2023届高考化学二轮复习工业流程题作业含解析

这是一份2023届高考化学二轮复习工业流程题作业含解析，共47页。试卷主要包含了锰酸锂是锂电池的正极材料等内容，欢迎下载使用。
工业流程题
1．（2022·江苏·模拟预测）稀土有工业“黄金”之称，我国稀土资源丰富。目前从氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：

(1)选矿是整个矿产品生产过程中的重要环节。一般可采用重选法、浮选法、磁选法、电选法等方法，将有用矿物与脉石矿物(无用矿物)分离。氟碳铈矿浮选过程中采用不同捕收剂BHA和SHA(浓度均为2×10-4mol/L)时，pH值对氟碳铈矿浮选回收率的影响如图所示。浮选时应选择的最佳捕收剂是_______(填“BHA”或“SHA”)，其对应的最佳pH值为_______。

(2)在空气中进行氧化焙烧时由于水蒸气的参与，可产生一种有毒并对陶瓷设备有腐蚀作用的气体，其化学式为_______。
(3)氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为_______。
(4)为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但若温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_______。
(5)写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到Ce(OH)4的化学方程式：_______。
(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2⇌CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。利用CeO2消除CO尾气后，CeO2(1-x)中Ce的化合价为+3价、+4价。若x=0.2，则Ce(III)与Ce(IV)的原子个数比为_______。
2．（2022·四川·遂宁中学三模）从铬锰矿渣(主要成分为、MnO，含少量、、)中分离铬、锰的一种工艺流程如图所示：

已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
(1)加快酸浸速率的措施有_______(写两条)。
(2)滤渣2的成分是_______(写化学式)。
(3)焙烧中转化为的化学方程式为_______。
(4)某温度下，Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图所示，则“沉铬”过程最佳的pH为_______。计算“沉铬”后滤液中c(Cr3+)为_______mol/L[已知在此条件下，KW=1×10-14，Ksp(Cr(OH)3)=1×10-30]

(5)流程中加入Na2S2O3的作用为：_______，“转化”的离子方程式为_______。
3．（2022·重庆·二模）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含钕(Nd，质量分数为28.8%)、Fe、B]中提取氧化钕的工艺流程如图所示：

已知：Nd稳定的化合价为+3价；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应；Nd(H2PO4)3难溶于水；硼不与稀硫酸反应。
(1)可以选择_______(填标号)除去钕铁硼废料表面的矿物油污。
A．酒精清洗 B．NaOH溶液浸泡 C．纯碱溶液浸泡 D．稀硫酸
(2)“粉碎”的目的是 _______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时_______(填“有”或“无”)Fe(OH)2沉淀生成。列式计算说明原因_______(常温下，Ksp[Fe(OH)2]=8.0 ×10-16)。
(5)“碱转换”时，得到Nd(OH)3沉淀，“滤液2”的主要溶质为_______。
(6)焙烧沉淀[Nd2(C2O4)3·10H2O]时， 生成无毒的气体，该反应的化学方程式为_______。
(7)若用100g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g Nd2O3，则Nd2O3的回收率为_______。
4．（2022·湖南·二模）锌是人体必须的一种微量元素，素有“生命之花”的美誉。工业上利用废锌铁合金(主要为Zn，含少量Fe、ZnO、Fe2O3等)和葡萄糖酸钙[ Ca(C6H11O7)2]为原料制备并测定葡萄糖酸锌纯度的流程如下：
I.葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7))2]的制备

(1)加过量ZnO的目的是_______(用离子方程式表示)。。
(2)已知ZnSO4的溶解度随温度变化如图所示，“步骤I”的操作是：在100℃蒸发溶剂；_______；_______；_______；冷却至室温；过滤。

(3)“趁热抽滤”的目的是_______。
(4)已知相关物质的溶解性如下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸锌
硫酸锌
硫酸钙
水中的溶解性
易溶于热水
可溶于冷水
易溶于热水
可溶于冷水
易溶
微溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
难溶
难溶

则实验中加入95%乙醇的目的是_______。
II.葡萄糖酸锌的纯度测定
制得产品之后，需要对产品的纯度进行测定以确定是否满足要求。以铬黑T(EBT)作为指示剂，用EDTA进行测定，原理为Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn-EBT，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，发生如下反应：Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)。
其步骤如下：
步骤1.取5.200 g产品溶于水配成100 mL溶液，取25. 00 mL置于锥形瓶中，再加入少量EBT作指示剂；
步骤2.在25.00mL溶液中加入2.000mol•L-1EDTA10.00mL(过量)；
步骤3.用1.000 mol•L-1锌标准溶液滴定至终点，平均消耗锌标准溶液18.00mL。
(5)步骤2中EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为_______。
(6)样品中葡萄糖酸锌的质量分数为_______。
5．（2022·江苏·模拟预测）Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种钴矿石(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、SiO2及铝、镁、钙等金属元素的氧化物)制取Co2O3的工艺流程如图所示。

