2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_13基于废旧电池回收利用工业流程题 WORD版含答案.docx

1、2022届高三大一轮复习工艺流程题专题周练_13基于废旧电池回收利用工业流程题一、单选题（本大题共15小题，共45分）1. 利用废旧锌锰干电池可以制备硫酸锌晶体和二氧化锰，下图示利用干电池中炭包制备二氧化锰的工艺流程。已知：炭包的主要成分为ZnCl2、NH4Cl、MnO2、炭粉，还含有少量的Cu、Ag、Fe。下列有关说法不正确的是( )A. 炭包酸浸过程选用的最佳酸为稀硝酸B. 滤渣焙炒过程除去的杂质主要是炭粉C. 在粗MnO2溶解时，氧化剂与还原剂为物质的量之比为1：2D. 沉锰后焙烧时，发生反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO22. MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生

2、产中应用广泛。利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取纯MnO2的流程如图，下列说法错误的是A. 酸浸过程中不能用浓盐酸代替稀硫酸B. 操作X的名称是过滤C. 氧化过程发生反应的离子方程式为：5Mn2+2ClO3-+8OH-=5MnO2+Cl2+4H2OD. Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用3. MnO2在电池、玻璃、有机合成等工业生产中应用广泛。利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3，MnO2不溶于稀硫酸,)制取纯MnO2的流程如图：下列说法错误的是( )A. 操作X的名称是过滤B. 酸浸过程中可以用浓盐酸代替稀硫酸C. 氧化过程发生反应的离子方程式为：

3、5Mn2+2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+D. Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以循环使用4. 利用废旧锂离子电池的正极材料(主要含LiCoO2)回收制备Co3O4的工艺流程如下，已知：浸出液A中含有大量的Co2+、Li+及少量Fe3+、Al3+、Cu2+等。下列叙述错误的是( )A. 步骤中LiCoO2转化为Co2+的离子反应为LiCoO2+H2O2+6H+=Co2+Li+4H2OB. 步骤中加入NaOH调节pH的目的是将Fe3+、Al3+、Cu2+形成沉淀与Co2+、Li+分离C. 步骤中可以用稀硝酸酸化的BaCl2溶液检验CoC2O42H2O沉淀是否洗涤

4、干净D. 步骤中发生反应的化学方程式为3CoC2O42H2O+2O2Co3O4+6CO2+6H2O5. 2019年诺贝尔化学奖授予在锂离子电池领域作出杰出贡献的三位科学家。锂离子电池的正极材料主要是钴酸锂(LiCoO2)，还含有石墨和铝箔，回收废旧锂离子电池正极材料的流程如下： 下列叙述错误的是A. “碱浸”时发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2B. “酸浸”过程中，H2O2作氧化剂C. 萃取时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗和烧杯D. 该工艺最终可以回收得到NaAlO2、CoSO4、Li2CO3和石墨6. 用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、Si

5、O2等杂质)可制备锂离子电池的电极材料Li4Ti5O12和LiFePO4，其制备流程如下：已知：“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在FeTiO3+4H+4Cl-=Fe2+TiOCl42-+2H2O下列说法不正确的是 ( )A. 若Ti的化合价为+4，则Li2Ti5O15中有4个过氧键B. 滤液中的阳离子除了Fe2+和H+，还有Mg2+C. “高温煅烧”过程中，Fe元素被氧化D. 滤液中也可以直接加适量的氯水代替双氧水7. Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下： 已知：“酸

6、浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，FeTiO3+4H+4Cl-=Fe2+TiOCl42-+2H2O下列说法不正确的是( )A. Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4价，其中有4个过氧键B. 滤液中的阳离子除了Fe2+和H+，还有Mg2+C. 滤液中也可以直接加适量的氯水代替双氧水D. “高温煅烧”过程中，Fe元素被氧化8. 废弃物的综合利用有利于节约资源、保护环境。实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO45H2O的部分实验步骤如图：下列说法错误的是( )A. “溶解I”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎B. “滤液I”中，溶质的主要成分为ZnSO4C. “溶解II

