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2021届高考化学三轮复习回归基础练习15 化学工业流程题
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这是一份2021届高考化学三轮复习回归基础练习15 化学工业流程题，共28页。试卷主要包含了填空题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度高考三轮（回归基础）练习15化学工业流程题
一、填空题
1．请写出下列反应的离子方程式：
①氯气与氯化亚铁溶液的反应_________________________________________________
②二氧化锰与浓盐酸反应_______________________________________________________
③氢氧化铝与足量氢氧化钠反应__________________________________________________
④ 偏铝酸钠与过量二氧化碳的反应________________________________________________
二、工业流程题
2．钯()是一种不活泼金属，含钯催化剂在工业、科研上用量较大。某废钯催化剂(钯碳)中含有钯(5%～6%)、碳(93%～94%)、铁(1%～2%)以及其他杂质，故钯碳具有很高的回收价值。如图是利用钯碳制备氯化钯()和的流程。
回答下列问题：
(1)“钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是_______。
(2)“钯灰”中的主要成分有，加入甲酸()，可以将还原成金属单质，请写出还原的化学方程式_______。
(3)王水是按照体积比3：1将浓盐酸和浓硝酸混合而得到的强氧化性溶液，加热条件下钯在王水中发生反应生成和一种有毒的无色气体A，该气体遇空气变红棕色，请写出和王水反应的化学方程式_______。
(4)加入浓氨水，调节至9.0，并控制温度在70～75℃，元素以的形式存在于溶液中。若温度大于75℃，则不利于除铁，原因是_______；
(5)黄色晶体的成分为，将其烘干、在空气中550℃下焙烧(氧气不参与反应)可以直接得到，同时得到无色刺激性混合气体，在温度下降时“冒白烟”，则除外其他产物有_______(写化学式)。
(6)海绵状金属钯密度为，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的840倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R=_______，氢气的浓度r=_______。(吸附容量R即1g钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为吸附氢气的物质的量)
3．氧化铬绿（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。一种利用淀粉水热还原铬酸钠（Na2CrO4）制备氧化铬绿的工艺流程如下：
已知：①向含少量 Na2 CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO 2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液；
②“还原”反应剧烈放热，可制得 Cr(OH) 3 浆料。
（1）铬酸钠（Na2CrO4）中铬元素的价态是________，该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，请写出甲醛的电子式：________________，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式___________________________ 。
（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是____________（填标号）。
A．该反应一定无需加热即可进行 B．必要时可使用冷却水进行温度控制
C．铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应 D．应建造废水回收池，回收含铬废水
（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下 Cr(Ⅵ)还原率如下图。实际生产过程中 Cr(Ⅵ)还原率可高达 99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为________________。
（4）滤液中所含溶质为_________________。该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有________________ 、___（请写出两条）。
（5）重铬酸钠（Na2Cr2O7·H2O）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化学反应方程式为______________________________ 。
4．NaAlH4(四氢铝钠)是有机合成的重要还原剂。某小组以铝合金厂的废边脚料为原料(主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3，MgO和SiO2、等杂质制备四氢铝钠的工艺流程如下：
资料显示：NaH、NaAlH4遇水蒸气发生剧烈反应。
请回答下列问题：
(1) NaAlH4中氢元素的化合价为___________。
(2)试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，其电子式为___________。在空气中灼烧滤渣2，得到的固体的主要成分为___________(填化学式)。
(3)滤液3可以循环利用，写出滤液2与滤液3反应的离子方程式：___________。
(4)实验前要保证NaH与AlC13反应的装置干燥，其目的是___________________。
(5)已知废料接触面积、接触时间均相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图所示。当硫酸浓度大于 C0 mol·L－1时，浸出率降低的原因可能是___________。
(6)测定NaAlH4粗产品的纯度。
称取 m g NaAlH4粗产品按如图所示装置进行实验，测定产品的纯度。
①“安全漏斗”中“安全”的含义是____________________________________________。
②已知实验前B管读数为xmL，向A中加入足量蒸馏水，当A中反应完全后，冷却至室温B管读数为ymL(均折合成标准状况)。则该产品的纯度为___________(用含m、x和y的代数式表示)。
③若实验前读数时B管和C管液面相平，实验后读数时B管液面低于C管，则测得的结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
5．工业上可以用汞阴极法电解NaCl溶液得到烧碱与氯气、氢气，装置见下图：
利用烧碱与氯气还可生产一种高效的多功能的水处理剂高铁酸钾。主要的生产流程如下：
（1）写出汞阴极法的阴极电极反应式_____________；解汞室内的反应化学方程式____________。
（2）反应原理如下：
反应①：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
氧化过程化学方程式：______________________；
若加入过量NaClO，氧化过程中会生成Fe(OH)3，写出该反应的离子方程式__________________；
转化过程：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，该过程在某低温下进行的，说明些温度下Ksp(K2FeO4)_____Ksp(Na2FeO4)(填＞、＜、=)。
（3）实验室在过滤时用到的玻璃仪器有______________________；
（4）既能起到杀菌作用又能起到净水作用，原因是其在水溶液中易水解产生氧气，请写出其水解化学方程式_____________________；
6．立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：
(1)在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，同时生成一种有毒的气体，该过程的化学方程式为___________。
(2)在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________(填化学式)。
(3)沉淀器中反应的离子方程式为___________。
(4)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L-1的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。过量的I2用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2=2I-+S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。该实验所用的指示剂为___________，样品中S2-的含量为___________(写出表达式)。
(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO。用过量的Na2S2O3作脱氯剂，该反应的离子方程式为___________。
7．湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO·Fe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体( NiZnFe4O8)的流程如下：
回答下列问题
(1)滤渣I的主要成分是___________。
(2)净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为___________、___________。已知：25℃时Ksp(CaF2)=2.7×10－11， Ksp (MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)=2.7×10－6mol·L－1，则c(Mg2+)=___________ mol·L－1。
(3)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n(NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)的关系曲线如图所示。为提高原料利用率，n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)最好控制在___________左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的化学反应方程式为___________。
(4)铁氧体工艺阶段制备 NiZnFe4O8过程中，需加入___________剂(填“氧化”或“还原”)。按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476g·mol－1)___________万吨(保留两位有效数字)
8．镍及其化合物在生产生活中有着极其重要的作用。现以低品位镍红土矿(主要成分为镍的氧化物、Fe2O3·H2O和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示：
已知加压酸浸过程中的相关影响因素如下：
请回答：
(1)请根据图示，选择加压酸浸过程中硫酸的加入量和矿石粒径的最适宜条件为_______
A．260Kg/t矿；0.45mm B．320 Kg/t矿：0.25mm
C．350Kg/t矿；0.15mm D．380 Kg/t矿；0.05mm
(2)①已知镍红土矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液中含有Ni2＋，写出加压酸浸过程中镍元素所涉及的化学反应方程式____________。
②甲同学取该浸出液，控制pH为2～3，经过－系列操作，制取少量NiSO4·7H2O晶体。其控制pH为2～3的目的为____________________________________________________。
③乙同学取该浸出液，经多次处理，得到一定浓度的NiSO4溶液，往其中加入适量的NaClO和NaOH混合液，制得碱性镍电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式为____________。
(3)向浸出液中通入H2S气体，该反应的离子方程式为__________。
(4)下列说法正确的是________________
A．在煅烧过程中，空气宜选择从下往上的通入方式，使镍红土矿燃烧更充分
B．加压酸浸中，为加快反应速率，可选用浓硫酸
C．加压酸浸中，在最适宜条件下，浸出渣中的主要成份为SiO2和Fe2O3·H2O
D．CO为无色无味的有毒气体，故从镍硫混合物到镍的过程中，需注意通风并及时检测操作过程中是否有CO泄露
9．欲探究某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，探究过程如图所示。已知：碳酸不能溶解Al(OH)3沉淀。
(1)Fe在周期表中的位置是___________。
(2)下列说法不正确的是_________。
a.酸性：H2CO3＞H2SiO3 b.原子半径：O＜C＜Si＜Al
c.稳定性：H2O＞CH4＞SiH4 d.离子半径：O2－＜Al3+
(3)该矿石的组成是______，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是_____。
