2024届高三新高考化学大一轮专题训练--工业流程题
1．（2023·湖北·统考高考真题）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。
(4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致比易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
2．（2023·全国·高三假期作业）过氧化氢和盐酸的混合溶液可以刻蚀含铜的电路板。
(1)请写出用过氧化氢和盐酸刻蚀电路板时发生的离子反应方程式：_______。当反应一段时间后，随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是_______。
含铜电路板也可以用进行刻蚀，对刻蚀后的液体(、和)进行处理以提取和，流程如下图所示：
(2)从滤液A中提取的操作为：加入Fe粉后，应先浓缩滤液至出现_______，趁热过滤，取溶液，_______，过滤、洗涤、干燥。
(3)检验溶液B中提取出的Cu上粘附的已经洗净的操作为：_______，制备时，将铜溶解于、的混酸中，此过程中产生的红棕色气体为_______产物(选填“氧化”或“还原”)。
利用滴定法可测定所得的纯度，操作如下：
①取a g 样品，加入足量溶液溶解(其中用于防止干扰检验：)
②滴加足量KI溶液，发生反应
③再用c mol·L 标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗硫代硫酸钠标准液V mL，发生的反应为：，
(4)已知溶液呈酸性，则水解程度_______(填“>”、“＜”或“=”)，稀释后溶液中，的值_______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)接近滴定终点时，向溶液中滴加KSCN溶液，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是_______。已知CuI能够吸附大量，若不加KSCN，则测得的纯度_______(选填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
(6)计算的纯度：_______(用a、c、V的代数式表示)。
3．（2023·全国·高三专题练习）NiSO4 6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4 6H2O的步骤如图：
已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价。
(1)“溶解”时加入H2O2溶液的目的是________。
(2)“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出其离子方程式：______。
(3)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为_______。
4．（2023·湖南·统考高考真题）金属对有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状转化成多孔型雷尼后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是_______；
(2)操作(d)中，判断雷尼被水洗净的方法是_______；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是_______；
A．丙酮 B．四氯化碳 C．乙醇 D．正己烷
(4)向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为_______；
(5)仪器M的名称是_______；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入一段时间，目的是_______；
(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是_______；
(8)判断氢化反应完全的现象是_______。
5．（2023·浙江·统考高考真题）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。
已知：
请回答：
(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程式___________。
(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。
①下列说法正确的是___________。
A．燃煤中的有机硫主要呈正价 B．化合物A具有酸性
C．化合物A是一种无机酸酯 D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收
②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是___________。
(3)设计实验验证化合物A中含有S元素_____；写出实验过程中涉及的反应方程式____。
6．（2023·全国·高三专题练习）由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，然后制取透明氧化铁颜料的流程如下：
已知：Ⅰ.透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径微小(10～90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水，在碱性条件下非常稳定；
Ⅱ.Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。
回答下列问题：
(1)“滤渣”中的主要成分是___________。
(2)流程中“ ”环节的目的是___________。
(3)“还原”过程中涉及的离子方程式为___________。
(4)“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以___________。
(5)可用分光光度法测定制得的透明氧化铁中氧化铁黄和氧化铁红的含量。已知Fe(SCN)3的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与Fe3+标准溶液浓度的关系如图所示：
称取3.47g透明氧化铁，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取该溶液10.00mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100mL。测得溶液吸光度A=0.8，则透明氧化铁中氧化铁红的质量分数为___________％(保留小数点后一位)；若吸光度A减小，则氧化铁红的含量将___________(填“增大”或“减小”)。
7．（2022秋·山东青岛·高三青岛二中校联考开学考试）大力发展新能源汽车产业是我国兑现碳中和承诺的重要战略之一。随着这一产业的发展，如何处理废旧锂电池成为一个亟需解决的问题。某废弃的钴酸锂()电池中含有少量氧化铝、氧化铁和碳单质，为回收利用有关元素，某小组设计如下实验流程：
已知：与草酸根离子()结合生成较稳定的，在强酸性条件下分解重新生成。
(1)操作①的名称为______；由此可推测，氧化铝______(填“能”或“不能”)溶于氢氧化钠溶液。
(2)溶液②中所含主要溶质为LiCl、，请写出和盐酸反应的化学方程式中LiCoO2和HCl的最简系数比(提示：产物有氯气)______。
(3)将溶液中的转化为沉淀也是常用的沉钴方案。在此流程中选用草酸铵而不用碳酸盐的原因是__________________。
(4)为证明操作④获得的沉淀表面的杂质已被洗涤干净，所需进行的实验操作为：取少量的最后一次洗涤液于试管中，加入______，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净。
