2022届高考化学二轮专题训练——工业流程题

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2022届高考化学二轮专题训练——工业流程题
1．（2022·广东佛山·二模）利用闪锌矿【主要成分，还有、，(铟)、F、等元素】生产，同时可实现稀散金属的提取。一种工艺流程如图所示。回答下列问题：

时，，；易成胶状。
(1)“气体1”经纯化后适宜在___________工序使用(填方框内的工序名称)。
(2)“溶浸”时，易形成难溶的和，其中元素的化合价为___________。
(3)“电积”时，上清液中的会影响锌的质量，、会腐蚀极板，在“除杂1”中做___________(填“氧化剂或“还原剂”)，气体2的主要成分为___________(填化学式)。
(4)“除氟”时，适量的可以提高氟的沉降率，原因是___________。
(5)为使沉淀完全，“水解”时溶液的应不低于___________(保留整数)。
(6)“加压氧化时”时，发生的离子反应方程式为___________。
(7)母液的主要成分为___________(填化学式)。
2．（2022·上海长宁·二模）硫酸亚铁晶体 在医药上作补血剂。工业上用废铁生产 的一种流程如下图所示：


(1)步骤 I 中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外， 还有一个反应的化学方程式为_______：步骤 I 加入稀硫酸的量不能过量的原因是_______；步骤 II 加入稀硫酸的目的是_______。
(2)证明步骤 (1)滤液中只含有 的方法： 取样， 先滴加 溶液， 无明显现象， 再滴加_______； 该过程的现象为：_______。
(3)步骤 III 从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体 的实验操作为_______、_______、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行， 原因是_______。
(4)取 隔绝空气加热至不同温度， 剩余固体的质量变化如下图所示。


分析数据， 写出 残留物的化学式_______； 时固体物质发生反应的化学方程式是_______，做出这一判断的依据是_______。
3．（2022·江苏江苏·一模）Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如下：

(1)浸渍。常温下，用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体6h.。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有_______(填化学式)。
(2)焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500°C焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10-2mol·L-1K2C2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量_______(写出计算过程)。[负载量=100%]
(3)硫化。400°C时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。
①硫化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为_______。
②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：_______，最后S再与FeS反应转化为FeS2。
(4)工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是_______。

4．（2022·陕西·西安工业大学附中模拟预测）某化工厂从废旧锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2、炭黑及铝片)中回收锂、铝、钴的流程如图所示。

(1)“料渣1”的主要用途有____(填一种即可)。
(2)“酸浸还原”，LiCoO2(难溶于水))在Na2SO3的作用下转化为Li2SO4和CoSO4，写出该反应的离子方程式____。
(3)“料渣2”经过加热分解、电解可制得Al，写出电解制铝的化学方程式____；电解过程中阳极(电极为碳)要不断补充碳块的理由___(用必要的电极反应式和化学方程式说明)。
(4)萃取剂选择磷酸二异辛酯，是因为其具有两种物理性质：____；____。
(5)取一定质量的CoC2O4·2H2O分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为+2、+3价)，用200mL12mol·L-1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L(标准状况)黄绿色气体。写出+3价钴氧化物与该盐酸反应的化学方程式____，通过计算确定该钴氧化物中Co与O的物质的量之比为____。
5．（2022·上海·模拟预测）LiTi5O12是锂离子电池的电极材料，可利用电厂产生的粉煤灰(主要成分为TiO2、MgO、SiO2、Al2O3、FeO、Fe2O3等)来制备，同时获得MgCl2固体。工艺流程如下：

已知：①“酸浸”后钛主要以TiOSO4形式存在，强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子，该离子能水解。
②Ksp[Al(OH)3]=6.4×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17。
③Ti3+在溶液中呈紫色，有较强还原性。
(1)滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。
(2)TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时温度不宜过高，原因是___________。
(3)已知Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，则1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为___________个。
(4)“调pH”目的是除去其它金属阳离子，则调pH最小为___________(已知：离子浓度小于或等于1.0×10-5mol·L-1，认为离子沉淀完全。lg2=0.3)。
(5)MgCl2溶液制备MgCl2固体的实验操作为___________。
(6)测定“酸浸”后滤液1中Ti元素含量的方法：
①转化：隔绝空气条件下，向溶液中加入铝片，Ti元素被还原为Ti3+，反应离子方程式为___________。
②滴定：溶液中Ti3+用含Fe3+的标准液进行滴定，用___________(填化学式)溶液作指示剂，滴定达到终点时的现象是___________。
6．（2022·云南昆明·一模）铜氨溶液在纤维工业有广泛应用。实验室模拟用废弃辉铜矿渣(主要含Cu2S，还含有少量FeS、SiO2)为原料制备Cu(NH3)的流程如图：

已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20，Cu2++4NH3Cu(NH3)   K=1×1013
回答下列问题：
(1)实验前将矿渣粉碎的目的是________，方案I中试剂①是________。
(2)方案II中，“过滤2”所得滤渣的主要成分除S外，还有________(填化学式)。Cu2S和硫酸铁溶液反应的离子方程式是________。
(3)“除铁”前，“氧化”的目的是________，试剂②最好选用________(填化学式)。如何证明铁元素被完全除尽？________。
(4)从环保角度看，两种方案更优的是________。
(5)常温下，向CuSO4溶液中加入浓氨水，生成Cu(OH)2沉淀，继续加入浓氨水，沉淀溶解生成Cu(NH3)。沉淀开始溶解时溶液的pH为10，则=________。
7．（2022·陕西·咸阳市高新一中二模）随着人们对电动汽车需求的进一步扩大，高能量、高电流的锌系二次碱性电池受到市场的期待，但是锌电池在充放电过程中存在变形、枝晶、腐蚀和钝化等问题，目前采用氢氧化钙处理氧化锌工艺得到锌酸钙作为电极的活性物质，使以上情况得到极大改善。一种锌酸钙的化学式为:Ca［Zn(OH)3］2·2H2O，其制备流程如下：