(4)该矿石和1mol∙L－1HNO3反应的离子方程式_______。
(5)工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出的气体与一定量的O2混合循环通入反应池中，目的是______；若处理该矿石2.36× 103 kg，得到滤渣1.2× 103 kg，理论上至少需要1 mol∙L－1HNO3的体积为_______L。
10．叠氮化钠(NaN3)是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，广泛应用于汽车安全气囊。某硝酸工厂拟通过下列方法处理尾气并制备叠氮化钠。
（1）NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，写出该反应的化学方程式___，生成1mol NaNO2时转移电子______mol
（2）已知NaN3阳离子与阴离子个数比为1:1，则NaN3中所含的化学键为______和______，1mol该阴离子中所含的电子总数为______mol
（3）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑。假定汽车中某个安全气囊容积为56 L。
①该反应中的氧化剂为______还原剂为______（填化学式）
②欲使气囊中充满标准状况下氮气，则该安全气囊中生成的K2O和Na2O的总质量为多少克______？(写出计算过程，保留一位小数，不考虑固体的体积)。
11．硝酸铵是一种常用的化肥，其工业生产流程如图，请回答下列问题。
（1）写出反应容器B中发生反应的化学方程式：___。
（2）吸收塔C中通入空气的目的是___（用化学方程式解释）；C、D两个反应容器中发生的反应，属于氧化还原反应的是___ (填反应容器代号)。
（3）浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶里，并放置在阴凉处，用化学方程式解释原因：___。
（4）碳与浓硝酸反应的化学方程式是___。
12．工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如图所示。
(1)反应I的化学方程式为：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)，反应Ⅱ的化学方程式为_______，对比反应I、Ⅱ，铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是_______。
(2)反应III为：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g) ∆H>0。为了提高达平衡后CO的产量，理论上可以采取的合理措施有_______(任写一条措施)。
(3)流程图中碳的氧化物可用来制备碳酰肼[CO(NHNH2)2，其中碳元素为+4价]。加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳。该反应的化学方程式为_______。
(4)①高铁酸盐是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：
2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑
若生成2mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为_______mol。
②高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn2+ 1mg的水体样本，需要1.2mg·L-1高铁酸钾_______ L。
13．某工厂用回收钒渣(含VOSO4、K2SO4、SiO2))制取V2O5时工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)操作I的名称____，①中产生废渣的主要成分是________。
(2)已知：VOSO4(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+H2SO4(水层)。步骤②中必须加入适量碱，其原因是；步骤③中反萃取所用的试剂X为________。
(3)步骤④中的反应的离子方程式：ClO+__VO2++__H+＝__VO3++__+__
(4)沉淀Y的摩尔质量为598g·mol—1，且仅含有四种元素。取59.8g沉淀Y的样品充分焙烧，得到产品54.6g，将产生的气体通过足量碱石灰，碱石灰增重1.8g，剩余的气体再通入稀硫酸被完全吸收。通过计算确定沉淀Y的化学式为________。
(5)钒沉淀率和溶液pH之间关系如下
⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)＜。(已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×l0—39)________
14．某厂废水中含5.00×10－3mol·L－1的Cr2O，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价有＋3，＋2)，设计了如下实验流程：
(1)第①步反应的离子方程式是__________________________________________
(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是______________________________
(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为______________，加碱调节至pH为________时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是______________________，原因是________________________________________________。
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－17
10－17
10－39
15．用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
回答下列问题
(1)软锰矿预先粉碎的目的是_____，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为____。
(2)碳化过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到_____操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为______(填化学式)，再加入氨水的目的是____ 。
(5)检验碳酸锰沉淀是否洗涤干净的操作为 ___________ 。
参考答案
1．（1）2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl-；
（2）MnO2+ 4H+ +2Cl— Mn2+ + Cl2+2H2O ；
（3）Al(OH)3 +OH- = AlO2- + 2H2O
（4）CO2+2H2O+ AlO2- ==Al(OH)3↓+HCO3 -
【解析】
①氯气与氯化亚铁溶液反应，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，氯气本身被还原成Cl-，故离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl-；
②二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，故离子方程式为：MnO2+ 4H+ +2Cl— Mn2+ + Cl2+2H2O ；
③氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝与足量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故离子方程式为：Al(OH)3 +OH- = AlO2- + 2H2O；
④ 偏铝酸钠与过量二氧化碳的反应生成氢氧化铝和碳酸氢根，故离子方程式为：CO2+2H2O+ AlO2- ==Al(OH)3↓+HCO3 -。
2．使碳充分燃烧而除去 会分解，逸出，导致溶液的降低，除铁的效果不好 、、 70.0 0.33
【分析】
将钯碳焚烧得到钯灰，钯灰的主要成分为，向中加入甲酸()，可以将还原成金属单质，化学方程式为：，向中加入王水，加热条件下钯在王水中发生反应生成和一种有毒的无色气体A，该气体遇空气变红棕色，则A为NO，和王水反应的化学方程式为：，加入浓氨水，调节至9.0，并控制温度在70～75℃，元素以的形式存在于溶液中，同时除去中的铁，过滤后向滤液中加入盐酸，得到黄色晶体，将其烘干、在空气中550℃下焙烧(氧气不参与反应)可以直接得到。
【详解】
(1)“钯碳”中含有较多的碳(93% ~ 94% )，故焚烧时通入足量的空气，是为了使碳充分燃烧而除去；
(2)甲酸(HCOOH)具有还原性，可以还原PdO，根据题中信息，甲酸还原氧化钯的化学方程式为；
(3)根据题中信息，王水氧化Pd产生无色气体，该气体遇空气变红棕色，故该气体为NO，反应的化学方程式为；
(4)利用氨水除铁的实验条件是：氨水过量，且温度适宜。温度低于70 ，除铁的速率较慢；温度高于75，NH3∙H2O会分解，NH3逸出，导致溶液的pH降低，除铁的效果不好；
(5)[Pd(NH3)2]Cl2烘干后，在550下焙烧可以直接得到Pd，依据题中信息可知产物中还有NH3和HCl，二者在温度下降时生成白色固体NH4Cl，冒白烟；依据Pd化合价下降，可知还有元素化合价升高，无色气体还应该有N2.故反应的化学方程式为3[Pd(NH3)2]C123Pd +4NH3↑+6HCl↑+N2↑；
(6)由题中信息知1g Pd的体积为，标准状况下其吸附的H2的体积为；1mol Pd的体积为，吸附氢气的物质的量为。
3．+6 4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4Cr(OH)3↓+3CO32-+2OH- AC 碳化率40%、恒温240℃ Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3) 工艺清洁 原料价格低廉 Na2Cr2O7·H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2↑+Na2SO4+5H2O。
【分析】
（1）铬酸钠（Na2CrO4）中，Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，则铬元素的化合价为+6价；HCHO中，H原子最外层1个电子，C原子最外层4个电子，O原子最外层6个电子，其电子式：，HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成物有碳酸钠和Cr(OH)3，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可写出反应方程式；
（2）A．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热；
B．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解；
C．应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应；
D．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源；
（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大；
（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；
（5）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒写出反应方程式式。
【详解】
（1）铬酸钠（Na2CrO4）中，Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，则铬元素的化合价为+6价，甲醛的结构式为，其电子式：，HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成物有碳酸钠和Cr(OH)3，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4Cr(OH)3↓+3CO32-+2OH-，故答案为：+6；；4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4Cr(OH)3↓+3CO32-+2OH-；
（2）A．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，A错误；
B．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，B正确；
C．为保证原料的充分利用，应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，C错误；
D．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，D正确；
故答案为：AC；
（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，所以最佳反应条件是碳化率40%、恒温240℃，故答案为：碳化率40%、恒温240℃；
（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等，故答案为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等（任写两条）；
