2024届高三化学一轮专题训练题—工业流程题
1．（2022·广东广州·广东实验中学校考三模）铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料：铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、 FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。
已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H+ +CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列问题：
(1)浸取过程中硫酸的作用除了酸化提供H+，另一作用为_______。
(2)在实验室中，“萃取”过程使用的玻璃仪器有_______，用平衡移动解释“反萃取”过程的原理和目的_______。
(3)“还原、氧化、沉淀”过程中生成TlCl，该反应的离子方程式为_______，为提高经济效益充分利用原料，该反应的滤液可加入_______步骤循环使用最合适。
(4)Tl+对人体毒性很大，难溶盐KFe[Fe(CN)6]可通过离子交换治疗Tl2SO4中毒，将其转化为沉淀同时生成K2SO4溶液，写出治疗Tl2SO4中毒的离子方程式：_______。
(5)电解Tl2SO4溶液制备金属Tl的装置如图所示。石墨(C)上电极反应式为_______。
2．（2022·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）超细碳酸锶是重要的无机化工产品。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、Al2O3、MgCO3等杂质)制备超细碳酸锶的工艺如下：
已知：①“高温煅烧”过程中发生的主要反应为：SrSO4＋4CSrS＋4CO↑
②Sr(OH)2、Ca(OH)2在不同温度下的溶解度表(g／100mLH2O)
温度／℃ 0 20 40 60 80 90 100
氢氧化钙 0.19 0.17 0.14 0.12 0.09 0.08 0.07
氢氧化锶 0.91 1.77 3.95 8.42 20.20 44.50 91.20
回答下列问题：
(1)“粉碎”的目的是_______
(2)“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为_______
(3)“除铁铝”过程中温度控制在75℃左右，适宜的加热方式为_______
(4)“操作I”为_______
(5)①写出“沉锶”的离子方程式_______
②反应温度对锶转化率的影响如图，温度高于60℃时，“锶转化率”降低的原因为_______。
③从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因_______。
3．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市回民中学校考阶段练习）高铁酸钾()是一种新型水处理剂，既能杀菌又能生成胶体吸附悬浮物，其制备流程如图所示：
已知：①的溶解度大于；②在碱性条件更稳定。回答以下问题：
(1)高铁酸钾()中铁元素在周期表的位置是第_______周期第_______列。
(2)写出“常温氧化”的离子方程式_______。
(3)若在“水溶混合”和“常温氧化”过程中分别加入和，则在“浸洗溶解”过程之前需发生反应的化学方程式是_______。
(4)“洗涤烘干”过程中使用乙醇洗涤，其目的是_______(答两点)。
(5)“常温氧化”过程中，测得氧化时间、氧化剂浓度与产率、纯度的实验数据分别如图1、图2所示。为了获取更纯的高铁酸钾，反应时间应控制在_______min，氧化剂浓度应控制在_______。
(6)高铁酸钾产品纯度测定方法如下(杂质不参与反应)：在一定条件下，将1.32g样品与过量溶液反应后配成溶液，每次取10.00mL于锥形瓶中，加入指示剂后，用的标准溶液滴定，则终点的操作和现象是_______。
(7)还有一种电解法制备高铁酸盐。以多孔的磁铁矿代替纯铁电极作阳极，写出以此材料在碱性条件下制备高铁酸盐的电极反应式_______。
4．（2022·四川德阳·统考二模）碳酸亚铁在干燥空气中为白色固体，可用于制铁盐、兽药、补血剂等。利用废铁屑(含少量碳、氧化铝和氧化铁杂质)为原料制取碳酸亚铁，并探究碳酸亚铁的部分性质。回答下列问题：
Ⅰ.制碳酸亚铁，工艺流程如图：
常温下几种金属阳离子开始沉淀与完全沉淀时的pH如表：
Fe2+ Fe3+ Al3+
开始沉淀 7.5 2.7 3.8
完全沉淀 9.5 3.7 4.7
(1)酸浸时，所发生氧化还原反应的离子方程式为_______。
(2)加入氨水调控pH的范围是_______，“固体”的成分是_______。
(3)在工业生产中加入的NH4HCO3，需过量，下列分析错误的是_______(填标号)。
a.使Fe2+充分转化为碳酸亚铁
b.碳酸氢铵受热分解
c.促进Fe2+、CO的水解
Ⅱ.探究碳酸亚铁的性质
实验：
(4)由上面实验可以得出碳酸亚铁的相关性质是_______，写出碳酸亚铁变成红褐色固体所发生反应的化学方程式_______。
(5)已知：100.8≈6.3，25℃时，Ksp(FeCO3)=3.0×10-11、Ksp[Fe(OH)2]=1.6×10-14。现将碳酸亚铁加入0.1mol·L-1Na2CO3(pH=11.6)溶液中，经计算可知_______(填“有”或“无”)Fe(OH)2生成。
5．（2022秋·北京海淀·高三北京市八一中学校考阶段练习）制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：
资料：i．磷灰石的主要成分是
ii．可溶于水，微溶于水
ii．
iv．
(1)制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和_______。
②增大酸浸反应速率的措施有_______(只写1条)。
③其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是_______。
(2)制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是_______。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
pH=1时，溶液中的，则_______。再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀_______。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是_______。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH=2而不是更高的pH制备，可能的原因是_______(答出2点)。
6．（2022·全国·高三专题练习）一种以钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)为主要原料制备钛白粉(TiO2)的工艺流程如图所示。
已知：①H2TiO3不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在；
③Fe3+在pH=1.8时生成沉淀，pH=4.1时沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，其目的是___________。
(2)“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为___________。
(3)滤渣①的主要成分是___________(填化学式)。
(4)流程中加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件，某化学兴趣小组在保持反应时间相同的情况下进行探究得到结果如下图所示。
①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是___________。
