2024届高三新高考化学大一轮专题训练-----工业流程题
1．（2023·辽宁·校联考一模）高铁酸钾是一种紫黑色固体，在碱性、低温条件下较稳定，在中性或酸性溶液中易发生反应，能释放大量的氧气，同时自身被还原产生一种絮凝剂，因此成为一种集氧化、吸附、杀菌、脱色、除臭为一体的高效绿色水处理剂。
I.制备
(1)写出高铁酸钾溶于水中发生反应的离子方程式 。
(2)①中合成的离子方程式是 。
(3)①中合成时，相同时间内产率受温度影响记录如图，产率曲线产生如图变化的可能原因是 。
(4)操作②的目的是 。
(5)已知高铁酸根在苛性钠溶液中的溶解度大于在苛性钾溶液中，则步骤⑤、⑥选择的试剂分别可能是_______。
A．饱和溶液、一定浓度的溶液
B．一定浓度的溶液、饱和溶液
C．饱和溶液、饱和溶液
D．一定浓度的溶液、饱和溶液
II.产品纯度测定，可采用亚铬酸盐滴定法，滴定时有关反应的离子方程式为：
①
②
③
(6)写出基态的价电子排布式 。
(7)现称取(摩尔质量为)粗产品溶于过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后过滤，滤液在容量瓶中定容。每次取于锥形瓶中加入稀硫酸酸化，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。该粗产品中的质量分数为 (用含a、c、V、M的代数式表示)。若滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则测得的结果 (填“偏高”偏低”或“无影响”)。
2．（2023春·河南·高三专题练习）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料—— VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如下：
已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；
② +2H+ + H2O；
③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 4.0 4.6
完全沉淀的pH 3.7 5.2 6.0
请回答下列问题：
(1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有 (答两条)。
(2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为 。
(3)理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是 (用化学用语和必要的文字说明)。
(4)滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和 (填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因可能是 。
(5)将2.075g VO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量) ，溶液中的还原产物为V3+，滴加指示剂，用0. 10 mol L 1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：
序号 起始读数 终点读数
① 0.10 20.55
② 0. 02 20.12
③ 0.03 19. 93
该产品的纯度为 %。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果 (填“偏高”“偏 低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3 +I2 =Na2S4O6 + 2NaI)
3．（2023·河北石家庄·高三专题练习）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物()。
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为 。
(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、、 。
(3)在空气中煅烧，其热重曲线如图1所示，300~400 ℃时转化为，反应的化学方程式为 ；400~450℃生成的固体产物的化学式为 。
(4)工业上可用电解法制取。用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式 ，a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为 mol(假设电解时阳极只考虑放电)。
(5)金属镍的配合物的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18，则n= ；CO与结构相似，CO分子内键与键个数之比为 。
(6)NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为 。
(7)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其自旋磁量子数的代数和为 。
4．（2023·广东·模拟预测）三氯化六氨合钻[Co(NH3)6]Cl3是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有Co2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等。
②Ksp[Co(OH)2]=1×10-14.2、Ksp[Co(OH)3]=1×10-43.7、Ksp[Fe(OH)3]=1×10-37.4、Ksp[Al(OH)3]=1×10-32.9。溶液中金属离子物质的量浓度低于1.0×10-5 mol/L时，可认为沉淀完全。
③Co2+还原性较弱，但[Co(NH3)6]2+具有较强还原性。
回答下列问题：
(1)Co位于元素周期表 ，基态Co2+价层电子的电子排布图为 。
(2)写出除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式 。
(3)“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含c(Co2+)=0.1 mol/L的滤液，调节pH的范围为 。
(4)下列说法错误的是_______。
A．制备[Co(NH3)6]3+时，“混合”过程中加入NH4C1的作用是抑制NH3·H2O的电离，防止生成Co(OH)2沉淀，同时参与反应提供
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小
C．“氧化”过程后分离提纯时，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸的目的是：增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出
D．为了得到较大颗粒的[Co(NH3)6]Cl3晶体，可采取的措施是将滤液快速冷却
(5)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钻元素的含量。称取0.10 g产品加入稍过暈的NaOH溶液并加热，将Co完全转化为难溶的Co(OH)3，过滤洗涤后将滤渣完全溶于硫酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用0.010 mol/L的Na2S2O3溶液滴定(反应原理：Co3++I-→Co2++I2、I2+→I-+)，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，以下说法正确的是 。
A．装有Na2S2O3溶液的酸式滴定管装液前要先检漏、蒸馏水洗、标准液润洗
B．滴定时要适当控制滴定速度，边滴边摇动锥形瓶(接近终点时改为滴加半滴Na2S2O3溶液)，直到溶液颜色从无色变为蓝色，达到滴定终点
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