（5）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：Na2Cr2O7·H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2↑+Na2SO4+5H2O，故答案为：Na2Cr2O7·H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2↑+Na2SO4+5H2O。
4．-1价 Fe2O3、MgO AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32- 防止NaH、NaAlH4与水蒸气反应 硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化 加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出 偏低
【分析】
(1)根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；
(2)试剂A为强碱，将铝元素转化成偏铝酸盐，由于试剂A中溶质的阴离了和阳离子所含电子数相等，则试剂A为氢氧化钠。滤渣1的主要成分是二氧化硅，滤渣2的主要成分是氢氧化铁和氢氧化镁。在空气中灼烧生成氧化铁、氧化镁；
(3)偏铝酸钠和碳酸氢钠反应类似于较强酸制备较弱酸；
(4)NaH、NaAlH4均能够与水蒸气反应；
(5)浓硫酸与铝片发生纯化，反应减慢；
(6)①“安全"的含义是避免气体逸出。从安全漏斗的结构看出，上部液体不能完全滴入烧瓶，起到了液封作用；
②根据反应NaAlH4+H2O=NaAlO2+4H2↑进行求算；
读数时C管液面高于B管，存在液压差，导致测得的H2的体积（y）偏小，使结果偏低。
【详解】
(1) NaAlH4中钠元素为+1价，铝元素为+3价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则氢元素的化合价为-1价；
(2)试剂A为强碱，将铝元素转化成偏铝酸盐，由于试剂A中溶质的阴离了和阳离子所含电子数相等，则试剂A为氢氧化钠。其电子式为；
滤渣1的主要成分是二氧化硅，滤渣2的主要成分是氢氧化铁和氢氧化镁。在空气中灼烧生成Fe2O3、MgO；
(3)偏铝酸钠和碳酸氢钠反应类似于较强酸制备较弱酸，滤液2与滤液3反应的离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-；
(4)NaH、NaAlH4均能够与水蒸气反应，实验前要保证NaH与AlC13反应的装置干燥，其目的是防止NaH、NaAlH4与水蒸气反应；
(5)浓硫酸与铝片发生纯化，反应减慢，浸出率降低；
(6)①“安全"的含义是避免气体逸出。从安全漏斗的结构看出，上部液体不能完全滴入烧瓶，起到了液封作用，避免气体逸出；
②NaAlH4+H2O=NaAlO2+4H2↑
n(H2)=，n(NaAlH4)=，
(NaAlH4)=。若反应完后，读数时C管液面高于B管，存在液压差，导致测得的H2的体积（y）偏小，使结果偏低。
5．Na++e-=Na 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O 3ClO-+Fe3++3H2O=Fe (OH)3↓+3HClO ＜ 漏斗、玻璃棒、烧杯 4K2FeO4+10H2O 4Fe (OH)3↓+4KOH+3O2↑
【详解】
试题分析：（1）阴极上阳离子发生还原反应，电极反应式为Na++e-=Na；解汞室内Na与水反应，发生反应化学方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。
（2）氧化过程是NaClO在碱性条件下氧化Fe3+得到高铁酸钠，反应方程式为3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O；若NaClO加入过量，氧化过程中会生成Fe(OH)3，原因是NaClO水解呈碱性，Fe(NO3)3水解呈酸性，二者发生互促水解，反应的离子方程式为3ClO-+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO；由流程图可知，转化(反应③)是Na2FeO4→K2FeO4，该转化是在某低温下进行的，说明此温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以Ksp(K2FeO4)＜Ksp(Na2FeO4)；
（3）进行过滤操作时用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
（4）K2FeO4在水溶液中易水解产生氧气，故其既能起到杀菌作用又能起到净水作用，其水解化学方程式4K2FeO4+10H2O 4Fe (OH)3↓+4KOH+3O2↑。
【考点】
考查对工艺流程的理解、物质的分离提纯等基本操作、氧化还原反应、溶度积等。
【点晴】
阅读题目获取信息是解题关键，具体流程分析：向NaOH溶液中通入Cl2，发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，然后向溶液中加入Fe(NO3)3，发生的反应为3NaClO+2 Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O，向溶液中加入HCl来调节溶液的pH，然后过滤得到NaCl，向滤液中加入饱和KOH，发生反应Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，分离得到粗的K2FeO4，通过提纯得到纯的K2FeO4。
6．BaSO4+4CBaS+4CO↑ BaCO3 S2-+Ba2++Zn2++S=ZnS·BaSO4↓ 淀粉溶液 S2O+4Cl2+10OH—=2SO+8Cl—+5H2O
【分析】
硫酸钡和过量焦炭在回转炉中，在900~1200℃的条件下反应生成硫化钡和一氧化碳，在浸出槽中加水浸出净化的硫化钡溶液，在沉淀器中加入硫酸锌，硫化钡与硫酸锌反应生成ZnS·BaSO4沉淀，经后续操作得到产品，根据氧化还原反应及离子反应书写方法写出化学方程式和离子方程式，据此解答。
【详解】
(1)注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式BaSO4+4CBaS+4CO↑，故答案为：BaSO4+4CBaS+4CO↑；
(2)潮湿空气中的CO2和水蒸气跟“还原料”中的硫化钡反应生成的有臭鸡蛋气味的气体为H2S，且水溶性变差是因为发生了反应BaS+CO2+H2O=H2S+BaCO3↓，由此可知难溶于水的物质为BaCO3，故答案为：BaCO3；
(3)硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物ZnS·BaSO4为沉淀，写化学式，因此离子方程式为S2-+Ba2++Zn2++S=ZnS·BaSO4↓，故答案为：S2-+Ba2++Zn2++S=ZnS·BaSO4↓；
(4)碘遇淀粉溶液变蓝，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定过量的碘，应加入淀粉溶液作指示剂；碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol：
，，(n+)mol=25.00，得n=(25.00-V)0.100010-3mol，则样品中硫离子含量为：100%=。
(5)Na2S2O3被Cl2氧化成SO，本身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出反应的离子方程式为S2O+4Cl2+10OH-=2SO+8Cl-+5H2O，故答案为：S2O+4Cl2+10OH-=2SO+8Cl-+5H2O。
7．SiO2 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑ 6.4×10-14 2.0 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑ 氧化 4.3
【详解】
（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣Ⅰ为SiO2。
（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ ，Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑。Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c(F-)=10-2.5mol/L，再根据Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.4×10-14mol/L。
（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)等于2.0，说明n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)最好控制在2.0左右。根据滤液Ⅱ配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑。
（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。因2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，说明3n(Fe3+)=2n(Fe2+)，可知3m(Fe3+)=2m(Fe2+)，所以流程中共加入铁元素的质量为5×0.27×3/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为56×4/476=47％，因而NiZnFe4O8的质量为2.025÷47％=4.3万吨。
8．C 抑制镍离子水解防止生成沉淀 ACD
【详解】
（1）根据图片可知，在350Kg/t矿的硫酸加入量，0.15mm的矿石粒径时，效果最佳，故答案选C；
（2）①已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，说明Ni元素被还原，另外，在硫酸中只能是O元素被氧化为O2，故有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式为2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O；
②控制pH为2～3的目的为抑制镍离子水解防止生成沉淀；
③向一定浓度的NiSO4溶液中加入适量的NaClO和NaOH混合液，制得碱性镍电池电极材料NiOOH，离子方程式为；
（3）浸出液A中含有大量的Ni2+、少量的H+和Fe3+，通入硫化氢时，Fe3+发生还原反应，H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓；
（4）A.在煅烧过程中，空气宜选择从下往上的通入方式，使镍红土矿燃烧更充分，A正确；
B.浓硫酸中的氢离子浓度较小，故加压酸浸中，为加快反应速率，不可选用浓硫酸，B错误；
C. 加压酸浸中，在最适宜条件下，浸出渣中的主要成份为SiO2和Fe2O3·H2O，C正确；
D. CO为无色无味的有毒气体，故从镍硫混合物到镍的过程中，需注意通风并及时检测操作过程中是否有CO泄露，D正确；
故选ACD。
9．第四周期Ⅷ族 abc FeCO3和SiO2 SiO2+2OH-=+H2O 3FeCO3+10H++=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率 3.33×104
【分析】
矿石中加入稀硝酸生成气体、可溶性物质，同时又溶性物质生成，生成气体说明含有FeCO3，SiO2不溶于稀硝酸，通过实验现象说明含有SiO2，向滤渣中加入NaOH溶液得到无色滤液，二氧化硅和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸生成硅酸胶体沉淀；滤液中加入NaOH溶液得到红褐色沉淀说明滤液中含有铁离子，向无色滤液中通入二氧化碳没有沉淀，说明无色滤液中不含偏铝酸钠，则矿石中不含Al2O3。
【详解】
(1)Fe在周期表中位置位于周期表第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族；
(2)a．非金属性：C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故a正确；
b．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，O＜C、Si＜Al，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则C＜Si，故b正确；
c．非金属性O＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故c正确；
d．两种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则O2-＞Al3+，故d错误；
故答案为：abc；
(3)矿石加硝酸生成气体，可说明含有FeCO3，加入过量NaoH溶液后通入过量二氧化碳没有沉淀生成，说明没有Al2O3，滤渣溶解后加入盐酸生成胶状沉淀，说明含有SiO2，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH-=+H2O，故答案为：FeCO3和SiO2；SiO2+2OH-=+H2O；
(4)矿石含有FeCO3，可与HNO3反应，离子方程式为3FeCO3+10H++=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O，故答案为：3FeCO3+10H++=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O；
