2023届高三化学一轮专题训练：工业流程题（答案）考试试卷

2023届高三化学一轮专题训练：工业流程题
1．（2022·安徽铜陵·统考二模）随着能源紧缺问题的凸显，太阳能电池已经成为各国实施可持续发展的重要选择。太阳能电池的核心是电池材料，Si、GaAs(砷化镓)、CdTe(碲化镉)、铜(Cu)铟(In)硒(Se)薄膜等均可用于太阳能电池材料。回答下列问题：
(1)上述所涉及元素中，属于副族元素的是_______(填元素符号)。
(2)Se与O同主族，质子数比O大26，写出Se原子的结构示意图：_______。
(3)废弃的含GaAs的半导体材料可以用浓硝酸溶解，生成和，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)以铜镉渣［主要含锌、铜、铁、镉、钴(Co)等单质］制备金属镉的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol·L-1)
氢氧化物
开始沉淀的pH 1.7 6.3 7.5
沉淀完全的pH 2.8 8.4 9.3
①“滤渣1”是_______(填元素符号)。
②“氧化、沉铁”时，加入ZnO控制反应液的pH范围为_______；若加入的不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素，检验其所用的试剂是_______。
③“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解时，阳极反应式为_______，“电解废液”最好在_______步骤中加入以便循环利用。
④Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极转化为，则充电时电池的阳极反应式为_______。
2．（2022·安徽铜陵·统考二模）碘化钠(NaI，白色粒状)常用于医学和摄影技术。以纯碱(含少量Na2SO4杂质)为原料制备NaI的流程如下：
已知：①I2与Na2CO3生成NaI、NaIO和NaIO3；
②
③NaI·2H2O易被O2氧化生成I2，且温度越高，反应速率越快；
④减压可使物质的沸点降低。
回答下列问题：
(1)“转化”时，向溶液中加入少量NaI的目的是_______；该步骤反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃的原因是_______(从的性质考虑)。
(2)写出“还原”时，发生反应的离子方程式：_______()。
(3)“除”时，若试剂a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，则b是稍过量的_______。
(4)试剂X是_______
(5)获得NaI·2H2O时，采用减压蒸发的原因是_______。
(6)测定产品中NaI含量，采用电位滴定法测定，实验步骤如下：
该样品中NaI的质量分数为_______。
3．（2022·北京丰台·北京市第十中学校考三模）I.是制备活性ZnO的中间体。
(1)属于_______ (填“纯净物”或“混合物”)。
II.以锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料制备的工艺流程如图所示：
已知：i.；受热易分解，放出氨气。
ii.
(2)若和的混合溶液呈中性，则溶液中的 _______(填“>”“<”或“=”)。用与的物质的量之比为的混合溶液浸取锌焙砂时，生成，该反应的离子方程式为_______。浸取过程加入H2O2的目的是_______，“浸取”时为了提高锌的浸出率，可采取的措施是_______ (任写一种)。
(3)若“过滤”操作在实验室中进行，用到的玻璃仪器有_______。
(4)流程中“滤渣”的主要成分是CuS，而不是ZnS，据此推测溶解度：CuS____ZnS (填“>”或“<”)。
(5)根据“蒸氨”时逸出的气体为氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的。你认为该推断是否正确？并说明理由：_______。
(6)“沉锌”的离子方程式为_______。
(7)证明沉淀洗涤干净的方法是：_______。
(8)该流程中可以循环利用的物质是_______ (写出主要成分的化学式)。
4．（2023·安徽·高三统考专题练习）V2O5是重要的钒的化合物，在催化剂、储能等领域有重要的应用。石煤灰中含有一定量的钒(Ⅲ)(以V2O3计)，还含有Fe、Si、P等元素的化合物杂质。一种以含钒石煤灰为原料制备高纯V2O5的工艺流程如下：
已知：含钒固体中主要含(NH4)2V6O16，还有含Fe3+、PO的化合物以及。常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38。
(1)破碎球磨的目的是_______。
(2)请写出中钒元素的化合价_______。
(3)氧化酸浸后，钒元素以形式存在，请写出氧化酸浸中核心反应的离子方程式_____。
(4)碱浸的目的是从含钒固体中浸取出钒元素，同时除铁。常温下，该过程中为完全除去铁元素，溶液pH需保持_______以上。
(5)加入2mol/L的MgCl2，溶液除硅、磷时，MgCl2用量与除硅率、除磷率和钒损失率如下图所示：
测MgCl2溶液的用量的最佳值是_______ml，滤渣2的主要成分是_______。
(6)钒的某种氧化物立方晶胞如下图所示，已知该晶胞边长为apm，则该氧化物晶体的密度为_______g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
5．（2022·全国·校联考模拟预测）科学合理地从污泥中提取铜、镍等有价金属，无论从经济利益还是环保利益上都有深远的意义。氨浸-沉淀法金属回收率高，但是氨易挥发，相关技术目前还有待提升。常见的氨浸-沉淀法回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，Ca：1.49%，Mg：2.02%)中的铜，大致流程如下：
已知：①氨浸液采用缓冲体系；
②滤渣溶于稀硫酸后，金属元素存在形式：Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；
③标准摩尔生成Gibbs自由能可以用来估算一个反应自发的趋势，如，
(1)沉淀1的主要成分是_______(填化学式)，操作2的名称为_______。
(2)标准状况下，氨浸过程中镍元素发生的主要反应为，相关物质的标准摩尔生成焓如下表。
标准摩尔生成焓
-447.3 -26.57 -79.37 -255.7 -237.14
①试分析该反应在_______(填“高温”或“低温”)时有利于镍元素的浸取。
②氨浸液在总氨量一定前提下，相同条件下氨铵比对铜、镍浸出率影响情况如图所示，试从化学角度分析，当氨铵比从变化至时，镍的浸出率降低的可能原因是_______。
(3)实验证明溶解滤渣用的稀硫酸溶液，浓度以2mol/L最合适，结合流程信息分析，硫酸浓度不易过高或者过低的原因：_______。
(4)通常采用H2O2进行氧化过程，试写出铬元素在此过程中发生反应的离子方程式：_______。
(5)系列操作中，通常采用先水洗，再酸洗，然后反萃取得到含铜的溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方式，试分析原因：_______。
