuI）＝n（Na2S2O3）＝c mol/L×V×10－3L＝cV×10－3mol，所以样品中CuI的质量分数为：×100%＝%。
7．(1)＋3　除去炭及有机黏合剂
(2)温度太低，酸浸速度慢；温度太高，双氧水易分解，不利于酸浸
2LiCoO2＋H2O2＋6H＋===2Li＋＋2Co2＋＋O2↑＋4H2O
(3) 3.5　
(4)pH过大，会生成Co（OH）2沉淀；pH过小，S2－会与H＋反应生成H2S逸出，导致产率降低　
4.0×10－16 mol·L－1
(5)防止空气中的CO2、水蒸气进入C中产生误差　
解析：(1)LiCoO2中各元素化合价的代数和为零，则Co的化合价为＋3价；正极材料中含有炭黑及有机黏合剂，煅烧时产生二氧化碳而除去，则“600 ℃煅烧”的主要目的为除去炭及有机黏合剂；（2）“酸浸”操作时，加入的物质有过氧化氢，温度过高易分解，而温度过低反应速率慢，则温度宜采取85 ℃；LiCoO2与硫酸、过氧化氢反应生成硫酸钴、硫酸锂、氧气和水，离子方程式为2LiCoO2＋H2O2＋6H＋===2Li＋＋2Co2＋＋O2↑＋4H2O；（3）根据图像，溶液的pH＝3.5时，铜、镍萃取率较低，而钴的萃取率达到90%左右，则溶液最佳pH为3.5；（4）“沉钴”步骤中应调节溶液的pH为4，pH过大，导致钴离子生成Co（OH）2沉淀；pH过小，S2－与H＋反应生成H2S逸出，导致产率降低；Co2＋恰好完全沉淀（离子浓度为1×10－5 mol·L－1）时，Ksp（CoS）＝c（Co2＋）×c（S2－）＝4.0×10－21，c（S2－）＝4.0×10－21÷（1×10－5）＝ 4.0×10－16（mol·L－1）；（5）装置C吸收样品燃烧产生的二氧化硫，而装置D可防止空气中的水蒸气、二氧化碳等酸性气体进入装置C，引起误差；C增重m g（以SO2计），即SO2的质量为m g，物质的量为mol，根据硫原子守恒，CoS的物质的量为mol，则CoS样品纯度＝mol×（59＋32） g/mol÷w g×100%＝×100%。
8．(1)ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O　
(2)PbSO4　
(3)确保氟离子沉淀完全　
(4)Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋4H＋＋2SO　3　
(5)温度过高NH4HCO3易分解
解析：(1)“浸出”时，氧化锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和水，发生反应的离子方程式为ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O。(2)由于PbSO4难溶于水，浸出渣的主要成分是PbSO4。(3)“除氟”时，使用过量硫酸钙的目的是确保氟离子沉淀完全。(4)“氧化”时，过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]将Mn2＋转化为MnO2沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋4H＋＋2SO；由c(OH－)＝＝10－11 mol·L－1，则c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝3。(5)“沉淀”时，温度控制在46 ℃左右，不宜过高的原因可能是：温度过高NH4HCO3易分解。
9．(1)Cu2S＋4Fe3＋===2Cu2＋＋4Fe2＋＋S
(2)H2O2把生成的Fe2＋又氧化为Fe3＋，c(Fe3＋)的浓度增大，Cu2＋浸出率提高　温度升高，H2O2发生了分解　
(3)99%　
(4)3.2≤pH<4(或3.2～4.4)　
(5)2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋　
(6)过滤、洗涤、干燥
解析：(3)c(Ca2＋)＝＝ mol·L－1＝4.0×10－5mol·L－1，除钙率为×100%＝99%。
10．(1)H2O2＋Cu＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　温度过高，H2O2受热分解　
(2)PbSO4　
(3)2Au＋8HCl＋NaClO3===2H[AuCl4]＋NaCl＋3H2O　浓硝酸、浓盐酸　
(4)2∶3　
(5)H2SO4电离出的H＋降低了SO的浓度，使[Ag(SO3)2]3－Ag＋＋2SO平衡正向移动，Ag＋与Cl－反应生成AgCl　
(6)2.45