部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2

回答下列问题：
(1)“溶浸”过程中，可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是_______(写出一种即可)，加入Na2SO3的作用是_______。
(2)“氧化”过程中金属离子与NaClO3反应的离子方程式为_______，由此推测还原性：Fe2+_______Co2+(填“＞”或“＜”)。
(3)滤渣2的主要成分为_______(写化学式)，检验铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象；取少量待测液于试管中，_______。
(4)已知某温度下，。该温度下，“沉淀除杂”时加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀除去，若所得滤液中，则滤液中c(Ca2+)为_______(保留2位有效数字)。
(5)在空气中充分煅烧，除得到产品外还产生了CO2，则反应中与O2的化学计量数之比为_______。
6．（2022·云南·二模）为充分利用金属资源，某研究团队利用生产钴电极材料生的铜锰渣(含、、等物质)回收金属的一种流程如图所示：

回答下列问题：
(1)、中Mn元素的化合价为___________．
(2)写出铜锰渣中与稀硫酸反应的化学方程式_____________．
(3)研究团队认为该工艺可能利用了如下反应原理沉淀滤液1中的Cu2+：，．析出的Cu沉淀中还混有少量的S单质，原因是__________(用离子方程式解释)．
(4)依据反应萃取滤液2中的并进行操作Ⅱ，操作Ⅱ的名称是________；所得有机相中加入硫酸能进行反萃取的原因是________________________(结合平衡移动原理解释)．
(5)控制反应温度为，向滤液1中加入溶液，不同金属沉淀率与用量倍数的关系如下图所示．

当用量倍数为2.0时，水相中的金属阳离子主要含、_________(填离子符号)．
(6)用作电池材料，使用KOH溶液作电解液，充电时转化为的电极反应式为____________________．
7．（2022·上海·卢湾高级中学模拟预测）硫元素是动植物生长不可缺少的元素，广泛存在于自然界中。

(1)从图1中选择符合图2要求的X、Y代表的物质：X____，Y____。
(2)硫原子的核外电子排布式为____，原子核外有____种不同能量的电子。在周期表中，与硫相邻的短周期元素的原子半径由大到小的顺序是____。
(3)某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示：

①如果X中只含有2种亚硫酸盐，且溶液呈中性，则c(NH)____c(SO)+c(HSO)(填“>”、“=”或“1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是_______。

13．（2022·江苏·模拟预测）碲(Te)广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥中(主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等)回收碲的工艺流程如下：

已知：TeO2有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4难溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4
回答下列问题：
(1)为提高“反应”效率，可采取的措施为_______(任答一条)。
(2)滤液i的主要成分是_______(写化学式)。滤液i中溶质的浸出率与温度关系如图所示，解释铜的浸出率随温度变化的可能原因_______。

(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为_______。滤液ii可循环使用，应将其导入到_______(写操作单元名称)操作中。
(4)“沉碲”过程中发生反应的离子方程式为_______。
(5)粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸(H2TeO3)，配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸(H6TeO6)。用c2mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为_______。
14．（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）三氯化铬是化学合成中的常见物质，三氯化铬易升华，易水解，在高温下能被氧气氧化。实验室制备三氯化铬的流程如下：

还原反应在图甲所示装置中进行，制备过程在图乙所示装置中进行：

(1)图甲中仪器b的主要作用除导气外，还有___________。
(2)“还原”过程中会有CO2产生，请写出该反应的离子方程式：___________。
(3)A中的试剂为___________；无水CaCl2的作用是___________；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是___________。
(4)装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可通过___________(填操作)，使实验能继续进行。
(5)样品中三氯化铬质量分数的测定
已知：CrCl3在水中易形成稳定的络离子[Cr(H2O)5Cl]2+；(白色沉淀)；三氯化铬样品中的杂质不参与反应。
实验步骤如下：
①称取a g样品于锥形瓶中，加入水配成溶液。
②向锥形瓶中加入b mol/L的AgNO3溶液c mL，使溶液中Cl-完全沉淀。
③过滤除去AgCl沉淀，并用稀HNO3洗涤沉淀，将洗涤液合并在滤液中。
④加入2～3滴Fe(NO3)3溶液做指示剂，用d mol/L NH4SCN标准溶液反滴定过量Ag+至终点，记下所用NH4SCN溶液的体积为e mL。
Ⅰ．确定步骤②中Cl-已经完全沉淀的操作与现象为___________。
Ⅱ．若步骤③中未用稀HNO3洗涤沉淀，则测定的三氯化铬质量分数将___________(填“偏大”“偏小”或“无法确定”)。
Ⅲ．样品中三氯化铬的质量分数为___________(用含a、b、c、d、e的代数式表示)。
15．（2022·四川·成都七中模拟预测）软锰矿-硫铁矿制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图：