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示。由图可知，还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为___________℃。
(5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有___________(填化学式)。
(6)如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为___________，产生的气体中X的化学式为___________。
7．（2023·江苏·统考二模）硫酸亚铁晶体(FeSO4 7H2O)可用于生产聚合硫酸铁。以钕铁硼二次废渣(主要含Fe2O3、Fe3O4等)为原料制备硫酸亚铁晶体的实验流程如图：
(1)“酸浸”时，Fe3O4发生反应的离子方程式为_____。
(2)将“滤渣”返回“酸浸”工序，其目的是_____。
(3)与普通过滤相比，使用图1装置进行过滤的优点是_____。
(4)固定其他条件不变，反应温度、反应时间、铁粉过量系数[]分别对“滤液”中Fe3+还原率的影响如图2、图3、图4所示。
设计由100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol L-1］制备硫酸亚铁粗品的实验方案：_____。(须使用的试剂和仪器：铁粉、冰水、真空蒸发仪)
(5)通过下列实验测定硫酸亚铁晶体样品的纯度。准确称取1.2000g样品置于锥形瓶中，用50mL蒸馏水完全溶解，加一定量硫酸和磷酸溶液；用0.02000mol L-1KMnO4标准溶液滴定至终点(MnO转化为Mn2+)，平行滴定3次，平均消耗KMnO4标准溶液42.90mL。计算硫酸亚铁晶体样品中FeSO4 7H2O的质量分数_____。(写出计算过程)
8．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）臭碱的主要成分是，在生产、生活中有广泛应用。某小组在实验室制备、提纯硫化钠并探究其性质，测定硫化钠产品的纯度。
实验(一)制备并提纯硫化钠。
(1)写出“高温还原”过程中的主要化学方程式：_______。
(2)“抽滤”装置如图所示，抽滤的主要优点是_______。
实验(二)探究硫化钠的性质。
(3)为了探究的还原性，按如图装置进行实验。
接通K，发现电流表指针发生偏转，左侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅。实验完毕后，取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，滴加足量盐酸和溶液，产生白色沉淀。
①上述实验可证明被氧化的产物为_______(填离子符号)。
②写出正极的电极反应式：_______。
实验(三)测定产品纯度。
称取w g产品溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入mL 溶液(过量)，过滤，滴几滴淀粉溶液，用 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液mL。
(4)滴定终点的现象是_______。选择_______(填“酸”或“碱”)式滴定管量取溶液。
(5)滴定反应：，。该产品含的质量分数为_______(用含x、、、、、w的代数式表示)。其他操作都正确，滴定前俯视读数、终点时仰视读数，测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
9．（2023·湖南张家界·统考二模）某软锰矿含锰为50%，是重要的锰矿石。其主要成分如表：
软锰矿主要成分 杂质
MnO2 MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质
某科研团队设计制备高纯度MnCO3。反应原理为①MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S；②MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；③硫酸锰+碳酸氢铵+一水合氨→MnCO3↓(白色)。工艺流程图如图。
回答下列问题：
(1)软锰矿与硫化钡反应时，适当提高反应液温度的目的是_____。
(2)“不溶物”中除SiO2外，还有_____(“填化学式”)。
(3)工序2中加入H2O2的目的是_____，使用氨水调溶液的pH，理论上pH最小值为_____。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3、Ksp[Al(OH)3]=10-32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7)
(4)MnF2难溶于水，工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+，其反应的离子反应方程式为_____。
(5)碳化过程中发生反应的化学方程式为______。
(6)由镍、锰、镓制备的磁性形状记忆型合金中，基态Mn原子的价电子的轨道表示式为_____。晶胞结构如图，晶胞参数为anm，则该晶体的密度为______g cm-3(NA表示阿伏伽德罗常数)。
10．（2023·湖南郴州·统考三模）以固体废锌催化剂(主要成分为及少量、、、)为原料制备锌的工艺流程如下：
已知：①“浸取”时。、转化为、进入溶液；②25℃时，，；③深度除杂标准：溶液中。
(1)“滤渣1”的主要成分为、和_______。
(2)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，离子方程式为_______。
(3)“深度除铜”时，锌的最终回收率、[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示]与“加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。
①当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是_______(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为_______。{已知的}
②“深度除铜”时加入量最好应选_______(填字母)。
A． B． C． D．
(4)存在多种晶体结构，其中纤锌矿型和闪锌矿型是最常见的晶体结构，如图为这两种晶体的局部结构。
①图a纤锌矿型晶体中的配位数为_______。
②闪锌矿型中填入所形成的“正四面体”空隙中，闪锌矿晶胞中含有_______个“正四面体”空隙。
③图b闪锌矿型晶胞密度为，则与的距离为_______nm。(设为阿伏加德罗常数的值)
11．（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_______。
12．（2023·上海徐汇·统考一模）过碳酸钠(2Na2CO3 3H2O2)可以作为洗涤助剂、纺织漂白剂、医疗制氧剂、杀菌消毒剂等，常用活性氧的含量来衡量产品质量，活性氧含量=×100%。
已知工业制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3 3H2O2(s)+QkJ(Q＞0)，它的一种制备路线和数据如表。
表1反应温度对产率及活性氧含量的影响
温度/℃ 产率/% 活性氧含量/%
5 65.3 12.71
10 73.2 13.24
15 85.0 13.55
20 83.2 13.30
25 55.1 12.78
表2加料时间对产率及活性氧含量的影响
时间/min 产率/% 活性氧含量/%
5 65.7 13.30
10 76.8 14.75
15 81.3 14.26
20 89.0 13.82
25 87.9 13.51
(1)写出工业制备纯碱的化学方程式______。
(2)可能用作稳定剂的试剂是______(选填编号)。
a.H2SO4 b.Na2SO3 c.Na2SO4 d.Na2S