请回答下列问题：
(1)Zn(OH)2是两性氢氧化物，与NaOH反应的方程式为Zn(OH)2＋2NaOH = Na2ZnO2＋2H2O。ZnO是两性氧化物，则反应釜中发生反应的离子方程式为___________
(2)球磨机是用研磨体摩擦、冲击物料使其研磨成粉末的设备。研磨过程加入Ca(OH)2粉末时，通入Ar气的作用是___________ 。
(3)ZnO和锌酸钙在KOH溶液中的溶解情况如下图所示。从反应釜进入球磨机的混合物中主要含有锌酸钾，加入Ca(OH)2粉末，转化为锌酸钙，请从平衡移动的角度分析原因___________是。流程中第二次加人ZnO粉末的目的_______

(4)滚动球磨6-24小时的目的是___________。
(5)操作I为___________。干燥产品时必须在低温减压条件下进行，理由是_______
8．（2022·北京丰台·一模）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有、、、、等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：

已知：常温下，                
(1)步骤ⅰ的操作名称是___________。
(2)①中As的化合价为___________。
②步骤ⅱ中的作用是___________。
(3)步骤ⅲ，加入的目的是通过调pH进一步去除，使 。若溶液2中 ，则需控制pH的大致范围为___________。
(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有___________(填化学式)。
②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是___________。
(5)结合下图说明由溶液4得到的操作是___________。

9．（2022·重庆·模拟预测）钯(Pd)是一种不活泼金属，具有优良的吸氢功能，其氢氧化物具有两性。工业上采用如图流程从二氯二氨合钯[Pd(NH3)2Cl2]中提取钯。

(1)Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为____。
(2)“酸溶”生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为___。
(3)“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中发生的氧化还原的离子反应方程式为____，____。
(4)“滤液”中含有的阴离子主要是____，“沉钯”时，若pH大于10，则上层清液中钯含量升高，其原因为____。
(5)“步骤Ⅴ”中需加浓盐酸并加热至100℃浓缩直至蒸干，加浓盐酸的目的是___。
(6)已知金属钯密度为12.0g•cm-3，标准状况下，吸附的氢气是其体积的850倍，则此条件下钯的吸附容量R=____mL•g-1【R为单位质量(g)的钯所吸附氢气的体积(mL)，结果保留一位小数】。
10．（2022·甘肃·一模）镍氢电池是一种新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯(主要成分为Ni(OH)2、Co(OH)2及少量铁、铝的氧化物等)生产硫酸镍、碳酸钴工艺流程如下图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀时pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
完全沉淀时pH
8.3
2.8
4.7
8.9
9.15

回答下列问题：
(1)用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取效率的方法有______(写出一种合理方法即可)，向Co(OH)3中加入H2O2的目的是_______。
(2)沉淀A的主要成分是_______(填化学式)，“浸出液”调节pH的范围为________。
(3)“母液3”中控制Na2CO3用量使终点pH为9.5，此时c(Co2+)小于________mol∙L-1(已知：Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15)。
(4)用滴定法测定NiSO4∙7H2O产品中镍元素含量。取2.00g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol∙L-1的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.40mL。
已知：i.Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+
ii.紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
①滴定终点的操作和现象是_______。
②样品中镍元素的质量分数为_______%(精确到0.01)。
(5)NiSO4在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为_______。
11．（2022·江苏·模拟预测）稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。铳(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：

已知：①xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。
②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。
③25℃时，部分物质的相关信息如表所示：
Ksp(PbSO4)
Ksp(PbC2O4)
Ka1(H2C2O4)
Ka2(H2C2O4)
2.0×10-8
5.0×10-10
6.0×10-2
6.25×10-5
(1)“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为____。
(2)“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图中数据可得x：z=____。

(3)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是____。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是____。
(4)将1.8molPbSO4加到1L含有0.12mol/LH2C2O4的废水中。发生的离子反应为：PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数的值K=____。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是____(化学式)。
12．（2022·上海·复旦附中二模）二氧化氯(ClO2)气体是一种高效消毒灭菌剂，但其稳定性较差，可转化为 NaClO2保存。分别利用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的NaClO2。其工艺流程示意图如图所示：

已知：①纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下。
②长期放置或高于60℃时NaClO2易分解生成 NaClO3和 NaCl。
(1)通入空气的作用是_______
(2)方法1中，反应的离子方程式是_______。利用方法1制NaClO2时，温度不能超过20℃，可能的原因是_______。
(3)NaClO2的溶解度曲线如图所示，步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2的操作是_______。

(4)为测定制得的晶体中NaClO2的含量，做如下操作：
①称取a克样品于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解后加过量的KI晶体，再滴入适量的稀 H2SO4，充分反应。将所得混合液配成100mL待测溶液。
②移取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中，用bmol·L-1Na2S2O3标准液滴定，至滴定终点。重复2次，测得消耗标准溶液的体积的平均值为c mL(已知：I2+2S2O→2I-+S4O)。样品中NaClO2的质量分数为_______(用含a、b、c的代数式表示)。在滴定操作正确无误的情况下，测得结果偏高，可能的原因是_______。
(5)NaClO2使用时，加入稀盐酸即可速得到ClO2。但若加入盐酸浓度过大，则气体产物中Cl2的含量会增大，原因是_______。
13．（2022·福建漳州·二模）废三元锂离子电池中含有镍、钻、锰、锂、铝等金属元素，是重要的二次资源。由某18650型废三元锂离子电池回收镍、钻、锰的工艺流程如下图所示：

已知：①浸出液中各金属离子的质量浓度如下表。
金属离子





质量浓度()
1600
5144
1495
842
254
②能与、、形成配合物。
回答下列问题：
(1)“浸出”后得到浸出液的操作是___________。
(2)正极活性材料中的在“浸出”过程中转化的化学方程式为___________。
(3)镍、钻、锰的浸出率随时间、温度的变化如图1、图2所示。