解析：阳极泥(含铜、银、金、铅等单质)与H2SO4溶液、H2O2、NaCl混合分铜，发生的反应为H2O2＋Cu＋2H＋===Cu2＋＋2H2O，Pb＋H2SO4===PbSO4↓＋H2↑，分铜液含有CuSO4，过滤，得到分铜渣，加入HCl、NaClO3分金，发生反应：2Au＋8HCl＋NaClO3===2H[AuCl4]＋NaCl＋3H2O，Ag被氧化为银离子与溶液中的氯离子结合得到AgCl沉淀，分金液的主要成分为 H[AuCl4]，加入Na2SO3还原为Au，分金渣的主要成分为PbSO4和AgCl，将分金渣与Na2SO3溶液反应分银，分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3－，分银渣的成分为PbSO4，向分银液中加入H2SO4，调到pH＝4时，得到AgCl沉淀，据此分析作答。(5)已知分银液的主要成分为[Ag(SO3)2]3－，且存在[Ag(SO3)2]3－Ag＋＋2SO，加入适量的H2SO4调到pH＝4时，H2SO4电离出的H＋降低了SO的浓度，使[Ag(SO3)2]3－Ag＋＋2SO平衡正向移动，Ag＋与Cl－反应生成AgCl。(6)设完全溶解0.1 mol AgCl后的氨水浓度为c，此时1 L溶液中c([Ag(NH3)2]＋)＝0.1 mol·L－1，反应AgCl(s)＋2NH3(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)，化学平衡常数K＝＝2.0×10－3，解得c＝2.25 mol·L－1，根据反应得到0.1 mol·L－1的Ag＋消耗的NH3为0.2 mol·L－1，则氨水的起始浓度为2.25 mol·L－1＋0.2 mol·L－1＝2.45 mol·L－1。
11．(1)CuFeS2＋Cu＋H2SO4===Cu2S＋FeSO4＋H2S↑
(2)Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2＋S　生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取　
4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O
(3)Fe3＋水解程度随pH的升高而增大
(4)Cu　
(5)①Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－　 ②变大　③14
解析：(1)由图示知，CuFeS2、Cu、H2SO4三者反应生成H2S、FeSO4、Cu2S, 根据化合价变化可知，此反应为Cu元素的归中反应，首先配平得失电子守恒得：1CuFeS2＋1Cu＋H2SO4―→1Cu2S＋FeSO4＋H2S↑，再由元素守恒配平剩余物质系数，得完整方程式为：CuFeS2＋Cu＋H2SO4===Cu2S＋FeSO4＋H2S↑；（2）由分析知Cu2S中硫元素被FeCl3氧化为S，Cu元素由＋1价被氧化为＋2价，FeCl3自身被还原为FeCl2，结合得失电子守恒、元素守恒配平得方程式为：Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2＋S；由于生成沉淀S会覆盖Cu2S，阻止反应进行，故此处填生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；由题意知，Fe2＋被O2氧化为Fe3＋，首先利用得失电子守恒配平得：4Fe2＋＋O2―→4Fe3＋，由于Fe3＋能大量存在，故此时溶液为酸性环境，可添加H＋和H2O配平电荷守恒和元素守恒，得离子方程式为：4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O；（3） pH增大时，Fe3＋水解程度增大，转化为Fe（OH）3，导致萃取率降低，故此处填：Fe3＋水解程度随pH的升高而增大；（4）由题意结合图示知，还原步骤中CuSO4与N2H4反应生成Cu和N2，Cu元素化合价降低被还原，故还原产物为Cu；（5）①由放电过程总反应知：Cu2O中Cu元素化合价由＋1价降低为0价被还原，故正极为Cu2O转化为Cu，初步确定：Cu2O＋2e－―→2Cu，由总反应知添加OH－、H2O配平电荷守恒、元素守恒，得正极反应为：Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－；②由正极反应产生OH－，且无法进入负极，所以溶液c（OH－）变大；③由负极反应为：Li－e－===Li＋，知负极减少的质量为Li的质量，由电极反应知2 mol电子转移，溶解2 mol Li，故负极减轻质量＝2 mol×7 g/mol＝14 g。