山东省2023年高考化学模拟题汇编-33物质的分离、提纯（实验题、解答题）

这是一份山东省2023年高考化学模拟题汇编-33物质的分离、提纯（实验题、解答题），共35页。试卷主要包含了实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
山东省2023年高考化学模拟题汇编-33物质的分离、提纯（实验题、解答题）

一、实验题
1．（2023·山东菏泽·校考一模）以V2O5为原料制备氧钒(IV)碱式碳酸铵(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]•10H2O
过程：V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵粗产品
已知VO2＋能被O2氧化，回答下列问题：
(1)步骤I的反应装置如图(夹持及加热装置略去，下同)

①仪器b的名称为___________。
②步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为___________。
(2)步骤II可在如图装置中进行。

①接口的连接顺序为a→___________。
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当___________时(写实验现象)，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。
(3)测定产品纯度
称取mg样品用稀硫酸溶解后，加入过量的0.02mol•L-1KMnO4溶液，充分反应后加入过量的NaNO2溶液，再加适量尿素除去NaNO2，用cmol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定达终点时，消耗体积为VmL。(已知：VO＋Fe2＋＋2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O)
①样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为___________。
②下列情况会导致产品纯度偏大的是___________(填标号)。
A．未加尿素，直接进行滴定
B．滴定达终点时，俯视刻度线读数
C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成
2．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）三氯化六氨合钴是合成其它一些Co(Ⅲ)配合物的原料，其在水中的溶解度随着温度的升高而增大。实验室用晶体制备的实验步骤如下：
i.在锥形瓶中，将溶于水中，加热至沸，加入研细的晶体，溶解得到混合溶液；
ii.将上述混合液倒入三颈烧瓶中，加入活性炭。冷却，利用如图装置先加入浓氨水，再逐滴加入5% 溶液，水浴加热至50～60℃，保持20min；

iii.然后用冰浴冷却至0℃左右，吸滤，把沉淀溶于50mL沸水中，经操作X后，慢慢加入浓盐酸于滤液中，即有大量橙黄色晶体(，)析出；
iv.用冰浴冷却后吸滤，晶体以冷的盐酸洗涤，再用少许乙醇洗涤，吸干。回答下列问题：
(1)步骤i中，研细晶体所用的仪器名称为________，无水的作用是________。
(2)写出制备三氯化六氨合钴的化学方程式___________。
(3)步骤i中操作X为___________。
(4)取0.2000g 样品，配成100mL溶液，取50mL样品溶液于锥形瓶中，加入3滴溶液做指示剂，用0.0600的溶液滴定至终点时，消耗溶液的体积为10.00mL，样品的纯度为___________。
(5)某兴趣小组为探究的还原性，设计如下实验：
实验I：粉红色的溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II：向0.1 溶液中滴入2滴酸性溶液，无明显变化。
实验III：按下图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

根据实验III得出结论：可以被酸性溶液氧化。
另一名同学设计了实验IV，否定了该结论，请说明实验IV的操作和现象___________。
3．（2023·山东菏泽·统考一模）碳酸锰()用途广泛，可用作脱硫的催化剂，涂料和饲料添加剂等。某化学小组在实验室模拟用软锰矿粉(主要成分为)制备，过程如下(部分操作和条件略)。已知：不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化；。回答下列问题：
(1)制备溶液：m g软锰矿粉经除杂后制得浊液，向浊液中通入，制得溶液，实验装置如下图所示(夹持和加热装置略)。

通过装置A可观察通入与的快慢，则A中加入的最佳试剂是_______；为使尽可能转化完全，在停止实验前应进行的操作是_______；转化为的离子方程式为_______。实验中若将换成空气，将导致浓度明显大于浓度，原因是_______。
(2)制备固体：在搅拌下向溶液中缓慢滴加溶液，过滤，分别用蒸馏水和乙醇洗涤，低于100℃干燥，得到固体。若用同浓度的溶液代替溶液，将导致制得的产品中混有_______(填化学式)；用乙醇洗涤的目的是_______。
(3)测定软锰矿中锰元素的含量：向产品中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使完全转化为(其中完全转化为)，除去多余的硝酸，加入稍过量的硫酸铵除去，加入稀硫酸酸化，再用硫酸亚铁铵标准溶液滴定，发生反应，消耗标准液的体积平均为mL；用mL 酸性溶液恰好除去过量的。软锰矿中锰元素的质量分数为_______(用m，c，V的式子表示)；用硫酸亚铁铵标准溶液滴定时，下列操作会使锰元素的质量分数偏大的是_______(填标号)。
A．滴定管水洗后直接装入标准液                B．滴定终点时俯视滴定管读数
C．滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡        D．锥形瓶未干燥即盛放待测液