①综合考虑，选择浸出时间为___________。
②选择浸出温度范围为60-70℃，理由是___________。
(4)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的离子方程式为___________。
(5)“沉淀”中气体A为___________(填化学式)。沉淀后，分离获得镍钻锰三元氢氧化物沉淀并多次洗涤，判断沉淀洗净的方法是___________。
(6)已知25℃时，部分物质的溶度积常数如下：
物质








要使滤液中、、沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全)的pH应大于___________(lg2=0.3，lg5=0.7)。
14．（2022·福建泉州·三模）电解锰渣主要含、、、及少量的、。利用电解锰渣回收铅的工艺如下图所示：

已知：，，；
回答下列问题：
(1)“还原酸浸”时，被还原的离子方程式为___________。
(2)“浸出液”含有的盐类主要有和少量的、___________，经除杂后得到精制溶液。图为的溶解度随温度的变化曲线，从精制溶液中获得晶体的方法为___________。

(3)“浸铅”反应能发生的原因是___________。
(4)若“浸铅”后所得溶液中，为实现铅与钙的分离，应控制“沉铅”溶液中的范围为___________。(当溶液中金属离子浓度小于，可以认为该离子沉淀完全。)
(5)“沉铅”时，若用同浓度的溶液代替溶液，会生成。原因是___________。
(6)“沉铅”的主要副产物除外，还有___________。
15．（2022·福建龙岩·一模）磷酸亚铁锂()常用作动力锂离子电池的正极材料，利用废料(还含铝、石墨等成分)回收锂、铁等元素的工艺流程如下。

已知：不溶于NaOH溶液。
回答下列问题：
(1)中Fe元素的化合价为___________；
(2)“滤液1”含有的阴离子主要有：、___________；
(3)在“酸浸”中，磷元素转化为。
①实际操作时，所加的量要比理论计算值多，可能原因是___________；
②发生反应的离子方程式为___________；
(4)“滤渣2”的主要成分是___________；
(5)碳酸锂溶解度(用溶液中溶质的物质的量分数表示)曲线如下图所示。

①“沉锂”采用90℃的优点有___________；
②308K时，碳酸锂溶解度为___________g(列出数学计算式)
(6)沉锂温度达到100℃时，碳酸锂沉淀率下降，可能的原因是___________。
16．（2022·湖北·模拟预测）铍作为一种新兴材料日益被重视，有“超级金属”之称。工业上常用绿柱石(主要成分为3BeO·Al2O3·6SiO2，还含有铁等杂质)冶炼铍，工艺流程如图所示：

已知：①按元素周期表的对角线规则Be和Al性质相似；
②几种物质沉淀时的pH如下表：

Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Be(OH)2
开始沉淀时
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时
3.7
5.0
9.7
8.8

回答下列问题：
(1)“酸浸”时将熔炼后的熔块粉碎的目的是___________。
(2)“调pH”得到沉淀的合理pH范围是___________。
(3)“沉淀" 反应不宜使用NaOH溶液的原因是(用离子方程式表示)___________。
(4)从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是___________、___________、过滤、洗涤、干燥。
(5)“ 高温反应”需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是___________。
(6)3BeO·Al2O3·6SiO2中O、Si、Al元素第一电离能由大到小的顺序为___________。绿柱石中Be元素的质量分数为a%，上述过程中 Be的产率为b%。则1 t该绿柱石理论上能生产含铍量1%的镀铜合金___________t。
17．（2022·广东肇庆·二模）菱镁矿的主要成分为MgCO3还含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3。工业上利用菱镁矿冶炼镁的路径有两种，具体工业流程如下图。

回答下列问题：
(1)“煅烧”时，需将菱镁矿破碎，并将热空气从底部吹入，这两种操作的优点为___________。
(2)工艺I中所得“废渣”中含钙成分有___________(填化学式)。
(3)工艺II中“浸出”操作中溶解氧化镁的离子方程式为___________。
(4)“沉镁”操作中温度不宜过高，原因为___________。
(5)“沉镁”过程中当镁离子沉淀完全时，溶液中c(NH)：c(NH3·H2O)至少为___________(填计算结果)。(已知Kb(NH3·H2O)=1.6×10-5；Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11；当溶液中离子浓度小于1.0×10-5×mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。)
(6)“操作”具体是指___________。
(7)“熔融电解”时阳极的电极反应式为___________。