(5)由于NO是有毒气体，不能随意排放，所以这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染，且NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率．根据以上分析可知，该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅，其中碳酸亚铁的质量是2.36×103 kg-1.2×103 kg=1.16×103kg，物质的量是10000mol，则根据(4)中的方程式可知，消耗硝酸的物质的量是mol，所以理论上至少需要1molL-1 HNO3的体积为3.33×104L；故答案为：NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率；3.33×104。
10．NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O 1 离子键 共价键 22 KNO3 NaN3 63.1g
【分析】
一氧化氮和二氧化氮的混合气和氢氧化钠首先合成亚硝酸钠，亚硝酸钠溶液中通入肼，可以合成叠氮化钠，叠氮化钠微溶于乙醇，所以向叠氮化钠溶液中加入乙醇可以使叠氮化钠溶解度降低而结晶析出。由于叠氮化钠不溶于乙醚，过滤之后用乙醚洗涤，最后得到叠氮化钠的固体。
【详解】
（1）NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，此反应是一个氧化还原反应，一氧化氮中+2价的氮化合价升高到亚硝酸钠中的+3价，二氧化氮+4价氮也降低到亚硝酸钠中的+3价。所以反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O。生成1molNaNO2转移1mol电子。故答案为NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，1；
（2）叠氮化钠中阳离子是钠离子，阳离子与阴离子个数比为1:1，所以阴离子是N3-，三个氮原子通过共价键形成阴离子。所以在叠氮化钠中含有的化学键既有离子键，又有共价键。在1 N3-个中，电子数为3×7+1=22。故答案为离子键，共价键；22；
（3）在10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑中，叠氮化钠中氮的化合价由负价升高到零价，故叠氮化钠是还原剂，硝酸钾中+5价的氮降低到0价，故硝酸钾是氧化剂。欲使安全气囊中充满标准状况下氮气56L，根据反应的方程式：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑，可求出K2O和Na2O的总质量。
10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑
94g + 5×62g 16×22.4L
m总 56L
可求得m总=63.1g。故答案为KNO3，NaN3，
10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑
94g + 5×62g 16×22.4L
m总 56L
可求得m总=63.1g。
11． 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 C
【分析】
氮气与氢气在催化剂作用下生成氨气，氨气与空气中的氧气在催化剂作用下反应生成NO，NO与空气中的氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸与氨气化合生成硝酸铵，据此分析解答。
【详解】
(1)B中氨气转化为NO的化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；
(2)在整个生产流程中，吸收塔C中通入空气的目的是将一氧化氮氧化成二氧化氮，然后与水反应生成HNO3，其反应方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；C中NO转化为NO2是氧化还原反应，而硝酸吸收氨气生成硝酸氨是非氧化还原反应，故答案为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；C；
(3)浓硝酸见光或受热易分解，所以应放置在阴凉处，分解的化学方程式为4HNO34NO2↑+ O2↑+ 2H2O，故答案为：4HNO34NO2↑+ O2↑+ 2H2O；
(4)C与浓硝酸在加热条件下发生生成NO2、CO2、H2O，其反应的化学方程式为：，故答案为：。
12． 作催化剂 升高温度（或减小压强等） 10 2
【分析】
依据题意，观察工艺流程图，反应II的反应物为H2O和FeO，产物为H2和Fe3O4，综合对比反应I、Ⅱ ,可知铁的氧化物虽然参与了反应，但在反应前后并没有发生变化，起到催化剂的作用，因此铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是催化剂；分析反应II：CO2(g) +C(s)→2CO(g), 该反应正反应为吸热、分子数量增大(体积增大)的反应，根据平衡移动原理分析；观察到溶液颜色逐渐变蓝是因为Fe3+氧化铜板生成了Cu2+，可以根据题意写出离子方程式。
【详解】
(1)观察流程图中箭头指向知,反应II的化学方程式为
；铁的氧化物先反应后生成，所以铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是作催化剂；
(2)由勒夏特列原理可知，升高温度减小压强、通入CO2、移走CO，均可以提高反应I达到平衡后CO的产量；
(3)流程图中碳的氧化物可用来制备碳酰肼[CO(NHNH2)2，其中碳元素为+4价]。加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳。根据电子守恒和元素守恒可知该反应的化学方程式为；
(4)①反应中，铁元素的化合价由+2升高到+6，O元素的化合价由-1升高到0价，若生成2mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为10mol；②高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为二氧化锰进行除去，同时被还原成了三价铁离子，含二价锰离子1mg的水体样本，则，，，V=2L。
13．过滤 SiO2 加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率 硫酸 6 6 6 Cl— 3H2O V6H8N2016[或(NH4)2V6O16等其它合理表达形式都给分] .7～1.8
【分析】
钒渣中主要含VOSO4、K2SO4、SiO2，加水，二氧化硅不溶解，加入有机萃取剂，通过萃取②，把剩余的酸和有机层分开，通过反萃取③，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂氯酸钾④，氯酸钾把VO2+氧化成VO3+，离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+→6VO3++Cl-+3H2O，调节pH得到含钒的沉淀，焙烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用，以此解答。
【详解】
(1)操作I实现固体与液体分离，名称是过滤；由分析可知，二氧化硅不溶于水，①中产生废渣的主要成分是SiO2；
(2)②中必须加入适量碱，中和硫酸，促使VOSO4(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+H2SO4(水层)平衡正向移动，提高钒的萃取率；加入硫酸能使VOSO4(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+H2SO4(水层)平衡逆向移动，步骤③中反萃取所用的试剂X为硫酸；
(3)该反应中Cl元素由+5价下降到-1价，V元素由+4价上升到+5价，根据化合价升降规律、电荷守恒，步骤④中的反应的离子方程式ClO+6VO2++6H+＝6VO3++Cl—+3H2O；
(4)加入氨水产生的沉淀加热产生气体，根据反应物情况，该气体只能为氨气，分解还产生水，所以应含有V、N、H、O四种元素，n(沉淀)==0.1 mol，n(V)=2n(V2O5)= ×2=0.6 mol，由硫酸增重(氨气)计算N的量n(N)=n(NH3)= =0.2"mol，由碱石灰增重计算水的量，进一步计算H、O元素的量n(H2O)==0.1mol，n(H)=2n(H2O)+3n(NH3)=0.8 mol，n(O)=n(H2O)+5n(V2O5)=1.6mol，沉淀的化学式为V6H8N2O16[或(NH4)2V6O16]。
(5)根据图示，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为1.7～1.8，若钒沉淀率为93.1%时pH=2，溶液中，产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)<<。
14．Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照 Fe3＋ 2.7 6 Zn2＋和Fe2＋分离不开 Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
【分析】
(1)第①步主要是重铬酸根和亚铁离子反应生成铬离子和铁离子，其反应的离子方程式是Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。
(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁在稀硫酸双氧水作用下变为Fe3＋，，c(OH－) = 5×10-12mol·L－1，c(H+) = 2×10-3mol·L－1，pH = 2.7，因此加碱调节至pH为2.7时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱，，c(OH－) = 1×10-8mol·L－1，c(H+) =1×10-6mol·L－1，pH = 6，因此pH为6时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是Zn2＋和Fe2＋分离不开，原因是Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近，不能分离开。
【详解】
(1)第①步主要是重铬酸根和亚铁离子反应生成铬离子和铁离子，其反应的离子方程式是Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，故答案为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照，故答案为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。
(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁在稀硫酸双氧水作用下变为Fe3＋，，c(OH－) = 5×10-12mol·L－1，c(H+) = 2×10-3mol·L－1，pH = 2.7，因此加碱调节至pH为2.7时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱，，c(OH－) = 1×10-8mol·L－1，c(H+) =1×10-6mol·L－1，pH = 6，因此pH为6时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是Zn2＋和Fe2＋分离不开，原因是Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近，不能分离开，故答案为：Fe3＋； 2.7；6；Zn2＋和Fe2＋分离不开；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近。
15．增大接触面积，充分反应，提高反应速率 蒸发 H2O2 调pH促进Fe3+和Al3+水解并生成沉淀 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀则洗涤干净
【分析】
软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入BaS溶液进行反应，主要发生：，过滤得到氢氧化钡溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有锰离子、亚铁离子、铁离子、铝离子，得到的滤渣为不溶于硫酸的硫磺；之后项滤液中加入合适的氧化剂将亚铁离子转化为铁离子，然后加入氨水，调节pH值，使铁离子铝离子转化为沉淀除去，压滤得到的废渣含有氢氧化铁和氢氧化铝，此时滤液中含有阳离子只有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，锰离子和碳酸氢根电离出的碳酸根离子结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯度碳酸锰，由此分析。
【详解】
(1)软锰矿预先粉碎，增大接触面积，充分反应，提高反应速率，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO，锰元素的化合价由+4价降低到+2价，根据元素价态规律，-2价的硫元素被氧化成硫单质，MnO2与BaS的系数比为1:1，根据后续流程可知产物含有氢氧化钡，结合元素守恒可知反应的的化学方程式为；
(2)碳化过程是锰离子和碳酸氢根电离出的碳酸根离子结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸根根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，发生反应的离子方程式为；
(3)滤液I为结晶后剩余的氢氧化钡饱和溶液，应当将其导入到蒸发操作中循环使用；
(4)净化时更好的除去铁元素，需先将亚铁离子氧化为三价铁离子，不引入新的杂质，不将锰元素氧化，加入的试剂X为H2O2，再加入氨水的目的是调pH促进Fe3+和Al3+水解并生成沉淀；
(5)检验碳酸锰沉淀是否洗涤干净只需要检验出碳酸根离子即可，操作为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀则洗涤干净。
2020-2021学年度高考三轮（回归基础）练习15化学工业流程题
一、填空题
1．请写出下列反应的离子方程式：
①氯气与氯化亚铁溶液的反应_________________________________________________
②二氧化锰与浓盐酸反应_______________________________________________________
③氢氧化铝与足量氢氧化钠反应__________________________________________________
④ 偏铝酸钠与过量二氧化碳的反应________________________________________________
二、工业流程题
2．钯()是一种不活泼金属，含钯催化剂在工业、科研上用量较大。某废钯催化剂(钯碳)中含有钯(5%～6%)、碳(93%～94%)、铁(1%～2%)以及其他杂质，故钯碳具有很高的回收价值。如图是利用钯碳制备氯化钯()和的流程。
回答下列问题：
(1)“钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是_______。
(2)“钯灰”中的主要成分有，加入甲酸()，可以将还原成金属单质，请写出还原的化学方程式_______。
(3)王水是按照体积比3：1将浓盐酸和浓硝酸混合而得到的强氧化性溶液，加热条件下钯在王水中发生反应生成和一种有毒的无色气体A，该气体遇空气变红棕色，请写出和王水反应的化学方程式_______。
(4)加入浓氨水，调节至9.0，并控制温度在70～75℃，元素以的形式存在于溶液中。若温度大于75℃，则不利于除铁，原因是_______；
(5)黄色晶体的成分为，将其烘干、在空气中550℃下焙烧(氧气不参与反应)可以直接得到，同时得到无色刺激性混合气体，在温度下降时“冒白烟”，则除外其他产物有_______(写化学式)。
(6)海绵状金属钯密度为，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的840倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R=_______，氢气的浓度r=_______。(吸附容量R即1g钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为吸附氢气的物质的量)
3．氧化铬绿（Cr2O3）的性质独特，在冶金、颜料等领域有着不可替代的地位。一种利用淀粉水热还原铬酸钠（Na2CrO4）制备氧化铬绿的工艺流程如下：
已知：①向含少量 Na2 CO3的铬酸钠碱性溶液中通入CO 2可制得不同碳化率的铬酸钠碳化母液；
②“还原”反应剧烈放热，可制得 Cr(OH) 3 浆料。
（1）铬酸钠（Na2CrO4）中铬元素的价态是________，该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖或甲醛，请写出甲醛的电子式：________________，后来改用价格低廉的淀粉。请写出甲醛（HCHO）与铬酸钠（Na2CrO4）溶液反应的离子方程式___________________________ 。
（2）将混合均匀的料液加入反应釜，密闭搅拌，恒温发生“还原”反应，下列有关说法错误的是____________（填标号）。
A．该反应一定无需加热即可进行 B．必要时可使用冷却水进行温度控制
C．铬酸钠可适当过量，使淀粉充分反应 D．应建造废水回收池，回收含铬废水
（3）测得反应完成后在不同恒温温度、不同碳化率下 Cr(Ⅵ)还原率如下图。实际生产过程中 Cr(Ⅵ)还原率可高达 99.5%以上，“还原”阶段采用的最佳反应条件为________________。
（4）滤液中所含溶质为_________________。该水热法制备氧化铬绿工艺的优点有________________ 、___（请写出两条）。
（5）重铬酸钠（Na2Cr2O7·H2O）与硫酸铵热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生产过程中产生的气体对环境无害，其化学反应方程式为______________________________ 。
4．NaAlH4(四氢铝钠)是有机合成的重要还原剂。某小组以铝合金厂的废边脚料为原料(主要成分为Al，含有少量Al2O3、Fe2O3，MgO和SiO2、等杂质制备四氢铝钠的工艺流程如下：
资料显示：NaH、NaAlH4遇水蒸气发生剧烈反应。
请回答下列问题：
(1) NaAlH4中氢元素的化合价为___________。
(2)试剂A中溶质的阴、阳离子所含电子数相等，其电子式为___________。在空气中灼烧滤渣2，得到的固体的主要成分为___________(填化学式)。
(3)滤液3可以循环利用，写出滤液2与滤液3反应的离子方程式：___________。
(4)实验前要保证NaH与AlC13反应的装置干燥，其目的是___________________。
(5)已知废料接触面积、接触时间均相同，“酸浸”中铝元素浸出率与硫酸浓度的关系如图所示。当硫酸浓度大于 C0 mol·L－1时，浸出率降低的原因可能是___________。
(6)测定NaAlH4粗产品的纯度。
称取 m g NaAlH4粗产品按如图所示装置进行实验，测定产品的纯度。
①“安全漏斗”中“安全”的含义是____________________________________________。
②已知实验前B管读数为xmL，向A中加入足量蒸馏水，当A中反应完全后，冷却至室温B管读数为ymL(均折合成标准状况)。则该产品的纯度为___________(用含m、x和y的代数式表示)。
③若实验前读数时B管和C管液面相平，实验后读数时B管液面低于C管，则测得的结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
5．工业上可以用汞阴极法电解NaCl溶液得到烧碱与氯气、氢气，装置见下图：
利用烧碱与氯气还可生产一种高效的多功能的水处理剂高铁酸钾。主要的生产流程如下：
（1）写出汞阴极法的阴极电极反应式_____________；解汞室内的反应化学方程式____________。
（2）反应原理如下：
反应①：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
氧化过程化学方程式：______________________；
若加入过量NaClO，氧化过程中会生成Fe(OH)3，写出该反应的离子方程式__________________；
转化过程：Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，该过程在某低温下进行的，说明些温度下Ksp(K2FeO4)_____Ksp(Na2FeO4)(填＞、＜、=)。
（3）实验室在过滤时用到的玻璃仪器有______________________；
（4）既能起到杀菌作用又能起到净水作用，原因是其在水溶液中易水解产生氧气，请写出其水解化学方程式_____________________；
6．立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：
(1)在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，同时生成一种有毒的气体，该过程的化学方程式为___________。
(2)在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________(填化学式)。
(3)沉淀器中反应的离子方程式为___________。
(4)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L-1的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。过量的I2用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2=2I-+S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。该实验所用的指示剂为___________，样品中S2-的含量为___________(写出表达式)。
(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO。用过量的Na2S2O3作脱氯剂，该反应的离子方程式为___________。
7．湿法炼锌厂在除杂过程中会产生大量铁矾渣。某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12、ZnO·Fe2O3及少量CaO、MgO、SiO2等。一种由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体( NiZnFe4O8)的流程如下：
回答下列问题
(1)滤渣I的主要成分是___________。
(2)净化除杂阶段加入Fe粉时发生反应的离子方程式为___________、___________。已知：25℃时Ksp(CaF2)=2.7×10－11， Ksp (MgF2)=6.4×10－19。加入NH4F使Ca2+、Mg2+离子沉淀，若沉淀后溶液中c(Ca2+)=2.7×10－6mol·L－1，则c(Mg2+)=___________ mol·L－1。
(3)在Fe2+、Ni2+、Zn2+共沉淀过程中，三种离子的损失浓度与pH的关系曲线如图所示，pH与n(NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)的关系曲线如图所示。为提高原料利用率，n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)最好控制在___________左右；按此比例，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的化学反应方程式为___________。
(4)铁氧体工艺阶段制备 NiZnFe4O8过程中，需加入___________剂(填“氧化”或“还原”)。按照上述流程，一座10万吨规模的锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，Fe3+含量为27%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体(NiZnFe4O8，M=476g·mol－1)___________万吨(保留两位有效数字)
8．镍及其化合物在生产生活中有着极其重要的作用。现以低品位镍红土矿(主要成分为镍的氧化物、Fe2O3·H2O和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示：
已知加压酸浸过程中的相关影响因素如下：
请回答：
(1)请根据图示，选择加压酸浸过程中硫酸的加入量和矿石粒径的最适宜条件为_______
A．260Kg/t矿；0.45mm B．320 Kg/t矿：0.25mm
C．350Kg/t矿；0.15mm D．380 Kg/t矿；0.05mm
(2)①已知镍红土矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液中含有Ni2＋，写出加压酸浸过程中镍元素所涉及的化学反应方程式____________。
②甲同学取该浸出液，控制pH为2～3，经过－系列操作，制取少量NiSO4·7H2O晶体。其控制pH为2～3的目的为____________________________________________________。
③乙同学取该浸出液，经多次处理，得到一定浓度的NiSO4溶液，往其中加入适量的NaClO和NaOH混合液，制得碱性镍电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式为____________。
(3)向浸出液中通入H2S气体，该反应的离子方程式为__________。
(4)下列说法正确的是________________
A．在煅烧过程中，空气宜选择从下往上的通入方式，使镍红土矿燃烧更充分
B．加压酸浸中，为加快反应速率，可选用浓硫酸
C．加压酸浸中，在最适宜条件下，浸出渣中的主要成份为SiO2和Fe2O3·H2O
D．CO为无色无味的有毒气体，故从镍硫混合物到镍的过程中，需注意通风并及时检测操作过程中是否有CO泄露
9．欲探究某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，探究过程如图所示。已知：碳酸不能溶解Al(OH)3沉淀。
(1)Fe在周期表中的位置是___________。
(2)下列说法不正确的是_________。
a.酸性：H2CO3＞H2SiO3 b.原子半径：O＜C＜Si＜Al
c.稳定性：H2O＞CH4＞SiH4 d.离子半径：O2－＜Al3+
(3)该矿石的组成是______，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是_____。
(4)该矿石和1mol∙L－1HNO3反应的离子方程式_______。
(5)工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出的气体与一定量的O2混合循环通入反应池中，目的是______；若处理该矿石2.36× 103 kg，得到滤渣1.2× 103 kg，理论上至少需要1 mol∙L－1HNO3的体积为_______L。
10．叠氮化钠(NaN3)是一种无色晶体，易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，广泛应用于汽车安全气囊。某硝酸工厂拟通过下列方法处理尾气并制备叠氮化钠。