(6)①电镀污泥在氨浸以后，如果能提前进行化学除杂，将对后续分离铜、镍有很大的帮助，通常我们用(NH4)3PO4溶液处理金属浸出液，查数据可知，此时与(NH4)3PO4溶液反应的离子方程式为；，，试回答可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：_______。
②常温下，关于0.05mol/L (NH4)3PO4溶液，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
A．可以用0.1mol/L的H3PO4溶液与0.1mol/L的NH3 H2O溶液等体积混合制得(忽略混合时微小的体积变化)
B．由水电离的c(H+)=10-7mol L-1
C．溶液中粒子数目最多的是
D．
6．（2022·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）某化工厂以辉铜矿石(主要成分是Cu2S，杂质为SiO2、FeS、PbS和MgO)为原料制备Cu2(OH)2CO3 xH2O，工艺流程如图所示，回答下列问题：
已知：pH为3.2时，Fe3+沉淀完全；NH4HCO3在温度高于30℃时开始大量分解。
(1)“煅烧”前，将矿石粉碎的目的是____，“煅烧”时生成的气体为____(填化学式)。
(2)“滤渣1”的主要成分为____(填化学式)。
(3)生成“滤渣2”的离子方程式为____。
(4)“调pH为3.5，控温25℃”的目的是____。
(5)“加热”生成Cu2(OH)2CO3 xH2O的离子方程式为____。
(6)准确称取ag产品(无杂质)，灼烧至恒重，称得固体质量减少bg，则x=____。
7．（2023·全国·高三专题练习）实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如图：
(1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为____。
(2)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl-含量与加料方式有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为____(填序号)。
A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是____。
②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有____(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有____(填化学式)。
(4)实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。请补充完整实验方案：①准确量取25.00mLCe3+溶液[c(Ce3+)约为0.2mol L-1]，加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250mL容量瓶中后定容；②按规定操作分别将0.02000mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4+溶液装入如图所示的滴定管中：③___。
8．（2022·全国·高三专题练习）碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材软磁铁氧体，合成二氧化锰和制造其他锰盐的原料，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有CaCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示：
其中，还原焙烧主反应为2MnO2+C2MnO+CO2↑。根据要求回答问题：
(1)若在实验室中进行步骤A，则需用到的仪器为____。步骤B中为了加快浸取的速率，可以采取的措施是____(填写两条即可)。
(2)步骤C中得到的滤渣的成分是____。步骤D中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。步骤E中调节pH至4.5的作用是____。
(3)加入Na2S可以除去Pb2+、Al3+等离子。已知Ksp(PbS)=1×10-28，Ksp(MnS)=1×10-9.6，当溶液中c(Pb2+)=1×10-5 mol L-1时，溶液中c(Mn2+)应不大于____。
(4)pH=0的溶液中，不同价态锰的微粒的能量(ΔG)如图所示。若某种含锰微粒(如Mn3+)的能量处于相邻价态两种微粒(Mn2+和MnO2)能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。
①MnO____(填“能”或“不能”)稳定存在于pH=0的溶液中。
②将Mn3+歧化反应设计为原电池，可测定反应平衡常数。电池负极反应为____，电池总反应的平衡常数表达式为____。
(5)步骤H的离子方程式为____。实验室可利用Na2S2O8溶液来检验Mn2+是否反应完全：2Mn2++5S2O+8H2O=16H++10SO+2MnO，确认Mn2+已完全反应的现象是____。检验时必须控制Mn2+的浓度不能过大，否则实验失败。理由是____。
9．（2023·河北·高三专题练习）利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质)制备CoO的工艺流程如下图所示：
已知：I.表1不同浸出剂“酸溶”结果
浸出剂 浸出液化学成分/(g·L-1) 钴浸出率/%
Co Al
(a)HCl 80.84 5.68 98.4
(b)H2SO4+Na2S2O3 84.91 5.96 98.0
II、Al(OH)3在pH为5.2沉淀完全。
III、LiF的Ksp为1.8×10-3
请回答下列问题：
(1)“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是_______(写一种即可)，并写出主要的离子反应方程式_______；
(2)“酸溶”时最佳的浸出剂应选择_______，并说明理由_______。
(3)“酸溶”后，滤液②中加入Na2CO3溶液调节pH为4～6目的是_______。
(4)“净化”时加NaF目的是沉淀Li+，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时计算净化后残余c(Li+)=_______mol·L-1
(5)写出滤渣②酸溶后与草酸铵反应的离子反应方程式_______。
10．（2023·河北·高三专题练习）嫦娥五号从月球带回的“土壤”中含有辉钼矿，其主要成分为(S为价)，含少量、、(铼)等元素。其中钼是大脑必需的七种微量元素之一，以辉钼矿为原料生产多钼酸盐的工艺流程如下。
已知：25℃时
难溶物
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是_______。
(2)“氧化焙烧”中发生反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其中加入石灰石的主要作用是_______。