(5)取3.66 g (相对分子质量183)隔绝空气加热，在205℃条件下反应完全后，剩余固体质量为2.94 g，此时分解产生的气体为______(填化学式)；在956℃条件下反应完全后，剩余固体相对最开始反应前失重59%，此时固体成分的化学式为，______。
(6)某同学设计如图装置测定晶体中结晶水的含量以检验样品的纯度。下列有关说法不正确的是______(填选项)。
A．B中应装入浓硫酸，目的是除去水蒸气
B．利用干燥管前后质量差可计算出结晶水的含量
C． 图中半透膜可让气体通过又可防止固体粉末进入导管
D．反应结束后，应先停止加热，一段时间后再停止通空气
(7)溶液④中，铁元素主要以______离子形态存在，应加入______后再进行后续操作。
(8)溶液在工业上常用于电路板的蚀刻，发生的反应为。某同学向含有、和三种溶质的溶液中加入一定量的铁粉，若反应完成后有固体剩余，则固体的成分可能为______(填选项)。
A．Fe B．Fe和Zn C． Fe和Cu D．Cu和Zn
(9)某a g混合粉末中含有铁、石墨、硫和碳酸氢铵，在空气中充分加热至完全反应后，重新称量剩余固体质量，仍为a g，则混合物中铁的质量分数为______。
8．（2023·全国·模拟预测）氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示：
已知：i．二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+、[Zn(NH3)4]2+；
ii．25°C时相关物质的Ksp如下表：
物质 MnS FeS ZnS PbS CdS CuS
Ksp 2.5×10-13 6.3×10-18 1.6×10-24 8.0×10-28 3.6×10-29 5.0×10-36
iii．Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125°C、300°C。
请回答下列问题：
(1)“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，写出生成FeOOH的离子方程式：___________；“氧化预处理”的目的是___________。
(2)若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，写出该反应的离子方程式：___________。
(3)已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则[Cu(NH3)4]2+(aq)+S2-(aq)=CuS(s)+4NH3(aq)的化学平衡常数K1为___________。
(4)实验室模拟蒸氨装置如图所示。蒸氨时控制温度为95°C左右，在装置b中[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。
①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为___________(填字母)。
A．液面上方但不接触液面
B．略伸入液面下
C．伸入溶液底部
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是___________(写出一种)。
③混合气体e可返回至“___________”阶段循环利用。
(5)研究发现Znx(OH)y(CO3)z。热分解得到ZnO的过程可分为两步。某实验小组取11.2gZnx(OH)y(CO3)z固体进行热重分析，两步反应的固体失重率()依次为8.0%、19.6%，则Znx(OH)y(CO3)z的化学式为___________。
9．（2023春·福建三明·高三校考阶段练习）从海水中可以获得淡水、食盐并可提取镁和溴等物质。
实验(一)海水提溴：空方气吹出法是工业规模提溴的常用法，其流程如图：
(1)步骤④反应的离子方程式为___________。除SO2外，步骤④还可以选用Na2CO3溶液吸收溴，主要反应是Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，吸收3molBr2时，转移电子的物质的量为___________mol。
实验(二)碘的制取：另取海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如图：
已知：3I2+6KOH=5NaI+NaIO3+3H2O；酸性条件下，I2在水中的溶解度很小。
(2)“适量O2”中能代替O2的最佳物质是___________。
(3)步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是___________。
(4)步骤Y中提纯的方法称为___________。
(5)方案乙中，上层液体中加入H2SO4溶液，反应的离子方程式为___________，其中操作Z的名称是___________。
10．（2023·全国·模拟预测）某实验小组在实验室用废铜屑制备甲酸铜晶体，实验流程如下：
回答下列问题：
(1)若甲同学设计方案：铜屑、稀硫酸加热通入氧气制得硫酸铜溶液，再与甲酸反应生成甲酸铜溶液，再结晶。请判断：甲同学___________(填“能”或“不能”)制得甲酸铜晶体。
(2)步骤Ⅱ制备，时，理论上CuSO4和NaHCO3物质的量之比为1：2时反应恰好生成，制备实际操作中需要控制二者物质的量之比___________1：2(填“>”、“=”或“<”)。
(3)操作步骤Ⅲ：向盛烧杯中加入一定量热蒸馏水，逐滴加入甲酸至蓝绿色固体恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。在除去不溶性杂质时，为了防止甲酸铜结晶析出，造成损失，可采取___________操作。过滤后洗涤甲酸铜结晶时为使固体快速干燥，可选___________(填写序号)来洗涤。
A．冷水 B．乙醇 C．四氯化碳 D．饱和甲酸铜溶液
(4)晶体中甲酸根含量的测定：
①下列仪器可供步骤A选用的是___________(写名称，下同)；可供步骤C中滴定选用的是___________。
②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是___________，步骤C滴定时当观察到___________即达到滴定终点。
③计算晶体中甲酸根的质量分数为___________。
11．（2023春·云南玉溪·高三云南省玉溪第一中学校考阶段练习）电镀行业中废水处理后产生的含重金属污泥废弃物称为电镀污泥，被列入国家危险废物名单中的第十七类危险废物。工业上可利用某电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)回收铜和铬等重金属，其利用回收流程如下：
已知①部分物质沉淀的pH如下：
Fe3+ Cu2+ Cr3+
开始沉淀的pH 2.1 4.7 4.3
恰好完全沉淀的pH 3.2 6.7 a
②CaSO4的溶解度：20℃：0.260g 80℃：0.228g
(1)①基态铬的价层电子排布式___________ 。
②已知高温时，Cu2O比CuO稳定，原因是___________ 。
(2)除铁等相关操作：
①加入石灰乳调节pH应满足要求是___________ 。
②将浊液加热到80℃，趁热过滤。滤渣Ⅱ的主要成分是___________(填化学式)。
(3)还原步骤中生成Cu2O固体的离子反应方程式___________ 。
(4)当离子浓度≤1×10 5 mol L 1时认为沉淀完全，则表格中a的值是___________。(已知：T=25℃，Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10 31，，lg2=0.3)
(5)将铬块加入到稀盐酸或稀硫酸中，可观察到铬逐渐溶解，同时放出氢气。但若将铬块加稀硝酸中，却看不到明显现象。由此推测，出现该现象的可能原因是___________。