（1）NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，写出该反应的化学方程式___，生成1mol NaNO2时转移电子______mol
（2）已知NaN3阳离子与阴离子个数比为1:1，则NaN3中所含的化学键为______和______，1mol该阴离子中所含的电子总数为______mol
（3）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑。假定汽车中某个安全气囊容积为56 L。
①该反应中的氧化剂为______还原剂为______（填化学式）
②欲使气囊中充满标准状况下氮气，则该安全气囊中生成的K2O和Na2O的总质量为多少克______？(写出计算过程，保留一位小数，不考虑固体的体积)。
11．硝酸铵是一种常用的化肥，其工业生产流程如图，请回答下列问题。
（1）写出反应容器B中发生反应的化学方程式：___。
（2）吸收塔C中通入空气的目的是___（用化学方程式解释）；C、D两个反应容器中发生的反应，属于氧化还原反应的是___ (填反应容器代号)。
（3）浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶里，并放置在阴凉处，用化学方程式解释原因：___。
（4）碳与浓硝酸反应的化学方程式是___。
12．工业上利用铁的氧化物在高温条件下循环裂解水制氢气的流程如图所示。
(1)反应I的化学方程式为：Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g)，反应Ⅱ的化学方程式为_______，对比反应I、Ⅱ，铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是_______。
(2)反应III为：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g) ∆H>0。为了提高达平衡后CO的产量，理论上可以采取的合理措施有_______(任写一条措施)。
(3)流程图中碳的氧化物可用来制备碳酰肼[CO(NHNH2)2，其中碳元素为+4价]。加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳。该反应的化学方程式为_______。
(4)①高铁酸盐是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：
2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑
若生成2mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为_______mol。
②高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn2+ 1mg的水体样本，需要1.2mg·L-1高铁酸钾_______ L。
13．某工厂用回收钒渣(含VOSO4、K2SO4、SiO2))制取V2O5时工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)操作I的名称____，①中产生废渣的主要成分是________。
(2)已知：VOSO4(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+H2SO4(水层)。步骤②中必须加入适量碱，其原因是；步骤③中反萃取所用的试剂X为________。
(3)步骤④中的反应的离子方程式：ClO+__VO2++__H+＝__VO3++__+__
(4)沉淀Y的摩尔质量为598g·mol—1，且仅含有四种元素。取59.8g沉淀Y的样品充分焙烧，得到产品54.6g，将产生的气体通过足量碱石灰，碱石灰增重1.8g，剩余的气体再通入稀硫酸被完全吸收。通过计算确定沉淀Y的化学式为________。
(5)钒沉淀率和溶液pH之间关系如下
⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)＜。(已知：25℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×l0—39)________
14．某厂废水中含5.00×10－3mol·L－1的Cr2O，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价有＋3，＋2)，设计了如下实验流程：
(1)第①步反应的离子方程式是__________________________________________
(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是______________________________
(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为______________，加碱调节至pH为________时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是______________________，原因是________________________________________________。
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10－17
10－17
10－39
15．用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
回答下列问题
(1)软锰矿预先粉碎的目的是_____，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为____。
(2)碳化过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到_____操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为______(填化学式)，再加入氨水的目的是____ 。
(5)检验碳酸锰沉淀是否洗涤干净的操作为 ___________ 。
参考答案
1．（1）2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl-；
（2）MnO2+ 4H+ +2Cl— Mn2+ + Cl2+2H2O ；
（3）Al(OH)3 +OH- = AlO2- + 2H2O
（4）CO2+2H2O+ AlO2- ==Al(OH)3↓+HCO3 -
【解析】
①氯气与氯化亚铁溶液反应，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，氯气本身被还原成Cl-，故离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe2++2Cl-；
②二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，故离子方程式为：MnO2+ 4H+ +2Cl— Mn2+ + Cl2+2H2O ；
③氢氧化铝是两性氢氧化物，氢氧化铝与足量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故离子方程式为：Al(OH)3 +OH- = AlO2- + 2H2O；
④ 偏铝酸钠与过量二氧化碳的反应生成氢氧化铝和碳酸氢根，故离子方程式为：CO2+2H2O+ AlO2- ==Al(OH)3↓+HCO3 -。
2．使碳充分燃烧而除去 会分解，逸出，导致溶液的降低，除铁的效果不好 、、 70.0 0.33
【分析】
将钯碳焚烧得到钯灰，钯灰的主要成分为，向中加入甲酸()，可以将还原成金属单质，化学方程式为：，向中加入王水，加热条件下钯在王水中发生反应生成和一种有毒的无色气体A，该气体遇空气变红棕色，则A为NO，和王水反应的化学方程式为：，加入浓氨水，调节至9.0，并控制温度在70～75℃，元素以的形式存在于溶液中，同时除去中的铁，过滤后向滤液中加入盐酸，得到黄色晶体，将其烘干、在空气中550℃下焙烧(氧气不参与反应)可以直接得到。
【详解】
(1)“钯碳”中含有较多的碳(93% ~ 94% )，故焚烧时通入足量的空气，是为了使碳充分燃烧而除去；
(2)甲酸(HCOOH)具有还原性，可以还原PdO，根据题中信息，甲酸还原氧化钯的化学方程式为；
(3)根据题中信息，王水氧化Pd产生无色气体，该气体遇空气变红棕色，故该气体为NO，反应的化学方程式为；
(4)利用氨水除铁的实验条件是：氨水过量，且温度适宜。温度低于70 ，除铁的速率较慢；温度高于75，NH3∙H2O会分解，NH3逸出，导致溶液的pH降低，除铁的效果不好；
(5)[Pd(NH3)2]Cl2烘干后，在550下焙烧可以直接得到Pd，依据题中信息可知产物中还有NH3和HCl，二者在温度下降时生成白色固体NH4Cl，冒白烟；依据Pd化合价下降，可知还有元素化合价升高，无色气体还应该有N2.故反应的化学方程式为3[Pd(NH3)2]C123Pd +4NH3↑+6HCl↑+N2↑；
(6)由题中信息知1g Pd的体积为，标准状况下其吸附的H2的体积为；1mol Pd的体积为，吸附氢气的物质的量为。
3．+6 4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4Cr(OH)3↓+3CO32-+2OH- AC 碳化率40%、恒温240℃ Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3) 工艺清洁 原料价格低廉 Na2Cr2O7·H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2↑+Na2SO4+5H2O。
【分析】
（1）铬酸钠（Na2CrO4）中，Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，则铬元素的化合价为+6价；HCHO中，H原子最外层1个电子，C原子最外层4个电子，O原子最外层6个电子，其电子式：，HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成物有碳酸钠和Cr(OH)3，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可写出反应方程式；
（2）A．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热；
B．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解；
C．应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应；
D．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源；
（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大；
（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等；
（5）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒写出反应方程式式。
【详解】
（1）铬酸钠（Na2CrO4）中，Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，则铬元素的化合价为+6价，甲醛的结构式为，其电子式：，HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在碱性环境下进行，最终生成物有碳酸钠和Cr(OH)3，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知其反应的离子方程式为：4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4Cr(OH)3↓+3CO32-+2OH-，故答案为：+6；；4CrO42-+3HCHO+4H2O= 4Cr(OH)3↓+3CO32-+2OH-；
（2）A．该反应虽然为放热反应，但不一定全过程都不需要加热，如燃烧反应为放热反应，反应开始需要加热，A错误；
B．因该反应放热剧烈，若温度过高，Cr(OH)3可能会发生分解，会影响最终产品质量，因此可在必要时可使用冷却水进行温度控制，B正确；
C．为保证原料的充分利用，应使淀粉适当过量，使铬酸钠充分反应，C错误；
D．铬为重金属元素，直接排放至环境中会污染水资源，因此应建造废水回收池，回收含铬废水，D正确；
故答案为：AC；
（3）由图可知，在碳化率为40%时，还原率较高，在温度为240℃时，还原率达到接近100%，再升高温度对于还原率的影响不大，所以最佳反应条件是碳化率40%、恒温240℃，故答案为：碳化率40%、恒温240℃；
（4）由上述分析可知，滤液中所含溶质为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；水热法制备工艺的优点有：工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等，故答案为：Na2CO3(或NaHCO3或Na2CO3、NaHCO3)；工艺清洁、原料价格低廉、设备要求低、副产物碳酸盐可用于铬酸钠碳化母液的制备、无废气废渣排放、废水可回收利用、流程短等（任写两条）；
（5）重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生的气体对环境无害，故N元素转化为N2，二者发生氧化还原反应生成Cr2O3、N2、Na2SO4、H2O，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒可知该反应方程式为：Na2Cr2O7·H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2↑+Na2SO4+5H2O，故答案为：Na2Cr2O7·H2O+(NH4)2SO4Cr2O3+N2↑+Na2SO4+5H2O。
