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广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30物质的分离、提纯
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这是一份广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30物质的分离、提纯，共60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。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30物质的分离、提纯
一、单选题
1．（2022·广西柳州·统考二模）中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学知识，对其说明错误的是
A．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏
B．《本草经集注》记载区分硝石()和朴消()方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是古人利用焰色反应鉴别物质
C．《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”’，文中的“气”是指乙烯
D．《梦溪笔谈》载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓"，所述“脂水”就是现在的地沟油
2．（2020·广西来宾·模拟预测）利用所学化学知识积极探索资源的有效使用、节约使用和循环使用，以实现循环经济和可持续发展，从而实现废弃物的综合利用和保护环境。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ZnSO4
C．“溶解II”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
3．（2020·广西·统考一模）利用如图装置进行实验能达到实验目的的是
A
B
C
D
分离碘酒中的碘和酒精
制取氧气
比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
验证Cl2的氧化性
A．A B．B C．C D．D
4．（2020·广西北海·统考一模）实验室中下列做法错误的是
A．用苯萃取甲苯中的溴单质 B．用碱石灰干燥氨气
C．盛放酒精的容器应贴上如图标签 D．配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸
5．（2020·广西钦州·二模）下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．用坩埚灼烧干海带制海带灰
B．蒸馏时，温度计水银球插入液面以下
C．用长颈漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层
D．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
6．（2020·广西柳州·统考模拟预测）下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
B
除去干燥CO2中混有少量的SO2
可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
C
检验Na2SO3已经变质
向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
D
比较铁和铜的活泼性
常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
7．（2021·广西柳州·统考三模）某校化学课外小组的同学依据反应S2Cl2+3Cl2+2SO24SOCl2，设计如下装置(夹持及加热装置已略)制备SOCl2(氯化亚砜)。
相关物质的数据及性质如下表：
主要性状
熔点/℃
沸点/℃
主要化学性质
SOCl2
淡黄至红色发烟液体
-105
78.8
遇水分解, 140℃开始分解
S2Cl2
浅黄色油状液体
-80
138
遇水分解,高于100℃时开始分解
回答下列问题：
(1)装置A中w管的作用是___________。
(2)装置C球形冷凝管中水应从___________处(填“a” 或“b” )进入，冷凝管装置的作用是___________；装置C合适的加热方式是___________。
(3)装置E中生成SO2的化学方程式为___________。
(4)装置中碱石灰的作用___________。
(5)上述装置存在一处缺陷 ，导致SOCl2产率降低，改进的方法是___________。
(6)反应后从装置C的反应液纯化得到SOCl2需要的硅酸盐质仪器有：酒精灯、接引管、锥形瓶外，还缺少___________(从下列图中选择，填标号)。
8．（2020·广西玉林·统考一模）叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇。不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂，实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置(图甲)及实验步骤如下：
①关闭止水夹K2，打开止水夹K1，制取并通入氨气。
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。
③向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210~220 ℃，然后打开止水夹K2，通入Na2O。
请回答下列问题：
(1)盛放无水氯化钙的仪器名称是___________，图乙中可用来制取氨气的装置有___________(填标号)。
(2)步骤①中先通氨气的目的是___________，步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为___________，步骤③中最适宜的加热方式为___________(填标号)。
a水浴加热 b．油浴加热 c．酒精灯直接加热
(3)生成NaN3的化学方程式为___________。
(4)反应结束后，进行以下操作，得到NaN3固体(NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气)。
操作II的目的是___________，操作IV最好选用的试剂是___________。
9．（2020·广西南宁·二模）下列是学生课外实践活动的实验设计，其中不能达到们应的实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验设计
A
除去乙酸乙酯中的乙酸
B
证明氧化性：Cl2>I2
C
用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸
D
探究锅炉里的水垢样品在酸中的溶解
A．A B．B C．C D．D
10．（2020·广西玉林·一模）铅的单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。
I.(1)铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化的PbO2、还有组成类似Fe3O4的Pb3O4，请将Pb3O4改写成简单氧化物的形式：_________。
II.以废旧铅酸电池中的含铅废料铅膏(Pb、PbO、PbO2、PbSO4等)为原料，制备超细PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
(2)步骤①的目的是“脱硫”，即将PbSO4转化PbSO3，反应的离子方程式为_______________________。
“脱硫过程”可在如图所示的装置中进行，实验条件为：转化温度为35℃，液固比为5:1，转化时间为2h.。
①仪器a的名称是__________；转化温度为35℃，采用的合适加热方式是________。
②步骤②中H2O2的作用是__________________(用化学方程式表示)。
(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，用下图所示装置(可重复选用)进行实验。实验装置中，依次连接的合理顺序为A_____________(填装置字母代号)，证明产物中有CO气体的实验现象是________________。
(4)测定草酸铅样品纯度：称取2.5g样品，酸溶后配制成250mL溶液，然后量取25.00mL该溶液，用0.05000mol•L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+(反应方程式为Pb2++H2Y2-= PbY2-+2H+，杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14.52mL
①若滴定管未用EDT A标准液润洗，测定结果将_________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
②草酸铅的纯度为__________(保留四位有效数字)。
11．（2020·广西·统考一模）高锰酸钾是一种用途广泛的常见氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。
I.某课外小组设计以锰酸钾制备高锰酸钾的方案如下：
i.锰酸钾的制备：
(1)将二氧化锰、氨酸钾和氢氧化钾固体放入______(填字母)中熔融制锰酸钾。
A．烧杯B．瓷坩埚C．蒸发皿D．铁坩埚
ii.高锰酸钾的制备(装置如图所示，加热及夹持装置省略)：
将i中制得的锰酸钾加少量蒸馏水溶解，得墨绿色溶液，倒入三颈烧瓶中。打开甲装置中的分液漏斗活塞加入稀硫酸，加热，使生成的乙酸进入乙装置中并水浴加热。搅拌丙装置中的溶液，锰酸钾在酸性条件下反应生成高锰酸钾和二氧化锰。
(2)检验该装置气密性的方法：连接好装置，_________________。
(3)乙装置的作用是___________；丁装置中NaOH溶液的作用是____________________。
(4)将三颈烧瓶中所得产物进行过滤,将滤液倒入蒸发皿中，_______、______、抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体。高锰酸钾晶体只能低温烘干，其原因为_____________________。
II.利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度，发生反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。
(5)量取一定体积的高锰酸钾溶液需使用滴定管_______(填字母)。
(6)若在实验过程中存在下列操作，会使所测KMnO4浓度偏高的是____(填字母)。
A锥形瓶用水洗之后末用待测液润洗
B．盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡
C．滴定时，草酸溶液洒落瓶外
D．盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗
12．（2020·广西南宁·统考一模）铅的单质、氧化物、盐在现代T业中有着重要用途。
I．（1）铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、还有组成类似Fe3O4的PbO2。请将Pb3O4改写成简单氧化物的形式： ___。
Ⅱ．以废旧铅酸电池中的含铅废料铅膏（Pb、PbO、PbO2、PbSO4等）为原料，制备超细PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
（2）步骤①的目的是“脱硫”，即将PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为____。 “脱硫过程”可在如图所示的装置中进行。实验条件为：转化温度为35℃，液固比为5:1，转化时间为2h。
①仪器a的名称是____；转化温度为35℃，采用的合适加热方式是____。
②步骤②中H2O2的作用是____（用化学方程式表示）。
（3）草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，用下图所示的装置（可重复选用）进行实验。实验装置中，依次连接的合理顺序为A ___（填装置字母代号），证明产物中有CO气体的实验现象是____。
（4）测定草酸铅样品纯度：称取2.5 g样品，酸溶后配制成250 mL溶液，然后量取25. 00 mL该溶液，用0. 050 00 mol/L的EDTA（ Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Pb2+（反应方程式为____，杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14. 52 mL。
①若滴定管未用EDTA标准液润洗，测定结果将 ___（填“偏高”“偏低”或“不变”）。
②草酸铅的纯度为 ___（保留四位有效数字）。
13．（2020·广西桂林·统考一模）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr
2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2↑
相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
水中的溶解性
可溶于冷水易溶于热水
可溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
实验流程如下：
回答下列问题：
（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。
①你认为缺少的仪器是__。
②甲同学在尾气吸收装置中使用倒立漏斗的目的是__。
（2）第②步CaCO3固体过量，其目的是__。
（3）本实验中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。
（4）第③步“某种操作”名称是__。
（5）第④步加入乙醇的作用是__。
（6）第⑥步中洗涤操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化钙，洗涤剂最合适的是__(填标号)。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇—水混合溶液
三、工业流程题
14．（2022·广西南宁·统考模拟预测）嫦娥五号从月球带回的“土壤”中含有辉钼矿，其主要成分为(S为价)，含少量、、(铼)等元素。其中钼是大脑必需的七种微量元素之一，以辉钼矿为原料生产多钼酸盐的工艺流程如下。
已知：25℃时
难溶物
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是_______。
(2)“氧化焙烧”中发生反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其中加入石灰石的主要作用是_______。
(3)加入后的“浸出液”中含有(钼酸根)，以及少量等离子，生成的离子方程式为_______，该反应的_______。
(4)根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
该试剂主要是将离子转化为_______(填化学式)。
(5)“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，该反应的离子方程式为_______。
(6)工艺流程中可循环利用的物质是_______、_______。
15．（2022·广西玉林·统考一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：
已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2
②金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
温度/°C
70
75
80
85
90
95
收率/%
53.3
62.7
70.2
77.1
81.5
81.45
本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。
16．（2022·广西·统考模拟预测）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)2、Al(OH)3前者还含有Cr(OH)3，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：
I． FePO4、CrPO4、AlPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.3 ×10-22、2.4× 10-23、5.8×10-19、5.0×10-31。
II． Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
(1)为了增加“浸出I”的浸出效率，可以采取的措施是___________ (任写一 条)。
(2)“电解I”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的是将二价铁转化为三价铁。可通过一种试剂证明第二个目的是否完全达成，该试剂为___________(填名称)，若未完全达成，出现的现象是____。
(3)“除杂”时，若镍离子(Ni2+)浓度为0.05mol·L-1，则应控制溶液中浓度范围为___________mol·L-1~6.4×10-14mol·L-1(已知溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)。
(4)“沉淀转化”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为___________、___________ (用离 子方程式表示)。
(5)“浸出II”时，铜镍电镀污泥中铜和镍分别转化为和，此时宜采取多次浸取的方式，其目的为___________。
(6)“萃取II”时，发生的反应为 + 2HR = CuR2+ 2+ 2NH3和 + 2HR= NiR2+ 2+ 4NH3(HR为有机溶剂)，则“反萃取II“时含铜微粒发生反应的离子方程式为___________。
(7)“滤液1”的主要成分为___________(填化学式)。
17．（2022·广西南宁·统考二模）抗氧化的明星营养元素硒(Se)是人体必需的微量元素，工业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se等)中提取硒，同时回收部分金属，工艺流程如下：
已知：
①硒(Se)的熔点217℃，沸点684.9℃，带有金属光泽。
②硒(Se)可做半导体材料，500℃下可与氧气反应。
回答下列问题：
(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施有_______、_______(回答两点即可)。
(2)烟气的主要成分为SO2、SeO2，是焙烧中CuSe与浓H2SO4反应而产生，该反应的化学方程式为_______；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，若该过程中有13.44 LSO2(标准状况下)参加反应，则还原得到单质Se的质量为_______g。
(3)粗硒需用减压蒸馏提纯得到单质硒，其原因是_______。
(4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用_______(填化学式)溶液；操作II为_______、_______过滤、洗涤、干燥。
(5)已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，固体X加入NaCl溶液后，反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=_______。
18．（2021·广西北海·统考一模）三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
4.7
9.2
回答下列问题：
(1)Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。
(2)“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是___________(用语言叙述)。
(3)“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。
(4)“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。
(5)工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1 mol·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。
19．（2021·广西南宁·统考二模）氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：
已知：盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。
回答下列问题：
(1)在“浸取”时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有_______因素。
(2)下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：
改变的条件
温度(℃)
盐酸的浓度(%)
液固比
30
55
75
10
15
20
25。
3：1
4：1
5：1
6：1
钡的浸出率(%)
74.31
69.60
68.42
59.21
74.31
74.15
55.32
59.84
65.12
74.31
74.35
分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是_______；判断“浸取”的最佳液固比为_______。
(3)常温时，几种金属离子沉淀的pH如图所示，加H2O2时发生反应的离子方程式为_______。“调pH(I)”时，调节溶液pH≈5，则“滤渣II”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)“一系列操作”中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是_______。
(5)“除钙”前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定加入草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III”V1mL，加入稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25. 00 mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，加入黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色) ，用0.100 mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2 mL。
①滴定至终点时的现象为_______。
②该溶液中钙离子的浓度为_______ (用含 V1、V2的代数式表示)g·mL-1。
20．（2021·广西·统考二模）2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如图：
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g。
(1)反应釜中反应的化学方程式为___。
(2)获得LiH2PO4晶体的分离操作是___，反应器中加入C的目的是____。
(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施___。
(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方程式为__。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c(Fe3+)=10-6mol·L-1，则该过程应调节pH=___，“沉锂”时，所得Li2CO3应选择___(“冷水”或“热水")进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用___(填化学式)。
21．（2020·广西北海·统考一模）三氧化二铋(Bi2O3)是黄色不溶于水的固体，俗称铋黄，可用于制作黄色颜料、耐火纸等。利用含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)制备Bi2O3流程如下：
(1)“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有___________；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过___________冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O。
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，消耗这三种氧化剂物质的量之比为___________(MnO2转化为Mn2+)；写出X为O2时，“溶铜”CuS反应的离子方程式：___________。
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，试剂Y是___________。
(4)写出“制备”步骤生成铋黄的离子方程式：___________。
22．（2020·广西北海·统考一模）一种从含铅废渣（主要成分为PbSO4，还含有少量CuO、FeO等）中制取电解铅的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“滤液1”中溶质的主要成分有_________。
(2)“转化”时发生PbSO4+=PbCO3+，为提高PbSO4的转化率可采取的适宜措施是________（写出两点）；“滤液2”中主要溶质是______（填化学式）。
(3)“溶解”时发生反应的化学方程式为_________。
(4)“还原”时，控制溶液pH约为5~6。pH不宜过低，其原因是__________；还原过程中需不断搅拌，不断搅拌的主要目的是_____________。
(5)海绵铅（主要成分为铅，还含有少量Fe、Cu、Sn等杂质）用PbSiF6和H2SiF6的混合溶液作电解质进行电解，阳极泥的主要成分为________；阴极的电极反应式为______。
23．（2020·广西来宾·模拟预测）一种利用钛铁矿制备Li4Ti5O12的工艺流程如图：
已知：钛铁矿的主要成分是FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，还含有少量的MgO和SiO2等杂质。
回答下列问题：
(1)酸浸时，要提高铁的浸出率可采取的措施是___(写出一条即可)。
(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为___，加热水的目的是___。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，应将温度控制在50℃左右的原因是___。
(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，此时溶液中=___。已知：此温度下，FePO4、Mg3(PO4)2的溶度积常数分别为1.5×10-21、1.0×10-23。
(5)高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为___。
(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时阴极电极反应式为___。
24．（2020·广西钦州·二模）实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如下：
V2O5VOCl2溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体
(1)“还原”过程中的还原剂是____________(填化学式)。
(2)已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。
①仪器M的名称是___________，实验开始前的操作是_________。
②装置B的作用是__________________。
③加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，再进行下列操作，顺序为_______(填字母)。
a.锥形瓶口塞上橡胶塞
b.取下P
c.将锥形瓶置于干燥器中，静置过夜
④得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_______(填离子符号)，用无水乙醇洗涤的目的是_______________。
⑤称量产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(已知滴定反应为+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为V mL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果______________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，产品中钒的质量分数为_________(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。
25．（2020·广西·二模）一种类似钻石的装饰品——锆石(ZrSiO4)，其做为装饰品，价格低廉，外观璀璨。天然锆石中常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质，称为锆英石。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：
Ⅰ. Zr在化合物中通常显价，氯化过程中除C、O元素外，其它元素均转化为其高价氯化物；
Ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，400℃升华
Ⅲ.Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr (SCN) 4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。
请回答下列问题
(1)滤渣1的主要成分是：______________
(2)①“氯化”过程中，锆石(ZrSiO4)发生反应的化学方程式为______________
②ZrCl4产率随温度、压强的变化如图所示，回答问题
“氯化”过程选择的最佳条件为_______；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为______
(3)“滤液1”中含有的阴离子，除OH-外还有____________________
(4)①常用的铜抑制剂为NaCN (氰化钠)，NaCN可与重金属阳离子反应，生成溶度积较小的沉淀(如Cu(CN)2，Ksp=4×10-10)，已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol/L，若需要溶液中Cu2+浓度等于1.0×10-6 mol/L，则预处理1L该溶液需要1mol/LNaCN溶液的体积为_____________(假设溶液混合后体积可以相加，计算结果保留两位小数)
②由于氰化钠有剧毒，因此需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，则在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式为_____________
26．（2020·广西南宁·二模）我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。
（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为__。
（2）在步骤II中除去的离子是___，操作X的名称为___。
（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是___，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L，应控制溶液的pH为___。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38］。
A．10~11 B．>11 C．约为10 D．约为4
（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为___，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是___。
（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：
电解池工作时，阴极发生的电极反应式为___，该装置的电能主要转变为___能。
27．（2020·广西钦州·二模）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbSO4的工艺流程如图：
已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) ΔH>0
iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。
（1）“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为__。
（2）“调pH”的目的是__。
（3）“沉降”操作时加入冰水的作用是__。
（4）时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是__（填字母）。
A．盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小
B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等
C．当盐酸浓度为1mol·L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小
D．当盐酸浓度小于1mol·L-1时，随着HCl浓度的增大，PbCl2溶解量减小是因为Cl-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动
（5）PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.1mol·L-1时，c(SO42-)=__。
（6）“滤液a”经过处理后可以返回到__工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O)，该反应的化学方程式为__。
28．（2020·广西·统考二模）JohnB．Goodenough等三位科学家因为在锂离子电池研究领域的突出贡献获得2019年诺贝尔化学奖。碳酸锂是一种常见的锂离子电池原料，一种以锂辉石为原料制取碳酸锂的工艺如下图：(锂辉石：LiAl(SiO3)2，也表示为Li2O·Al2O3·4SiO2，还含微量的钠、钙、镁等元素)
[查阅资料]：Li2CO3为无色单斜晶系结晶体，熔点618℃，溶于硫酸，微溶于水，在冷水中的溶解度比热水中大。
(1)在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是______________________________。
(2)在“中和分离”流程，石灰水发生的中和反应方程式为____________________________。
(3)在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是______________________________。
(4)检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是_________________________________________。
(5)工业上高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的混合物制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应的化学方程式为_________________________________________。
(6)将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解也能制取磷酸亚铁锂沉淀。阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为__________________，沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行的原因是______________________________。
29．（2020·广西玉林·一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4) 、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：_______________________(至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为UO22+，则该反应的离子方程式为 ________ 。
(2)“除铁净化”需要加入 ______ (填化学式)把溶液pH调节至4~5，滤渣的成分是____。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 ______________________ 。
(4)铁精矿(Fe3O4、Fe2S)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-39、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Kw=10-a，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：Fe3+(aq)+3H2O(l)= Fe(OH)3 (s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=___________(用含a的字母表示)。
②在T℃向饱和的Fe(OH)3、Fe(OH)2混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的会________(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____________________________ 。
30．（2020·广西·统考一模）硼在冶金、核工业、农业、高新材料等方面都有重要的应用，一种利用硼镁矿制取粗硼的工艺流程：
已知:硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7)·10H2O。
回答下列问题：
(1)硼镁矿要粉碎处理，其目的是_______，NaOH浓溶液与硼镁矿反应的化学方程式为__________________________________(不考虑杂质参与反应)。
(2)实验室过滤操作中要用到的玻璃仪器包括烧杯、_______、______。洗涤沉淀的操作方法为_____________________________________。
(3)试解释流程中生成无水MgCl2需在HCl氛围中进行的原因：___________________。
(4)已知H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4]，写出H3BO3的电离方程式：_________________________________________。
(5)实验测得一定质量的H3BO3在不同温度下分解的曲线如图所示。图中A、B、C、D点对应得到的物质都为纯净物。
①C对应的物质可表示为2B2O3·nH2O，则n=_______
②写出C到D过程中发生反应的化学方程式：______________。
31．（2020·广西·统考模拟预测）2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图：
已知：Ksp[Mg(OH)2]=10-11，Ksp[Al(OH)3]=10-33，Ksp[Fe(OH)3]=10-38
回答下列问题：
（1）为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈__，可以认为该矿石中存在锂元素。
a.紫红色 b.紫色 c.黄色
（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为__。
（3）为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是__。
（4）向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为__。(已知：完全沉淀后离子浓度低于1×l0 5)mol/L)
（5）“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为___。
（6）“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的__溶液（填化学式）；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+，可将其加入到“__”步骤中。
（7）Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__。
32．（2020·广西柳州·统考模拟预测）某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题:
（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。
（2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于______。（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。
（3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。
（5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-) ：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。
33．（2020·广西南宁·统考一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4·H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：在pH为4～5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(l)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：________ (至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为，则该反应的离子方程式为_____。
(2)“除铁净化”需要加入____(填化学式)把溶液pH调节至4～5，滤渣的成分是_______。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是 ___。
(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃，
，，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K= __(用含以的字母表示)。
②在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的c(Fe2+)／c(Fe3+)会 __(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____。
34．（2020·广西桂林·统考一模）工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是__(填化学式)。
（2）从溶液B中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是__、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是__。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是__。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因：__。
（6）用如图所示装置(熔融CaF2-CaO作电解质)获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是__，反应过程中CaO的物质的量__(填“减小”“不变”或“增大”)。
35．（2020·广西玉林·统考一模）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
②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38
（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有____（任写一种）。
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：____。
（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____，若加 A 后溶液的 pH调为5，则溶液中 Fe3＋的浓度为____mol/L。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：____。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是____。
（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是____(写化学式)。
（7）过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是____。
参考答案：
1．D
【详解】A．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，A正确；
B．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色试验不同，钠元素焰色试验为黄色，钾元素焰色试验为紫色，B正确；
C．木瓜会释放出植物生长调节剂——乙烯气体，催使柿子快速成熟，C正确；
D．“高奴县 出脂水”，燃烧有浓烟，就指的是这一带的石油而不是地沟油，D错误；
故答案选D。
2．C
【分析】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、H2SO4反应生成CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤获得CuSO4∙5H2O，以此分析解答。
【详解】A．“溶解Ⅰ”中，将铜帽粉碎，增大了固体接触面积，可加快反应速率，A正确；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，则“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；
C．“溶解Ⅱ”过程中发生反应为Cu+ H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，没有气体生成，C错误﹔
D．“操作Ⅰ”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，需要使用酒精灯和玻璃棒等仪器，D正确；
故合理选项是C。
3．D
【详解】A．I2易溶于酒精，不能采用分液的方法分离，A不能达到实验目的；
B．Na2O2为粉末状固体，易溶于水，无法控制反应的停止，B不能达到实验目的；
C．制得的CO2气体中混有挥发的HCl，两者均能与Na2SiO3反应制取H2SiO3，即无法说明H2SiO3与H2CO3酸性强弱，C不能达到实验目的；
D．由反应Cl2+Na2S=2NaCl+S，知Cl2可以将Na2S氧化体现其氧化性，D能达到实验目的；
故答案选D。
4．A
【详解】A．由于苯与甲苯能够互溶，故不能用苯萃取甲苯中的溴单质，A错误；
B．由于NH3为碱性气体，故可以用碱石灰干燥氨气，B正确；
C．酒精是一种易燃性液体，故盛放酒精的容器应贴上如图标签，C正确；
D．由于FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸以抑制Fe3+的水解，D正确；
故答案为：A。
5．A
【详解】A．灼烧干海带所需温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；
B．蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；
C．萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层，故C错误；
D．若加水超过刻度线，配制失败，应重新配制，故D错误；
故答案为A。
6．B
【详解】A．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；
B．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B正确；
C．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；
D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。
答案选B。
【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。
7． 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 a 冷凝回流 SOCl2 80℃热水浴 Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O 吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C 将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶） adef
【分析】根据实验原理及实验装置分析，装置A是用浓盐酸和漂白粉制备氯气，B中的饱和食盐水目的是除去杂质HCl；E装置是用浓硫酸与铜反应制备二氧化硫气体，D中浓硫酸作用是干燥二氧化硫气体；将氯气及二氧化硫气体通入C中与S2Cl2反应制备SOCl2，冷凝管的作用为冷凝回流S2Cl2和SOCl2，连接的干燥管作用是防止空气中水分进入和剩余气体的尾气处理，据此分析解答。
【详解】(1)根据图示装置特点分析，装置A中w管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；
(2)为了使冷凝水充满冷凝管，装置C球形冷凝管中水应从下端通入，即a处进入；由题干信息知SOCl2的沸点为78.8℃，且反应温度为80℃，所以冷凝管的作用是冷凝回流SOCl2；反应温度应该控制在80℃，所以适合的加热方式为80℃水浴加热；故答案为：a；冷凝回流 SOCl2；80℃水浴加热；
(3)装置E中铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、SO2和水，反应方程式为：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O，故答案为：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O；
(4)根据上述分析，装置中碱石灰的作用是吸收未反应的SO2、Cl2等气体，同时防止空气中的水蒸气进入装置 C，故答案为：吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C；
(5)已知SOCl2易水解，在氯气进入C中时未干燥，会导致SOCl2产率降低，应该增加干燥装置，故答案为：将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶）；
(6)由题干信息知，SOCl2与S2Cl2沸点不同，可以用蒸馏的方法得到纯净的SOCl2，蒸馏装置所需的玻璃仪器含有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、石棉网，故答案为：adef。
8． 球形干燥管(或干燥管) BCD 排尽装置中的空气 2Na+ 2NH3 2NaNH2 + H2 b NaNH2 +N2O NaN3+ H2O 降低NaN3的溶解度(或促使NaN3结晶析出等合理答案) 乙醚
【分析】实验室选用氯化铵和消石灰共热或用浓氨水和新制生石灰(或氢氧化钠固体)，或用加热浓氨水制备氨气；金属钠有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，先通入氨气排尽装置中的空气，氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，在210~220℃条件下，氨基钠和一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，叠氮化钠易溶于水，NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，故将a中混合物加水除去NaNH2，加入乙醇，经溶解、过滤、经乙醚洗涤干燥后得到叠氮化钠，由此分析。
【详解】(1)根据仪器的结构特点可知盛放无水氯化钙的仪器为球形干燥管(或干燥管)
实验室制取氨气主要有三种方法：①加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物；②加热浓氨水；③浓氨水中加入固态碱性物质。
A．用A装置加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氦气时，试管口应朝下，故不选A项；
B．B装置可用于加热浓氨水制取氨气，故选B项；
C．C装置可加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，故选C项；
D．D装置中，长颈漏斗装入浓氨水，烧瓶中加入固体碱性物质(如氢氧化钠)，可制取氨气，故选D项；
综上所述，本题正确答案为：BCD；
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+ 2NH32NaNH2 + H2；已知步骤③的温度为210~220℃，宜用油浴加热，故选b；
(3) 根据电子守恒和元素守恒可知NaNH2和N2O反应生成NaN3的化学方程式为NaNH2 +N2O NaN3+ H2O；
(4)由题可知，NaN3不溶于乙醚，因此操作Ⅱ加乙醚的目的是降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出；乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，因此操作Ⅳ最好选用乙醚。
9．C
【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液混合并振荡，则乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠溶液，乙酸乙酯难溶于水，分液后得乙酸乙酯，A正确；
B.通过氯气后，棉球变蓝色，因为氯气和碘化钾发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，从Cl2+2KI=2KCi+I2知氧化性：Cl2>I2，故B正确；
C. 用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸，应用碱式滴定管，C错误；
D.锅炉里的水垢样品经过碳酸钠浸泡以后，硫酸钙会转变成碳酸钙，则滴加盐酸在酸中的溶解，D正确；
答案选C。
【点睛】选项C为易错选项，解答时需注意：酸性滴定管可以盛装酸、强氧化剂，碱性滴定管可以盛装碱溶液，会腐蚀橡皮管的一律不能用碱式滴定管。
10． 2PbO•PbO2 CO32—+PbSO4= SO42—+PbCO3 三颈(口)烧瓶 热水浴 PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑ BCBDEBF E中黑色粉未变为红色、其后的B中澄清石灰水变浑浊 偏高 85.67%
【分析】I．(1)Pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，改写氧化物时要遵循化合价不变、原子守恒，据此书写；
Ⅱ．铅膏废料铅膏(Pb、PbO、PbO2、PbSO4等)为原料，制备超细PbO，铅膏中加入碳酸铵目的是“脱硫”，即将PbSO4转化为PbCO3，过氧化氢和稀硝酸还原PbO2生成硝酸铅溶解，脱硫、浸取、氧化反应过滤得到滤液中加入草酸钠溶液过滤，得到草酸铅沉淀，550°C煅烧得到超细PbO，草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，检验这两种气体，需要先检验二氧化碳，然后除去二氧化碳，在将CO转化为二氧化碳检验CO，据此分析解答。
【详解】I．(1)Pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，则Pb3O4写成两种氧化物的形式为2PbO•PbO2，故答案为：2PbO•PbO2；
Ⅱ．(2)步骤①的目的是“脱硫”，将PbSO4转化为溶解度更小的PbCO3，沉淀转化的离子方程式为：CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3，故答案为：CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3；
①根据图示，仪器a为三颈烧瓶，转化温度为35℃，采用的合适加热方式为水浴加热，故答案为：三颈烧瓶；水浴加热；
②步骤②中H2O2的作用是在酸性条件下还原PbO2生成硝酸铅，反应的化学方程式为：PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑，故答案为：PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑；
(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，利用A加热分解草酸铅，装置B检验二氧化碳的生成，通过装置C除去二氧化碳，装置B检验二氧化碳是否除净，通过D装置吸收水蒸气，通过E装置加热一氧化碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，通过B装置检验生成的二氧化碳存在，最后排水法收集气体，依次连接的合理顺序为ABCBDEBF，证明生成一氧化碳的实验现象E中黑色粉末变为红色，其后的B中澄清石灰水变浑浊，故答案为：BCBDEBF；E中黑色粉末变为红色，其后的B中澄清石灰水变浑浊；
(4)①滴定管未用EDTA标准溶液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，导致消耗的标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高；
②取2.5 g样品，酸溶后配制成250 mL溶液，然后量取25.00 mL该溶液，用0.050 00 mol/L的EDTA( Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+反应方程式为H2Y2-+Pb2+=PbY2-+2H+，(杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14.52 mL，则消耗EDTA的物质的量=0.01452L×0.0500mol/L=7.26×10-4mol，根据Pb2++H2Y2-=PbY2-+2H+，结合Pb守恒有n(PbC2O4)=n( Pb2+)=7.26×10-4mol，250mL溶液中n(PbC2O4)=7.26×10-4mol×，草酸铅的纯度=×100%=85.67%，故答案为：85.67%。
11． D 关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好 做安全瓶 吸收尾气中的乙酸 蒸发浓缩 冷却结晶 高锰酸钾受热易分解 A BC
【分析】ii.高锰酸钾的制备：甲中稀硫酸和醋酸钙反应生成乙酸，加热使乙酸挥发进入乙装置，并水浴加热，乙酸易溶于水，所以乙装置还起到安全瓶防止倒吸的作用，在丙中搅拌条件下，乙酸与高锰酸钾发生3K2MnO4+4CH3COOH=2KMnO4+MnO2↓+4CH3COOK+2H2O，丁为尾气处理装置，可用于吸收乙酸等，干燥管可以防止倒吸。
【详解】(1)实验中加热熔化固体所用的仪器为坩埚，又因为反应物中的强碱KOH会与瓷坩埚中的二氧化硅反应，从而损坏坩埚，故应选择铁坩埚，所以选D；
(2)成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理，使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱；故检验该装置气密性的方法为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好；
(3)由于乙酸易溶于水，故容易发生倒吸；乙装置起安全瓶防止倒吸的作用；反应物中乙酸易挥发，实验过程中又对装置乙进行了水浴加热，进一步促进了乙酸的挥发，所以尾气中含有乙酸，可用NaOH溶液来吸收；
(4)先过滤除去二氧化锰，再对高锰酸钾溶液蒸发浓缩，然后冷却结晶，即可得到高锰酸钾晶体；由于高锰酸钾性质不稳定，受热易分解，所以高锰酸钾晶体只能低温烘干；
(5)酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，应选用酸式滴定管，所以选A；
(6)A．滴定实验中，锥形瓶中有少量水不影响高锰酸钾与草酸反应，对结果无影响，A项不符合题意；
B．盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡，使得读数偏大，消耗草酸体积偏大，使所测KMnO4浓度偏高，B项符合题意；
C．滴定时草酸溶液洒落瓶外，消耗草酸体积偏大使所测KMnO4浓度偏高，C项符合题意；
D．盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗，相当于对KMnO4溶液稀释，所取一定体积溶液中所含KMnO4减少，消耗草酸体积偏小，使所测KMnO4浓度偏低，D项不符合题意；
综上所述选BC。
【点睛】成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理.使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱。
12． 2PbO·PbO2 CO32-+ PbSO4= SO42-+ PbCO3 三颈烧瓶 热水浴 PbO2+ H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑ BCBDEBF E中黑色固体粉末变为红色，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊 Pb2++ H2Y 2-=PbY2-+2H+ 偏高 85.67%
【分析】I．(1)根据碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2，表明Pb元素常见的化合价为+2价和+4价，据此分析判断Pb3O4改写成简单氧化物的形式；
Ⅱ．(2)根据流程图，步骤①中加入(NH4)2CO3的目的是“脱硫”，将PbSO4转化为PbCO3，据此书写反应的离子方程式；①根据 “脱硫过程”的装置图和反应的转化温度为35℃分析解答；②PbO2具有强氧化性，能够将双氧水氧化，据此书写反应的化学方程式；
(3)为检验CO和CO2两种气体，需要首先检验二氧化碳，然后将CO转化为二氧化碳进行检验，在检验CO前需要检查剩余气体中不存在二氧化碳，同时防止尾气中的CO污染空气，据此分析判断装置连接的合理顺序；
(4)①滴定管未用EDTA标准液润洗，使得EDTA标准液浓度偏小，滴定过程中消耗的EDTA标准液体积偏大，据此分析判断；②反应的方程式为Pb2++ H2Y 2-=PbY2-+2H+，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14. 52 mL，根据方程式有n(PbC2O4)=n(Pb2+)=n(H2Y 2-)，据此分析计算草酸铅的纯度。
【详解】I．(1)铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2，表明Pb元素常见的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4改写成简单氧化物的形式为2PbO·PbO2，故答案为：2PbO·PbO2；
Ⅱ．(2)根据流程图，步骤①的目的是“脱硫”，将PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为CO32-+ PbSO4= SO42-+ PbCO3，故答案为：CO32-+ PbSO4= SO42-+ PbCO3；
①根据 “脱硫过程”的装置图，仪器a为三颈烧瓶；反应的转化温度为35℃，合适加热方式为水浴加热，故答案为：三口烧瓶；热水浴；
②PbO2具有强氧化性，能够将双氧水氧化，反应的化学方程式为PbO2+ H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑，故答案为：PbO2+ H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑；
(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，需要首先检验二氧化碳，然后将CO转化为二氧化碳进行检验，在检验CO前需要检查剩余气体中不存在二氧化碳，同时防止尾气中的CO污染空气，因此装置连接的合理顺序为ABCBDEBF；E中黑色固体粉末变为红色，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊，能够证明产物中有CO气体，故答案为：BCBDEBF；E中黑色固体粉末变为红色，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊；
(4)①滴定管未用EDTA标准液润洗，使得EDTA标准液浓度偏小，滴定过程中消耗的EDTA标准液体积偏大，导致测定结果偏高，故答案为：偏高；
②称取2.5 g样品，酸溶后配制成250 mL溶液，然后量取25. 00 mL该溶液，用0. 050 00 mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+，反应的方程式为Pb2++ H2Y 2-=PbY2-+2H+，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14. 52 mL，则n(PbC2O4)=n(Pb2+)=n(H2Y 2-)=0.01452L×0. 050 00 mol/L，则250 mL溶液中n(PbC2O4)= 0.01452L×0. 050 00 mol/L×，因此草酸铅的纯度=×100%=85.67%，故答案为：Pb2++ H2Y 2-=PbY2-+2H+；85.67%。
13． 温度计 防止倒吸 使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率 不能 氯化钙与葡萄糖酸不反应 趁热过滤 降低葡萄糖酸钙的溶解度，有利于其析出 D
【分析】葡萄糖中加入3%的溴水并且加热，发生反应C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入过量碳酸钙并加热，发生反应2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2 Ca (葡萄糖酸钙)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁热过滤，然后加入乙醇得到葡萄糖酸钙悬浊液，过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙，据此进行分析。
【详解】(1)①根据流程可知溴水氧化葡萄糖时需要控制温度为55℃，所以还需要温度计；
②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；
(2)CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐；
(3)盐酸为强酸，酸性比葡萄糖酸强，氯化钙不能与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；
(4)根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度可知葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，应趁热过滤；
(5)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
(6)利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，所以应选“乙醇—水的混合溶液”进行洗涤。
14．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 防止生成排放造成环境污染
(3)
(4) A
(5)
(6)
【分析】辉钼矿（主要成分为MoS2，杂质含有Ca、Cu、Re等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMoO4，同时生成Ca、Cu、Re的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，浸出液回收金属铼，浸渣加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出液含、等，浸出液中加入净化除杂，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子，经过蒸发浓缩，浓缩液加入硫酸酸沉分离得多钼酸铵。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）“氧化焙烧”中是还原剂，钼元素由+2价升高到+6价，硫元素由-1价升高到+6价，氧气是氧化剂，氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是9:2；加入碳酸钙可以吸收二氧化硫进一步转化为硫酸钙，防止生成排放造成环境污染；
（3）加入溶液，钼酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，生成的离子方程式为； ；
（4）根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子；
（5）“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，离子方程式为：；
（6）通过流程可知，可循环利用的物质是、，两者可转化为碳酸铵在盐浸步骤中使用。
15．(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3) 90℃~95℃ 温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4
【分析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)
为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)
加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)
选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)
如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)
由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
16．(1)适当升温或适当增加硫酸的浓度等
(2) 铁氰化钾或高锰酸钾出现 蓝色沉淀或紫红色褪色
(3)5.8 × 10-14
(4) Al(OH)3+OH- = + 2H2O Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O
(5)提高铜、镍元素的浸取率
(6)CuR2 + 2H+=Cu2++ 2HR
(7)Na3PO4
【分析】铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr3+的滤液，电解滤液得到铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPO4、AlPO4沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铬系铜镍电镀污泥加入氨水、碳酸铵浸取，过滤得到含有和的滤液，向滤液中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进行反萃取，分液得到含Cu2+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与铬系铜镍电镀污泥处理流程中除杂的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。
(1)
为了增加“浸出I”的浸出效率，可以采取的措施是适当升温或适当增加硫酸的浓度等；
(2)
铬系铜镍电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二价铁转化为三价铁；证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+，可以用K3[Fe(CN)6]或KMnO4检验，若有Fe2+，现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色，故答案为：铁氰化钾或高锰酸钾；出现蓝色沉淀或紫红色褪色；
(3)
除杂的目的是使Fe3+、Cr3+、Al3+沉淀，Ni2+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，Ksp[AlPO4]最大，所以只要保证Al3+完全沉淀，则Fe3+、Cr3+也一定完全沉淀，此时溶液中mol/L=5.8×10-14mol/L；
(4)
Cr及其化合物的性质与铝类似，所以Al(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若NaOH过量，氢氧化物沉淀会溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH- = + 2H2O、Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH- = + 2H2O；Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O；
(5)
根据后续流程的处理可知“浸出Ⅱ”是为了得到和，多次浸取可以提高铜、镍元素的浸取率，故答案为：提高铜、镍元素的浸取率；
(6)
根据流程可知，反萃取的过程中CuR2在硫酸的作用下转化为Cu2+，离子方程式为CuR2+2H+=Cu2++2HR，故答案为：CuR2+2H+=Cu2++2HR；
(7)
根据“萃取Ⅱ”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3•H2O、(NH4)2CO3，可以循环使用；转溶时磷酸盐沉淀转化为氢氧化物，所得滤液I中主要溶质为Na3PO4，可以循环使用，故答案为：Na3PO4。
17．(1) 搅拌 将阳极泥粉碎等
(2) CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O 23.7 g
(3)减小压强，能够使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯
(4) H2SO4溶液 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)1014.5
【分析】电解精炼铜的阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中加入98%的浓硫酸并搅拌，通入氧气焙烧，得到的烧渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的烟气中含有SO2、SeO2，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成Se和H2SO4。粗硒经减压蒸馏得到单质硒。向滤液中加入萃取剂使Cu2+变为R2Cu进入有机相，然后加入稀硫酸作反萃取剂分离得到CuSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到胆矾。在固体X中含有Ag2SO4、Au，向其中加入NaCl溶液，发生沉淀转化Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，得到AgCl沉淀，然后经一系列处理得到粗银。
(1)
“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等；
(2)
CuSe与浓H2SO4发生氧化还原反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成CuSO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；
吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，SO2被氧化为H2SO4，反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，若该过程中有13.44 L标准状况下SO2参加反应，其物质的量n(SO2)=，则根据物质反应转化关系可知还原得到单质Se的物质的量是0.3 mol，其质量m(Se)=0.3 mol×79 g/mol=23.7 g；
(3)
根据已知信息可知Se的熔沸点比较高，可利用压强对物质熔点、沸点的影响，减小压强，使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯；
(4)
根据2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硫酸铜溶液，则“反萃取剂”最好选用H2SO4溶液；
得到的水相中含有CuSO4溶液，从中获得胆矾，根据CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，可采用的操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)
已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，Ksp(AgCl)=10-4.75×10-5=10-9.75；Ksp(Ag2SO4)=(10-2)2×10-1=10-5；反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=。
18．(1) +3 增大盐酸的浓度
(2)氧化Fe2+生成Fe3+
(3) 4.7～7.1 Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
(5)10 g•L-1
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
（1）
Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；
（2）
“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；
（3）
沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑、2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
（5）
根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1。
19． 时间或颗粒大小等 温度过高使HCl挥发导致浸出率下降 5:1 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3 BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速干燥 当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)经盐酸浸取后得到不溶于酸的滤渣I是二氧化硅，盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调pH=5，得到滤渣II为氢氧化铁和氢氧化铝，继续滴加氢氧化钠得到滤渣III为氢氧化镁，继续加草酸得到草酸钙，滤液经一系列操作后得到。
【详解】(1)增大反应物的接触面积也可以增大反应速率，所以颗粒大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，所以浸出时间也会影响浸出率；
(2)盐酸有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降；
分析数据可知，“浸取”的最佳条件为温度选择30°C，盐酸浓度选择15%，液固比为6：1时浸出率改变不大，从节约成本角度考虑选择5：1；
(3)由分析得，加入过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经沉淀完全，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝；
(4)BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，所以采用乙醇洗而不采用水洗；
(5)黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；
根据题目得到关系式，计算该溶液中钙离子的浓度为。
20． Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O 过滤 将+3价铁元素还原成+2价 粉碎、搅拌、加热 AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO 会产生污染环境的氮氧化合物 3 热水 C
【分析】Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得LiH2PO4，LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电池正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后滤渣1用硫酸酸化的H2O2溶解，再经过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液2中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而达到除铁的目的，滤液3中加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
【详解】(1)反应釜中Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O。
(2)从溶液中获得LiH2PO4晶体的分离操作是过滤；反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价。
(3)用NaOH溶液溶解废旧电池正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率。
(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁”后溶液中c(Fe3+)=10−6mol·L−1，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH−)=10−6mol·L−1×c3(OH−)=10−39，c(OH−)= mol·L−1=10−11mol·L−1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g，可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
21． PbSO4 蒸发浓缩 1：2：2 2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓ NaCl 2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O
【分析】由题干信息可知，含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)，故“酸浸”步骤发生的主要反应有：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Pb+H2SO4=PbSO4↓+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，过滤后固体为CuS、PbSO4和含铋的化合物，料液中主要有H+、Cu2+、Fe2+等阳离子，加入过量锌粉后，将置换出Cu和Fe，剩下硫酸锌溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得硫酸锌晶体，“溶铜”步骤中主要是将CuS转化为Cu2+和S，“溶铋”步骤中是将铋转化为可溶性的氯化物，通过调节溶液的pH将铋转化为BiOCl沉淀，再与浓的NaOH溶液反应生成铋黄，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有PbSO4；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O，故答案为：PbSO4；蒸发浓缩；
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，故三种氧化剂得到的电子数目相等，故有4n(O2)=2n(H2O2)=2n(MnO2),消耗这三种氧化剂物质的量之比为1：2：2，根据流程图可知， X为O2时，“溶铜”CuS反应生成S、硫酸铜和水，故该反应的离子方程式为：2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓，故答案为：1：2：2；2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓；
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，NaCl是一种原料丰富，容易获得的化学物质，且能增大溶液中c(Cl-)，故试剂Y是NaCl，故答案为：NaCl；
(4)由题干流程图可知，“制备”步骤是BiOCl与浓的NaOH溶液加热生成铋黄、NaCl和水，故该反应的离子方程式为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O，故答案为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O。
22． Fe2(SO4)3和CuSO4 增大的投料比和多次浸取转化、充分搅拌 (NH4)2SO4 PbCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Pb+CO2↑+H2O pH过低会有较多的Zn与H+反应，造成锌的浪费 生成的Pb在Zn表面析出阻碍Zn的进一步反应，搅拌使Pb脱落 Cu Pb2++2e-=Pb
【分析】含铅废渣（主要成分为PbSO4，还含有少量CuO、FeO等）溶于硫酸时，将CuO和FeO反应生成CuSO4和FeSO4，再加双氧水将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，过滤，沉淀为PbSO4，滤液1为Fe2(SO4)3和CuSO4；PbSO4与(NH4)2CO3反应生成PbCO3和(NH4)2SO4，过滤，沉淀为PbCO3，滤液2为(NH4)2SO4；PbCO3与CH3COOH反应生成(CH3COO)2Pb，加锌单质置换出Pb单质和(CH3COO)2Zn，过滤，滤液3为(CH3COO)2Zn；海绵铅经过电解精炼得到纯铅。
【详解】(1)根据分析“滤液1”中溶质的主要成分有Fe2(SO4)3和CuSO4；
(2)“转化”时发生PbSO4+=PbCO3+，增加的(NH4)2CO3量、多次浸取转化、充分搅拌可提高PbSO4的转化率，所以可采取的适宜措施有增大的投料比和多次浸取转化、充分搅拌；PbSO4与(NH4)2CO3反应生成PbCO3和可溶于水的(NH4)2SO4，所以“滤液2”中主要溶质是(NH4)2SO4；
(3)“溶解”时，PbCO3与CH3COOH反应生成(CH3COO)2Pb、CO2和H2O，所以发生反应的化学方程式为PbCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Pb+CO2↑+H2O；
(4)“还原”时，pH过低，酸性较强，Zn能与H+反应，所以原因是pH过低会有较多的Zn与H+反应，造成锌的浪费；还原过程中生成的Pb覆盖在Zn表面能阻止Zn的进一步的反应，所以不断搅拌的主要目的是生成的Pb在Zn表面析出阻碍Zn的进一步反应，搅拌使Pb脱落；
(5)海绵铅精炼时，阳极为海绵铅，用PbSiF6和H2SiF6的混合溶液作电解质进行电解时，只有Cu不反应，所以阳极泥的主要成分为Cu；阴极Pb2+得电子生成Pb，所以阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb。
23． 提高温度或将矿石粉碎或适当提高酸的浓度等 TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl- 促进水解 提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发 1.5×10-12 Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑ Li(x-5)C+5Li++5e-=LixC
【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12，由制备流程可知，加盐酸酸浸溶解，SiO2与盐酸不反应，过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，对滤液①加热发生水解反应TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-，水解后过滤，水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，沉淀为TiO2•xH2O，向沉淀中加入氨水、双氧水和LiOH反应过滤后得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温下发生反应Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑生成Li4Ti3O12，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸时，要提高铁的浸出率可采取的措施是提高温度或将矿石粉碎或适当提高酸的浓度等；
(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-，加热水的目的是促进水解；
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，双氧水受热易分解，氨水受热易挥发，应将温度控制在50℃左右的原因是提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发；
(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，根据Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)，c(PO43-)==1.0×10-4mol·L-1，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO43-)，c(Fe3+) = =1.5×10-17 mol·L-1，此时溶液中==1.5×10-12；