参考答案：
1．(1)还原
(2)+3
(3)     还原剂     Cl2
(4)防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
(5)5
(6)4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3↓+8H+
(7)Na2SO4、Zn SO4、H2SO4
【解析】
由流程结合题目可知，闪锌矿焙烧将金属元素锌、铁、钴、铟转化为相应的氧化物，加热稀硫酸溶浸，得到相应的硫酸盐溶液，加入Na2S2O4生成Co(OH)2沉淀，滤液通入臭氧将氯元素转化为氯气去除，再加入氢氧化钙、碳酸钙除去氟，得到滤液电积分离出锌，废液通入二氧化硫将三价铁转化为二价铁，然后水解分离出铟，加压氧化将二价铁转化为氧化铁，得到母液含有流程中生成的硫酸钠、硫酸锌、稀硫酸。
(1)
闪锌矿主要成分，焙烧硫元素转化为二氧化硫气体，由流程可知，还原步骤需要通入二氧化硫，故“气体1”经纯化后适宜在还原工序使用；
(2)
化合物中正负化合价代数和为零；中锌、氧化合价分别为+2、-2，则铁元素化合价为+3；
(3)
臭氧具有氧化性，和反应生成硫酸钠，硫元素化合价升高，在反应中做还原剂；已知闪现矿中的氯元素，矿物中氯元素常以负一价存在，负一价氯元素会和臭氧反应生成氯气，气体2的主要成分为氯气Cl2；
(4)
已知，易成胶状，“除氟”时，适量的可以使生成的氟化钙着附在碳酸钙表面形成沉淀，防止氟化钙形成胶体，提高氟的沉降率；
(5)
时，，沉淀完全，则c()小于10-5mol/L，c(OH-)不小于，则c(H+)小于2×10-5mol/L，则pH≈4.7；故“水解”时生成In(OH)3沉淀，溶液的应不低于5；
(6)
由流程可知，铁元素在还原过程中被转化为二价铁，“加压氧化时”时，二价铁转化为三价铁生成三氧化二铁，发生的离子反应方程式为4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3↓+8H+；
(7)
二氧化硫还原过程中生成硫酸；“溶浸”过程中形成的难溶进入还原过程和生成的硫酸及废酸中硫酸反应生成硫酸锌；除杂2过程中生成了硫酸钠，最终硫酸、硫酸锌、硫酸钠进入母液，故得到母液的主要成分为Na2SO4、Zn SO4、H2SO4。
2．(1)     ；     确保生成物全部都是硫酸亚铁；     防止亚铁离子水解；
(2)     氯水；     溶液变成血红色；
(3)     蒸发浓缩；     冷却结晶     防止分解失去部分结晶水
(4)               为0.1mol，加热分解到C点后质量不再变化，C为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
【解析】
根据题中信息知废铁中含有铁、铁锈和不溶性杂质。步骤I加稀硫酸，铁和铁锈与硫酸，生成的硫酸铁也会和铁反应生成硫酸亚铁，过滤后可除去不溶性杂质；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，得到的硫酸亚铁溶液经过步骤III：蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体。
(1)
铁锈与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁能够继续与铁反应生成硫酸亚铁，化学方程式为：；在步骤I加稀硫酸不能过量，是为了确保生成物全部是硫酸亚铁，得到的产物更纯净，不用后续除杂；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，防止得到的晶体中有杂质；
(2)
检验亚铁离子，先加KSCN溶液无现象，再加氯水将亚铁离子氧化成铁离子，若出现血红色，则有亚铁离子。故加入的试剂为氯水，现象为溶液变成血红色；
(3)
要得到带结晶水的晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。硫酸亚铁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；受热易失去结晶水，因此低温烘干是为了防止晶体失去结晶水；
(4)
27.8g的物质的量为0.1mol，结晶水完全失去时剩下固体的质量为：，由图可知B()完全失去结晶水，成分为，对比B()和A()点，两者质量差为，即A比B多一个结晶水，A点成分为：；自始至终，铁元素质量守恒，为0.1mol，加热分解到C()点后质量不再变化，C点成分为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
3．(1)Al3+、H+
(2)n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)= 6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)= 0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)=n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=
(3)     SO2+2H2S+2H2O     FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O
(4)+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物
【解析】
用Fe(NO3)3溶液浸渍Al2O3载体得到Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化，反应方程式为SO2+2H2S+2H2O；
(1)
用Fe(NO3)3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+；
(2)
n(Cr2O)=5.000×10-2mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol，滴定时Cr2O→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2O~6Fe2+，则n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×6.000×10-4mol=3.600×10-3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3~2Fe3+~2Fe2+，则n(Fe2O3)=0.5n(Fe2+)=0.5×3.600×10-3mol=1.800×10-3mol，m(Fe2O3)= n(Fe2O3)M=1.800×10-3mol×160g/mol=0.2880g，该负载型催化剂的负载量=；
(3)
①硫化过程SO2和H2反应生成S和水，反应的化学方程式为SO2+2H2S+2H2O；
②检测到H2S是FeS2与与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂；
(4)
在0~200°C范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，工业SO2烟气中含有较高浓度的O2，铁的氧化物易被氧化，则在200~300°C范围内，固体质量增加的主要原因是+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物。
4．(1)制油墨、颜料、橡胶等
(2)
(3)          阳极电极式为2O2+4e-=O2↑，产生的氧气与碳块发生反应C+O2=CO2
(4)     难溶于水     易溶解CoSO4，难溶解Li2SO4和(NH4)2SO4
(5)     Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O     5：6
【解析】
正极材料（主要成分为LiCoO2、炭黑及铝片）加入稀硫酸、亚硫酸钠进行酸浸还原，+3价Co被亚硫酸根还原为Co2+，Li、Al元素转化为相应的阳离子进入溶液中，过滤后加入氨水调节pH沉淀Al3+，在加入磷酸二异辛酯萃取Co2+进入到有机相，加入试剂M进行反萃取，使Co2+进入水相，再加入草酸铵溶液得到CoC2O4•2H2O晶体，强热使晶体分解得到X。
(1)
在“酸浸还原”的过程中，只有炭黑不溶于稀硫酸，因此料渣1为炭黑，炭黑常用来制油墨、颜料、橡胶等；
(2)
“酸浸还原”时，LiCoO（难溶于水）在Na2SO3的作用下转化为Li2SO4和CoSO4，反应的离子方程式为；
(3)
加入氨水调节pH沉淀Al3+，则“料渣2”为氢氧化铝，经过加热分解得到氧化铝，电解氧化铝可制得Al，电解制铝的化学方程式为；电解过程中阳极发生反应2O2+4e-=O2↑，产生的氧气与碳块发生反应C+O2=CO2，碳块被消耗，因此要不断补充碳块；
(4)
该流程中磷酸二异辛酯的作用是萃取水相中的Co2+，前面的流程中除去了炭黑和Al，则萃取前的水相中主要有CoSO4、(NH4)2SO4和Li2SO4，所以磷酸二异辛酯首先需要难溶于水，同时易溶解CoSO4，为了得到纯净的Co，还需难溶解(NH4)2SO4、Li2SO4；
(5)
+ 3价钴氧化物具有氧化性，将盐酸氧化生成氯气，则该反应的化学方程式为；根据转移电子守恒可知，，溶液中根据电荷守恒有，则固体中，由化合物中化合价代数和为0可知，，该钴氧化物中。
5．(1)SiO2
(2)H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率