4．-1价 Fe2O3、MgO AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32- 防止NaH、NaAlH4与水蒸气反应 硫酸浓度增大，铝片与硫酸发生钝化 加入液体能起液封作用，避免气体从漏斗中逸出 偏低
【分析】
(1)根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；
(2)试剂A为强碱，将铝元素转化成偏铝酸盐，由于试剂A中溶质的阴离了和阳离子所含电子数相等，则试剂A为氢氧化钠。滤渣1的主要成分是二氧化硅，滤渣2的主要成分是氢氧化铁和氢氧化镁。在空气中灼烧生成氧化铁、氧化镁；
(3)偏铝酸钠和碳酸氢钠反应类似于较强酸制备较弱酸；
(4)NaH、NaAlH4均能够与水蒸气反应；
(5)浓硫酸与铝片发生纯化，反应减慢；
(6)①“安全"的含义是避免气体逸出。从安全漏斗的结构看出，上部液体不能完全滴入烧瓶，起到了液封作用；
②根据反应NaAlH4+H2O=NaAlO2+4H2↑进行求算；
读数时C管液面高于B管，存在液压差，导致测得的H2的体积（y）偏小，使结果偏低。
【详解】
(1) NaAlH4中钠元素为+1价，铝元素为+3价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则氢元素的化合价为-1价；
(2)试剂A为强碱，将铝元素转化成偏铝酸盐，由于试剂A中溶质的阴离了和阳离子所含电子数相等，则试剂A为氢氧化钠。其电子式为；
滤渣1的主要成分是二氧化硅，滤渣2的主要成分是氢氧化铁和氢氧化镁。在空气中灼烧生成Fe2O3、MgO；
(3)偏铝酸钠和碳酸氢钠反应类似于较强酸制备较弱酸，滤液2与滤液3反应的离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-；
(4)NaH、NaAlH4均能够与水蒸气反应，实验前要保证NaH与AlC13反应的装置干燥，其目的是防止NaH、NaAlH4与水蒸气反应；
(5)浓硫酸与铝片发生纯化，反应减慢，浸出率降低；
(6)①“安全"的含义是避免气体逸出。从安全漏斗的结构看出，上部液体不能完全滴入烧瓶，起到了液封作用，避免气体逸出；
②NaAlH4+H2O=NaAlO2+4H2↑
n(H2)=，n(NaAlH4)=，
(NaAlH4)=。若反应完后，读数时C管液面高于B管，存在液压差，导致测得的H2的体积（y）偏小，使结果偏低。
5．Na++e-=Na 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ 3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O 3ClO-+Fe3++3H2O=Fe (OH)3↓+3HClO ＜ 漏斗、玻璃棒、烧杯 4K2FeO4+10H2O 4Fe (OH)3↓+4KOH+3O2↑
【详解】
试题分析：（1）阴极上阳离子发生还原反应，电极反应式为Na++e-=Na；解汞室内Na与水反应，发生反应化学方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。
（2）氧化过程是NaClO在碱性条件下氧化Fe3+得到高铁酸钠，反应方程式为3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O；若NaClO加入过量，氧化过程中会生成Fe(OH)3，原因是NaClO水解呈碱性，Fe(NO3)3水解呈酸性，二者发生互促水解，反应的离子方程式为3ClO-+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO；由流程图可知，转化(反应③)是Na2FeO4→K2FeO4，该转化是在某低温下进行的，说明此温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以Ksp(K2FeO4)＜Ksp(Na2FeO4)；
（3）进行过滤操作时用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯；
（4）K2FeO4在水溶液中易水解产生氧气，故其既能起到杀菌作用又能起到净水作用，其水解化学方程式4K2FeO4+10H2O 4Fe (OH)3↓+4KOH+3O2↑。
【考点】
考查对工艺流程的理解、物质的分离提纯等基本操作、氧化还原反应、溶度积等。
【点晴】
阅读题目获取信息是解题关键，具体流程分析：向NaOH溶液中通入Cl2，发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，然后向溶液中加入Fe(NO3)3，发生的反应为3NaClO+2 Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O，向溶液中加入HCl来调节溶液的pH，然后过滤得到NaCl，向滤液中加入饱和KOH，发生反应Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，分离得到粗的K2FeO4，通过提纯得到纯的K2FeO4。
6．BaSO4+4CBaS+4CO↑ BaCO3 S2-+Ba2++Zn2++S=ZnS·BaSO4↓ 淀粉溶液 S2O+4Cl2+10OH—=2SO+8Cl—+5H2O
【分析】
硫酸钡和过量焦炭在回转炉中，在900~1200℃的条件下反应生成硫化钡和一氧化碳，在浸出槽中加水浸出净化的硫化钡溶液，在沉淀器中加入硫酸锌，硫化钡与硫酸锌反应生成ZnS·BaSO4沉淀，经后续操作得到产品，根据氧化还原反应及离子反应书写方法写出化学方程式和离子方程式，据此解答。
【详解】
(1)注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式BaSO4+4CBaS+4CO↑，故答案为：BaSO4+4CBaS+4CO↑；
(2)潮湿空气中的CO2和水蒸气跟“还原料”中的硫化钡反应生成的有臭鸡蛋气味的气体为H2S，且水溶性变差是因为发生了反应BaS+CO2+H2O=H2S+BaCO3↓，由此可知难溶于水的物质为BaCO3，故答案为：BaCO3；
(3)硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物ZnS·BaSO4为沉淀，写化学式，因此离子方程式为S2-+Ba2++Zn2++S=ZnS·BaSO4↓，故答案为：S2-+Ba2++Zn2++S=ZnS·BaSO4↓；
(4)碘遇淀粉溶液变蓝，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定过量的碘，应加入淀粉溶液作指示剂；碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol：
，，(n+)mol=25.00，得n=(25.00-V)0.100010-3mol，则样品中硫离子含量为：100%=。
(5)Na2S2O3被Cl2氧化成SO，本身被还原为Cl-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，写出反应的离子方程式为S2O+4Cl2+10OH-=2SO+8Cl-+5H2O，故答案为：S2O+4Cl2+10OH-=2SO+8Cl-+5H2O。
7．SiO2 2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑ 6.4×10-14 2.0 3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑ 氧化 4.3
【详解】
（1）SiO2不和硫酸反应，因而滤渣Ⅰ为SiO2。
（2）净化除杂阶段加入Fe粉与过量的稀硫酸置换出氢气，与Fe3+发生氧化还原反应，因而离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+ ，Fe + 2H+ =Fe2+ + H2↑。Ksp(CaF2)=c(Ca2+)c2(F-)，带入数据，根据溶液中的钙离子浓度可以求出c(F-)=10-2.5mol/L，再根据Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-)，解得c(Mg2+)=6.4×10-14mol/L。
（3）观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)等于2.0，说明n( NH4HCO3)︰n(Fe2++Ni2++Zn2+)最好控制在2.0左右。根据滤液Ⅱ配料，可知阴离子还有SO42-，因而反应物为MeSO4和NH4HCO3，Me2+和HCO3-要发生双水解，除了信息给的沉淀，产物还有CO2和(NH4)2SO4，因而化学方程式为3MeSO4+6NH4HCO3=MeCO3·2Me(OH)2·2H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑。
（4）流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明需要加入氧化剂。因2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，说明3n(Fe3+)=2n(Fe2+)，可知3m(Fe3+)=2m(Fe2+)，所以流程中共加入铁元素的质量为5×0.27×3/2=2.025万吨，而NiZnFe4O8铁元素质量分数为56×4/476=47％，因而NiZnFe4O8的质量为2.025÷47％=4.3万吨。
8．C 抑制镍离子水解防止生成沉淀 ACD
【详解】
（1）根据图片可知，在350Kg/t矿的硫酸加入量，0.15mm的矿石粒径时，效果最佳，故答案选C；
（2）①已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3，而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+，说明Ni元素被还原，另外，在硫酸中只能是O元素被氧化为O2，故有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式为2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O；
②控制pH为2～3的目的为抑制镍离子水解防止生成沉淀；
③向一定浓度的NiSO4溶液中加入适量的NaClO和NaOH混合液，制得碱性镍电池电极材料NiOOH，离子方程式为；
（3）浸出液A中含有大量的Ni2+、少量的H+和Fe3+，通入硫化氢时，Fe3+发生还原反应，H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓；
（4）A.在煅烧过程中，空气宜选择从下往上的通入方式，使镍红土矿燃烧更充分，A正确；
B.浓硫酸中的氢离子浓度较小，故加压酸浸中，为加快反应速率，不可选用浓硫酸，B错误；
C. 加压酸浸中，在最适宜条件下，浸出渣中的主要成份为SiO2和Fe2O3·H2O，C正确；
D. CO为无色无味的有毒气体，故从镍硫混合物到镍的过程中，需注意通风并及时检测操作过程中是否有CO泄露，D正确；
故选ACD。
9．第四周期Ⅷ族 abc FeCO3和SiO2 SiO2+2OH-=+H2O 3FeCO3+10H++=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率 3.33×104
【分析】
矿石中加入稀硝酸生成气体、可溶性物质，同时又溶性物质生成，生成气体说明含有FeCO3，SiO2不溶于稀硝酸，通过实验现象说明含有SiO2，向滤渣中加入NaOH溶液得到无色滤液，二氧化硅和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中加入稀盐酸生成硅酸胶体沉淀；滤液中加入NaOH溶液得到红褐色沉淀说明滤液中含有铁离子，向无色滤液中通入二氧化碳没有沉淀，说明无色滤液中不含偏铝酸钠，则矿石中不含Al2O3。
【详解】
(1)Fe在周期表中位置位于周期表第四周期第Ⅷ族，故答案为：第四周期Ⅷ族；
(2)a．非金属性：C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故a正确；
b．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，O＜C、Si＜Al，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则C＜Si，故b正确；
c．非金属性O＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故c正确；
d．两种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则O2-＞Al3+，故d错误；
故答案为：abc；
(3)矿石加硝酸生成气体，可说明含有FeCO3，加入过量NaoH溶液后通入过量二氧化碳没有沉淀生成，说明没有Al2O3，滤渣溶解后加入盐酸生成胶状沉淀，说明含有SiO2，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH-=+H2O，故答案为：FeCO3和SiO2；SiO2+2OH-=+H2O；
(4)矿石含有FeCO3，可与HNO3反应，离子方程式为3FeCO3+10H++=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O，故答案为：3FeCO3+10H++=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O；