(3)加入NaCl的目的是______。
(4)操作①的名称______。
(5)反应器中适宜的反应温度为______。
(6)加料时间对产率也有较大影响，时间太短或过长均不利于生产，加料时间太短会导致产率较低的原因是______。
(7)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，用100mL0.5000mol L-1H2SO4完全溶解，立即用0.0200mol L-1KMnO4溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色，平行3次实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下，按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。计算该样品的活性氧含量为______。
13．（2023·山西·统考一模）钼酸铵[ (NH4)2MoO4]为白色晶体，具有很高的水溶性，不溶于乙醇，在地质勘探、石油冶炼等工业生产方面有着广泛的应用。以辉钼矿(主要成分为MoS2，还含有少量CuFeS2等杂质)为原料制备钼酸铵的工艺如下。回答下列问题：
I.火法工艺：
在空气中煅烧辉钼矿可得到MoO3，然后经过一系列处理制得钼酸铵。
(1)写出MoS2在空气中煅烧的化学方程式 _______ 。
(2)该工艺最大的缺陷是 _______。
II.湿法工艺：
已知：①滤液中的主要成分是 、 ；②易溶于有机溶剂。
③25 °C时相关物质的Ksp如下表所示：
物质 Cu(OH)2 Fe(OH)3
Ksp 1×10-19.6 1×10-38.6
(3)滤渣的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3，则加入NaClO碱性溶液反应后得到的浸取液的pH最小值为_______ 。( 当溶液中某离子浓度1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。)
(4)写出MoS2和NaClO反应的离子方程式 _______。
(5)萃取和反萃取的目的是 _______。
(6)写出加入氨水反萃取过程中的离子方程式_______。
(7)(NH4)2MoO4溶液经过降温结晶、过滤、洗涤等操作得到(NH4)2MoO4晶体，洗涤时所选用的洗涤试剂为_______。
(8)钼酸铅(PbMoO4)难溶于水，常用作钼的质量鉴定。称取钼酸铵产品10.0 g，配成100mL溶液，量取10.00mL所配溶液于锥形瓶中，滴加1.000mol·L-1的Pb(NO3)2溶液，恰好完全反应时消耗Pb(NO3)2溶液4.50mL，计算钼酸铵产品中含有Mo元素的质量分数为_______。
14．（2023·河南·统考三模）某工厂利用如下流程处理废旧电池正极材料(主要成分为LiCoO 、LiMn O 、LiNiO 、LiFePO 等)，制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2。
回答下列问题：
(1)为提高原料利用率，在“酸浸”步骤可采取的措施有___________(至少写两条)。
(2)“酸浸”中H O 既表现还原性，又表现氧化性，则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni 、Mn 、Co 和___________，“酸浸”中LiCoO 发生反应的离子方程式为___________。
(3)“酸浸”中控制溶液的温度未发生较大变化，但双氧水消耗量仍超过理论用量，其可能原因是___________。
(4)“调pH”的目的是___________，部分离子浓度及对应氢氧化物的Ksp，如下表，则“调pH”时pH不应超过___________。
离子 浓度(mol·L ) 氢氧化物Ksp
Ni 1.00 1.00×10-15.2
Co 1.00 1.00×10-14.2
Mn 1.40 1.00×10-12.7
(5)若“调pH”过程中，Ni 、Mn 、Co 浓度不变，则“调浓度”过程需要向溶液中添加的X为___________(填标号)。
a．NiSO b．CoSO c．MnSO d．H SO
(6)Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li CO 焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，另一种反应物是___________。
15．（2023春·河南·高三统考专题练习）硫酸锰晶体(MnSO4·H2O)常用作动物饲料的添加剂。工业上以软锰矿(含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图：
已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 7.6 4.0 7.7
完全沉淀的pH 3.7 9.6 5.2 9.8
回答下列问题：
(1)“酸浸”前需要将软锰矿粉碎，粉碎的目的是______，“酸浸”中MnO2和FeSO4反应的离子方程式为______。
(2)“滤渣1”的主要成分是_______填化学式)。“系列操作”包括______、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等。
(3)从绿色化学角度分析，试剂A宜选择______(填标号)。
a.HNO3 b.H2O2 c.Cl2 d.O3
(4)如果省略“氧化”工艺，产品中可能会混有______(填化学式)。
(5)测定产品纯度：准确称取wg样品，加适量ZnO及H2O煮沸、冷却后，转移至锥形瓶中，用cmol L-1KMnO4标准溶液滴定至溶液呈红色且半分钟不褪色，消耗KMnO4标准溶液VmL。MnSO4·H2O样品的纯度为______(用含w、c、V的代数式表示)。
已知：①2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4。
②杂质不与KMnO4反应。
16．（2023秋·吉林·高三统考期末）某化学实验小组欲从Al2O3、CuO、Fe2O3的混合物中分离得到Al2O3、单质铜、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)产品。已知A、B为中学常见的化学试剂，实验流程如下，回答下列问题。
(1)完成操作2所需的玻璃仪器为_______。
(2)溶液3中的阳离子为_______(填离子符号)；固体4所含成分的化学式为_______。
(3)检验溶液4中金属阳离子的操作方法是_______。
(4)溶液3中加入过量试剂A时，同种元素间发生的氧化还原反应的离子方程式为_______。
(5)下列说法正确的是_______。
a.操作3和操作4的方法相同
b.试剂B可以是盐酸或稀硫酸
c.欲用纯净的绿矾晶体配制1000mL0.1mol/L的FeSO4溶液时，需称量绿矾15.2g
(6)若该小组同学取Al2O3、CuO、Fe2O3的混合物样品10.0g进行实验，假设实验过程中物质均无损失，并且流程涉及的固体均为干燥的物质。实验结束时，称得固体3为2.0g，固体5为3.2g，所得绿矾为44.48g，则初始混合物样品中铁元素的质量分数为_______%(精确到小数点后一位)。
17．（2023·福建漳州·统考三模）工业上以硒化银半导体废料(含、Cu)为原料提取硒、铜、银，进而制备一种新型太阳能电池的材料。
已知：25℃。，。
请回答下列问题：
(1)“酸溶”时，为提高废料中硒元素的浸出率可采取的措施是___________(任写一种)，写出废料中转化为的化学反应方程式___________。
(2)制得的粗铜可通过电解法精炼，电解质溶液可以选择___________(填字母序号)。
A．稀 B．溶液 C．溶液 D．溶液
(3)上述流程中，通入发生氧化还原反应获得“粗硒”，该过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(4)“沉银”时，从平衡移动角度解释，加入稍过量溶液的原因___________，计算转化成的平衡常数___________。