(3)4NA
(4)4.6
(5)在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液
(6)     Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O     KSCN或NH4SCN     滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，半分钟内不变色
【解析】
粉煤灰加入硫酸酸浸，TiO2转化为TiOSO4，其余金属氧化物转化为相应的金属阳离子，SiO2难溶于稀硫酸，成为滤渣1的主要成分；滤液1加热促进TiO2+水解得到TiO2·xH2O；过滤后向TiO2·xH2O中加入双氧水、氨水以及LiOH反应得到Li2Ti5O15时，再混合Li2CO3高温煅烧得到Li4Ti5O12；向调节滤液2加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH，沉淀Al3+和Fe3+，过滤后处理滤液3得到MgCl2固体。
(1)
滤渣1主要成分为难溶于稀硫酸的SiO2。
(2)
TiO2·xH2O转化为Li2Ti5O15时需要加入双氧水、氨水，H2O2分解受热易分解，氨水受热易挥发，若温度过高，会降低原料利用率，所以温度不能过高。
(3)
Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，设过氧键数量为x，则有2x个-1价的O和(15-2x)个-2价的氧，根据化合价整体为0可得2+4×5=2x+2(15-2x)，解得x=4，所以1mol Li2Ti5O15中过氧键的数目为4NA。
(4)
调节pH主要除去Al3+和Fe3+，Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，所以Al3+完全沉淀时，Fe3+也已经完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol·L-1时，c(OH-)==4×10-10mol·L-1，此时c(H+)=2.5×10-5mol·L-1，pH=4.6；
(5)
由于氯化镁溶液中存在Mg2+的水解，加热会促进水解和HCl的挥发，所以为抑制水解，需在HCl气流中加热蒸发MgCl2溶液制备MgCl2固体；
(6)
①根据题意Al可以将TiO2+还原为Ti3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为Al+3TiO2++6H+=Al3++3Ti3++3H2O；
②Ti3+具有较强还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+，而Fe3+遇到SCN-会使溶液显红色，所以指示剂可以选用KSCN或NH4SCN溶液，含Ti3+的溶液显紫色，达到滴定终点时Fe3+稍过量，溶液会变为红色，现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由紫色变为红色，且半分钟内不变色。
6．(1)     加快反应速率     NaOH溶液
(2)     SiO2     4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S↓
(3)     将Fe2+转化为Fe3+，易于除去     CuO     取少量溶液于试管中滴加KSCN溶液，无明显现象
(4)方案Ⅱ
(5)20
【解析】
由题给流程可知，方案I为铜矿渣中加入氢氧化钠溶液浸取，将二氧化硅转化为硅酸钠，过滤得到硫酸钠溶液和含有硫化亚铜、硫化亚铁的滤渣，滤渣在空气中灼烧得到含有氧化铁和氧化铜的灼渣和有毒的二氧化硫，向灼渣中加入稀硫酸得到硫酸铁和硫酸铜混合溶液；方案II铜矿渣中加入硫酸铁溶液浸取，将硫化亚铜、硫化亚铁转化为硫、硫酸亚铁和硫酸铜，二氧化硅不与硫酸铁溶液反应，过滤得到含有二氧化硅和硫的滤渣和含有硫酸亚铁、硫酸铜的滤液；将滤液混合后加入合适的氧化剂，将亚铁离子转化为铁离子，加入氧化铜调节溶液的pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到硫酸铜溶液；向硫酸铜溶液中加入浓氨水先将溶液中的铜离子转化为氢氧化铜沉淀，继续加入浓氨水将氢氧化铜转化为四氨合铜离子。
(1)
实验前将矿渣粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更加充分；由分析可知，试剂①为氢氧化钠溶液，目的是将二氧化硅转化为可溶的硅酸钠，故答案为：加快反应速率；NaOH溶液；
(2)
由分析可知，过滤2所得滤渣的主要成分为二氧化硅和硫；硫化亚铜和硫酸铁溶液反应生成硫酸铜、硫酸亚铁、硫，反应的离子方程式为4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S↓，故答案为：SiO2；4Fe3++Cu2S=4Fe2++2Cu2++S↓；
(3)
由分析可知，除铁前氧化的目的是加入合适的氧化剂，将亚铁离子转化为铁离子，便于加入氧化铜调节溶液的pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；若加入硫氰化钾溶液，溶液不变为红色，说明铁离子完全转化为沉淀被完全除尽，故答案为：将Fe2+转化为Fe3+，易于除去；CuO；取少量溶液于试管中滴加KSCN溶液，无明显现象；
(4)
由分析可知，方案I所得的滤渣在空气中灼烧时会生成有毒的二氧化硫，污染空气，所以从环保角度看，两种方案更优的是方案II，故答案为：方案II；
(5)
由方程式可知，反应的平衡常数K=，由沉淀开始溶解时溶液的pH为10可知，溶液中铜离子的浓度为=2×10-12，则溶液中=K×c（Cu2+）=1×1013×2×10-12=20，故答案为：20。
7．(1)ZnO＋2OH－＝ZnO＋H2O
(2)防止Ca(OH)2遇到空气中CO2转化为CaCO3
(3)     在碱性溶液中，锌酸钾溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动     调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1
(4)使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应充分
(5)     过滤     防止高温下产物分解失去结晶水
【解析】
氧化锌粉末在反应釜中和氢氧化钾溶液反应生成K2ZnO2，加入氢氧化钙使其转化为锌酸钙，最后加入氧化性粉末搅拌过滤洗涤干燥得到产品，据此解答。
(1)
依据已知信息和两性化合物的性质可判断ZnO在反应釜中发生反应的离子方程式为ZnO＋2OH－＝ZnO＋H2O；
(2)
由于空气中含有二氧化碳，能被氢氧化钙溶液吸收，所以通入Ar气的作用是防止Ca(OH)2遇到空气中CO2转化为CaCO3；
(3)
由于在碱性溶液中，锌酸钾溶解度大于锌酸钙的溶解度，加入Ca(OH)2粉末，增大Ca2＋浓度，使锌酸钙溶解平衡向沉淀生成的方向移动；根据产品的化学式Ca［Zn(OH)3］2·2H2O可判断流程中第二次加人ZnO粉末的目的调整ZnO与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1；
(4)
滚动球磨6～24小时的目的是使ZnO固体与KOH溶液充分混合，反应充分，提高产率。
(5)
由于操作I得到滤液，则其操作为过滤。由于产品含有结晶水，则干燥产品时必须在低温减压条件下进行的理由是防止高温下产物分解失去结晶水。
8．(1)萃取分液