(6)计算产品中钴元素的含量为 。(答案保留三位有效数字)
5．（2023·辽宁鞍山·统考一模）粉煤灰是从煤燃烧后的烟气中收捕下来的细灰，主要成分有、、FeO和等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能制得纳米等重要物质。
已知：
①伯胺能与反应：，生成易溶于煤油的产物。
②在水溶液中能与反应：。
(1)“酸浸”过程中FeO发生反应的离子方程式为 ；滤渣的成分为 。
(2)加入过量的作用是 。
(3)伯胺-煤油可对浸取液进行分离，该操作的名称是 。
(4)向水层Ⅱ中加入可使转化为并放出对环境无害的气体，理论上氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ；向所得弱酸性溶液中再通入即可生成FeOOH，其离子方程式为 。
6．（2023·全国·高三专题练习）锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种从含锑工业废渣(主要成分是Sb2O3、Sb2O5，含有CuO、Fe2O3和SiO2等杂质)中制取Sb2O3的工业流程如下图所示。
已知：①“滤液1”的主要阳离子是Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+
②“滤饼”的成分是SbOCl
回答下列问题：
(1)将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是 。
(2)“滤渣2”的成分是 。
(3)“稀释水解”主要反应的离子反应方程式为 ；该操作中需要搅拌的原因是 。
(4)“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是 。
(5)“中和”时反应的化学方程式为 ；“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是 。
7．（2023·河北·高三专题练习）实验室以含硒废料(假设杂质不参与反应)提取硒，部分实验过程如下：
(1)“浸取”时单质硒大部分生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为
(2)H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中液体是 (填名称)。
(3)H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，反应后溶液中物质的量减少的离子有 (填化学式)
(4)以上述流程中生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，请补充完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液， ，得高纯硒单质。 (必须使用的试剂： BaCl2溶液、1 mol·L-1NaOH溶液)
(5)实验室常用氧化还原滴定法测定某样品中Se的质量分数，步骤如下：
I.取0.8400 g样品充分磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容。
II.准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液25.00 mL，向锥形瓶中再加入25.00 mL 0.06 mol·L-1Fe2+溶液，加入磷酸后再用0.0200mol·L-1KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液10.00 mL。
已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+较慢，在该滴定过程可忽略此反应。计算硒的质量分数 (写出计算过程)。
8．（2023·全国·高三专题练习）硼氢化钠在化工等领域具有重要的应用价值，工业上可用硼镁矿(生要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如下：
已知：硼氢化钠常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为)。
(1)和都是硼酸盐，请写出一元弱酸硼酸在水中的电离方程式 。
(2)粉碎的目的是 ；滤渣的成分是 (写化学式、下同)。
(3)操作1的步骤是 、冷却结晶；操作2、操作3的名称分别为 、 。
(4)高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是 。
(5)流程中可循环利用的物质是 。写出副产物硅酸钠的一种用途 。
(6)被称为万能还原剂，“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克的还原能力。的有效氢含量为 (保留两位小数)。
9．（2023·浙江·高三专题练习）铁黄(FeOOH)可用作颜料。一种由钛铁矿浸出后的废液[主要含FeSO4、Fe2(SO4)3和TiO(SO4)2]制取铁黄的过程如下：
已知：① “除钛”时TiO2＋发生水解反应TiO2＋＋H2O TiO2↓＋2H＋；
② 实验中Fe2＋开始生成Fe(OH)2沉淀时pH=6.3，Fe3＋开始生成FeOOH时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。
(1)检验废液中存在Fe2＋的方法是 。
(2)“除钛”时需进行加热，目的是 。
(3)“氧化”时的离子方程式为 。
(4)为测定铁黄产品的纯度，现进行如下实验：准确称取2.000g铁黄样品，向其中加入50mL1.000 mol·L-1 H2SO4，待固体完全溶解后，向其中加入Na2C2O4溶液[发生反应：Fe3＋＋3C2O=Fe(C2O4)，Fe(C2O4) 不与稀碱液反应]，反应后将溶液稀释至100 mL，量取25.00mL于锥形瓶中，滴入2滴指示剂，用0.400 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定剩余的酸，恰好完全反应时，消耗NaOH溶液体积为25.00mL。
① 实验过程中Na2C2O4应过量，过量Na2C2O4会与H2SO4反应生成H2C2O4,为不影响测定结果，指示剂可使用 (填“甲基橙”“石蕊”或“酚酞”)。(已知NaHC2O4溶液呈酸性)
②计算该产品的纯度 (写出计算过程)。
(5)控制pH= 4～4.5，温度80～85 ℃，硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，摩尔质量为392 g·mol-1]与KClO3可发生反应：6Fe2＋＋ClO＋9H2O=6FeOOH↓＋12H＋＋Cl-。反应过程中沉淀的颜色变化为灰绿→墨绿→红棕→淡黄。请补充完整由硫酸亚铁铵制取铁黄的反应：称取2.352 0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，放在烧杯中，加水充分溶解后， ，过滤、洗涤、干燥后得到铁黄产品。(可选用的仪器和试剂：恒温水浴槽、2 mol·L-1 NaOH溶液、KClO3固体)
10．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）实验室以废旧锂离子电池的正极材料(活性物质为LiCoO2，附着物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等)为原料，制备纳米钴粉和Co3O4。
(1)基态钴原子的电子排布式为 ，其最高能层电子云轮廓图为 形
(2)“预处理”时，将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，高温煅烧的目的是 。
(3)“浸出”过程中，将煅烧后的粉末(含LiCoO2和少量难溶杂质)与硫酸混合，将形成的悬浊液加入如图所示的烧瓶中，控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，充分反应后，滤去少量固体残渣，得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液。浸出实验中当观察到 ，可以判断反应结束，不再滴加双氧水。