(5)根据分析，高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑；
(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时为电解池，是放电时的逆过程，充电时的总反应为：Li(x-5)C＋Li9Ti5O12LixC＋Li4Ti5O12，阴极上得电子，发生还原反应，电极反应式为Li(x-5)C+5Li++5e-=LixC。
【点睛】本题易错点为(3)，结合物质的性质分析，双氧水、氨水都不稳定，温度过高会分解和挥发；解答(6)时，要考虑二次电池的放电和充电过程互逆，根据放电过程总反应，书写充电过程总反应，再根据电解池阴极发生还原反应，分析书写电极反应。
24． N2H4·2HCl 长颈漏斗 检查装置的气密性 除去二氧化碳气体中的氯化氢 bac Cl- 除去晶体表面的水 偏高
【分析】根据合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H4·2HCl的作用，还原为VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液同时搅拌将得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干杂得到较纯晶体，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。
【详解】(1)反应过程中稀盐酸起到酸性的作用，N2H4·2HCl在反应中起到还原剂的作用；
(2)①根据图示装置，仪器M为长颈漏斗；实验开始前要检查装置的气密性；
②装置B的作用是除去制备的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，否则氯化氢与碳酸氢铵会发生反应，降低晶体产率；
③加完VOCl2继续搅拌一段时间，此时需要将分液漏斗取出并密封锥形瓶，目的是防止氧气从分液漏斗中进入锥形瓶，使VO2+被锥形瓶中的氧气持续氧化，减少产量，将密封好的锥形瓶放在干燥器中静置过夜，保证锥形瓶中的反应进行彻底，故正确的顺序为bac；
④根据生成物的晶体组成分析，晶体中不含有Cl-，故用饱和NH4HCO3溶液洗涤可除去的阴离子主要是Cl-，减少晶体的溶解；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；
⑤若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液的体积偏高，会使测定结果偏高；根据滴定反应+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c mol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，产品中钒(以VO2+计)的质量分数为。
25． Zr (OH) 4 ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2 1×106Pa，390℃ 温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低 SiO32-、AlO2-、Cl- 2.06L 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O
【分析】天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，沉淀中主要有Fe(OH)3、Zr(OH)4、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，通入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。
【详解】(1)滤渣1中含有Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2，主要成分是Zr(OH)4；
(2)①根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；
②观察图象可知产率最高点时的压强和温度分别是1×106Pa，390℃；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低；
(3)“滤液1”中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，阴离子除OH-外还有SiO32-、AlO2-、Cl-；
(4)①沉淀Cu2+需要2 L 1 mol/L NaCN溶液，根据Ksp=c( Cu2+)×c2(CN-),代入Ksp=4×10-10、c(Cu2+)=1.0×10-6 mol/L计算，可得最终混合液中c(CN-)=2.0×10-2mol/L。设所需体积为(2+x)L，则有x=2.00×10-2×(3+x)，计算得x≈0.06，所以最终需要2.06 L溶液；
②)漂白液或漂白液的有效成分都含有ClO-，由题意知氮元素氧化生成N2，碳元素氧化生成CO32-， ClO-还原成Cl-，结合原子个数守恒、电子守恒进行配平，发生反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O。
【点睛】计算NaCN溶液的体积不能只算沉淀所需的，需先计算沉淀完Cu2+所需的NaCN，再通过Ksp计算出溶液中剩余的NaCN，二者加和即可；方程式的书写要确定产物，再根据方程式的配平方法进行配平。
26． +3 Mg2+(或镁离子） 过滤 氧化性 D 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+ CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高 Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O 化学
【分析】由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO42-，转变为Cr2O72-，据此回答；
【详解】（1））由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；
答案为：+3；
（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤；
答案为：Mg2+(或镁离子）；过滤；
（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，则c(OH-)＜10-10 mol/L，c(H+)＞10-4 mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，故选D；
答案为：氧化性；D；
（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程：，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72-产率也就越高；
答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高；
（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72-得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置；
答案为：Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学。
【点睛】解工业流程题，要结合信息、流程及物质的知识综合应用。问题（4）中步骤IV离子方程式容易出错，一个关键是反应条件为碱性条件，关键二是溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，关键三是信息提示的灵活应用——NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+。
27． MnO2+PbS+4HClPbC12+S+MnC12+2H2O 除去Fe3+ 温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体 BD 6.75×10-6mol•L-1 浸取 4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。
【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；
(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；
(3)温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；
(4)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。
A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；
B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；
C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；
D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；
综上所述选BD；
(5)沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；
(6)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。
28． 加快浸出速率，提高浸出速率 Ca(OH)2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑ Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+ 防止二价铁被氧化
【分析】根据题意、流程进行分析。锂辉石的主要成分为LiAl(SiO3)2，还含微量的钠、钙、镁等元素，加入硫酸酸浸后过滤，所得滤液中主要含Li2SO4、Al2（SO4)3，还含有硫酸、Na+、Mg2+等；加入石灰水将滤液中的硫酸中和、Al3+和Mg2+转化为沉淀而除去；过滤后加入饱和碳酸钠溶液使Li+转化成Li2CO3沉淀，据此分析作答。
【详解】(1)在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是加快浸出速率，提高浸出速率；
(2)在“中和分离”流程，石灰水中和过量的硫酸反应，发生的反应方程式为Ca(OH)2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O；
(3)在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率；
(4) 检验碳酸锂沉淀是否洗涤干净，实际上检验最后洗涤液中是否含硫酸根，所以检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净；
(5)制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)时，反应物有FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，再根据元素守恒，不难得出产物中还含有CO2和H2O，所以化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑；
(6)电解时阳极为活性电极Fe失电子，结合元素关系写出生成磷酸亚铁锂的电极反应式为Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行，由于二价铁能被空气中的氧气氧化成三价铁，所以原因是防止二价铁被氧化。
【点睛】本题为工业流程和实验题，结合题意和所学知识点，可以写出相应答案，方程式书写要抓住反应物和生成物，再进行配平，电极反应式为本题难点，根据铁的化合价得到电子数进行书写。
29． 将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等 3UO2+6H+ +C1O3—= 3UO22-+ +3H2O+C1— MgO Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大 Mg2+ 浓度，有利于MgSO4·H2O析出 2.5×10(37—3a) 变大 ====2.0×1022×c（OH-），加入NaOH固体后，溶液的c(OH—)增大，所以变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、Fe2S)，调节滤液的pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-，故答案为：将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等；3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，调节pH，需要避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成的沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；
(4)①在T℃，Fe3+水解方程式为Fe3+(aq)+3H2O(l)═Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意结合Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]、Kw将转化为与氢氧化钠浓度(溶液的酸碱性)有关的关系式。
30． 增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率 Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2 漏斗 玻璃棒 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次 抑制MgCl2水解或防止生成Mg(OH)2 H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+ 1 H2B4O72B2O3+H2O
【分析】硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O；硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，待完全溶解后再过滤得到滤渣氢氧化镁，滤渣中加入浓盐酸溶解，通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，浓缩后通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后调pH至2～3制取H3BO3，冷却结晶得到H3BO3晶体，加热得到B2O3，Mg和B2O3混合在高温下生成MgO和B。
【详解】(1)硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，难溶于水，所以预先进行粉碎处理以增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率；根据后续对滤渣的处理可知滤渣为Mg(OH)2，B元素变为2NaBO2，结合元素守恒可得化学方程式为Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2；
(2)过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀是为了除去其表面的杂质，洗涤操作为向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次；
(3)MgCl2中Mg2+会水解生成Mg(OH)2，若直接加热MgCl2·7HO，则会促进水解，不能得到无水MgCl2 ，所以要在HCl氛围中加热，抑制MgCl2水解，得到无水MgCl2；
(4)由于H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+ H3BO3=Na[B(OH)4]，说明其酸根离子为[B(OH)4]-，H3BO3本身不能电离出H+，但在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，同时生成H+，从而体现弱酸性，所以其电离方程式为H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+；
(5)①依据图中数据，起始时有248gH3BO3，物质的量为4 mol，第一次分解得到产物176 g，失水72 g(即4 mol)，因此B点对应的物质为HBO2 (物质的量为4 mol)，第二次分解得到产物158g，再失水1 mol，依据原子守恒，C点得到的物质的化学式为H2B4O7，故可表示为2B2O3·H2O，即n=1；
②第三次分解再失水1mol，所以第三次失水后的产物为B2O3，故C到D的化学方程式为H2B4O72B2O3+H2O。
【点睛】由晶体失水制备某些易水解的盐酸盐如FeCl3、MgCl2时为了防止其水解通常要在HCl气流中加热其溶液；第4小题为易错点要注意根据题目所给方程式判断出H3BO3的酸根是[B(OH)4]-，而不是H2BO3-。
31． a Li2O·Al2O3·4SiO2 将矿石粉碎（搅拌、升高温度） 4.7 Mg(OH)2，CaCO3 Na2CO3 净化 6Li2CO3+4Co3O4+O2=12Li2CoO2+6CO2
【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂，据此分析解题。
【详解】(1)焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选出锂元素的焰色为紫红色，故答案为a；
(2)锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，在原子简单整数比不变的基础上，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；
(3)“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸，为提高“酸化焙烧”效率，还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌、升高温度等；
(4)根据柱状图分析可知，Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的Al(OH)3的Ksp=c(Al3+)×c3(OH-)=1×10-33，c(OH-)==mol/L=1×10-9.3mol/L，则c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为4.7；
(5)由分析知，“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为Mg(OH)2和CaCO3；
(6)根据“沉锂”后形成Li2CO3固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的沉淀剂为饱和Na2CO3溶液；该过程得的“母液“中仍含有大量的Li+，需要从中2提取，应回到“净化“步隳中循环利用；
(7)Li2CO3与Co3O4在敝口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高，因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素，化字方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。
【点睛】硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“•”隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c．当计量数配置出现分数时应化为整数。
32． Na2SiO3 NaAlO2 H2SiO3 4.7 NH4++VO3-=NH4VO3↓ 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑ 3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞C2O42-＞c(OH-) 0.38
【分析】“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2；
“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+；
“调pH”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；
“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5；
“还原”时，用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+，调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3，据以上分析解答。
【详解】(1) 高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；
(2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，Fe3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=4.0×10-38，c3(OH-)=4.0×10-33，c3(H+)=，c(H+)=×10-4≈6×10-4，pH≈4-lg6＜4。Al3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=1.0×10-33，c3(OH-)=1.0×10-28，c3(H+)=，c(H+)=，pH=-lg()=5- lg()≈4.7＞4，综上所述，要使A3+和Fe3+完全沉淀，pH不低于4.7，故答案为：H2SiO3；4.7；
(3)“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3沉淀煅烧得到V2O5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O和NH3，方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑，故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；
(4) “还原”时，C2O42-将CrO42-还原成Cr3+，pH在2.5左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为CO2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O，故答案为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O；
(5) HC2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)＞c(HC2O4-)，HC2O4-的电离常数= Ka2=6. 4×10-5，HC2O4-的水解常数Kh==≈1.7×10-13，电离常数＞＞水解常数，加之水电离也能产生一定的H+，所以c(H+)＞C2O42-＞c(OH-)。水解和电离都是微弱的，所以，c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，综上所述：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)。H2C2O4H++HC2O4-，Ka1=，HC2O4-H++C2O42-，Ka2=，Ka1×Ka2=×=。pH= 2.5，则c(H+)=10-2.5，所以，==0.38（保留两位有效数字），即c(C2O42- ):c(H2C2O4)=0.38，故答案为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；0.38；
【点睛】(5)二酸弱酸H2X：。
33． 搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种） 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl- MgO或Mg(OH)2 Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O 2.5×10(37-3a) 变大 ====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS)，滤液调节pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等； 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，应调节pH，为避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；
(4)①在T℃， Fe3+水解方程式为，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃，
回答下列问题：
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的难点为(4)②，要注意将转化为c(OH-)的关系式，再判断。
34． SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶 Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑ 不变
【分析】钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，滤液A主要阳离子为Fe2+、TiO2+、Fe3+；加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，溶液B主要阳离子为Fe2+ 、TiO2+，蒸发浓缩冷却结晶得绿矾和TiO2+、SO42-，加入碳酸钠粉末生成TiO2•nH2O，一定条件下得到TiO2；绿矾加水溶解，调节pH至5~8.5防止水解，溶液C溶质主要为FeSO4，加入足量的NH4 HCO3，生成FeCO3，经过煅烧后得到Fe2O3 。
【详解】(1)根据分析可知滤渣主要为不溶于酸的SiO2；
(2)从溶液中得到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(3)加入碳酸氢铵后，Fe2+与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，氢离子浓度增大后又促进碳酸氢根的水解，生成二氧化碳，所以离子方程式为：Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)煅烧FeCO3生成三氧化二铁和二氧化碳，Fe2+别氧化，结合元素守恒可知氧化剂为O2，根据电子守恒可得方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(5)溶液中存在平衡TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O；
(6)与正极相连的是阳极，据图可知石墨电极为阳极，反应过程中C被氧化生成CO2，所以电极方程式为：C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑；阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
【点睛】第(3)题中要注意碳酸亚铁的溶解度比氢氧化亚铁的溶解度要小，所以加入碳酸氢铵后不是双水解生成氢氧化亚铁沉淀，而是结合碳酸氢根电离出的碳酸根生成碳酸亚铁沉淀。
35． 充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O 3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6） 4.0×10－11 Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋ 将溶液加热 (NH4)2SO4 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）
【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。
【详解】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，
答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；
（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，
答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH调的范围为3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；当溶液pH调为5时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)==10-9 mol/L，已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则c(Fe3+)===4.0×10－11 mol/L，
答案为：3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；4.0×10－11；
（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＋，
故答案为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，
故答案为将溶液加热；
（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，
故答案为(NH4)2SO4；
（7）检验沉淀是都洗净，主要是检验沉淀表面是否含有硫酸根离子，则操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净，
答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30物质的分离、提纯
一、单选题
1．（2022·广西柳州·统考二模）中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学知识，对其说明错误的是
A．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏
B．《本草经集注》记载区分硝石()和朴消()方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是古人利用焰色反应鉴别物质
C．《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”’，文中的“气”是指乙烯
D．《梦溪笔谈》载：“高奴县出脂水，燃之如麻，但烟甚浓"，所述“脂水”就是现在的地沟油
2．（2020·广西来宾·模拟预测）利用所学化学知识积极探索资源的有效使用、节约使用和循环使用，以实现循环经济和可持续发展，从而实现废弃物的综合利用和保护环境。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ZnSO4
C．“溶解II”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
3．（2020·广西·统考一模）利用如图装置进行实验能达到实验目的的是
A
B
C
D
分离碘酒中的碘和酒精
制取氧气
比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
验证Cl2的氧化性
A．A B．B C．C D．D
4．（2020·广西北海·统考一模）实验室中下列做法错误的是
A．用苯萃取甲苯中的溴单质 B．用碱石灰干燥氨气
C．盛放酒精的容器应贴上如图标签 D．配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸
5．（2020·广西钦州·二模）下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是（ ）
A．用坩埚灼烧干海带制海带灰
B．蒸馏时，温度计水银球插入液面以下
C．用长颈漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层
D．用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体
6．（2020·广西柳州·统考模拟预测）下列操作能达到相应实验目的的是（ ）
选项
目的
实验
A
实验室制备乙酸乙酯
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热
B
除去干燥CO2中混有少量的SO2
可将混合气体依次通过盛有足量酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶
C
检验Na2SO3已经变质
向Na2SO3溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，然后再加入稀盐酸，沉淀不溶解
D
比较铁和铜的活泼性
常温下，将表面积相同的铁和铜投入到浓硝酸中，铁不能溶解，铜能溶解，铜比铁活泼
A．A B．B C．C D．D
二、实验题
7．（2021·广西柳州·统考三模）某校化学课外小组的同学依据反应S2Cl2+3Cl2+2SO24SOCl2，设计如下装置(夹持及加热装置已略)制备SOCl2(氯化亚砜)。
相关物质的数据及性质如下表：
主要性状
熔点/℃
沸点/℃
主要化学性质
SOCl2
淡黄至红色发烟液体
-105
78.8
遇水分解, 140℃开始分解
S2Cl2
浅黄色油状液体
-80
138
遇水分解,高于100℃时开始分解
回答下列问题：
(1)装置A中w管的作用是___________。
(2)装置C球形冷凝管中水应从___________处(填“a” 或“b” )进入，冷凝管装置的作用是___________；装置C合适的加热方式是___________。
(3)装置E中生成SO2的化学方程式为___________。
(4)装置中碱石灰的作用___________。
(5)上述装置存在一处缺陷 ，导致SOCl2产率降低，改进的方法是___________。
(6)反应后从装置C的反应液纯化得到SOCl2需要的硅酸盐质仪器有：酒精灯、接引管、锥形瓶外，还缺少___________(从下列图中选择，填标号)。
8．（2020·广西玉林·统考一模）叠氮化钠(NaN3)是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇。不溶于乙醚，常用作汽车安全气囊中的药剂，实验室制取叠氮化钠的原理、实验装置(图甲)及实验步骤如下：
①关闭止水夹K2，打开止水夹K1，制取并通入氨气。
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，停止通入氨气并关闭止水夹K1。
③向装置A中的b容器内充入加热介质，并加热到210~220 ℃，然后打开止水夹K2，通入Na2O。
请回答下列问题：
(1)盛放无水氯化钙的仪器名称是___________，图乙中可用来制取氨气的装置有___________(填标号)。
(2)步骤①中先通氨气的目的是___________，步骤②氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为___________，步骤③中最适宜的加热方式为___________(填标号)。
a水浴加热 b．油浴加热 c．酒精灯直接加热
(3)生成NaN3的化学方程式为___________。
(4)反应结束后，进行以下操作，得到NaN3固体(NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气)。
操作II的目的是___________，操作IV最好选用的试剂是___________。
9．（2020·广西南宁·二模）下列是学生课外实践活动的实验设计，其中不能达到们应的实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验设计
A
除去乙酸乙酯中的乙酸
B
证明氧化性：Cl2>I2
C
用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸
D
探究锅炉里的水垢样品在酸中的溶解
A．A B．B C．C D．D
10．（2020·广西玉林·一模）铅的单质、氧化物、盐在现代工业中有着重要用途。
I.(1)铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化的PbO2、还有组成类似Fe3O4的Pb3O4，请将Pb3O4改写成简单氧化物的形式：_________。
II.以废旧铅酸电池中的含铅废料铅膏(Pb、PbO、PbO2、PbSO4等)为原料，制备超细PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
(2)步骤①的目的是“脱硫”，即将PbSO4转化PbSO3，反应的离子方程式为_______________________。
“脱硫过程”可在如图所示的装置中进行，实验条件为：转化温度为35℃，液固比为5:1，转化时间为2h.。
①仪器a的名称是__________；转化温度为35℃，采用的合适加热方式是________。
②步骤②中H2O2的作用是__________________(用化学方程式表示)。
(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，用下图所示装置(可重复选用)进行实验。实验装置中，依次连接的合理顺序为A_____________(填装置字母代号)，证明产物中有CO气体的实验现象是________________。
(4)测定草酸铅样品纯度：称取2.5g样品，酸溶后配制成250mL溶液，然后量取25.00mL该溶液，用0.05000mol•L-1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+(反应方程式为Pb2++H2Y2-= PbY2-+2H+，杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14.52mL
①若滴定管未用EDT A标准液润洗，测定结果将_________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
②草酸铅的纯度为__________(保留四位有效数字)。
11．（2020·广西·统考一模）高锰酸钾是一种用途广泛的常见氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。
I.某课外小组设计以锰酸钾制备高锰酸钾的方案如下：
i.锰酸钾的制备：
(1)将二氧化锰、氨酸钾和氢氧化钾固体放入______(填字母)中熔融制锰酸钾。
A．烧杯B．瓷坩埚C．蒸发皿D．铁坩埚
ii.高锰酸钾的制备(装置如图所示，加热及夹持装置省略)：
将i中制得的锰酸钾加少量蒸馏水溶解，得墨绿色溶液，倒入三颈烧瓶中。打开甲装置中的分液漏斗活塞加入稀硫酸，加热，使生成的乙酸进入乙装置中并水浴加热。搅拌丙装置中的溶液，锰酸钾在酸性条件下反应生成高锰酸钾和二氧化锰。
(2)检验该装置气密性的方法：连接好装置，_________________。
(3)乙装置的作用是___________；丁装置中NaOH溶液的作用是____________________。
(4)将三颈烧瓶中所得产物进行过滤,将滤液倒入蒸发皿中，_______、______、抽滤，得到针状的高锰酸钾晶体。高锰酸钾晶体只能低温烘干，其原因为_____________________。
II.利用氧化还原滴定法测定高锰酸钾的纯度，发生反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。
(5)量取一定体积的高锰酸钾溶液需使用滴定管_______(填字母)。
(6)若在实验过程中存在下列操作，会使所测KMnO4浓度偏高的是____(填字母)。
A锥形瓶用水洗之后末用待测液润洗
B．盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡
C．滴定时，草酸溶液洒落瓶外
D．盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗
12．（2020·广西南宁·统考一模）铅的单质、氧化物、盐在现代T业中有着重要用途。
I．（1）铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2、还有组成类似Fe3O4的PbO2。请将Pb3O4改写成简单氧化物的形式： ___。
Ⅱ．以废旧铅酸电池中的含铅废料铅膏（Pb、PbO、PbO2、PbSO4等）为原料，制备超细PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：
（2）步骤①的目的是“脱硫”，即将PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为____。 “脱硫过程”可在如图所示的装置中进行。实验条件为：转化温度为35℃，液固比为5:1，转化时间为2h。
①仪器a的名称是____；转化温度为35℃，采用的合适加热方式是____。
②步骤②中H2O2的作用是____（用化学方程式表示）。
（3）草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，用下图所示的装置（可重复选用）进行实验。实验装置中，依次连接的合理顺序为A ___（填装置字母代号），证明产物中有CO气体的实验现象是____。
（4）测定草酸铅样品纯度：称取2.5 g样品，酸溶后配制成250 mL溶液，然后量取25. 00 mL该溶液，用0. 050 00 mol/L的EDTA（ Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Pb2+（反应方程式为____，杂质不反应），平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14. 52 mL。
①若滴定管未用EDTA标准液润洗，测定结果将 ___（填“偏高”“偏低”或“不变”）。
②草酸铅的纯度为 ___（保留四位有效数字）。
13．（2020·广西桂林·统考一模）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：
C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr
2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2↑
相关物质的溶解性见下表：
物质名称
葡萄糖酸钙
葡萄糖酸
溴化钙
水中的溶解性
可溶于冷水易溶于热水
可溶
易溶
乙醇中的溶解性
微溶
微溶
可溶
实验流程如下：
回答下列问题：
（1）第①步中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。
①你认为缺少的仪器是__。
②甲同学在尾气吸收装置中使用倒立漏斗的目的是__。
（2）第②步CaCO3固体过量，其目的是__。
（3）本实验中___(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是__。
（4）第③步“某种操作”名称是__。
（5）第④步加入乙醇的作用是__。
（6）第⑥步中洗涤操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化钙，洗涤剂最合适的是__(填标号)。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．乙醇—水混合溶液
三、工业流程题
14．（2022·广西南宁·统考模拟预测）嫦娥五号从月球带回的“土壤”中含有辉钼矿，其主要成分为(S为价)，含少量、、(铼)等元素。其中钼是大脑必需的七种微量元素之一，以辉钼矿为原料生产多钼酸盐的工艺流程如下。
已知：25℃时
难溶物
回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是_______。
(2)“氧化焙烧”中发生反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其中加入石灰石的主要作用是_______。
(3)加入后的“浸出液”中含有(钼酸根)，以及少量等离子，生成的离子方程式为_______，该反应的_______。
(4)根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
该试剂主要是将离子转化为_______(填化学式)。
(5)“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，该反应的离子方程式为_______。
(6)工艺流程中可循环利用的物质是_______、_______。
15．（2022·广西玉林·统考一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：
已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2
②金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
温度/°C
70
75
80
85
90
95
收率/%
53.3
62.7
70.2
77.1
81.5
81.45
本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。
16．（2022·广西·统考模拟预测）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)2、Al(OH)3前者还含有Cr(OH)3，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：
已知：
I． FePO4、CrPO4、AlPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.3 ×10-22、2.4× 10-23、5.8×10-19、5.0×10-31。
II． Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
(1)为了增加“浸出I”的浸出效率，可以采取的措施是___________ (任写一 条)。
(2)“电解I”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的是将二价铁转化为三价铁。可通过一种试剂证明第二个目的是否完全达成，该试剂为___________(填名称)，若未完全达成，出现的现象是____。
(3)“除杂”时，若镍离子(Ni2+)浓度为0.05mol·L-1，则应控制溶液中浓度范围为___________mol·L-1~6.4×10-14mol·L-1(已知溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)。
(4)“沉淀转化”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为___________、___________ (用离 子方程式表示)。
(5)“浸出II”时，铜镍电镀污泥中铜和镍分别转化为和，此时宜采取多次浸取的方式，其目的为___________。
(6)“萃取II”时，发生的反应为 + 2HR = CuR2+ 2+ 2NH3和 + 2HR= NiR2+ 2+ 4NH3(HR为有机溶剂)，则“反萃取II“时含铜微粒发生反应的离子方程式为___________。
(7)“滤液1”的主要成分为___________(填化学式)。
17．（2022·广西南宁·统考二模）抗氧化的明星营养元素硒(Se)是人体必需的微量元素，工业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se等)中提取硒，同时回收部分金属，工艺流程如下：
已知：
①硒(Se)的熔点217℃，沸点684.9℃，带有金属光泽。
②硒(Se)可做半导体材料，500℃下可与氧气反应。
回答下列问题：
(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施有_______、_______(回答两点即可)。
(2)烟气的主要成分为SO2、SeO2，是焙烧中CuSe与浓H2SO4反应而产生，该反应的化学方程式为_______；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，若该过程中有13.44 LSO2(标准状况下)参加反应，则还原得到单质Se的质量为_______g。
(3)粗硒需用减压蒸馏提纯得到单质硒，其原因是_______。
(4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用_______(填化学式)溶液；操作II为_______、_______过滤、洗涤、干燥。
(5)已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，固体X加入NaCl溶液后，反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=_______。
18．（2021·广西北海·统考一模）三氧化二镍(Ni2O3)是一种灰黑色无气味有光泽的块状物，易碎成细粉末，常用于制造高能电池。工业上以金属镍废料(含有少量铁、铝等杂质)生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L-1计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.1
6.5
3.5
7.1
沉淀完全的pH
3.2
9.7
4.7
9.2
回答下列问题：
(1)Ni2O3中Ni元素的化合价为___________；为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：___________(任写一种)。
(2)“酸浸”后的酸性溶液中加入H2O2的目的是___________(用语言叙述)。
(3)“沉镍”前需加Na2CO3控制溶液pH范围为___________；滤渣A为___________。
(4)“氧化”时生成Ni2O3的离子方程式为___________。
(5)工业上用镍为阳极，电解0.05～0.1 mol·L-1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示，则NH4Cl的浓度最好控制为_______。
19．（2021·广西南宁·统考二模）氯化钡是重要的化工原料，是制备其他钡盐的主要中间原料，以毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)为原料制备BaCl2·2H2O的工艺流程如下：
已知：盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中。
回答下列问题：
(1)在“浸取”时，除温度、酸的浓度、液固比等因素影响钡的浸出率外，还有_______因素。
(2)下表列举了不同温度、盐酸的浓度、液固比下钡的浸出率实验数据，每个实验只改变一个条件：
改变的条件
温度(℃)
盐酸的浓度(%)
液固比
30
55
75
10
15
20
25。
3：1
4：1
5：1
6：1
钡的浸出率(%)
74.31
69.60
68.42
59.21
74.31
74.15
55.32
59.84
65.12
74.31
74.35
分析表中数据，温度越高钡的浸出率越低的可能原因是_______；判断“浸取”的最佳液固比为_______。
(3)常温时，几种金属离子沉淀的pH如图所示，加H2O2时发生反应的离子方程式为_______。“调pH(I)”时，调节溶液pH≈5，则“滤渣II”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)“一系列操作”中洗涤晶体时，通常采用乙醇洗而不采用水洗，原因是_______。
(5)“除钙”前，需测定溶液中钙离子的含量，从而确定加入草酸的量，测钙离子含量的操作为取“滤液III”V1mL，加入稍过量的铬酸钾，使钡离子完全沉淀，过滤，将滤液转入250mL容量瓶后再加水定容，取其中25. 00 mL于锥形瓶中，用NaOH溶液将pH调为13，加入黄绿素作指示剂(黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色) ，用0.100 mol·L-1的标准EDTA溶液滴定(EDTA能与Ca2+以1： 1形成无色络合物)至终点，消耗标准EDTA溶液V2 mL。
①滴定至终点时的现象为_______。
②该溶液中钙离子的浓度为_______ (用含 V1、V2的代数式表示)g·mL-1。
20．（2021·广西·统考二模）2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如图：
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g。
(1)反应釜中反应的化学方程式为___。
(2)获得LiH2PO4晶体的分离操作是___，反应器中加入C的目的是____。
(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施___。
(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方程式为__。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c(Fe3+)=10-6mol·L-1，则该过程应调节pH=___，“沉锂”时，所得Li2CO3应选择___(“冷水”或“热水")进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用___(填化学式)。
21．（2020·广西北海·统考一模）三氧化二铋(Bi2O3)是黄色不溶于水的固体，俗称铋黄，可用于制作黄色颜料、耐火纸等。利用含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)制备Bi2O3流程如下：
(1)“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有___________；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过___________冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O。
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，消耗这三种氧化剂物质的量之比为___________(MnO2转化为Mn2+)；写出X为O2时，“溶铜”CuS反应的离子方程式：___________。
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，试剂Y是___________。
(4)写出“制备”步骤生成铋黄的离子方程式：___________。
22．（2020·广西北海·统考一模）一种从含铅废渣（主要成分为PbSO4，还含有少量CuO、FeO等）中制取电解铅的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“滤液1”中溶质的主要成分有_________。
(2)“转化”时发生PbSO4+=PbCO3+，为提高PbSO4的转化率可采取的适宜措施是________（写出两点）；“滤液2”中主要溶质是______（填化学式）。
(3)“溶解”时发生反应的化学方程式为_________。
(4)“还原”时，控制溶液pH约为5~6。pH不宜过低，其原因是__________；还原过程中需不断搅拌，不断搅拌的主要目的是_____________。
(5)海绵铅（主要成分为铅，还含有少量Fe、Cu、Sn等杂质）用PbSiF6和H2SiF6的混合溶液作电解质进行电解，阳极泥的主要成分为________；阴极的电极反应式为______。
23．（2020·广西来宾·模拟预测）一种利用钛铁矿制备Li4Ti5O12的工艺流程如图：
已知：钛铁矿的主要成分是FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，还含有少量的MgO和SiO2等杂质。
回答下列问题：
(1)酸浸时，要提高铁的浸出率可采取的措施是___(写出一条即可)。
(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为___，加热水的目的是___。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，应将温度控制在50℃左右的原因是___。
(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，此时溶液中=___。已知：此温度下，FePO4、Mg3(PO4)2的溶度积常数分别为1.5×10-21、1.0×10-23。
(5)高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为___。
(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时阴极电极反应式为___。
24．（2020·广西钦州·二模）实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如下：
V2O5VOCl2溶液氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体
(1)“还原”过程中的还原剂是____________(填化学式)。
(2)已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。
①仪器M的名称是___________，实验开始前的操作是_________。
②装置B的作用是__________________。
③加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，再进行下列操作，顺序为_______(填字母)。
a.锥形瓶口塞上橡胶塞
b.取下P
c.将锥形瓶置于干燥器中，静置过夜
④得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_______(填离子符号)，用无水乙醇洗涤的目的是_______________。
⑤称量产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol/L KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(已知滴定反应为+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)，消耗标准溶液的体积为V mL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果______________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，产品中钒的质量分数为_________(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。
25．（2020·广西·二模）一种类似钻石的装饰品——锆石(ZrSiO4)，其做为装饰品，价格低廉，外观璀璨。天然锆石中常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质，称为锆英石。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：
Ⅰ. Zr在化合物中通常显价，氯化过程中除C、O元素外，其它元素均转化为其高价氯化物；
Ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，400℃升华
Ⅲ.Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr (SCN) 4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。
请回答下列问题
(1)滤渣1的主要成分是：______________
(2)①“氯化”过程中，锆石(ZrSiO4)发生反应的化学方程式为______________
②ZrCl4产率随温度、压强的变化如图所示，回答问题
“氯化”过程选择的最佳条件为_______；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为______
(3)“滤液1”中含有的阴离子，除OH-外还有____________________
(4)①常用的铜抑制剂为NaCN (氰化钠)，NaCN可与重金属阳离子反应，生成溶度积较小的沉淀(如Cu(CN)2，Ksp=4×10-10)，已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol/L，若需要溶液中Cu2+浓度等于1.0×10-6 mol/L，则预处理1L该溶液需要1mol/LNaCN溶液的体积为_____________(假设溶液混合后体积可以相加，计算结果保留两位小数)
②由于氰化钠有剧毒，因此需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，则在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式为_____________