回答下列问题：
(1)“浸取”过程主要反应3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+4S+6H2O，则氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
(2)“氧化i”过程软锰矿的作用是_______。
(3)“除铁”后溶液中残留的c(Fe3+)=_______mol·L-1。[25℃时，Fe(OH)3的Ksp为1.0×10-39]
(4)“沉锰”过程Mn2+转化为MnCO3的离子方程式为_______；NH3·H2O的作用是_______。
(5)“焙烧”过程MnCO3转化为MnO2的化学方程式为_______。
(6)“氧化ii”过程中，将Mn(II)转化为Mn(IV)的最适宜氧化剂是_______(填标号)。
a.H2O2　　　　　b.Cl2　　　　　c.KClO3
(7)将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为_______。
16．（2022·河南新乡·二模）某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。


已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。
回答下列问题：
(1)焙烧前粉碎的目的是____。
(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为____，试剂X的最佳选择是___(填标号)。
a.HCl b.NaOH c.H2SO4 d.NH3•H2O
(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)
离子
Fe3+
Cu2+
Ni2+
Fe2+
浓度/(mol·L-1)
1.0×10-6
5.0
1.2
0
对应氢氧化物的Ksp
6.4×10-38
2.2×10-20
2.0×10-15
8.0×10-16

该滤液的pH为___；加入的Cu(OH)2____(填“已经”或“没有”)完全溶解。
(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为___。
(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为___。
(6)将得到的胆矾产品做热重分析，测得的数据如图所示。
已知：杂质不分解，250℃时，胆矾失去所有结晶水。则A点胆矾分解得到的物质为___(填化学式)；该胆矾产品的纯度为___(保留4位有效数字)。