7、”过程中，有大量的气体产生D. “操作I”需要用到酒精灯玻璃棒等仪器9. 磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述错误的是( )A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. 从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+D. 上述流程中可用Na2SO4代替Na2CO310. 电池技术不断提升，促进了新能源汽车工业迅速发展。磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属，其流程如下：下列叙述

8、错误的是( )A. 合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B. 从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC. “沉淀”反应的金属离子为Fe3+D. 上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠11. 锂离子二次电池正极铝钴膜主要含有LiCoO2、Al等，处理该废料的一种工艺如下图所示，下列说法正确的是( )A. 酸溶时H2O2做氧化剂，且温度不宜过高B. 加氨水调pH的目的是除铝C. 在空气中加热4.41gCoC2O4得到钴的氧化物2.41g，则该氧化物的化学式为Co2O3D. 沉钴的离子方程式为：Co2+C2O42-=CoC2O412. 我国电池的年市场消费量约为80亿只，其中70是锌锰干电池

9、，某工艺利用软锰矿(主要成分MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS、CdS)为原料制备MnO2和Zn，其流程如下：已知：I.矿石中所有金属元素均以离子形式进入滤液A中。II.各种金属离子完全沉淀的pH如表：下列说法中不正确的是A. 滤渣A主要成分：S和SiO2B. 适量金属锌是为了回收金属Cu和CdC. 步骤中，加入物质X可以是MnO2，调pH：4.7pH8则造成锌元素沉淀率降低，其原因可能是。(5)将滤渣A溶于适量稀硫酸，调节溶液pH，过滤，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶析出ZnSO47H2O晶体。则该过程中需调节溶液pH的范围为。17. 从废电池外

10、壳中回收锌(锌皮中常用少量铁、外表沾有NH4Cl、ZnCl2、MnO2等杂质)，制取ZnSO47H2O可以采取如下工艺流程：已知：Zn(OH)2和Al(OH)3化学性质相似；金属氢氧化物沉淀的pH。氢氧化物开始沉淀pH完全沉淀pHZn(OH)25.78.0Fe(OH)32.73.7回答下列问题：(1)“酸溶”时，为了提高酸溶速率，可采取的措施有_(任答2点)。(2)“氧化”时，酸性滤液中加入NaNO2反应的离子方程式为_。(3)“氧化”时，为了_，工业上可能用H2O2替代NaNO2。若参加反应的NaNO2为0.2mol，对应则至少需要加入10%H2O2溶液_mL(密度近似为1gcm-3)该过程

11、中加入的H2O2需多于理论值，原因除了提高反应物的转化率外，还可能是_。(4)“调节pH”时，若pH8，则造成锌元素沉淀率降低，其原因可能是_。(5)将“滤渣A”溶于适量稀硫酸，调节pH，过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，析出ZnSO47H2O晶体。则该过程中需调节溶液pH的范围为_。18. 一种从废电池正极材料(含铝箔、LiCoO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂)中回收各种金属的工艺流程如图：已知：黄钠铁矾晶体颗粒粗大，沉淀速度快，易于过滤。钴酸锂难溶于水，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低。Ksp(CoC2O4)=6.310-8，KspCo(OH)2=6.310-4。回答下列问题：(1)为

12、了提高“碱溶”效率，可以采取的措施是_(写出一条即可)。(2)“浸取”时有无色气体产生，发生反应的离子方程式为_。(3)“沉钴”时采用饱和草酸铵溶液将钴元素转化为CoC2O4，与草酸钠溶液相比效果更好，原因是_。(4)“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为_。(5)“沉铁”时所得黄钠铁矾的化学式可表示为NaxFey(SO4)m(OH)n。采用滴定法测定黄钠铁矾样品的组成，实验步骤如下：.称取4.850g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00mL溶液。.量取25.00mL溶液，加入足量的KI，用0.2500molL-1Na2S2O3溶液进行滴定至终点(I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4