二、工业流程题
4．（2023·山东菏泽·校考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。

已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10−38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为___________；滤渣I的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是___________；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 mol∙L−1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为___________(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝___________(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式___________。
5．（2023·山东·统考一模）工业上以制备抗癌药物“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2]的废渣——含铂的碘化银为主要原料回收银粉和海绵铂的工艺流程如下：

已知：①N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。
②Ksp(AgCl)=1.8×10-10，NaCl在浓硫酸中难溶，Ag2SO4在不同浓度硫酸中的溶解量如下：
硫酸浓度/(mol•L-1)
18
15
12
9
6
0
硫酸银溶解量/(g•L-1)
209.00
78.94
31.20
11.14
8.74
4.68

回答下列问题：
(1)“顺铂”分子中Pt的化合价为_______。
(2)“氧化浸出”中，应选用上表所列_______mol·L-1H2SO4，发生反应的化学方程式为_______。
(3)“稀释”在陶瓷反应釜中进行，具体操作为_______；“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为_______mol-1·L。
(4)“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，发生反应的离子反应方程式为_______；该工艺经物理处理，可再生循环利用的物质有_______(填化学式)。
6．（2023·山东济南·山东省实验中学校考一模）二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示：

已知：①易溶于强酸；不溶于硫酸，也不溶于溶液。
②；；；当离子浓度≤10-5mol/L，可认为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)氟碳铈矿“氧化焙烧”化学方程式为___________，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是___________。
(2)浓盐酸价格便宜，但是溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是___________，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是___________。
(3)“滤液Ⅱ”中加入量(图a)、最佳比例时沉淀反应的温度(图b)与铈的沉淀率关系如图所示：

根据图分析：沉铈时应选择最佳条件为___________。
(4)经充分焙烧质量减少5.8t，则获得的质量为___________t。
(5)“滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是___________、___________(填序号)，制备硫酸铝铵晶体时，理论上向“滤渣Ⅲ”中加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为___________。
a．铁粉  b．铝粉  c．浓氨水  d．  e．
7．（2023·山东枣庄·统考二模）钯(Pd)是一种贵金属，性质类似铂(Pt)。活性炭载钯催化剂广泛应用于石油化工、制药等工业，但使用过程中因生成难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、及少量Fe、Cu、Al等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：

已知：I．阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、(表示树脂的有机成分)。
II．“沉钯”时得到氯钯酸铵固体，不溶于冷水，可溶于稀盐酸。
(1)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“浸取”的最佳条件为___________。

(2)“浸取”时，加入试剂A的目的为___________。
(3)“浸取”时，加入有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸()为二元强酸。加入浓盐酸和后主要反应的离子方程式：___________。
(4)“离子交换除杂”应使用___________(填“阳离子”或“阴离子”)树脂，“洗脱”时应使用的洗脱液为___________(填标号)。
A．硫酸    　　　　B．盐酸　　　　C．无水乙醇
(5)“还原”过程转化为，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程还产生的副产物为___________，且该产物可循环利用至___________环节(填环节名称)。
(6)以上流程污染性较强且复杂，通常适用电解法回收钯。将“浸取”后的溶液与钯离子脱附试剂MH混合，形成配离子，电解可得高纯度钯，装置如图。电解时，当浓缩室里共得到的较浓盐酸时(体积变化忽略不计)，理论上能得到Pd___________g，但实际生产中得不到相应质量的Pd，原因是___________。

8．（2023·山东菏泽·统考一模）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：

回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______(填化学式)。
(2)已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为_______(填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示_______(填标号)。
A． B． C．
(3)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为_______；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是_______。
(4)已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是_______。
(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有_______。
9．（2023·山东青岛·统考一模）硫酸镍广泛应用于电镀、电池等工业。以红土镍矿(主要成分为，含、、、、、、、等杂质)为原料制备，工艺流程如下。