12．（2023·全国·高三专题练习）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)，部分工艺流程如图。
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如表1。
②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)如表2。
表1金属离子浓度及开始沉淀的pH
金属离子 浓度(mol L-1) 开始沉淀pH
Fe2+ 1.0×10-3 8.0
Fe3+ 4.0×10-2 1.7
Zn2+ 1.5 5.5
Ga3+ 3.0×10-3 3.0
表2金属离子的萃取率
金属离子 萃取率(%)
Fe2+ 0
Fe3+ 99
Zn2+ 0
Ga3+ 97～98.5
(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为_____，“浸出”后的①中加入H2O2时发生的离子方程式为_____。
(2)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_____。
(3)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)
(4)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_____。
(5)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______。
(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为_____mol L-1。
13．（2023·辽宁鞍山·统考二模）钼酸钠是一种金属缓蚀剂，金属钼是重要的合金材料，下图是由辉钼矿(钼元素的主要存在形式为)生产两种物质的流程：
请回答下列问题：
(1)为第五周期元素，与同族，其基态原子价层电子排布式为_______；
(2)辉钼矿在空气中焙烧时，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，烧渣中以的形态存在，则X为_______(填化学式)，焙烧方程式为_______；
(3)已知：25℃时，，则该温度下，饱和溶液中的浓度为_______；
(4)溶液在对烧渣进行浸出时，温度对浸出率的影响如下图所示：
“操作1”需选择“高压浸出”的理由是_______；
(5)从上述流程中可分析出属于_______(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)；
(6)由获得可以选择做还原剂，相关说法正确的是_______(填代号)；
a.其原理属于热还原法冶金
b. 的金属活动性可能位于、之间
c.工业上可用与钼酸盐溶液直接作用冶炼钼
(7)已知晶体有类似石墨的层状结构，预测其可能的用途是_______。
14．（2023春·福建南平·高三校考阶段练习）海洋是一个巨大的化学资源宝库。海水综合利用的部分流程如下：
已知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。
(1)粗盐中常含Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质离子，可依次加入NaOH溶液、_______、_______、稀盐酸来进行提纯。
(2)从分离出粗盐后的海水(苦卤)中提取溴的流程如下：
回答下列问题：
①若X试剂为SO2该反应的化学方程式是_______。
②步骤Ⅲ的离子反应方程式：_______。
③工业上每获得1molBr2，需要消耗标准状况下Cl2_______L。
④步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏，萃取用到的萃取剂是_______(填四氯化碳或酒精)，分液时，下层液体先从_______，上层液体从_______。
15．（2023·山东·潍坊一中校联考模拟预测）钯碳催化剂活性高、选择性好，在石油化工、精细化工和有机合成中占有举足轻重的地位。利用废钯碳催化剂回收钯(杂质主要含碳、有机物及少量Fe、Zn等)的工艺流程如图：
已知：
①钯常见的化合价有+2和+4价。钯容易形成配位化合物，如[Pd(NH3)4]Cl2、[Pd(NH3)2]Cl2、[H2Pd(NO3)4]。
②当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位化合物。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是_____。
(2)“烧渣”的主要成分是PdO，利用水合肼(N2H4 H2O)在弱碱性环境下还原，产生可以参加大气循环的气体。该反应的化学方程式为_____。
(3)钯在王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1:3)中转化为H2PdCl4，硝酸的还原产物为NO，该反应的化学方程式为_____。
(4)H2PdCl4溶液进行充分“浓缩赶硝”的原因是_____。
(5)“氨水络合”时需要控制溶液的pH，欲使溶液中的杂质金属离子沉淀完全，pH至少调节为_____(保留三位有效数字)。(已知常温下Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16，lg2=0.3)
(6)用平衡移动原理解释盐酸将Pd(NH3)4]Cl2转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀的原因_____。
(7)海绵状金属钯密度为12.0g cm-3，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的840倍，此条件下海绵钯的吸附容量R=_____mL g-1。
16．（2023·辽宁丹东·统考一模）随着新能源汽车的飞速发展，大量废旧电池的回收处理已是目前的热点问题，下图是废旧磷酸铁锂电池正极材料(含、导电炭黑、铝箔)的一种常见的回收再生流程：
试回答下列问题：
(1)“碱浸”步骤中反应得到滤液1的化学方程式为_______。
(2)“碱浸”中NaOH不宜过量太多的原因是_______。
(3)“酸浸”步骤为了达到理想的浸出效果，需要控温，试分析可能的原因：_______。
(4)完成“酸浸”步骤中主要反应的离子方程式：_______。
_______+_______+_______=_______Li++_______+_______+_______
(5)题设条件下溶液pH对铁元素、磷元素沉淀率的影响如下图所示。
已知滤液2加氨水热处理步骤控制最佳pH约为2.5。当pH<2.5时随着溶液pH逐渐升高，磷元素沉淀率增大，请从电离平衡移动的角度解释其原因：_______；当pH>2.5时部分会转化为_______沉淀，使得被释放，磷元素沉降率下降。
(6)磷酸铁锂电池的工作原理为：，电池中聚合物隔膜只允许Li+通过，若用此电池作电源电解水，当两极收集到气体在标准状况下体积共为336mL时，电池中通过隔膜的Li+的数目为_______。
17．（2023春·云南保山·高三校联考阶段练习）硫酸锌是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为，杂质为以及、、、等的化合物。硫酸锌晶体制备流程如图：
已知：常温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀时的如下表所示：
金属离子
开始沉淀时 1.9 6.4 4.7 7.0 9.1
沉淀完全时 3.4 8.4 6.7 9.0 11.1
回答下列问题；
(1)“焙烧”前，常将菱锌矿粉碎，其目的是_______。
(2)“滤渣①”的成分是_______、。
(3)“氧化”时加入双氧水，写出该工序中发生反应的离子方程式：_______。
(4)若“滤渣②”的成分为、、，则用调溶液_______，利用所给数据计算的_______。
(5)从滤液④获得硫酸锌晶体的具体操作为_______、过滤、洗涤、干燥。