26．（2020·广西南宁·二模）我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。
（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为__。
（2）在步骤II中除去的离子是___，操作X的名称为___。
（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是___，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L，应控制溶液的pH为___。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38］。
A．10~11 B．>11 C．约为10 D．约为4
（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为___，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是___。
（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：
电解池工作时，阴极发生的电极反应式为___，该装置的电能主要转变为___能。
27．（2020·广西钦州·二模）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbSO4的工艺流程如图：
已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) ΔH>0
iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。
（1）“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为__。
（2）“调pH”的目的是__。
（3）“沉降”操作时加入冰水的作用是__。
（4）时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是__（填字母）。
A．盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小
B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等
C．当盐酸浓度为1mol·L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小
D．当盐酸浓度小于1mol·L-1时，随着HCl浓度的增大，PbCl2溶解量减小是因为Cl-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动
（5）PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.1mol·L-1时，c(SO42-)=__。
（6）“滤液a”经过处理后可以返回到__工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O)，该反应的化学方程式为__。
28．（2020·广西·统考二模）JohnB．Goodenough等三位科学家因为在锂离子电池研究领域的突出贡献获得2019年诺贝尔化学奖。碳酸锂是一种常见的锂离子电池原料，一种以锂辉石为原料制取碳酸锂的工艺如下图：(锂辉石：LiAl(SiO3)2，也表示为Li2O·Al2O3·4SiO2，还含微量的钠、钙、镁等元素)
[查阅资料]：Li2CO3为无色单斜晶系结晶体，熔点618℃，溶于硫酸，微溶于水，在冷水中的溶解度比热水中大。
(1)在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是______________________________。
(2)在“中和分离”流程，石灰水发生的中和反应方程式为____________________________。
(3)在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是______________________________。
(4)检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是_________________________________________。
(5)工业上高温煅烧FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的混合物制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，反应的化学方程式为_________________________________________。
(6)将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解也能制取磷酸亚铁锂沉淀。阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为__________________，沉淀经过滤、洗涤、干燥，在800℃左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行的原因是______________________________。
29．（2020·广西玉林·一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4) 、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：UO22+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：_______________________(至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为UO22+，则该反应的离子方程式为 ________ 。
(2)“除铁净化”需要加入 ______ (填化学式)把溶液pH调节至4~5，滤渣的成分是____。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 ______________________ 。
(4)铁精矿(Fe3O4、Fe2S)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-39、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Kw=10-a，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：Fe3+(aq)+3H2O(l)= Fe(OH)3 (s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=___________(用含a的字母表示)。
②在T℃向饱和的Fe(OH)3、Fe(OH)2混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的会________(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____________________________ 。
30．（2020·广西·统考一模）硼在冶金、核工业、农业、高新材料等方面都有重要的应用，一种利用硼镁矿制取粗硼的工艺流程：
已知:硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5·H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7)·10H2O。
回答下列问题：
(1)硼镁矿要粉碎处理，其目的是_______，NaOH浓溶液与硼镁矿反应的化学方程式为__________________________________(不考虑杂质参与反应)。
(2)实验室过滤操作中要用到的玻璃仪器包括烧杯、_______、______。洗涤沉淀的操作方法为_____________________________________。
(3)试解释流程中生成无水MgCl2需在HCl氛围中进行的原因：___________________。
(4)已知H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+H3BO3=Na[B(OH)4]，写出H3BO3的电离方程式：_________________________________________。
(5)实验测得一定质量的H3BO3在不同温度下分解的曲线如图所示。图中A、B、C、D点对应得到的物质都为纯净物。
①C对应的物质可表示为2B2O3·nH2O，则n=_______
②写出C到D过程中发生反应的化学方程式：______________。
31．（2020·广西·统考模拟预测）2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图：
已知：Ksp[Mg(OH)2]=10-11，Ksp[Al(OH)3]=10-33，Ksp[Fe(OH)3]=10-38
回答下列问题：
（1）为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈__，可以认为该矿石中存在锂元素。
a.紫红色 b.紫色 c.黄色
（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为__。
（3）为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是__。
（4）向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为__。(已知：完全沉淀后离子浓度低于1×l0 5)mol/L)
（5）“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为___。
（6）“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的__溶液（填化学式）；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+，可将其加入到“__”步骤中。
（7）Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__。
32．（2020·广西柳州·统考模拟预测）某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题:
（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。
（2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于______。（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。
（3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。
（5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-) ：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。
33．（2020·广西南宁·统考一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4·H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：
已知：在pH为4～5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(l)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：________ (至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为，则该反应的离子方程式为_____。
(2)“除铁净化”需要加入____(填化学式)把溶液pH调节至4～5，滤渣的成分是_______。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是 ___。
(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃，
，，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K= __(用含以的字母表示)。
②在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的c(Fe2+)／c(Fe3+)会 __(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____。
34．（2020·广西桂林·统考一模）工业、上常用钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]作原料，制取二氧化钛及铁红，其生产流程如图：
已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中。
回答下列问题：
（1）钛铁矿用硫酸溶解时，过滤所得滤渣的成分是__(填化学式)。
（2）从溶液B中得到FeSO4·7H2O晶体的操作是__、过滤、洗涤、干燥。
（3）溶液C中加入NH4HCO3，发生反应的离子方程式是__。
（4）煅烧FeCO3，发生反应的化学方程式是__。
（5）流程中加入Na2CO3粉末得到固体TiO2·nH2O。请结合TiO2+的水解平衡原理解释其原因：__。
（6）用如图所示装置(熔融CaF2-CaO作电解质)获得金属钙，并用钙还原TiO2制取金属钛。阳极反应式是__，反应过程中CaO的物质的量__(填“减小”“不变”或“增大”)。
35．（2020·广西玉林·统考一模）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
②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38
（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有____（任写一种）。
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：____。
（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____，若加 A 后溶液的 pH调为5，则溶液中 Fe3＋的浓度为____mol/L。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：____。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是____。
（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是____(写化学式)。
（7）过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是____。
参考答案：
1．D
【详解】A．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，A正确；
B．鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色试验不同，钠元素焰色试验为黄色，钾元素焰色试验为紫色，B正确；
C．木瓜会释放出植物生长调节剂——乙烯气体，催使柿子快速成熟，C正确；
D．“高奴县 出脂水”，燃烧有浓烟，就指的是这一带的石油而不是地沟油，D错误；
故答案选D。
2．C
【分析】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、H2SO4反应生成CuSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤获得CuSO4∙5H2O，以此分析解答。
【详解】A．“溶解Ⅰ”中，将铜帽粉碎，增大了固体接触面积，可加快反应速率，A正确；
B．Cu不溶于H2SO4，Zn溶于H2SO4生成可溶于水的ZnSO4，则“滤液Ⅰ”中溶质的主要成分为ZnSO4，B正确；
C．“溶解Ⅱ”过程中发生反应为Cu+ H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，没有气体生成，C错误﹔
D．“操作Ⅰ”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，需要使用酒精灯和玻璃棒等仪器，D正确；
故合理选项是C。
3．D
【详解】A．I2易溶于酒精，不能采用分液的方法分离，A不能达到实验目的；
B．Na2O2为粉末状固体，易溶于水，无法控制反应的停止，B不能达到实验目的；
C．制得的CO2气体中混有挥发的HCl，两者均能与Na2SiO3反应制取H2SiO3，即无法说明H2SiO3与H2CO3酸性强弱，C不能达到实验目的；
D．由反应Cl2+Na2S=2NaCl+S，知Cl2可以将Na2S氧化体现其氧化性，D能达到实验目的；
故答案选D。
4．A
【详解】A．由于苯与甲苯能够互溶，故不能用苯萃取甲苯中的溴单质，A错误；
B．由于NH3为碱性气体，故可以用碱石灰干燥氨气，B正确；
C．酒精是一种易燃性液体，故盛放酒精的容器应贴上如图标签，C正确；
D．由于FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故配制FeCl3溶液时应加少量稀盐酸以抑制Fe3+的水解，D正确；
故答案为：A。
5．A
【详解】A．灼烧干海带所需温度较高，需要在坩埚中进行，故A正确；
B．蒸馏时温度计测定馏分的温度，温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处，故B错误；
C．萃取应选分液漏斗，用分液漏斗分离CCl4萃取碘后的水层与有机层，故C错误；
D．若加水超过刻度线，配制失败，应重新配制，故D错误；
故答案为A。
6．B
【详解】A．浓硫酸的密度比乙醇大，且浓硫酸和乙醇混合放出大量的热，若先加浓硫酸再加乙醇容易引起液体飞溅，故先加乙醇，再加浓硫酸。最后加乙酸，避免浓硫酸和乙酸混合时产生的热量使乙酸大量挥发，即制备乙酸乙酯时药品添加顺序为：乙醇、浓硫酸、乙酸，A错误；
B．SO2和酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而被除去，再通过浓硫酸进行干燥，可得纯净的CO2，B正确；
C．即使没有变质，Na2SO3和Ba(NO3)2反应也生成白色沉淀(BaSO3)，加入HCl，H+存在下，溶液中的NO3-将BaSO3氧化成BaSO4，白色沉淀依然不溶解，该方法不能检验Na2SO3是否变质，C错误；
D．浓硝酸有强氧化性，常温下，浓硝酸将Fe钝化，不能比较Fe和Cu的活泼性，D错误。
答案选B。
【点睛】NO3-在酸性环境下有强氧化性。
7． 平衡气压，使浓盐酸顺利滴下 a 冷凝回流 SOCl2 80℃热水浴 Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O 吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C 将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶） adef
【分析】根据实验原理及实验装置分析，装置A是用浓盐酸和漂白粉制备氯气，B中的饱和食盐水目的是除去杂质HCl；E装置是用浓硫酸与铜反应制备二氧化硫气体，D中浓硫酸作用是干燥二氧化硫气体；将氯气及二氧化硫气体通入C中与S2Cl2反应制备SOCl2，冷凝管的作用为冷凝回流S2Cl2和SOCl2，连接的干燥管作用是防止空气中水分进入和剩余气体的尾气处理，据此分析解答。
【详解】(1)根据图示装置特点分析，装置A中w管的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；
(2)为了使冷凝水充满冷凝管，装置C球形冷凝管中水应从下端通入，即a处进入；由题干信息知SOCl2的沸点为78.8℃，且反应温度为80℃，所以冷凝管的作用是冷凝回流SOCl2；反应温度应该控制在80℃，所以适合的加热方式为80℃水浴加热；故答案为：a；冷凝回流 SOCl2；80℃水浴加热；
(3)装置E中铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、SO2和水，反应方程式为：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O，故答案为：Cu +2H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O；
(4)根据上述分析，装置中碱石灰的作用是吸收未反应的SO2、Cl2等气体，同时防止空气中的水蒸气进入装置 C，故答案为：吸收 SO2、Cl2等气体，防止空气中的水蒸气进入装置 C；
(5)已知SOCl2易水解，在氯气进入C中时未干燥，会导致SOCl2产率降低，应该增加干燥装置，故答案为：将装置 B 中饱和食盐水换成浓硫酸（或 B、C 间加装盛有浓硫酸的洗气瓶）；
(6)由题干信息知，SOCl2与S2Cl2沸点不同，可以用蒸馏的方法得到纯净的SOCl2，蒸馏装置所需的玻璃仪器含有蒸馏烧瓶、冷凝管、温度计、石棉网，故答案为：adef。
8． 球形干燥管(或干燥管) BCD 排尽装置中的空气 2Na+ 2NH3 2NaNH2 + H2 b NaNH2 +N2O NaN3+ H2O 降低NaN3的溶解度(或促使NaN3结晶析出等合理答案) 乙醚
【分析】实验室选用氯化铵和消石灰共热或用浓氨水和新制生石灰(或氢氧化钠固体)，或用加热浓氨水制备氨气；金属钠有很强的还原性，能与空气中的氧气反应，先通入氨气排尽装置中的空气，氨气与熔化的钠反应生成氨基钠和氢气，在210~220℃条件下，氨基钠和一氧化二氮反应生成叠氮化钠和水，叠氮化钠易溶于水，NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，故将a中混合物加水除去NaNH2，加入乙醇，经溶解、过滤、经乙醚洗涤干燥后得到叠氮化钠，由此分析。
【详解】(1)根据仪器的结构特点可知盛放无水氯化钙的仪器为球形干燥管(或干燥管)
实验室制取氨气主要有三种方法：①加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物；②加热浓氨水；③浓氨水中加入固态碱性物质。
A．用A装置加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氦气时，试管口应朝下，故不选A项；
B．B装置可用于加热浓氨水制取氨气，故选B项；
C．C装置可加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物制取氨气，故选C项；
D．D装置中，长颈漏斗装入浓氨水，烧瓶中加入固体碱性物质(如氢氧化钠)，可制取氨气，故选D项；
综上所述，本题正确答案为：BCD；
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+ 2NH32NaNH2 + H2；已知步骤③的温度为210~220℃，宜用油浴加热，故选b；
(3) 根据电子守恒和元素守恒可知NaNH2和N2O反应生成NaN3的化学方程式为NaNH2 +N2O NaN3+ H2O；
(4)由题可知，NaN3不溶于乙醚，因此操作Ⅱ加乙醚的目的是降低NaN3的溶解度，使NaN3结晶析出；乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，因此操作Ⅳ最好选用乙醚。
9．C
【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液混合并振荡，则乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠溶液，乙酸乙酯难溶于水，分液后得乙酸乙酯，A正确；
B.通过氯气后，棉球变蓝色，因为氯气和碘化钾发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，从Cl2+2KI=2KCi+I2知氧化性：Cl2>I2，故B正确；
C. 用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸，应用碱式滴定管，C错误；
D.锅炉里的水垢样品经过碳酸钠浸泡以后，硫酸钙会转变成碳酸钙，则滴加盐酸在酸中的溶解，D正确；
答案选C。
【点睛】选项C为易错选项，解答时需注意：酸性滴定管可以盛装酸、强氧化剂，碱性滴定管可以盛装碱溶液，会腐蚀橡皮管的一律不能用碱式滴定管。
10． 2PbO•PbO2 CO32—+PbSO4= SO42—+PbCO3 三颈(口)烧瓶 热水浴 PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑ BCBDEBF E中黑色粉未变为红色、其后的B中澄清石灰水变浑浊 偏高 85.67%
【分析】I．(1)Pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，改写氧化物时要遵循化合价不变、原子守恒，据此书写；
Ⅱ．铅膏废料铅膏(Pb、PbO、PbO2、PbSO4等)为原料，制备超细PbO，铅膏中加入碳酸铵目的是“脱硫”，即将PbSO4转化为PbCO3，过氧化氢和稀硝酸还原PbO2生成硝酸铅溶解，脱硫、浸取、氧化反应过滤得到滤液中加入草酸钠溶液过滤，得到草酸铅沉淀，550°C煅烧得到超细PbO，草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，检验这两种气体，需要先检验二氧化碳，然后除去二氧化碳，在将CO转化为二氧化碳检验CO，据此分析解答。
【详解】I．(1)Pb在化合物中的化合价有+2价、+4价，则Pb3O4写成两种氧化物的形式为2PbO•PbO2，故答案为：2PbO•PbO2；
Ⅱ．(2)步骤①的目的是“脱硫”，将PbSO4转化为溶解度更小的PbCO3，沉淀转化的离子方程式为：CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3，故答案为：CO32-+PbSO4=SO42-+PbCO3；
①根据图示，仪器a为三颈烧瓶，转化温度为35℃，采用的合适加热方式为水浴加热，故答案为：三颈烧瓶；水浴加热；
②步骤②中H2O2的作用是在酸性条件下还原PbO2生成硝酸铅，反应的化学方程式为：PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑，故答案为：PbO2+H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑；
(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，利用A加热分解草酸铅，装置B检验二氧化碳的生成，通过装置C除去二氧化碳，装置B检验二氧化碳是否除净，通过D装置吸收水蒸气，通过E装置加热一氧化碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，通过B装置检验生成的二氧化碳存在，最后排水法收集气体，依次连接的合理顺序为ABCBDEBF，证明生成一氧化碳的实验现象E中黑色粉末变为红色，其后的B中澄清石灰水变浑浊，故答案为：BCBDEBF；E中黑色粉末变为红色，其后的B中澄清石灰水变浑浊；
(4)①滴定管未用EDTA标准溶液润洗，内层水膜会稀释标准溶液，导致消耗的标准溶液的体积偏大，测定结果偏高，故答案为：偏高；
②取2.5 g样品，酸溶后配制成250 mL溶液，然后量取25.00 mL该溶液，用0.050 00 mol/L的EDTA( Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+反应方程式为H2Y2-+Pb2+=PbY2-+2H+，(杂质不反应)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14.52 mL，则消耗EDTA的物质的量=0.01452L×0.0500mol/L=7.26×10-4mol，根据Pb2++H2Y2-=PbY2-+2H+，结合Pb守恒有n(PbC2O4)=n( Pb2+)=7.26×10-4mol，250mL溶液中n(PbC2O4)=7.26×10-4mol×，草酸铅的纯度=×100%=85.67%，故答案为：85.67%。
11． D 关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好 做安全瓶 吸收尾气中的乙酸 蒸发浓缩 冷却结晶 高锰酸钾受热易分解 A BC
【分析】ii.高锰酸钾的制备：甲中稀硫酸和醋酸钙反应生成乙酸，加热使乙酸挥发进入乙装置，并水浴加热，乙酸易溶于水，所以乙装置还起到安全瓶防止倒吸的作用，在丙中搅拌条件下，乙酸与高锰酸钾发生3K2MnO4+4CH3COOH=2KMnO4+MnO2↓+4CH3COOK+2H2O，丁为尾气处理装置，可用于吸收乙酸等，干燥管可以防止倒吸。
【详解】(1)实验中加热熔化固体所用的仪器为坩埚，又因为反应物中的强碱KOH会与瓷坩埚中的二氧化硅反应，从而损坏坩埚，故应选择铁坩埚，所以选D；
(2)成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理，使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱；故检验该装置气密性的方法为连接好装置，关闭分液漏斗活塞，丁烧杯中加入水，用酒精灯微热蒸馏烧瓶，若烧杯中有气泡冒出，停止加热后，干燥管中有一段水柱，则气密性良好；
(3)由于乙酸易溶于水，故容易发生倒吸；乙装置起安全瓶防止倒吸的作用；反应物中乙酸易挥发，实验过程中又对装置乙进行了水浴加热，进一步促进了乙酸的挥发，所以尾气中含有乙酸，可用NaOH溶液来吸收；
(4)先过滤除去二氧化锰，再对高锰酸钾溶液蒸发浓缩，然后冷却结晶，即可得到高锰酸钾晶体；由于高锰酸钾性质不稳定，受热易分解，所以高锰酸钾晶体只能低温烘干；
(5)酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，应选用酸式滴定管，所以选A；
(6)A．滴定实验中，锥形瓶中有少量水不影响高锰酸钾与草酸反应，对结果无影响，A项不符合题意；
B．盛草酸溶液的滴定管滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时无气泡，使得读数偏大，消耗草酸体积偏大，使所测KMnO4浓度偏高，B项符合题意；
C．滴定时草酸溶液洒落瓶外，消耗草酸体积偏大使所测KMnO4浓度偏高，C项符合题意；
D．盛装KMnO4溶液的滴定管用水洗后，未用KMnO4溶液润洗，相当于对KMnO4溶液稀释，所取一定体积溶液中所含KMnO4减少，消耗草酸体积偏小，使所测KMnO4浓度偏低，D项不符合题意；
综上所述选BC。
【点睛】成套实验装置的气密性检查，利用的是气体热胀冷缩的原理.使装置形成密闭体系，对其加热后，观察是否有气体逸出，冷却后气体收缩，是否形成一段水柱。
12． 2PbO·PbO2 CO32-+ PbSO4= SO42-+ PbCO3 三颈烧瓶 热水浴 PbO2+ H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑ BCBDEBF E中黑色固体粉末变为红色，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊 Pb2++ H2Y 2-=PbY2-+2H+ 偏高 85.67%