已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子






开始沉淀的
6.3
1.8
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的
8.3
3.2
4.7
10.9
8.2
8.9

②当离子完全沉淀时，。
回答下列问题：
(1)为提高“酸溶”中镍的浸出率，可采取的措施有_______(写一条即可)。“滤渣1”的主要成分为_______。
(2)写出“硫化除铜”过程中涉及反应的离子方程式_______、_______。
(3)“氧化除杂”中加入和的作用分别是_______，溶液的应调节为_______之间。
(4)“氟化除杂”中，若，取等体积的溶液加入体系中发生反应，则加入的溶液的浓度至少为_______。[已知]
(5)称取硫酸镍晶体(，摩尔质量)样品溶于水，配成溶液。量取用标准溶液滴定，反应为。重复三次，平均消耗EDTA标准溶液，则样品纯度为_______。
10．（2023·山东日照·统考一模）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：

已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：
(1)“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有_______；“操作x”选用_______结晶(填“蒸发”或“降温”)。
(2)“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为_______；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有_______。
(3)用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到_______中使用(填操作单元名称)。
(4)“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为_______。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl_______g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。
11．（2023·山东临沂·统考一模）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。

已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为_____；滤渣I的主要成分是_____(填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是______；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001mol•L-1，常温下“调pH”时，若控制pH=3，则Fe3+的去除率为______(忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓+6H+，该反应的平衡常数K=______(用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热分解时，随温度变化如图所示。已知：M[Sc2(C2O4)3·6H2O]=462g·mol-1。

250℃时固体的主要成分是_____(填化学式)；550～850℃时反应的化学方程式为______。
12．（2023·山东菏泽·校考一模）某废旧锂离子电池的正极材料成分为和，下图为从其中回收钴、镍的工艺流程。

回答下列问题：
(1)中的元素为价，和个数比为，则元素化合价为_______。
(2)“碱浸过滤”所得滤液的主要成分为_______。
(3)“还原焙烧”过程发生反应的化学方程式为_______。
(4)“碳化水浸”过程中反应为：，该反应的标准吉布斯自由能和标准生成焓随温度变化如图。该过程需要控制在_______(填“a”、“b”或c)进行，其原因是_______。
a.    b.    c.

(5)常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳，将固体加入水中，通入使固体逐步溶解，当固体恰好完全溶解时，，则溶液中的为_______(保留两位有效数字，忽略体积变化)。
已知：，，
(6)“萃取”的原理是(M表金属离子，代表萃取剂，则反萃取时加入的试剂为_______。
13．（2023·山东淄博·统考一模）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4•7H2O，其工艺流程如图：

已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。
②25℃时相关物质的Ksp见表：
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mg(OH)2
TiO(OH)2
Ksp
1.0×10-16.3
1.0×10-38.6
1.0×10-11.6
1.0×10-29

回答下列问题：
(1)矿渣的主要成分是_____；试剂A为_____(填化学式)。
(2)“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为_____；加水浸取前需先冷却的目的是_____。
(3)“转化”工序，加入试剂B调节pH。
①试剂B为_____(填标号)。
A．H2SO4      B．H2O2      C．Na2CO3      D．NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]需要调节溶液的pH略大于_____。
(4)“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是_____，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质
TiCl4
Cl2
CO
CO2
分压MPa
4.59×10-2
4.98×10-9
1.84×10-2
3.70×10-2

该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_____。
(5)高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是_____(填标号)。A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar
14．（2023·山东·日照一中校联考模拟预测）我国冶铅工艺迅猛发展，底吹炉烟灰中除含有主金属铅外，还含有锌、镉(Cd)等有价金属元素，一种对该烟灰中有价金属综合回收工艺研究如下：

已知：Ⅰ.
底吹炉含镉烟灰的主要化学成分






质量分数/%
37.40
15.88
2.51
0.15
0.28
0.15

①As元素以砷酸盐()形式存在；
②Pb元素主要以PbO和PbSO4形式存在，不溶于水；
③Cd元素主要以CdSO4形式存在，CdSO4易溶于水。
Ⅱ.水浸液初始pH=2～3；滤渣①返回冶铅系统；滤渣②主要成分为FeAsO4。
回答下列问题：
(1)为提高“水浸”效率，可以采取的措施有_______(任写一条)。
(2)为提高铅和镉的回收率，需综合分析浸出率、渣含金属、渣率。
温度/℃
浸出率/%
渣含金属
渣率/℃