18．（2023·湖南岳阳·统考二模）硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，碱性条件下能稳定存在，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如图1所示。
回答下列问题：
(1)中含有的化学键为_______
(2)Ti的核外电子排布式_______
(3)碱溶过滤得滤渣的主要成分是_______、_______
(4)写出制取的化学方程式_______
(5)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气。通入氩气的目的是_______
(6)在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，装置如图2所示，写出阴极反应的电极方程式_______
(7)常用作还原剂，也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，的还原能力相当于_______的还原能力。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。
【详解】（1）Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。
（5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；
综上所述，导致比易水解的因素有abd。
2．(1) 对的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快分解反应速率
(2) 有少量晶体 冷却结晶
(3) 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净； 还原
(4) > 减小
(5) CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动 偏小
(6)
【分析】本题一道工业流程题，首先向刻蚀后的液体中加入过量铁粉，置换出铜，过滤后得到滤渣和滤液A，由于铁粉过量，则滤渣中含有单质铜和过量的铁，滤液中含有氯化亚铁，滤渣进一步处理后得到硫酸铜晶体，滤液处理后得到氯化亚铁晶体，以此解题。
【详解】（1）铜在过氧化氢存在情况下可以和盐酸反应，离子方程式为：，且该反应放热，铜离子可以催化过氧化氢分解，故随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是对的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快分解反应速率；
（2）从溶液中获得带有结晶水合物的方法为，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，故答案为：有少量晶体；冷却结晶；
（3）考虑到氯离子可以和银离子反应生成氯化银白色沉淀，则检验溶液B中提取出的Cu上粘附的已经洗净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净；在铜可以和硝酸反应，不能和硫酸反应，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮，其中氮元素由+5价变为+4价，故为还原产物；
（4）根据越弱越水解的道理，可知溶液呈酸性说明，铵根离子水解程度较大，故答案为：>；由上述分析可知，铵根离子水解程度更大一些，则稀释的时候，对铵根水解的影响更大一些，故减小；
（5）物质结构相同的时候，溶度积大的物质更容易转化为溶度积小的物质，则CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动；根据题给信息可知，CuI能够吸附大量，则若不加KSCN，则测得的纯度将减小；
（6）根据题给信息可知，，则n()=n()=cv×10-3mol，的纯度=。
3．(1)使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+
(2)6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=6Mg2++Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓
(3)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O
【分析】由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4 6H2O步骤如图，废料溶解后加入稀硫酸和过氧化氢溶液，反应后过滤，加入硫酸钠和MgO除去铁，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，通入H2S气体除铜，过滤后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去，加入氢氧化钠溶液沉镍，再加入稀硫酸得到硫酸镍溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到NiSO4 6H2O，据此分析回答问题。
【详解】（1）加入的硫酸具有酸性，可以把Fe以及Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的金属离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+、Ni2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把Fe2+氧化为Fe3+。
（2）“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=6Mg2++Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓。
（3）NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到－1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。
4．(1)2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净
(3)C
(4)B
(5)恒压滴液漏斗
(6)排除装置中的空气，防止雷尼自燃
(7)管道中气流不稳，不利于监测反应过程
(8)集气管中液面不再改变
【分析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解题。
【详解】（1）铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；
（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；
（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C；
（4）向集气管中充入时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，故选B；
（5）由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗；
（6）根据题给信息可知，雷尼暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼自燃；
（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程；
（8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
5．(1)
(2) BCD 硫酸分子能形成更多的分子间氢键
(3) 取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素 +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl
【分析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A： ；
【详解】（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为；
（2）①A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；
B．根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；
C．化合物A含有 基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；
D．工业上途径Ⅱ产生的也可用浓吸收用于生产发烟硫酸，D正确；
故选BCD；
②一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸；
（3）由分析可知，A为 ，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为： +2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl。
6．(1)二氧化硅(SiO2)和二硫化亚铁(FeS2)
(2)除去溶液中的Al3+，得到FeSO4溶液
(3)14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+
(4)形成细小的氢氧化铁颗粒
(5) 23.1% 减小
【分析】硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)加入硫酸溶解生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，SiO2难溶于酸，加入过量FeS2还原Fe3+为Fe2+，过滤出SiO2和剩余FeS2，溶液结晶析出FeSO4·7H2O，过滤得到滤液1为硫酸铝，再加水溶解FeSO4·7H2O得到硫酸亚铁溶液，加入KClO3把亚铁离子氧化为铁离子，然后在KOH强碱性条件下生成氢氧化铁，经转化得到透明氧化铁。
【详解】（1）硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)加入硫酸溶解生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，SiO2难溶于酸，加入过量FeS2还原Fe3+为Fe2+，过滤出SiO2和剩余FeS2，滤渣为二氧化硅(SiO2)和二硫化亚铁(FeS2)；
（2）溶液结晶析出FeSO4·7H2O，FeSO4·7H2O溶解得到硫酸亚铁溶液，流程中结晶、溶解环节的目的是除去溶液中的Al3+，得到FeSO4溶液。
（3）Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价，“还原”过程中涉及的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+。
（4）“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，还可以形成细小的氢氧化铁颗粒。
（5）设3.47g透明氧化铁中含有amolFeOOH和bmolFe2O3，则amol×89g/mol+bmol×160g/mol=3.47g，定容至1L，取10mL并稀释10倍，故n(Fe3+)=0.01(a+2b)mol=0.1×4.0×10-3mol，解得a=0.03，b=0.005，氧化铁黄的质量是0.03mol×89g/mol=2.67g，质量分数为76.9%，则氧化铁红的质量分数为1-76.9%=23.1%；由图像可知，吸光度A与c(Fe3+)成正比，吸光度A减小，配制成的溶液中c(Fe3+)减小，即混合液中的Fe的含量减小，FeOOH可表示为Fe2O3·H2O，说明其含量增大，则氧化铁红的含量将减小。
7．(1) 过滤 能
(2)1∶4
(3)会和Fe3+及Li+反应生成沉淀
(4)硝酸酸化的AgNO3溶液
(5) H2O 1
(6)B
(7) 盐酸溶液
(8)C
(9)70%
【分析】废旧电池中含有LiCoO2、Al2O3、Fe2O3、C等物质，用强碱溶液浸泡后过滤，溶液①中含偏铝酸根，固体①中有LiCoO3、Fe2O3、C等。加入适量盐酸，经操作②过滤后，溶液②中有FeCl3、LiCl、CoCl2等，固体②中有C。溶液②加入草酸铵，经操作②过滤后，溶液②中有Li+、等离子，固体③中有CoC2O4 2H2O。加入Na2CO3到溶液③中，得到Li2CO3沉淀和溶液④，溶液④中含有。溶液④经盐酸处理，分解得到Fe3+，在经后续操作得到FeCl3 6H2O。
【详解】（1）操作①分离固体和液体，该操作为过滤，由于滤液①处理后得到Al，所以推测氧化铝能溶于氢氧化钠溶液。
（2）LiCoO2和HCl反应的化学方程式为2LiCoO2 + 8HCl = 2LiCl + 2CoCl2 + Cl2↑ + 4H2O，LiCoO2和HCl的最简系数比为1∶4。
（3）Fe3+会和发生双水解反应得到CO2气体和Fe(OH)3沉淀，Li+也会和生成LiCO3沉淀，故不能用碳酸盐代替草酸铵。
（4）溶液③中含有Cl－，因此可通过实验检查Li2CO3表面是否附着Cl－来判断是否洗净，具体操作是取少量的最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀洗涤干净。
（5）3.66g加热分解，其中结晶水的质量为m（H2O）=，与在205℃条件下反应完全后失去的质量相同，因此分解产生的气体为H2O；在956℃条件下反应完全后，剩余固体相对最开始反应前失重59%，即固体成分的质量为，其中n（CoOx）==0.02mol，所以。
（6）A．空气通过NaOH溶液时，会混入水蒸气，所以通过浓硫酸干燥，除去水蒸气，A项正确；
B．盛碱石灰干燥管作用是隔离空气，防止空气中水蒸气进入C装置，不是用于通过测定碱石灰干燥管前后质量差以计算结晶水的，B项错误；
C．半透膜具有极小的滤孔，可让气体通过又可防止固体粉末进入导管，Ｃ项正确；
D．先停止通空气会导致固体重新吸收失去的水形成晶体，导致测定结果偏小，因此应该先停止加热，一段时间后再停止通空气，Ｄ项正确；
答案选Ｂ。
（7）溶液④中Fe主要以形式存在，应使在盐酸溶液作用下生成，再进行后续操作。
（8）Fe不能置换出ZnCl2中的Zn，所以固体中一定不含Zn，且若Fe过量，则一定含有Cu固体，所以C项正确。
（9）含有铁、石墨、硫和碳酸氢铵的混合粉末在空气中充分加热至完全反应后的固体为Fe2O3，则O元素的质量等于混合粉末中的石墨、硫和碳酸氢铵质量，混合物中铁的质量分数为。
8．(1) 2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1- 避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解
(2)ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O
(3)2×1022
(4) C 增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等) 氨浸
(5)Zn2(OH)2CO3
【分析】“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，氨浸”阶段ZnO、CuO、PbO、CdO转化为[Zn(NH3)4]2+等配离子，过滤，得到滤液b，深度净化阶段，加入Na2S溶液，生成CuS、PbS、CdS，过滤，除去杂质，得到滤液d，蒸氨时， [Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀，煅烧，得到氧化锌。