(4)制钴粉。向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入N2H4·H2O可以制取单质钴粉，同时有N2生成。已知不同pH时Co(Ⅱ)的物种分布图如图所示。Co2+可以和柠檬酸根离子(C6H5O)生成配合物(CoC6H5O7)—。
①写出pH=9时制钴粉的离子方程式： 。
②pH>10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。若向pH>10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，可以提高钴粉的纯度，结合沉淀溶解平衡解释原因 。
(5)请补充完整由浸取后滤液先制备，并进一步制取Co3O4的实验方案：取浸取后滤液， ，得到Co3O4[已知：Li2C2O4易溶于水，CoC2O4难溶于水，在空气中加热时的固体残留率(100%)与随温度的变化如图所示。实验中需使用的试剂有：2(NH4)2C2O4溶液、0.1BaCl2溶液、0.1HCl溶液、蒸馏水。
11．（2023秋·湖南·高三校联考阶段练习）化学创造美好生活。磷酸锌是一种绿色环保涂料，实验室用锌灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、、等)为原料制备(难溶于水)的流程如下，回答下列问题：
已知：①。
②本实验条件下高锰酸钾的还原产物为。
(1)滤渣I的主要成分为 。
(2)步骤I中，需先将溶液的pH调至5.0，再滴加溶液，滴加时的离子方程式为 。
(3)步骤II发生反应的类型为 。
(4)步骤III在加热条件下生成，其化学方程式为 。
(5)步骤IV反应结束后，得到的操作包括 和干燥。
(6)一种氧化锌晶体具有ZnS型结构，边长为。
晶胞内部原子为Zn，顶点和面心原子为O
①Zn和O之间最短的距离为 nm(保留到小数点后三位)。
②沿晶胞面对角线投影，图中能正确描述投影结果的是 (填标号)。
A． B． C． D．
12．（2022秋·浙江湖州·高三统考阶段练习）利用富锗ZnO烟尘(还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等)生产锗精矿和碱式碳酸锌[aZnCO3·bZn(OH)2]。其流程如下：
已知：酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在。
请回答：
(1)酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是 (填化学式)。
(2)为了提高锗的浸出率，可以采取 (填两种方法)。
(3)流程Ⅱ除Fe、Mn的过程中控制pH不宜过低，除防止锰的形态发生变化外，其原因还可能是 。
(4)沉锌中得到沉淀的化学式表示为aZnCO3·bZn(OH)2，为了确定其组成，称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为 ，则沉锌的化学方程式为 。
13．（2022·安徽宣城·安徽省宣城市第二中学校考模拟预测）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效且多功能的新型绿色净水剂，一种以及制备高铁酸钾和重要的催化剂的流程如图所示：
已知：
①相同情况下高铁酸钠在水中的溶解度大，而高铁酸钾在水中的溶解度很小。
②部分金属离子在溶液中沉淀的如下表：
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的 3.2 9.0 10.1
回答下列问题：
(1)不溶于稀硫酸，加入过量的的目的是在酸性条件下将还原成稳定的，写出该反应的离子方程式： 。
(2)加入双氧水的目的是 ，调节pH的范围是 ，“滤渣”的主要成分是 。
(3)当温度高于时，沉锰速率随温度升高而减慢的原因是 。
(4)高铁酸钾作为高效多功能净水剂的原理是 。
(5)和浓盐酸在加热的条件下制得的氯气可用于消毒，也可用于消毒，若两者使用消毒效果相等时，则需要的和的物质的量之比为 。
(6)用惰性电极电解酸性溶液可制得，写出电解法制备时的阳极反应式： 。
14．（2023春·河北石家庄·高三校联考开学考试）三氯化硼(，熔点为-107.3℃，沸点为12.5℃)是重要的化学品，主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成的催化剂。以硼砂()为原料制备的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)硼砂()写成氧化物的形式为 。
(2)实验室“高温脱水”可以在 (填仪器名称)中进行。
(3)“还原”应在保护气氛围中进行，下列气体可以作为保护气的是 (填字母)。
A． B．He C．
(4)制备的实验装置如图所示(已知)。
①装置A中发生反应的离子方程式为 。
②实验时，如果拆去B装置，可能的后果是 。
③为使实验装置简便，可用一个装置代替F和G装置，该装置的名称是 ，所装试剂是 。
④实验时先点燃A处酒精灯，一段时间后再点燃D处酒精灯，其理由是 。
15．（2022·山东·模拟预测）科学家开发出的新型太阳能铜铟镓二硒()电池，光电转化率达到25％。某小组以硒化银半导体废料(含、Cu)为原料提取硒、铜、银，进而制备上述太阳能电池材料。请回答下列问题：
(1)NaOH的电子式为 。
(2)下列事实能说明硫的非金属性比硒的强的是 (填标号)。
A．溶解度：
B．沸点：
C．酸性：
(3)“酸溶”时，能提高反应速率的措施有 (答1条即可)。、和反应的化学方程式为 。
(4)“电解”时，阳极生成的气体为 (填化学式)，电解结束后，电解液的pH (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)在上述流程中，H2SeO3转化为Se的过程中，当生成23.7gSe时，理论上有标准状况下 LSO2参与反应。
(6)“沉银”时转化成AgCl，，该反应的平衡常数 。［已知：常温下，，]
16．（2022·全国·一模）某化工厂从含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积密度的羟基氧化镍(NiOOH)的工艺流程如下图：
(1)如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是 ℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则料渣1中会含有一定量的，其可能的原因 。
(2)合适温度下，料渣1的主要成分是 。
(3)生成S的化学方程式为 。
(4)试剂X是一种绿色氧化剂，其化学式为 ，X参与反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，试剂Y用于调节溶液的pH，则pH的调控范围是 (与沉淀相关的数据如表所示)。
离子
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.2
沉淀完全的pH 3.2 9.7 9.2
(5)写出氧化过程中反应的离子方程式：
(6)工业上也可用电解碱性悬浊液的方法制备NiOOH，加入一定量的KCl有助于提高生产效率，原因 。
17．（2023·湖南益阳·益阳市第一中学校考模拟预测）金属钴是一种重要战略资源。利用草酸钴(CoC2O4)废料协同浸出水钴矿中钴的工艺流程如下。
已知：I.水钴矿的主要成分为，含MnS及Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物；
II.该流程中一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表：
离子
开始沉淀时pH 3.6 1.8 6.5 7.2 8.1
沉淀完全时pH 4.7 3.2 8.3 9.4 12.7
(1)研磨的目的是 。
(2)滤渣1的主要成分是、 (写化学式)。
(3)“浸出”时，转化成了，写出该反应的化学方程式 。
(4)“氧化”时，只将氧化成，则反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(5)“沉淀”时，应将pH调至 。
