河北省2023年高考化学模拟题汇编-12沉淀溶解平衡

这是一份河北省2023年高考化学模拟题汇编-12沉淀溶解平衡，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

河北省2023年高考化学模拟题汇编-12沉淀溶解平衡

一、单选题
1．（2023·河北·统考模拟预测）钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其主要成分为VO2∙xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得Na2Cr2O7的工艺流程如图。

已知：①“酸浸”后为VO2∙xH2O转化为VO2+；
②Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-31；下列说法正确的是
A．滤渣的成分为H2SiO3
B．“氧化”生成发生反应的离子方程式为2VO2+++2H2O=2+2+4H+
C．若“含Cr3+净化液”中c(Cr3+)=0.1mol/L，则“水解沉钒”调pH应不超过10
D．“溶液1”中含，加入H2O2后发生反应的离子方程式为2+3H2O2+2OH-=2+2H++2H2O
2．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）下列实验操作现象能得出相应结论的是
选项
实验操作及现象
结论
A
相同温度下，测定同物质的量浓度的溶液、溶液的pH，前者较高

B
在溶液中滴几滴NaCl溶液，再滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀

C
测定相同浓度的HF溶液在20℃、30℃时的pH，前者pH较低
HF在水中电离的过程放热
D
金属M、N在稀硫酸中构成原电池，在N极表面产生气泡且电流表偏转
金属N比M活泼

A．A B．B C．C D．D
3．（2023·河北唐山·统考一模）向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系如图a所示；向的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，形成的与变化如图b所示。下列有关说法中错误的是(已知)

A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，所得溶液中、、三种微粒的物质的量分数()与溶液pH的关系与图a相同
B．的溶液的
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，溶液中为
D．图b中当溶液时，
4．（2023·河北石家庄·统考一模）利用如下流程可从废光盘的金属层中回收其中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)：

已知：溶液在加热时易分解产生和；“溶解”工序发生的反应为可逆反应。下列说法错误的是
A．“氧化”时，适宜选择水浴加热方式
B．若省略第一次过滤，会使氨水的用量增加
C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液可送入“还原”工序利用
D．“还原”时，每生成，理论上消耗
5．（2023·河北石家庄·统考一模）下列选项中，陈述Ⅰ、Ⅱ的化学原理相同的是

陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
不能用浓硫酸干燥NH3
不能用浓硫酸干燥H2S
B
高温时用Na与TiCl4反应制Ti
高温时用Na与KCl反应制K
C
用FeS处理含Cu2+的废水
用含氟牙膏预防龋齿
D
向NaHCO3溶液中滴加AlCl3溶液，产生白色沉淀
向NaHCO3溶液中滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀

A．A B．B C．C D．D

二、实验题
6．（2023·河北·统考一模）实验室探究化合物受热分解的产物，并对所得气体产物和固体产物进行验证，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。回答下列问题：

(1)实验开始时，缓缓通入氮气一段时间后，应先加热反应管E，后加热反应管A，原因是_______。
(2)待反应完全后，停止加热，仍持续不断地通入氮气，直至反应管冷却到室温。停止加热时，不需要先断开A、B的连接处和E、F的连接处，原因是_______。
(3)足量NaOH溶液的作用是_______。NaOH的电子式为_______。
(4)能证明分解产物中有CO气体生成的实验现象是_______。
(5)充分反应后，A中所得黑色粉末经检测为Fe和FeO的混合物。取该黑色粉末4.4g，溶于过量稀硝酸中，收集到标准状况下NO气体1.12L。该黑色粉末中，_______。
(6)和、反应可制得。已知常温下和的Ksp分别为、。常温下浓度均为的、的混合溶液中，要使完全沉淀(离子浓度小于时，即可认为该离子已沉淀完全)而不沉淀，应该调节溶液的pH的范围为_______。

三、工业流程题
7．（2023·河北·统考模拟预测）钛在医疗、航天等领域都有广泛用途，有“空间金属”之称。目前常用钠的冶炼方法是将钛铁矿(主要成分是，还含有少量、等杂质)制成的“高钛渣”(含左右)再还原为钛，同时得到在食品工业中用作营养增补剂的，工艺流程如下：

部分阳离子以氢氧化钠物形式沉淀时溶液的如下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
9.2
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
11.1

(1)中的化合价为_______，“酸浸”时钛、铁浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示，则“酸浸”所用硫酸的质量分数约为_______最合适。

(2)“滤液1”中的钛元素以形式存在，则“酸浸”主要反应的离子方程式为_______。
(3)已知常压下的熔点为-25℃，沸点为136.4℃，由与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应生成的气体分离得到粗的方法是_______，再将粗进一步提纯的方法为_______。
(4)氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的和经吸收可得粗盐酸、溶液，则尾气的吸收液依次是_______。
(5)“滤液2”中加入溶液调的范围是_______。
(6)证明向“滤液3”中加入双氧水达到目的的方法是_______。
(7)已知和的分别为和。若“滤液3”中，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使恰好沉淀完全，即溶液中，计算说明此时是否有沉淀生成_______。
8．（2023·河北·统考模拟预测）金属钴(Co)是一种重要的战略金属，有着较为广泛的用途。如图是利用含钴废料(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2等杂质)制备草酸钴的工艺流程。回答下面问题：

(1)在“硫酸浸取”时，能提高“酸浸”速率的方法有_____(任写一种)。滤渣1的成分是_____(写化学式)。
(2)写出反应①的离子方程式：_____、_____。写出反应②的离子方程式：_____。
(3)操作1中加入NaHCO3的作用是_____。
(4)已知：Ksp(CaF2)=5.3×10-9，Ksp(MgF2)=5.2×10-12，若向溶液c中加入NaF溶液，当Mg2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，此时溶液中c(Ca2+)最大等于_____mol•L-1。
(5)若沉钴中得到二水合草酸钴CoC2O4·2H2O(M=183g/mol)热分解质量变化过程如图所示。其中600℃以前是隔绝空气加热，600℃以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，请写出从反应B点到C点的化学方程式_____。

(6)用乙醇燃料电池作电源电解含Co2+的水溶液制备金属钴，其装置如图甲、乙。

①图乙中Co电极应连接乙醇燃料电池的_____极(填“a”或“b”)。
②图甲中a极上发生的电极反应是______。
9．（2023·河北邯郸·统考一模）钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及催化剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣(含有Co、Zn、Fe、Cu、Pb等金属及其氧化物)为原料提取钴的工艺流程如图所示：

已知：①常温下，Ksp(CuS)=8.9×10-36，Ksp(CoS)=1.8×10-22。
②溶液的氧化还原电位为正表示该溶液显示出一定的氧化性。氧化还原电位越高，氧化性越强；电位越低，氧化性越弱。
回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子轨道表示式为______。
(2)“浸出渣”的主要成分为______(填化学式)。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是_____。
(3)Na2S常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol•L-1，则此时溶液的pH＜______[已知常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22(mol•L-1)3]。
(4)“氧化”过程中，Na2S2O8与Fe2+发生反应的离子方程式为______。
(5)“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是______。
(6)Co元素的存在形式的稳定区域与溶液pH的关系如图(E－pH图)所示，在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化，写出该反应的离子方程式：______；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出mkgCo(OH)3。在提取过程中钴的损失率为______(填含w、m的表达式)%。

10．（2023·河北唐山·统考一模）铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：

回答下列问题：
(1)“碱浸”步骤提高浸出率的方法有_______(任写出一条)，滤渣的成分为_______，该步骤发生反应的化学方程式是_______。
(2)已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为_______。
(3)“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为_______。
(4)该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有_______。
(5)立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：

该晶体中B的配位数为_______，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为_______。

参考答案：
1．B
【分析】钒铬还原渣中加入H2SO4酸浸，SiO2不溶而成为滤渣；往滤液中加入Na2S2O8将VO2+氧化为，调节pH水解沉钒，从而得到V2O5∙xH2O；将含Cr3+净化液中加入过量NaOH，生成，再加入H2O2，将氧化生成，调节pH，再经多步操作，从而获得Na2Cr2O7和Na2SO4。
【详解】A．SiO2不与水、H2SO4反应，滤渣的成分为SiO2，A错误；
B．将VO2+用Na2S2O8 “氧化”，生成、等，发生反应的离子方程式为2VO2+++2H2O=2+2+4H+，B正确；
C．，，则c(OH-)=10-10mol/L，pH=4，C错误；
D．“溶液1”为碱性环境，加入H2O2将氧化生成，发生反应的离子方程式为2+3H2O2+2OH-=2+4H2O，D错误；
故选B。
2．C
【详解】A．是强碱弱酸盐、是弱酸弱碱盐，相同温度下，测定同物质的量浓度的溶液、溶液的pH，不能根据两溶液的pH大小判断，故A错误；
B．在溶液中滴几滴NaCl溶液，生成氯化银沉淀，硝酸银有剩余，再滴加KI溶液，剩余的硝酸银和KI反应生成黄色沉淀碘化银，不能证明，故B错误；
C．相同浓度的HF溶液在20℃、30℃时的pH，前者pH较低，说明升高温度氢离子浓度降低，HF的电离平衡逆向移动，HF在水中电离的过程放热，故C正确；
D．金属M、N在稀硫酸中构成原电池，在N极表面产生气泡且电流表偏转，说明N是正极、M是负极，则金属M比N活泼，故D错误；
选C。
3．D
【分析】向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，的量逐渐减小、的先增大后减小、一直在增大，则图中实线、短划线、点线分别为、、的曲线；
【详解】A．向的溶液中逐滴滴加等浓度的溶液，草酸和氢氧化钙首先转化为草酸氢钙，继续滴加氢氧化钙，草酸氢钙转化为草酸钙沉淀，虽然此时草酸根离子浓度很小，但是碳元素仍然主要以草酸根离子存在，且温度一定时，草酸的一级电离常数、二级电离常数是固定的，故与图a相同，A正确；
B．向的溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，当两者等体积混合时得到溶液为的溶液，结合图a可知，也就是量最大的时候，溶液的，B正确；
C．向草酸钠溶液中加入等体积溶液后，氯化钙过量，反应后溶液中；结合图b可知，，则溶液中为，C正确；
D．由图b可知，，图b中当溶液时，；由图a可知，当时，pH=4.2，则；由于，则，则，D错误；
故选D。
4．D
【分析】由流程可知,氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤分离出AgCl、可能含Ag,加氨水发生AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，过滤分离出滤渣为Ag，再加还原剂、过滤分离出Ag，以此来解答。
【详解】A．“氧化”时需要的温度为80℃，适宜选择水浴加热方式，A正确；
B．需要增加氨水的用量，因为①过量NaClO与NH3·H2O反应， ②还因为未过滤掉的溶液会对加入的氨水起稀释作用，且其中含有一定浓度的Cl-，也不利于AgCl与氨水反应，B正确；
C．滤渣Ⅱ洗涤后的滤液含有，则可送入“还原”工序可以提高产率，C正确；
D．还原过程中银元素化合价降低生成单质银，由+1价变为0价，N2H4·H2O中氮元素化合价升高生成N2，由-2 价变为0价，根据得失电子守恒，，则每生成，理论上消耗，D错误；
故选D
5．C
【详解】A．虽然NH3和H2S都不能用浓硫酸干燥，但原理不同，浓硫酸与NH3反应生成(NH4)2SO4等，发生非氧化还原反应，浓硫酸与H2S发生氧化还原反应，A不符合题意；
B．高温时用Na与TiCl4反应制Ti，利用强还原性物质制取弱还原性物质，高温时用Na与KCl反应制K，利用难挥发性物质制取易挥发性物质，原理不同，B不符合题意；
C．用FeS处理含Cu2+的废水、用含氟牙膏预防龋齿，都是利用溶度积大的物质转化为溶度积小的物质，原理相同，C符合题意；
D．向NaHCO3溶液中滴加AlCl3溶液，发生双水解反应3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生白色沉淀，向NaHCO3溶液中滴加CaCl2溶液，发生反应2+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，产生白色沉淀，原理不同，D不符合题意；
故选C。
6．(1)防止先加热反应管A产生的CO还没来得及与氧化铜反应就被排放出去，从而造成环境污染
(2)反应完全后，停止加热，在反应管冷却到室温前，仍在继续通氮气，不会产生倒吸
(3)     除去CO中的气体，防止干扰检验CO气体    
(4)E中黑色固体变成红色，F中溶液变浑浊
(5)4：3
(6)3
【分析】样品受热分解的产物，通过B澄清石灰水检验二氧化碳，C足量氢氧化钠溶液吸收二氧化碳气体，D浓硫酸干燥气体，通过E氧化铜检验一氧化碳气体，F澄清石灰水检验二氧化碳气体，最后尾气吸收。
【详解】（1）为防止先加热反应管A产生的CO还没来得及与氧化铜反应就被排放出去，从而造成环境污染，故实验开始时，缓缓通入氮气一段时间后，应先加热反应管E，后加热反应管A。
（2）反应完全后，停止加热，在反应管冷却到室温前，仍在继续通氮气，不会产生倒吸。故待反应完全后，停止加热。停止加热时，不需要先断开A，B的连接处和E、F的连接处。
（3）装置C中足量NaOH溶液的作用是除去CO中的气体，防止干扰检验CO气体。NaOH是离子化合物，其电子式为。
（4）若观察到装置E中黑色固体变成红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，即可证明分解产物中有CO气体生成。
（5）Fe与过量的稀硝酸反应的化学方程式为，FeO与过量的稀硝酸反应的化学方程式为。设4.4g黑色粉末中，Fe的物质的量为n(Fe)，FeO的物质的量为n(FeO)，列出方程组：和，解得：，，故。
（6）根据和完全沉淀时，，可知完全沉淀时，，则，故pH>3.根据和溶液中，可知要使不沉淀，，则，故pH<9，要使完全沉淀而不沉淀，应该调节溶液的pH的范围为3 7．(1)     +4     80%
(2)
(3)     降温冷凝     蒸馏
(4)、溶液
(5)
(6)取少量溶液于试管中，加入几滴溶液，若不生成蓝色沉淀，证明已全部被氧化
(7)，所以没有沉淀生成

【分析】钛铁矿中含有FeTiO3、Al2O3、MgO、SiO2，加入硫酸“酸浸”，发生FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、MgO+2H+=Mg2++H2O，SiO2为酸性氧化物，不溶于酸和水，因此滤渣为SiO2，滤液1中含有Fe2+、TiO2+、Al3+、Mg2+、H+、SO，滤液1水解得到H2TiO3，滤液2中含有Fe2+、Al3+、Mg2+、H+、SO，H2TiO3煅烧得到TiO2和水，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，利用Mg的还原性强于Ti，则TiCl4与Mg反应生成Ti和MgCl2；从滤液2中最终获得FePO4，加入碳酸氢钠溶液调节pH，使Al3+以氢氧化铝形式沉淀出来，滤液3中加入双氧水，将Fe2+氧化成Fe3+，加入磷酸，得到磷酸铁，据此分析；
【详解】（1）根据问题(2)，钛元素以TiO2+形式存在，“酸浸”没有化合价变化，因此FeTiO3中Ti的化合价为+4；根据浸出率与硫酸质量分数的关系图可知，“酸浸”所用硫酸的质量分数约为80%最合适；故答案为+4；80%；
（2）钛元素以TiO2+形式存在，因此“酸浸”时主要反应的离子方程式为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O；故答案为FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O；
（3）TiO2与过量焦炭混合投入高温氯化炉发生反应为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，TiCl4沸点为136.4℃，此时TiCl4为气体，然后降温冷凝，得到TiCl4固体；粗四氯化钛中含有碳单质等，因四氯化钛熔沸点较低，然可以采用蒸馏方法进一步提纯；故答案为降温冷凝；蒸馏；
（4）HCl极易溶于水，尾气经吸收液得到粗盐酸和氯化铁，因此尾气的吸收液首先为水，再通过氯化亚铁溶液，故答案为H2O、FeCl2溶液；
（5）根据上述分析以及表中数据可知，加入碳酸氢钠调节pH，只是让Al3+以氢氧化铝形式沉淀出来，因此调pH的范围是4.4≤pH＜7.5；故答案为4.4≤pH＜7.5；
（6）向“滤液3”中加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，应用K3[Fe(CN)6]溶液检验是否还残存有Fe2+，若有无蓝色沉淀，说明Fe2+全部氧化为Fe3+，故答案为取少量溶液于试管中，加入几滴K3[Fe(CN)6]溶液，若不生成蓝色沉淀，证明Fe2+已全部被氧化；
（7）当Fe3+完全沉淀时，，，，所以没有Mg3(PO4)2沉淀生成；故答案为，所以没有Mg3(PO4)2沉淀生成。
8．(1)     粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增大硫酸的浓度；适当提高酸浸的温度等     SiO2和CaSO4
(2)     2Co3++SO+H2O=2Co2++SO+2H+     2Fe3++SO+H2O=2Fe2++SO+2H+     2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O
(3)使Fe3+、Al3+与HCO发生双水解，除去Fe3+、Al3+
(4)0.0102
(5)4Co3O4+O26Co2O3
(6)     a     C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+

【分析】含钴废料(主要成分为，还含少量等杂质)，硫酸浸取时，CaO和硫酸反应得到，不会和硫酸反应，因此滤渣1为，；滤液1为;加入，具有还原性，能还原具有氧化性离子还原为，溶液a中含有，加入双氧水将氧化为，溶液b中含有，加使与发生双水解，除去，即沉淀A为氢氧化铁，氢氧化铝，溶液c中含有向滤液c中加NaF溶液，得到沉淀，沉淀B为，溶液d中含有加入草酸铵得到，溶液e为硫酸铵溶液；
【详解】（1）①在“硫酸浸取”时，粉碎，增大接触面积；充分搅拌；适当增大硫酸的浓度；适当提高酸浸的温度，能提高“酸浸”速率；
②根据分析可知滤渣1的成分是，；
（2）①加入可以氧化，则发生反应的离子方程式为，；
②加入双氧水将氧化为，反应的离子方程式为；
（3）根据分析可知操作1中加入的作用是使与
发生双水解，除去；
（4）根据的,当恰好完全沉淀时，，根据的,；
（5），因此取的是0.1mol的，A点失重3.6g，应该是失去所有的结晶水，所以成分是，B点是氧化物，Co是5.9g，氧原子是8.03g-5.9g=2.13g，应为，同理C点是Co5.9g,氧原子8.3g-5.9g=2.4g，应为，所以应是在空气中受热被氧化为，所以B点到C点的化学方程式为；
（6）①燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极，即a为负极，b为正极；
②A电极上乙醇失电子被氧化，工作过程中有质子移动，电解质为酸性，所以乙醇被氧化生成二氧化碳，根据电子守恒，元素守恒可以得到电极反应为。
9．(1)
(2)     Cu、PbSO4     盐酸易挥发，对设备腐蚀性强
(3)0.5
(4)S2O+2Fe2+=2Fe3++2SO
(5)调节溶液pH
(6)     S2O+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO+6H+    

【分析】“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4，Co、Zn、Fe均与硫酸反应生成相应的盐，Na2S常用作沉淀剂，铜渣为CuS，“氧化”过程中，Na2S2O8将Fe2+氧化为Fe3+，Na2CO3调节溶液pH，生成氢氧化铁，在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化生成Co(OH)3，据此分析解题。
【详解】（1）Co为第27号元素，基态Co原子的价层电子轨道表示式为；
（2）“浸出渣”的主要成分为Cu、PbSO4。工业上，在“浸出”过程中，常选用硫酸浸取，而不用盐酸，原因是盐酸易挥发，对设备腐蚀性强；
（3）Na2S常用作沉淀剂，在“铜渣”中检测不到Co2+，“除铜液”中Co2+浓度为0.18mol•L-1，Ksp(CoS)=1.8×10-22，，常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22(mol•L-1)3则此时溶液的，pH=-lg=0.5，故pH＜0.5；
（4）“氧化”过程中，Na2S2O8与Fe2+发生反应，Fe2+氧化为Fe3+，S2O还原为SO，离子方程式为S2O+2Fe2+=2Fe3++2SO；
（5）“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是调节溶液pH，生成氢氧化铁；
（6）在溶液pH=5时，Na2S2O8能将Co2+氧化，该反应的离子方程式：S2O+2Co2++6H2O=2Co(OH)3↓+2SO+6H+；以1吨湿法炼锌净化渣(Co的质量分数为w%)为原料提取出mkgCo(OH)3。理论生成Co为1000kg×w%=10wkg，实际生成的Co的质量为：，在提取过程中钴的损失率为。
10．(1)     粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度     Fe2O3、MgO、BN     2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
(2)1.2×10—5
(3)4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
(4)漏斗、烧杯、玻璃棒
(5)     4    

【分析】由题给流程可知，铬铁矿在氢氧化钠溶液和氧气碱浸时，三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，氧化铁、氧化镁、氮化硼与氢氧化钠溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、氧化镁、氮化硼的滤渣和含有铬酸钠的高铬液；向高铬液中加入氢氧化钡溶液，将铬酸钠转化为铬酸钡沉淀，过滤得到铬酸钡；向铬酸钡中加入乙醇和盐酸的混合溶液，铬酸钡被乙醇还原为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钡溶液调节溶液pH，将铬离子转化为氢氧化铬沉淀，
【详解】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。