【分析】I．(1)根据碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2，表明Pb元素常见的化合价为+2价和+4价，据此分析判断Pb3O4改写成简单氧化物的形式；
Ⅱ．(2)根据流程图，步骤①中加入(NH4)2CO3的目的是“脱硫”，将PbSO4转化为PbCO3，据此书写反应的离子方程式；①根据 “脱硫过程”的装置图和反应的转化温度为35℃分析解答；②PbO2具有强氧化性，能够将双氧水氧化，据此书写反应的化学方程式；
(3)为检验CO和CO2两种气体，需要首先检验二氧化碳，然后将CO转化为二氧化碳进行检验，在检验CO前需要检查剩余气体中不存在二氧化碳，同时防止尾气中的CO污染空气，据此分析判断装置连接的合理顺序；
(4)①滴定管未用EDTA标准液润洗，使得EDTA标准液浓度偏小，滴定过程中消耗的EDTA标准液体积偏大，据此分析判断；②反应的方程式为Pb2++ H2Y 2-=PbY2-+2H+，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14. 52 mL，根据方程式有n(PbC2O4)=n(Pb2+)=n(H2Y 2-)，据此分析计算草酸铅的纯度。
【详解】I．(1)铅能形成多种氧化物，如碱性氧化物PbO、酸性氧化物PbO2，表明Pb元素常见的化合价为+2价和+4价，则Pb3O4改写成简单氧化物的形式为2PbO·PbO2，故答案为：2PbO·PbO2；
Ⅱ．(2)根据流程图，步骤①的目的是“脱硫”，将PbSO4转化为PbCO3，反应的离子方程式为CO32-+ PbSO4= SO42-+ PbCO3，故答案为：CO32-+ PbSO4= SO42-+ PbCO3；
①根据 “脱硫过程”的装置图，仪器a为三颈烧瓶；反应的转化温度为35℃，合适加热方式为水浴加热，故答案为：三口烧瓶；热水浴；
②PbO2具有强氧化性，能够将双氧水氧化，反应的化学方程式为PbO2+ H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑，故答案为：PbO2+ H2O2+2HNO3=Pb(NO3)2+2H2O+O2↑；
(3)草酸铅受热分解生成PbO时，还有CO和CO2生成，为检验这两种气体，需要首先检验二氧化碳，然后将CO转化为二氧化碳进行检验，在检验CO前需要检查剩余气体中不存在二氧化碳，同时防止尾气中的CO污染空气，因此装置连接的合理顺序为ABCBDEBF；E中黑色固体粉末变为红色，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊，能够证明产物中有CO气体，故答案为：BCBDEBF；E中黑色固体粉末变为红色，其后的B装置中澄清石灰水变浑浊；
(4)①滴定管未用EDTA标准液润洗，使得EDTA标准液浓度偏小，滴定过程中消耗的EDTA标准液体积偏大，导致测定结果偏高，故答案为：偏高；
②称取2.5 g样品，酸溶后配制成250 mL溶液，然后量取25. 00 mL该溶液，用0. 050 00 mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Pb2+，反应的方程式为Pb2++ H2Y 2-=PbY2-+2H+，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液14. 52 mL，则n(PbC2O4)=n(Pb2+)=n(H2Y 2-)=0.01452L×0. 050 00 mol/L，则250 mL溶液中n(PbC2O4)= 0.01452L×0. 050 00 mol/L×，因此草酸铅的纯度=×100%=85.67%，故答案为：Pb2++ H2Y 2-=PbY2-+2H+；85.67%。
13． 温度计 防止倒吸 使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率 不能 氯化钙与葡萄糖酸不反应 趁热过滤 降低葡萄糖酸钙的溶解度，有利于其析出 D
【分析】葡萄糖中加入3%的溴水并且加热，发生反应C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2O→C6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入过量碳酸钙并加热，发生反应2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3→(C6H11O7)2 Ca (葡萄糖酸钙)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2↑+H2O，趁热过滤，然后加入乙醇得到葡萄糖酸钙悬浊液，过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙，据此进行分析。
【详解】(1)①根据流程可知溴水氧化葡萄糖时需要控制温度为55℃，所以还需要温度计；
②倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；
(2)CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐；
(3)盐酸为强酸，酸性比葡萄糖酸强，氯化钙不能与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；
(4)根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度可知葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，应趁热过滤；
(5)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；
(6)利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，所以应选“乙醇—水的混合溶液”进行洗涤。
14．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 防止生成排放造成环境污染
(3)
(4) A
(5)
(6)
【分析】辉钼矿（主要成分为MoS2，杂质含有Ca、Cu、Re等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMoO4，同时生成Ca、Cu、Re的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，浸出液回收金属铼，浸渣加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出液含、等，浸出液中加入净化除杂，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子，经过蒸发浓缩，浓缩液加入硫酸酸沉分离得多钼酸铵。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）“氧化焙烧”中是还原剂，钼元素由+2价升高到+6价，硫元素由-1价升高到+6价，氧气是氧化剂，氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是9:2；加入碳酸钙可以吸收二氧化硫进一步转化为硫酸钙，防止生成排放造成环境污染；
（3）加入溶液，钼酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，生成的离子方程式为； ；
（4）根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子；
（5）“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，离子方程式为：；
（6）通过流程可知，可循环利用的物质是、，两者可转化为碳酸铵在盐浸步骤中使用。
15．(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3) 90℃~95℃ 温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4
【分析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)
为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)
加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)
选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)
如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)
由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
16．(1)适当升温或适当增加硫酸的浓度等
(2) 铁氰化钾或高锰酸钾出现 蓝色沉淀或紫红色褪色
(3)5.8 × 10-14
(4) Al(OH)3+OH- = + 2H2O Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O
(5)提高铜、镍元素的浸取率
(6)CuR2 + 2H+=Cu2++ 2HR
(7)Na3PO4
【分析】铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr3+的滤液，电解滤液得到铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPO4、AlPO4沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铬系铜镍电镀污泥加入氨水、碳酸铵浸取，过滤得到含有和的滤液，向滤液中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进行反萃取，分液得到含Cu2+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与铬系铜镍电镀污泥处理流程中除杂的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。
(1)
为了增加“浸出I”的浸出效率，可以采取的措施是适当升温或适当增加硫酸的浓度等；
(2)
铬系铜镍电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二价铁转化为三价铁；证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+，可以用K3[Fe(CN)6]或KMnO4检验，若有Fe2+，现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色，故答案为：铁氰化钾或高锰酸钾；出现蓝色沉淀或紫红色褪色；
(3)
除杂的目的是使Fe3+、Cr3+、Al3+沉淀，Ni2+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，Ksp[AlPO4]最大，所以只要保证Al3+完全沉淀，则Fe3+、Cr3+也一定完全沉淀，此时溶液中mol/L=5.8×10-14mol/L；
(4)
Cr及其化合物的性质与铝类似，所以Al(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若NaOH过量，氢氧化物沉淀会溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH- = + 2H2O、Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH- = + 2H2O；Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O；
(5)
根据后续流程的处理可知“浸出Ⅱ”是为了得到和，多次浸取可以提高铜、镍元素的浸取率，故答案为：提高铜、镍元素的浸取率；
(6)
根据流程可知，反萃取的过程中CuR2在硫酸的作用下转化为Cu2+，离子方程式为CuR2+2H+=Cu2++2HR，故答案为：CuR2+2H+=Cu2++2HR；
(7)
根据“萃取Ⅱ”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3•H2O、(NH4)2CO3，可以循环使用；转溶时磷酸盐沉淀转化为氢氧化物，所得滤液I中主要溶质为Na3PO4，可以循环使用，故答案为：Na3PO4。
17．(1) 搅拌 将阳极泥粉碎等
(2) CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O 23.7 g
(3)减小压强，能够使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯
(4) H2SO4溶液 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)1014.5
【分析】电解精炼铜的阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中加入98%的浓硫酸并搅拌，通入氧气焙烧，得到的烧渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的烟气中含有SO2、SeO2，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成Se和H2SO4。粗硒经减压蒸馏得到单质硒。向滤液中加入萃取剂使Cu2+变为R2Cu进入有机相，然后加入稀硫酸作反萃取剂分离得到CuSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到胆矾。在固体X中含有Ag2SO4、Au，向其中加入NaCl溶液，发生沉淀转化Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，得到AgCl沉淀，然后经一系列处理得到粗银。
(1)
“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等；
(2)
CuSe与浓H2SO4发生氧化还原反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成CuSO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；
吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，SO2被氧化为H2SO4，反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，若该过程中有13.44 L标准状况下SO2参加反应，其物质的量n(SO2)=，则根据物质反应转化关系可知还原得到单质Se的物质的量是0.3 mol，其质量m(Se)=0.3 mol×79 g/mol=23.7 g；
(3)
根据已知信息可知Se的熔沸点比较高，可利用压强对物质熔点、沸点的影响，减小压强，使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯；
(4)
根据2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硫酸铜溶液，则“反萃取剂”最好选用H2SO4溶液；
得到的水相中含有CuSO4溶液，从中获得胆矾，根据CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，可采用的操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)
已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，Ksp(AgCl)=10-4.75×10-5=10-9.75；Ksp(Ag2SO4)=(10-2)2×10-1=10-5；反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=。
18．(1) +3 增大盐酸的浓度
(2)氧化Fe2+生成Fe3+
(3) 4.7～7.1 Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O
(5)10 g•L-1
【分析】酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Cl-，还含有少量Fe2+、Fe3+、Al3+等，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子、铁离子全部沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，滤液A中含有NaCl等物质，将NiCO3再溶于盐酸，得NiCl2溶液，向其中加入次氯酸钠和氢氧化钠溶液，过滤得到Ni2O3；
（1）
Ni2O3中Ni元素的化合价为+3；为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末)等；
（2）
“酸浸”后的酸性溶液中含有Fe2+，加入的H2O2可氧化Fe2+生成Fe3+，即加入H2O2的目的是氧化Fe2+生成Fe3+；
（3）
沉镍前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镍离子不能产生沉淀，所以溶液的pH值控制在4.7～7.1，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀时发生的离子反应方程式为2Fe3++3CO+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑、2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，滤渣A为Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
Cl元素由+1价降低到-1价，即反应生成NaCl，而Ni由+2价升高到+3价，生成Ni2O3，反应离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=Ni2O3↓+Cl-+2H2O；
（5）
根据NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响图可知，NH4Cl的浓度为10g•L-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 g•L-1。
19． 时间或颗粒大小等 温度过高使HCl挥发导致浸出率下降 5:1 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3 BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，且用乙醇洗能使晶体快速干燥 当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，还含有SiO2及含Ca、Mg、Fe、Al的化合物)经盐酸浸取后得到不溶于酸的滤渣I是二氧化硅，盐酸“浸取”后，Ca、Mg、Fe、Al元素分别以Ca2+、Mg2+、Fe2+、Al3+形式存在于溶液中；加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调pH=5，得到滤渣II为氢氧化铁和氢氧化铝，继续滴加氢氧化钠得到滤渣III为氢氧化镁，继续加草酸得到草酸钙，滤液经一系列操作后得到。
【详解】(1)增大反应物的接触面积也可以增大反应速率，所以颗粒大小可以影响浸出率，浸出时间越长，浸出率越大，所以浸出时间也会影响浸出率；
(2)盐酸有挥发性，温度过高氯化氢损失过多，导致浸出率下降；
分析数据可知，“浸取”的最佳条件为温度选择30°C，盐酸浓度选择15%，液固比为6：1时浸出率改变不大，从节约成本角度考虑选择5：1；
(3)由分析得，加入过氧化氢是为了氧化亚铁离子，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
从图上看，pH=5时，铁离子和铝离子已经沉淀完全，滤渣II的主要成分是氢氧化铁和氢氧化铝；
(4)BaCl2·2H2O溶于水，但不溶于乙醇，所以采用乙醇洗而不采用水洗；
(5)黄绿素溶液为红色，能与钙离子形成络合物使溶液呈黄绿色，所以滴定至终点时的现象为当滴入最后一滴标准EDTA溶液时，溶液从黄绿色变为红色，且半分钟内不恢复原色；
根据题目得到关系式，计算该溶液中钙离子的浓度为。
20． Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O 过滤 将+3价铁元素还原成+2价 粉碎、搅拌、加热 AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO 会产生污染环境的氮氧化合物 3 热水 C
【分析】Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得LiH2PO4，LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电池正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后滤渣1用硫酸酸化的H2O2溶解，再经过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液2中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而达到除铁的目的，滤液3中加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
【详解】(1)反应釜中Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O。
(2)从溶液中获得LiH2PO4晶体的分离操作是过滤；反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价。
(3)用NaOH溶液溶解废旧电池正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率。
(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁”后溶液中c(Fe3+)=10−6mol·L−1，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH−)=10−6mol·L−1×c3(OH−)=10−39，c(OH−)= mol·L−1=10−11mol·L−1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g，可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
21． PbSO4 蒸发浓缩 1：2：2 2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓ NaCl 2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O
【分析】由题干信息可知，含铋废料(还含Cu、Pb、Zn的硫酸盐及CuS、Fe2O3)，故“酸浸”步骤发生的主要反应有：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑、Pb+H2SO4=PbSO4↓+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，Cu+ Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，过滤后固体为CuS、PbSO4和含铋的化合物，料液中主要有H+、Cu2+、Fe2+等阳离子，加入过量锌粉后，将置换出Cu和Fe，剩下硫酸锌溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得硫酸锌晶体，“溶铜”步骤中主要是将CuS转化为Cu2+和S，“溶铋”步骤中是将铋转化为可溶性的氯化物，通过调节溶液的pH将铋转化为BiOCl沉淀，再与浓的NaOH溶液反应生成铋黄，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，“酸浸”后的固体中除含铋的化合物、CuS外，还含有PbSO4；料液中含有多种成分，向料液中加入过量锌粉并充分搅拌，过滤后，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即可制得ZnSO4·7H2O，故答案为：PbSO4；蒸发浓缩；
(2)“溶铜”时，试剂X可以是多种物质，分别使用O2、H2O2、MnO2三种氧化剂，氧化等物质的量同一种还原剂时，且得到相同氧化产物，故三种氧化剂得到的电子数目相等，故有4n(O2)=2n(H2O2)=2n(MnO2),消耗这三种氧化剂物质的量之比为1：2：2，根据流程图可知， X为O2时，“溶铜”CuS反应生成S、硫酸铜和水，故该反应的离子方程式为：2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓，故答案为：1：2：2；2CuS+O2+4H+=2Cu2++2H2O+2S↓；
(3)其他条件相同时，溶液中c(Cl-)越大，铋的溶出率越大，仅从原料成本角度考虑，NaCl是一种原料丰富，容易获得的化学物质，且能增大溶液中c(Cl-)，故试剂Y是NaCl，故答案为：NaCl；
(4)由题干流程图可知，“制备”步骤是BiOCl与浓的NaOH溶液加热生成铋黄、NaCl和水，故该反应的离子方程式为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O，故答案为：2BiOCl+2OH-=Bi2O3+2Cl-+H2O。
22． Fe2(SO4)3和CuSO4 增大的投料比和多次浸取转化、充分搅拌 (NH4)2SO4 PbCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Pb+CO2↑+H2O pH过低会有较多的Zn与H+反应，造成锌的浪费 生成的Pb在Zn表面析出阻碍Zn的进一步反应，搅拌使Pb脱落 Cu Pb2++2e-=Pb
【分析】含铅废渣（主要成分为PbSO4，还含有少量CuO、FeO等）溶于硫酸时，将CuO和FeO反应生成CuSO4和FeSO4，再加双氧水将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，过滤，沉淀为PbSO4，滤液1为Fe2(SO4)3和CuSO4；PbSO4与(NH4)2CO3反应生成PbCO3和(NH4)2SO4，过滤，沉淀为PbCO3，滤液2为(NH4)2SO4；PbCO3与CH3COOH反应生成(CH3COO)2Pb，加锌单质置换出Pb单质和(CH3COO)2Zn，过滤，滤液3为(CH3COO)2Zn；海绵铅经过电解精炼得到纯铅。
【详解】(1)根据分析“滤液1”中溶质的主要成分有Fe2(SO4)3和CuSO4；
(2)“转化”时发生PbSO4+=PbCO3+，增加的(NH4)2CO3量、多次浸取转化、充分搅拌可提高PbSO4的转化率，所以可采取的适宜措施有增大的投料比和多次浸取转化、充分搅拌；PbSO4与(NH4)2CO3反应生成PbCO3和可溶于水的(NH4)2SO4，所以“滤液2”中主要溶质是(NH4)2SO4；
(3)“溶解”时，PbCO3与CH3COOH反应生成(CH3COO)2Pb、CO2和H2O，所以发生反应的化学方程式为PbCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Pb+CO2↑+H2O；
(4)“还原”时，pH过低，酸性较强，Zn能与H+反应，所以原因是pH过低会有较多的Zn与H+反应，造成锌的浪费；还原过程中生成的Pb覆盖在Zn表面能阻止Zn的进一步的反应，所以不断搅拌的主要目的是生成的Pb在Zn表面析出阻碍Zn的进一步反应，搅拌使Pb脱落；
(5)海绵铅精炼时，阳极为海绵铅，用PbSiF6和H2SiF6的混合溶液作电解质进行电解时，只有Cu不反应，所以阳极泥的主要成分为Cu；阴极Pb2+得电子生成Pb，所以阴极电极反应式为Pb2++2e-=Pb。
23． 提高温度或将矿石粉碎或适当提高酸的浓度等 TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl- 促进水解 提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发 1.5×10-12 Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑ Li(x-5)C+5Li++5e-=LixC
【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12，由制备流程可知，加盐酸酸浸溶解，SiO2与盐酸不反应，过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，对滤液①加热发生水解反应TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-，水解后过滤，水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，沉淀为TiO2•xH2O，向沉淀中加入氨水、双氧水和LiOH反应过滤后得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温下发生反应Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑生成Li4Ti3O12，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸时，要提高铁的浸出率可采取的措施是提高温度或将矿石粉碎或适当提高酸的浓度等；
(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-，加热水的目的是促进水解；
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，双氧水受热易分解，氨水受热易挥发，应将温度控制在50℃左右的原因是提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发；
(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，根据Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)，c(PO43-)==1.0×10-4mol·L-1，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO43-)，c(Fe3+) = =1.5×10-17 mol·L-1，此时溶液中==1.5×10-12；
(5)根据分析，高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑；