(6)已知能被有机萃取剂(HA)萃取，其原理可表示为：。反萃取的目的是将有机层中的转移到水层。实验室模拟萃取用到的主要玻璃仪器有烧杯、 ，反萃取适宜选择的试剂是 (填序号)。
A．70% B．饱和食盐水 C．稀NaOH D．饱和溶液
18．（2023·全国·高三专题练习）废旧锂电池的正极材料中含有镍、钴、锂、铝等金属元素。一种从废旧锂电池中回收镶、钴、锂制备相应产品的工艺流程如下：
已知：①浸出液中镍、钴、锂、铝分别以、、、的形式存在。
②碳酸锂的溶解度(g/L)见表。
温度/℃ 0 20 40 60 80 100
1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
(1)中的化合价是 。
(2)某研究团队对“酸浸”条件做了大量研究，得出如下图示，根据下图选择适宜的浸取条件 。
(3)“还原”操作时主要反应的离子方程式为 ；经检测，浸出液中，“除铝”时，要使开始沉淀，值应大于 。[]
(4)实验室“萃取”操作需要在 (填仪器名称)中进行；“沉钴”的离子方程式为 。
(5)“一系列操作”为 、洗涤、干燥；“母液”的用途有 (写出一种即可)。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．(1)
(2)或
(3)低于20℃时，随着温度升高，反应速率加快，产率提高；高于20℃，加快反应速率的同时更加快了与水反应而消耗，导致产率降低
(4)增大浓度，促使向沉淀析出的方向移动
(5)B
(6)
(7) 偏高
【分析】FeCl3和NaClO、NaOH的混合溶液反应生成，在加入NaOH固体至饱和，冷却后沉淀，经过抽滤、洗涤、干燥等一系列步骤得到粗产品，以此解答。
【详解】（1）在中性或酸性溶液中易发生反应，能释放大量的氧气，同时自身被还原产生一种絮凝剂，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（2）①中FeCl3和NaClO、NaOH的混合溶液反应生成，Cl元素由+1价下降到-1价，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：或。
（3）温度改变一般会影响反应速率、平衡移动和物质的稳定性，根据题设可知与水可发生反应，且低温下稳定性较好，可推知产率在前后先高后低的原因为：低于时，随着温度升高，反应速率加快，产率提高；高于，加快反应速率的同时更加快了与水反应而消耗，导致产率降低。
（4）根据流程判断步骤①制取，步骤②析出晶体，步骤④得到的滤饼主要成分为晶体，因此步骤②中加入固体至饱和的作用为：增大浓度，促使向沉淀析出的方向移动。
（5）根据流程判断步骤⑤应该使抽滤得到的溶解，步骤⑥应该使溶液析出晶体，进而与后面步骤衔接得到产品，已知高铁酸盐在碱性条件下较稳定，且在溶液中的溶解度大于在溶液中的溶解度，因此步骤⑤选择一定浓度的溶液，使尽可能多的溶解，⑥选择饱和溶液，形成过饱和溶液而析出晶体。
（6）Fe原子价层电子排布式为，所以Fe2+的价电子排布式为：。
（7）由滴定流程和反应原理，有关系式：
该粗品中高铁酸钾的质量分数为；滴定管使用时先用蒸馏水洗涤，然后再用待盛液润洗，若未用标准液润洗，导致标准液浓度变小，所用体积增大，则测得的结果偏高。
2．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)
(2)V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的
(4) Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高
【分析】废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)加入氢氧化钠溶液，氧化铝溶解，过滤后，向滤渣中加入纯碱，V2O5和纯碱在高温下反应生成二氧化碳和NaVO3，再加入硫酸生成(VO2)2SO4和硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH值沉淀铁离子和铜离子，将转化为，过滤后，向滤液中加入硫酸铵得到NH4VO3沉淀，过滤，煅烧滤渣得到氨气和V2O5，V2O5和活性炭在高温下反应得到VO2。
【详解】（1）“碱浸”中提高反应速率的可行措施主要从温度、浓度、接触面积等方面分析，有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)；故答案为：粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等(任答两条即可)。
（2）“煅烧1”主要是V2O5 和Na2CO3在高温下反应生成NaVO3和CO2气体；主要反应的化学方程式为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑；故答案为V2O5 + Na2CO32NaVO3+CO2↑。
（3）理论上，为实现Cu2+完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，根据已知信息+2H+十H2O，为尽量的生成更多的NaVO3，因此要使平衡不断正向移动，则需要多加入碱溶液，常调节pH=8.0，其目的是+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的；故答案为：+2H+十H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的。
（4）根据Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀完全的pH值得到滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。“煅烧2”过程中生成氨气和V2O5，为了避免氨气还原V2O5，应及时的将氨气带出即需要在流动空气中煅烧的原因可能是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5；故答案为：Fe(OH)3；及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据题意得到关系式2VO2～I2～2Na2S2O3，三次消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.45mL、20.10mL、19.90mL，则第一次是错误数据，取另外两次平均数据为20.00mL，则该产品的纯度为。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3被氧化，因此消耗的Na2S2O3溶液偏多，计算出的结果偏高；故答案为：80；偏高。
3．(1)
(2)
(3)
(4) 1.25a
(5) 4 1∶2
(6)(1，1，1)
(7)+2或-2
【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
【详解】（1）“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有，Ni2+、Fe3+，答案为：；
（3）转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为，答案为：，；
（4）ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25a mol，故答案为：；1.25a mol；
（5）Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N2结构相似，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，答案为：4，1∶2；
（6）离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为(1，1，1)，答案为：(1，1，1)；
（7）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2 ，所以其价电子的自旋磁量子数的代数和为+2或-2。