(5)“还原”时，写出与液态、溶液反应制取粗银的离子方程式___________。
18．（2023·四川成都·成都七中校考二模）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：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应： Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；
②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；
④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
(1)滤渣A的主要成分是___________(填写化学式)。
(2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式___________。
(3)焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是___________。
(4)加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为___________。
(5)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为___________。
(6)下列关于步骤④的说法正确的是___________(填字母)。
A．该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
D．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率
(7)若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10 11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10 28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10 5 mol L 1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()=___________mol L 1。
(8)取所得产品7.00g CeO2溶解后配成250mL溶液。取25.00mL该溶液用0.20 mol L 1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定时发生反应Fe2+＋Ce4+=Fe3+＋Ce3+，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液18.50mL，则该产品的纯度为___________。(保留三位有效数字)。
参考答案：
1．(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+
【分析】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+。
2．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率
(2)SrS+2HCl = SrCl2+H2S↑
(3)水浴加热##水浴
(4)趁热过滤
(5) Sr2++HCO+NH3 H2O=SrCO3↓+NH+H2O(或 Sr2++HCO+NH3=SrCO3↓+NH ) 温度高于60℃时，NH4HCO3分解 当pH≥10时，有利于HCO向电离方向移动，溶液中CO浓度增大，有利于SrCO3沉淀的生成
【分析】锶渣高温煅烧，主要成分SrSO4煅烧后生成SrS，加入盐酸酸浸，锶、钙、铁、铝、镁转化为相应的盐溶液，加入氢氧化钠除去铁、铝，滤液加入氢氧化钠继续调节pH，除去镁、钙；趁热过滤得到含锶溶液，加入氨水、碳酸氢铵溶液生成碳酸锶沉淀，最终生成超细碳酸锶。
(1)
“粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；
(2)
已知：“高温煅烧”过程中发生的主要反应为：SrSO4＋4CSrS＋4CO↑；锶渣主要成分SrSO4煅烧后生成SrS，由流程可知，“酸浸”过程中加入盐酸，主要反应为SrS和盐酸生成SrCl2和H2S，化学方程式为SrS+2HCl = SrCl2+H2S↑；
(3)
“除铁铝”过程中温度控制在75℃左右，温度低于水的沸点，故适宜的加热方式为水浴加热；
(4)
由流程可知，“操作I”为过滤分离，得到含有氢氧化锶溶液并除去了钙镁的氢氧化物沉淀，结合已知②的溶解度可知，“操作I”为趁热过滤；
(5)
①“沉锶”过程中加入氨水、碳酸氢铵反应生成了碳酸锶沉淀，则反应离子方程式Sr2++HCO+NH3 H2O=SrCO3↓+NH+H2O(或 Sr2++HCO+NH3=SrCO3↓+NH )；
②碳酸氢铵不稳定受热易分解，温度高于60℃时，“锶转化率”降低的原因为温度高于60℃时，NH4HCO3分解，导致碳酸氢铵浓度降低，“锶转化率”降低；
③从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因是：HCOH+ CO，溶液碱性增强，有利于HCO向电离方向移动，溶液中CO浓度增大，有利于SrCO3沉淀的生成。
3．(1) 四 8
(2)
(3)
(4)除去杂质，减少的溶解，提高产率，易快速干燥
(5) 60 1.1
(6)当加入最后半滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变化
(7)
【解析】(1)
铁在周期表的第四周期第8列(新周期表中的族第Ⅷ族为副族但不标B，主张族以列为好)
(2)
“常温氧化”中氧化剂是，还原剂是，碱性条件
(3)
若是改用钠盐的话，生成的，需要转化为钾盐，题中信息说明钾盐比钠盐溶解度小，所以钠盐可以转化钾盐。
(4)
“洗涤烘干”由于能溶于水，不能用水洗，选用乙醇洗，既可减少钾盐的溶解，提高钾盐的产率，乙醇易挥发，可以更快地挥发并带走水份，易快速干燥。
(5)
为了获取更纯的高铁酸钾，根据图和图可知，反应时间应控制在，氧化剂浓度应控制在，故答案为：；；
(6)
碘与淀粉相遇变蓝，用的标准溶液滴定，当加入最后半滴时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变化即为滴定终点；
(7)
根据题意可知， 做电极材料，电解过程中，转化为，电极方程式为：。
【点睛】本题考查无机化学工艺、物质的分离和提纯实验操作、电解质溶液离子浓度大小比较、元素守恒和元素守恒的计算，综合性较强，侧重于实验能力、计算能力、理论应用能力的考查，题目难度中等。
4．(1)Fe+2H+=Fe2++H2↑、2Fe3++Fe=3Fe2+
(2) 4.7≤pH<7.5 Al(OH)3和C
(3)c
(4) 在潮湿的空气中碳酸亚铁被氧化为氢氧化铁 4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2
(5)无
【分析】废铁屑(含少量碳、氧化铝和氧化铁杂质)中加入硫酸酸浸，铁、氧化铝和氧化铁溶于稀硫酸得到Fe2+、Al3+、Fe3+，铁屑将氧化铁生成的Fe3+还原成Fe2+，加入氨水调节pH，使得Al3+沉淀，过滤除去生成的氢氧化铝和不溶的碳，加入碳酸氢铵沉铁，过滤即可得到碳酸亚铁。
(1)
酸浸时，所发生氧化还原反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑、2Fe3++Fe=3Fe2+；
(2)
加入氨水调控pH是为了使Al3+沉淀，根据表中数据可知，调控pH的范围为4.7≤pH<7.5；固体的成分为Al(OH)3和C；
(3)
a．加入过量的NH4HCO3，促进Fe2+转化为碳酸亚铁的反应平衡正向移动，使Fe2+充分转化为碳酸亚铁，故a正确；
b．碳酸氢铵受热分解，过量的碳酸氢铵加热即可除去，故b正确；
c．加入过量的NH4HCO3，有利于生成碳酸亚铁，抑制Fe2+、水解，故c错误；
答案选c；
(4)
由图可知，碳酸亚铁在空气中放置一段时间后生成氢氧化铁，说明在潮湿的空气中碳酸亚铁被氧化为氢氧化铁；碳酸亚铁被氧化成氢氧化铁的化学方程式为4FeCO3+6H2O+O2=4Fe(OH)3+4CO2；
(5)
0.1mol·L-1Na2CO3的pH=11.6，则，，，，解得，，因此无e(OH)2生成。
5．(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
【分析】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。
【详解】（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。
6．(1)增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率
(2)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
(3)Fe、SiO2和CaSO4
(4) pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大 55℃
(5)H2SO4
(6) TiO2+4e-=Ti+2O2- CO
【分析】本题为工艺流程题，向钛铁矿中加入足量的硫酸溶液，发生反应有：Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤得滤渣①，主要成分为：Fe、SiO2和CaSO4，滤液①主要成分为FeSO4、TiOSO4，冷却结晶析出FeSO4·7H2O晶体，过滤出滤渣②主要成分是FeSO4·7H2O晶体，和滤液②主要成分是TiOSO4，加热促进TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，反应原理为：TiOSO4+2H2O=H2SO4+H2TiO3↓，过滤得滤液③主要成分为H2SO4和H2TiO3，将H2TiO3灼烧得到TiO2，据此分析解题。
【详解】（1）“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，以增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率，故答案为：增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率；
（2）由分析可知，“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
（3）由分析可知，滤渣①的主要成分是Fe、SiO2和CaSO4，故答案为：Fe、SiO2和CaSO4；
（4）①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大，故答案为：pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大；
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃，故答案为：55℃；
（5）由分析可知，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有滤液③主要成分为H2SO4，故答案为：H2SO4；
（6）如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛，由题干图示可知，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，阳极电极反应为：2O2--4e-=O2↑，C+O2CO2，CO2+C2CO，则产生的气体中X的化学式为CO，故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO。
7．(1)Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O
(2)提高铁元素的浸出率
(3)过滤速度更快
(4)在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤
(5)99.39%
【分析】废渣溶于硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铁，过滤后滤液中加足量铁粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，再过滤，通过蒸发浓缩冷却结晶得到粗品，再重结晶得到硫酸亚铁晶体，据此解答。
【详解】（1）Fe3O4与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，反应离子方程式为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故答案为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；
（2）将“滤渣”返回“酸浸”工序，可使Fe3O4和氧化铁更充分与硫酸发生反应，提高铁的浸取率，故答案为：提高铁元素的浸出率；
（3）抽滤装置通过减小锥形瓶内的压强，可以加快过滤速率，故答案为：过滤速度更快；
（4）由图可知温度再80℃时还原率最高，因此温度选80℃；在稳定一定是过量系数为1.2时还原率最高，因此过量系数为1.2，而在前两者相同时反应时间2h时还原率高，因为搅拌时间控制在2h，结合过量系数可得：应加入铁粉的量为氯化铁消耗铁粉量的1.2倍，则100mL“滤液”［其中c(Fe3+)=0.8mol L-1］，结合反应可知消耗铁粉0.04mol，则需加0.04×1.2mol=0.048mol，铁粉质量为0.048×56=2.688g，同时为防止硫酸亚铁被氧化，应在真空蒸发仪中蒸发，然后冷却结晶后过滤，具体步骤为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤，故答案为：在80℃水浴加热条件下，向“滤液”中加入2.688g铁粉，搅拌下反应2h后，过滤；滤液在真空蒸发仪中蒸发、在冰水浴中冷却结晶、过滤；
（5）根据电子得失守恒可得关系式：，n()==0.02000mol L-1×0.0429L×5=0.00429 mol，硫酸亚铁晶体样品中FeSO4 7H2O的质量分数=，故答案为：99.39%。
8．(1)
(2)过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥
(3)
(4) 当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 酸
(5) 偏低
【分析】芒硝加入炭粉高温还原产生CO，得到的固体物加入95%酒精溶解回流，趁热过滤除去滤渣，冷却结晶，再抽滤除去滤液1，用冷水洗涤去掉滤液2，干燥得到；
【详解】（1）“高温还原”过程中芒硝与炭粉在高温条件下反应生成硫化钠、CO和水，主要化学方程式为：；
（2）抽滤的优点是：过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥；
（3）①实验完毕后，取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，滴加足量盐酸和溶液，产生白色沉淀，证明产生不溶于酸的白色沉淀硫酸钡，则上述实验可证明被氧化的产物为；
②石墨电极上失电子产生，为原电池负极，则Pt电极为正极，正极上得电子产生Mn2+，故正极的电极反应式为：；
（4）过量溶液遇淀粉变蓝，利用标准溶液滴定至终点，蓝色褪去，则滴定终点的现象是当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；溶液具有氧化性，应选择酸式滴定管量取溶液；
（5）根据滴定反应：，，可知，与Na2S反应的的物质的量为，该产品含的质量分数为；其他操作都正确，滴定前俯视读数、终点时仰视读数，则标准液读数偏大，与Na2S反应的的量偏少，测定结果偏低。
9．(1)加快反应速率
(2)S
(3) 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.9
(4)MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)
(5)MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O
(6)
【分析】软矿石（MnO2、MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等）加入硫化钡发生反应MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S后过滤，向滤渣中加入硫酸，MgO、MnO、FeO、与硫酸反应生成、、、、，加双氧水将亚铁氧化成三价铁后用氨水以氢氧化铁和氢氧化铝的形式除去铁和铝元素，再用氟离子以氟化镁的形成去除镁。软锰矿中的成分在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸，所以沉淀中除了还有S。滤液加碳酸氢铵和氨水碳化后获得高纯碳酸锰。
【详解】（1）升高反应温度，提高反应速率；
（2）软锰矿中的成分在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸，所以沉淀中除了还有S；
（3）MgO、MnO、FeO、与硫酸反应生成、、、、，结合题意与相近，若不加双氧水，沉淀的同时也会被沉淀，从而使和不能分离。工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水生成、。由可知，pH最小应达到使沉淀完全，此时也已沉淀完全，即，则，，；
（4）工序③中加入，产生的与反应生成沉淀，即发生反应；
（5）“碳化”过程是硫酸锰、碳酸氢铵、氨水反应，其化学方程式为：
；
（6）M原子的原子序数为25，基态锰原子价电子轨道表示为根据晶胞均摊法计算，该合金化学式为，每个晶胞中有8个Ni、4个Mn、4个Ga，晶胞的体积为，所以该晶体的密度为。
10．(1)
(2)或
(3) C
(4) 4 8
【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以、进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1；滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；
【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为、和；
（2）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为；
（3）①当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，反应为；，该反应的平衡常数为；
②“深度除铜”时加入量最好应选C.，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高；
（4）①图a中氧离子周围与4个锌离子相连，则纤锌矿型晶体中的配位数为4。
②根据“均摊法”，晶胞中含个氧离子，每个氧离子可形成2个正四面体，则闪锌矿晶胞中含有8个“正四面体”空隙。
③图b闪锌矿型晶胞密度为，设晶胞边长为anm；根据“均摊法”，晶胞中含个、4个，则晶体密度为，，与的距离为为体对角线的四分之一，故为：nm。
11．(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。
12．(1)NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(2)c
(3)过碳酸钠易溶解与水，结晶过程中加入氯化钠，可降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出
(4)过滤
(5)15℃
(6)该反应为放热反应，加料时间太短会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行
(7)12.16%
【分析】纯碱加入配碱罐中搅拌，再加入双氧水、NaCl，双氧水和碳酸钠在稳定剂作用下进行反应生成过碳酸钠，过滤得到过碳酸钠。
【详解】（1）工业上采用氯碱工业的方式生成碳酸钠，化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
（2）稳定剂不能与碳酸钠和过氧化氢反应。
a．H2SO4可与碳酸钠反应，a错误；
b．亚硫酸钠能被过氧化氢氧化从而消耗过氧化氢，b错误；
c．硫酸钠不与两者反应，可用作稳定剂，c正确；
d．硫化钠能被过氧化氢氧化从而消耗过氧化氢，d错误；
故答案选c。
（3）过碳酸钠易溶解与水，结晶过程中加入氯化钠，可降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出。
（4）操作①的名称为过滤。
（5）从表1可知，15℃时产率和活性氧含量都较高，因此适宜的反应温度为15℃。
（6）该反应为放热反应，加料时间太短会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行。
（7）酸性条件下，高锰酸钾与双氧水反应生成MnSO4、K2SO4、O2和H2O，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学方程式为3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，消耗KMnO4的量为24.32mL，物质的量为24.32×10-3L×0.0200mol/L=4.864×10-4mol，则H2O2有1.216×10-3mol，则活性氧含量为=12.16%，故答案为：12.16%。
13．(1)2MoS2 + 7O2 2MoO3 + 4SO2
(2)产生污染性气体SO2
(3)6.7
(4)2OH—+ MoS2 + 9ClO—= + 2+ 9C1—+ H2O
(5)富集Mo元素，除去杂质离子
(6) + 4NH3·H2O= + 4+ 2H2O
(7)乙醇
(8)43.2%
【分析】由题给流程可知，向辉钼矿中加入次氯酸钠碱性溶液浸取时，钼元素和硫元素分别转化为、，铁元素和铜元素转化为氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铜的滤渣和含有、的滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到水相和含有的有机相；向有机相中加入氨水反萃取、分液得到有机相和含有(NH4)2MoO4的滤液；向滤液中加入稀硝酸调节溶液pH在1.5—2范围内后，经过降温结晶、过滤、洗涤等操作得到(NH4)2MoO4晶体。
【详解】（1）由题意可知，MoS2在空气中煅烧时发生的反应为MoS2与空气中的氧气高温条件下反应生成三氧化钼和二氧化硫，反应的化学方程式为2MoS2 +7O22MoO3 + 4SO2，故答案为：2MoS2 +7O22MoO3+ 4SO2；
（2）由MoS2在空气中煅烧的反应方程式可知，该工艺最大的缺陷是辉钼矿煅烧时会生成污染环境的二氧化硫，故答案为：产生污染性气体SO2；
（3）由溶度积可知，当溶液中铜离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10—7.3mol/L，溶液pH为6.7，当溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10—11.3mol/L，溶液pH为3.7，则滤渣的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铜时，加入次氯酸钠碱性溶液反应后得到的浸取液的pH最小值为6.7，故答案为：6.7；
（4）由分析可知，向辉钼矿中加入次氯酸钠碱性溶液浸取的目的是将钼元素和硫元素分别转化为、，则MoS2在碱性条件下与次氯酸钠溶液反应反应的离子方程式为2OH—+ MoS2 + 9ClO—= + 2+ 9C1—+ H2O，故答案为：2OH—+ MoS2 + 9ClO—= + 2+ 9C1—+ H2O；