17．（2022·湖南常德·模拟预测）以经焙烧处理的锌冶炼钴渣(主要含有、、、，少量、、、、、等杂质)为原料制备电池级、混合液的工艺流程如下：

已知：常温下，，。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的主要成分是___________。
(2)“浸出”时，转化为，写出该反应的离子方程式___________。
(3)若溶液中金属离子浓度为，则认为该离子可忽略不计或沉淀完全。“除镉”时，为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，的值有何要求？___________(列式计算说明)。
(4)“氟化物”为___________(填标号)。
A． B． C． D．
(5)萃取时，发生反应：。采取“逆流萃取”的作用是___________，有机相可通过硫酸处理后得到的副产品为___________(填化学式)。
参考答案：
1．(1)     BHA     9.5
(2)HF
(3)
(4)温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小
(5)
(6)4：1
【解析】
氟碳铈矿(主要含CeFCO3)通过选矿得精矿，精矿进行氧化焙烧得含四价铈，四价铈加稀硫酸、双氧水进行酸浸得含三价铈的溶液，加HT进行萃取得有机层CeT3，有机层CeT3加稀硫酸得三价铈溶液，然后加碱得Ce(OH)3，Ce(OH)3通入氧气氧化，然后过滤、洗涤、干燥得到Ce(OH)4，Ce(OH)4煅烧得CeO2，据此分析解答。
(1)
由图可知BHA浮选回收率可达较高值，对应的pH为9.5；
(2)
由该气体对陶瓷设备有腐蚀作用可知该气体为HF；
(3)
由分析可知酸浸后得到三价铈元素，CeO2为氧化剂，H2O2为还原剂，反应的离子方程式为；
(4)
酸浸时反应物之一是过氧化氢，温度太高过氧化氢大量分解，因此为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但若温度偏高浸出率反而会减小，其原因是温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
(5)
向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到Ce(OH)4，即Ce(OH)3被氧气氧化，根据得失电子守恒可知Ce(OH)3和氧气物质的量之比为4：1，反应的化学方程式为；
(6)
若x=0.2，则CeO2⇌CeO1.6+0.2O2↑，设CeO1.6中Ce(III)的个数为y，则Ce(IV)的个数为1-y，根据化合价代数和为零有3y+4(1-y)+(-2) 1.6=0，解得y=0.8，1-y=0.2，即Ce(III)与Ce(IV)的原子个数比=0.8：0.2=4：1。
2．(1)搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2
(4)     6.0     10-6
(5)     作还原剂，将铬元素还原为正三价     Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O
【解析】
铬锰矿渣主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、 Al2O3，粉碎后加入碳酸钠焙烧，焙烧时MnO、Fe2O3不发生反应，反应生成Na2CrO4、Na2SiO3、 NaAlO2，加入硫酸，生成硅酸沉淀，溶液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、Na2Cr2O7；调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；滤液中加入Na2S2O3，把还原为Cr3+，调节pH = 6生成氢氧化铬沉淀，滤液中加入过氧化氢、氢氧化钠，把+2价锰氧化为+4价，硫酸锰转化为MnO2。
(1)
根据影响反应速率的因素，搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等都能加快酸浸速率，
故答案为:搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等；
(2)
调节pH的目的是生成Fe(OH)3、Al(OH)3，除去杂质Fe3+、A13+，所以滤渣2的成分是Fe(OH)3、Al(OH) 3，故答案为: Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)
焙烧时Cr2O3被空气中的O2氧化，碱性条件下生成Na2CrO4，同时生成CO2焙烧中Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
故答案为: 2Cr2O3+3O2+4Na2CO34Na2CrO4+4CO2；
(4)
根据Cr3+、Mn2+的沉淀率与关系如图所示，pH为6.0时，Cr3+的沉淀率较高、Mn2+的损失率较低，则“沉铬”过程最佳的为6.0；
此时c(H+)=10-6mol/L，已知Kw近似为10-14，则c(OH-)=10-8mol/L，c(Cr3+)==10-6mol/L；
(5)
流程中加入Na2S2O3的作用为作还原剂，将铬元素还原为正三价，以便后续步骤沉淀分离；
“转化”时在碱性条件下加入双氧水将锰离子氧化，反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2↓+2H2O。
3．(1)A
(2)增大“酸溶“时接触面积，加快“浸出”速率
(3)B
(4)     无     Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)=2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16
(5)Na3PO4、NaOH
(6)2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O
(7)90%
【解析】
由题给流程可知：钕铁硼废料粉碎后加入稀硫酸酸溶，钕、铁溶于稀硫酸得到可溶性硫酸钕、硫酸亚铁溶液，而硼不与稀硫酸反应，过滤得到滤渣1中含有硼和含有硫酸钕、硫酸亚铁的滤液，向滤液中加入磷酸二氢钠将硫酸钕转化为磷酸二氢钕沉淀，过滤得到将磷酸二氢钕和含有硫酸亚铁、硫酸钠的滤液1；向磷酸二氢钕沉淀中加入过量氢氧化钠溶液将磷酸二氢钕转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2；氢氧化钕溶于稀硫酸得到硫酸钕，硫酸钕与加入的草酸溶液反应生成草酸钕和稀硫酸，过滤得到草酸钕和含有稀硫酸的滤液3，草酸钕高温煅烧得到氧化钕。
(1)
矿物油的主要成分是各种烃，烃不能与酸、碱、盐发生反应，可根据相似相溶原理，用酒精清洗，故合理选项是A；
(2)
将矿石粉碎，目的是增大“酸溶“时接触面积，提高“浸出”速率；
(3)
根据上述分析可知：“炉渣1”的主要成分是硼，化学式是B；
(4)
常温下，“沉钕”过程中，Nd(H2PO4)3沉淀完全时的pH为2.3，c(OH-)=mol/L，溶液中的c(Fe2+)=2.0 mol·L-1，此时的离子浓度积Qc=c(Fe2+)·c2(OH-)= 2.0×(=2×10-23.4＜8.0×10-16= Ksp[Fe(OH)2]，因此没有Fe(OH)2沉淀产生；
