还剩28页未读，
继续阅读
所属成套资源：2022届高三化学一轮复习考点特训含解析专题
成套系列资料，整套一键下载
2022届高三化学一轮复习考点特训工艺流程题含解析
展开
这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训工艺流程题含解析，共31页。试卷主要包含了3×10﹣31， ≈4等内容，欢迎下载使用。
工艺流程题
大题训练（共16题）
1.二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为＋4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）“滤渣Ⅰ”的化学式为__________；
（2）提高“熔融”速率的措施有_____________________(写一条即可)；
（3）用离子方程式表示通入过量CO2的主要目的是：________________________；
（4）钨酸与氨水反应时控制温度为58℃，温度不宜太高，其原因是___________。
（5）已知2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O，若该反应转移了8 mol电子，则生成的气体产物在标准状况下的体积为______L；
（6）常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(WO42-)=_____mol/L。
2.工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如下图：
已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：
（1）在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有_____。
（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，请完成相关操作：①加入石灰乳调节pH到__；②将浊液加热到80℃，______。
（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式___________，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是________。
（4）当离子浓度≤1×10﹣5 mol•L﹣1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH﹣）≥_______。已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10﹣31， ≈4.0）
3.电子工业中，可用FeCl3—HCl溶液作为印刷电路铜板刻蚀液。某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：
请回答：
（1）把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____________。
（2）FeCl3蚀刻液中加入盐酸的目的是______________________________。
（3）步骤①中加入H2O2溶液的目的是(用离子方程式表示)_____________________。
（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
4.7
7.0
1.9
沉淀完全时
6.7
9.0
3.2
根据表中数据推测调节pH的范围是________________。
（5）上述流程路线中，除FeCl3溶液外，还可用于循坏利用的物质是__________________。
4.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用于湿法电解制锌，如图为由锌灰制ZnSO4·7H2O晶体的工艺流程：
已知：①锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO；
②“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2。
请回答下列问题：
（1）MnO(OH)2中Mn元素的化合价为_____________。
（2）“滤渣1”的主要成分为_____________。
（3）“氧化”时，需控制溶液的pH=5.1，Fe2+被氧化的离子方程式为_____________。
（4）操作a为_________、过滤、洗涤、干燥。
（5）ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250 mL的锥形瓶中，加水约20 mL，再加入2～3滴5%的二甲酚橙作指示剂、约5 mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的0.0160 mol/LEDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应)。实验数据如下表：
m(ZnSO4·7H2O)/g
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
0.1692
0.20
26.50
ZnSO4·7H2O产品的纯度为_____________(保留2位有效数字)。
（6）工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中的离子方程式为___________。
5.碲是发展高科技产业、国防与尖端技术不可或缺的原料。H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲，其工艺流程如下：
已知：CuC2O4的Ksp为2.2×10-8；离子浓度小于1×10-5mol/L时，即离子完全沉淀。
（1）Cu2Te中Te的化合价是___。
（2）滤渣的成分是___，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为____。氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低，原因是_______。
（3）若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于_____。
（4）还原反应的离子方程式为______________。
6.LiCoO2（钴酸锂）是锂离子电池的正极材料。以某海水为原料制备钴酸锂的一种流程如下：
已知如下信息：
①该海水中含浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等。
②碳酸锂的溶解度与温度关系如图所示：
③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：
物质
Li2CO3
MgCO3
CaCO3
MnCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.5×10-2
6.8×10-6
2.8×10-9
2.3×10-11
6.0×10-10
请回答下列问题：
（1）LiCoO2中钴的化合价为________。滤渣1主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和__________（填化学式）。
（2）调节pH=5的目的是__________。
（3）“沉锂”包括过滤、洗涤等，宜用_________（填“热水”或“冷水”）洗涤Li2CO3。加入纯碱的量与锂回收率的关系如表所示：
序号
沉淀质量/g
碳酸锂含量/%
锂回收率/%
①
0.9∶1
10.09
92.36
77.67
②
1.0∶1
10.97
90.19
82.46
③
1.1∶1
11.45
89.37
85.27
④
1.2∶1
12.14
84.82
85.45
从生产成本考虑，宜选择_______（填序号）方案投料。
（4）“除杂2”中调pH=13时c(Mg2+)=_________mol·L-1。
（5）“合成”中采用高温条件，放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出“合成”发生反应的化学方程式________。
（6）在“合成”中制备1 mol LiCoO2转移电子的物质的量为__________。
7.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题：
（1）“混合研磨”的作用为_______________________
（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________
（3）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_____________________________
（4）净化除杂流程如下
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__________
A．(NH4)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4
②调节pH时，pH可取的范围为_________________
（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是__________________
8.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
已知：
①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀
9.0
3.7
6.7
9.8
② Ksp[Fe(OH)3]＝2.0×10－36
③ Cu2S遇酸时会生成S
（1）加快“浸取”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有__________(任写一种)。
（2）滤渣I中的主要成分是______________。
（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为_______，请用离子方程式表示用CuO“除铁”时所发生的反应__，若加A调节溶液pH后溶液中Fe3＋的浓度为2.0×10－9mol/L，则为pH__。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：_________________________。
（5）Na2CO3溶液浸泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3反应)，能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K= ________(填写计算结果)；若不考虑CO32－的水解，要使46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1mol·L－1Na2CO3溶液 ____mL。(已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9)
9.硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿(含2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下：
已知：H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0 g、8.7 g、14.8 g、40.2g。Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4。
（1）“浸取”时主要反应的化学方程式为_____________________。
（2）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是___________________________。
（3）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+、SO42-，还含有其他杂质。“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是__________。H2O2的作用是______(用离子方程式表示)。
（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩后，最佳结晶条件是_____________。
A．升温结晶 B．降温结晶 C．加压升温结晶 D．降压降温结晶
（5）在实际生产中为了提高原料的综合利用率，可以利用除杂后滤渣作为提炼铝的原料，工艺流程为：
试剂a可选用________(化学式)溶液，若试剂b为AlCl3则由滤液得固体A的离子反应方程式为___________，在实际工业生产中，流程中的一定条件指的是________。
10.以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如图：
查阅资料得知：
ⅰ.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42-。
ⅱ.
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Bi3+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
0.7
沉淀完全的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
4.5
回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是___。
（2）步骤③加的试剂为___，目的是将溶液pH要调到5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去。
（3）写出反应④的离子反应方程式___。
（4）⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-，写出该反应的离子方程___。
（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是___(填操作名称)。
11.CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图：
（1）“550℃煅烧”的目的是____。
（2）“浸出液”的主要成分是___。
（3）“钴浸出”过程中Co3＋转化为Co2＋，反应的离子方程式为___。
（4）“净化除杂1”过程中，如何检验该杂质__(用离子方程式表示)，现象为__：需在40～50℃加入H2O2溶液，其原因是__，目的是__(用离子方程式表示)；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至5，“滤渣I”的主要成分是__。
（5）“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2＋)=1.0×l0－5 mol/L，则滤液中c(Mg2＋)为___mol/L。[已知Ksp(MgF2)=7.35×10－11、Ksp(CaF2)=1.05×10－10]
12.已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Ni2＋
开始沉淀的pH
1.1
5.8
3.0
6.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.5
②Ksp(CaF2)＝1.46×10-10；
③当某物质浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，视为完全沉淀。
请回答下列问题：
（1）在酸浸过程中会适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，目的是______________。
（2）写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：______________________________，当Ca2＋沉淀完全时，溶液中 c(F-)> ________mol·L-1(写出计算式即可)。
（3）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的化学反应方程式：_______________________________。
（4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。请用简洁语言描述洗涤的方法是__________________________。
（5）“调pH”时pH的调控范围为______≤PH<6.8。
13.某化学实验小组以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7。主要流程如图：
（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为___，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为___。
（2）请配平[Cu(NH3)4]SO4·H2O加热发生分解反应的化学方程式。
___[Cu(NH3)4]SO4·H2O___Cu+___NH3↑+___SO2↑+___N2↑+___H2O
（3）“沉CuNH4SO3”时可用如图装置(夹持、加热仪器略)：
①“沉CuNH4SO3”时，反应温度需控制在45℃，合适的加热方式是___。
②NaOH溶液的作用是___。
（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.0g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol/L硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行三次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)
①若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为___%。
②上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+，还含有一定浓度的Fe3+，可通过调pH的方法使两者转化为沉淀。假设两种离子初始浓度均为2×10-3mo/L，当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(Fe3+)=___mo/L。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
14.以镍黄铁矿为原料制备的工艺流程如下：
已知：①高镍锍的主要成分为、、、的低价硫化物及合金；
②氧化性：；
③，，。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，溶液需过量，其目的是________。
（2）“氧化”时反应的化学方程式为________，若用代替溶液，使转化为，则需至少为________。
（3）“除铁”的原理是________。
（4）“过滤”时滤渣1的主要成分是________。
（5）“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净的方法是________________。若“沉镍”后的滤液中，则滤液的________。
（6）“除钴”时，发生反应的离子方程式为________。
15.钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3(含有少量MgO、SiO2等杂质)，Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：
⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是__________________________________。
⑵过程①中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是_________________________。
⑶过程②中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度关系如图所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_______________________。
⑷写出由滤液D生成FePO4的离子方程式_____________________________________________
⑸由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_________________________。
16.毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下：
（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是____________________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的______________。
a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．滴定管
（2）加入NH3•H2O调节pH=8可除去_____（填离子符号），滤渣Ⅱ中含______（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。
已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10﹣9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x ml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加的盐酸体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的______________（填“上方”或“下方”）。BaCl2溶液的浓度为______________ mol•L-1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将______________（填“偏大”或“偏小”）。
【参考答案及解析】
1.