4．(1) 第4周期第Ⅷ族
(2)NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O
(3)4.7~7.4
(4)D
(5)C
(6)14.2%
【分析】以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制取[Co(NH3)6]Cl3：用盐酸溶解废料，过滤出滤渣，得到含Co2+、Fe2+、Al3+的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣[主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3]和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CoCl2·6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：CoCl2+6NH3·H2O=[Co(NH3)6]Cl2+6H2O；H2O2+2[Co(NH3)6]Cl2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3 +2NH3↑+2H2O，再将溶液在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析解题。
【详解】（1）Co为27号元素，位于元素周期表第4周期第Ⅷ族，基态Co2+的价层电子排布式为3d7，基态Co2+价层电子的电子排布图为： 。
（2）向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，除杂过程中NaClO3参与反应的化学方程式：NaClO3 + 6FeCl2 + 6HCl = NaCl + 6 FeCl3 + 3H2O。
（3）“除杂”过程中加Na2CO3调pH后会生成两种沉淀，即使Fe3+和Al3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀，由题干信息、可知Ksp[Fe(OH)3]
B．稳定常数是指中心原子(或离子)与配体发生反应形成配合物的平衡常数，用K稳表示，K稳值越大，表示生成的配合物越稳定。由于带电量[Co(NH3)6]2+＜[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]2+的K稳值比[Co(NH3)6]3+小，故B正确；
C．由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出，故C正确；
D．若快速冷却，不易形成晶形完整的晶体，故D错误；
故选D。
（5）A．溶液呈碱性，应该用碱式滴定管，故A错误；
B．滴定前溶液中发生反应：，向所得的溶液中2~3滴淀粉溶液，溶液呈蓝色，滴定过程中发生反应，滴定完全时I2完全转化为I-，蓝色褪去，滴定时要适当控制滴定速度，接近终点时改加半滴溶液，溶液颜色从蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点，故B错误；
C．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故C正确；
故选C。
（6）由题意可知：2Co3+~I2~2，n(Co3+)=n()=0.01mol/L×0.024L=2.4×10-4mol，m(Co3+)=2.4×10-4mol×59g/mol=0.01416g，w(Co3+)==14.2%。
5．(1) 2H＋＋FeO=Fe2＋＋H2O SiO2
(2)将亚铁离子完全氧化为铁离子，有利于与伯胺反应，提高萃取率
(3)萃取、分液
(4) 4∶1 4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH＋8H＋
【分析】粉煤灰是从煤燃烧后的烟气中收捕下来的细灰，主要成分有Al2O3、Fe2O3、 FeO和SiO2等物质。 加入硫酸酸浸，除去滤渣SiO2等，浸取液加入过量双氧水和伯胺煤油，得以水层和有机层，分液后，有机层加入氯化钠溶液反萃取,得到水层再加入过量胼和氧气，得到FeOOH，煅烧得到纳米氧化铁。
【详解】（1）“酸没”过程中加入稀硫酸，金属氧化物都和稀硫酸反应，只有SiO2不反应，滤渣的主要成分是SiO2，其中与FeO发生反应的离子方程式为：2H＋＋FeO=Fe2＋＋H2O。
（2）加入氢氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，利于伯胺与Fe3+反应，提高萃取率。
（3）过程Ⅱ加入伯胺一煤油对浸取液进行分离，溶液分层，该操作的名称是萃取、分液。
（4）向水层Ⅱ中加入可使转化为并放出对环境无害的气体即氮气，反应的离子方程式为：反应的离子方程式为4Fe3++=4Fe2++N2↑+4H+，该反应中Fe元素化合价由+3价变为+2价、N元素化合价由-2价变为0价，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1；向所得弱酸性溶液中再通入O2即可生成FeOOH，其离子方程式为：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH＋8H＋。
6．(1)提高酸浸步骤中锑的浸出率
(2)Fe、Cu
(3) Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+ 避免形成胶体，不利于过滤分离
(4)铁氰化钾溶液
(5) 2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O 碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失
【分析】含锑工业废渣加入稀盐酸酸溶，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液1中含有Sb3+、Sb5+、Fe3+、Cu2+、H+；滤液1加入过量铁粉，Sb5+、Fe3+分别转化为Sb3+、Fe2+，铜离子转化为铜单质，过滤得到滤液2加水稀释水解生成SbOCl，酸洗后加入氨水反应，SbOCl转化为Sb2O3；
【详解】（1）将“滤渣1”进行二次酸浸的目的是提高酸浸步骤中锑的浸出率，充分利用原料；
（2）过量铁能置换出溶液中铜离子生成铜单质，故滤渣2为铁、铜；
（3）已知稀释水解后得到滤饼的成分是SbOCl，故水解过程中Sb3+水解和氯离子反应得到SbOCl和氢离子，反应为Sb3++Cl-+H2O=SbOC1↓+2H+；该过程中搅拌可以防止水解生成胶体，导致不利于过滤分离；
（4）滤饼若洗涤不干净则洗涤液中会含有亚铁离子，亚铁离子和铁氰化钾溶液生成蓝色沉淀，故“酸洗”后检验沉淀是否洗净的试剂是铁氰化钾溶液；
（5）“中和”时加入氨水和SbOCl反应生成Sb2O3，根据质量守恒可知，还会生成氯化铵、水，反应的化学方程式为2NH3·H2O+2SbOCl=Sb2O3+2NH4Cl+H2O；(Sb2O3，两性氧化物，能和强碱反应，“中和”需控制溶液的pH在7～8，碱性不能过强的原因是碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，导致产品产率降低。
7．(1)3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑
(2)浓盐酸
(3)HSeO、SeO、OH-
(4)在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥
(5)n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%
【分析】含硒废料加NaNO3溶液用硫酸酸浸，硒氧化得H2SeO3，H2SeO4溶液，加浓盐酸得H2SeO3溶液，缓缓通入SO2气体，硒元素又被还原得硒单质。
【详解】（1）“浸取”时加NaNO3溶液用硫酸酸浸，单质硒大部分被氧化生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；故答案为：3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行，+6价的硒元素具有强氧化性，还原为亚硒酸，滴液漏斗中液体是浓盐酸，浓盐酸被氧化生成氯气。故答案为：浓盐酸；