(5)
在“碱转换”时，磷酸二氢钕与过量NaOH溶液反应转化为溶解度更小的氢氧化钕和磷酸钠，过滤得到氢氧化钕和含有磷酸钠的滤液2，因此“滤液2”的主要溶质为Na3PO4、及过量的NaOH溶液；
(6)
焙烧沉淀[Nd2(C2O4)·10H2O]时， 生成无毒的气体CO2、H2O，同时产生Nd2O3，该反应的化学方程式为：2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O；
(7)
由题意可知，100 g钕铁硼废料进行实验，最终得到30.24 g氧化钕，则根据原子个数守恒可得Nd2O3的回收率为：。
4．(1)3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn2+
(2)     蒸发至溶液出现晶膜，停止加热     在60℃蒸发溶剂     蒸发至溶液出现晶膜，停止加热
(3)防止葡萄糖酸锌结晶析出；加快过滤速率
(4)降低葡萄糖酸锌的溶解度
(5)纯蓝色
(6)70.00%
【解析】
废锌铁合金(主要为Zn，含少量Fe、ZnO、Fe2O3等)，加入稀硫酸和过氧化氢，生成锌离子和铁离子的混合液，加入氧化锌，调节溶液的pH，使铁离子生成沉淀而除去；滤液得到含有锌离子的溶液，低温下结晶后得到；加入葡萄糖酸钙[Ca(C6H11O7)2]溶液，并加热到90℃，趁热过滤得到的葡萄糖酸锌和硫酸钙，滤液为葡萄糖酸锌溶液；冷却到室温，过滤、并用乙醇洗涤、干燥后，得到葡萄糖酸锌。
(1)
加过量ZnO，可以调节溶液的pH值，从而使铁离子沉淀，反应的离子方程式为：3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Zn2+，故答案为：3ZnO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3Zn2+；
(2)
根据ZnSO4的溶解度随温度变化曲线可知，要得到，应该在100℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，然后降低温度至60℃，此时溶液变为不饱和溶液，在60℃蒸发溶剂，蒸发至溶液出现晶膜，停止加热，降低温度，溶质析出，过滤即可得到，故答案为：蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；在60℃蒸发溶剂；蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；
(3)
葡萄糖酸锌易溶于热水，可溶于冷水，则“趁热抽滤”的目的是防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率，故答案为：防止葡萄糖酸锌结晶析出，加快过滤速率；
(4)
降温过滤后得到葡萄糖酸锌，因为葡萄糖酸锌易溶于热水，可溶于冷水，但微溶于乙醇中，洗涤加入95%乙醇，可降低葡萄糖酸锌的溶解度，故答案为：降低葡萄糖酸锌的溶解度；
(5)
Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn-EBT，由于EDTA与Zn2+结合能力更强，发生反应：Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)，可知EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为纯蓝色，故答案为：纯蓝色；
(6)
由题可知25.00mL溶液消耗EDTA的物质的量为，根据反应Zn-EBT(酒红色)+EDTA=Zn-EDTA+EBT(纯蓝色)，可知关系式：，可知葡萄糖酸锌的物质的量，则葡萄糖酸锌的质量分数=，故答案为：70.00%。
5．(1)     适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度、搅拌等     将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+
(2)          ＞
(3)     Fe(OH)3、Al(OH)3     滴入几滴KSCN，振荡，溶液不变红
(4)4.8×10-6 mol·L−1
(5)4：3
【解析】
钴矿石中加入稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，然后向滤液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，过滤后，向滤液中加入草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析解答。
(1)
溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；
Na2SO3是还原剂，主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；
(2)
“氧化”过程中在酸性条件下金属离子Fe2+与NaClO3反应产生Fe3+、Cl-及H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为；Fe2+与反应而Co2+不发生反应，说明微粒的还原性：Fe2+＞Co2+；
(3)
用Na2CO3调节溶液pH，可以使溶液中Fe3+和Al3+全部转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，达到除去Fe3+和Al3+的目的，故滤渣2为Fe(OH)3和Al(OH)3；
可根据Fe3+与SCN-作用，使溶液变为血红色检验铁元素已被完全沉淀，操作为：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，充分振荡，若溶液不变红，说明溶液中无Fe3+，即Fe3+已经完全形成了Fe(OH)3沉淀；
(4)
c(Ca2+)：c(Mg2+)=[c(Ca2+)·c2(F-)]：[c(Mg2+)·c2(F-)]=Ksp(CaF2)：Ksp(MgF2)=34：71，所以若滤液中，c(Ca2+)=1.0×10-5 mol·L−1×≈4.8×10-6 mol·L−1；
(5)
CoC2O4∙2H2O在空气中高温煅烧，得到产品Co2O3，CoC2O4中Co元素化合价为+2价，Co2O3中Co元素化合价为+3价，Co元素化合价升高，说明空气中的O2也参加了反应，因此酸根离子中C元素化合价会由中的+3价变为+4价的CO2气体，根据元素守恒可知还有H2O生成，煅烧时发生反应方程式：4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，由方程式可知CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为4∶3。
6．(1)+3
(2)
(3)
(4)     分液     加入使增大，促进平衡逆向移动
(5)、
(6)
【解析】
铜锰渣(含、、等物质)加稀硫酸，锰元素发生歧化反应得到Mn2+和MnO2，过滤除去MnO2，向滤液1中加入Na2S2O3溶液，过滤得到含Co2+、Zn2+、Mn2+的滤液2和滤渣CuS，CuS通过系列处理得到Cu，向滤液2中加HR进行萃取分液得到含CoR2的有机相和含Zn2+、Mn2+的水相，有机相通过系列处理得到Co3O4。