13、O6)，消耗30.00mLNa2S2O3溶液。.另取25.00mL溶液，加入足量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀1.165g。用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为_；黄钠铁矾的化学式为_。(6)高能锂离子电池的总反应为2Li+FeS=Fe+Li2S。用该电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图(图中X、Y为电极，LiPF6SO(CH3)2为电解质)。电极X的反应材料是_(填化学式)；中间隔室b可以得到的主要物质Z是_(填化学式)。电解总反应的离子方程式为_。已知F=96500C/mol，Q=It=n(e-)F。若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论回收N

14、i_g(写出计算表达式即可)。19. 从废电池外壳中回收锌(锌皮中常有少量铁，外表沾有NH4Cl、ZnCl2、MnO2等杂质)，制取ZnSO47H2O可以采取如下工艺流程：已知：Zn(OH)2和Al(OH)3化学性质相似；金属氢氧化物沉淀的pH如下表。氢氧化物开始沉淀的pH完全沉淀的pHZn(OH)25.78.0Fe(OH)32.73.7(1)“酸溶”时，为了提高酸溶速率，可采取的措施有_(任答一点)。(2)“氧化”时，向酸性滤液中加入NaNO2发生反应的离子方程式为_。(3)“氧化”时，为了减少污染，工业上常用H2O2替代NaNO2。若参加反应的NaNO2为0.2mol，则至少需要加入10H

15、2O2溶液_mL(密度近似为1gcm-3)。该过程中加入的H2O2需多于理论值，原因除了提高其他反应物的转化率外，还可能是_。(4)“调节pH”时，若pH8则造成锌元素沉淀率降低，其原因可能是。20. 以锌锰废电池剖开、筛分得到的碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)为原料，回收MnSO4H2O的工艺流程如下：表1酸的种类对浸取率的影响酸的种类浓度锌的浸取率/%锰的浸取率/%硫酸1：196.295.1盐酸1：195.194.6硝酸1：194.594.7磷酸1：158.442.3表2酸的浓度对浸取率的影响浓度锌的浸取率/%锰的浸取率/%1：196.295.11：290.488.51：3

16、87.382.4(1)为提高黑色混合物的溶解速率，可采取的措施有_、_(2)烘炒MnO2和炭粉的混合物，用到的操作为_(填写选项序号)(3)根据表中信息，可推知，酸浸步骤中，选择的酸的种类为_，理由是_；酸的浓度对浸取率也有影响，从表中信息可知，应选择酸的浓度为_；酸浸过程中，常加入铝粉作还原剂，原因是_(用离子方程式表示)(4)调pH时，请根据表格数据选择pH的调节范围：_Mn(OH)2Al(OH)3开始沉淀完全沉淀开始沉淀完全沉淀开始溶解完全溶解PH8.29.83.75.27.810.0(5)Zn(OH)2也可以在NaOH溶液中溶解，离子方程式为_；(6)碳包中二氧化锰平均含量为33%，则

17、锰的回收率表达式为_答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查利用废旧锌锰干电池可以制备硫酸锌晶体和二氧化锰的无机工业流程，注意结合题目信息理清流程中每一步的变化是解题关键，难度中等。【解答】A.溶解炭包的铁、铜、银，需选择硝酸，稀硝酸最佳，消耗量少产生有毒气体少，故A正确；B.炭粉在焙烧过程生成二氧化碳除去，故B正确；C.二氧化锰与过氧化氢反应生成MnSO4和氧气，依据氧化还原反应化合价升降总数相等得出氧化剂与还原剂的物质的量之比为11，故C错误；D.沉锰后焙烧时，MnCO3转化为MnO2，发生反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故D正确。2.【答案】C【解析】【

18、分析】本题主要考查无机工业流程，注意结合元素化合物的性质、氧化还原反应、混合物分离方法进行解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度一般。【解答】粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，反应的离子方程式为5Mn2+2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠溶液，将反应后的溶液过滤得固体二氧化锰，滤液为含有硫酸的溶液，以此解答该题。A.浓盐酸能与后续加入的NaClO3反应产生

19、氯气，不能用浓盐酸代替稀硫酸，故A错误；B.操作X用于分离固体和液体，为过滤操作，故B正确；C.酸性条件下，氯酸钠氧化锰离子生成二氧化锰，反应的离子方程式为：5Mn2+2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，故C错误；D.由流程可知NaClO3可用于氧化过程，则可循环使用，故D正确。故选C。3.【答案】B【解析】【分析】本题考查的是无机工业流程，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。【解答】A.由流程图可知，固、液体分离的操作X的名称是过滤，故A正确；B.根据流程图可知酸浸时加稀H

20、2SO4，MnO2不溶解，若用浓盐酸代替硫酸能与MnO2反应而溶解，故B错误；C.氧化过程发生反应的离子方程式为5Mn2+2ClO3-+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+，故C正确；D.Cl2与NaOH溶液加热反应得到的NaClO3可以在氧化步骤循环使用，故D正确。故选B。4.【答案】A【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。【解答】A.将正极材料溶于H2SO4和H2O2的混合液，LiCoO2生成Co2+被还原，H2O2作还原剂生成O2，离子反应为

21、2LiCoO2+H2O2+6H+=2Co2+2Li+O2+4H2O，A错误；B.浸出液A中含有大量的Co2+、Li+及少量Fe3+、Al3+、Cu2+等，在步骤中加入NaOH，将Fe3+、Al3+、Cu2+分别转化为FeOH3、AlOH3、CuOH2沉淀，从而与Co2+、Li+分离，B正确；C.步骤中可检验最后一次洗涤液中是否含有SO42-来判断沉淀是否洗涤干净，C正确；D.加热过程中，钴被氧化，故空气中O2作氧化剂，化学方程式为，D正确。5.【答案】B【解析】【分析】本题考查混合物分离的流程操作、氧化还原反应、离子方程式的书写、萃取操作的仪器等，题目难度中等，熟练掌握化学工艺流程是解题的关键

22、。【解答】A.“碱浸”时锂离子电池的正极材料中的铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，故A正确；B.“酸浸”过程中，LiCoO2中+3价Co生成CoSO4中+2价Co，Co元素发生还原反应，加入的H2O2作还原剂，故B错误；C.萃取操作用到的主要玻璃仪器有分液漏斗和烧杯，故C正确；D.该工艺中，碱浸时有NaAlO2生成，酸浸时石墨作为滤渣分离出来，萃取分液后得到CoSO4和Li2CO3，最终可以回收得到NaAlO2、CoSO4、Li2CO3和石墨，故D正确。故选B。6.【答案】C【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，

23、为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。【解答】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2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，滤液中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，水解后过滤，沉淀为TiO2xH2O，经过一系列反应得到Li4Ti5O12；水解后的滤液中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4沉淀，高温煅烧过程中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42

24、LiFePO4+H2O+3CO2，以此解答该题。A.Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li为+1价，则O的化合价为-2价和-1价，根据正负化合价的代数和为0，其中含有7个-2价的O和8个-1价的O，结构中含有4个过氧键，故A正确；B.根据上述分析，滤液中的阳离子除了Fe2+和H+，还有Mg2+，故B正确；C.“高温煅烧”过程中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2，Fe元素的化合价由+3价变成+2价，被还原，故C错误；D.滤液中加入双氧水的目的是氧化亚铁离子，也可以直接加适量的氯水代替双氧水，故D正确；故选C。7.【答案】D【解析】【分析】本题考查

25、物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、化学反应原理与实验的结合，题目难度不大。用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2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，滤液中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，水解后过滤，沉淀为TiO2xH2O，经过一系列反应得到Li4Ti5O12；水解后的滤液中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4沉淀，高温煅烧过程中发生2FePO4+Li2CO3+H2C

26、2O42LiFePO4+H2O+3CO2，以此解答该题。【解答】A.Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li为+1价，则O的化合价为-2价和-1价，根据正负化合价的代数和为0，其中含有7个-2价的O和8个-1价的O，结构中含有4个过氧键，故A正确；B.根据上述分析，滤液中的阳离子除了Fe2+和H+，还有Mg2+，故B正确；C.滤液中加入双氧水的目的是氧化亚铁离子，也可以直接加适量的氯水代替双氧水，故C正确；D.“高温煅烧”过程中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2，Fe元素的化合价由+3价变成+2价，被还原，故D错误。故选：D。8.【答案】C【解析