（5）由分析可知，萃取和反萃取的可以将钼元素转化为，达到富集钼元素，除去杂质离子的目的，故答案为：富集Mo元素，除去杂质离子；
（6）由分析可知，加入氨水反萃取的目的是将溶液中的转化为，反应的离子方程式为 + 4NH3·H2O= + 4+ 2H2O，故答案为： + 4NH3·H2O= + 4+ 2H2O；
（7）为防止洗涤时(NH4)2MoO4晶体因溶解造成损失，所以洗涤时应选用乙醇洗涤，降低(NH4)2MoO4晶体的溶解度，故答案为：乙醇；
（8）由题意可知，恰好完全反应时消耗4.50mL1.000mol/L硝酸铅溶液，则由钼原子个数守恒可知，10.0 g钼酸铵产品中含有钼元素的质量分数为×100%=43.2%，故答案为：43.2%。
14．(1)粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)
(2) Li+、Fe3+ 2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O
(3)Mn2+或Fe3+催化H2O2分解
(4) Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+) 6.4
(5)ab
(6)O2
【分析】用废旧电池正极材料（主要成分为LiCoO2、LiMn2O4、LiFePO4）制备三元锂电池正极材料LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2，正极材料在稀硫酸和双氧水作用下发生氧化还原反应，溶液中生成Ni2+、Mn2+、Co2+、Li+，又含有部分Fe3+，所以加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，结合问题分析知物质X需要保持镍离子和钴离子浓度保持不变，后加入氢氧化钠共沉淀，后又加入碳酸钠使锂离子生成碳酸锂沉淀，然后共同生成三元锂电池正极材料，据此分析答题。
【详解】（1）在“酸浸”步骤中采用粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度等措施均可提高原料利用率，故答案为：粉碎、搅拌、适当增加H2SO4的浓度、适当升高温度(注意两点即可)；
（2）LiCoO2中钴元素为正三价，作氧化剂，和双氧水（作还原剂）发生氧化还原反应，离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；又双氧水与部分LiFePO4反应，把二价亚铁氧化为三价铁离子，所以则酸浸后的滤液中含有的金属阳离子有Ni 、Mn 、Co 和Li+、Fe3+，故答案为：Li+、Fe3+；2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2++2Li++O2↑+4H2O；
（3）“酸浸”中双氧水消耗量较大程度地超过理论用量，其可能原因是双氧水易分解，Mn2+或Fe3+的催化作用下，H2O2发生分解，故答案为： Mn2+或Fe3+催化H2O2分解；
（4）由分析和已知得，沉淀主要成分为Fe（OH）3，即调节溶液pH的目的为Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)，镍离子、钴离子和锰离子等浓度时，镍离子生成氢氧化物所需氢氧根浓度最小，即1×c2（OH-）=1×10-15.2，则c（OH-）=10-7.6mol/L，所以c（H+）=10-6.4mol/L，即pH=6.4，所以不应超过6.4，故答案为：Fe3+完全沉淀，其它离子不沉底(除去溶液中的Fe3+)；6.4。
（5）调节pH除铁元素再加入物质X后，要使Ni2+、Mn2+、Co2+变为沉淀，即需使三种离子的浓度之比为1:1:1，而表中数据中c(Co2+)=c(Ni2+)=1.0mol/L，c(Mn2+)=1.4mol/L，故需加入Ni2+和Co2+，故答案为：ab；
（6）Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2与Li CO 焙烧生成LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2的反应中，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：O2+4 Ni1/3Mn1/3Co1/3(OH)2+ 2Li CO 4 LiNi1/3Mn1/3Co1/3O2+2CO2↑+4H2O，故另一种反应物是O2，故答案为：O2；
15．(1) 增大接触面积，加快反应速率 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(2) SiO2 蒸发浓缩
(3)bd
(4)FeSO4·7H2O
(5)%
【分析】根据流程：粉碎软锰矿(主要成分MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)，加入FeSO4、H2SO4浸取：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，Fe2O3、Al2O3溶解得到Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2，滤液含有Fe2(SO4)3、MnSO4、Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4，加入试剂A的目的是将未反应的Fe2+氧化为Fe3+，试剂A为H2O2反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，加入试剂B的目的是调节pH范围为5.4≤pH＜8.8沉淀Fe3+、Al3+，故试剂B可为MnCO3，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液为MnSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4晶体，据此分析作答。
【详解】（1）“酸浸”前需要将软锰矿粉碎可以增大固体和液体的接触面积，以加快反应速率，即粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，由分析可知，“酸浸”中MnO2和FeSO4反应的反应方程式为：2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，其离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故答案为：SiO2；蒸发浓缩；
（3）由分析可知，加入试剂A的目的是将未反应的Fe2+氧化为Fe3+，HNO3、H2O2、Cl2、O3均能将从Fe2+氧化为Fe3+，但HNO3会产生NO污染环境，Cl2本身有毒，污染环境，H2O2、O3的还原产物为H2O，故绿色化学角度分析，试剂A宜选择H2O2、O3，故答案为：bd；
（4）如果省略“氧化”工艺，则除铁、铝之后的滤液中含有Fe2+，故产品中可能会混有FeSO4·7H2O，故答案为：FeSO4·7H2O；
（5）由题干信息可知，根据方程式2KMnO4+3MnSO4+2H2O=5MnO2↓+K2SO4+2H2SO4可知，n(MnSO4·H2O)=n(KMnO4)= cV×10-3mol，故MnSO4·H2O样品的纯度为=%，故答案为：%。
16．(1)烧杯、漏斗、玻璃棒
(2) Fe3+、Cu2+、H+ Fe、Cu
(3)取少量溶液滴入试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入适量氯水后，溶液呈现红色，说明溶液含有Fe2+
(4)Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+
(5)a
(6)28.0