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，二氧化硫具有还原性，HSeO、SeO被还原，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，反应后溶液中物质的量减少的离子有HSeO、SeO、OH-，故答案为：HSeO、SeO、OH-；
（4）生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥，得高纯硒单质。故答案为：在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥；
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。故答案为：n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。
8．(1)
(2) 增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分) 和
(3) 蒸发浓缩 过滤 蒸馏
(4)除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应
(5) 异丙胺 可做防火剂或黏合剂
(6)0.21
【分析】硼镁矿粉碎后加入氢氧化钠碱溶，氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，得到滤渣和，滤液中含硼，为蒸发浓缩、冷却结晶得到，脱水后高温合成得到、，加入异丙胺提取出，蒸馏分离出取异丙胺得到；
【详解】（1）一元弱酸硼酸在水溶液中部分电离，；
（2）粉碎的目的是增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)；氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，故滤渣的成分是和；
（3）操作1从溶液中得到晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶；操作2为分离固液的操作，是过滤；硼氢化钠常易溶于异丙胺(沸点为)，操作3为从硼氢化钠的异丙胺溶液中得到硼氢化钠的操作，为蒸馏；
（4）钠、氢气均可与空气中氧气反应，高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应；
（5）操作3蒸馏出的异丙胺，可以在操作2中重复使用，故流程中可循环利用的物质是异丙胺。副产物硅酸钠可做防火剂或黏合剂等；
（6）中氢元素化合价为-1，可以失去电子变为+1；氢气中氢失去电子变为+1，根据电子守恒可知，，则有效氢含量为。
9．(1)取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4)溶液，若生成蓝色沉淀(或溶液不变红)，则存在Fe2＋
(2)加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行
(3)4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋
(4) 酚酞 89.0%
(5)将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色
【分析】废液[主要含FeSO4、Fe2(SO4)3和TiO(SO4)2]，首先加铁粉将硫酸铁还原成硫酸亚铁，然后加水使TiO(SO4)2发生水解反应生成TiO2，过滤后在滤液中加氨水调节pH在6左右，再通入氧气氧化，得到FeOOH沉淀，过滤即可，据此分析解答。
【详解】（1）检验亚铁离子可用K3[Fe(CN)6]溶液观察是否生成蓝色沉淀，也可利用其还原性加酸性高锰酸钾，观察高锰酸钾是否褪色，故答案为：取少量废液于试管中，向其中滴加K3[Fe(CN)6](或酸性KMnO4)溶液，若生成蓝色沉淀(或溶液不变红)，则存在Fe2＋；
（2）“除钛”利用的是水解反应原理，水解是吸热的，加热能促进水解，且能加快反应速率，故答案为：加快水解反应的速率，促进水解反应向正反应方向进行；
（3）“氧化”时亚铁离子与氧气反应生成FeOOH，根据得失电子守恒可得反应：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋，故答案为：4Fe2＋＋O2＋6H2O=4FeOOH↓＋8H＋；
（4）滴定过程中过量剩余硫酸与过量草酸钠反应生成的H2C2O4与标准液氢氧化钠反应生成Na2C2O4，终点溶液呈碱性，应选用变色范围在8.2-10.0的酚酞作指示剂；根据反应过程可得：，则消耗氢氧化钠的物质的量等于剩余硫酸中氢离子的总物质的量，则；则与FeOOH反应的氢离子的物质的量，再根据：，可得：，该产品的纯度=；故答案为：酚酞；89.0%；
（5）由硫酸亚铁铵制取铁黄的反应：称取2.352 0 g (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，放在烧杯中，加水充分溶解后，再将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色；故答案为：将烧杯置于80～85 ℃的恒温水浴槽中，边搅拌边将质量为0.122 5 g的KClO3分批加入到烧杯中，过程中滴加2 mol·L-1 NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间，待沉淀颜色都变为淡黄色；
10．(1) 1s22s22p63s23p63d74s2 球
(2)除去炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉
(3)溶液变澄清
(4) 加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，平衡正向移动
(5)加入2(NH4)2C2O4溶液生成沉淀，过滤、洗涤，得纯净，在空气中加热至400℃
【分析】正极材料主要活性物质是LiCoO2，附着物为炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等，将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧进行“预处理”，除去炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉等，烧渣的成分LiCoO2，LiCoO2在还原剂双氧水的作用下用硫酸溶解得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液，向浸出后的溶液中加入NaOH调节pH，接着加入N2H4·H2O可以制取单质钴粉；浸取后滤液加2(NH4)2C2O4溶液生成，在空气中加热至400℃得到Co3O4。
【详解】（1）Co是27号元素，基态钴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，其最高能层电子云轮廓图为球形
（2）“预处理”时，将正极材料研磨成粉末后进行高温煅烧，炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉转化为二氧化碳和水，高温煅烧的目的是除去炭黑、聚乙烯醇粘合剂、淀粉。
（3）“浸出”过程中，将煅烧后的粉末(含LiCoO2和少量难溶杂质)与硫酸混合，将形成的悬浊液加入如图所示的烧瓶中，控制温度为75℃，边搅拌边通过分液漏斗滴加双氧水，浸出实验中当观察到溶液变澄清，得到Li2SO4、CoSO4和硫酸的混合溶液，可以判断反应结束。
（4）①根据图示， pH=9时Co(Ⅱ)的存在形式为，和N2H4·H2O反应生成Co和氮气、水，根据得失电子守恒，制钴粉的离子方程式为。
②pH>10后所制钴粉中由于含有Co(OH)2而导致纯度降低。Co2+可以和柠檬酸根离子(C6H5O)生成配合物(CoC6H5O7)—，pH>10的溶液中加入柠檬酸钠(Na3C6H5O7)，平衡正向移动，所以Co(OH)2减少，所以可以提高钴粉的纯度。