(2)     ＋3     氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素
(3)4～7
(4)          与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降
(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤
【解析】
粗硫酸镍废液在有机溶剂中萃取后分液，得到含铜有机物和溶液1，往溶液1加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4和溶液2，再往溶液2加入Na2CO3后过滤，得到沉淀2Fe(OH)3和溶液3，继续往溶液3加入NaF后过滤，得到沉淀3和溶液4，沉淀3主要是CaF2和MgF2，溶液4经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸镍晶体。
(1)
据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。
(2)
①中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe2+、H3AsO3被氧化，故的作用是氧化和，以利于形成，除去砷和铁元素。
(3)
据已知信息，   ，则溶液2中 时，c(OH-)不能大于，pH=7；又需使 ，根据   ，则c(OH-)不能小于，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。
(4)
①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有 ；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是与结合生成弱电解质HF，导致降低，沉淀率下降。
(5)
从图中可知，的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷却结晶、过滤。
9．(1)+2
(2)Pd(NH3)2Cl2+2HCl(浓)(NH4)2PdCl4
(3)     ClO+2NH=N2↑+Cl-+2H++3H2O或6ClO+10NH=5N2↑+3Cl2↑+4H++18H2O     ClO+5Cl-+6H++=3Cl2↑+3H2O
(4)     Cl-、OH-     Pd(OH)2具有两性，当碱性较强时会溶解而进入上层清液中
(5)将Pd(OH)2转化为PdCl2、抑制PdCl2的水解
(6)70.8
【解析】
Pd(NH3)2Cl2用热浓盐酸溶解得到(NH4)2PdCl4溶液，用NaClO3溶液氧化(NH4)2PdCl4得含有PdCl的溶液、氯气、氮气，向含有PdCl的溶液中加NaOH溶液调节pH=10生成Pd(OH)2沉淀，用浓盐酸溶解Pd(OH)2得到有PdCl2溶液，加热至100℃浓缩直至蒸干得PdCl2。
(1)
根据化合价代数和等于0，Pd(NH3)2Cl2中钯元素的化合价为+2；
(2)
“酸溶”时Pd(NH3)2Cl2和盐酸反应生成(NH4)2PdCl4，则该反应的化学反应方程式为Pd(NH3)2Cl2+2HCl(浓)(NH4)2PdCl4；
(3)
“氧化”后，钯仍以PdCl形式存在，则“氧化”过程中ClO把NH氧化为氮气，反应离子方程式为6ClO+10NH=5N2↑+3Cl2↑+4H++18H2O；ClO把Cl-氧化为Cl2，反应的离子方程式为ClO+5Cl-+6H++=3Cl2↑+3H2O。
(4)
含有PdCl的溶液中加NaOH溶液调节pH=10生成Pd(OH)2沉淀，“滤液”中含有的阴离子主要是Cl-、OH-，Pd(OH)2具有两性，“沉钯”时，若pH大于10，Pd(OH)2和氢氧化钠反应溶解而进入上层清液中，所以上层清液中钯含量升高；
(5)
“步骤Ⅴ”中需加浓盐酸并加热至100℃浓缩直至蒸干，加浓盐酸的目的是将Pd(OH)2转化为PdCl2、抑制PdCl2的水解。
(6)
金属钯密度为12.0g•cm-3，标准状况下，吸附的氢气是其体积的850倍，即12g钯吸收850mL氢气，此条件下钯的吸附容量R=mL•g-1。
10．(1)     粉碎金属电极芯等     起还原剂作用
(2)     Fe(OH)3、Al(OH)3     4.7～6.2
(3)
(4)     加入最后一滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不退色     18.92
(5)2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O
【解析】
金属电极芯加入硫酸，得到镍、钴、铁、铝的对应盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH分离成铁、铝沉淀；滤液调节pH、加入次氯酸钠分离出钴的沉淀，Co(OH)3中加入H2O2、硫酸溶解得到的母液3，加入碳酸钠得到CoCO3；母液2通入氨气得到Ni(OH)2，加入硫酸后最终生成NiSO4∙7H2O产品；
(1)
用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取效率的方法有粉碎金属电极芯、升高温度、搅拌等；由流程可知，向Co(OH)3中加入H2O2、硫酸最终生成二价Co，故加入H2O2目的是使三价Co转化为二价Co，起还原剂作用；
(2)
浸出液中加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，然后调节pH将铁、铝沉淀出来，故Fe(OH)3、Al(OH)3； “浸出液”调节pH要保证铁、铝沉淀完全，而镍、钴不沉淀，由图表可知，pH的范围为4.7～6.2；
(3)
“母液3”中控制Na2CO3用量使终点pH为9.5，则c(OH-)=109.5-14=10-4.5，此时c(Co2+)小于mol∙L-1；
(4)
①已知：紫脲酸胺为紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色；滴定终点的操作和现象是加入最后一滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不退色；
②反应为Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+，则样品中Ni的物质的量为0.100mol∙L-1×12.40×10-3L×=6.2×10-3mol，则样品中镍元素的质量分数为；
(5)
NiSO4在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH同时生成氯离子和水，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH+Cl-+H2O；
11．(1)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
(2)1∶2
(3)     ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O)     除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解
(4)     1.5×10-4     PbSO4
【解析】
(1)
由流程图可知，Sc2(C2O4)3经焙烧后生成Sc2O3和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
(2)