(3)加入后的“浸出液”中含有(钼酸根)，以及少量等离子，生成的离子方程式为_______，该反应的_______。
(4)根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
该试剂主要是将离子转化为_______(填化学式)。
(5)“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，该反应的离子方程式为_______。
(6)工艺流程中可循环利用的物质是_______、_______。
11．（2022·上海·高三专题练习）利用天然气为原料的一种工业合成氨简式流程如图：
(1)步骤II中制氢气的原理如下：
I.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) K1
II.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) K2
则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)；K=____(用含K1、K2的代数式表示)。
(2)合成氨的反应原理为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ mol-1。在容积为10L的密闭容器中进行，起始时充入0.2molN2、0.6molH2反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①实验a从开始至平衡时的反应速率v(H2)____；实验c中N2的平衡转化率αc为____。
②与实验a相比，其他两组改变的实验条件是：b____，c___。
③M点的逆反应速率v逆____N点的正反应速率v正(填“＞”、“＜”或“=”)；N点时再加入一定量NH3，平衡后H2的体积分数____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
12．（2023·河北·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)。
13．（2022·全国·高三专题练习）用铬渣[含有Na2SO4及少量Na2Cr2O7、Fe2(SO4)3]为原料提取硫酸钠的工艺流程如图1所示：
已知：常温下Fe3+、Cr3+完全沉淀时pH分别为3.6和5。
根据图2所示溶解度—温度曲线信息，通过操作B制备无水Na2SO4的实验方案是：_____，用少量乙醇洗涤，干燥，密封保存。
14．（2022·全国·高三专题练习）某化学兴趣小组模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
向母液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为___________、___________、___________、洗涤、干燥。
15．（2022·全国·高三专题练习）某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：
已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是___________，实验室中宜选用的加热方式为___________(“水浴加热”或“油浴加热”)。
16．（2022·四川巴中·统考一模）NaNbO3是一种很好的压电和介电材料，一种以铌铁矿(主要成分为SiO2、Nb2O3、MnO2和少量的FeO、CaO、MgO)为原料的制取工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)为了加速“溶解”，可采取的措施有_______(写出两种)该过程中MnO2与FeO反应生成MnSO4和Fe2(SO4)3的离子方程式为_______。
(2)“除Ca2+、Mg2+时，若溶液酸度过高，沉淀不完全，其原因是_______ ；当溶液中c(Ca2+)= 1×10-6mol·L-1时，溶液中c(Mg2+ )的最大值为_______ mol·L-1 (已知Ksp(CaF2)=2.5×10-11，Ksp(MgF2)= 6.4×10-9)
(3)“脱氟”过程发生反应的化学方程式为_______。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥，其中证明NaNbO3洗涤干净的操作是_______。
(5)电解MnSO4溶液可制备Mn和MnO2，阳极电极反应式为_______。
17．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）锰(Mn)最早是由瑞典化学家伯格曼的助手甘恩从软锰矿中分离得到的，锰常用于制造合金锰钢。某化工厂以软锰矿(主要成分是，含有、、CaO等少量杂质)为主要原料制取金属锰的工艺流程如下所示。
(1)“浸锰”步骤中往往有副产物生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示。为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是_______，“滤渣I”的成分有和_______(填化学式)。该步骤中可以再加入，以促进“滤渣I”析出，结合平衡移动原理分析其原因：_______。
(2)“滤液I”中需要先加入，充分反应后再调pH，写出加入时发生反应的离子方程式：_______。
(3)“滤液II”中加入的目的是进一步除去溶液中的，已知25℃时，则常温下在纯水中的溶解度为_______。
(4)由“滤液III”可制得，已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图所示。则从“滤液III”中获得较高纯度的“操作I”为控制温度在80～90℃蒸发结晶、_______、用80～90℃蒸馏水洗涤2～3次、真空干燥。
(5)电解时加入适量的有利于Mn在电极上析出，与水反应生成的(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质(对有特殊的吸附能力，有利于电还原沉积)，该电极反应为____。
18．（2022秋·山东菏泽·高三曹县一中校考阶段练习）纳米和纳米均为多功能性的新型无机材料，在陶瓷、电子、光学等领域有着重要的应用价值。某科学小组尝试利用废旧镀锌铁皮制备纳米和纳米的部分流程如下：
已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。
请回答下列问题：
(1)铁皮镀锌在金属的电化学防护中属于_______法。
(2)调节滤液pH时，pH不能太低的原因为_______(用离子方程式表示)。
(3)向“碱浸”后得到的滤渣中加入过量稀硫酸时，硫酸不能过量太多的原因为_______。
(4)写出“氧化”阶段的离子方程式：_______；“加热沉铁”阶段需要持续通入，其原因为_______。
(5)若“分离”阶段在实验室中进行，可选用的实验装置为_______(填字母)。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)Cd、Cu
(2)
(3)
(4) Cu 2.8~7.5或2.8≤pH≤7.5 或铁氢化钾溶液 酸溶
【分析】酸溶时，Cu不反应，滤渣1中主要含Cu；加入Zn和沉钴时，作为活化剂；加入双氧水主要是将亚铁离子氧化成铁离子便于除去，再加ZnO促进铁离子水解生成氢氧化铁；
【详解】（1）Cd、Cu均是副族元素，故填Cd、Cu；
（2）Se的原子序数为34，类比氧的结构示意图，故Se原子结构示意图为，故填 ；
（3）根据已知，结合氧化还原反应规律可知，GaAs与浓硝酸反应的化学方程式为，故填；
（4）①Cu不溶于稀硫酸，滤渣为Cu，故填Cu；
②“氧化、沉铁”需要将沉淀完全面不会沉淀，由表格可知，需加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8~7.5()：若加入的不足，则电解液中含有，检验方法，取少量溶液，加入溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素，故填2.8~7.5或2.8≤pH≤7.5；或铁氢化钾溶液；
③“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为；“电解废液”中含有硫酸，故最好在“酸溶”步骤中加入循环利用，故填；酸溶；
④镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极转化为，则充电时电池的阳极反应为发生氧化反应生成，反应为，故填。
2．(1) 增大I2的溶解度，从而加快反应速率 防止I2升华
(2)
(3)Na2CO3溶液
(4)HI或氢碘酸
(5)蒸发速度快，且可减少因温度高导致NaI·2H2O氧化(或其他合理描述)
(6)95.76％
【分析】纯碱中加入蒸馏水溶解然后向其中加入I2，发生歧化反应产生NaI、NaIO3、NaIO，向其中加入N2H4·H2O，可以将NaIO3还原为N2， NaIO3则被还原为I-；然后加入活性炭脱水，再过滤弃去滤渣，向滤液中先加入Ba(OH)2溶液，使转化为BaSO4沉淀，再加入稍过量Na2CO3溶液除去过量Ba2+，除去过量BaSO4、BaCO3沉淀，向滤液中加入HI调整溶液pH，反应产生NaI，然后在80℃条件下减压蒸发、再冷却结晶得到NaI·2H2O，然后加热使其失去结晶水得到NaI。
【详解】（1）因为I2在水中的溶解度小，结合已知信息可知，向溶液中加入少量NaI，其目的是增大I2的溶解度，从而加快反应速率；
该步骤I2易升华，反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃，是由于反应温度过高会导致I2会发生升华，为防止其升华，反应温度不能太高，控制温度为40~70℃；
（2）还原时NaIO3则被还原为I-，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；
（3）“除”时，若a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，可以使溶液中的形成BaSO4沉淀除去，则b应该是可以除去过量Ba2+的试剂，又因不能引入其它离子，所以加入的试剂b为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；
（4）调pH应加酸酸化除去过量OH-，同时也不能引入杂质离子，结合生成物可知，试制X应为HI或氢碘酸；
（5）减压蒸发操作的目的有两个，一是可降低点蒸发发时溶液的温度，因而可减少NaI·2H2O的氧化，二是降低物质的沸点，使物质在较低温度时蒸发速度快；
（6）NaI与AgNO3溶液会发生反应：NaI+AgNO3=AgI↓+NaNO3，根据物质反应转化关系可知在25.0 mL溶液中含有NaI的物质的量n(NaI)=n(AgNO3)=0.2100 mol/L×0.01520 L=0.003192 mol，则5.00 g样品配制的250 mL溶液中含有的NaI的物质的量n(NaI)=0.003192 mol×10=0.03192 mol，则其中NaI的质量为m(NaI)=0.03192 mol×150 g/mol=4.788 g，故该样品中NaI的质量分数为。
3．(1)纯净物
(2) = 将氧化为除去(或或) 研成粉末、搅拌、适当加热、延长浸出时间
(3)烧杯、漏斗、玻璃棒
(4)<
(5)不正确，可能是受热易分解，放出氨气或铵盐分解
(6)
(7)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和溶液，若无明显现象，则已洗涤干净
(8)、
【分析】制备流程为：锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、H2O2，H2O2将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到和二氧化碳气体，过滤得，滤液为硫酸铵溶液。
【详解】（1）只由一种物质组成，属于纯净物；
（2）根据电荷守恒，，混合溶液呈中性，，则；(NH4)2SO4与的物质的量之比为的混合溶液浸取锌焙砂时，生成和水，离子方程式为，加入H2O2将Mn2+氧化为MnO2除去锰，反应的离子方程式为或；为提高锌的浸出率，可以将锌焙砂研成粉末，浸取过程中搅拌，适当加热，延长浸出时间等；
（3）过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（4）CuS和ZnS属于同类型沉淀，流程中“滤渣”的主要成分是CuS，而不是ZnS，说明CuS比ZnS更难溶，CuS在水中的溶解度更小，据此可推测溶解度：CuS（5）由题给信息可知，“蒸氨”时逸出的气体氨气也可能是受热分解放出的氨气，从整个流程可知，逸出的气体氨气还可能是由铵盐分解产生的；
（6）沉锌的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn(OH)2 ZnCO3，离子方程式为3Zn2++6=2Zn(OH)2 ZnCO3↓+5CO2↑+H2O；
（7）“过滤III” 所得滤液中可以根据是否含有来确定2Zn(OH)2 ZnCO3沉淀是否洗涤干净，所以检验的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗涤干净；
（8）蒸氨过程中除去的多余NH3和“过滤III”所得滤液中的(NH4) 2SO4，都可循环使用。
4．(1)加快反应速率，充分反应提高浸取率
(2)+5
(3)4NO+3V2O3+10H+=4NO↑+ 6VO+5H2O
(4)3
(5) 10 MgSiO3、Mg3(PO4)2
(6)
【分析】石煤灰破碎球磨后加入稀硫酸、硝酸钠氧化酸浸，经系列操作后得到含钒固体，加入NaOH碱浸，Fe3+转化为Fe(OH)3除去，SiO2反应生成SiO，所以得到的富钒液中有SiO、PO等杂质，加入MgCl2将二者转化为MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀除去，之后加入氯化铵得到NH4VO3沉淀，煅烧得到V2O5。
【详解】（1）破碎球磨可以增大反应物的接触面积，加快氧化酸浸的反应速率，提高效率，且反应更充分，提高浸取率；
（2）中O为-2价，整体显+1价，所以V元素为+5价；
（3）石灰煤中V元素以+3价的形式存在(V2O3)，氧化酸浸过程中被NO氧化为VO，NO被还原为NO，根据得失电子守恒可知NO和V2O3的系数比为4∶3，再结合元素守恒可得离子方程式为4NO+3V2O3+10H+=4NO↑+ 6VO+5H2O；