（5），根据图示在空气中加热至400℃得到Co3O4，取浸取后滤液，加入2(NH4)2C2O4溶液生成沉淀，过滤、洗涤，得纯净，在空气中加热至400℃得到Co3O4。
11．(1)、
(2)
(3)置换(反应)
(4)
(5)过滤、洗涤
(6) 0.192 B
【分析】根据以锌灰(含ZnO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)2 4H2O的流程可知，在锌灰中加入稀硫酸，将锌灰中的ZnO、CuO、FeO、Fe2O3溶解，SiO2不溶，形成滤渣I；在滤得的溶液中加入高锰酸钾溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并调节pH至5.1 除去铁离子，因此滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，然后再加入锌置换出溶液中的铜离子，过滤得滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ为铜；在滤液中加入碳酸氢铵，发生，得到的沉淀中再加入磷酸，将ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O转化为四水合磷酸锌[Zn3(PO4)2 4H2O]，据此分析回答问题。
【详解】（1）结合分析可知，滤渣I为SiO2、PbSO4；
（2）“除铁”操作时，需先将溶液调至接近中性，然后再滴加KMnO4溶液，使溶液中的铁元素转化为Fe(OH)3，该反应的离子方程式为；
（3）步骤II加入锌置换出溶液中的铜离子，过滤得滤渣Ⅲ为铜，发生反应的类型为置换(反应)；
（4）步骤III在滤液中加入碳酸氢铵在加热条件下生成，化学方程式为；
（5）结合分析可知，“转化”结束后，从混合液中分离得到Zn3(PO4)2 4H2O的操作包括过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤；
（6）①Zn和O之间最短的距离为晶胞体对角线的，该晶胞棱长为a，则晶胞体对角线长度=a=×0.446nm，Zn和O之间最短的距离为晶胞体对角线的=××0.446nm=0.192nm；
②由晶胞结构可知每个O周围有四个Zn与其相连，配位数为4，由晶胞的结构可知沿面对角线投影应为图B。
12．(1)CaSO4、PbSO4
(2)搅拌；适当加热；适当提高硫酸浓度；多次浸取
(3)酸度过低不利于Fe3+沉淀完全，且在沉锌时会消耗更多的NH4HCO3，造成浪费
(4) 2：1 3ZnSO4+6NH4HCO3=2ZnCO3·Zn(OH)2↓+3(NH4)2SO4+4CO2↑+2H2O
【分析】锗ZnO烟尘（还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等）中加入硫酸酸浸，酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在，所以得到MnSO4、PbSO4、Ge(SO4)2、FeSO4、CaSO4、CuSO4，CaSO4为微溶物、PbSO4不易溶于水，过滤得到的浸渣有CaSO4、PbSO4，酸浸液中含有MnSO4、Ge(SO4)2、FeSO4、CuSO4和过量H2SO4，酸浸液中加入单宁酸沉锗，过滤后得到单宁锗渣，单宁锗渣灼烧得到锗精矿；滤液中加入Zn粉，Zn置换出Cu，过滤得到的滤渣为Cu和过量的Zn，滤液中加入KMnO4将二价铁氧化为三价Fe转化为Fe(OH)3沉淀，KMnO4和MnSO4生成MnO2沉淀，过滤后，滤液中加入NH4HCO3得到碱式碳酸锌。
【详解】（1）根据分析可知，酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是CaSO4、PbSO4。
（2）为了提高锗的浸出率，可以采取搅拌；适当加热；适当提高硫酸浓度；多次浸取等措施。
（3）pH过低无法生成氢氧化铁沉淀，且pH过低会使滤液中存在较多氢离子，在沉锌时会消耗更多的NH4HCO3，造成浪费。
（4）称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，此时氧化锌的物质的量为0.3mol，则根据原子守恒可得原沉淀中含有Zn0.3mol，则，解得a：b=2：1，则碱式碳酸锌的化学式为2ZnCO3·Zn(OH)2，沉锌的化学方程式为3ZnSO4+6NH4HCO3=2ZnCO3·Zn(OH)2↓+3(NH4)2SO4+4CO2↑+2H2O。
13．(1)
(2) 将溶液中的氧化为，便于沉淀分离 3.2≤pH＜8.1
(3)温度过高时，的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰
(4)中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以起到杀菌、消毒的作用，且反应生成的在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮杂质，起到净水的作用
(5)3∶2
(6)
【分析】将含有Mn、Fe、MnO2的混合物用硫酸和FeSO4酸浸，Mn和Fe转化为Mn2+、Fe2+，不溶于稀硫酸，加入过量的的目的是在酸性条件下将还原成稳定的，加入过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，然后调pH将三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，滤液中加入碳酸氢铵溶液沉锰，再经过焙烧可以得到二氧化锰。
【详解】（1）不溶于稀硫酸，加入过量的的目的是在酸性条件下将还原成稳定的，Mn元素由+4价下降到+2价，Fe元素由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（2）加入双氧水的目的是：将溶液中的氧化为，便于沉淀分离；由题中所给表格可知，当调节pH的范围是3.2≤pH＜8.1时，沉淀生成，而不沉淀。
（3）当温度高于时，沉锰速率随温度升高而减慢的原因是：温度过高时，的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰。
（4）中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以起到杀菌、消毒的作用，且反应生成的在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮杂质，起到净水的作用。
（5）和浓盐酸在加热的条件下制得的氯气可用于消毒，Mn元素由+4价下降到+2价；中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以起到杀菌、消毒的作用，且反应生成的，化合价下降3；若两者使用消毒效果相等时，则需要的和的物质的量之比为3∶2。
（6）Mn2+在阳极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒，配平电极方程式为：。
14．(1)
(2)坩埚
(3)B
(4) 加热氯气与氢气的混合气体，易发生爆炸 干燥管 碱石灰 尽装置的空气，避免氧气与硼粉反应生成
【详解】（1）氧化物形式为；
（2）坩埚；
（3）保护气必须是化学性质稳定，且不易与保护物发生化学反应的气体，保护气应该选He；
（4）根据装置A中药品和反应条件可知，该装置是实验室制取氯气的装置，发生反应的离子方程式为；装置B中饱和食盐水是为了除去氯化氢杂质，拆去装置B，硼粉与氯化氢反应生成的产物中有氢气。加热氯气与氢气的混合气体，易发生爆炸；F装置用来吸收水蒸气，避免G装置中的水蒸气进入U形管，G装置盛装氢氧化钠溶液吸收尾气，可以用一个盛装碱石灰的干燥管来代替F和G装置；先点燃A处酒精灯，待整套装置中都充满氯气后，再点燃D处酒精灯发生反应，排尽装置的空气，避免氧气与硼粉反应生成。
15．(1)
(2)C
(3) 适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等)
(4) O2、Cl2 减小
(5)13.44