“xNH4Cl·yScF3·zH2O”脱水除铵是指脱去结晶水和氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产生白烟，所以380~400℃时固体减少的质量为氯化铵的质量，200~300℃时减少的质量为水的质量，则氯化铵的物质的量为：，水的物质的量为：，x:z=0.06:0.12=1:2。
(3)
ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水发生反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为：ScF3+H2OScOF+2HF或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
(4)
平衡常数K=====1.510-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)可知，有少量PbSO4转化为了PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，所以所得“沉淀”是PbSO4。
12．(1)将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸
(2)     2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O     NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl
(3)加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤
(4)     ×100%     碘离子被氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2=I2+2H2O，生成更多的碘单质，消耗Na2S2O3增多
(5)亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性、还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气
【解析】
由题中制备流程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到NaHSO4，ClO2发生器中发生反应为H2SO4+2NaClO3+SO2=2ClO2↑+2NaHSO4，纯ClO2易分解爆炸，通入足量空气稀释ClO2以防止爆炸；方法1中发生2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，根据题中信息可知，高于38℃时析出NaClO2晶体，且控制温度低于60℃，减压蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO2产品；方法2中电解时阳极上发生2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上发生ClO2+e-=，阴极上析出NaClO2，结晶、干燥得到NaClO2产品；据此解答。
(1)
根据题给信息可知，由于纯ClO2易分解爆炸，因此步骤1中，通入空气的作用是将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸；故答案为：将生成的ClO2稀释到10%以下，防止分解爆炸。
(2)
方法1中，反应的离子方程式是2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O；利用方法1制NaClO2时，根据信息高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，温度不能超过20℃，可能的原因是NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl；故答案为：2ClO2＋H2O2＋2OH－＝2＋O2↑＋2H2O；NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl；
(3)
根据图中NaClO2的溶解度曲线，低于38℃析出的是NaClO2∙3H2O，高于60℃时NaClO2易分解生成NaClO3和NaCl，因此步骤3中从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；故答案为：加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；
(4)
由ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得关系式为：NaClO2～2I2～4S2O32-，n(NaClO2)=n(S2O32-)=，则样品中NaC1O2的质量分数为：；在滴定操作正确的情况下，测得结果偏高，可能为碘离子被氧气氧化，生成更多的碘单质，消耗更多的Na2S2O3，结果偏高，故答案为：×100%；碘离子被氧气氧化，发生反应4H++4I-+O2=I2+2H2O，生成更多的碘单质，消耗Na2S2O3增多；
(5)
在酸性增强的情况下，NaClO2使用时的氧化性增强，盐酸的还原性也增强，两者反应会生成氯气，故答案为：亚氯酸钠与较浓盐酸混合，氧化性、还原性增强，发生氧化还原反应，生成氯气。
13．(1)过滤
(2)
(3)     2.5h     60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变
(4)
(5)          取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显变化则已洗净
(6)10.15
【解析】
由题可知，18650型废三元锂离子电池经过预处理，在正极活性材料中经过硫酸和过氧化氢的作用下，会将镍、钻、锰、锂、铝等金属元素转化为、、、、等离子；过滤除去不溶物，浸出液中含有、、、、等离子；加入碳酸氢铵调节pH，可以将，转化为氢氧化铝；过滤后得到滤渣氢氧化铝，滤液中含有、、、离子；滤液中加入氨水和氢氧化钠，将、、转化为镍、钻、锰的氢氧化物，实现回收镍、钻、锰，据此分析作答。
(1)
“浸出”后得到浸出液和滤渣，则该操作过滤，故答案为：过滤；
(2)
正极活性材料中的与硫酸和过氧化氢反应，得到、，可知为氧化剂，过氧化氢为还原剂，在“浸出”过程中转化的化学方程式为：，故答案为：；
(3)
①由图1可知，在2.5h后镍、钻、锰的浸出率最高，之后无太大变化，综合考虑，选择浸出时间为2.5h，故答案为：2.5h；
②选择浸出温度范围为60-70℃，理由是60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变，故答案为：60℃以上浸出率高，但高于70℃浸出率基本不变；
(4)
“调pH”中有沉淀生成，该沉淀为氢氧化铝，是由铝离子和碳酸氢根反应得到，离子方程式为：，故答案为：；
(5)
“沉淀”中根据流程可知，只能产生，则气体A为；沉淀后，含有的离子为硫酸根离子，分离获得镍钻锰三元氢氧化物沉淀并多次洗涤，主要洗涤硫酸根离子，判断沉淀洗净的方法是取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显变化则已洗净，故答案为：；取少量最后一次洗涤液，滴加氯化钡溶液，无明显变化则已洗净；
(6)
根据溶度积常数，可知最难沉淀，当沉淀完全时，滤液中、、沉淀完全， ，，则pH=10.15，即pH应大于10.15，故答案为：10.15。
14．(1)