(1)
Zn为+2价，O为-2价，Cu为+2价，根据化合物中元素化合价代数和为0可知、中Mn元素的化合价为+3价；
(2)
中Mn元素的化合价为+3价，由流程看得到了+4价的Mn，因此该步骤发生歧化反应，还应有硫酸锰生成，因此铜锰渣中与稀硫酸反应的化学方程式为；
(3)
，，析出的Cu沉淀中还混有少量的S单质，是因为硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成S，用离子方程式解释为；
(4)
操作Ⅱ后得到水相和有机相，则操作Ⅱ为分液；所得有机相含CoR2，硫酸能进行反萃取的原因是加入使增大，促进平衡逆向移动；
(5)
滤液1含Cu2+、Co2+、Zn2+、Mn2+，由图可知当用量倍数为2.0时，Cu沉淀率接近百分之百，也就是说水相中几乎无铜离子，Co2+、Zn2+、Mn2+的沉淀率很小，而Co2+在有机相中，因此水相中的金属阳离子除含加进去的外，主要还含、；
(6)
中Co的平均价态为+，电极产物中Co的价态为+3价，则在阳极失电子转化为，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒、KOH溶液作电解液可知转化为的电极反应式为。
7．(1)     Na2SO4·10H2O、CuSO4·2H2O     CuFeS2
(2)     1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4     5     P>Cl>O
(3)     >     SO2+H2O2=H2SO4     (NH4)2S2O8     2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【解析】
(3)二氧化硫与氨水反应生成NH4SO3或NH4HSO3，X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物；NH4SO3或NH4HSO3与过量硫酸反应生成SO2、H2O和(NH4)2SO4，则a为SO2，Y为(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液；SO2通过系列变化转化为硫酸，电解(NH4)2SO4和H2SO4混合溶液获得(NH4)2S2O8。
(1)
由图2可知X为+6价硫形成的盐，对应图1中的Na2SO4·10H2O、CuSO4·2H2O；由图2可知Y为-2价硫形成的盐，对应图1中的CuFeS2；
(2)
硫为16个号元素，S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4；每个能层上的电子能量不同，因此原子核外有5种不同能量的电子；同周期从左往右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，在周期表中，与硫相邻的短周期元素为同主族的O，同周期的P和Cl，它们的原子半径由大到小的顺序是P>Cl>O；
(3)
1①由分析可知X为NH4SO3、NH4HSO3或它们的混合物，如果X中只含有2种亚硫酸盐，则X为NH4SO3和NH4HSO3的混合物，存在电荷守恒c(NH)+c(H+)=2c(SO)+c(HSO)+ c(OH-)，溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，则c(NH)=2c(SO)+c(HSO)，c(NH)>c(SO)+c(HSO)
②由分析可知气体a为SO2，通入双氧水中，二者发生氧化还原反应生成硫酸，该反应的化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4；
③(NH4)2S2O8中存在一个过氧键(O-O)，即有2个O的化合价为-1价，因此溶液中部分-2价的O转化为-1价的O，因此(NH4)2S2O8为阳极产物，即阳极产物是(NH4)2S2O8；阴极是水电离的氢离子得电子转化为氢气，阴极的电极方程式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
8．(1)增大压强，提高的溶解度，从而提高酸浸速率
(2)         
(3)
(4)
(5)          调
(6)         
【解析】
以软锰矿粉(主要成分是，含少量、、、等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[]的同时放出，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂()。
(1)
“酸浸”时，常在高压下充入，其目的是增大压强，提高的溶解度，从而提高酸浸速率；
(2)
“滤渣1”的主要成分是(不溶于H2SO4)，“酸浸”时，二氧化锰、Fe3+能将SO2氧化，故被氧化的物质是SO2；
(3)
“氧化”时将Fe2+氧化成Fe3+,同时自身被还原为锰离子，发生反应的离子方程式为；
(4)
“调”时发生反应：，该反应的平衡常数====4.0；
(5)
测得“沉镁”后溶液中，Ksp(MnF2)=c(Mn2+)c2(F-)=0.8mol/Lc2(F-)=，则c2(F-)=，则残留的==；“沉锰”后的滤液与碱加热处理后会产生氨气，可返回调步骤循环利用；
(6)
“沉锰”生成碱式碳酸锰[]的同时放出，结合质量和氧化还原反应原理可知，该反应的离子方程式为；利用碱式碳酸锰制备锰酸锂时加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂()，反应的化学方程式为。
9．(1)         
(2)3
(3)     与水互不相溶，且在中溶解程度比在水中更大     酸
(4)将转化为除去
(5)          取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，不产生白色沉淀    
【解析】
(1)
“浸出”时，将转化为和S，将、、转化为、、等，滤渣Ⅰ的主要成分除过量外，还有S和。氧化的离子方程式为。
(2)
“沉铁”时，转化为沉淀，完全沉淀的，故滴加氨水需要调节最低为3。
(3)
“萃取”过程中，转移到有机相中的原因是与水互不相溶，在中溶解程度比在水中更大。“反萃取”过程中平衡逆移，为了提高反萃取效率，反萃取剂应该呈酸性。
(4)
“深度净化”中加的目的是将转化为除去。
(5)
①“沉锌”时，转化为，其反应的离子方程式为。检验沉淀洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加盐酸酸化的溶液，未产生白色沉淀。
②由题意可知，碱式碳酸锌充分加热分解生成为，为，故，，故碱式碳酸锌的化学式为。
【点睛】
本题以锌精矿为原料制备锌白的工艺流程为载体。体现对元素化合物性质和基本概念、基本理论知识的基础性、综合性、创新性、应用性的考查。考查学生的理解与辨析、分析与推测、归纳与论证能力。
10．(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。
11．(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+。
12．(1)     SiO2、S    
(2)有蓝色沉淀生成