27、】【分析】本题考查学生对物质的分离和提纯的理解和掌握，题目难度中等，掌握粉碎固体的目的、化学反应原理、所用仪器等，明确物质的主要性质和反应原理是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。【解答】电池铜帽(主要成分为Cu、Zn)加入稀硫酸溶解，Cu不溶于H2SO4，锌溶于H2SO4，过滤除去滤液ZnSO4，分离出固体Cu，Cu与H2O2和H2SO4反应生成CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤制得CuSO45H2O。A.“溶解”中，将铜帽粉碎，增大接触面积，加快反应速率，故A正确；B.Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2

28、SO4生成可溶于水的ZnSO4，“滤液”中，溶质的主要成分为ZnSO4，故B正确；C.Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，“溶解”过程中，没有气体生成，故C错误；D.操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，需使用酒精灯和玻璃棒，故D正确。故选C。9.【答案】D【解析】【分析】本题以元素化合物知识为载体考查物质的分离、提纯，有利于培养学生的分析能力和实验能力，树立积极的环境保护意识和资源的合理运用，题目难度不大，根据相关元素化合物知识分析是解答本题的关键。【解析】正极片经碱溶液可得到NaAlO2，可说明含有Al元素，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可除去炭黑，得到含有P、Fe、Li的

29、滤液，加入碱液，生成的沉淀为Fe(OH)3，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题。A.合理处理废旧电池，可减少污染性废水的排放，且回收含有Al、Fe等金属，可再利用，故A正确；B.由以上分析可知从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li等，故B正确；C.硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，则“沉淀”反应的金属离子为Fe3+，故C正确；D.加入硫酸钠，不能生成含Li沉淀，故D错误。故选D。10.【答案】D【解析】【分析】本题考查物质的分离、提纯，有利于培养学生的分析能力和实验能力，正极片经碱溶液可得到NaAlO2，可说明含有Al元素，含有磷酸亚铁锂的滤渣加入硫酸、硝酸，可

30、除去炭黑，得到含有P、Fe、Li的滤液，加入碱液，生成的沉淀为Fe(OH)3，滤液加入碳酸钠，可生成碳酸锂沉淀，以此解答该题，题目难度不大。【解答】A.合理处理废旧电池，可减少污染性废水的排放，且回收含有Al、Fe等金属，可再利用，故A正确；B.由以上分析可知从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、Li等，故B正确；C.硝酸具有强氧化性，可氧化亚铁离子生成铁离子，则“沉淀”反应的金属离子为Fe3+，故C正确；D.加入硫酸钠，不能生成含碳酸锂沉淀，故D错误。故选D。11.【答案】D【解析】【分析】本题考查了以化工流程为载体的实验，涉及离子方程式的书写、化学式的判定等知识点，难度较大。对题目中

31、流程图结合所学知识进行正确分析是解答本题的关键。【解答】A. “酸溶”时加入H2O2的目的是将+3价的钴还原为+2价，H2O2是还原剂，为防止H2O2分解温度不宜过高，故A错误；B. 铝在碱浸步骤中以及转化为NaAlO2除去，加氨水调节pH的目的是将Li+转变为LiOH沉淀而除去，故B错误；C. 煅烧4.41g(0.03mol)CoC2O4生成钴的氧化物，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，根据Co守恒，钴元素的物质的量为0.03mol，质量为0.03mol59g/mol=1.77g，氧元素的质量为2.41g-1.77g=0.64g，其物质的量为0.04mol，据此可知化学式为Co3O4，故C

32、错误；D.“沉钴”时，CoSO4溶液和(NH4)2C2O4反应生成CoC2O4沉淀和(NH4)2SO4，离子方程式为：Co2+C2O42-=CoC2O4，故D正确。故选D。12.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查无机化工流程，注意结合常见元素化合物的性质、氧化还原反应、化学反应原理的调控以及物质的分离提纯等进行分析解答，题目难度不大。【解答】A.硫酸浸取时，MnO2与ZnS、FeS、CuS、CdS等发生氧化还原反应，生成MnSO4、S单质以及ZnSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、CdSO4等，Al2O3与硫酸反应生成硫酸铝，SiO2不反应，则滤渣A主要成分：S和SiO2，故A正确；B

33、.适量金属锌的作用是与Cu2+、Cd2+发生置换反应生成Cu和Cd，目的是为了回收金属Cu和Cd，故B正确；C.步骤中氧气为氧化剂将Fe2+氧化，所以X的作用主要是调节pH值，而MnO2与氢离子并不反应，所以不能用来调节pH，为了不引入新的杂质X可以是ZnO、MnCO3等，故C错误；D.滤液C的主要成分是硫酸锰和硫酸锌，电解时除了得到MnO2与Zn外，还可以得到H2SO4，则上述流程中，可以循环使用的物质有H2SO4，故D正确。13.【答案】C【解析】【分析】本题考查无机工业流程，涉及能量的转化、离子方程式的书写等，难度一般，解题的关键是对题干信息的解读和对基础知识的灵活运用。【解答】A.燃烧

34、废塑料外壳可以发电，其一系列能量转换过程：化学能转化为热能，热能转化为机械能，机械能转化为电能，故A正确；B.废硫酸可用于吸收氨气生成化肥硫酸铵，故B正确；C.向铅泥中加入碳酸钠溶液，发生沉淀转化：CO32-(aq)+PbSO4(s)PbCO3(s)+SO42-(aq)，故C错误；D.由于碳、铜不及铅活泼，所以精炼时以阳极泥的形式沉降，故D正确。故选C。14.【答案】D【解析】【分析】本题考查有关工艺流程问题，难度中等，是高考常考题目，掌握各物质的性质并掌握物质的分离及提纯方法是解答的关键。【解答】A.“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2，可以使铜与氧气反应生成氧化铜，再与酸反

35、应，生成Cu2+，故A正确；B.加热过氧化氢分解为水和氧气，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2，故B正确；C.pH=2的溶液中含有Cu2+、H+，加入锌可以将铜离子转变为铜、与H+反应生成氢气，故C正确；D.“过滤”操作后直接将溶液蒸干、高温灼烧得到硫酸钠及硫酸锌，应当将锌离子转变为氢氧化锌后加热分解产生氧化锌，故D错误。故选D。15.【答案】B【解析】【分析】本题考查无机工艺流程基本知识，掌握好相关物质的基本性质是解决本题的关键，难度不大。【解答】A.中HNO3与金属反应会产生NO、NO2气体，A项正确；B.发生AgCl+2NH3=Ag(NH3)2+Cl-或AgCl+2NH3H2O=

36、Ag(NH3)2+Cl-+2H2O，B项错误；C.由于过量锌粉混在银粉中，稀硫酸只与Zn反应，C项正确，D.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，D项正确；故选B。16.【答案】将废锌皮粉碎(或升高温度；适当提高硫酸浓度；搅拌)(合理答案任写一点)Fe2+NO2-+2H+=Fe3+NO+H2O34.0Fe3+(或Fe2+)催化分解双氧水碱性过强，氢氧化锌可能溶解3.7pH8则造成锌元素沉淀率降低，原因可能是溶液的碱性过强，可导致Zn(OH)2形成羟基配合物Zn(OH)42-重新溶解，这就导致了沉降率降低，故答案为：碱性过强，氢氧化锌可能溶解；(5)将滤渣A溶于适量稀硫酸，调节溶液pH，过

37、滤，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶析出ZnSO47H2O晶体，此时需要调控pH使得Fe3+完全沉淀，并且使得Zn2+不形成沉淀，所以pH调节范围是：3.7pH5.7，故答案为：3.7pH5.7。17.【答案】(1)将废锌皮粉碎、升高温度(或适当提高硫酸浓度或搅拌) (2)Fe2+NO2-+2H+=Fe3+NO+H2O (3)减少环境污染；34；Fe3+(或Fe2+)催化分解双氧水 (4)碱性过强，氢氧化锌可能溶解； (5)3.7pH8则造成锌元素沉淀率降低，其原因可能是碱性过强，氢氧化锌可能溶解；(5)该过程中将氢氧化铁过滤除去，同时保证锌Zn2+不沉淀，由表格数据可知，需调节溶液pH的范围为3.7

38、pH8则造成锌元素沉淀率降低，原因可能是溶液的碱性过强，可导致Zn(OH)2溶解，这就导致了沉降率降低。故答案为：碱性过强，氢氧化锌可能溶解。20.【答案】粉碎碳包；升高温度、不断搅拌等；B；硫酸；磷酸的浸取率最低，而硫酸、盐酸、硝酸的浸取率差不多，硫酸稍高一点，且本实验要制取硫酸锰；1：1；3MnO2+12H+2Al=2Al3+3Mn2+6H2O；5.2PH7.8；Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O；87b1690.33a100%【解析】解：碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)加水溶解、过滤，得到二氧化锰和碳粉的固体混合物，含有Fe、Cu、Ag等杂质，固体用硫酸酸浸

39、，同时用铝作还原剂，过滤得含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝的溶液，调节溶液的PH值，使铝离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤液为硫酸锰溶液，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干等操作可得硫酸锰晶体，(1)根据影响反应速率的因素可知，提高黑色混合物的溶解速率，可采取的措施有粉碎碳包、升高温度、不断搅拌等，故答案为：粉碎碳包、升高温度、不断搅拌等；(2)灼烧固体应在坩埚中进行，故选B；(3)根据题中的数据可知，酸浸时，用硫酸时锰的浸取率高，因为磷酸的浸取率最低，而硫酸、盐酸、硝酸的浸取率差不多，硫酸稍高一点，且本实验要制取硫酸锰，酸的浓度为1：1时，锰的浸取率也是最高，在酸中铝能还原二氧化锰生成锰离子，反应

40、的离子方程式为3MnO2+12H+2Al=2Al3+3Mn2+6H2O，故答案为：硫酸；磷酸的浸取率最低，而硫酸、盐酸、硝酸的浸取率差不多，硫酸稍高一点，且本实验要制取硫酸锰；1：1；3MnO2+12H+2Al=2Al3+3Mn2+6H2O；(4)调节PH值的目的是使铝离子和铁离子沉淀完全，而不能使锰离子沉淀，所以调节溶液PH值的范围为5.2PH7.8，故答案为：5.2PH7.8；(5)Zn(OH)2在NaOH溶液中溶解，发生类似氢氧化铝在氢氧化钠中的反应，反应的离子方程式为Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O，故答案为：Zn(OH)2+2OH-=ZnO22-+2H2O；(6)碳包

41、中二氧化锰平均含量为33%，所以锰元素的质量为558733%a，bgMnSO4H2O晶体中锰元素的质量为55169b，锰的回收率为55169b5587a33%a100%=87b1690.33a100%，故答案为：87b1690.33a100%碳包(含碳粉、Fe、Cu、Ag和MnO2等物质)加水溶解、过滤，得到二氧化锰和碳粉的固体混合物，含有Fe、Cu、Ag等杂质，固体用硫酸酸浸，同时用铝作还原剂，过滤得含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝的溶液，调节溶液的PH值，使铝离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤液为硫酸锰溶液，经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干等操作可得硫酸锰晶体，(1)根据影响反应速率的因素，判

42、断采取的措施；(2)灼烧固体应在坩埚中进行；(3)根据酸浸时，锰的浸取率高选择酸及其浓度，在酸中铝能还原二氧化锰生成锰离子；(4)调节PH值的目的是使铝离子和铁离子沉淀完全，而不能使锰离子沉淀，据此确定PH值的范围；(5)Zn(OH)2在NaOH溶液中溶解，发生类似氢氧化铝在氢氧化钠中的反应，据此书写离子方程式；(6)碳包中二氧化锰平均含量为33%，所以锰元素的质量为33%a，bgMnSO4H2O晶体中锰元素的质量为55169b，据此计算锰的回收率本题考查了物质制备方案设计，题目涉及化学原理的应用、实验基本操作、离子方程式的书写、化学计算等知识，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力