25
86.06
65.48
55.48
3.27
1.28
67.69
45
84.19
63.95
54.63
3.69
1.33
68.04
65
85.51
62.45
55.63
3.37
1.38
68.30
85
84.15
65.08
54.70
3.82
1.33
65.90
液固比
浸出率/%
渣含金属
渣率/℃





1：1
75.22
54.65
51.26
5.29
1.53
74.39
2：1
80.59
58.62
53.98
4.28
1.47
70.66
3：1
85.51
62.45
55.63
3.37
1.38
68.30
4：1
86.82
65.02
57.06
3.14
1.32
66.52

根据以上实验数据选择合适的液固比和温度：_______，理由：_______。
(3)“中和除砷”阶段主要反应的离子方程式为_______。该工序最终需加入试剂①调节溶液pH=5，下列最合适的是_______(填序号)。
A．NaOH B．NH3·H2O C．Zn2O D．H2SO4
(4)“电解”过程中阴极的电极反应式为_______。
15．（2023·山东潍坊·统考一模）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下：

已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②高温下蒸气压大、易挥发；
③可溶于热的浓硫酸形成。
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_______，该工艺中，经处理可循环利用的物质为_______(填化学式)。
(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为_______，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是_______。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是_______(用化学方程式解释)。

(4)原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为_______。若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量为_______kg。

16．（2023·山东济南·统考一模）工业上利用石煤矿粉(主要含及少量、)为原料生产，工艺流程如下：

已知：①“水溶”、“转沉”、“转化”后，所得含钒物质依次为、、；
②不同pH下，V(V)在溶液中的主要存在形式见下表：
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子





③25℃时，。
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，发生反应的化学方程式为_______。
(2)滤液Ⅰ的成分为_______(填化学式)；先“转沉”后“转化”的目的是_______。
(3)“转化”时，滤渣Ⅱ经高温煅烧后水浸，所得物质可导入到_______操作单元中循环使用。
(4)“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是①_______。②_______；25℃时，测得“转化”后，滤液中 mol·L，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到96%，应调节溶液中至少_______mol·L。
(5)“煅烧”时，制得产品。但反应体系中，若不及时分离气体Ⅱ，部分会转化成，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_______。

参考答案：
1．(1)     恒压滴液漏斗    
(2)     d→e→f→g→b→c     装置B中澄清石灰水变浑浊
(3)          AC

【分析】首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验。
【详解】（1）①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗；
②结合电子得失守恒及元素守恒可得,步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体N2，反应的化学方程式为。故答案为：；
（2）①首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。故答案为：d→e→f→g→b→c；
②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。故答案为：装置B中澄清石灰水变浑浊；
（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为= =。故答案为：；
②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选。故答案为：AC。
2．(1)     研钵     吸收挥发出去的氨气
(2)
(3)趁热过滤(趁热吸滤)
(4)53.5%
(5)将实验III中0.1 溶液替换为0.2CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同。或将实验III中0.1 溶液替换为0.1 溶液进行实验，指针不偏转

【分析】、的混合溶液中先加氨水，再加双氧水，双氧水把Co2+氧化为Co3+生成，用冰浴冷却至0℃左右析出沉淀，吸滤，固体中含有和活性炭，用热水溶解固体混合物，趁热过滤出活性炭，滤液中加浓盐酸，增大氯离子浓度，析出沉淀。
【详解】（1）步骤i中，用研钵研细晶体；与氨气形成配合物，能吸收氨气，无水的作用是吸收挥发出去的氨气，防止污染。
（2）、氯化铵的混合溶液中通入氨气，再用双氧水把Co2+氧化为Co3+生成沉淀，反应方程式为；
（3）操作X为分离和活性炭，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，活性炭不溶于热水，所以步骤i中操作X为趁热过滤；
（4）用0.0600的溶液滴定至终点时，银离子和氯离子反应生成氯化银沉淀，消耗溶液的体积为10.00mL，根据~~~3Cl-~~~3，0.2g样品中含的物质的量为 ，样品的纯度为 。
（5）氯离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，将实验III中0.1溶液替换为0.2CaCl2溶液进行实验，指针偏转幅度与实验III相同，说明氯离子被高锰酸钾氧化，没有被氧化。或将实验III中0.1 溶液替换为0.1 溶液进行实验，指针不偏转，说明不能被酸性溶液氧化；
3．(1)     饱和亚硫酸氢钠溶液     先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，一段时间后停止通入氮气          部分二氧化硫在溶液中被氧化生成硫酸根离子
(2)          除去水分且乙醇容易挥发，容易干燥
(3)          AC