【详解】（1）已知“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平生成FeOOH的离子方程式：2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1-；根据相关物质的Ksp表格可知，“氧化预处理”的目的是避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解，导致后续无法除去Fe2+、Mn2+。
（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，该反应的离子方程式：ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O。
（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则
。
（4）①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为伸入溶液底部，保证将氨气充分蒸出，故选C。
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)。
③混合气体e为氨气和水蒸气的混合气体，故可返回至“氨浸”阶段循环利用。
（5），热分解得到ZnO的过程中，第一步失去水，第二步失去二氧化碳，故，，则，故Znx(OH)y(CO3)z的化学式为Zn2(OH)2CO3。
9．(1) SO2+Br2+2H2O=4H++ +2Br- 5
(2)H2O2
(3)液体分层，上层几乎无色，下层呈紫红色
(4)反萃取法
(5) 5I-+ +6H+=3I2+3H2O 过滤
【分析】（一）提取粗盐后的卤水加入硫酸酸化，通入氯气氧化溴离子生成溴单质，用热空气吹出得到含溴的空气被二氧化硫吸收生成硫酸和溴化氢，得到吸收液再通入氯气氧化溴离子生成溴单质，蒸馏得到液溴；
（二）海带浸取原液中通入“适量的O2”的主要目的是将I-氧化为I2，也可用H2O2代替O2，碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳萃取后，液体会分层，下层为碘的四氯化碳溶液，分液得到碘的四氯化碳溶液，蒸馏得到碘单质(方案甲)；向含I2的CCl4溶液中加入氢氧化钠溶液，再分液，上层液体中加入硫酸溶液,得到I2和水溶液，过滤得到粗碘，提纯得到纯碘；
【详解】（1）步骤④反应的离子方程式为: SO2+Br2+2H2O=4H++ +2Br-，反应Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3中，溴元素化合价0价变化为-1价和+5价，根据电子得失守恒可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，因此吸收3mol溴单质，电子转移5mol；
（2）“适量的O2”主要是将I-氧化为I2，O2的还原产物为H2O，无污染，则能代替O2的最佳物质为H2O2，答案为H2O2；
（3）由流程图可知，步骤X中用CCl4作萃取剂，CCl4的密度比水大，萃取后分液漏斗内观察到的现象是溶液分层,上层几乎无色，下层呈紫(红)色；
（4）根据分析可知，步骤Y中的方法称为反萃取法；
（5）方案乙中，上层液体中含有大量的I-和，加入H2SO4溶液，反应的离子方程式为5I-+ +6H+=3I2+3H2O，由于酸性条件下I-在水中的溶解度很小，得到I-的水溶液，过滤可得粗碘，故操作Z的名称是过滤。
10．(1)不能
(2)<
(3) 趁热过滤 B
(4) 烧杯、量筒(只写烧杯亦可) 烧杯、碱式滴定管 水浴加热 滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色(表述合理即可) 30.00%
【分析】由题给流程可知，向废铜屑中加入过氧化氢和稀硫酸混合溶液，将铜屑溶解得到含有硫酸铜的溶液，加入小苏打得到碱式碳酸铜，在碱式碳酸铜中加一定量热蒸馏水，逐滴加入甲酸至蓝绿色固体恰好全部溶解，除去少量不溶性杂质；结晶，过滤，再洗涤晶体2～3次，晾干，得到产品。
【详解】（1）弱酸不能制强酸，甲酸是弱酸，不能和硫酸铜反应，故答案为：不能；
（2）步骤Ⅱ为溶液和溶液混合加热制备碱式碳酸铜，反应的离子方程式为：，因为碳酸氢钠易分解损失，所以实际取用碳酸氢钠稍微过量，硫酸铜和碳酸氢钠物质的量之比小于1：2；
（3）温度越高甲酸铜的溶解度越大，为防止甲酸铜结晶体析出而损失，可以采取趁热过滤的方式；甲酸铜结晶体易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，故可以用乙醇来洗涤，故答案为B；
（4）①步骤A为配制250mL甲酸铜溶液的过程，应该选用250mL的容量瓶，题中给出的是100mL容量瓶，不能使用；需要量取3.00g晶体，托盘天平不能称取出3.00g晶体，故也不能用，溶解需要在烧杯中进行，另外可以用量筒量取所需要的蒸馏水的量，故答案为：烧杯、量筒；步骤C中滴定时，是用草酸钠溶液滴定过量的高锰酸钾，草酸钠应该放在碱式滴定管中，根据提供的仪器，被滴定的溶液应该在烧杯中，故答案为：烧杯、碱式滴定管；
②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是水浴加热；高锰酸钾溶液本身有颜色，当其消耗完的时候，颜色褪去，故答案为：滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色；
③高锰酸钾和甲酸根反应对应的关系式为：5HCOO-~2KMnO4，用草酸钠滴定过量的高锰酸钾时对应的关系式为：2KMnO4~5C2O，则和草酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=×0.02×25×10-3=0.0002mol，和甲酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.02×50×10-3-0.0002mol=0.0008mol，甲酸根的物质的量n(HCOO-)=×0.0008mol=0.002mol，则原来样品中含有的甲酸根的物质的量n(HCOO-)=0.0004mol×=0.02mol，质量m(HCOO-)=0.02mol×45g/mol=0.9g，则晶体中甲酸根的质量分数=。
11．(1) 3d54s1 Cu2O中Cu+价层电子排布为3d10，全充满，能量低，更稳定
(2) 3.2≤pH＜4.3 Fe(OH)3、CaSO4
(3)HSO+2Cu2+＋2H2O=Cu2O↓＋SO＋5H+
(4)5.6
(5)金属铬在稀硝酸中发生钝化
【分析】电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)加入稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜和硫酸铬，过滤，向滤液中加入氢氧化钙沉淀铁离子，过滤，向滤液中加入亚硫酸氢钠溶液得到氧化亚铜沉淀和硫酸盐，过滤，将滤液调节pH值沉淀铬离子，过滤，经过一系列转化最终得到铬。
【详解】（1）①铬元素是24号元素，则基态铬电子排布式为[Ar]3d54s1，则基态铬的价层电子排布式为3d54s1；故答案为：3d54s1。
②已知高温时，Cu2O比CuO稳定，原因是Cu2O中Cu+价层电子排布为3d10，全充满，能量低，更稳定；故答案为：Cu2O中Cu+价层电子排布为3d10，全充满，能量低，更稳定。
（2）①根据图中信息加入石灰乳调节pH沉淀铁离子，不能沉淀铬离子、铜离子，根据铬离子、铜离子和铁离子开始沉淀和沉淀完全的pH值分析应满足要求是3.2≤pH＜4.3；故答案为：3.2≤pH＜4.3。
②将浊液加热到80℃，趁热过滤，由于该步骤沉淀铁离子，因此生成氢氧化铁，还由于氢氧化钙和硫酸铁反应生成硫酸钙，CaSO4 在80℃的溶解度为0.228g，因此滤渣Ⅱ的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4；故答案为：Fe(OH)3、CaSO4。
（3）还原步骤中生成Cu2O固体是亚硫酸氢根和铜离子发生氧化还原反应生成饭硫酸根和氧化亚铜，其反应的离子反应方程式HSO+2Cu2+＋2H2O=Cu2O↓＋SO＋5H+；故答案为：HSO+2Cu2+＋2H2O=Cu2O↓＋SO＋5H+。