【分析】欲从Al2O3、CuO、Fe2O3的混合物中分离得到Al2O3、单质铜、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)，氢氧化钠与Al2O3反应，而CuO和Fe2O3不反应，过滤得到固体1为CuO和Fe2O3，滤液1为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液，向滤液中通入过量二氧化碳反应生成固体2为氢氧化铝沉淀和溶液2碳酸氢钠溶液，过滤，得到的固体2为氢氧化铝加热生成固体3为氧化铝；向CuO和Fe2O3中加入过量稀硫酸，得到溶液3为硫酸铁、硫酸铜、稀硫酸的混合溶液，加入A为过量的Fe，生成FeSO4，过滤得到固体4为Cu、Fe，溶液4为硫酸亚铁溶液，固体4加入B为硫酸，过滤得到固体5为Cu，溶液5为FeSO4溶液，FeSO4经过一系列操作得到绿矾。
【详解】（1）操作2为过滤，所需的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）溶液3为硫酸铁、硫酸铜、稀硫酸的混合溶液，阳离子为Fe3+、Cu2+、H+；固体4所含成分的化学式为Fe、Cu；
（3）溶液4为硫酸亚铁溶液，检验金属阳离子的操作方法是取少量溶液滴入试管中，先加入KSCN溶液无现象，再加入适量氯水后，溶液呈现红色，说明溶液含有Fe2+；
（4）溶液3中加入过量试剂A为Fe，Fe和铁离子反应生成亚铁离子，则同种元素间发生的氧化还原反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（5）a.操作3和操作4均为过滤，方法相同，a正确；
b.试剂B只可以使用稀硫酸，盐酸会引入杂质氯离子，b错误；
c.欲用纯净的绿矾晶体配制1000mL0.1mol/L的FeSO4溶液时，需称量绿矾质量m=cVM=0.1mol/L×1L×278g/mol=27.8g，c错误；
（6）根据Al、Cu元素守恒，Al2O3质量为2.0g，CuO质量为=4.0g，Fe2O3的质量为（10.0-2.0-4.0）g=4.0g，混合物样品中铁元素的质量分数为×100%=28.0%。
17．(1) 将废料研磨粉碎 2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O
(2)CD
(3)1：2
(4) 增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率
(5)4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。
【分析】硒化银半导体废料(含Ag2Se、Cu)中加入H2SO4和O2反应生成硫酸银、二氧化硒和硫酸铜，蒸馏以后得到SeO2、硫酸铜和硫酸银，加入氯化钠得到氯化银沉淀，加入肼和氢氧化钠还原得到粗银，硫酸铜溶液经过电解得到铜单质，二氧化硒先后与水、二氧化硫反应生成粗硒。
【详解】（1）酸溶时，为提高废料中硒元素的浸出率，可采取的措施是将废料研磨粉碎。Ag2Se与硫酸、O2反应生成硫酸银、SeO2和水，化学方程式为2Ag2Se+2H2SO4+3O2=2Ag2SO4+2SeO2+2H2O。
（2）粗铜电解精炼，粗铜作阳极，精铜作阴极，可溶性铜盐做电解质溶液。
A．稀硫酸不是铜盐，A错误；
B．硝酸银不是铜盐，B错误；
C．硫酸铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，C正确；
D．氯化铜溶液为可溶性铜盐，可用作电解质溶液，D正确；
故答案选CD。
（3）H2SeO3与SO2反应生成H2SO4和Se，化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=2H2SO4+Se，该反应中氧化剂为H2SeO3，还原剂为SO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。
（4）沉银时Ag2SO4与Cl-反应生成AgCl沉淀和硫酸根离子，加入稍过量的NaCl，增大Cl-浓度，促使反应的化学平衡正向移动，提高AgCl的产率。Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)=2AgCl(s)+(aq)，K==。
（5）AgCl与N2H4、NaOH反应生成Ag的离子方程式为4AgCl+N2H4+4OH-=4Ag+4Cl-+N2↑+4H2O。
18．(1)BaSO4、SiO2
(2)4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O
(3)硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低
(4)2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－
(5)防止Ce3+被氧化
(6)AC
(7)0.2
(8)90.9%
【分析】氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，将烧渣加入稀硫酸反应生成硫酸钡、CeF2SO4、二氧化碳和水，二氧化硅不与硫酸反应，过滤，向滤液中加入硫脲，再加入硫酸钠得到Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O沉淀，过滤，向沉淀中加入氢氧化钠、稀盐酸得到含的Ce3+溶液和沉淀，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵溶液得到Ce2(CO3)3、CO2、H2O，过滤，将
【详解】（1）滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2；故答案为：BaSO4、SiO2。
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中相应的化学方程式4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O；故答案为：4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O。
（3）根据信息Ce3+和发生反应： Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；则焙烧后加入稀硫酸浸出，为提高Ce的浸出率，需控制硫酸浓度不能太大的原因是硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低；故答案为：硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，从而使浸出率降低。
（4）根据信息硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－；故答案为：2＋2=2Ce3+＋(SCN2H3)2＋2HF＋2F－。
（5）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化；故答案为：防止Ce3+被氧化。
（6）A．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，根据元素守恒，说明还会生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，故A正确；B．碳酸钠与直接快速反应沉淀，会在生成沉淀过程中含有其他杂质离子在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，故B错误；C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率，故C正确；D．由于加入的碳酸氢铵是过量的，沉淀是充分的，因此过滤后的滤液中含有Ce3+很少，故D错误；综上所述，答案为AC。
（7）若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10 11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10 28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10 5 mol L 1，根据，解得，此时测得溶液的pH=5，再根据，解得c()=0.2mol L 1；故答案为：0.2。
（8）根据题意和反应离子方程式Fe2+＋Ce4+=Fe3+＋Ce3+，则该产品的纯度为；故答案为：90.9%。