【详解】（1）A中通过气体的气泡的快慢来调节气体的通入速率，故该试剂不能和二氧化硫，反应，故A中加入的最佳试剂是饱和亚硫酸氢钠溶液；
为使尽可能转化完全，就是要使装置中的二氧化硫全部进入烧瓶中，故在停止实验前应进行的操作是先停止通入二氧化硫，继续通入氮气，将二氧化硫赶到烧瓶中，一段时间后停止通入氮气；
和二氧化硫反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为；
实验中若将换成空气，则空气中的氧气可以将二氧化硫氧化生成硫酸根离子，导致浓度明显大于浓度；
（2）碳酸钠的碱性比碳酸氢铵的强，故反应后可能有存在；
因为不溶于水和乙醇，在干燥空气中稳定，潮湿时易被氧化，故用乙醇洗涤，可以减少水分且乙醇容易挥发，容易干燥；
（3）根据氧化还原反应分析，亚铁离子和重铬酸钾的比例为6:1，故剩余的铁离子的物质的量为6c2V2×10-3mol，根据分析，有碳酸锰和亚铁离子的关系为~，锰元素的质量分数为；
A.滴定管水洗后直接装入标准液，则标准液的浓度变小，造成标准液的体积变大，则测定结果偏大；
B.滴定终点时俯视滴定管读数，标准液的体积变小，实验结果变小；
C.滴定管在滴定前有气泡，滴定后无气泡，则读数变大，实验结果变大；
D.锥形瓶未干燥即盛放待测液，对实验无影响。
故选AC。
4．(1)     将“赤泥”粉碎     SiO2、TiO2
(2)     将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+     99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O

【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节pH值沉淀铁离子，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。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10−11 mol∙L−1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化为二氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案为：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。
5．(1)+2
(2)     18     2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O
(3)     将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌     4.2×1014
(4)     4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O     NaCl

【分析】含铂的碘化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银、铂固体，固体加入硫酸氧化浸出分离出不反应的铂和含有硫酸银的滤液，滤液稀释后加入氯化钠得到氯化银沉淀，氯化银加入N2H4、氢氧化钠还原得到银；
【详解】（1）根据化合价代数和为零可知，“顺铂”[Pt(NH3)2Cl2] 分子中Pt的化合价为+2；
（2）“氧化浸出”中要尽可能的溶解银，结合图表可知，应选用上表所列18mol·L-1H2SO4，发生反应为银和浓硫酸加热生成硫酸银、二氧化硫、水，化学方程式为2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O；
（3）浓硫酸溶于水放出大量的热，氧化浸出操作中使用了过量浓硫酸，“稀释”具体操作为将滤液2沿陶瓷反应釜内壁缓慢加入已装有水的陶瓷反应釜中，边加边搅拌；
由图表可知，硫酸银在水溶液中溶解量为4.68g/L，则饱和硫酸银溶液浓度为0.015mol，则，“沉银”过程中反应Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)⇌2AgCl(s)+(aq)的化学平衡常数为mol-1·L。
（4）已知，N2H4是一种强还原剂，在碱性条件下可将多数金属离子还原成单质。“还原浸出”制银粉过程中有N2产生，则反应为氯化银、N2H4、氢氧根离子反应生成银单质、氮气、水、氯离子，离子反应方程式为4AgCl＋N2H4＋4OH-=4Ag＋N2↑＋4Cl-＋4H2O；该工艺经物理处理，可从滤液1、3中得到氯化钠在沉银流程中再生循环利用。
6．(1)          使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行
(2)     浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出污染环境     先加稀硫酸，再加双氧水
(3)、46℃
(4)17.2
(5)     a     c    