(2)          蒸发结晶，趁热过滤，洗涤
(3)结合形成难电离物质，使平衡正向移动
(4)或
(5)更易水解生成，从而易生成
(6)
【解析】
本题是一道制备碳酸铅的工业流程题，原料是电解锰渣，首先在酸性条件下用硫化铅还原二氧化锰，之后加入乙酸铵溶解出铅，过滤除杂，在滤渣中加入碳酸氢铵生成碳酸铅，以此解题。
(1)
MnO2、PbS、PbSO4均为固体写成离子方程式时不能拆开，其中MnO2被还原为二价锰离子，PbS中的S被氧化为硫单质，则离子方程式为：；
(2)
与PbS反应三价铁离子被还原为二价亚铁离子，因此含有FeSO4；
由MnSO4的溶解度随温度的变化曲线可知，随温度升高，溶解度逐渐下降，因此采用蒸发结晶，趁热过滤，洗涤；
(3)
“浸铅”反应能发生是因为醋酸铅比硫酸铅更难电离，故答案为：结合形成难电离物质，使平衡正向移动；
(4)
当溶液中金属离子浓度小于10-5mol ·L-1时，可以认为该离子沉淀完全，则当铅离子完全沉淀时，，使钙离子开始沉淀的，因此溶液中c()的范围为或；
(5)
由于铵根离子的水解要弱于碳酸根离子，所以碳酸铵显碱性，溶液中含氢氧根离子与多余的二价铅离子配位形成，故答案为：更易水解生成，从而易生成；
(6)
由于“沉铅”反应，所以还含有。
15．(1)+2
(2)AlO
(3)     易分解    
(4)Fe(OH)3
(5)     90℃可减少Li2CO3溶解损失    
(6)温度过高，促进了碳酸锂的水解
【解析】
本题是一道碳酸锂制备类型的工业流程题，本题采用的原材料是磷酸亚铁锂废料，首先用氢氧化钠除去其中的铝，过滤，之后用过氧化氢在酸性条件下将二价铁氧化为三价铁，然后调节pH生成氢氧化铁沉淀，过滤除去，最后加入碳酸钠溶液，再结晶得到产品，以此解题。
(1)
根据正负化合价的和为零的原则可知其中Fe的化合价为+2价；
(2)
不溶于氢氧化钠溶液，铝溶于氢氧化钠，2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2↑，故滤液1中的阴离子为、AlO；
(3)
①过氧化氢容易分解，影响除杂，故所加的量要比理论计算值多，可能原因是易分解；
②中+2价铁被过氧化氢氧化为三价铁离子，同时生成磷酸，离子方程式为：；
(4)
加入一水合氨和氢氧化钠，使三价铁离子生成氢氧化铁沉淀，故“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3；
(5)
①由图可知Li2CO3的溶解度随温度升高而降低 , 90℃可减少Li2CO3溶解损失；
②308K时，碳酸锂物质的量分数=3.0×10-3，设溶液中，水和碳酸锂共1mol，则n(Li2CO3)= 3.0×10-3mol，n(H2O) ≈1mol，，；
(6)
碳酸锂可以水解，升温促进水解，故沉锂温度达到100℃时，碳酸锂沉淀率下降，可能的原因是温度过高，促进了碳酸锂的水解。
16．(1)增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率
(2)5.0 ≤ pH ＜ 5.2
(3)2OH-＋Be(OH)2 =＋2H2O
(4)     蒸发浓缩     冷却结晶
(5)高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率
(6)     O＞Si＞Al     0.01ab
【解析】
绿柱石(主要成分3BeO•Al2O3•6SiO2，还含有铁等杂质)，加入石灰石熔炼，SiO2、Al2O3分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙，BeO和熔融石灰石反应生成铍酸钙，粉碎后加入稀硫酸溶解，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、FeSO4，滤渣1为H2SiO3等，加入足量H2O2氧化FeSO4为Fe2(SO4)3，向滤液中加入氨水调pH，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有BeSO4、(NH4)2SO4，再向溶液中加入氨水得到Be(OH)2，加入NH3、HF得到(NH4)2BeF4，灼烧分解得到BeF2，加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。
(1)
“酸浸”时将熔炼后的熔块粉碎的目的是增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率；
(2)
加入氨水调pH使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则pH大于5.0，同时不能出现Be(OH)2沉淀，则pH小于5.2，则得到沉淀的合理pH范围是5.0 ≤ pH ＜5.2；
(3)
已知Be和Al性质相似，则Be(OH)2具有两性，能与强碱溶液反应而溶解，“沉淀" 反应不宜使用NaOH溶液的原因是2OH-＋Be(OH)2 =＋2H2O；
(4)
从“反应”后的溶液中得到(NH4)2BeF4固体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)
加入Mg进行“ 高温反应”得到Be，Mg和Be的化学性质都较活泼，需要在隔绝空气的环境中进行，其原因是高温下空气中的氧气等物质可与镁或铍反应，从而降低产率；
(6)
同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，故第一电离能O＞Si＞Al；根据Be元素质量守恒，设镀铜合金为xt，1t×a%×b%=xt×1%，解得x=0.01ab t。
17．(1)破碎和热空气从底部吹入都是为了增大菱镁矿与空气的接触面积，提高效率
(2)CaSiO3(或Ca2SiO4)、Ca(AlO2)2
(3)MgO+2=Mg2++H2O+2NH3↑
(4)“沉镁”时温度过高，氨水易挥发
(5)0.016
(6)持续通入HCl的条件下，加热蒸干
(7)2Cl--2e-=Cl2↑
【解析】
本题为考查用菱镁矿冶炼镁的工业流程题，首先将菱镁矿煅烧，工艺I，加入氧化钙和硅铁之后高温煅烧得到镁单质；工艺II，菱镁矿煅烧的烧渣用氯化铵溶液溶解，之后过滤，向滤液中加入氨水得到氢氧化镁沉淀，再用盐酸溶解得到氯化镁溶液，再结晶可以得到氯化镁晶体，再经过处理可以得到金属镁单质，以此解题。
(1)
破碎是为了增大菱镁矿与空气的接触面积，热空气从底部吹入会使氧化镁粉末“沸腾”增大接触面积，提高效率，故答案为：破碎和热空气从底部吹入都是为了增大菱镁矿与空气的接触面积，提高效率；
(2)
根据硅、铝相关性质可知工艺I中所得“废渣”中含钙成分有CaSiO3、Ca(AlO2)2；
(3)
工艺II中“浸出”操作中溶解氧化镁的离子方程式为MgO+2=Mg2++H2O+2NH3↑；
(4)
氨水受热时容易挥发，故“沉镁”操作中温度不宜过高，原因为“沉镁”时温度过高，氨水易挥发
(5)
“沉镁”过程中当镁离子沉淀完全时浓度小于1.0×10-5mol/L，根据Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-11，可知c(OH-)高于1.0×10-3mol/L；再根据Kb(NH3·H2O)=1.6×10-5，溶液中c(NH+)：c(NH3·H2O)应低于0.016；
(6)
MgCl2·6H2O晶体加热时会生成HCl，部分生成氧化镁和碱式氯化镁，故“操作”具体是指持续通入HCl的条件下，加热蒸干；
(7)
阳极的电极反应为阴离子失去电子发生氧化反应，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑。