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【查漏补缺】2025年高考化学复习冲刺过关（新高考专用）04化工微流程含解析
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这是一份【查漏补缺】2025年高考化学复习冲刺过关（新高考专用）04化工微流程含解析，共32页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示：
已知：最高价含铬酸根在酸性介质中以形式存在，在碱性介质中以形式存在。
若铬钒渣中铬的含氧酸盐为，则“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为 。若在实验室中进行煅烧铬钒渣， (填“能”或“不能”)用陶瓷坩埚，理由是 。
2．一种废旧磷酸铁锂正极片(主要成分为、、Al和石墨)的闭环回收工艺流程如图所示：
已知：①为抗坏血酸，具有较强的还原性。
②滤饼成分为。
回答下列问题：
(1)将不同pH下得到的滤饼溶于盐酸，稀释至一定比例后测算Fe、P物质的量比，结果见下表，由此得出，沉淀的最佳pH为 。
(2)调节pH时，氨水不宜加入过量，原因是随着氨水浓度的增大，会产生 杂质；若该步骤中Fe元素沉淀完全，滤液③中除H、O外，还大量含有的元素有 。
3．一种由菱镁矿(主要成分，还含少量和)制备高纯的工艺流程如下：
已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
(1)“浸取”时加入的盐酸不宜过量太多的原因是 。
(2)“调pH”时，发生反应的离子方程式为 。某同学认为“氧化”步骤可省略，直接用调节pH值得到沉淀，该想法不合理的原因是 。
4．碲(Te)是半导体、红外探测等领域的重要战略元素。从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等杂质。一种由粗二氧化碲提取纯碲的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
化学反应的吉布斯自由能变。SO2还原TeCl4和SeCl4的∆G随温度T的变化曲线如下图所示。则“还原除杂”步骤的温度不宜超过 K，该步骤控制在此温度以下的原因是 。
5．以黄铁矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为原料制备的工艺流程如下：
已知：时，。
(1)沉锰过程需控制温度为的原因是 。
(2)下图为的溶解度曲线，操作A是加入足量稀硫酸充分反应后， 洗涤干燥。
6．工业废水任意排放，会造成环境污染。“协同去污，变废为宝”，为处理工业废水提供了新思路。电镀厂产生大量含、的电镀废液，皮革厂产生大量含的废液。两厂联合处理废水，回收Cu并生产铁红和媒染剂，工艺流程如图：
(1)该工艺中多次用到过滤，过滤时需要的玻璃仪器除烧杯外还有 ， 。
(2)从溶液制取晶体的实验操作方法为 、 、过滤、洗涤、干燥。
7．钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含、、、以及少量的等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下：
已知：钒的氧化物在酸性条件下以、存在，增大时可转化为沉淀。
“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：(有机层)(有机层)，“反萃取”应选择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
8．高铁酸钾(K2FeO4)有强氧化性，是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，受热易分解，酸性环境中易变质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
(1)K2FeO4中铁的化合价为 ，提纯K2FeO4的实验方法是 。
(2)铁屑需事先用Na2CO3溶液洗涤，目的是 。
(3)K2FeO4处理饮用水的原理是 。
(4)已知K2FeO4难溶于乙醇，可溶于水，故洗涤K2FeO4晶体时，先使用冷水洗涤，再使用乙醇洗涤，简述用乙醇洗涤K2FeO4晶体的操作 。
9．以钛铁矿(主要成分为FeTiO3、MgO)为原料制备高纯度钛白粉(TiO2)。同时得到绿矾的工艺流程如图。
已知：常温下，稀硫酸几乎与FeTiO3不反应；钛元素在整个流程中化合价没有变化。
(1)稀硫酸浸出的目的是 。
(2)下面两图分别为不同固液比、不同浸出温度下滤渣与热浓硫酸反应时的Ti浸出率，据图分析，最适合的固液比和温度分别是 和 ，原因为 。
(3)“一系列操作”得到的绿矾先用稀钛液洗涤，再用冰水洗涤，请问先用稀钛液洗涤的目的是 ，从FeSO4溶液中获得FeSO4•7H2O晶体的实验操作是 。
10．工业上用铝土矿(主要成份是，还含有、)提取氧化铝做冶炼铝的原料(纯净的)，某研究性学习小组设计了如图提取流程：
请回答下列问题：
写出反应⑤的化学反应方程式 ，上述流程中可以循环利用的物质为 (填化学式)。
11．钪()及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用钛白废酸液(含、、的硫酸废液)和赤泥(含有、、、)联合制备的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：25℃时，。
“除钛”时，加入的作用是 。
12．硫酸镍(NiSO4，易溶于水)是一种重要的化工原料，应用广泛。利用废旧镍电池正极板(主要成分为单质Ni)为原料制取工业级硫酸镍晶体()的流程如下：
已知：①粗NiSO4溶液中还含有、、、、等；
②，。
回答下列问题：
若溶液中，，“除Ca2＋，Mg2＋”时，缓慢滴加稀NH4F溶液，则先产生的沉淀1是 (填化学式)，当CaF2，MgF2开始共沉淀时，溶液中“沉淀1”是否沉淀完全？写出推断过程： (离子浓度即可认为沉淀完全)。
13．我国锰矿资源主要为贫碳酸锰矿(主要成分为，还含有少量、、、、、)，利用贫碳酸锰矿制取的流程如图所示，回答下列问题。
已知：，。
“除钙镁”后的滤液中 。
二、解答题
14．利用废镍催化剂(主要含金属及其氧化物)合成硫酸镍晶体的一种工艺流程如下：
常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生的主要反应的离子方程式为 。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是 。
15．中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等)中提取银、铜和铅，工艺流程如图所示。
(1)步骤③反应的化学方程式为 。
(2)排放后的废水中含有NO，任意排放会造成水体污染，科技人员在碱性条件下用Al粉将NO还原成无污染气体排放，该方法的缺点是处理后的水中生成了AlO，依然对人类健康有害。该反应的离子方程式为： 。
16．HDS废催化剂是石油精炼加氢脱硫工序中产生的危险固体废弃物，但又富含钼、镍等有价金属，是一种重要的二次资源。以下是工业从HDS中回收钼的工艺流程：
(1)Ni(MO4)碱浸时有Na2MO4、NaHCO3生成，该反应的离子方程式为 。
(2)采用碳酸根型萃取钼的反应为：(R4N)2CO3+ Na2MO4=(R4N)2MO4+Na2CO3.参考有关文献资料可知：一些阴离子被R4N+萃取的顺序为HCO>MO>CO，则加入NH4HCO3反萃取发生的化学方程式为： 。
17．氢镍电池是目前使用最广的含镍电池，废旧电池的处理对环境保护和资源的再利用意义重大。一种对废旧氢镍电池负极材料（含有NiO、Ni和少量La、Fe、Mg、MnO2、石墨粉等）进行湿法处理的流程如图所示：
已知：①Ni2+可形成 [Ni(NH3)6]2+；
②Ksp(MgF2)=6.4；
③H2SO4第一步完全电离，。
回答下列问题：
(1)Ni2+的价层电子排布式为 。
(2)能提高“酸浸”效率的措施有 （任写一种）。
(3)若滤渣1的成分为，已知“沉镧”过程中溶液的pH与沉镧率的变化关系如图所示。试分析pH<2.0时沉镧率降低的原因 。
(4)检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选择的试剂是 （填序号）。
A．KSCN溶液
B．K3[Fe(CN)6]溶液
C．NaOH溶液
D．KSCN溶液和氯水
(5)“沉镁”后滤液3中 （溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全）。
(6)中存在过氧键(-O-O-)，“沉锰”反应的离子方程式为 。
(7)“沉镍”所用试剂不宜选用氨水的原因为 ，母液中可提取出的循环利用的物质为 （填化学式）。
18．硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂、木材和皮革的保存剂。现从工业废渣中(主要成分ZnS，含有等杂质)制取流程如图所示；
回答下列问题：
(1)“酸浸”时为了提高浸出效率可采取的措施有 。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)“氧化”中发生反应的离子方程式是 。
(4)加入氨水“调节”的作用是 ，调节过程中加热有利于反应但温度不宜过高，原理是 。
(5)“一系列操作”中包括 ，冷却结晶、 、洗涤、干燥。
19．和锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质)来制备，工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)化学上某些盐可写成氧化物的形式，如可写成，则可写成 。
(2)“酸浸”后，钛主要以存在，写出相应反应的离子方程式： 。
(3)中Ti的化合价为＋4，中含有过氧键的数目为 。
(4)与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是 。
(5)向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到，写出离子方程式： 。
(6)在“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是 ，适当多加草酸的原因为 。
(7)锂离子电池放电时，由结合得到，在中，若，材料中 。
20．锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式表示，萃取金属离子时，发生反应：(代表被萃取的金属)。
(1)的作用是 。
(2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。
A．过滤B．蒸发结晶C．分液D．蒸馏
(3)加入调的目的是 。
(4)已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时， 。(保留1位有效数字)
(5)写出反萃取出的离子方程式 。
(6)、利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相变化如图所示。无机相的控制在 左右为宜。
(7)回收液中浓度的测定：取回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积。物质的量浓度为 。
21．钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：
(1)“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是： 。
(2)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3•6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃时，晶体的主要成分是 (填化学式)。550～850℃发生反应的化学方程式为 。
22．实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：
(1)写出“氧化除锰”时反应的离子方程式： 。
(2)写出“沉锌”时反应的离子方程式： 。
23．广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁．以钒矿石为原料制备的工艺流程如下：
已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有;“酸浸”后钒以形式存在，“中和、还原”后钒以形式存在．
ii．有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取．
iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水．
iv．该工艺条件下，溶液中金属离子（浓度均为）开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
回答下列问题：
(1)“破碎”的目的是 ．
(2)“中和、还原”时，参与反应的离子方程式为 ．
(3)洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是 ．的空间结构为 形．
(4)“氧化”时，每消耗（本身被还原为）,可得到 ．
(5)流程中可循环使用的物质有 ．
(6)“萃取”分离后，所得“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液．请根据题给信息，参照上述工艺流程，将下列工艺流程补充完整（可供选用的试剂：溶液、溶液、溶液）．
．
24．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。已知：饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出NaCO2•3H2O晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。其生产工艺如图所示。
回答下列问题：
(1)NaClO2中氯元素的化合价为 。
(2)“反应I”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)“反应Ⅱ”的离子方程式为 。
(4)“反应”所用“食盐水”由粗盐水精制而成。精制时，为除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+和，需要用到试剂：①NaOH溶液②Na2CO3溶液③BaCl2溶液④稀盐酸，所用试剂的加入顺序正确的是___________。(填标号)
A．①②③④B．②①③④C．③①②④D．③②①④
(5)“一系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、 、干燥，其中“趁热过滤”应控制的温度范围是 。
(6)“反应Ⅱ”产生的Cl2可用于制备含氯消毒剂。将Cl2通入足量NaOH溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液。经测定ClO-与的物质的量浓度之比为3∶1，则Cl2与NaOH溶液反应时，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为 。
pH
6.0
6.5
7.0
8.0
9.0
1.54
1.50
1.49
1.47
1.47
金属离子
开始沉淀的pH
7.6
1.9
8.4
沉淀完全的pH
9.6
3.2
10.8
金属离子
开始沉淀时的
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的
8.7
4.7
3.2
9.0
金属离子
开始沉淀
1.9
7.0
11.9
8.1
完全沉淀
3.2
9.0
13.9
10.1
参考答案：
1． (或，或其他合理答案) 不能 、NaOH均能与陶瓷坩埚中的发生反应或其他合理答案
【分析】铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，加入Na2CO3、NaOH、通入空气进行煅烧，将铁元素转化为Fe2O3，硅元素转化为Na2SiO3，铬元素转化为Na2CrO4；加入H2O浸取，得到Fe2O3；过滤后，往滤液中加入稀硫酸，生成H2SiO3沉淀；过滤后，往滤液中加入MgSO4溶液、(NH4)2SO4溶液，生成MgSiO3、MgNH4PO4沉淀；过滤后，往滤液中加入稀硫酸调节溶液的pH，将钒转化为V2O5；过滤后，往滤液中加入Na2S2O5溶液，并调节pH，生成Cr(OH)3沉淀。
【详解】若铬钒渣中铬的含氧酸盐为NaCrO2，则“煅烧”过程中NaCrO2转化为Na2CrO4，发生反应的化学方程式为或；陶瓷中含有的SiO2能与NaOH、Na2CO3发生反应，若在实验室中进行煅烧铬钒渣，不能用陶瓷坩埚；理由是：Na2CO3、NaOH均能与陶瓷坩埚中的SiO2发生反应。
2．(1)6.0
(2) Fe(OH)2 Li、N、P
【分析】由题给流程可知，向废电池正极片中加入氢氧化钠溶液碱浸，将铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣，向滤渣中加入磷酸和抗坏血酸酸浸，将磷酸亚铁锂、磷酸铁转化为磷酸锂、磷酸亚铁，过滤得到含有石墨的滤渣和滤液，向滤液中加入氨水调节溶液pH在6—9的范围内，将溶液中的磷酸亚铁转化为沉淀，过滤得到滤饼和含有磷酸锂、磷酸铵的滤液，、磷酸锂、葡萄糖在真空管烧结得到正极材料，据此回答。
【详解】（1）由表格数据可知，溶液pH为6.0时，滤饼中铁、磷物质的量比最大，则制得沉淀的最佳pH为6.0；
（2）①调节溶液pH时，若加入过量的氨水，溶液中的亚铁离子会转化为氢氧化亚铁沉淀，导致沉淀中混有氢氧化亚铁杂质；
②由分析可知，铁元素沉淀完全时，滤液③的主要成分为磷酸锂、磷酸铵，则滤液中含有的元素为氢元素、氧元素、锂元素、磷元素、氮元素。
3．(1)防止后续调pH值时，消耗更多药品
(2) Fe2+和Mg2+沉淀的pH范围部分重合，易导致生成的Fe(OH)2沉淀混有Mg(OH)2，产率降低
【分析】菱镁矿(主要成分MgCO3，还含少量FeCO3和SiO2)进行粉碎处理后，加盐酸浸取，过滤后滤液中含有Mg2+、Fe2+，滤渣中为SiO2，加氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，滤液中加入NH4HCO3，与Mg2+反应生成MgCO3，高温煅烧得MgO。
【详解】（1）若“浸取”时加入的盐酸过多，会导致后续调pH值时，消耗更多药品；
（2）①加入MgO调pH值，反应的离子方程式为：MgO+2H+=Mg2++H2O；
②若“氧化”步骤省略，直接用MgO调节pH值得到Fe(OH)2沉淀，由于Fe2+和Mg2+沉淀的pH范围部分重合，易导致生成的Fe(OH)2沉淀混有Mg(OH)2，产率降低。
4． 310 低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G＞0，TeCl4不会被还原
【分析】从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等杂质，加入浓盐酸浸出时，TeO2、SeO2分别转化为TeCl4、SeCl4，PbO、CuO转化为PbCl2、CuCl2，加入Na2S进行净化，PbCl2、CuCl2生成PbS、CuS沉淀，通入SO2进行还原除杂，SeCl4转化为粗硒，抽滤后得到粗硒，往滤液中继续通入SO2，TeCl4被还原为碲粉，将滤液中再加入还原剂R，剩余TeCl4被还原为粗碲，据此回答。
【详解】“还原除杂”时，需将SeCl4还原为Se，但不能将TeCl4还原，由图中可知，温度超过310K时，TeCl4就能被SO2还原，则步骤的温度不宜超过310K，该步骤控制在此温度以下的原因是：低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G＞0，TeCl4不会被还原。
5．(1)防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢
(2)蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤
【分析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值以除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O，据此分析解题。
【详解】（1）沉锰时加入氨水，防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢；
（2）由题干溶解度图象可知，当温度低于40℃时溶液将析出MnSO4·5H2O，故由分析从“操作A”所得溶液中得到MnSO4·H2O晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥。
6．(1) 漏斗 玻璃棒
(2) 加热浓缩 冷却结晶
【分析】由题给流程可知，向电镀废液中加入过量铁粉，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、铁的滤渣和含有硫酸亚铁的滤液；向滤渣中加入过量稀硫酸，将滤渣中的铁转化为硫酸亚铁，过滤得到铜和含有硫酸亚铁的滤液；向混合后的滤液中通入氧气或氯气，将溶液中的亚铁离子氧化得到含有铁离子的溶液A；向滤液中加入重铬酸钾废液，将溶液中的亚铁离子氧化得到含有铁离子和铬离子的溶液B；向溶液B中加入萃取剂萃取、分液得到含有铁离子的有机相和硫酸铬溶液；硫酸铬溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸铬；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到可循环使用的萃取剂和含有铁离子的溶液A；向溶液A中加入氢氧化钠溶液，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的氢氧化铁受热分解得到铁红。
【详解】（1）过滤所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒；
（2）由分析可知，制得六水硫酸铬的实验操作方法为硫酸铬溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸铬，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶。
7．酸性
【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K₂SO3和H₂SO4对滤渣1还原酸浸，V2O5、Fe2O₃和K2SO3和H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1和滤液2中的、VO2+进行萃取分离出亚铁离子和钾离子，再反萃取出和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。
【详解】“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：H2R(有机层)+VO2+2H+ +VOR(有机层)，“反萃取”应让平衡逆向移动，使VO2+进入水层，故选择在酸性环境中进行。
8．(1) +6 重结晶
(2)除去铁屑表而的油污
(3)K2FeO4有强氧化性，故能杀菌，4K2FeO4+10H2O=4 Fe(OH)3(胶体)+8KOH+3O2↑，新生成的Fe(OH)3(胶体)能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，可用于净水
(4)沿玻璃棒向漏斗中注入少量乙醇，使乙醇浸过沉淀物，并不漫过滤纸边缘，让乙醇自然流下，再次加乙醇洗涤，重复2~3次
【分析】铁屑与氯气发生反应生成FeCl3，尾气中氯气，反应Ⅱ中是NaClO被还原得到NaCl，FeCl3被氧化得到Na2FeO4，加入饱和KOH溶液，将Na2FeO4转化为K2FeO4晶体，过滤、洗涤、干燥，从而获得K2FeO4晶体。
【详解】（1）①K2FeO4中，K显+1价，O显-2价，则铁元素的化合价是+6；
②从粗K2FeO4晶体提纯K2FeO4的实验方法是重结晶；
（2）铁屑表面有油污，用饱和Na2CO3 溶液浸泡可除去；
（3）K2FeO4溶于水后，会缓慢放出气体(O2)，并杀菌消毒，同时还能达到净水目的，有关离子方程式解释K2FeO4杀菌、净水的原理：K2FeO4有强氧化性，可杀菌，4K2FeO4+10H2O=4 Fe(OH)3(胶体)+8KOH+3O2↑，新生成的Fe(OH)3(胶体)能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，可用于净水；
（4）使用乙醇洗涤具体操作是：沿玻璃棒向漏斗中注入少量乙醇，使乙醇浸过沉淀物，并不漫过滤纸边缘，让乙醇自然流下，再次加乙醇洗涤，重复2~3次。
9．(1)除去MgO
(2) 1：10 160 增大固液比和升高温度，对钛浸出率的提升不大，且增加生产成本
(3) 回收绿矾表面吸附的钛液，并减少绿矾的溶解 蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、过滤、干燥
【分析】由于稀硫酸几乎与FeTiO3不反应，在钛铁矿中加入稀硫酸，可将钛铁矿中的氧化镁溶解除去，再将滤渣（FeTiO3）用浓硫酸进行浸取，将钛元素转化为可溶解的TiO2+，再加入铁粉，将多余的硫酸反应掉，同时生成硫酸亚铁，在经过一系列操作，将其分离，从而制得绿矾晶体，最后再将钛转化为H2TiO3，加热分解即可制得钛白粉。
【详解】（1）已知，常温下，稀硫酸几乎与FeTiO3不反应，而氧化镁属于碱性氧化物，可与稀硫酸反应，因此，稀硫酸浸出的目的除去MgO；
（2）①由图2可知，当固液比为1∶10时，钛浸出率已经达到90%以上，在增大固液比，钛浸出率增大量很小，但却需要使用使用大量的硫酸，增加成本，故最适合的固液比为1∶10；
②由图3可知，当温度为160℃时，钛浸出率已经很高了，再提高温度，钛浸出率增大量很小，但却需要消耗大量的能源，增加成本，故最适宜温度为160℃；
③原因为增大固液比和升高温度，对钛浸出率的提升不大，且增加生产成本；
（3）①“一系列操作”，是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，是为了将绿矾晶体与钛液分离开来，但是在过滤操作后，得到的绿矾晶体表面还残留得有部分钛液，得到的绿矾先用稀钛液洗涤，再用冰水洗涤，先用稀钛液洗涤的目的是回收绿矾表面吸附的钛液，并减少绿矾的溶解；
②从FeSO4溶液中获得FeSO4•7H2O晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、过滤、干燥。
10． CaO+H2O+NaHCO3=CaCO3+NaOH+H2O NaOH
【分析】铝土矿的主要成分为Al2O3，还含有 Fe2O3、SiO2，铝土矿中加入过量盐酸溶解后，Al2O3、Fe2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解，则固体①为SiO2；滤液①中含有AlCl3、FeCl3、HCl，加入过量NaOH，HCl和NaOH反应生成水和NaCl，AlCl3、FeCl3都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀和NaCl，氢氧化铝易溶于NaOH溶液中生成NaAlO2和水，过滤所得的固体②为Fe(OH)3，加热分解生成固体③为Fe2O3，滤液②中含有NaAlO2、NaOH、NaCl；在滤液②中通入过量二氧化碳气体，得到Al(OH)3沉淀，加热分解生成Al2O3，滤液④中含有NaHCO3、NaCl，加入CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaHCO3反应生成CaCO3和NaOH，其中NaOH可循环使用，以此解答该题{备注：NaAlO2也可以改为}。
【详解】滤液④中含有NaHCO3、NaCl，加入CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaHCO3反应生成CaCO3和NaOH，化学方程式为：CaO+H2O+NaHCO3=CaCO3+NaOH+H2O。上述流程中可以循环利用的物质为NaOH。
11．提供配体，生成配离子进入水层
【分析】钛白废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸废液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)浸取，二氧化硅不和酸反应，滤渣1为SiO2，萃取时分离出Ti4+、Sc3+，向萃取后的溶液中加入硫酸和H2O2，除钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc3+，与盐酸反应加草酸得到Sc2(C2O4)3沉淀，再灼烧Sc2(C2O4)3得到Sc2O3，以此来解答。
【详解】由流程图可知，加入后，二者结合形成[TiO(H2O2)]2+，该转化过程中元素化合价没有变化，应该是中的氧原子提供孤电子对，Ti原子提供空轨道，形成配离子，故加入的作用是提供配体，生成配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层。
12． MgF2 根据，，，没有沉淀完全
【详解】氟化钙、氟化镁的类型相同时， 小的先沉淀，故MgF2先沉淀；根据，，，没有沉淀完全。
13．0.7
【分析】碳酸锰矿加入稀硫酸酸浸，氧化钙和硫酸反应生成微溶物硫酸钙、二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1，锰、铁、镁、铝元素进入溶液，加入二氧化锰把二价铁转化为三价铁，再加入碳酸钙调节pH，pH=5~7时，铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣2；加入氟化钠溶液生成氟化镁、氟化钙沉淀，过滤得到滤渣3；滤液中加入碳酸氢铵溶液得到碳酸锰沉淀，焙烧得到Mn3O4。
【详解】“除钙镁”后的滤液既是CaF2的饱和溶液，又是MgF2的饱和溶液，故溶液中存在如下关系：。
14．(1)2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2或2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑。
(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，将Al及其氧化物溶解，得到滤液①含有NaAlO2或四羟基合铝酸钠，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe3+、Fe2+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍晶体。
【详解】（1）“碱浸”时Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠或四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2或2Al+2OH-+6H2O=2+3H2↑。
（2）由分析可知，“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。
15．(1)AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl
(2)10Al+6NO+4OH-=2N2+10AlO+2H2O
【分析】银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等）加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X为Zn，分离操作②为过滤，得到Cu和Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，过滤，滤渣为S和SiO2，滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，在滤液中加N2H4和NaOH，生成Ag和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠。
【详解】（1）步骤③加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl，故答案为：AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl。
（2）在碱性条件下用Al粉将NO3-还原成无污染的N2排放，其离子方程式为：10Al+6NO+4OH-=2N2+10AlO+2H2O。
16．(1)Ni(MO4)+2CO+H2O=MO+2HCO+NiO↓
(2)(R4N)2MO4+2NH4HCO3=2(R4N)HCO3+(NH4)2MO4
【分析】HDS废催化剂回收钼的流程为：HDS废催化剂氧化焙烧转化成Al2O3、MO3、Ni(MO4)，研磨后用Na2CO3溶液碱浸，Ni(MO4)碱浸时生成Na2MO4、NaHCO3，反应为Ni(MO4)+2Na2CO3+H2O=Na2MO4+2NaHCO3+NiO↓，过滤，浸出渣为Al2O3和NiO，浸出液中含有Na2MO4、NaHCO3，加入碳酸根型N263萃取钼，反应为(R4N)2CO3+Na2MO4═(R4N)2MO4+Na2CO3，分液得到含有(R4N)2MO4的有机相，阴离子被R4N+萃取的顺序为＞＞，则加入NH4HCO3反萃取，反萃取后有机相为型，发生的化学方程式为(R4N)2MO4+2NH4HCO3=2R4NHCO3+(NH4)2MO4，加入稀硝酸沉钼得到H2MO4，经过一系列操作得到MO3、H2还原MO3得到金属M，据此分析解答。
【详解】（1）Ni(MO4)碱浸时有Na2MO4、NaHCO3生成，且浸出渣有NiO，则该反应的离子方程式为Ni(MO4)+2CO+H2O=MO+2HCO+NiO↓。
（2）由题意可知，加入NH4HCO3反萃取发生的化学方程式为(R4N)2MO4+2NH4HCO3=2(R4N)HCO3+(NH4)2MO4。
17．(1)3d8
(2)适当升高温度和搅拌等
(3)H+与结合成HSO而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率
(4)B
(5)0.08
(6)S2O+Mn2++2H2O=MnO2+2SO+4H+
(7) Ni2+易形成配离子，故“转化”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制 Na2SO4
【分析】由题给流程可知，向负极材料中加入稀硫酸酸浸时，少量二氧化锰与负极中的金属材料在酸性条件下反应生成硫酸锰，一氧化镍与稀硫酸反应生成二价镍离子，镍、镧、铁、镁与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，石墨粉与稀硫酸不反应，过滤得到含有石墨粉的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入硫酸钠溶液，将溶液中的镧离子转化为沉淀，过滤得到和滤液1；向滤液1调节pH至4.0的溶液中加入过氧化氢溶液将溶液中的铁元素转化为FeOOH沉淀，过滤得到含有FeOOH的滤渣1和滤液2；向滤液2中加入氟化钠溶液，将镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的滤渣2和滤液3；向滤液3调节pH约为5.0的溶液中加入过二硫酸铵溶液，将锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液4；向滤液4中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到母液和氢氧化镍。
【详解】（1）Ni元素为28号元素，原子核外有28个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去最外层4s能级2个电子，形成Ni2+，则Ni2+价电子排布式是3d8。
（2）能提高“酸浸”效率的措施有：适当升高温度和搅拌等操作。
（3）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成后过滤分离出来，若溶液的pH＜2.0，H+与结合成HSO而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率。
（4）检验Fe2+可以选择K3[Fe(CN)6]溶液，现象是生成蓝色沉淀，故选B。
（5）“沉镁”后滤液3中c(Mg2+)=时认为Mg2+沉淀完全，。
（6）由题意可知，沉锰发生的反应为溶液中锰离子与过二硫酸根离子反应生成二氧化锰、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为S2O+Mn2++2H2O=MnO2+2SO+4H+。
（7）Ni2+易形成配离子，故“转化”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制；母液的成分为(NH4)2SO4、Na2SO4，处理后可得Na2SO4，Na2SO4在沉镧时可循环使用。
18．(1)适当升高温度、适当增大硫酸溶液的浓度或将固体粉碎等
(2)
(3)H2O2+2Fe2++2H+ =2Fe3++2H2O
(4) 将Fe3+、Al3+、Pb2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Pb(OH)2沉淀过滤除去 H2O2受热易分解
(5) 蒸发浓缩 过滤
【分析】工业废渣中(主要成分ZnS，含有等杂质)，在空气中焙烧会生成SO2，同时得到ZnO、、Fe2O3、FeO、Al2O3、PbO，固体用稀硫酸处理，不与硫酸反应，过滤后存在于滤渣1中，滤液中含有Zn2+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Pb2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+、Pb2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Pb(OH)2沉淀过滤除去，得到硫酸锌溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。
【详解】（1）“酸浸”时为了提高浸出效率可采取的措施有适当升高温度、适当增大硫酸溶液的浓度或将固体粉碎等。
（2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是。
（3）加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+ =2Fe3++2H2O。
（4）由分析可知，加入氨水“调节”的作用是：将Fe3+、Al3+、Pb2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Pb(OH)2沉淀除去过滤除去；调节过程中加热有利于反应但温度不宜过高，原理是：H2O2受热易分解。
（5）由分析可知，“一系列操作”中包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。
19．(1)
(2)
(3)
(4)高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致转化反应速率和产量下降
(5)
(6) 将Fe(III)还原为Fe(II) 草酸受热易分解，确保能完全转化为
(7)11：4
【分析】用钛铁矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质）来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2·xH2O，与双氧水反应Ti元素的化合价升高，生成(NH4)2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解答。
【详解】（1）化学上某些盐可写成氧化物的形式，如可写成，则可写成。
（2）“酸浸”后，若钛主要以形式存在，Ti的化合价为+4价，反应前后没有化合价的变化，是非氧化还原反应，因此相应反应的离子方程式可表示为：。
（3）中Ti的化合价为+4，Li的化合价是+1价，由化合价代数和为0可知，氧元素的负价代数和为22，设其中过氧键的数目为x个，则2x+(15-2x)×2=22，解得x=4，中含有过氧键的数目为。
（4）与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是：高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致转化反应速率和产量下降。
（5）向“滤液②”中加入双氧水和Fe2+发生氧化还原反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（6）由分析可知，在“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是将Fe(III)还原为Fe(II)，适当多加草酸的原因为：草酸受热易分解，确保能完全转化为。
（7）在中，若，设中含有x个Fe2+、y个Fe3+，根据化合物中化合价代数和为零，则x+y=1、2x+3y=3-，解得x=、y=，材料中11：4。
20．(1)氧化
(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
(4)0.001
(5)
(6)5.4
(7)0.0250ml/L
【分析】锰废渣的硫酸浸出液首先用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钙后调节pH使三价铁转化为氢氧化铁除去三价铁离子，再用氟化锰除去钙离子、镁离子，随后再用萃取剂a萃取滤液中的，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液,无机相用萃取剂b萃取，无机相中为含的溶液，有机相加入反萃取剂得到含C2+的溶液，以此解题。
【详解】（1）根据题意可知，浸出液中含有二价铁，的作用是氧化；
（2）根据流程图可知，该流程涉及的实验过程有过滤，分液，故选AC；
（3）在用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入碳酸钙调节pH使三价铁形成氢氧化铁沉淀，故目的是：使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去；
（4）当溶液中时，，；
（5）根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程式为：；
（6）根据图中信息可知，pH为5.4左右时，、的萃取率相差较大，故无机相的控制在5.4左右；
（7）根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1∶1，则Ni2+的物质的量为0.1000ml/L×0.0125L =0.00125ml，则Ni2+的物质的量浓度为。
21．(1)2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+
(2) Sc2(C2O4)3·H2O Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【分析】废液萃取，油相加入氢氧化钠反萃取，过滤得到滤渣加入盐酸溶解，加入氨水调节溶液PH，过滤得到滤渣加入盐酸酸溶，加入草酸沉淀钪生成草酸钪，灼烧得到氧化钪。
【详解】（1）“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为：2Sc3++ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+。
（2）设起始时Sc2(C2O4)3·6H2O的物质的量为1 ml，质量为462 g，由图可知，250℃时，减少的质量为462g×19.5%≈90g，，即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g，可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3.850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，除去钪元素质量后剩余质量为138g-2ml×45g/ml=48g，应为氧元素的质量，，则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
22．(1)Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+
(2)3Zn2++6HCO=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
【分析】含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2+、Mn2+)加入Na2S2O8将 Mn2+转化为MnO2除去，同时亚铁离子转化为铁离子，滤渣为二氧化锰，加入氧化锌等调节pH沉淀分离氢氧化铁，滤液中加入碳酸氢铵进行沉锌得到[ZnCO3•2Zn(OH)2]，沉锌时所用 NH4HCO3 的实际用量较多，使 Zn2+充分沉淀，较高温度下碳酸氢铵分解损失，据此分析回答问题。
【详解】（1）由题干流程图可知，在酸性条件下，过二硫酸钠与Mn2+发生氧化还原反应时，Mn2+被氧化生成MnO2，-1价的O被还原生成-2价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，该反应的化学方程式为：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+，故答案为：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；
（2）由题干流程图结合分析可知，沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6HCO=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故答案为：3Zn2++6HCO=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O。
23．(1)减小固体颗粒粒径（或增大固体表面积），提高焙烧速率
(2)
(3) 降低多钒酸铵的溶解度，减少损失 正四面体
(4)6
(5)（或氨水）、有机溶剂
(6)
【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有Fe(VO3)2、Fe(VO3)3、Mn(VO3)2、Ca(VO3)2，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序pH低于7.0，发生反应 ，且溶液中铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，VO2+进入水相，加NaClO3氧化将转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5，据此分析解答。
【详解】（1）“破碎”的目的是减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率；
（2）根据分析，“中和、还原”时，被铁还原，化合价降低，得VO2+，离子方程式为；
（3）洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是降低多钒酸铵的溶解度，减少溶解损失；中N原子为sp3杂化，离子为正四面体构型；
（4）NaClO3将VO2+氧化为并得到还原产物NaCl，根据电子得失守恒可得出关系式：NaClO3~6，故“氧化”时，每消耗106.5g(即1ml)NaClO3，可得到6ml；
（5）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂P204具有该特点；分析“煅烧”过程，铵盐分解有氨气放出，可知NH3(或氨水)在流程中也可循环使用；
（6） “萃取”分离后，所得“水相”中的金属离子有Mn2+、Fe2+和少量的Ca2+，欲得到MnSO4溶液，需除去杂质Fe2+、Ca2+，第一道工序已经除去Ca2+，说明后续工序应除去Fe2+。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将Fe2+氧化为Fe3+。为了不引入杂质离子，氧化剂可选择H2O2溶液。再调溶液的pH，使Fe3+转变成Fe(OH)3沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO调pH，所以补充完整的流程图为：。
24．(1)+3
(2)2∶1
(3)2ClO2+2Cl-=Cl2+2
(4)CD
(5) 洗涤 大于38℃小于60℃
(6)1∶2
【分析】酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2同时自身被氧化生成硫酸氢钠，ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，NaClO2溶液经一系列操作得到NaClO2晶体。
【详解】（1）中Na显+1价、O显-2价，根据化合物中正负化合价代数和等于0，氯的化合价为+3价。
（2）“反应I”步骤中酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2，反应中氯元素化合价由+5变为+4为氧化剂、硫元素化合价由+4变为+6为还原剂，结合电子守恒可知，反应的化学方程式为，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；
（3）“反应Ⅱ”中ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，氯离子发生氧化反应生成氯气，化合价由-1变为0，ClO2中氯元素发生还原反应生成NaClO2，化合价由+4变为+3，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为2ClO2+2Cl-=Cl2+2；
（4）加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，则正确的操作顺序是③①②④或③②①④，故选CD；
（5）“一系列操作”从溶液中得到NaClO2晶体，操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，所以“趁热过滤”应控制的温度范围是大于38℃小于60℃；
（6）Cl2通入足量NaOH溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量比为a∶3∶1，根据得失电子守恒，a×1=3×1+1×5，解得a=8，氯元素化合价升高被氧化为NaClO、NaClO3、化合价降低被还原为NaCl，故被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比8∶（1+3）=1∶2。
一、填空题
1．铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示：
已知：最高价含铬酸根在酸性介质中以形式存在，在碱性介质中以形式存在。
若铬钒渣中铬的含氧酸盐为，则“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为 。若在实验室中进行煅烧铬钒渣， (填“能”或“不能”)用陶瓷坩埚，理由是 。
2．一种废旧磷酸铁锂正极片(主要成分为、、Al和石墨)的闭环回收工艺流程如图所示：
已知：①为抗坏血酸，具有较强的还原性。
②滤饼成分为。
回答下列问题：
(1)将不同pH下得到的滤饼溶于盐酸，稀释至一定比例后测算Fe、P物质的量比，结果见下表，由此得出，沉淀的最佳pH为 。
(2)调节pH时，氨水不宜加入过量，原因是随着氨水浓度的增大，会产生 杂质；若该步骤中Fe元素沉淀完全，滤液③中除H、O外，还大量含有的元素有 。
3．一种由菱镁矿(主要成分，还含少量和)制备高纯的工艺流程如下：
已知：相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
(1)“浸取”时加入的盐酸不宜过量太多的原因是 。
(2)“调pH”时，发生反应的离子方程式为 。某同学认为“氧化”步骤可省略，直接用调节pH值得到沉淀，该想法不合理的原因是 。
4．碲(Te)是半导体、红外探测等领域的重要战略元素。从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等杂质。一种由粗二氧化碲提取纯碲的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
化学反应的吉布斯自由能变。SO2还原TeCl4和SeCl4的∆G随温度T的变化曲线如下图所示。则“还原除杂”步骤的温度不宜超过 K，该步骤控制在此温度以下的原因是 。
5．以黄铁矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为原料制备的工艺流程如下：
已知：时，。
(1)沉锰过程需控制温度为的原因是 。
(2)下图为的溶解度曲线，操作A是加入足量稀硫酸充分反应后， 洗涤干燥。
6．工业废水任意排放，会造成环境污染。“协同去污，变废为宝”，为处理工业废水提供了新思路。电镀厂产生大量含、的电镀废液，皮革厂产生大量含的废液。两厂联合处理废水，回收Cu并生产铁红和媒染剂，工艺流程如图：
(1)该工艺中多次用到过滤，过滤时需要的玻璃仪器除烧杯外还有 ， 。
(2)从溶液制取晶体的实验操作方法为 、 、过滤、洗涤、干燥。
7．钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含、、、以及少量的等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下：
已知：钒的氧化物在酸性条件下以、存在，增大时可转化为沉淀。
“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：(有机层)(有机层)，“反萃取”应选择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
8．高铁酸钾(K2FeO4)有强氧化性，是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，受热易分解，酸性环境中易变质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
(1)K2FeO4中铁的化合价为 ，提纯K2FeO4的实验方法是 。
(2)铁屑需事先用Na2CO3溶液洗涤，目的是 。
(3)K2FeO4处理饮用水的原理是 。
(4)已知K2FeO4难溶于乙醇，可溶于水，故洗涤K2FeO4晶体时，先使用冷水洗涤，再使用乙醇洗涤，简述用乙醇洗涤K2FeO4晶体的操作 。
9．以钛铁矿(主要成分为FeTiO3、MgO)为原料制备高纯度钛白粉(TiO2)。同时得到绿矾的工艺流程如图。
已知：常温下，稀硫酸几乎与FeTiO3不反应；钛元素在整个流程中化合价没有变化。
(1)稀硫酸浸出的目的是 。
(2)下面两图分别为不同固液比、不同浸出温度下滤渣与热浓硫酸反应时的Ti浸出率，据图分析，最适合的固液比和温度分别是 和 ，原因为 。
(3)“一系列操作”得到的绿矾先用稀钛液洗涤，再用冰水洗涤，请问先用稀钛液洗涤的目的是 ，从FeSO4溶液中获得FeSO4•7H2O晶体的实验操作是 。
10．工业上用铝土矿(主要成份是，还含有、)提取氧化铝做冶炼铝的原料(纯净的)，某研究性学习小组设计了如图提取流程：
请回答下列问题：
写出反应⑤的化学反应方程式 ，上述流程中可以循环利用的物质为 (填化学式)。
11．钪()及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用钛白废酸液(含、、的硫酸废液)和赤泥(含有、、、)联合制备的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：25℃时，。
“除钛”时，加入的作用是 。
12．硫酸镍(NiSO4，易溶于水)是一种重要的化工原料，应用广泛。利用废旧镍电池正极板(主要成分为单质Ni)为原料制取工业级硫酸镍晶体()的流程如下：
已知：①粗NiSO4溶液中还含有、、、、等；
②，。
回答下列问题：
若溶液中，，“除Ca2＋，Mg2＋”时，缓慢滴加稀NH4F溶液，则先产生的沉淀1是 (填化学式)，当CaF2，MgF2开始共沉淀时，溶液中“沉淀1”是否沉淀完全？写出推断过程： (离子浓度即可认为沉淀完全)。
13．我国锰矿资源主要为贫碳酸锰矿(主要成分为，还含有少量、、、、、)，利用贫碳酸锰矿制取的流程如图所示，回答下列问题。
已知：，。
“除钙镁”后的滤液中 。
二、解答题
14．利用废镍催化剂(主要含金属及其氧化物)合成硫酸镍晶体的一种工艺流程如下：
常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如表所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生的主要反应的离子方程式为 。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是 。
15．中国航空航天事业飞速发展，银铜合金广泛用于航空工业。从银精矿(其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等)中提取银、铜和铅，工艺流程如图所示。
(1)步骤③反应的化学方程式为 。
(2)排放后的废水中含有NO，任意排放会造成水体污染，科技人员在碱性条件下用Al粉将NO还原成无污染气体排放，该方法的缺点是处理后的水中生成了AlO，依然对人类健康有害。该反应的离子方程式为： 。
16．HDS废催化剂是石油精炼加氢脱硫工序中产生的危险固体废弃物，但又富含钼、镍等有价金属，是一种重要的二次资源。以下是工业从HDS中回收钼的工艺流程：
(1)Ni(MO4)碱浸时有Na2MO4、NaHCO3生成，该反应的离子方程式为 。
(2)采用碳酸根型萃取钼的反应为：(R4N)2CO3+ Na2MO4=(R4N)2MO4+Na2CO3.参考有关文献资料可知：一些阴离子被R4N+萃取的顺序为HCO>MO>CO，则加入NH4HCO3反萃取发生的化学方程式为： 。
17．氢镍电池是目前使用最广的含镍电池，废旧电池的处理对环境保护和资源的再利用意义重大。一种对废旧氢镍电池负极材料（含有NiO、Ni和少量La、Fe、Mg、MnO2、石墨粉等）进行湿法处理的流程如图所示：
已知：①Ni2+可形成 [Ni(NH3)6]2+；
②Ksp(MgF2)=6.4；
③H2SO4第一步完全电离，。
回答下列问题：
(1)Ni2+的价层电子排布式为 。
(2)能提高“酸浸”效率的措施有 （任写一种）。
(3)若滤渣1的成分为，已知“沉镧”过程中溶液的pH与沉镧率的变化关系如图所示。试分析pH<2.0时沉镧率降低的原因 。
(4)检验滤液1中是否含有Fe2+，可以选择的试剂是 （填序号）。
A．KSCN溶液
B．K3[Fe(CN)6]溶液
C．NaOH溶液
D．KSCN溶液和氯水
(5)“沉镁”后滤液3中 （溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全）。
(6)中存在过氧键(-O-O-)，“沉锰”反应的离子方程式为 。
(7)“沉镍”所用试剂不宜选用氨水的原因为 ，母液中可提取出的循环利用的物质为 （填化学式）。
18．硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂、木材和皮革的保存剂。现从工业废渣中(主要成分ZnS，含有等杂质)制取流程如图所示；
回答下列问题：
(1)“酸浸”时为了提高浸出效率可采取的措施有 。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)“氧化”中发生反应的离子方程式是 。
(4)加入氨水“调节”的作用是 ，调节过程中加热有利于反应但温度不宜过高，原理是 。
(5)“一系列操作”中包括 ，冷却结晶、 、洗涤、干燥。
19．和锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质)来制备，工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)化学上某些盐可写成氧化物的形式，如可写成，则可写成 。
(2)“酸浸”后，钛主要以存在，写出相应反应的离子方程式： 。
(3)中Ti的化合价为＋4，中含有过氧键的数目为 。
(4)与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是 。
(5)向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到，写出离子方程式： 。
(6)在“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是 ，适当多加草酸的原因为 。
(7)锂离子电池放电时，由结合得到，在中，若，材料中 。
20．锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀-萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。
已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式表示，萃取金属离子时，发生反应：(代表被萃取的金属)。
(1)的作用是 。
(2)该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。
A．过滤B．蒸发结晶C．分液D．蒸馏
(3)加入调的目的是 。
(4)已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时， 。(保留1位有效数字)
(5)写出反萃取出的离子方程式 。
(6)、利用萃取剂b进行分离，二者萃取率随无机相变化如图所示。无机相的控制在 左右为宜。
(7)回收液中浓度的测定：取回收液，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积。物质的量浓度为 。
21．钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：
(1)“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是： 。
(2)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3•6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃时，晶体的主要成分是 (填化学式)。550～850℃发生反应的化学方程式为 。
22．实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：
(1)写出“氧化除锰”时反应的离子方程式： 。
(2)写出“沉锌”时反应的离子方程式： 。
23．广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁．以钒矿石为原料制备的工艺流程如下：
已知：i．“焙烧”后，固体中主要含有;“酸浸”后钒以形式存在，“中和、还原”后钒以形式存在．
ii．有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取．
iii．多钒酸铵微溶于冷水，易溶于热水．
iv．该工艺条件下，溶液中金属离子（浓度均为）开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
回答下列问题：
(1)“破碎”的目的是 ．
(2)“中和、还原”时，参与反应的离子方程式为 ．
(3)洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是 ．的空间结构为 形．
(4)“氧化”时，每消耗（本身被还原为）,可得到 ．
(5)流程中可循环使用的物质有 ．
(6)“萃取”分离后，所得“水相”中含有丰富的金属资源，经三道工序可回收溶液．请根据题给信息，参照上述工艺流程，将下列工艺流程补充完整（可供选用的试剂：溶液、溶液、溶液）．
．
24．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。已知：饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出NaCO2•3H2O晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。其生产工艺如图所示。
回答下列问题：
(1)NaClO2中氯元素的化合价为 。
(2)“反应I”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)“反应Ⅱ”的离子方程式为 。
(4)“反应”所用“食盐水”由粗盐水精制而成。精制时，为除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+和，需要用到试剂：①NaOH溶液②Na2CO3溶液③BaCl2溶液④稀盐酸，所用试剂的加入顺序正确的是___________。(填标号)
A．①②③④B．②①③④C．③①②④D．③②①④
(5)“一系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、 、干燥，其中“趁热过滤”应控制的温度范围是 。
(6)“反应Ⅱ”产生的Cl2可用于制备含氯消毒剂。将Cl2通入足量NaOH溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液。经测定ClO-与的物质的量浓度之比为3∶1，则Cl2与NaOH溶液反应时，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为 。
pH
6.0
6.5
7.0
8.0
9.0
1.54
1.50
1.49
1.47
1.47
金属离子
开始沉淀的pH
7.6
1.9
8.4
沉淀完全的pH
9.6
3.2
10.8
金属离子
开始沉淀时的
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时的
8.7
4.7
3.2
9.0
金属离子
开始沉淀
1.9
7.0
11.9
8.1
完全沉淀
3.2
9.0
13.9
10.1
参考答案：
1． (或，或其他合理答案) 不能 、NaOH均能与陶瓷坩埚中的发生反应或其他合理答案
【分析】铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，加入Na2CO3、NaOH、通入空气进行煅烧，将铁元素转化为Fe2O3，硅元素转化为Na2SiO3，铬元素转化为Na2CrO4；加入H2O浸取，得到Fe2O3；过滤后，往滤液中加入稀硫酸，生成H2SiO3沉淀；过滤后，往滤液中加入MgSO4溶液、(NH4)2SO4溶液，生成MgSiO3、MgNH4PO4沉淀；过滤后，往滤液中加入稀硫酸调节溶液的pH，将钒转化为V2O5；过滤后，往滤液中加入Na2S2O5溶液，并调节pH，生成Cr(OH)3沉淀。
【详解】若铬钒渣中铬的含氧酸盐为NaCrO2，则“煅烧”过程中NaCrO2转化为Na2CrO4，发生反应的化学方程式为或；陶瓷中含有的SiO2能与NaOH、Na2CO3发生反应，若在实验室中进行煅烧铬钒渣，不能用陶瓷坩埚；理由是：Na2CO3、NaOH均能与陶瓷坩埚中的SiO2发生反应。
2．(1)6.0
(2) Fe(OH)2 Li、N、P
【分析】由题给流程可知，向废电池正极片中加入氢氧化钠溶液碱浸，将铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到含有四羟基合铝酸钠的滤液和滤渣，向滤渣中加入磷酸和抗坏血酸酸浸，将磷酸亚铁锂、磷酸铁转化为磷酸锂、磷酸亚铁，过滤得到含有石墨的滤渣和滤液，向滤液中加入氨水调节溶液pH在6—9的范围内，将溶液中的磷酸亚铁转化为沉淀，过滤得到滤饼和含有磷酸锂、磷酸铵的滤液，、磷酸锂、葡萄糖在真空管烧结得到正极材料，据此回答。
【详解】（1）由表格数据可知，溶液pH为6.0时，滤饼中铁、磷物质的量比最大，则制得沉淀的最佳pH为6.0；
（2）①调节溶液pH时，若加入过量的氨水，溶液中的亚铁离子会转化为氢氧化亚铁沉淀，导致沉淀中混有氢氧化亚铁杂质；
②由分析可知，铁元素沉淀完全时，滤液③的主要成分为磷酸锂、磷酸铵，则滤液中含有的元素为氢元素、氧元素、锂元素、磷元素、氮元素。
3．(1)防止后续调pH值时，消耗更多药品
(2) Fe2+和Mg2+沉淀的pH范围部分重合，易导致生成的Fe(OH)2沉淀混有Mg(OH)2，产率降低
【分析】菱镁矿(主要成分MgCO3，还含少量FeCO3和SiO2)进行粉碎处理后，加盐酸浸取，过滤后滤液中含有Mg2+、Fe2+，滤渣中为SiO2，加氧化剂H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，滤液中加入NH4HCO3，与Mg2+反应生成MgCO3，高温煅烧得MgO。
【详解】（1）若“浸取”时加入的盐酸过多，会导致后续调pH值时，消耗更多药品；
（2）①加入MgO调pH值，反应的离子方程式为：MgO+2H+=Mg2++H2O；
②若“氧化”步骤省略，直接用MgO调节pH值得到Fe(OH)2沉淀，由于Fe2+和Mg2+沉淀的pH范围部分重合，易导致生成的Fe(OH)2沉淀混有Mg(OH)2，产率降低。
4． 310 低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G＞0，TeCl4不会被还原
【分析】从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有SeO2、PbO、CuO等杂质，加入浓盐酸浸出时，TeO2、SeO2分别转化为TeCl4、SeCl4，PbO、CuO转化为PbCl2、CuCl2，加入Na2S进行净化，PbCl2、CuCl2生成PbS、CuS沉淀，通入SO2进行还原除杂，SeCl4转化为粗硒，抽滤后得到粗硒，往滤液中继续通入SO2，TeCl4被还原为碲粉，将滤液中再加入还原剂R，剩余TeCl4被还原为粗碲，据此回答。
【详解】“还原除杂”时，需将SeCl4还原为Se，但不能将TeCl4还原，由图中可知，温度超过310K时，TeCl4就能被SO2还原，则步骤的温度不宜超过310K，该步骤控制在此温度以下的原因是：低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G＞0，TeCl4不会被还原。
5．(1)防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢
(2)蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤
【分析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值以除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O，据此分析解题。
【详解】（1）沉锰时加入氨水，防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢；
（2）由题干溶解度图象可知，当温度低于40℃时溶液将析出MnSO4·5H2O，故由分析从“操作A”所得溶液中得到MnSO4·H2O晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥。
6．(1) 漏斗 玻璃棒
(2) 加热浓缩 冷却结晶
【分析】由题给流程可知，向电镀废液中加入过量铁粉，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、铁的滤渣和含有硫酸亚铁的滤液；向滤渣中加入过量稀硫酸，将滤渣中的铁转化为硫酸亚铁，过滤得到铜和含有硫酸亚铁的滤液；向混合后的滤液中通入氧气或氯气，将溶液中的亚铁离子氧化得到含有铁离子的溶液A；向滤液中加入重铬酸钾废液，将溶液中的亚铁离子氧化得到含有铁离子和铬离子的溶液B；向溶液B中加入萃取剂萃取、分液得到含有铁离子的有机相和硫酸铬溶液；硫酸铬溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸铬；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到可循环使用的萃取剂和含有铁离子的溶液A；向溶液A中加入氢氧化钠溶液，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的氢氧化铁受热分解得到铁红。
【详解】（1）过滤所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗、玻璃棒；
（2）由分析可知，制得六水硫酸铬的实验操作方法为硫酸铬溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸铬，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶。
7．酸性
【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K₂SO3和H₂SO4对滤渣1还原酸浸，V2O5、Fe2O₃和K2SO3和H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1和滤液2中的、VO2+进行萃取分离出亚铁离子和钾离子，再反萃取出和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。
【详解】“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：H2R(有机层)+VO2+2H+ +VOR(有机层)，“反萃取”应让平衡逆向移动，使VO2+进入水层，故选择在酸性环境中进行。
8．(1) +6 重结晶
(2)除去铁屑表而的油污
(3)K2FeO4有强氧化性，故能杀菌，4K2FeO4+10H2O=4 Fe(OH)3(胶体)+8KOH+3O2↑，新生成的Fe(OH)3(胶体)能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，可用于净水
(4)沿玻璃棒向漏斗中注入少量乙醇，使乙醇浸过沉淀物，并不漫过滤纸边缘，让乙醇自然流下，再次加乙醇洗涤，重复2~3次
【分析】铁屑与氯气发生反应生成FeCl3，尾气中氯气，反应Ⅱ中是NaClO被还原得到NaCl，FeCl3被氧化得到Na2FeO4，加入饱和KOH溶液，将Na2FeO4转化为K2FeO4晶体，过滤、洗涤、干燥，从而获得K2FeO4晶体。
【详解】（1）①K2FeO4中，K显+1价，O显-2价，则铁元素的化合价是+6；
②从粗K2FeO4晶体提纯K2FeO4的实验方法是重结晶；
（2）铁屑表面有油污，用饱和Na2CO3 溶液浸泡可除去；
（3）K2FeO4溶于水后，会缓慢放出气体(O2)，并杀菌消毒，同时还能达到净水目的，有关离子方程式解释K2FeO4杀菌、净水的原理：K2FeO4有强氧化性，可杀菌，4K2FeO4+10H2O=4 Fe(OH)3(胶体)+8KOH+3O2↑，新生成的Fe(OH)3(胶体)能吸附水中的悬浮颗粒物并沉降，可用于净水；
（4）使用乙醇洗涤具体操作是：沿玻璃棒向漏斗中注入少量乙醇，使乙醇浸过沉淀物，并不漫过滤纸边缘，让乙醇自然流下，再次加乙醇洗涤，重复2~3次。
9．(1)除去MgO
(2) 1：10 160 增大固液比和升高温度，对钛浸出率的提升不大，且增加生产成本
(3) 回收绿矾表面吸附的钛液，并减少绿矾的溶解 蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、过滤、干燥
【分析】由于稀硫酸几乎与FeTiO3不反应，在钛铁矿中加入稀硫酸，可将钛铁矿中的氧化镁溶解除去，再将滤渣（FeTiO3）用浓硫酸进行浸取，将钛元素转化为可溶解的TiO2+，再加入铁粉，将多余的硫酸反应掉，同时生成硫酸亚铁，在经过一系列操作，将其分离，从而制得绿矾晶体，最后再将钛转化为H2TiO3，加热分解即可制得钛白粉。
【详解】（1）已知，常温下，稀硫酸几乎与FeTiO3不反应，而氧化镁属于碱性氧化物，可与稀硫酸反应，因此，稀硫酸浸出的目的除去MgO；
（2）①由图2可知，当固液比为1∶10时，钛浸出率已经达到90%以上，在增大固液比，钛浸出率增大量很小，但却需要使用使用大量的硫酸，增加成本，故最适合的固液比为1∶10；
②由图3可知，当温度为160℃时，钛浸出率已经很高了，再提高温度，钛浸出率增大量很小，但却需要消耗大量的能源，增加成本，故最适宜温度为160℃；
③原因为增大固液比和升高温度，对钛浸出率的提升不大，且增加生产成本；
（3）①“一系列操作”，是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，是为了将绿矾晶体与钛液分离开来，但是在过滤操作后，得到的绿矾晶体表面还残留得有部分钛液，得到的绿矾先用稀钛液洗涤，再用冰水洗涤，先用稀钛液洗涤的目的是回收绿矾表面吸附的钛液，并减少绿矾的溶解；
②从FeSO4溶液中获得FeSO4•7H2O晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、过滤、干燥。
10． CaO+H2O+NaHCO3=CaCO3+NaOH+H2O NaOH
【分析】铝土矿的主要成分为Al2O3，还含有 Fe2O3、SiO2，铝土矿中加入过量盐酸溶解后，Al2O3、Fe2O3和HCl反应溶解，而SiO2和HCl不反应，不能溶解，则固体①为SiO2；滤液①中含有AlCl3、FeCl3、HCl，加入过量NaOH，HCl和NaOH反应生成水和NaCl，AlCl3、FeCl3都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀和NaCl，氢氧化铝易溶于NaOH溶液中生成NaAlO2和水，过滤所得的固体②为Fe(OH)3，加热分解生成固体③为Fe2O3，滤液②中含有NaAlO2、NaOH、NaCl；在滤液②中通入过量二氧化碳气体，得到Al(OH)3沉淀，加热分解生成Al2O3，滤液④中含有NaHCO3、NaCl，加入CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaHCO3反应生成CaCO3和NaOH，其中NaOH可循环使用，以此解答该题{备注：NaAlO2也可以改为}。
【详解】滤液④中含有NaHCO3、NaCl，加入CaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与NaHCO3反应生成CaCO3和NaOH，化学方程式为：CaO+H2O+NaHCO3=CaCO3+NaOH+H2O。上述流程中可以循环利用的物质为NaOH。
11．提供配体，生成配离子进入水层
【分析】钛白废酸液(含Sc3+、TiO2+、Fe3+的硫酸废液)和赤泥(含有Sc2O3、Al2O3、Fe2O3、SiO2)浸取，二氧化硅不和酸反应，滤渣1为SiO2，萃取时分离出Ti4+、Sc3+，向萃取后的溶液中加入硫酸和H2O2，除钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc3+，与盐酸反应加草酸得到Sc2(C2O4)3沉淀，再灼烧Sc2(C2O4)3得到Sc2O3，以此来解答。
【详解】由流程图可知，加入后，二者结合形成[TiO(H2O2)]2+，该转化过程中元素化合价没有变化，应该是中的氧原子提供孤电子对，Ti原子提供空轨道，形成配离子，故加入的作用是提供配体，生成配离子[TiO(H2O2)]2+进入水层。
12． MgF2 根据，，，没有沉淀完全
【详解】氟化钙、氟化镁的类型相同时， 小的先沉淀，故MgF2先沉淀；根据，，，没有沉淀完全。
13．0.7
【分析】碳酸锰矿加入稀硫酸酸浸，氧化钙和硫酸反应生成微溶物硫酸钙、二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1，锰、铁、镁、铝元素进入溶液，加入二氧化锰把二价铁转化为三价铁，再加入碳酸钙调节pH，pH=5~7时，铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣2；加入氟化钠溶液生成氟化镁、氟化钙沉淀，过滤得到滤渣3；滤液中加入碳酸氢铵溶液得到碳酸锰沉淀，焙烧得到Mn3O4。
【详解】“除钙镁”后的滤液既是CaF2的饱和溶液，又是MgF2的饱和溶液，故溶液中存在如下关系：。
14．(1)2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2或2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑。
(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+
【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，将Al及其氧化物溶解，得到滤液①含有NaAlO2或四羟基合铝酸钠，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe3+、Fe2+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍晶体。
【详解】（1）“碱浸”时Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠或四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2或2Al+2OH-+6H2O=2+3H2↑。
（2）由分析可知，“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。
15．(1)AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl
(2)10Al+6NO+4OH-=2N2+10AlO+2H2O
【分析】银精矿（其化学成分有：Ag、Zn、Cu、Pb、S及SiO2等）加盐酸和氯酸钾浸取，过滤，溶液中含有Zn2+、Cu2+、Pb2+，滤渣中含有S、SiO2、AgCl等；浸出液中加金属还原剂Zn，把Cu2+、Pb2+还原为单质，则试剂X为Zn，分离操作②为过滤，得到Cu和Pb、ZnCl2溶液；浸出渣含有S、SiO2、AgCl，加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，过滤，滤渣为S和SiO2，滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，在滤液中加N2H4和NaOH，生成Ag和氮气；滤液中含有亚硫酸钠，氧化生成硫酸钠。
【详解】（1）步骤③加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl，故答案为：AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl。
（2）在碱性条件下用Al粉将NO3-还原成无污染的N2排放，其离子方程式为：10Al+6NO+4OH-=2N2+10AlO+2H2O。
16．(1)Ni(MO4)+2CO+H2O=MO+2HCO+NiO↓
(2)(R4N)2MO4+2NH4HCO3=2(R4N)HCO3+(NH4)2MO4
【分析】HDS废催化剂回收钼的流程为：HDS废催化剂氧化焙烧转化成Al2O3、MO3、Ni(MO4)，研磨后用Na2CO3溶液碱浸，Ni(MO4)碱浸时生成Na2MO4、NaHCO3，反应为Ni(MO4)+2Na2CO3+H2O=Na2MO4+2NaHCO3+NiO↓，过滤，浸出渣为Al2O3和NiO，浸出液中含有Na2MO4、NaHCO3，加入碳酸根型N263萃取钼，反应为(R4N)2CO3+Na2MO4═(R4N)2MO4+Na2CO3，分液得到含有(R4N)2MO4的有机相，阴离子被R4N+萃取的顺序为＞＞，则加入NH4HCO3反萃取，反萃取后有机相为型，发生的化学方程式为(R4N)2MO4+2NH4HCO3=2R4NHCO3+(NH4)2MO4，加入稀硝酸沉钼得到H2MO4，经过一系列操作得到MO3、H2还原MO3得到金属M，据此分析解答。
【详解】（1）Ni(MO4)碱浸时有Na2MO4、NaHCO3生成，且浸出渣有NiO，则该反应的离子方程式为Ni(MO4)+2CO+H2O=MO+2HCO+NiO↓。
（2）由题意可知，加入NH4HCO3反萃取发生的化学方程式为(R4N)2MO4+2NH4HCO3=2(R4N)HCO3+(NH4)2MO4。
17．(1)3d8
(2)适当升高温度和搅拌等
(3)H+与结合成HSO而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率
(4)B
(5)0.08
(6)S2O+Mn2++2H2O=MnO2+2SO+4H+
(7) Ni2+易形成配离子，故“转化”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制 Na2SO4
【分析】由题给流程可知，向负极材料中加入稀硫酸酸浸时，少量二氧化锰与负极中的金属材料在酸性条件下反应生成硫酸锰，一氧化镍与稀硫酸反应生成二价镍离子，镍、镧、铁、镁与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐，石墨粉与稀硫酸不反应，过滤得到含有石墨粉的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入硫酸钠溶液，将溶液中的镧离子转化为沉淀，过滤得到和滤液1；向滤液1调节pH至4.0的溶液中加入过氧化氢溶液将溶液中的铁元素转化为FeOOH沉淀，过滤得到含有FeOOH的滤渣1和滤液2；向滤液2中加入氟化钠溶液，将镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的滤渣2和滤液3；向滤液3调节pH约为5.0的溶液中加入过二硫酸铵溶液，将锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液4；向滤液4中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到母液和氢氧化镍。
【详解】（1）Ni元素为28号元素，原子核外有28个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，Ni原子失去最外层4s能级2个电子，形成Ni2+，则Ni2+价电子排布式是3d8。
（2）能提高“酸浸”效率的措施有：适当升高温度和搅拌等操作。
（3）由信息知，“沉镧”工序中，镧离子形成后过滤分离出来，若溶液的pH＜2.0，H+与结合成HSO而使的溶解平衡正向移动，降低沉镧率。
（4）检验Fe2+可以选择K3[Fe(CN)6]溶液，现象是生成蓝色沉淀，故选B。
（5）“沉镁”后滤液3中c(Mg2+)=时认为Mg2+沉淀完全，。
（6）由题意可知，沉锰发生的反应为溶液中锰离子与过二硫酸根离子反应生成二氧化锰、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为S2O+Mn2++2H2O=MnO2+2SO+4H+。
（7）Ni2+易形成配离子，故“转化”时加入氨水过量使镍沉淀率低，加入氨水不足镍离子沉淀不完全也使镍沉淀率低，即氨水用量不易控制；母液的成分为(NH4)2SO4、Na2SO4，处理后可得Na2SO4，Na2SO4在沉镧时可循环使用。
18．(1)适当升高温度、适当增大硫酸溶液的浓度或将固体粉碎等
(2)
(3)H2O2+2Fe2++2H+ =2Fe3++2H2O
(4) 将Fe3+、Al3+、Pb2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Pb(OH)2沉淀过滤除去 H2O2受热易分解
(5) 蒸发浓缩 过滤
【分析】工业废渣中(主要成分ZnS，含有等杂质)，在空气中焙烧会生成SO2，同时得到ZnO、、Fe2O3、FeO、Al2O3、PbO，固体用稀硫酸处理，不与硫酸反应，过滤后存在于滤渣1中，滤液中含有Zn2+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Pb2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+、Pb2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Pb(OH)2沉淀过滤除去，得到硫酸锌溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。
【详解】（1）“酸浸”时为了提高浸出效率可采取的措施有适当升高温度、适当增大硫酸溶液的浓度或将固体粉碎等。
（2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是。
（3）加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+ =2Fe3++2H2O。
（4）由分析可知，加入氨水“调节”的作用是：将Fe3+、Al3+、Pb2+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3、Pb(OH)2沉淀除去过滤除去；调节过程中加热有利于反应但温度不宜过高，原理是：H2O2受热易分解。
（5）由分析可知，“一系列操作”中包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到。
19．(1)
(2)
(3)
(4)高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致转化反应速率和产量下降
(5)
(6) 将Fe(III)还原为Fe(II) 草酸受热易分解，确保能完全转化为
(7)11：4
【分析】用钛铁矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质）来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2·xH2O，与双氧水反应Ti元素的化合价升高，生成(NH4)2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解答。
【详解】（1）化学上某些盐可写成氧化物的形式，如可写成，则可写成。
（2）“酸浸”后，若钛主要以形式存在，Ti的化合价为+4价，反应前后没有化合价的变化，是非氧化还原反应，因此相应反应的离子方程式可表示为：。
（3）中Ti的化合价为+4，Li的化合价是+1价，由化合价代数和为0可知，氧元素的负价代数和为22，设其中过氧键的数目为x个，则2x+(15-2x)×2=22，解得x=4，中含有过氧键的数目为。
（4）与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是：高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致转化反应速率和产量下降。
（5）向“滤液②”中加入双氧水和Fe2+发生氧化还原反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（6）由分析可知，在“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是将Fe(III)还原为Fe(II)，适当多加草酸的原因为：草酸受热易分解，确保能完全转化为。
（7）在中，若，设中含有x个Fe2+、y个Fe3+，根据化合物中化合价代数和为零，则x+y=1、2x+3y=3-，解得x=、y=，材料中11：4。
20．(1)氧化
(2)AC
(3)使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去
(4)0.001
(5)
(6)5.4
(7)0.0250ml/L
【分析】锰废渣的硫酸浸出液首先用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加入碳酸钙后调节pH使三价铁转化为氢氧化铁除去三价铁离子，再用氟化锰除去钙离子、镁离子，随后再用萃取剂a萃取滤液中的，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液,无机相用萃取剂b萃取，无机相中为含的溶液，有机相加入反萃取剂得到含C2+的溶液，以此解题。
【详解】（1）根据题意可知，浸出液中含有二价铁，的作用是氧化；
（2）根据流程图可知，该流程涉及的实验过程有过滤，分液，故选AC；
（3）在用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入碳酸钙调节pH使三价铁形成氢氧化铁沉淀，故目的是：使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀除去；
（4）当溶液中时，，；
（5）根据信息可知，反萃取剂为酸，则反萃取出是加入适量的酸将锰离子反萃取出来，相应的方程式为：；
（6）根据图中信息可知，pH为5.4左右时，、的萃取率相差较大，故无机相的控制在5.4左右；
（7）根据滴定原理可知，Ni2+与H2Y2-的物质的量之比为1∶1，则Ni2+的物质的量为0.1000ml/L×0.0125L =0.00125ml，则Ni2+的物质的量浓度为。
21．(1)2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+
(2) Sc2(C2O4)3·H2O Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【分析】废液萃取，油相加入氢氧化钠反萃取，过滤得到滤渣加入盐酸溶解，加入氨水调节溶液PH，过滤得到滤渣加入盐酸酸溶，加入草酸沉淀钪生成草酸钪，灼烧得到氧化钪。
【详解】（1）“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为：2Sc3++ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+。
（2）设起始时Sc2(C2O4)3·6H2O的物质的量为1 ml，质量为462 g，由图可知，250℃时，减少的质量为462g×19.5%≈90g，，即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g，可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3.850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，除去钪元素质量后剩余质量为138g-2ml×45g/ml=48g，应为氧元素的质量，，则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
22．(1)Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+
(2)3Zn2++6HCO=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
【分析】含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2+、Mn2+)加入Na2S2O8将 Mn2+转化为MnO2除去，同时亚铁离子转化为铁离子，滤渣为二氧化锰，加入氧化锌等调节pH沉淀分离氢氧化铁，滤液中加入碳酸氢铵进行沉锌得到[ZnCO3•2Zn(OH)2]，沉锌时所用 NH4HCO3 的实际用量较多，使 Zn2+充分沉淀，较高温度下碳酸氢铵分解损失，据此分析回答问题。
【详解】（1）由题干流程图可知，在酸性条件下，过二硫酸钠与Mn2+发生氧化还原反应时，Mn2+被氧化生成MnO2，-1价的O被还原生成-2价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒，该反应的化学方程式为：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+，故答案为：Mn2++S2O+2H2O=MnO2↓+2SO+4H+；
（2）由题干流程图结合分析可知，沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6HCO=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故答案为：3Zn2++6HCO=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O。
23．(1)减小固体颗粒粒径（或增大固体表面积），提高焙烧速率
(2)
(3) 降低多钒酸铵的溶解度，减少损失 正四面体
(4)6
(5)（或氨水）、有机溶剂
(6)
【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有Fe(VO3)2、Fe(VO3)3、Mn(VO3)2、Ca(VO3)2，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序pH低于7.0，发生反应 ，且溶液中铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，VO2+进入水相，加NaClO3氧化将转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5，据此分析解答。
【详解】（1）“破碎”的目的是减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积)，提高焙烧速率；
（2）根据分析，“中和、还原”时，被铁还原，化合价降低，得VO2+，离子方程式为；
（3）洗涤多钒酸铵时要用冰水洗涤，目的是降低多钒酸铵的溶解度，减少溶解损失；中N原子为sp3杂化，离子为正四面体构型；
（4）NaClO3将VO2+氧化为并得到还原产物NaCl，根据电子得失守恒可得出关系式：NaClO3~6，故“氧化”时，每消耗106.5g(即1ml)NaClO3，可得到6ml；
（5）循环使用的物质具有“既消耗，又生成”的特点，根据流程图可发现有机溶剂P204具有该特点；分析“煅烧”过程，铵盐分解有氨气放出，可知NH3(或氨水)在流程中也可循环使用；
（6） “萃取”分离后，所得“水相”中的金属离子有Mn2+、Fe2+和少量的Ca2+，欲得到MnSO4溶液，需除去杂质Fe2+、Ca2+，第一道工序已经除去Ca2+，说明后续工序应除去Fe2+。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知需将Fe2+氧化为Fe3+。为了不引入杂质离子，氧化剂可选择H2O2溶液。再调溶液的pH，使Fe3+转变成Fe(OH)3沉淀。为了不引入杂质离子，利用MnO调pH，所以补充完整的流程图为：。
24．(1)+3
(2)2∶1
(3)2ClO2+2Cl-=Cl2+2
(4)CD
(5) 洗涤 大于38℃小于60℃
(6)1∶2
【分析】酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2同时自身被氧化生成硫酸氢钠，ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，NaClO2溶液经一系列操作得到NaClO2晶体。
【详解】（1）中Na显+1价、O显-2价，根据化合物中正负化合价代数和等于0，氯的化合价为+3价。
（2）“反应I”步骤中酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2，反应中氯元素化合价由+5变为+4为氧化剂、硫元素化合价由+4变为+6为还原剂，结合电子守恒可知，反应的化学方程式为，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；
（3）“反应Ⅱ”中ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，氯离子发生氧化反应生成氯气，化合价由-1变为0，ClO2中氯元素发生还原反应生成NaClO2，化合价由+4变为+3，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为2ClO2+2Cl-=Cl2+2；
（4）加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，则正确的操作顺序是③①②④或③②①④，故选CD；
（5）“一系列操作”从溶液中得到NaClO2晶体，操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，所以“趁热过滤”应控制的温度范围是大于38℃小于60℃；
（6）Cl2通入足量NaOH溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量比为a∶3∶1，根据得失电子守恒，a×1=3×1+1×5，解得a=8，氯元素化合价升高被氧化为NaClO、NaClO3、化合价降低被还原为NaCl，故被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比8∶（1+3）=1∶2。
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