（4）当离子浓度≤1×10 5 mol L 1时认为沉淀完全，，解得，pOH=9 lg4=9 2lg2=8.4，则pH=14 8.4=5.6；故答案为：5.6。
（5）将铬块加入到稀盐酸或稀硫酸中，可观察到铬逐渐溶解，同时放出氢气，说明活泼性在氢之前，但若将铬块加稀硝酸中，却看不到明显现象，由此推测，出现该现象的可能原因是金属铬在稀硝酸中发生钝化；故答案为：金属铬在稀硝酸中发生钝化。
12．(1) +3 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
(2) 硫酸锌(ZnSO4) Fe(OH)3、Ga(OH)3 Fe
(3)NaGaO2[GaO、NaGa(OH)4、Ga(OH)]
(4)GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-
(5)Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN
(6)3.0×10-10.2mol L-1
【分析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH=5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，据此解答。
【详解】（1）Ga2(Fe2O4)3不溶于水，其中Fe元素为+3价，O为-2价，根据化合价代数和为0可知，Ga的化合价为+3价；结合分析可知，“浸出”后的①中加入H2O2时发生的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
（2）根据以上分析可知，滤液1中为硫酸锌，所以可回收利用的物质是硫酸锌；调节pH=5.4，沉淀铁离子和Ga3+，则滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，且不能引进杂质，则X为Fe；
（3）Ga与Al同主族，化学性质相似；结合铝离子性质可知，反萃取后加入氢氧化钠溶液可将Ga3+转化为NaGaO2，则镓的存在形式为NaGaO2；
（4）精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极GaO得到电子转化为Ga，其电极反应为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-；
（5）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，根据原子守恒可知会生成甲烷，该反应方程式为Ga(CH3)3+NH3=3CH4+GaN；
（6）根据表中数据可知，Ga(OH)3的溶度积常数为：3.0×10-3×（10-11）3=3.0×10-36，溶液的pH=5.4，c（OH-）=mol/L=10-8.6mol/L，则滤液1中残余的Ga3+的浓度为：。
13．(1)
(2)
(3)0.16
(4)常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右
(5)酸性氧化物
(6)a
(7)润滑剂
【分析】辉钼矿(钼元素的主要存在形式为)加入，通入空气焙烧发生反应，所得烧渣加入碳酸钠溶液将转化为，经操作1过滤得到溶液。溶液经系列操作得到Na2MoO42H2O晶体。往溶液中加入足量硫酸反应生成沉淀，过滤后灼烧得到，经氢气还原得到Mo。
【详解】（1）基态原子价层电子排布式为，为第五周期元素，与同族，则其基态原子价层电子排布式为。
（2）在空气中焙烧会生成SO2，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，且烧渣中以的形态存在，含有Ca元素，则X为CaO；焙烧的化学方程式为。
（3）饱和溶液中，=。
（4）由曲线图可知，随着温度的升高，浸出率逐渐升高，当温度在150℃左右时，浸出率已经很高，继续升高温度，浸出率增长不明显。因此溶液在对烧渣进行浸出时，选择温度150℃左右有利于浸出，但常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右，所以需要选择“高压浸出”，以使温度提高到150℃左右。
（5）由流程图可知，往溶液中加入足量硫酸反应生成沉淀，过滤后灼烧得到，即对应的水化物为酸，为酸性氧化物。
（6）a．利用做还原剂，将还原为，其原理属于热还原法冶金，a正确；
b．能将还原为，则还原性：>，、能从酸溶液中置换出，则还原性：>，>，因此的金属活动性可能位于、之后，b错误；
c．比较活泼，与钼酸盐溶液直接作用，钠先和水反应，因而不能达到冶炼钼的目的，c错误；
故选a。
（7）晶体有类似石墨的层状结构，层与层之间作用力较弱，很容易在层间发生相对滑动，因而可用作润滑剂。
14．(1) BaCl2 溶液 Na2CO3溶液
(2) Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 Cl2+2Br—=Br2+2Cl— 44.8 四氯化碳 下口流出 上口倒出
【详解】（1）向粗盐中加入过量氢氧化钠溶液将镁离子转化为氢氧化镁沉淀，加入过量氯化钡溶液将溶液中的硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，加入过量碳酸钠溶液将溶液中的钙离子和过量的钡离子转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，加入盐酸将过量的氢氧根离子转化为水、碳酸根离子转化为二氧化碳和水，则除去溶液中的杂质离子可依次加入氢氧化钠溶液、氯化钡溶液、碳酸钠溶液和稀盐酸，故答案为：BaCl2 溶液；Na2CO3溶液；
（2）由题给流程可知，向苦卤中通入氯气将溶液中的溴离子转化为溴的稀溶液，通入热空气将溴吹出用二氧化硫溶液吸收得到含有溴离子的溶液，向溶液中通入氯气将溴离子转化为溴的浓溶液，向溶液中加入四氯化碳萃取、分液得到溴的四氯化碳溶液，溴的四氯化碳溶液经蒸馏得到溴；
①由分析可知，溴与二氧化硫水溶液反应生成氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
②由分析可知，步骤Ⅲ发生的反应为溶液中的溴离子与氯气反应生成溴和氯离子，反应的离子反应方程式为Cl2+2Br—=Br2+2Cl—，故答案为：Cl2+2Br—=Br2+2Cl—；
③由分析可知，工业上每获得1mol溴，需要消耗2mol氯气，标准状况下氯气的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故答案为：44.8；
④由分析可知，步骤Ⅳ萃取用到的萃取剂是四氯化碳，分液时，下层液体先从下口流出，为防止引入新杂质，上层液体从上口倒出，故答案为：四氯化碳；下口流出；上口倒出。
15．(1)使碳(有机物)充分燃烧而除去
(2)2PdO+N2H4 H2O=2Pd+N2↑+3H2O
(3)3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O
(4)有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体，从而影响二氯二氨络亚钯的沉淀率
(5)8.65
(6)Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4]Cl2(aq)Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀
(7)70.0
【分析】废钯碳催化剂(杂质主要含碳、有机物及少量Fe、Zn等)焙烧，碳及有机物充分燃烧成二氧化碳、水等而除去，将烧渣中加入水合肼还原，得到粗钯；用王水溶解粗钯、过滤，将滤液浓缩脱硝、氨水络合，再过滤，得到[Pd(NH3)4]Cl2，用盐酸酸化，此时[Pd(NH3)4]Cl2转化为[Pd(NH3)2]Cl2，再用水合肼还原，便可获得纯钯。
【详解】（1）“焙烧”时，碳及有机物都能燃烧，且产物为气体，则目的是：使碳(有机物)充分燃烧而除去。答案为：使碳(有机物)充分燃烧而除去；