【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2，加入稀硫酸，二氧化硅、CeO2成为滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ加入浓盐酸，CeO2转化为盐酸盐得到滤液Ⅱ，加入碳酸氢铵得到，焙烧得到；滤液Ⅰ含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁将三价铁转化为二价铁，加入氨水将铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵晶体；滤液Ⅲ含有亚铁离子，加入硫酸铵得到硫酸亚铁铵晶体；
【详解】（1）氟碳铈矿“氧化焙烧”中和水、空气中氧气高温生成CeO2、HF、CO2，反应中氧气中氧元素化合价由0变为-2、中Ce化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应化学方程式为，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
（2）浓盐酸具有挥发性，且会和CeO2反应氧化还原反应生成有毒的氯气，故溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是首先加入稀硫酸酸化溶液，再加入双氧水；
（3）据图分析：沉铈时应选择最佳条件为、46℃，此时铈的沉淀率已经很高，若温度过高铈的沉淀率反而下降；
（4），经充分焙烧质量减少5.8t，根据化学方程式体现的关系可知，获得的质量为；
（5）由分析可知，滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是铁、浓氨水，故选a、c；“滤渣Ⅲ”为生成的氢氧化铝沉淀，加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵晶体，反应为，，则加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为3:1。
7．(1)70℃，固液比
(2)将PdO还原为Pd
(3)
(4)     阴离子     B
(5)     HCl     浸取与洗脱
(6)     159     阴极有得电子生成

【分析】本题是一道工业流程题，通过废钯催化剂制备海绵钯，将原料焙烧后加入盐酸和还原剂从而生成单质钯，再结合氯酸钠生成，通过离子交换除杂后，得到较纯净的，洗脱后用浓氨水沉钯，在用处理后得到产品，以此解题。
【详解】（1）由图可知，“浸取”的最佳条件为70℃，固液比；
（2）加入试剂A可以将PdO中的钯还原为单质，便于后期处理，故加入试剂A的理由是：将PdO还原为Pd；
（3）根据题给信息可知，加入后和单质钯反应生成四氯合钯(Ⅱ)，则根据元素守恒可知，离子方程式为：；
（4）离子交换时发生的反应为阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为，其中氯离子被除掉，故应该选用阴离子交换膜；由给信息可知洗脱时得到，则此时应该选用盐酸，故选B；
（5）由流程图可知，还原时和反应生成单质钯，根据反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成和元素守恒可知，副产物为HCl；由于在浸取与洗脱时都使用了盐酸故可以循环至浸取与洗脱循环利用；
（6）盐酸的浓度由变为，则生成的氯化氢的物质的量n(HCl)=5×(-)=3mol，则此时转移电子的物质的量n(e-)=3mol，根据Pb~2e-，则生成Pd的物质的量=1.5mol，其质量=106g/mol×1.5mol=159g；而实际电解过程中可能有氢离子在阴极得到电子，故但实际生产中得不到相应质量的Pd。【点睛】
8．(1)SiO2
(2)          C
(3)          过量的将氧化，影响萃取，造成损失
(4)使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出
(5)有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O

【分析】从废钒催化剂中回收，由流程可知，“酸浸”时转化为，转成VO2+，FeSO4可使转化为VO2+，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，滤液中加过氧化氢将Fe2＋氧化，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2萃取、分液，水相中蒸发结晶分离出硫酸钾，有机相1反萃取分离出有机萃取剂，水相含VO2+，氧化时发生3H2O＋ClO＋6VO2+＝6＋Cl−＋6H＋，溶液中与可相互转化：＋H2O＋2H＋，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，“煅烧”时分解生成V2O5，以此来解答。
【详解】（1）据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，故答案为SiO2。
（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，故答案为；C。
（3）“酸浸”时转成VO2+，发生反应的离子反应为；“反应”时，加入的不宜过量，过量的将氧化，影响萃取，造成损失；故答案为；过量的将氧化，影响萃取，造成损失。
（4）溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中OH−浓度增大，消耗了H＋，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为使正向移动，将转化为，故答案为使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出。
（5）NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O，故答案为有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O。
【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
9．(1)     增大硫酸浓度或加热    
(2)         
(3)     将氧化为，调节溶液除去和     4.7
(4)
(5)