【答案】（1）Al(OH)3
（2）增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等任意一种
（3）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
（4）一水合氨不稳定，受热分解
（5）67.2
（6）1×10-6
【解析】【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2。
【详解】（1）粗钨酸钠溶液中含有NaAlO2，向其中通入过量CO2，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀，所以“滤渣Ⅰ”为Al(OH)3；
（2）熔融的钨铁矿与NaOH溶液、氧气会发生反应：FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+Na2WO4+4H2O，能够提高该反应速率的因素有增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等；
（3）在含有NaAlO2的溶液中通入过量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
（4）钨酸与氨水反应时控制温度为58℃，温度太高，氨水中的一水合氨分解产生的氨气逸出，导致反应物浓度降低，不利于反应的进行；
（5）在反应2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中，(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，-2价S元素被氧化成0价的S单质，-2价S元素被氧化成+4价的SO2，O2得到电子被还原为-2价的O，每反应生成2 mol WS2，同时得到4 mol NH3、2 mol SO2气体，共6 mol气体，反应中共转移16 mol电子，若该反应转移了8 mol电子，则反应产生气体的物质的量是3 mol，反应产生气体在标准状况下的体积V=3 mol×22.4 L/mol=67.2 L；
（6）常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(Ca2+)=1×10-4 mol/L，c(WO42-)= mol/L=1×10-6 mol/L。
【点睛】
本题以钨矿原料制备WS2的工艺流程为载体，考查了制备方案的设计，涉及氧化还原反应原理、离子方程式的书写、对工艺流程的理解、及难溶电解质溶解平衡的计算等知识，理解工艺流程是解题的关键，需要学生掌握化学基本原理，具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。
2.
【答案】（1）CuSO4
（2）3.2 趁热过滤
（3） 2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+ 产生SO2污染环境
（4）4.0×10﹣9 mol•L﹣1
【解析】【分析】（1）根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行分析；
（2）由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀pH为4.3，因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4，而CaSO4溶解度随温度的升高而减小，易于除去；
（3）HSO3-具有较强的还原性，能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O，过量的HSO3-和酸反应生成SO2和水，；
（4）根据Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)•c3(OH-)进行计算。
【详解】（1）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有CuSO4；
（2）由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀pH为4.3，因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4，操作过程为：①加入石灰乳调节pH=3.2；②将浊液加热到80℃，趁热过滤；
（3）HSO3-具有较强的还原性，能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O，反应为：2H2O+HSO3-+2Cu2+= Cu2O↓+SO42-+5H+，在酸性环境下，HSO3-和H+反应成成的SO2有毒，能污染环境；
（4）当离子浓度≤1×10﹣5 mol•L﹣1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀，需要让c(OH-)≥==4.0×10-9mol/L。
【点睛】
解答本题时应注意（3）中溶液pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的重要原则是除去杂质且不引入新的杂质。
3.
【答案】（1）Fe2O3
（2）防止弱碱离子Fe3+的水解，促使水解平衡逆向移动
（3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
（4）3.2≤pH＜4.7 或 [3.2，4.7)
（5）Cu2(OH)2CO3
【解析】【分析】FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后调节溶液的pH过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜；
（1）根据三氯化铁在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止弱碱离子铁离子的水解；
（3）过氧化氢是氧化剂将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子；
（4）将铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，所以选择的pH为3.2≤pH＜4.7；
（5）碱式碳酸铜来调节溶液A的pH。
【详解】（1）在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，由于HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热发生2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，使Fe(OH)3分解生成Fe2O3；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性，所以加盐酸防止弱碱离子Fe3+的水解，促使水解平衡逆向移动；
（3）加入氧化剂H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（4）调节溶液的pH目的是使Fe3+全部沉淀，Cu2+不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为： 3.2≤pH＜4.7或 [3.2，4.7)；
（5）溶液A中调节pH使Fe3+完全沉淀、而Cu2+不沉淀，为了不引入新杂质，可用碱式碳酸铜来调节溶液A的pH。所以上述流程路线中，除FeCl3溶液外，还可用于循坏利用的物质是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3。
【点睛】
本题考查了物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作、物质的循环利用、氧化还原型离子方程式的书写等知识。掌握物质性质，理解各步实验操作是解题关键。
4.
【答案】（1）+4
（2）PbSO4
（3）3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）71%
（6）2Zn2++2H2O2Zn+4H+
【解析】【分析】钡白矿(锌灰的主要成分是ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO)，加稀硫酸溶解，得到金属硫酸盐，PbSO4不溶，其余硫酸盐以溶于水，过滤，滤渣1为PbSO4，滤液中含有硫酸锌、CuSO4、FeSO4、MnSO4，加入锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，滤渣为铜与过量的锌粉，滤液中再加高锰酸钾溶液，Fe2+与MnO4-反应生成Fe(OH)3、MnO(OH)2沉淀，滤渣2的主要成分为成Fe(OH)3、MnO(OH)2，过滤，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O晶体。
【详解】（1） MnO(OH)2中Mn元素的化台价为+4价；
（2）根据上述分析可知“滤渣1”的主要成分为PbSO4；
（3）KMnO4具有强的氧化性，Fe2+具有还原性，在pH=5.1时，Fe2+被氧化产生Fe3+与溶液中OH-结合形成Fe(OH)3沉淀，MnO4-被还原产生MnO(OH)2 ，故根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得Fe2+被氧化的离子方程式为：3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+；
（4）滤液2主要成分是ZnSO4，由于ZnSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从该溶液中得到硫酸锌晶体的操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应，根据表中数据，ZnSO4·7H2O产品的纯度为： ×100%=71%；
（6）在工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，阴极上Zn2+得到电子发生还原反应变为Zn单质，电极反应式为：Zn2++2e-=Zn，阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2，电极反应式为：2H2O=O2↑+4H+，故电解过程中的离子方程式：2Zn2++2H2O2Zn+4H+。
【点睛】
本题以物质的制备为线索，考查了化学实验基本操作、氧化还原反应、离子方程式的书写等知识，理解工艺流程原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。是对学生综合能力的考查。
5.
【答案】（1）-2
（2）Ag、Au H2TeO3、CuSO4 温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分
（3）2.2×10-3mol/L
（4）H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O
【解析】【分析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和H2TeO3，滤渣中含有Au、Ag，在滤液①中加入草酸钠，H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加入分解生成铜；滤液②中含有H2TeO3和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，据此分析解答。
【详解】（1）Cu2Te的名称为碲化亚铜，则Cu的化合价为+1价，因此Te的化合价是-2，故答案为-2；
（2）根据上述分析，滤渣的成分是Ag、Au，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为H2TeO3、CuSO4。温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分，导致氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低，故答案为Ag、Au；H2TeO3、CuSO4；温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分；
（3） CuC2O4的Ksp为2.2×10-8，离子浓度小于1×10-5mol/L时，离子即完全沉淀。若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于=2.2×10-3mol/L，故答案为2.2×10-3mol/L；
（4） 加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O，故答案为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O。
6.
【答案】（1）＋3 MnCO3
（2）除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3
（3）热水
（4）③ 6.0×10-8
（5）2Li2CO3＋4CoCO3＋O24LiCoO2＋6CO2
（6）1mol
【解析】（1）LiCoO2中锂为＋1价，氧为-2价，则钴为＋3价。由表中溶度积知，碳酸锰难溶于水，因此滤渣1中主要有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和MnCO3。。答案为：＋3；MnCO3；
（2）加入盐酸除去过量的碳酸钠，否则碳酸锂会在浓缩时析出，损失锂元素。答案为：除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3；
（3）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤比冷水好，减小锂元素损失。从投料比看出，序号③的比例中，投入碳酸钠量较小，锂回收率较高，可降低生产成本。答案为：热水；③；
（4）pH=13，c(OH－)=1×10－1 mol·L－1，c(Mg2+)==6.0×10－8 mol·L－1。答案为：6.0×10－8；
（5）在合成中钴的反应中钴的化合价升高，必有O2参与反应，副产物是CO2。答案为：2Li2CO3＋4CoCO3＋O24LiCoO2＋6CO2；
（6）Co元素化合价从+2升高到+3价，生成1 mol LiCoO2转移1 mol电子。答案为：1mol。
7.
【答案】（1）加快反应速率
（2）MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
（3）温度为500℃，且m(MnCO3)：m(NH4Cl)=1.10
（4）B 5.2≤pH<8.8
（5）CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀
【解析】【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，据此分析解题。
【详解】（1）“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2） 根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+，主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
（3） 由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高，到500℃、1.10达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10；
（4） 净化过程：加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+；
①最合适的试剂为MnO2，氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，且不引入新杂质，故答案为B；
②调节溶液pH使Fe3+，A13+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2≤pH＜8.8；
（5） 碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3═MnCO3↓+NH4+，不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀。
【点睛】
考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。
8.
【答案】（1）充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等
（2）SiO2、S、MnO2
（3）3.7～5.6( 或3.7≤pH<5.6) 3H2O+2 Fe3＋＋3CuO＝2Fe(OH)3+3Cu2＋(或Fe3＋+ 3H2O⇌Fe(OH)3+3H＋ CuO＋2H＋＝Cu2＋+ H2O ) 5
（4）Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋
（5）0.02 10200
【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。
【详解】（1）酸浸时，通过充分搅拌、将辉铜矿粉碎、加热等可以提高浸取速率；
（2）“浸取”时：Cu2S遇酸时会生成S，在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到CuSO4和MnSO4，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁，SiO2不溶于硫酸，所以滤渣I中的主要成分是SiO2、S、MnO2；
（3）“除铁”主要是除去溶液中Fe3+，根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范围为：3.7～5.6或3.7≤pH<5.6；加入CuO消耗氢离子，促进铁离子水解为氢氧化铁沉淀，“除铁”时所发生的反应3H2O+2Fe3＋＋3CuO＝2Fe(OH)3+3Cu2＋，若加A调节溶液pH后溶液中Fe3＋的浓度为2.0×10－9mol/L，2.0×10－36，，pH=5。
（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；
（5）Na2CO3和BaSO4转化为BaCO3的离子方程式是CO32-+BaSO4=BaCO3+ SO42-，平衡常数K= ；要使46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，生成0.2mol SO42-，则消耗0.2mol CO32-，根据溶液中 ，则溶液中CO32-的物质的量是10mol，设需要浓度为1mol·L－1Na2CO3溶液的体积是V，V×1-0.2=10，V=10.2L=10200mL。
【点睛】
本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析，属于综合知识的考查，侧重于学生的分析能力和实验能力、注意把握实验、操作流程的目的，注意物质性质的记忆。
9.
【答案】（1）2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4
（2） 防止温度下降时H3BO3从溶液中析出
（3）Fe3+、Fe2+、Al3+ H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O
（4）C
（5）NaOH Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓ 熔融电解
【解析】【分析】由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，
（1）根据元素守恒可写出2MgO·B2O3·H2O浸取生成H3BO3的化学方程式；
（2）由目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4；
（3）浸出液中有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，通过调节溶液pH值除去杂质且不引入新的杂质，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O ；
（4）根据MgSO4．H2O的溶解度随温度变化的曲线可知，温度越高，MgSO4．H2O溶解度越小，据此判断操作；
（5） 滤渣是氢氧化铁和氢氧化铝，加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，滤渣是氢氧化铁，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳或者氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝，加热氢氧化铝分解得到三氧化铝和水，电解熔融氧化铝制得铝。
【详解】（1）根据元素守恒可写知2MgO·B2O3·H2O浸取生成H3BO3的化学方程式为2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 ，
故答案为：2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 ；
（2）浸出液中有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，需要通过调节溶液pH值除去杂质且不引入新的杂质，所以加入MgO调节溶液pH的目的是除去溶液中的 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O，
故答案为：除去溶液中的 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质；H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O ；
（3）由题目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大,所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出，
故答案为：防止温度下降时H3BO3从溶液中析出；
（4）根据MgSO4•H2O的溶解度随温度变化的曲线可知，温度越高，MgSO4•H2O溶解度越小，所以从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应采取加压升温结晶的方法，
故选：C；
（5）滤渣是氢氧化铁和氢氧化铝，加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，滤渣是氢氧化铁，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳或者氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀，加入氯化铝发生反应的离子方程式是：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3 ↓，过滤得到氢氧化铝， 加热氢氧化铝分解得到氧化铝和水，电解熔融氧化铝制得铝，
故答案为： NaOH；Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；熔融电解。
10.
【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率
（2） 氢氧化钠溶液(或NaOH溶液)
（3）3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+
（4）2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
（5）重结晶
【解析】【分析】铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7•2H2O，以此解答该题。
【详解】（1）为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前可先将矿石粉碎；
（2）根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀，
故答案为：氢氧化钠溶液(或NaOH溶液)；
（3）在溶液E中加入NaBiO3和NaOH发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH)3，反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+；
（4）酸化使CrO42-转化为Cr2O72-，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶。
11.
【答案】（1）除去碳和有机物
（2）NaAlO2
（3）2Co3＋＋SO＋H2O=2Co2＋＋SO＋2H＋
（4）3Fe2＋＋2[Fe（CN）6]3－═Fe3[Fe（CN）6]2↓ 有蓝色沉淀产生 H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解 3Fe2＋＋2H＋＋H2O2=3Fe3＋＋2H2O Fe(OH)3
（5）7.0×10－6
【解析】【分析】550℃焙烧含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成Na AlO2，Co2O3、Fe2O3、MgO不溶，过滤，CaO与水反应生成氢氧化钙，则浸出液的主要为Na AlO2，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋，可得CoCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2，在40～50℃加入H2O2，氧化Fe2＋氧化为Fe3＋，再升温至80～85℃，加入Na2CO3调pH至5，可得到Fe（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。
【详解】（1）碳和有机物可通过焙烧除去，含钴废料“550℃焙烧”可以除去碳和有机物，故答案为：除去碳和有机物；
（2）550℃焙烧含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，Al2O3溶解，氧化铝可以和氢氧化钠溶液之间反应生成偏铝酸钠：Al2O3＋2 NaOH=2 NaAlO2＋H2O，CaO与水反应生成氢氧化钙，所以浸出液的主要成分为Na AlO2（Na AlO2和NaOH、Ca(OH)2）；故答案为：Na AlO2；
（3）“钴浸出”过程中Co3＋转化为Co2＋，则Na2SO3将Co3＋还原为Co2＋，自身被氧化为硫酸钠，发生的反应为：2Co3＋＋SO＋H2O=2Co2＋＋SO＋2H＋；故答案为：2Co3＋＋SO＋H2O=2Co2＋＋SO＋2H＋；
（4）“净化除杂1”过程中，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋，用K3[Fe（CN）6]检验Fe2＋：3Fe2＋＋2[Fe（CN）6]3－═Fe3[Fe（CN）6]2↓，现象为有蓝色沉淀产生：需在40～50℃加入H2O2溶液，其原因是H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解，目的是氧化Fe2＋氧化为Fe3＋，3Fe2＋＋2H＋＋H2O2=3Fe3＋＋2H2O；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至5，铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3＋＋3CO＋3H2O=2Fe（OH）3↓＋3CO2↑，“滤渣I”的主要成分是Fe(OH)3。故答案为：3Fe2＋＋2[Fe（CN）6]3－═Fe3[Fe（CN）6]2↓；有蓝色沉淀产生；H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解；3Fe2＋＋2H＋＋H2O2=3Fe3＋＋2H2O；Fe(OH)3；
（5）由溶度积可知，滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2＋与Mg2＋转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积计算，c（Mg2＋）：c（Ca2＋）=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=7.35×10－11：1.05×10－10=0.7，若所得滤液中c（Ca2＋）=1.0×10－5 mol·L－1，则滤液中c（Mg2＋）=7.0×10－6mol·L－1，故答案为：7.0×10－6 mol·L－1。
【点睛】
本题考查物质分离和提纯，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，题目涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是（5）溶度积常数计算，根据MgF2和CaF2转化的离子方程式，写出沉淀转化的平衡常数，c（Mg2＋）：c（Ca2＋）=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)，利用两种物质的溶度积常数进行计算。
12.
【答案】（1）提高“酸浸”速率
（2）Ni2++C2O42-+2H2O=
（3）2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O
（4）过滤结束后，沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次
（5）5.0
【解析】【分析】废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等），用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸；试剂a是一种绿色氧化剂，a是H2O2， H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调节pH，使pH大于5.0小于6.8，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al)OH)3沉淀，过滤除去，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca 2+，过滤，再向滤液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此答题。
【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，可提高浸出率；
（2）向NiSO4溶液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，“沉镍”时反应的离子方程式为：Ni2++C2O42-+2H2O=，当Ca2＋沉淀完全时，Ca2＋的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1，根据氟化钙的溶度积常数，溶液中 c(F-)> ；
（3）试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入的a是H2O2，亚铁离子被氧化成铁离子，所以“氧化”时反应的化学反应方程式为2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O；
（4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。洗涤沉淀的方法是过滤结束后，沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次；
（5）根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0≤PH<6.8。
13.
【答案】（1）CuS 2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
（2）3 3 8 3 2 9
（3）水浴加热 吸收SO2防止污染空气
（4）49 1.3×10-10
【解析】【分析】将电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)中加入稀硫酸溶解发生反应得到Cr2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3及CaSO4，然后水浸、过滤除去滤渣CaSO4。在浸出液中加入Na2S调节溶液的pH，只使CuSO4发生沉淀反应，沉淀是CuS，在充分搅拌下加入氨水，适量H2O2，并通入O2, 反应生成了[Cu(NH3)4]SO4，利用SO2的还原性将其还原，生成CuNH4SO3。滤液调节溶液pH使离子沉淀，最后氧化为重铬酸钾。
【详解】（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为CuS，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓。
（2）根据氧化还原反应原理及原子守恒可知，[Cu(NH3)4]SO4·H2O加热发生分解反应的化学方程式3[Cu(NH3)4]SO4·H2O3Cu+8NH3↑+3SO2↑+2N2↑+9H2O。
（3）①“沉CuNH4SO3”时，反应温度需控制在45℃，且受热均匀，合适的加热方式是水浴加热。
②二氧化硫有毒，NaOH溶液位于装置尾部，目的是尾气处理，作用是吸收SO2防止污染空气。
（4）①Cr2O72-为氧化剂，把Fe2+氧化为Fe3+，+6价铬被还原为+3，反应的离子方程为Cr2O72-+6 Fe2++14H+=2 Cr3++6 Fe3++7H2O，若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为 =49%。
②假设离子初始浓度为2×10-3mo/L，当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时， ，则c(Fe3+)=1.3×10-10mo/L。
14.
【答案】（1）提高镍元素的浸取率
（2） 0.1
（3）与反应使溶液升高，解生成沉淀而除去
（4）、
（5）取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净 9
（6）
【解析】【分析】用硫酸溶液溶解高镍铳并过滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu和CuS，同时得到含有Ni2+、Fe2+及Co2+的滤液，向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，后用CaCO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继续加入NiOOH，可生成Co(OH)3，再过滤除去，达到除钴的目的，最后滤液中加入NaOH溶液，并过滤即可得到Ni(OH)2。
【详解】（1）“酸浸”时，加入过滤的硫酸溶液，可使高镍铳完全溶解，提高镍元素的浸取率；
（2） H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；若用NaClO代替H2O2溶液，使0.2mol Fe2+转化为Fe3+，共转移0.2mole-，NaClO的还原产物为NaCl，则需NaClO至少为=0.1mol；
（3）Fe3+在溶液中存在水解平衡为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3能与H+反应使溶液pH升高，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去；
（4）由分析知，“过滤”时滤渣1的主要成分是不溶液于稀硫酸的Cu为CuS；
（5） Ni(OH)2的表面附着液中含有SO42-，则取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净；已知Ksp[Ni(OH)2]=1×10-15=c(Ni2+)×c2(OH-)，则c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，此时溶液pH=9；
（6）“除钴”时NiOOH可生成Co(OH)3，则发生反应的离子方程式为NiOOH+Co2++H2O=Ni2++Co(OH)3。
【点睛】
考查物质的制备实验探究，涉及反应原理和混合物的分离提纯，准确的流程分析是解题关键，其中除铁和除钴的反应原理及离子方程式的书写是解题难点。
15.
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）100℃，3小时
（3）温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降
（4）2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4↓+ 2H2O + 4H+
（5）2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4
【解析】【分析】⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，可以增大反应物接触面积，加快反应速率；
⑵由图可知，当铁的浸出率为80%时所采用的实验条件是温度和时间；
⑶温度过高，双氧水和氨水都容易分解， Ti元素浸出率下降；
⑷过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁；
⑸根据质量守恒定律可得过程中FePO4制备LiFePO4的化学方程式。
【详解】
⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，可以增大反应物接触面积，加快反应速率；故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；
⑵由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是100℃和3小时；故答案为：100℃，3小时；
⑶温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降；故答案为：温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti；
⑷过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，反应离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+，故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+；
⑸过程中由FePO4制备LiFePO4，根据质量守恒定律可得化学方程式是：2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4，故答案为：2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4。
16.
【答案】（1）增大接触面积从而使反应速率加快 ac
（2）Fe3+ Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少
（3）上方 偏大
【解析】【分析】制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，然后加入氨水，调节溶液的pH为8，由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，此时只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，然后再加入H2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2•2H2O。
（1）可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率；根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器；
（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8，利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同，确定沉淀的成分及去除的离子；结合加入H2C2O4的量的多少，分析发生的反应及造成的影响；
（3）根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据反应中物质的相应量的关系，计算出BaCl2溶液的浓度；然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少，判断误差，据此判断。
【详解】（1）毒重石是固体物质，由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关，所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法，增大反应物的接触面积，提高反应速率；在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是ac；
（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调节溶液的pH为8，发生反应：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3；加入氢氧化钠调节pH=12.5，由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少；
（3）无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=(V0-V1)b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：c(BaCl2)=mol/L=mol/L；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。
【点睛】
本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。
工艺流程题
大题训练（共16题）
1.二硫化钨(WS2，WS2中W的化合价为＋4)可用作润滑剂及石油化工领域中的催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO4，还含少量Al2O3)制备二硫化钨的工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）“滤渣Ⅰ”的化学式为__________；
（2）提高“熔融”速率的措施有_____________________(写一条即可)；
（3）用离子方程式表示通入过量CO2的主要目的是：________________________；
（4）钨酸与氨水反应时控制温度为58℃，温度不宜太高，其原因是___________。
（5）已知2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O，若该反应转移了8 mol电子，则生成的气体产物在标准状况下的体积为______L；
（6）常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(WO42-)=_____mol/L。
2.工业上利用电镀污泥（主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质）回收铜和铬等金属，回收流程如下图：
已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：
（1）在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有_____。
（2）在除铁操作中，需要除去Fe3+和CaSO4，请完成相关操作：①加入石灰乳调节pH到__；②将浊液加热到80℃，______。
（3）写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式___________，此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是________。
（4）当离子浓度≤1×10﹣5 mol•L﹣1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀则要保持c（OH﹣）≥_______。已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10﹣31， ≈4.0）
3.电子工业中，可用FeCl3—HCl溶液作为印刷电路铜板刻蚀液。某探究小组设计如下线路处理废液和资源回收：
请回答：
（1）把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是____________。
（2）FeCl3蚀刻液中加入盐酸的目的是______________________________。
（3）步骤①中加入H2O2溶液的目的是(用离子方程式表示)_____________________。
（4）已知：生成氢氧化物沉淀的pH如下表
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
开始沉淀时
4.7
7.0
1.9
沉淀完全时
6.7
9.0
3.2
根据表中数据推测调节pH的范围是________________。
（5）上述流程路线中，除FeCl3溶液外，还可用于循坏利用的物质是__________________。
4.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用于湿法电解制锌，如图为由锌灰制ZnSO4·7H2O晶体的工艺流程：
已知：①锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO；
②“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和MnO(OH)2。
请回答下列问题：
（1）MnO(OH)2中Mn元素的化合价为_____________。
（2）“滤渣1”的主要成分为_____________。
（3）“氧化”时，需控制溶液的pH=5.1，Fe2+被氧化的离子方程式为_____________。
（4）操作a为_________、过滤、洗涤、干燥。
（5）ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250 mL的锥形瓶中，加水约20 mL，再加入2～3滴5%的二甲酚橙作指示剂、约5 mL六亚甲基四胺缓冲溶液，摇匀。用已标定的0.0160 mol/LEDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应)。实验数据如下表：
m(ZnSO4·7H2O)/g
起始滴定管读数/mL
终点滴定管读数/mL
0.1692
0.20
26.50
ZnSO4·7H2O产品的纯度为_____________(保留2位有效数字)。
（6）工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中的离子方程式为___________。
5.碲是发展高科技产业、国防与尖端技术不可或缺的原料。H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，工业上常用铜阳极泥[主要成分是碲化亚铜(Cu2Te)，含少量的Ag、Au]回收碲，其工艺流程如下：
已知：CuC2O4的Ksp为2.2×10-8；离子浓度小于1×10-5mol/L时，即离子完全沉淀。
（1）Cu2Te中Te的化合价是___。
（2）滤渣的成分是___，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为____。氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低，原因是_______。
（3）若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于_____。
（4）还原反应的离子方程式为______________。
6.LiCoO2（钴酸锂）是锂离子电池的正极材料。以某海水为原料制备钴酸锂的一种流程如下：
已知如下信息：
①该海水中含浓度较大的LiCl，含少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等。
②碳酸锂的溶解度与温度关系如图所示：
③常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：
物质
Li2CO3
MgCO3
CaCO3
MnCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.5×10-2
6.8×10-6
2.8×10-9
2.3×10-11
6.0×10-10
请回答下列问题：
（1）LiCoO2中钴的化合价为________。滤渣1主要成分有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和__________（填化学式）。
（2）调节pH=5的目的是__________。
（3）“沉锂”包括过滤、洗涤等，宜用_________（填“热水”或“冷水”）洗涤Li2CO3。加入纯碱的量与锂回收率的关系如表所示：
序号
沉淀质量/g
碳酸锂含量/%
锂回收率/%
①
0.9∶1
10.09
92.36
77.67
②
1.0∶1
10.97
90.19
82.46
③
1.1∶1
11.45
89.37
85.27
④
1.2∶1
12.14
84.82
85.45
从生产成本考虑，宜选择_______（填序号）方案投料。
（4）“除杂2”中调pH=13时c(Mg2+)=_________mol·L-1。
（5）“合成”中采用高温条件，放出一种能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出“合成”发生反应的化学方程式________。
（6）在“合成”中制备1 mol LiCoO2转移电子的物质的量为__________。
7.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题：
（1）“混合研磨”的作用为_______________________
（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________
（3）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_____________________________
（4）净化除杂流程如下
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__________
A．(NH4)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4
②调节pH时，pH可取的范围为_________________
（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是__________________
8.铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
已知：
①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀
9.0
3.7
6.7
9.8
② Ksp[Fe(OH)3]＝2.0×10－36
③ Cu2S遇酸时会生成S
（1）加快“浸取”速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有__________(任写一种)。
（2）滤渣I中的主要成分是______________。
（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为_______，请用离子方程式表示用CuO“除铁”时所发生的反应__，若加A调节溶液pH后溶液中Fe3＋的浓度为2.0×10－9mol/L，则为pH__。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：_________________________。
（5）Na2CO3溶液浸泡重晶石(假设杂质不与Na2CO3反应)，能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K= ________(填写计算结果)；若不考虑CO32－的水解，要使46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1mol·L－1Na2CO3溶液 ____mL。(已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9)
9.硼酸(H3BO3)大量应用于玻璃制造行业，以硼镁矿(含2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量Fe3O4、CaCO3、Al2O3)为原料生产硼酸的工艺流程如下：
已知：H3BO3在20℃、40℃、60℃、100℃时的溶解度依次为5.0 g、8.7 g、14.8 g、40.2g。Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4。
（1）“浸取”时主要反应的化学方程式为_____________________。
（2）“浸取”后，采用“热过滤”的目的是___________________________。
（3）“浸出液”显酸性，含H3BO3和Mg2+、SO42-，还含有其他杂质。“除杂”时向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，除去的杂质离子是__________。H2O2的作用是______(用离子方程式表示)。
（4）“母液”可用于回收硫酸镁，已知硫酸镁的溶解度随温度变化的曲线如图，且溶液的沸点随压强增大而升高。为了从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应采取的措施是将“母液”蒸发浓缩后，最佳结晶条件是_____________。
A．升温结晶 B．降温结晶 C．加压升温结晶 D．降压降温结晶
（5）在实际生产中为了提高原料的综合利用率，可以利用除杂后滤渣作为提炼铝的原料，工艺流程为：
试剂a可选用________(化学式)溶液，若试剂b为AlCl3则由滤液得固体A的离子反应方程式为___________，在实际工业生产中，流程中的一定条件指的是________。
10.以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如图：
查阅资料得知：
ⅰ.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42-。
ⅱ.
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Bi3+
开始沉淀的pH
2.7
3.4
5.0
7.5
0.7
沉淀完全的pH
3.7
4.9
5.9
9.7
4.5
回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是___。
（2）步骤③加的试剂为___，目的是将溶液pH要调到5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去。
（3）写出反应④的离子反应方程式___。
（4）⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-，写出该反应的离子方程___。
（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是___(填操作名称)。
11.CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如图：
（1）“550℃煅烧”的目的是____。
（2）“浸出液”的主要成分是___。
（3）“钴浸出”过程中Co3＋转化为Co2＋，反应的离子方程式为___。
（4）“净化除杂1”过程中，如何检验该杂质__(用离子方程式表示)，现象为__：需在40～50℃加入H2O2溶液，其原因是__，目的是__(用离子方程式表示)；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至5，“滤渣I”的主要成分是__。
（5）“净化除杂2”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Ca2＋)=1.0×l0－5 mol/L，则滤液中c(Mg2＋)为___mol/L。[已知Ksp(MgF2)=7.35×10－11、Ksp(CaF2)=1.05×10－10]
12.已知草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)难溶于水，工业上从废镍催化剂(主要成分为Ni，含有一定量的Al2O3、FeO、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的流程如图所示：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Ni2＋
开始沉淀的pH
1.1
5.8
3.0
6.8
完全沉淀的pH
3.2
8.8
5.0
9.5
②Ksp(CaF2)＝1.46×10-10；
③当某物质浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，视为完全沉淀。
请回答下列问题：
（1）在酸浸过程中会适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，目的是______________。
（2）写出“沉镍”时发生反应的离子方程式：______________________________，当Ca2＋沉淀完全时，溶液中 c(F-)> ________mol·L-1(写出计算式即可)。
（3）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的化学反应方程式：_______________________________。
（4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。请用简洁语言描述洗涤的方法是__________________________。
（5）“调pH”时pH的调控范围为______≤PH<6.8。
13.某化学实验小组以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7。主要流程如图：
（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为___，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为___。
（2）请配平[Cu(NH3)4]SO4·H2O加热发生分解反应的化学方程式。
___[Cu(NH3)4]SO4·H2O___Cu+___NH3↑+___SO2↑+___N2↑+___H2O
（3）“沉CuNH4SO3”时可用如图装置(夹持、加热仪器略)：
①“沉CuNH4SO3”时，反应温度需控制在45℃，合适的加热方式是___。
②NaOH溶液的作用是___。
（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.0g配成250mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸酸化后，再加入几滴指示剂，用0.1000mol/L硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定，重复进行三次实验。(已知Cr2O72-被还原为Cr3+)
①若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为___%。
②上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3+，还含有一定浓度的Fe3+，可通过调pH的方法使两者转化为沉淀。假设两种离子初始浓度均为2×10-3mo/L，当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时，c(Fe3+)=___mo/L。{已知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31}
14.以镍黄铁矿为原料制备的工艺流程如下：
已知：①高镍锍的主要成分为、、、的低价硫化物及合金；
②氧化性：；
③，，。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，溶液需过量，其目的是________。
（2）“氧化”时反应的化学方程式为________，若用代替溶液，使转化为，则需至少为________。
（3）“除铁”的原理是________。
（4）“过滤”时滤渣1的主要成分是________。
（5）“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净的方法是________________。若“沉镍”后的滤液中，则滤液的________。
（6）“除钴”时，发生反应的离子方程式为________。
15.钛(22Ti)由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。钛铁矿主要成分为FeTiO3(含有少量MgO、SiO2等杂质)，Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿来制备，工艺流程如下：
⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，其原因是__________________________________。
⑵过程①中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是_________________________。
⑶过程②中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度关系如图所示，反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是_______________________。
⑷写出由滤液D生成FePO4的离子方程式_____________________________________________
⑸由流程图可知FePO4制备LiFePO4的化学方程式是_________________________。
16.毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下：
（1）毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是____________________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的______________。
a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．滴定管
（2）加入NH3•H2O调节pH=8可除去_____（填离子符号），滤渣Ⅱ中含______（填化学式）。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_________________。
已知：Ksp（BaC2O4）=1.6×10﹣7，Ksp（CaC2O4）=2.3×10﹣9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
（3）利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2O Ba2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x ml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加的盐酸体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的______________（填“上方”或“下方”）。BaCl2溶液的浓度为______________ mol•L-1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将______________（填“偏大”或“偏小”）。
【参考答案及解析】
1.
【答案】（1）Al(OH)3
（2）增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等任意一种
（3）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-
（4）一水合氨不稳定，受热分解
（5）67.2
（6）1×10-6
【解析】【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，Al2O3和NaOH反应生成NaAlO2，水浸时，可除去不溶于水的氧化铁，向粗钨酸钠溶液中通入过量CO2，经过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Al(OH)3，滤液再经酸化得钨酸，向钨酸中加入氨水并控制温度得钨酸铵，继续通入H2S气体，生成(NH4)2WS4，最后将(NH4)2WS4在氧气中高温加热即可得到WS2。
【详解】（1）粗钨酸钠溶液中含有NaAlO2，向其中通入过量CO2，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀，所以“滤渣Ⅰ”为Al(OH)3；
（2）熔融的钨铁矿与NaOH溶液、氧气会发生反应：FeWO4+8NaOH+O22Fe2O3+Na2WO4+4H2O，能够提高该反应速率的因素有增大氧气的通入量、搅拌、增大NaOH溶液的浓度等；
（3）在含有NaAlO2的溶液中通入过量CO2气体，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3溶液，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
（4）钨酸与氨水反应时控制温度为58℃，温度太高，氨水中的一水合氨分解产生的氨气逸出，导致反应物浓度降低，不利于反应的进行；
（5）在反应2(NH4)2WS4+3O22WS2+4NH3+2S+2SO2+2H2O中，(NH4)2WS4中+6价W被还原为+4价的WS2，-2价S元素被氧化成0价的S单质，-2价S元素被氧化成+4价的SO2，O2得到电子被还原为-2价的O，每反应生成2 mol WS2，同时得到4 mol NH3、2 mol SO2气体，共6 mol气体，反应中共转移16 mol电子，若该反应转移了8 mol电子，则反应产生气体的物质的量是3 mol，反应产生气体在标准状况下的体积V=3 mol×22.4 L/mol=67.2 L；
（6）常温下，Ksp(CaWO4) =1×10-10。在钨酸钠溶液中滴加澄清石灰水产生钨酸钙沉淀，当溶液中pCa=-1g c(Ca2+)=4，c(Ca2+)=1×10-4 mol/L，c(WO42-)= mol/L=1×10-6 mol/L。
【点睛】
本题以钨矿原料制备WS2的工艺流程为载体，考查了制备方案的设计，涉及氧化还原反应原理、离子方程式的书写、对工艺流程的理解、及难溶电解质溶解平衡的计算等知识，理解工艺流程是解题的关键，需要学生掌握化学基本原理，具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。
2.
【答案】（1）CuSO4
（2）3.2 趁热过滤
（3） 2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+ 产生SO2污染环境
（4）4.0×10﹣9 mol•L﹣1
【解析】【分析】（1）根据氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水进行分析；
（2）由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀pH为4.3，因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4，而CaSO4溶解度随温度的升高而减小，易于除去；
（3）HSO3-具有较强的还原性，能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O，过量的HSO3-和酸反应生成SO2和水，；
（4）根据Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)•c3(OH-)进行计算。
【详解】（1）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，所以浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有CuSO4；
（2）由图表可知铁离子完全沉淀pH为3.2，Cr3+开始沉淀pH为4.3，因此在除铁的操作中需要除去Fe3+和CaSO4，操作过程为：①加入石灰乳调节pH=3.2；②将浊液加热到80℃，趁热过滤；
（3）HSO3-具有较强的还原性，能和Cu2+之间发生反应生成SO42-和Cu2O，反应为：2H2O+HSO3-+2Cu2+= Cu2O↓+SO42-+5H+，在酸性环境下，HSO3-和H+反应成成的SO2有毒，能污染环境；
（4）当离子浓度≤1×10﹣5 mol•L﹣1认为沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀，需要让c(OH-)≥==4.0×10-9mol/L。
【点睛】
解答本题时应注意（3）中溶液pH值对溶液中的离子进行分离，除杂的重要原则是除去杂质且不引入新的杂质。
3.
【答案】（1）Fe2O3
（2）防止弱碱离子Fe3+的水解，促使水解平衡逆向移动
（3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
（4）3.2≤pH＜4.7 或 [3.2，4.7)
（5）Cu2(OH)2CO3
【解析】【分析】FeCl3-HCl溶液蚀刻铜板发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，得到氯化铜、氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，向废液中滴入过氧化氢将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后调节溶液的pH过滤得沉淀氢氧化铁和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜；
（1）根据三氯化铁在溶液中存在水解平衡，从平衡移动的角度分析并解答该题；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐水解呈酸性，所以加盐酸防止弱碱离子铁离子的水解；
（3）过氧化氢是氧化剂将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子；
（4）将铁离子完全沉淀，而铜离子不能沉淀，所以选择的pH为3.2≤pH＜4.7；
（5）碱式碳酸铜来调节溶液A的pH。
【详解】（1）在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，由于HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，又由于灼热发生2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O，使Fe(OH)3分解生成Fe2O3；
（2）氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性，所以加盐酸防止弱碱离子Fe3+的水解，促使水解平衡逆向移动；
（3）加入氧化剂H2O2可以把Fe2+氧化为Fe3+但不能引入新的杂质，氧化剂选择过氧化氢氧化亚铁离子的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（4）调节溶液的pH目的是使Fe3+全部沉淀，Cu2+不沉淀，依据图表数据分析可知pH应为： 3.2≤pH＜4.7或 [3.2，4.7)；
（5）溶液A中调节pH使Fe3+完全沉淀、而Cu2+不沉淀，为了不引入新杂质，可用碱式碳酸铜来调节溶液A的pH。所以上述流程路线中，除FeCl3溶液外，还可用于循坏利用的物质是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3。
【点睛】
本题考查了物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作、物质的循环利用、氧化还原型离子方程式的书写等知识。掌握物质性质，理解各步实验操作是解题关键。
4.
【答案】（1）+4
（2）PbSO4
（3）3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）71%
（6）2Zn2++2H2O2Zn+4H+
【解析】【分析】钡白矿(锌灰的主要成分是ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO)，加稀硫酸溶解，得到金属硫酸盐，PbSO4不溶，其余硫酸盐以溶于水，过滤，滤渣1为PbSO4，滤液中含有硫酸锌、CuSO4、FeSO4、MnSO4，加入锌粉发生置换反应：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4，滤渣为铜与过量的锌粉，滤液中再加高锰酸钾溶液，Fe2+与MnO4-反应生成Fe(OH)3、MnO(OH)2沉淀，滤渣2的主要成分为成Fe(OH)3、MnO(OH)2，过滤，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O晶体。
【详解】（1） MnO(OH)2中Mn元素的化台价为+4价；
（2）根据上述分析可知“滤渣1”的主要成分为PbSO4；
（3）KMnO4具有强的氧化性，Fe2+具有还原性，在pH=5.1时，Fe2+被氧化产生Fe3+与溶液中OH-结合形成Fe(OH)3沉淀，MnO4-被还原产生MnO(OH)2 ，故根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得Fe2+被氧化的离子方程式为：3Fe2++MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+；
（4）滤液2主要成分是ZnSO4，由于ZnSO4的溶解度受温度的影响变化较大，所以从该溶液中得到硫酸锌晶体的操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1：1反应，根据表中数据，ZnSO4·7H2O产品的纯度为： ×100%=71%；
（6）在工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，阴极上Zn2+得到电子发生还原反应变为Zn单质，电极反应式为：Zn2++2e-=Zn，阳极上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应产生O2，电极反应式为：2H2O=O2↑+4H+，故电解过程中的离子方程式：2Zn2++2H2O2Zn+4H+。
【点睛】
本题以物质的制备为线索，考查了化学实验基本操作、氧化还原反应、离子方程式的书写等知识，理解工艺流程原理是解题的关键，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。是对学生综合能力的考查。
5.
【答案】（1）-2
（2）Ag、Au H2TeO3、CuSO4 温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分
（3）2.2×10-3mol/L
（4）H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O
【解析】【分析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te，含少量的Ag、Au，在稀硫酸中溶解，并加入过氧化氢，得到H2TeO3、Au、Ag、硫酸铜溶液，然后过滤，滤液①含有硫酸铜和H2TeO3，滤渣中含有Au、Ag，在滤液①中加入草酸钠，H2TeO3是一种比草酸酸性弱的二元酸，草酸钠与硫酸铜反应生成草酸铜沉淀，过滤，滤渣为草酸铜，加入分解生成铜；滤液②中含有H2TeO3和硫酸钠，加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，据此分析解答。
【详解】（1）Cu2Te的名称为碲化亚铜，则Cu的化合价为+1价，因此Te的化合价是-2，故答案为-2；
（2）根据上述分析，滤渣的成分是Ag、Au，滤液①中含有的氧化酸浸时氧化产物为H2TeO3、CuSO4。温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分，导致氧化酸浸时温度过高会使碲的浸出率降低，故答案为Ag、Au；H2TeO3、CuSO4；温度过高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分；
（3） CuC2O4的Ksp为2.2×10-8，离子浓度小于1×10-5mol/L时，离子即完全沉淀。若要使Cu2+完全沉淀，应控制C2O42-的浓度不低于=2.2×10-3mol/L，故答案为2.2×10-3mol/L；
（4） 加入亚硫酸钠溶液，可将溶液中的H2TeO3还原为Te，同时得到硫酸钠，还原反应的离子方程式为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O，故答案为H2TeO3+2SO32-=2SO42- +Te↓+H2O。
6.
【答案】（1）＋3 MnCO3
（2）除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3
（3）热水
（4）③ 6.0×10-8
（5）2Li2CO3＋4CoCO3＋O24LiCoO2＋6CO2
（6）1mol
【解析】（1）LiCoO2中锂为＋1价，氧为-2价，则钴为＋3价。由表中溶度积知，碳酸锰难溶于水，因此滤渣1中主要有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3和MnCO3。。答案为：＋3；MnCO3；
（2）加入盐酸除去过量的碳酸钠，否则碳酸锂会在浓缩时析出，损失锂元素。答案为：除去过量的Na2CO3，避免蒸发浓缩时析出Li2CO3；
（3）碳酸锂的溶解度随温度升高而减小，用热水洗涤比冷水好，减小锂元素损失。从投料比看出，序号③的比例中，投入碳酸钠量较小，锂回收率较高，可降低生产成本。答案为：热水；③；
（4）pH=13，c(OH－)=1×10－1 mol·L－1，c(Mg2+)==6.0×10－8 mol·L－1。答案为：6.0×10－8；
（5）在合成中钴的反应中钴的化合价升高，必有O2参与反应，副产物是CO2。答案为：2Li2CO3＋4CoCO3＋O24LiCoO2＋6CO2；
（6）Co元素化合价从+2升高到+3价，生成1 mol LiCoO2转移1 mol电子。答案为：1mol。
7.
【答案】（1）加快反应速率
（2）MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
（3）温度为500℃，且m(MnCO3)：m(NH4Cl)=1.10
（4）B 5.2≤pH<8.8
（5）CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀
【解析】【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，据此分析解题。
【详解】（1）“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2） 根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+，主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
（3） 由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高，到500℃、1.10达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10；
（4） 净化过程：加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+；
①最合适的试剂为MnO2，氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，且不引入新杂质，故答案为B；
②调节溶液pH使Fe3+，A13+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2≤pH＜8.8；
（5） 碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3═MnCO3↓+NH4+，不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀。
【点睛】
考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。
8.
【答案】（1）充分搅拌，将辉铜矿粉碎，加热等
（2）SiO2、S、MnO2
（3）3.7～5.6( 或3.7≤pH<5.6) 3H2O+2 Fe3＋＋3CuO＝2Fe(OH)3+3Cu2＋(或Fe3＋+ 3H2O⇌Fe(OH)3+3H＋ CuO＋2H＋＝Cu2＋+ H2O ) 5
（4）Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋
（5）0.02 10200
【解析】【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液pH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜；据此分析解答本题。
【详解】（1）酸浸时，通过充分搅拌、将辉铜矿粉碎、加热等可以提高浸取速率；
（2）“浸取”时：Cu2S遇酸时会生成S，在硫酸酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到CuSO4和MnSO4，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁，SiO2不溶于硫酸，所以滤渣I中的主要成分是SiO2、S、MnO2；
（3）“除铁”主要是除去溶液中Fe3+，根据题干表格可知，若要使Fe3+完全沉淀而不沉淀Cu2+，溶液的pH范围为：3.7～5.6或3.7≤pH<5.6；加入CuO消耗氢离子，促进铁离子水解为氢氧化铁沉淀，“除铁”时所发生的反应3H2O+2Fe3＋＋3CuO＝2Fe(OH)3+3Cu2＋，若加A调节溶液pH后溶液中Fe3＋的浓度为2.0×10－9mol/L，2.0×10－36，，pH=5。
（4）“沉锰”(除Mn2+)过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；
（5）Na2CO3和BaSO4转化为BaCO3的离子方程式是CO32-+BaSO4=BaCO3+ SO42-，平衡常数K= ；要使46.6g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，生成0.2mol SO42-，则消耗0.2mol CO32-，根据溶液中 ，则溶液中CO32-的物质的量是10mol，设需要浓度为1mol·L－1Na2CO3溶液的体积是V，V×1-0.2=10，V=10.2L=10200mL。
【点睛】
本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析，属于综合知识的考查，侧重于学生的分析能力和实验能力、注意把握实验、操作流程的目的，注意物质性质的记忆。
9.
【答案】（1）2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4
（2） 防止温度下降时H3BO3从溶液中析出
（3）Fe3+、Fe2+、Al3+ H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O
（4）C
（5）NaOH Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓ 熔融电解
【解析】【分析】由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，
（1）根据元素守恒可写出2MgO·B2O3·H2O浸取生成H3BO3的化学方程式；
（2）由目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出，加硫酸溶解只有SiO2不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO4；
（3）浸出液中有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，通过调节溶液pH值除去杂质且不引入新的杂质，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O ；
（4）根据MgSO4．H2O的溶解度随温度变化的曲线可知，温度越高，MgSO4．H2O溶解度越小，据此判断操作；
（5） 滤渣是氢氧化铁和氢氧化铝，加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，滤渣是氢氧化铁，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳或者氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝，加热氢氧化铝分解得到三氧化铝和水，电解熔融氧化铝制得铝。
【详解】（1）根据元素守恒可写知2MgO·B2O3·H2O浸取生成H3BO3的化学方程式为2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 ，
故答案为：2MgO•B2O3•H2O+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4 ；
（2）浸出液中有 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，需要通过调节溶液pH值除去杂质且不引入新的杂质，所以加入MgO调节溶液pH的目的是除去溶液中的 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式是H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O，
故答案为：除去溶液中的 Fe3+、Fe2+、Al3+杂质；H2O2 + 2H+ +2Fe2+ = 2Fe3+ + 2H2O ；
（3）由题目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大,所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出，
故答案为：防止温度下降时H3BO3从溶液中析出；
（4）根据MgSO4•H2O的溶解度随温度变化的曲线可知，温度越高，MgSO4•H2O溶解度越小，所以从“母液”中充分回收MgSO4•H2O，应采取加压升温结晶的方法，
故选：C；
（5）滤渣是氢氧化铁和氢氧化铝，加入氢氧化钠溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，滤渣是氢氧化铁，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳或者氯化铝溶液生成氢氧化铝沉淀，加入氯化铝发生反应的离子方程式是：Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3 ↓，过滤得到氢氧化铝， 加热氢氧化铝分解得到氧化铝和水，电解熔融氧化铝制得铝，
故答案为： NaOH；Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；熔融电解。
10.
【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率
（2） 氢氧化钠溶液(或NaOH溶液)
（3）3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+
（4）2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O
（5）重结晶
【解析】【分析】铬铁矿（主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质），加入过量稀硫酸，固体A为SiO2，溶液B中含有Cr3+、Al3+、Fe2+，在B中加入过氧化氢，可生成Fe3+，调节溶液pH可除去Fe3+、Al3+，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体D，溶液E含有Cr3+，在溶液E中加入NaBiO3和NaOH，发生氧化还原反应，固体G为Bi（OH）3，溶液F含有Na2CrO4，酸化可得Na2Cr2O7，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得Na2Cr2O7•2H2O，以此解答该题。
【详解】（1）为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前可先将矿石粉碎；
（2）根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀，
故答案为：氢氧化钠溶液(或NaOH溶液)；
（3）在溶液E中加入NaBiO3和NaOH发生氧化还原反应，固体G为Bi(OH)3，反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+；
（4）酸化使CrO42-转化为Cr2O72-，反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶。
11.
【答案】（1）除去碳和有机物
（2）NaAlO2
（3）2Co3＋＋SO＋H2O=2Co2＋＋SO＋2H＋
（4）3Fe2＋＋2[Fe（CN）6]3－═Fe3[Fe（CN）6]2↓ 有蓝色沉淀产生 H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解 3Fe2＋＋2H＋＋H2O2=3Fe3＋＋2H2O Fe(OH)3
（5）7.0×10－6
【解析】【分析】550℃焙烧含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成Na AlO2，Co2O3、Fe2O3、MgO不溶，过滤，CaO与水反应生成氢氧化钙，则浸出液的主要为Na AlO2，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋，可得CoCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2，在40～50℃加入H2O2，氧化Fe2＋氧化为Fe3＋，再升温至80～85℃，加入Na2CO3调pH至5，可得到Fe（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴。
【详解】（1）碳和有机物可通过焙烧除去，含钴废料“550℃焙烧”可以除去碳和有机物，故答案为：除去碳和有机物；
（2）550℃焙烧含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，Al2O3溶解，氧化铝可以和氢氧化钠溶液之间反应生成偏铝酸钠：Al2O3＋2 NaOH=2 NaAlO2＋H2O，CaO与水反应生成氢氧化钙，所以浸出液的主要成分为Na AlO2（Na AlO2和NaOH、Ca(OH)2）；故答案为：Na AlO2；
（3）“钴浸出”过程中Co3＋转化为Co2＋，则Na2SO3将Co3＋还原为Co2＋，自身被氧化为硫酸钠，发生的反应为：2Co3＋＋SO＋H2O=2Co2＋＋SO＋2H＋；故答案为：2Co3＋＋SO＋H2O=2Co2＋＋SO＋2H＋；
（4）“净化除杂1”过程中，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3＋、Fe3＋还原为Co2＋、Fe2＋，用K3[Fe（CN）6]检验Fe2＋：3Fe2＋＋2[Fe（CN）6]3－═Fe3[Fe（CN）6]2↓，现象为有蓝色沉淀产生：需在40～50℃加入H2O2溶液，其原因是H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解，目的是氧化Fe2＋氧化为Fe3＋，3Fe2＋＋2H＋＋H2O2=3Fe3＋＋2H2O；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至5，铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3＋＋3CO＋3H2O=2Fe（OH）3↓＋3CO2↑，“滤渣I”的主要成分是Fe(OH)3。故答案为：3Fe2＋＋2[Fe（CN）6]3－═Fe3[Fe（CN）6]2↓；有蓝色沉淀产生；H2O2作氧化剂的还原产物为H2O无污染，温度过高会导致H2O2分解；3Fe2＋＋2H＋＋H2O2=3Fe3＋＋2H2O；Fe(OH)3；
（5）由溶度积可知，滤液Ⅰ“除钙、镁”是将溶液中Ca2＋与Mg2＋转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积计算，c（Mg2＋）：c（Ca2＋）=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)=7.35×10－11：1.05×10－10=0.7，若所得滤液中c（Ca2＋）=1.0×10－5 mol·L－1，则滤液中c（Mg2＋）=7.0×10－6mol·L－1，故答案为：7.0×10－6 mol·L－1。
【点睛】
本题考查物质分离和提纯，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，题目涉及溶度积常数计算、沉淀与pH的关系、盐类水解、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，知道涉及的操作方法及发生的反应，难点是（5）溶度积常数计算，根据MgF2和CaF2转化的离子方程式，写出沉淀转化的平衡常数，c（Mg2＋）：c（Ca2＋）=Ksp(MgF2)：Ksp(CaF2)，利用两种物质的溶度积常数进行计算。
12.