(3)NH4HCO3
(4)NH3
(5)3≤a1.7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≤a1.7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。
13．(1)将阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等
(2)     CuSO4     随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，后期温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4，沉淀浸出率降低
(3)     TeO+H2O2=TeO+H2O     碱浸
(4)TeO+3SO+2H+=3SO+Te↓+H2O
(5)%
【解析】
根据回收碲的工艺流程可知，精炼钢的阳极泥(主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等)和硫酸、空气反应生成了不溶于水的TeO2，根据碲元素的化合价变化，可知此反应是氧化还原反应，反应的化学方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2=2CuSO4+ TeO2+2H2O，则反应过后水浸的滤液ⅰ的主要成分是CuSO4，滤渣的主要成分是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通过结晶分离出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、NaSO3放在一起反应生成不溶于水的碲，经过沉碲操作得到粗碲粉，据此分析解答。
(1)
“反应”是指把阳极泥固体和硫酸、空气混在一起反应，提高“反应”效率，就是使它们充分反应，快速反应，故可采取的措施有阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等。
(2)
经分析，滤液i的主要成分是CuSO4，根据CuSO4的浸出率与温度关系图可知， 浸出率先是随温度升高而升高，然后随温度升高而减小，其原因是温度升高，硫酸铜的溶解度增大，溶解速率会加快，则浸出率逐渐升高，当温度高到一定程度，由于TeO2具有强还原性，则和CuSO4发生氧化还原反应生成了难溶于水的Cu2TeO4，故后期温度升高，CuSO4的浸出率反而下降。
(3)
经分析“氧化”过程是指含有Na2TeO3的滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4的过程，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是Na2TeO3+ H2O2= Na2TeO4+ H2O，则该反应的离子方程式是TeO+H2O2=TeO+H2O。滤液ii是指分离出Na2TeO4后的滤液，为了使Na2TeO3完全被氧化，加入的H2O2要过量，为了充分利用剩余的H2O2，可将其加入到碱浸这步操作中，使TeO2在碱浸中就被氧化，提高原料利用率。
(4)
经分析“沉碲”过程是指把Na2TeO4和H2SO4、NaSO3放在一起反应生成不溶于水的碲，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是Na2TeO4+H2SO4+3Na2SO3=4 Na2SO4+Te↓+ H2O。则该反应的离子方程式是TeO+3SO+2H+=3SO+Te↓+H2O。
(5)
根据题意可知25.00mL H2TeO3溶液和V2mL c2mol·L-1硫酸亚铁铵被V1mLc1mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亚铁被氧化成+3价铁，K2Cr2O7被还原成+3价铬，根据电子守恒可得关系式c(H2TeO3) 25.00mL2+ c2V2mL1= c1V13，解得c(H2TeO3)= mol·L-1，则100mL的H2TeO3溶液所含的n(H2TeO3)= mol·L-1= mol， n(H2TeO3)= n(Te)= mol，则m(Te)= ，故mg粗碲粉中碲的质量分数为=%。
14．(1)冷凝回流
(2)2+CH3OH+10H+=2Cr3++CO2↑+7H2O
(3)     浓硫酸     干燥吸水     使滞留在装置的COCl2被NaOH溶液充分吸收，防止大气污染
(4)对D装置进行加热
(5)     继续滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀     偏大    
【解析】
NaCrO4在酸性条件下与CH3OH发生氧化还原反应产生CrCl3，然后加入NaOH使CrCl3转化为Cr(OH)3，加热Cr(OH)3分解产生Cr2O3，在通入N2和CCl4条件下Cr2O3反应转化了CrCl3、COCl2，该反应方程式为：Cr2O3+3CCl4=2CrCl3+3COCl2。
(1)
根据图示可知：在图甲中仪器b的主要作用除导气外，还起冷凝回流作用；
(2)
在“还原”过程中NaCrO4在酸性条件下与CH3OH发生氧化还原反应产生CrCl3，CH3OH被氧化为CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：2+CH3OH+10H+=2Cr3++CO2↑+7H2O；
(3)
反应产生CrCl3易水解，且在高温下易被氧气氧化，通入干燥的N2可以将装置中的空气排出，防止三氯化铬易水解及氧化变质，能够使反应物进入管式炉中进行反应。制备CrCl3时产生的COCl2有毒且易水解，因此通入的N2要先进行干燥处理，A中液体的试剂是干燥剂，可以为浓硫酸；为防止反应制取的CrCl3发生水解反应，尾气通入NaOH溶液前边应该有吸水装置，无水CaCl2的作用是吸收水分，防止水蒸气通过导气管进入收集产物的E装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是使滞留在装置的COCl2被NaOH溶液充分吸收，防止大气污染，该反应的化学方程式为：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H2O；
(4)
装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可根据CrCl3易升华的特点，对D装置进行加热，CrCl3升华进入E装置，就可以使实验能继续进行；
(5)
若步骤②中Cl-已经完全沉淀，则再滴入AgNO3溶液时不产生白色沉淀，据此判断；
加入HNO3酸化，可以使避免杂质离子的干扰，若步骤③中未用稀HNO3洗涤沉淀，则会导致测定的三氯化铬质量分数将偏大；
根据物质反应转化关系可知：CrCl3+5H2O[Cr(H2O)5Cl]2++2Cl-，Cl-+Ag+=AgCl↓，过量Ag+用NH4SCN进行滴定，则根据中物质反应关系可知过量Ag+的物质的量为n(Ag+)(过量)=de×10-3 mol，则发生反应Cl-+Ag+=AgCl↓的Ag+的物质的量为n(Ag+) =(bc-de)×10-3 mol，因此n(CrCl3)=n(Cl-)=n(Ag+)=(bc-de)×10-3 mol，故样品中CrCl3的质量分数为：。
15．(1)3:2