【分析】红土镍矿中加入水和硫酸，二氧化硅不能与酸反应，故滤渣1为SiO2，其余物质转化为相应的金属离子，往滤液1中加入H2S，Cu2+与S2-反应生成CuS，滤渣2为CuS，滤液2中加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加入Ni(OH)2调节pH促使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀，滤渣3为Fe(OH)3和Al(OH)3，滤液3中加入NiF2生成滤渣4为MgF2沉淀，滤液4中加入萃取剂R萃取溶液中的Zn2+，水相中主要含有硫酸镍，最后经过蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸镍晶体。
【详解】（1）为提高酸溶中镍的浸出率，可采取的措施为增大硫酸浓度或加热。根据分析可知，滤渣1为SiO2。
（2）滤液1中能与H2S反应的物质有Fe3+、Cu2+，离子方程式为、。
（3）氧化除杂中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2的作用为调节溶液的pH除去Fe3+和Al3+。从表中可知，Al3+完全沉淀的pH为4.7，同时又不能使Ni2+沉淀，因此pH应调节为4.7~6之间。
（4）设加入的NiF2的浓度为xmol，混合前两溶液的体积均为aL，则反应后Mg2+浓度为10-5mol/L，则反应掉的Mg2+的物质的量约为0.004amol，根据离子方程式Mg2++2F-=MgF2↓，参与反应的F-物质的量为0.008amol，则剩余F-物质的量为(2xa-0.008a)mol，则混合后溶液中F-浓度为，根据Ksp(MgF2)=6.25×10-9，=0.025mol/L，解得x=0.029mol/L。
（5）已知消耗EDTA的物质的量为cV×10-3mol，根据方程式可知，消耗的Ni2+物质的量为cV×10-3mol，则mg样品中含有NiSO4·H2OcV×10-2mol，该样品的纯度为=
10．(1)     分液漏斗和烧杯     降温
(2)     2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+     溶解高铼酸
(3)酸溶
(4)     4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O     7.18g

【分析】含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)，稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、MgO和Fe2O3也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水萃取获得高铼酸铵。Ag和SiO2为浸渣，加入还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。
【详解】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶；
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；
（3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；
（4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgC1+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；
已知：①) ；
②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)  ；
①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；
    
n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。
11．(1)     将“赤泥”粉碎     SiO2、TiO2
(2)     将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+     99%
(3)
(4)     Sc2(C2O4)3·H2O     2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2

【分析】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、S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、S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。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH=3时，溶液中氢氧根离子的浓度=10-11mol/L，此时三价铁的浓度=，则Fe3+的去除率=；
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)=a，Kh2(C2O)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，则反应2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=；
（4）设有1mol草酸钪晶体（462g）在空气中受热，250℃时，剩余固体质量为462g´80.5%=371.91g，失水重量为462g-371.91g=90.09g≈90g，即250℃时，1mol晶体失去5mol水，则此时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O；550℃时，剩余固体质量为462g´76.6%=353.89g，相比于250℃时的剩余固体质量，250～550℃，失水重量为371.91g-353.89g=18.02g≈18g，则250～550℃，1mol Sc2(C2O4)3·H2O失去1mol水变为1mol Sc2(C2O4)3；850℃时，剩余固体质量为462g´29.8%=137.68g≈138g，由于M(Sc2O3)=138g/mol，故可知550～850℃，1mol Sc2(C2O4)3分解产生1mol Sc2O3，反应的化学方程式为2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
12．(1)+4
(2)NaAlO2
(3)10+6C 5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5 Li2CO3
(4)     a     高于60℃，，反应非自发进行
(5)2.1×10-9
(6)稀H2SO4

【详解】（1）中的元素为价，和个数比为，根据化合价代数和为0，可知1+0.3×2+0.2×3+0.2×3+x×0.3+(-2)×2=0，求得x=4，元素化合价为+4，答案：+4；
（2）Al溶于NaOH生成NaAlO2，所得滤液中主要成分是NaAlO2，答案：NaAlO2；
（3）“还原焙烧”过程C做还原剂，将还原，由题中信息可知产物为Ni、Co、MnO、Li2CO3和CO2，所以发生反应的化学方程式10+6C 5Ni+2Co+3MnO+CO2↑+5 Li2CO3；
（4）反应自发进行需，由图中信息可知，高于60℃，，反应非自发进行，答案：a；高于60℃，，反应非自发进行；
（5）根据 ，求得为0.5mol，当固体恰好完全溶解时，生成LiHCO31mol，则c(Li+)=1mol/L，Ksp(Li2CO3)= ，解得 mol/L ，因为，解得，根据，解得，答案：2.1×10-9；
（6）根据“萃取”原理，反萃取时加入稀H2SO4，增大H+浓度，使反应向左进行。答案：稀H2SO4。
13．(1)     SiO2、CaSO4     Fe
(2)          防止TiO2+提前水解
(3)     C     2
(4)     使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行    
(5)D