【答案】（1）提高“酸浸”速率
（2）Ni2++C2O42-+2H2O=
（3）2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O
（4）过滤结束后，沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次
（5）5.0
【解析】【分析】废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等），用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、CaSO4及过量的硫酸；试剂a是一种绿色氧化剂，a是H2O2， H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Ni(OH)2调节pH，使pH大于5.0小于6.8，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Al3+转化为Al)OH)3沉淀，过滤除去，滤液中含有NiSO4、CaSO4，向滤液中加入NH4F，除去Ca 2+，过滤，再向滤液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，再过滤、洗涤、干燥得草酸镍晶体，据此答题。
【详解】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，适当增大酸的浓度并不断快速搅拌，可提高浸出率；
（2）向NiSO4溶液中加入(NH4)2C2O4，得到草酸镍沉淀，“沉镍”时反应的离子方程式为：Ni2++C2O42-+2H2O=，当Ca2＋沉淀完全时，Ca2＋的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1，根据氟化钙的溶度积常数，溶液中 c(F-)> ；
（3）试剂a是一种绿色氧化剂，所以加入的a是H2O2，亚铁离子被氧化成铁离子，所以“氧化”时反应的化学反应方程式为2FeSO4+H2SO4+H2O2=Fe2(SO4)3+2H2O；
（4）操作a的内容包括过滤，洗涤，干燥。洗涤沉淀的方法是过滤结束后，沿玻璃棒往漏斗中注水至淹没沉淀待水自然流下，重复操作2-3次；
（5）根据表中的数据可知，pH为5.0时，Fe3+、Al3+沉淀完全，pH为6.8时Ni2+开始沉淀，所以pH的调控范围为5.0≤PH<6.8。
13.
【答案】（1）CuS 2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
（2）3 3 8 3 2 9
（3）水浴加热 吸收SO2防止污染空气
（4）49 1.3×10-10
【解析】【分析】将电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)中加入稀硫酸溶解发生反应得到Cr2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3及CaSO4，然后水浸、过滤除去滤渣CaSO4。在浸出液中加入Na2S调节溶液的pH，只使CuSO4发生沉淀反应，沉淀是CuS，在充分搅拌下加入氨水，适量H2O2，并通入O2, 反应生成了[Cu(NH3)4]SO4，利用SO2的还原性将其还原，生成CuNH4SO3。滤液调节溶液pH使离子沉淀，最后氧化为重铬酸钾。
【详解】（1）加入适量Na2S溶液后生成的沉淀X为CuS，若加入的Na2S溶液过量，除生成X外还会发生反应的离子方程式为2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓或2Fe3++S2-=2Fe2++S↓。
（2）根据氧化还原反应原理及原子守恒可知，[Cu(NH3)4]SO4·H2O加热发生分解反应的化学方程式3[Cu(NH3)4]SO4·H2O3Cu+8NH3↑+3SO2↑+2N2↑+9H2O。
（3）①“沉CuNH4SO3”时，反应温度需控制在45℃，且受热均匀，合适的加热方式是水浴加热。
②二氧化硫有毒，NaOH溶液位于装置尾部，目的是尾气处理，作用是吸收SO2防止污染空气。
（4）①Cr2O72-为氧化剂，把Fe2+氧化为Fe3+，+6价铬被还原为+3，反应的离子方程为Cr2O72-+6 Fe2++14H+=2 Cr3++6 Fe3++7H2O，若三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为20.00mL，则所得产品K2Cr2O7的纯度为 =49%。
②假设离子初始浓度为2×10-3mo/L，当溶液中刚开始析出Cr(OH)3沉淀时， ，则c(Fe3+)=1.3×10-10mo/L。
14.
【答案】（1）提高镍元素的浸取率
（2） 0.1
（3）与反应使溶液升高，解生成沉淀而除去
（4）、
（5）取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净 9
（6）
【解析】【分析】用硫酸溶液溶解高镍铳并过滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu和CuS，同时得到含有Ni2+、Fe2+及Co2+的滤液，向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，后用CaCO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继续加入NiOOH，可生成Co(OH)3，再过滤除去，达到除钴的目的，最后滤液中加入NaOH溶液，并过滤即可得到Ni(OH)2。
【详解】（1）“酸浸”时，加入过滤的硫酸溶液，可使高镍铳完全溶解，提高镍元素的浸取率；
（2） H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，发生反应的化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O；若用NaClO代替H2O2溶液，使0.2mol Fe2+转化为Fe3+，共转移0.2mole-，NaClO的还原产物为NaCl，则需NaClO至少为=0.1mol；
（3）Fe3+在溶液中存在水解平衡为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CaCO3能与H+反应使溶液pH升高，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去；
（4）由分析知，“过滤”时滤渣1的主要成分是不溶液于稀硫酸的Cu为CuS；
（5） Ni(OH)2的表面附着液中含有SO42-，则取最后一次洗涤液少量，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净；已知Ksp[Ni(OH)2]=1×10-15=c(Ni2+)×c2(OH-)，则c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，此时溶液pH=9；
（6）“除钴”时NiOOH可生成Co(OH)3，则发生反应的离子方程式为NiOOH+Co2++H2O=Ni2++Co(OH)3。
【点睛】
考查物质的制备实验探究，涉及反应原理和混合物的分离提纯，准确的流程分析是解题关键，其中除铁和除钴的反应原理及离子方程式的书写是解题难点。
15.
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）100℃，3小时
（3）温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti元素浸出率下降
（4）2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4↓+ 2H2O + 4H+
（5）2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4
【解析】【分析】⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，可以增大反应物接触面积，加快反应速率；
⑵由图可知，当铁的浸出率为80%时所采用的实验条件是温度和时间；
⑶温度过高，双氧水和氨水都容易分解， Ti元素浸出率下降；
⑷过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁；
⑸根据质量守恒定律可得过程中FePO4制备LiFePO4的化学方程式。
【详解】
⑴钛铁矿在预处理时需要进行粉碎，可以增大反应物接触面积，加快反应速率；故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；
⑵由图可知，当铁的浸出率为80%时，所采用的实验条件是100℃和3小时；故答案为：100℃，3小时；
⑶温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降；故答案为：温度过高，双氧水分解与氨气逸出导致Ti；
⑷过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，反应离子方程式为2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+，故答案为：2Fe2+ + H2O2 + 2H3PO4 = 2FePO4 + 2H2O + 4H+；
⑸过程中由FePO4制备LiFePO4，根据质量守恒定律可得化学方程式是：2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4，故答案为：2FePO4 + Li2CO3 + H2C2O4 3CO2↑ + H2O + 2LiFePO4。
16.
【答案】（1）增大接触面积从而使反应速率加快 ac
（2）Fe3+ Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少
（3）上方 偏大
【解析】【分析】制备BaCl2•2H2O的流程：毒重石的主要成分BaCO3（含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），向其中加盐酸溶解，碳酸钡和盐酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，然后加入氨水，调节溶液的pH为8，由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，此时只有Fe3+完全沉淀，所以滤渣1为Fe(OH)3，溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+，再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5，Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2；溶液中主要含Ca2+、Ba2+，然后再加入H2C2O4，得到CaC2O4沉淀，除去Ca2+，将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2•2H2O。
（1）可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率；根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器；
（2）根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8，利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同，确定沉淀的成分及去除的离子；结合加入H2C2O4的量的多少，分析发生的反应及造成的影响；
（3）根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置；利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行，根据反应中物质的相应量的关系，计算出BaCl2溶液的浓度；然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少，判断误差，据此判断。
【详解】（1）毒重石是固体物质，由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关，所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法，增大反应物的接触面积，提高反应速率；在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸，需先计算出浓盐酸的体积和水的体积，用量筒量取；浓盐酸稀释为稀盐酸，需用烧杯作为容器，并用玻璃棒搅拌加速溶解，所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒，选项是ac；
（2）根据流程图和表中数据可知：Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，加入氨水，调节溶液的pH为8，发生反应：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，Fe3+完全沉淀，滤渣1为Fe(OH)3；加入氢氧化钠调节pH=12.5，由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9，Mg2+完全沉淀时的pH为11.1，Mg2+完全沉淀，Ca2+部分沉淀，滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2，溶液中主要含Ca2+、Ba2+，Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，易形成CaC2O4沉淀，加入H2C2O4时应避免过量，防止CaC2O4沉淀完全后，过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀，使产品的产量减少；
（3）无论酸式还是碱式滴定管，0刻度都位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=(V0-V1)b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：c(BaCl2)=mol/L=mol/L；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，使得Ba2+浓度测量值将偏大。
【点睛】
本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法，侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识，实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。
相关试卷
2022届高三化学一轮复习考点特训卤代烃含解析： 这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训卤代烃含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022届高三化学一轮复习考点特训化学平衡含解析： 这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训化学平衡含解析，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022届高三化学一轮复习考点特训化学计量含解析： 这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训化学计量含解析，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