（2）“烧渣”的主要成分是PdO，利用水合肼(N2H4 H2O)在弱碱性环境下还原，产生N2，化学方程式为2PdO+N2H4 H2O=2Pd+N2↑+3H2O。答案为：2PdO+N2H4 H2O=2Pd+N2↑+3H2O；
（3）钯在王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1:3)中转化为H2PdCl4，硝酸的还原产物为NO，则该反应的化学方程式为3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O。答案为：3Pd+12HCl+2HNO3=3H2PdCl4+2NO↑+4H2O；
（4）题干信息显示：“当有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位化合物”，而工业生产的目的是获得钯，所以H2PdCl4溶液进行充分“浓缩赶硝”的原因是：有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体，从而影响二氯二氨络亚钯的沉淀率。答案为：有硝酸存在时，钯易与硝酸形成稳定的配位体，从而影响二氯二氨络亚钯的沉淀率；
（5）离子完全除尽时，其浓度为1.0×10-5 mol L-1，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，则c(OH-)==×10-11 mol L-1，pH<3；Ksp[Zn(OH)2]=2.0×10-16，c(OH-)==×10-5.5 mol L-1，pOH=5.5-×0.3=5.35，pH=8.65，所以欲使溶液中的杂质金属离子沉淀完全，pH至少调节为8.65。答案为：8.65；
（6）往[Pd(NH3)4]Cl2溶液中加入盐酸，与[Pd(NH3)4]Cl2电离产生的NH3结合，从而促进[Pd(NH3)4]Cl2转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀，原因：Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4]Cl2(aq)Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀。答案为：Pd(NH3)4]Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4]Cl2(aq)Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2]Cl2沉淀；
（7）海绵状金属钯密度为12.0g cm-3，则1cm3Pd的质量为12.0g，标准状况下，其吸附的氢气体积为840×1cm3，此条件下海绵钯的吸附容量R==70.0mL g-1。答案为：70.0。
【点睛】除去工业废料中的有机物时，常采用燃烧法。
16．(1)
(2)避免在随后的“酸浸”步骤中消耗过多的硫酸
(3)温度过低，浸取速率慢；温度过高，发生分解
(4)
(5) 随着pH升高，电离平衡正向移动，浓度增大，与结合形成沉淀
(6)或
【分析】废旧磷酸铁锂电池正极材料（含，导电炭黑，铝箔）加入氢氧化钠溶液，科生成偏铝酸钠，滤液1为偏铝酸钠，加入适量硫酸可生成氢氧化铝，滤渣加入硫酸，过氧化氢，滤渣为导电炭黑，滤液2含有铁离子，锂离子和硫酸根等离子，加入氨水，可生成，滤液3含有硫酸锂，加入碳酸钠溶液生成碳酸锂，与碳酸锂用碳热还原，可生成和C；
【详解】（1）正极材料含有铝，加入氢氧化钠溶液，反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为；
（2）碱浸后需加入硫酸溶解固体，则NaOH的用量不宜过多，避免在随后的酸浸中消耗过多的硫酸；
（3）滤渣的主要成分是导电炭黑，“酸浸”步骤为了达到理想的浸出效果，需控温35~40℃，可能的原因温度过低，浸取速率慢，温度过高，过氧化氢不稳定，应避免过氧化氢分解；
（4）加入过氧化氢和硫酸，发生氧化还原反应生成铁离子，锂离子和磷酸，反应的离子方程式为；
（5）pH过高则能生成另一种含Fe沉淀，应该为沉淀；
（6）电解方程式为，当两极共收集标况下气体336mL，则物质的量为，可知生成0.01mol，转移0.02mol电子，数目。
17．(1)增大接触面积，提高焙烧、浸取效率
(2)
(3)
(4) 3.4～4.7(或“”)
(5)蒸发(加热)浓缩、冷却结晶
【分析】将菱锌矿高温焙烧反应产生ZnO、CO2，Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物焙烧产生CaO、MgO、Fe3O4、CuO，SiO2不发生反应；然后用H2SO4酸浸，ZnO、CaO、MgO、Fe3O4、CuO变为ZnSO4、CaSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4，CaSO4、SiO2不溶于硫酸，过滤得到滤渣①，然后加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Ca(OH)2调整溶液pH，形成CaSO4、Ca(OH)2、Fe(OH)3沉淀，进入滤渣②中，滤液②中含有Zn2+、Cu2+、Mg2+及少量Ca2+；向滤液②中加入Zn粉，可以与溶液中的Cu2+发生置换反应产生Cu单质，过滤除去Cu及过量的Zn粉；向滤液③中加入HF，反应产生CaF2、MgF2沉淀，通过过滤除去，滤液中含有ZnSO4，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O，据此分析作答。
【详解】（1）将菱锌矿粉碎，其目的是增大接触面积，提高提高焙烧、浸取效率。
（2）CaSO4、SiO2不溶于硫酸，过滤得到滤渣①。
（3）加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH除去，发生反应。
（4）根据“滤渣②”的成分为、、，可知Fe3+沉淀完全，Cu2+没有沉淀，故调节pH范围3.4～4.7；由铁离子完全沉淀时的pH值=3.4，可知常温下的10-5。
（5）“滤液④”是ZnSO4溶液，获得的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
18．(1)离子键、共价键
(2)或
(3)
(4)
(5)排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应
(6)
(7)1.6
【分析】硼镁矿主要成分为，含少量杂质。硼镁矿粉碎后用氢氧化钠“碱溶”， 不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，所得滤液中含有NaBO2，蒸发、浓缩、冷却结晶得，脱水生成，、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，用异丙胺溶解，过滤除去硅酸钠，蒸发的异丙胺溶液得。
【详解】（1）是离子化合物，含有的化学键为离子键、共价键。
（2）Ti是22号元素，核外电子排布式为或；
（3）不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，碱溶过滤得滤渣的主要成分是、；
（4）、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，制取的化学方程式为；
（5）高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气，排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应；
（6）在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，H元素化合价由+1降低为-1发生还原反应，在阴极得电子生成，阴极反应的电极方程式；
（7）作还原剂，氢元素化合价由-1升高为+1，转移电子，氢气作还原剂，氢元素化合价由0降低为-1，转移1.6mol电子需要0.8mol氢气，所以还原能力相当于1.6的还原能力