(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时为电解池，是放电时的逆过程，充电时的总反应为：Li(x-5)C＋Li9Ti5O12LixC＋Li4Ti5O12，阴极上得电子，发生还原反应，电极反应式为Li(x-5)C+5Li++5e-=LixC。
【点睛】本题易错点为(3)，结合物质的性质分析，双氧水、氨水都不稳定，温度过高会分解和挥发；解答(6)时，要考虑二次电池的放电和充电过程互逆，根据放电过程总反应，书写充电过程总反应，再根据电解池阴极发生还原反应，分析书写电极反应。
24． N2H4·2HCl 长颈漏斗 检查装置的气密性 除去二氧化碳气体中的氯化氢 bac Cl- 除去晶体表面的水 偏高
【分析】根据合成氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体流程，将V2O5通过盐酸、N2H4·2HCl的作用，还原为VOCl2，得到的VOCl2与碳酸氢铵溶液同时搅拌将得到氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体；VOCl2转化为氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体的过程如装置图所示，向反应体系中持续通入CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸电离生成氢离子抑制了铵根离子的水解，保证氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵产率的最大化，反应完成后，将得到的晶体经洗涤、过滤、干杂得到较纯晶体，通过滴定的方法测定晶体中V的含量，据此分析。
【详解】(1)反应过程中稀盐酸起到酸性的作用，N2H4·2HCl在反应中起到还原剂的作用；
(2)①根据图示装置，仪器M为长颈漏斗；实验开始前要检查装置的气密性；
②装置B的作用是除去制备的二氧化碳气体中含有氯化氢气体，否则氯化氢与碳酸氢铵会发生反应，降低晶体产率；
③加完VOCl2继续搅拌一段时间，此时需要将分液漏斗取出并密封锥形瓶，目的是防止氧气从分液漏斗中进入锥形瓶，使VO2+被锥形瓶中的氧气持续氧化，减少产量，将密封好的锥形瓶放在干燥器中静置过夜，保证锥形瓶中的反应进行彻底，故正确的顺序为bac；
④根据生成物的晶体组成分析，晶体中不含有Cl-，故用饱和NH4HCO3溶液洗涤可除去的阴离子主要是Cl-，减少晶体的溶解；乙醇能与水互溶，利用乙醇具有挥发性可以除去晶体表面的水分；
⑤若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准溶液的体积偏高，会使测定结果偏高；根据滴定反应+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，钒元素的物质的量n=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=c mol/L×V×10-3L=cV×10-3mol，产品中钒(以VO2+计)的质量分数为。
25． Zr (OH) 4 ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2 1×106Pa，390℃ 温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低 SiO32-、AlO2-、Cl- 2.06L 2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O
【分析】天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，沉淀中主要有Fe(OH)3、Zr(OH)4、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，通入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。
【详解】(1)滤渣1中含有Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2，主要成分是Zr(OH)4；
(2)①根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；
②观察图象可知产率最高点时的压强和温度分别是1×106Pa，390℃；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低；
(3)“滤液1”中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，阴离子除OH-外还有SiO32-、AlO2-、Cl-；
(4)①沉淀Cu2+需要2 L 1 mol/L NaCN溶液，根据Ksp=c( Cu2+)×c2(CN-),代入Ksp=4×10-10、c(Cu2+)=1.0×10-6 mol/L计算，可得最终混合液中c(CN-)=2.0×10-2mol/L。设所需体积为(2+x)L，则有x=2.00×10-2×(3+x)，计算得x≈0.06，所以最终需要2.06 L溶液；
②)漂白液或漂白液的有效成分都含有ClO-，由题意知氮元素氧化生成N2，碳元素氧化生成CO32-， ClO-还原成Cl-，结合原子个数守恒、电子守恒进行配平，发生反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O。
【点睛】计算NaCN溶液的体积不能只算沉淀所需的，需先计算沉淀完Cu2+所需的NaCN，再通过Ksp计算出溶液中剩余的NaCN，二者加和即可；方程式的书写要确定产物，再根据方程式的配平方法进行配平。
26． +3 Mg2+(或镁离子） 过滤 氧化性 D 3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+ CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高 Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O 化学
【分析】由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO42-，转变为Cr2O72-，据此回答；
【详解】（1））由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；
答案为：+3；
（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤；
答案为：Mg2+(或镁离子）；过滤；
（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，则c(OH-)＜10-10 mol/L，c(H+)＞10-4 mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，故选D；
答案为：氧化性；D；
（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程：，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72-产率也就越高；
答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高；
（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72-得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置；
答案为：Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学。
【点睛】解工业流程题，要结合信息、流程及物质的知识综合应用。问题（4）中步骤IV离子方程式容易出错，一个关键是反应条件为碱性条件，关键二是溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，关键三是信息提示的灵活应用——NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+。
27． MnO2+PbS+4HClPbC12+S+MnC12+2H2O 除去Fe3+ 温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体 BD 6.75×10-6mol•L-1 浸取 4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。
【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；
(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；
(3)温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；
(4)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。
A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；
B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；
C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；
D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；
综上所述选BD；
(5)沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；
(6)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。
28． 加快浸出速率，提高浸出速率 Ca(OH)2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净 2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑ Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+ 防止二价铁被氧化
【分析】根据题意、流程进行分析。锂辉石的主要成分为LiAl(SiO3)2，还含微量的钠、钙、镁等元素，加入硫酸酸浸后过滤，所得滤液中主要含Li2SO4、Al2（SO4)3，还含有硫酸、Na+、Mg2+等；加入石灰水将滤液中的硫酸中和、Al3+和Mg2+转化为沉淀而除去；过滤后加入饱和碳酸钠溶液使Li+转化成Li2CO3沉淀，据此分析作答。
【详解】(1)在“硫酸浸出”流程，将硫酸加热到130℃的目的是加快浸出速率，提高浸出速率；
(2)在“中和分离”流程，石灰水中和过量的硫酸反应，发生的反应方程式为Ca(OH)2+H2SO4=CuSO4↓+2H2O；
(3)在“Li2CO3分离、洗涤”流程，用热水洗涤的原因是Li2CO3在冷水中的溶解度比热水中大，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解度损耗，提高产率；
(4) 检验碳酸锂沉淀是否洗涤干净，实际上检验最后洗涤液中是否含硫酸根，所以检验Li2CO3沉淀是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，向其中滴加盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若无沉淀产生，则沉淀已洗干净；
(5)制取电池材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)时，反应物有FePO4、Li2CO3和草酸晶体(H2C2O4·2H2O)，再根据元素守恒，不难得出产物中还含有CO2和H2O，所以化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4.2H2O2LiFePO4+3CO2↑+3H2O↑；
(6)电解时阳极为活性电极Fe失电子，结合元素关系写出生成磷酸亚铁锂的电极反应式为Fe-2e-+Li++H2PO4-=LiFePO4+2H+，制备磷酸亚铁锂的过程必须在惰性气体氛围中进行，由于二价铁能被空气中的氧气氧化成三价铁，所以原因是防止二价铁被氧化。
【点睛】本题为工业流程和实验题，结合题意和所学知识点，可以写出相应答案，方程式书写要抓住反应物和生成物，再进行配平，电极反应式为本题难点，根据铁的化合价得到电子数进行书写。
29． 将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等 3UO2+6H+ +C1O3—= 3UO22-+ +3H2O+C1— MgO Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大 Mg2+ 浓度，有利于MgSO4·H2O析出 2.5×10(37—3a) 变大 ====2.0×1022×c（OH-），加入NaOH固体后，溶液的c(OH—)增大，所以变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、Fe2S)，调节滤液的pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-，故答案为：将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等；3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，调节pH，需要避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成的沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；
(4)①在T℃，Fe3+水解方程式为Fe3+(aq)+3H2O(l)═Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意结合Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]、Kw将转化为与氢氧化钠浓度(溶液的酸碱性)有关的关系式。
30． 增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率 Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2 漏斗 玻璃棒 向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次 抑制MgCl2水解或防止生成Mg(OH)2 H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+ 1 H2B4O72B2O3+H2O
【分析】硼镁矿主要成分为Mg2B2O5•H2O，硼砂的化学式为Na2B4O7•10H2O；硼镁矿加入氢氧化钠浓溶液，待完全溶解后再过滤得到滤渣氢氧化镁，滤渣中加入浓盐酸溶解，通过蒸发浓缩得到氯化镁结晶水合物，在氯化氢气流中加热得到氯化镁固体，电解得到镁；滤液中主要是NaBO2，浓缩后通入适量二氧化碳气体得到硼砂，溶于热水后调pH至2～3制取H3BO3，冷却结晶得到H3BO3晶体，加热得到B2O3，Mg和B2O3混合在高温下生成MgO和B。
【详解】(1)硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5•H2O，难溶于水，所以预先进行粉碎处理以增大固体与溶液的接触面积，增大反应速率；根据后续对滤渣的处理可知滤渣为Mg(OH)2，B元素变为2NaBO2，结合元素守恒可得化学方程式为Mg2B2O5•H2O+2NaOH=2Mg(OH)2 +2NaBO2；
(2)过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；洗涤沉淀是为了除去其表面的杂质，洗涤操作为向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下，重复操作2~3次；
(3)MgCl2中Mg2+会水解生成Mg(OH)2，若直接加热MgCl2·7HO，则会促进水解，不能得到无水MgCl2 ，所以要在HCl氛围中加热，抑制MgCl2水解，得到无水MgCl2；
(4)由于H3BO3为一元弱酸，其与NaOH反应的化学方程式为NaOH+ H3BO3=Na[B(OH)4]，说明其酸根离子为[B(OH)4]-，H3BO3本身不能电离出H+，但在水中易结合一个OH-生成[B(OH)4]-，同时生成H+，从而体现弱酸性，所以其电离方程式为H3BO3+ H2O[B(OH)4]-+H+；
(5)①依据图中数据，起始时有248gH3BO3，物质的量为4 mol，第一次分解得到产物176 g，失水72 g(即4 mol)，因此B点对应的物质为HBO2 (物质的量为4 mol)，第二次分解得到产物158g，再失水1 mol，依据原子守恒，C点得到的物质的化学式为H2B4O7，故可表示为2B2O3·H2O，即n=1；
②第三次分解再失水1mol，所以第三次失水后的产物为B2O3，故C到D的化学方程式为H2B4O72B2O3+H2O。
【点睛】由晶体失水制备某些易水解的盐酸盐如FeCl3、MgCl2时为了防止其水解通常要在HCl气流中加热其溶液；第4小题为易错点要注意根据题目所给方程式判断出H3BO3的酸根是[B(OH)4]-，而不是H2BO3-。
31． a Li2O·Al2O3·4SiO2 将矿石粉碎（搅拌、升高温度） 4.7 Mg(OH)2，CaCO3 Na2CO3 净化 6Li2CO3+4Co3O4+O2=12Li2CoO2+6CO2
【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂，据此分析解题。
【详解】(1)焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选出锂元素的焰色为紫红色，故答案为a；
(2)锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，在原子简单整数比不变的基础上，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；
(3)“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸，为提高“酸化焙烧”效率，还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌、升高温度等；
(4)根据柱状图分析可知，Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的Al(OH)3的Ksp=c(Al3+)×c3(OH-)=1×10-33，c(OH-)==mol/L=1×10-9.3mol/L，则c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为4.7；
(5)由分析知，“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为Mg(OH)2和CaCO3；
(6)根据“沉锂”后形成Li2CO3固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的沉淀剂为饱和Na2CO3溶液；该过程得的“母液“中仍含有大量的Li+，需要从中2提取，应回到“净化“步隳中循环利用；
(7)Li2CO3与Co3O4在敝口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高，因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素，化字方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。
【点睛】硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“•”隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c．当计量数配置出现分数时应化为整数。
32． Na2SiO3 NaAlO2 H2SiO3 4.7 NH4++VO3-=NH4VO3↓ 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑ 3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞C2O42-＞c(OH-) 0.38
【分析】“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2；
“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+；
“调pH”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；
“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5；
“还原”时，用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+，调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3，据以上分析解答。
【详解】(1) 高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；
(2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，Fe3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=4.0×10-38，c3(OH-)=4.0×10-33，c3(H+)=，c(H+)=×10-4≈6×10-4，pH≈4-lg6＜4。Al3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=1.0×10-33，c3(OH-)=1.0×10-28，c3(H+)=，c(H+)=，pH=-lg()=5- lg()≈4.7＞4，综上所述，要使A3+和Fe3+完全沉淀，pH不低于4.7，故答案为：H2SiO3；4.7；
(3)“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3沉淀煅烧得到V2O5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O和NH3，方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑，故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；
(4) “还原”时，C2O42-将CrO42-还原成Cr3+，pH在2.5左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为CO2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O，故答案为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O；
(5) HC2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)＞c(HC2O4-)，HC2O4-的电离常数= Ka2=6. 4×10-5，HC2O4-的水解常数Kh==≈1.7×10-13，电离常数＞＞水解常数，加之水电离也能产生一定的H+，所以c(H+)＞C2O42-＞c(OH-)。水解和电离都是微弱的，所以，c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，综上所述：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)。H2C2O4H++HC2O4-，Ka1=，HC2O4-H++C2O42-，Ka2=，Ka1×Ka2=×=。pH= 2.5，则c(H+)=10-2.5，所以，==0.38（保留两位有效数字），即c(C2O42- ):c(H2C2O4)=0.38，故答案为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；0.38；
【点睛】(5)二酸弱酸H2X：。
33． 搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种） 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl- MgO或Mg(OH)2 Fe(OH)3、UO2(OH)2 增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O 2.5×10(37-3a) 变大 ====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS)，滤液调节pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等； 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，应调节pH，为避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；
(4)①在T℃， Fe3+水解方程式为，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃，
回答下列问题：
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的难点为(4)②，要注意将转化为c(OH-)的关系式，再判断。
34． SiO2 蒸发浓缩、冷却结晶 Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑ 不变
【分析】钛铁矿[主要成分为FeTiO3(钛酸亚铁，不溶于水)、Fe2O3及少量SiO2杂质]加过量硫酸，FeTiO3溶于过量硫酸，生成Fe2+、TiO2+、H2O，Fe2O3溶于过量硫酸，生成Fe3+离子，SiO2杂质不溶于酸，滤液A主要阳离子为Fe2+、TiO2+、Fe3+；加入铁粉，发生了反应：2Fe3++Fe═3Fe2+，溶液B主要阳离子为Fe2+ 、TiO2+，蒸发浓缩冷却结晶得绿矾和TiO2+、SO42-，加入碳酸钠粉末生成TiO2•nH2O，一定条件下得到TiO2；绿矾加水溶解，调节pH至5~8.5防止水解，溶液C溶质主要为FeSO4，加入足量的NH4 HCO3，生成FeCO3，经过煅烧后得到Fe2O3 。
【详解】(1)根据分析可知滤渣主要为不溶于酸的SiO2；
(2)从溶液中得到晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(3)加入碳酸氢铵后，Fe2+与碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸亚铁沉淀，促进碳酸氢根的电离，氢离子浓度增大，氢离子浓度增大后又促进碳酸氢根的水解，生成二氧化碳，所以离子方程式为：Fe2++2HCO3⁻ =FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4)煅烧FeCO3生成三氧化二铁和二氧化碳，Fe2+别氧化，结合元素守恒可知氧化剂为O2，根据电子守恒可得方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(5)溶液中存在平衡TiO2++(n+1)H2O⇋TiO2·nH2O+2H+，加入Na2CO3粉末消耗H+，平衡正向移动，生成TiO2·nH2O；
(6)与正极相连的是阳极，据图可知石墨电极为阳极，反应过程中C被氧化生成CO2，所以电极方程式为：C+2O2⁻-4e⁻===CO2↑；阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变。
【点睛】第(3)题中要注意碳酸亚铁的溶解度比氢氧化亚铁的溶解度要小，所以加入碳酸氢铵后不是双水解生成氢氧化亚铁沉淀，而是结合碳酸氢根电离出的碳酸根生成碳酸亚铁沉淀。
35． 充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可 2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O 3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6） 4.0×10－11 Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋ 将溶液加热 (NH4)2SO4 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。（其它合理答案也可）
【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。
【详解】（1）加快“浸取”速率，即为加快酸浸反应速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可，
答案为：充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可；
（2）由分析中滤渣1的成分可知，反应的化学方程式2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，
答案为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O；
（3）根据表格数据铁离子完全沉淀时的pH为3.7，但不能沉淀其他金属离子，故结合各金属离子沉淀时的pH值可知，溶液的pH不能高于5.6，则调节pH调的范围为3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；当溶液pH调为5时，c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)==10-9 mol/L，已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，则c(Fe3+)===4.0×10－11 mol/L，
答案为：3.7～5.6（ 或3.7≤pH<5.6）；4.0×10－11；
（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＋，
故答案为Mn2＋＋HCO3－＋NH3＝MnCO3↓＋NH4＋；
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是减小氨气溶解度，氨气是易挥发的气体，加热驱赶，
故答案为将溶液加热；
（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，
故答案为(NH4)2SO4；
（7）检验沉淀是都洗净，主要是检验沉淀表面是否含有硫酸根离子，则操作为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净，
答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗净，反之未洗净。
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