【分析】钛铁矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，钙转化为硫酸钙沉淀，故矿渣为二氧化硅、硫酸钙；铁、钛、镁转化为硫酸盐，加入试剂A铁，将三价铁转化为二价铁，得到副产品FeSO4•7H2O，加入试剂B和过量酸反应，通过调节pH使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故B可以为碳酸钠；煅烧固体得到二氧化钛，加入碳、氯气得到四氯化钛，最终转化为钛单质；
【详解】（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 ；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
（3）①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，故选C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol•L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏伽德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5:1:2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；
（5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；故选D。
14．(1)适当提高温度，搅拌
(2)     3：1、25 ℃     液固比为3：1时镉的浸出率比较高，同时渣率较高、且渣含金属中铅的含量较高；温度变化对回收率影响不大，常温浸出有利于节约能源
(3)          C
(4)=

【分析】由已知I可知，氧化锌烟灰经水浸、过滤，滤渣是PbO和PbSO4，滤液中含锌、铜、镉、砷元素；经过中和除砷，，砷元素转化为沉淀除去，同时也将铜元素转化为氢氧化铜沉淀除去；过滤后加入锌粉还原，可将镉元素分别转化为高品位海绵镉和低品位海绵镉，滤液主要含有 ，电解可生成高纯度锌。
【详解】（1）可以通过适当提高温度、搅拌等操作提高“水浸”效率。
（2）渣含金属与渣率的乘积即为渣中所含金属的量，据信息Ⅱ可知铅元素以滤渣的形式回收，即铅的浸出率要低，渣含金属与渣率的乘积要高，据流程中物质流向分析，镉要进入溶液，故其浸出率要高。温度变化对二者回收率影响不大，考虑能源节约，选择常温(25 ℃)；由几组液固比对比可知液固比由3：1改为4：1，Cd的浸出率增加很小，Pd的渣含金属与渣率的乘积相差也很小，故选液固比3：1。
（3）由信息Ⅱ知，滤渣②的主要成分为FeAsO4，“中和除砷”阶段溶液显酸性，反应的离子方程式为，为不引入杂质选择试剂ZnO来调节溶液pH。
（4）“电解”制锌时，锌离子得电子生成Zn，故阴极的电极反应式：=。
15．(1)
(2)     ++2H+     H2SO4
(3)     ++5C+3CO↑     高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应     ++2C+3CO↑
(4)     H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O    

【分析】工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)加入稀盐酸，只有不会溶解，可溶于热的浓硫酸形成，在沸水中形成，“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+3CO↑，据此分析解题。
【详解】（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为；
（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+3CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑；
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
16．(1)
(2)     NaOH     富集钒元素
(3)转沉
(4)     调节pH，将转化为     利用同离子效应，促进尽可能析出完全     0.2
(5)

【分析】石煤矿粉(主要含及少量、)，加入、和固体，将氧化成，生成的气体为，加水溶解，滤渣1为、，滤液为水溶液，加入将转化为沉淀，可以富集钒元素，再加入除去，最后加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以促进尽可能析出完全，煅烧生成。
【详解】（1）焙烧”时，被氧化生成 发生反应的化学方程式为:；
（2）在溶液中加入形成沉淀，滤液1的主要成分为：NaOH，先“转沉”后“转化”的目的是富集钒元素；
（3）转化时，滤渣Ⅱ为 ，经高温煅烧生成后水浸后生成，可以导入到转沉中循环利用；
（4）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，可以调节pH，将转化为，也可以利用同离子效应，促进尽可能析出完全；，溶液中的，；
（5）根据题目信息，“煅烧”时，制得产品的化学方程式为：。