(2)使Fe2+全部转化为Fe3+
(3)
(4)          调节pH
(5)
(6)c
(7)
【解析】
硫铁矿和软锰矿加入硫酸进行“浸取”，所得溶液中含有大量亚铁离子，加入软锰矿，将亚铁离子氧化成铁离子，调节pH使铁离子沉淀除去，再加入碳酸氢铵和氨水将溶液中的锰离子转化为碳酸锰，在空气中焙烧后得到二氧化锰，经过“氧化ii”、过滤、干燥得到二氧化锰纯品。
(1)
根据反应可知，反应的过程中，锰元素的化合价由+4价降低到+2价，则二氧化锰为该反应的氧化剂，Fe元素的化合价由+2价升高到+3价，S元素的化合价由-1价升高到0价，则硫化亚铁为该反应的还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2；
(2)
由上述分析可知，“浸取”后的溶液中含有大量Fe2+，Fe2+沉淀的pH过高，因此将其氧化成Fe3+后再沉淀除去，则“氧化i”过程软锰矿的作用是使Fe2+全部转化为Fe3+；
(3)
根据题干信息可知，“除铁”时溶液的pH=5.5，则，，则“除铁”后溶液中残留的；
(4)
“沉锰”过程，加入碳酸氢铵和氨水，将溶液中的锰离子转化成碳酸锰，反应的离子方程式为；由图可知，“沉锰”过程中，需要调节溶液的pH=6.5~7，氨水的作用是调节溶液的pH；
(5)
“焙烧”过程中，MnCO3与空气中的氧气反应生成MnO2，反应的化学方程式为；
(6)
Mn(Ⅳ)的氧化性比和都强（例如，MnO2能将过氧化氢氧化生成氧气，实验室用MnO2和浓盐酸加热反应制取氯气），用或不能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，而在酸性条件下能将Mn(Ⅱ)氧化为Mn(Ⅳ)，故选用最适宜氧化剂是，答案选c。
(7)
根据总反应可知，放电时，作正极，发生还原反应，则放电时正极的电极反应为。
16．(1)增大接触面积，提高反应速率
(2)     2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+，     c
(3)     3.6     已经
(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。
(6)     CuSO4•3H2O     96.53%
【解析】
由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品；据此解答。
(1)
由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率。
(2)
由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c。
(3)
由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因为Ksp[Fe(OH)3]= 6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)= Ksp[Fe(OH)3]，则c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经。
(4)
向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。
(5)
“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。
(6)
由题中信息和图示可知，杂质不分解，250℃时，胆矾失去所有结晶水，此时失重率为34.75%，设产品总质量为m克，该胆矾产品的纯度为x，则，解之x==96.53%；A点时，失重率为13.90%，设A点胆矾分解得到的物质为CuSO4•yH2O，则，所以，解之y=3，所以A点胆矾分解得到的物质为CuSO4•3H2O；答案为CuSO4•3H2O；96.53%。
17．(1)CaSO4和SiO2
(2)Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+
(3)为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，此时c(S2-)≥ ==8.0×10-21mol/L，c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜=2.5×10-2mol/L
(4)C
(5)     增大接触面积，使萃取充分     ZnSO4
【解析】
本题为工艺流程题，是以锌冶炼钴渣为原料来制备电池级CoSO4、MnSO4混合液，“浸出”是用硫酸、SO2来浸出，反应原理有：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、CdO+H2SO4=CdSO4+H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CaO+H2SO4=CaSO4↓+H2O、MgO+H2SO4=MgSO4+H2O、Co2O3+H2SO4+SO2=2CoSO4+H2O、Fe2O3+H2SO4+SO2=2FeSO4+H2O、Co3O4+2H2SO4+SO2=3CoSO4+2H2O，过滤得滤渣，则滤渣得主要成分为CaSO4和SiO2，滤液中加入MnS得到CdS沉淀，过滤出CdS后，向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，在加入MnCO3调节pH以析出Fe(OH)3沉淀，来除去铁，过滤，继续向滤液中加入氟化物X，析出MgF2、CaF2沉淀，过滤得滤液3，通过加入有机萃取剂HA进行逆流萃取来除去Mn2+，最后得到水层溶液即为电池级CoSO4、MnSO4混合液，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“浸渣”的主要成分是CaSO4和SiO2，故答案为：CaSO4和SiO2；
(2)
由分析可知，“浸出”时，转化为的反应方程式为Co3O4+2H2SO4+SO2=3CoSO4+2H2O，则该反应的离子方程式为：Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+，故答案为：Co3O4+4H++SO2=3Co2++2H2O+；
(3)
若溶液中金属离子浓度为，则认为该离子可忽略不计或沉淀完全。“除镉”时，为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，此时c(S2-)≥ ==8.0×10-21mol/L，c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜=2.5×10-2mol/L，故答案为：为了确保恰好沉淀完全而不沉淀，此时c(S2-)≥ ==8.0×10-21mol/L，c(S2-)＜Ksp(ZnS)，故c(S2-)＜=2.5×10-2mol/L；
(4)
由于NaF、KF将引入新的杂质离子Na+、K+很难除去，而MgF2不能用于除去Mg2+，故“氟化物”为MnF2，故答案为：C；
(5)
萃取时，发生反应：。采取“逆流萃取”的作用是增大接触面积，使萃取充分，由分析可知，有机相中含有Zn2+，可通过硫酸处理后使得上述平衡逆向移动，故得到的副产品为ZnSO4，故答案为：增大接触面积，使萃取充分；ZnSO4。