(5)由于NO是有毒气体，不能随意排放，所以这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染，且NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率．根据以上分析可知，该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅，其中碳酸亚铁的质量是2.36×103 kg-1.2×103 kg=1.16×103kg，物质的量是10000mol，则根据(4)中的方程式可知，消耗硝酸的物质的量是mol，所以理论上至少需要1molL-1 HNO3的体积为3.33×104L；故答案为：NO循环使用能减少环境污染，NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率；3.33×104。
10．NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O 1 离子键 共价键 22 KNO3 NaN3 63.1g
【分析】
一氧化氮和二氧化氮的混合气和氢氧化钠首先合成亚硝酸钠，亚硝酸钠溶液中通入肼，可以合成叠氮化钠，叠氮化钠微溶于乙醇，所以向叠氮化钠溶液中加入乙醇可以使叠氮化钠溶解度降低而结晶析出。由于叠氮化钠不溶于乙醚，过滤之后用乙醚洗涤，最后得到叠氮化钠的固体。
【详解】
（1）NO和NO2混合气体与NaOH溶液反应可以合成NaNO2，此反应是一个氧化还原反应，一氧化氮中+2价的氮化合价升高到亚硝酸钠中的+3价，二氧化氮+4价氮也降低到亚硝酸钠中的+3价。所以反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O。生成1molNaNO2转移1mol电子。故答案为NO+NO2+2NaOH=NaNO2+H2O，1；
（2）叠氮化钠中阳离子是钠离子，阳离子与阴离子个数比为1:1，所以阴离子是N3-，三个氮原子通过共价键形成阴离子。所以在叠氮化钠中含有的化学键既有离子键，又有共价键。在1 N3-个中，电子数为3×7+1=22。故答案为离子键，共价键；22；
（3）在10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑中，叠氮化钠中氮的化合价由负价升高到零价，故叠氮化钠是还原剂，硝酸钾中+5价的氮降低到0价，故硝酸钾是氧化剂。欲使安全气囊中充满标准状况下氮气56L，根据反应的方程式：10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑，可求出K2O和Na2O的总质量。
10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑
94g + 5×62g 16×22.4L
m总 56L
可求得m总=63.1g。故答案为KNO3，NaN3，
10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑
94g + 5×62g 16×22.4L
m总 56L
可求得m总=63.1g。
11． 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 C
【分析】
氮气与氢气在催化剂作用下生成氨气，氨气与空气中的氧气在催化剂作用下反应生成NO，NO与空气中的氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸与氨气化合生成硝酸铵，据此分析解答。
【详解】
(1)B中氨气转化为NO的化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；
(2)在整个生产流程中，吸收塔C中通入空气的目的是将一氧化氮氧化成二氧化氮，然后与水反应生成HNO3，其反应方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；C中NO转化为NO2是氧化还原反应，而硝酸吸收氨气生成硝酸氨是非氧化还原反应，故答案为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；C；
(3)浓硝酸见光或受热易分解，所以应放置在阴凉处，分解的化学方程式为4HNO34NO2↑+ O2↑+ 2H2O，故答案为：4HNO34NO2↑+ O2↑+ 2H2O；
(4)C与浓硝酸在加热条件下发生生成NO2、CO2、H2O，其反应的化学方程式为：，故答案为：。
12． 作催化剂 升高温度（或减小压强等） 10 2
【分析】
依据题意，观察工艺流程图，反应II的反应物为H2O和FeO，产物为H2和Fe3O4，综合对比反应I、Ⅱ ,可知铁的氧化物虽然参与了反应，但在反应前后并没有发生变化，起到催化剂的作用，因此铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是催化剂；分析反应II：CO2(g) +C(s)→2CO(g), 该反应正反应为吸热、分子数量增大(体积增大)的反应，根据平衡移动原理分析；观察到溶液颜色逐渐变蓝是因为Fe3+氧化铜板生成了Cu2+，可以根据题意写出离子方程式。
【详解】
(1)观察流程图中箭头指向知,反应II的化学方程式为
；铁的氧化物先反应后生成，所以铁的氧化物在循环裂解水制氢气过程中的作用是作催化剂；
(2)由勒夏特列原理可知，升高温度减小压强、通入CO2、移走CO，均可以提高反应I达到平衡后CO的产量；
(3)流程图中碳的氧化物可用来制备碳酰肼[CO(NHNH2)2，其中碳元素为+4价]。加热条件下，碳酰肼能将锅炉内表面锈蚀后的氧化铁转化为结构紧密的四氧化三铁保护层，并生成氮气、水和二氧化碳。根据电子守恒和元素守恒可知该反应的化学方程式为；
(4)①反应中，铁元素的化合价由+2升高到+6，O元素的化合价由-1升高到0价，若生成2mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为10mol；②高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为二氧化锰进行除去，同时被还原成了三价铁离子，含二价锰离子1mg的水体样本，则，，，V=2L。
13．过滤 SiO2 加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率 硫酸 6 6 6 Cl— 3H2O V6H8N2016[或(NH4)2V6O16等其它合理表达形式都给分] .7～1.8
【分析】
钒渣中主要含VOSO4、K2SO4、SiO2，加水，二氧化硅不溶解，加入有机萃取剂，通过萃取②，把剩余的酸和有机层分开，通过反萃取③，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂氯酸钾④，氯酸钾把VO2+氧化成VO3+，离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+→6VO3++Cl-+3H2O，调节pH得到含钒的沉淀，焙烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用，以此解答。
【详解】
(1)操作I实现固体与液体分离，名称是过滤；由分析可知，二氧化硅不溶于水，①中产生废渣的主要成分是SiO2；
(2)②中必须加入适量碱，中和硫酸，促使VOSO4(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+H2SO4(水层)平衡正向移动，提高钒的萃取率；加入硫酸能使VOSO4(水层)+2HA(有机层)VOA2(有机层)+H2SO4(水层)平衡逆向移动，步骤③中反萃取所用的试剂X为硫酸；
(3)该反应中Cl元素由+5价下降到-1价，V元素由+4价上升到+5价，根据化合价升降规律、电荷守恒，步骤④中的反应的离子方程式ClO+6VO2++6H+＝6VO3++Cl—+3H2O；
(4)加入氨水产生的沉淀加热产生气体，根据反应物情况，该气体只能为氨气，分解还产生水，所以应含有V、N、H、O四种元素，n(沉淀)==0.1 mol，n(V)=2n(V2O5)= ×2=0.6 mol，由硫酸增重(氨气)计算N的量n(N)=n(NH3)= =0.2"mol，由碱石灰增重计算水的量，进一步计算H、O元素的量n(H2O)==0.1mol，n(H)=2n(H2O)+3n(NH3)=0.8 mol，n(O)=n(H2O)+5n(V2O5)=1.6mol，沉淀的化学式为V6H8N2O16[或(NH4)2V6O16]。
(5)根据图示，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为1.7～1.8，若钒沉淀率为93.1%时pH=2，溶液中，产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)<<。
14．Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照 Fe3＋ 2.7 6 Zn2＋和Fe2＋分离不开 Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
【分析】
(1)第①步主要是重铬酸根和亚铁离子反应生成铬离子和铁离子，其反应的离子方程式是Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。
(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁在稀硫酸双氧水作用下变为Fe3＋，，c(OH－) = 5×10-12mol·L－1，c(H+) = 2×10-3mol·L－1，pH = 2.7，因此加碱调节至pH为2.7时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱，，c(OH－) = 1×10-8mol·L－1，c(H+) =1×10-6mol·L－1，pH = 6，因此pH为6时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是Zn2＋和Fe2＋分离不开，原因是Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近，不能分离开。
【详解】
(1)第①步主要是重铬酸根和亚铁离子反应生成铬离子和铁离子，其反应的离子方程式是Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，故答案为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(2)第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照，故答案为：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照。
(3)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁在稀硫酸双氧水作用下变为Fe3＋，，c(OH－) = 5×10-12mol·L－1，c(H+) = 2×10-3mol·L－1，pH = 2.7，因此加碱调节至pH为2.7时，铁元素刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱，，c(OH－) = 1×10-8mol·L－1，c(H+) =1×10-6mol·L－1，pH = 6，因此pH为6时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是Zn2＋和Fe2＋分离不开，原因是Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近，不能分离开，故答案为：Fe3＋； 2.7；6；Zn2＋和Fe2＋分离不开；Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近。
15．增大接触面积，充分反应，提高反应速率 蒸发 H2O2 调pH促进Fe3+和Al3+水解并生成沉淀 取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀则洗涤干净
【分析】
软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入BaS溶液进行反应，主要发生：，过滤得到氢氧化钡溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有锰离子、亚铁离子、铁离子、铝离子，得到的滤渣为不溶于硫酸的硫磺；之后项滤液中加入合适的氧化剂将亚铁离子转化为铁离子，然后加入氨水，调节pH值，使铁离子铝离子转化为沉淀除去，压滤得到的废渣含有氢氧化铁和氢氧化铝，此时滤液中含有阳离子只有锰离子，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，锰离子和碳酸氢根电离出的碳酸根离子结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯度碳酸锰，由此分析。
【详解】
(1)软锰矿预先粉碎，增大接触面积，充分反应，提高反应速率，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO，锰元素的化合价由+4价降低到+2价，根据元素价态规律，-2价的硫元素被氧化成硫单质，MnO2与BaS的系数比为1:1，根据后续流程可知产物含有氢氧化钡，结合元素守恒可知反应的的化学方程式为；
(2)碳化过程是锰离子和碳酸氢根电离出的碳酸根离子结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸根根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，发生反应的离子方程式为；
(3)滤液I为结晶后剩余的氢氧化钡饱和溶液，应当将其导入到蒸发操作中循环使用；
(4)净化时更好的除去铁元素，需先将亚铁离子氧化为三价铁离子，不引入新的杂质，不将锰元素氧化，加入的试剂X为H2O2，再加入氨水的目的是调pH促进Fe3+和Al3+水解并生成沉淀；
(5)检验碳酸锰沉淀是否洗涤干净只需要检验出碳酸根离子即可，操作为取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀则洗涤干净。
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