（4）完全除去铁元素，则溶液c(Fe3+)≤10-5mol/L，常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38，则此时溶液中c(OH-)≥mol/L=1×10-11mol/L，所以pH需保持3以上；
（5）据图可知，当加入10mL除杂试剂时，除磷率、除硅率均可以达到较大值，而继续增加除杂试剂会显著提高钒损率，所以最佳值为10mL；加入的氯化镁与SiO、PO反应生成MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀，所以滤渣2为MgSiO3、Mg3(PO4)2；
（6）根据均摊法，晶胞中V的个数为8×+6×=4个，O的个数为12×+1=4个，所以晶胞的质量为g；晶胞边长为apm，则体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为 =g·cm-3。
5．(1) CaSO4 萃取
(2) 低温 总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少
(3)硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导致金属元素的回收利用率不高
(4)2Cr3++3H2O2+H2O=+8H+
(5)先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物质可以用酸洗
(6) K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易 D
【分析】回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，Ca：1.49%，Mg：2.02%)中的铜时，先将电镀污泥用氨浸液处理然后过滤，从最终产物看，铜、镍元素转化为铜氨、镍氨配离子进入滤液，其他金属元素进入滤渣；往滤渣中加入稀硫酸，此时部分Ca2+生成硫酸钙沉淀，过滤后，滤液中含有Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；加入强氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+、Cr3+氧化为；调节pH后，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，用沉淀剂除去Ca2+、Mg2+；滤液进行离子交换，再用Na2S2O3还原，便可得到Cr(OH)(H2O)3SO4。加入氨浸液后过滤所得的滤液用有机液R进行萃取，然后分液，得到水溶液层和有机液层，将溶有铜氨离子的有机液层先水洗后酸洗，再加硫酸进行反萃取可得CuSO4溶液；水溶液层再加入有机液R进行萃取，然后分液，得到溶有镍氨离子的有机层，再水洗，然后加酸反萃取，从而得到NiSO4。
【详解】（1）由分析可知，沉淀1的主要成分是CaSO4，操作2是利用有机液R提取溶液中一种配合物的操作，其名称为萃取。答案为：CaSO4；萃取；
（2）①该反应中，△H=(-255.7-237.14×2) kJ mol-1-(-447.3-26.57×4-79.37×2) kJ mol-1=-17.66 kJ mol-1＜0，ΔS＜0，则在低温时有利于镍元素的浸取。
②氨浸液在总氨量一定前提下，铵离子投入量多，则氨分子的投入量就少，从方程式可以看出，参加反应的Ni(OH)2必然减少，则镍的浸出率降低的可能原因是：总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少。答案为：低温；总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少；
（3）从流程图看，后续操作中，需要加入去酸试剂调节溶液的pH，硫酸加入过多，消耗去酸试剂必然多，所以硫酸浓度不易过高或者过低的原因：硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导致金属元素的回收利用率不高。答案为：硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导致金属元素的回收利用率不高；
（4）采用H2O2进行氧化时，Cr3+转化为，则铬元素在此过程中发生反应的离子方程式：2Cr3++3H2O2+H2O=+8H+。答案为：2Cr3++3H2O2+H2O=+8H+；
（5）溶液中氨浸液余量很多，先加酸，所用酸量必然多，所以通常采用先水洗再酸洗，然后反萃取得到硫酸铜溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方式，原因是：先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物质可以用酸洗。答案为：先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物质可以用酸洗；
（6）①电镀污泥在氨浸以后，所得溶液中除去含有铜氨离子、镍氨离子外，可能还含有其它配离子，用(NH4)3PO4溶液处理金属浸出液，可将其它配离子转化为沉淀，由反应；，可以看出，镍氨离子也有转化为沉淀的可能，若杂质离子更易转化为沉淀，则可控制(NH4)3PO4溶液的用量，将杂质除尽，所以可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易。
②A．0.1mol/L的H3PO4溶液与0.1mol/L的NH3 H2O溶液等体积混合将制得NH4H2PO4，A不正确；
B．(NH4)3PO4为弱酸弱碱盐，发生双水解反应，所以由水电离的c(H+)＞10-7mol L-1，B不正确；
C．溶液中离子数目最多的是，但水分子数更多，所以粒子数目最多的是水，C不正确；
D．在(NH4)3PO4溶液中，存在物料守恒：，D正确；
故选D。答案为：K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易；D。
【点睛】化学平衡常数大，只表示反应进行的趋势大，并不表示反应速率快。
6．(1) 使矿石与空气接触充分，加快反应速率 SO2
(2)PbSO4、SiO2
(3)Mg2++2F-=MgF2↓
(4)将Fe3+沉淀完全，同时防止NH4HCO3大量分解
(5)2Cu2++4HCO+(x-1)H2O=Cu2(OH)2CO3 xH2O+3CO2↑
(6)
【分析】辉铜矿石(主要成分是Cu2S，杂质为SiO2、FeS、PbS和MgO)，煅烧时产生SO2、金属氧化物以及硅酸盐；酸浸产生硅酸和硫酸铅滤渣，铜离子、铁离子和镁离子进入溶液，加NaF除镁离子后，加碳酸氢铵调pH使铁离子完全沉淀，并为加热沉淀铜离子产生 Cu2(OH)2CO3 xH2O提供碳酸根和氢氧根离子。
【详解】（1）粉碎矿石的目的是增大固体表面积，加快反应速率，提高原料的利用率；金属硫化物煅烧产生气体；
（2）根据分析，“滤渣1”的主要成分为PbSO4、SiO2；
（3）加NaF除镁离子，生成“滤渣2”的离子方程式为Mg2++2F-=MgF2↓；
（4）调pH为3.5的目的是使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，根据已知信息，控温25℃”的目的是防止NH4HCO3大量分解；
（5）Cu2(OH)2CO3 xH2O中的和OH-来自的电离和水解，则加热生成Cu2(OH)2CO3 xH2O的离子方程式为
（6）ag产品(无杂质)Cu2(OH)2CO3 xH2O灼烧至恒重所得CuO的质量为(a-b)g，根据铜元素守恒可得： ，则 。
【点睛】元素守恒法是突破计算的关键。
7．(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
(2)B
(3) 有利于提高Ce3+的萃取率 适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次萃取 Ce3+、H+
(4)从滴定管中准确放出25.00mLCe4+溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加0.02000mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积；重复以上操作2~3次
【分析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。
【详解】（1）根据信息反应物为与，产物为和，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（2）反应过程中保持CeCl3少量即可得到含量较少的，故选B；
（3）去除过量盐酸，减小氢离子浓度，使(水层)+3HA(有机层)(有机层)+(水层)的化学平衡右移，利于提高Ce3+的萃取率，故答案为：有利于提高Ce3+的萃取率；根据平衡移动原理可知，应选择的实验条件是：适当提高硝酸的浓度；充分振荡分液漏斗；用适量萃取剂分多次萃取；“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的、H+，氨水和溶液均显碱性，可以和、H+反应，生成沉淀的同时也发生中和反应，因此过滤后溶液中、H+的物质的量均减小，故答案为：、H+；
（4）从滴定管中准确放出25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向锥形瓶中滴加溶液，边滴加边振荡锥形瓶至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30s内颜色不变，记录滴加溶液的体积；重复以上操作2~3次。
8．(1) 坩埚 增大硫酸的浓度、升高温度
(2) CaSO4 1∶2 使Fe3+转化为Fe(OH)3而除去
(3)1×1013.4 mol L-1
(4) 不能 Mn3++2H2O-e-=MnO2+4H+ K=
(5) Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O 滴入Na2S2O8溶液，溶液不变紫红色 过量的Mn2+能与反应生成的反应，影响对实验现象的观察
【分析】软锰矿加入木炭焙烧，Fe2O3、CuO转化为Fe、Cu，CaCO3分解为CaO，根据题意MnO2转化为MnO，加入硫酸浸取，Fe、MnO得到相应的硫酸盐，Cu不反应，CaO转化为微溶物CaSO4，过滤得到的滤液中主要含有Fe2+、Mn2+等阳离子，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入10%NaOH溶液调节pH生成Fe(OH)3沉淀，过滤后向滤液中加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，分离烘干得到成品。
【详解】（1）实验室中焙烧固体一般用坩埚；
提高反应速率的方法一般有：增大溶液的浓度、升高温度等；
（2）步骤B中，CaCO3、Fe、Al2O3、MnO都与硫酸反应分别生成CaSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MnSO4，只有CaSO4微溶于水，故步骤C中滤渣为CaSO4；
步骤D中发生的反应为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，氧化剂是MnO2，还原剂是Fe2+，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；
溶液中存在Fe3+、Al3+、Mn2+等，从流程看，Mn2+会最终转化为产品；调节pH是为了将Fe3+转化为Fe(OH)3，然后通过分离除去；
（3）Ksp(PbS)=1×10－28，当溶液中c(Pb2+)=1×10－5 mol·L-1时，c(S2-)=1×10-23 mol·L-1；而Ksp(MnS)=1×10－9.6，要使Mn2+不形成MnS沉淀，则c(S2－)·c(Mn2+)＜1×10－9.6，故c(Mn2+)＜1×1013.4　mol·L－1；
（4）①依据图象分析，的能量处于和MnO2能量连线左上方，则在pH=0的溶液中不能稳定存在；
②Mn3+发生歧化反应得到Mn2+和MnO2，反应的离子方程式为：2Mn3++2H2O=MnO2+Mn2++4H+，将该反应设计为原电池，电池负极反应为：Mn3++2H2O-e-=MnO2+4H+，电池总反应的平衡常数K=；
（5）步骤H中为Mn2+与反应生成MnCO3、CO2、H2O，根据电荷守恒、原子守恒、可得离子方程式：Mn2++2=MnCO3↓+ CO2↑+H2O。若存在Mn2+，则会和Na2S2O8溶液反应生成紫红色的，否则溶液不变紫红色。检验时必须控制Mn2+的浓度不能过大，否则过量的Mn2+能与反应生成的反应，影响对实验现象的观察。
9．(1) 搅拌 2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
(2) H2SO4+Na2S2O3 两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，直接排放会污染空气，不符合绿色化学思想
(3)除去滤液②中残留的Al3+
(4)0.45
(5)Co2++C2O+2H2O=CoC2O4·2H2O↓
【分析】废料用碱液溶解，过滤得到滤液①偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到较纯净的含有钴离子的溶液，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，加NaF除去钙离子，滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4 2H2O，灼烧钴得到氧化钴。
【详解】（1）铝锂钴废料含有少量铝箔，能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的偏铝酸钠，再过滤即可除去废料中的Al，“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑。故答案为：搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)；2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑；
（2）根据表中不同浸出剂“酸溶”实验结果可知，使用HCl或H2SO4+Na2S2O3时浸出液化学成分中Co的含量高、钴浸出率也较高，但因Co3O4有较强氧化性，在酸性条件下氧化S2O生成SO，而氧化溶液里的Cl-时，生成的氯气对环境有污染，“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择H2SO4+Na2S2O3，理由：两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境。故答案为：H2SO4+Na2S2O3；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，直接排放会污染空气，不符合绿色化学思想；
（3）结合浸出液化学成分及信息Al(OH)3在pH为5.2沉淀完全同时抓住调节pH为4～6可知目的是为了除去滤液②中残留的Al3+。
（4）“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时，由KspLiF=c(F-)×(Li+)=1.8×10-3，可知c(Li+)=mol L-1=0.45mol L-1，净化”后残余c(Li+)=0.45mol·L-1。故答案为：0.45；
（5）滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4 2H2O，滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式Co2++C2O+2H2O=CoC2O4·2H2O↓，故答案为：Co2++C2O+2H2O=CoC2O4·2H2O↓。
10．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 防止生成排放造成环境污染
(3)
(4) A
(5)
(6)
【分析】辉钼矿（主要成分为MoS2，杂质含有Ca、Cu、Re等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMoO4，同时生成Ca、Cu、Re的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，浸出液回收金属铼，浸渣加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出液含、等，浸出液中加入净化除杂，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子，经过蒸发浓缩，浓缩液加入硫酸酸沉分离得多钼酸铵。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）“氧化焙烧”中是还原剂，钼元素由+2价升高到+6价，硫元素由-1价升高到+6价，氧气是氧化剂，氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是9:2；加入碳酸钙可以吸收二氧化硫进一步转化为硫酸钙，防止生成排放造成环境污染；
（3）加入溶液，钼酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，生成的离子方程式为； ；
（4）根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子；
（5）“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，离子方程式为：；
（6）通过流程可知，可循环利用的物质是、，两者可转化为碳酸铵在盐浸步骤中使用。
11．(1)K1﹒K2
(2) 5×10-4mol L-1 min-1 50% 使用催化剂 增大压强 ＜ 增大
【分析】在一定条件下，反应I达到最大反应限度时，说明反应达到化学平衡，各组分浓度不再改变，体系压强不再改变，正逆反应速率相等，据此逐项分析；根据反应Ⅰ和反应Ⅱ推导所求反应，由多重平衡规则计算该反应的化学平衡常数，以此解题。
【详解】（1）根据盖斯定律得，所求反应可由ⅠⅡ得到，根据多重平衡规则，所求反应的化学平衡常数为；
（2）①实验a中，起始时体系压强为320kPa，平衡时体系压强为240kPa，

则有，可得，
所以实验a从开始至平衡时的反应速率，
实验c中的平衡转化率为；
故答案为：；；
与实验a相比，实验b和实验a的平衡状态一致，实验b比实验a提前到达化学平衡，由此可判断实验b改变的条件是使用催化剂，
实验c的压强大于实验a的压强，由此可判断实验c改变的条件是增大压强；
故答案为：使用催化剂；增大压强；
实验c的压强大于实验a的压强，增大压强有利于增大化学反应速率，所以M点的逆反应速率点的正反应速率；N点达到化学平衡状态，再加入一定量，促使化学平衡正向移动，则平衡后的体积分数增大；
故答案为：；增大。
12．(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。
13．蒸发浓缩，趁热过滤
【详解】由图2可知，Na2Cr2O7的溶解度始终随温度的升高而升高，而无水Na2SO4的溶解度在40℃以后随温度升高而降低，为了析出无水Na2SO4，应蒸发浓缩，趁热过滤；故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
14． 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤
【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3＋H2O＋NaCl＋CO2＝NH4Cl＋NaHCO3↓，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱。
【详解】根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线可知，从NaCl和NH4Cl混合溶液中分离NH4Cl固体可用冷却结晶方法，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl固体；
故答案为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤。
【点睛】本题考查物质的制备方案设计，涉及制备原理与工艺流程、混合物分离提纯等知识，把握制备原理、物质的性质、混合物分离方法、实验操作为解答的关键。
15． 90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率 油浴加热
【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入草酸溶液将金属氧化物转化为、、，二氧化硅与草酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有、、的浸取液；浸取液经加热蒸发得到浓缩液，向浓缩液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将转化为H2WO4沉淀，过滤得到H2WO4和滤液1；H2WO4与稀氢氧化钠溶液反应得到钨酸钠；向滤液1中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将转化为氢氧化铁沉淀，同时将转化为V2O5 H2O沉淀；过滤得到滤液2和含有氢氧化铁、V2O5 H2O；向氢氧化铁、V2O5 H2O中加入稀氢氧化钠溶液将V2O5 H2O转化为钒酸钠。
【详解】由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热；
故答案为90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键。
16．(1) 粉碎或适当增大硫酸的浓度或适当升高温度 MnO2+2FeO+8H+==Mn2++2Fe3++4H2O
(2) 在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡体系中，F-与H+结合生成HF，促使平衡正向移动 2.56×10-4
(3)H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2O
(4)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀，则证明洗涤干净
(5)Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+
【分析】铌铁矿(主要成分为SiO2、Nb2O5、MnO2和少量的FeO、CaO、MgO)中加入稀硫酸，少量FeO与MnO2、稀H2SO4发生反应，大部分MnO2、SiO2不发生反应，以沉淀1析出；往滤液中加入NbF5，Ca2＋、Mg2＋生成MgF2、CaF2，成为沉淀2的主要成分，此时溶液中存在较多量的HF；加入H2SiO3胶体后，与HF发生反应，生成SiF4气体等；过量的硅酸胶体转化为沉淀3。
（1）
为了加速“溶解”，可采取的措施有粉碎或适当增大硫酸的浓度或适当升高温度；
“溶解”时，MnO2与FeO反应生成MnSO4和Fe2(SO4)3，反应的化学方程式：MnO2+2FeO+4H2SO4==MnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O；故反应的离子方程式为MnO2+2FeO+8H+==Mn2++2Fe3++4H2O；
（2）
“除Ca2＋、Mg2＋”时，若溶液酸度过高，沉淀不完全，其原因是：在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡体系中，F-与H+结合生成HF，促使平衡正向移动；已知Ksp(CaF2)＝2.5×10－11，Ksp(MgF2)＝6.4×10－9，当溶液中c(Ca2＋)＝1×10－6 mol·L－1时，c2(F-)= =2.5×10-5，溶液中c(Mg2＋)的最大值为=2.56×10-4mol·L－1。答案为：在MgF2Mg2++2F-、CaF2Ca2++2F-的平衡体系中，F-与H+结合生成HF，促使平衡正向移动；2.56×10-4；
（3）
“脱氟”过程中，HF与H2SiO3发生反应，生成SiF4气体等，发生反应的化学方程式为H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2O。答案为：H2SiO3+4HF==SiF4↑+3H2O；
（4）
“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥，其中证明NaNbO3洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀，则证明洗涤干净；
（5）
电解MnSO4溶液可制备Mn和MnO2，在阳极Mn2+失电子生成MnO2等，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+。答案为：Mn2+-2e-+2H2O==MnO2+4H+。
17．(1) 90℃ CaSO4 增大，使平衡正向移动，促进析出
(2)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(3)1.56×10-3
(4)趁热过滤
(5)H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量杂质)；软锰矿中MnO2、Fe2O3、CaO分别与稀硫酸和过量的SO2反应转化为Mn2+、Fe2+以及微溶的CaSO4，过滤得到主要为SiO2和少量CaSO4的滤渣Ⅰ，滤液主要含Mn2+、Fe2+、H+、、Ca2+的溶液；向溶液中加MnO2将Fe2+氧化为Fe3+并调pH=6使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，过滤得到含MnO2和Fe(OH)3的滤渣II和主要含Mn2+、、Ca2+的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ加过量的使Ca2+转化为难容的CaF2而除去；过滤得到含CaF2和MnF2的滤渣Ⅲ和主要含Mn2+、的滤液Ⅲ；将含Mn2+、的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤得到MnSO4 H2O晶体，然后在电解得到金属Mn。
（1）
由图所示可知，副产物MnS2O6生成随温度的升高而降低，当温度≥90℃时其产率最低，同时锰的浸出率最高，故温度应控制在90℃；由于CaO与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，以及SiO2不与硫酸反应，则滤渣Ⅰ为SiO2和CaSO4；增加，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，促进CaSO4析出；
（2）
酸性条件下将氧化为，即MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（3）
由，常温下CaF2溶解在纯水中，，所以有，解得，CaF2溶液中，故CaF2的溶解度为1.56×10-3或0.00156g；
（4）
由图可知MnSO4 H2O的溶解度随问的升高而降低，为得到纯度较高的MnSO4 H2O晶体，应趁热过滤；
（5）
阴极发生还原反应，所以H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，则其电极反应式为H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O。
18．(1)牺牲阳极的阴极保护或牺牲阳极保护
(2)或
(3)加入过量稀硫酸会导致“加热沉铁”阶段消耗的过多，造成浪费
(4) 隔绝空气，避免被氧化
(5)d
【分析】废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液A为Na2ZnO2，调节溶液pH生成氢氧化锌沉淀，过滤、洗涤、灼烧得到氧化锌，不溶物为铁，溶于稀硫酸加入适量过氧化氢，调节溶液pH=1~2，部分氧化亚铁离子为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的B溶液，加热促进水解生成四氧化三铁胶体粒子。
【详解】（1）铁皮镀锌中锌为负极，铁作正极，为原电池原理，属于牺牲阳极的阴极保护或牺牲阳极保护；
（2）Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似，故氢氧化锌具有两性，酸性太强时，发生反应或；
（3）加入过量稀硫酸会导致“加热沉铁”阶段消耗的过多，造成浪费；
（4）双氧水氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为；
（5）产物为纳米ZnO和纳米Fe3O4，其分散系为胶体，故应用渗析的方法分离，故选d