(6)2.5×1014
【分析】硒化银半导体废料(含、Cu)中加入H2SO4、O2进行酸溶，生成CuSO4、Ag2SO4、SeO2等，蒸馏可得到SeO2蒸气和CuSO4、Ag2SO4溶液；蒸气通入水中生成H2SeO3，用SO2还原生成粗硒；溶液中加入稍过量的NaCl溶液，生成AgCl沉淀和CuSO4溶液(含有Na2SO4和少量NaCl)；电解滤液可得到Cl2、O2和Cu；用N2H4、NaOH还原AgCl，可得到粗银。
【详解】（1）NaOH为离子化合物，由Na+和OH-构成，电子式为 。答案为： ；
（2）A．氢化物的溶解度大小与组成物质的元素的非金属性不成比例关系，则不能由溶解度关系推断非金属性强弱，A不符合题意；
B．氢化物的沸点高低，与分子间的作用力有关，与非金属性无关，则不能利用沸点判断元素的非金属性强弱，B不符合题意；
C．元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强，其非金属性越强，由，可确定硫的非金属性比硒强，C符合题意；
故选C。答案为：C；
（3）“酸溶”时，可通过增大浓度、升高温度、增大接触面积加快反应速率，则能提高反应速率的措施有：适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等)。由流程图可知，、和反应，生成Ag2SO4、SeO2等，化学方程式为。答案为：适当加热(或粉碎废料或适当增大硫酸浓度等)；；
（4）“电解”时，在阳极，少量NaCl电离出的Cl-先失电子生成Cl2，然后水电离生成的OH-再失电子生成O2等，阳极生成的气体为O2、Cl2，电解结束后，电解液的pH减小。答案为：O2、Cl2；减小；
（5）在上述流程中，H2SeO3转化为Se的过程中，可建立如下关系式：Se——2SO2，23.7gSe的物质的量为=0.3mol，则理论上消耗SO2的物质的量为0.6mol，标准状况下参与反应SO2的体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L。答案为：13.44；
（6）“沉银”时Ag2SO4转化成AgCl，发生反应为Ag2SO4(s)+2Cl-2AgCl(s)+，该反应的平衡常数K===2.5×1014。答案为：2.5×1014。
【点睛】H2SeO3被SO2还原为Se时，发生反应的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4。
16．(1) 70℃ Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解
(2)硫酸钙（CaSO4）
(3)
(4) H2O2 1:2 3.2≤pH<7.2
(5)ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH H2O↓+Cl-
(6)电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH。
【分析】向含的废料(杂质为Fe2O3、、等)加入过量硫酸，过滤的到可溶性的硫酸盐和含有微溶物硫酸钙的滤渣；向滤液中加入硫化氢过滤得到难容的硫化铜以及单质硫和可溶性的硫酸盐(、、、等)；向滤液中加入试剂X(常用)将氧化为更容易沉淀的，再加试剂Y常选用，用来调节溶液的pH除去，过滤得到含的溶液和氢氧化铁沉淀的滤渣；向滤液中加氟化钠将溶液中的转化为难容性的，过滤得到的溶液，向滤液中加NaOH和NaClO溶液将转化为，经过滤、洗涤干燥等步骤得到固体，据此解题。
【详解】（1）由图可知当温度在70℃左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70℃；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2；
（2）根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为硫酸钙（CaSO4）；
（3）酸浸后溶液中的金属离子有三价铁离子，铜离子，镍离子，钙离子等，其中Fe2(SO4)3可以把硫化氢中-2价硫氧化为单质硫，方程式为：；
（4）常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.2；
（5）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH H2O↓+Cl-；
（6）电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH，有助于提高生产效率。
17．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3)
(4)1：6
(5)4.7≤pH<7.2
(6) 分液漏斗 A
【分析】水钴矿研磨后加入适量的草酸钴和硫酸，二氧化硅不溶于水硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，滤渣1为二氧化硅和硫酸钙，水钴矿和草酸钴与硫酸反应生成硫酸钴。滤液加入氯酸钠氧化，将亚铁离子变成铁离子，在加入氢氧化钠，得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，再经过萃取和反萃取进行提纯，最后得到金属钴。据此解答。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，不溶于水，故滤渣1含有二氧化硅和硫酸钙；
（3）水钴矿和草酸钴和硫酸反应生成硫酸钴，水钴矿中钴元素化合价降低，则草酸钴中的碳化合价升高，产生二氧化碳和水，方程式为：；
（4）只将氧化成，铁元素化合价改变1价，亚铁离子做还原剂，氯酸钠反应生成氯化钠，氯酸钠做氧化剂，氯元素化合价变化6价，根据电子守恒分析，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6；
（5）沉淀时保证铁离子和铝离子完全沉淀，但钴离子不能沉淀，故pH范围是4.7≤pH<7.2；
（6）萃取分液使用的仪器为分液漏斗。根据平衡分析，增大溶液中的氢离子浓度，使平衡逆向移动，使钴离子进入水层，故选择A。
18．(1)+3
(2)硫酸浓度为2.0mol/L、温度为70℃、时间为120min
(3) 4
(4) 分液漏斗
(5) 蒸发结晶、趁热过滤 作氮肥(合理即可)
【分析】废旧电池灼烧用稀硫酸浸泡，并加入Na2SO3，Na2SO3具有还原性，将Co3＋还原为Co2＋，加入Na2CO3除铝后萃取；钴负载有机相经过反萃取后，加入H2C2O4沉钴得到CoC2O4；镍、锂水相经过一系列操作得到Li2SO4，Li2SO4加入(NH4)2CO4，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到Li2CO4，据此分析解题。
【详解】（1）显示-1价，所以的化合价是+3；
故答案为+3；
（2）由图可知，“酸浸”时，浸取条件为硫酸浓度为2.0mol/L、温度为70℃、时间为120min时，浸出率最高；
故答案为硫酸浓度为2.0mol/L、温度为70℃、时间为120min时；
（3）Na2SO3具有还原性，将Co3＋还原为Co2＋，反应离子方程式为；浸出液中，且，所以，带入计算得，此时值为4；所以“除铝”时，要使开始沉淀，值应大于4；
故答案为，4；
（4）实验室“萃取”操作需要分液漏斗在中进行；使用H2C2O4和Co2+生成CoC2O4，离子方程式为；
故答案为分液漏斗，；
（5）Li2SO4加入(NH4)2CO4，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到Li2CO4；母液中含有，可作氮肥(合理即可)；
故答案为蒸发结晶、趁热过滤；作氮肥(合理即可)。
【点睛】本题考查物质分离和提纯，涉及溶度积常数计算、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确溶度积常数计算、化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键。
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