安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-50常见物质的制备（1）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-50常见物质的制备（1），共38页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-50常见物质的制备（1）

一、单选题
1．（2023·安徽淮北·统考一模）某校化学兴趣小组利用如图装置在实验室制备“84”消毒液，下列说法正确的是

A．装置I中的可以替换成
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，还可以防止倒吸
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，转移电子
D．装置Ⅳ的作用是吸收空气中的和水蒸气
2．（2022·安徽淮南·统考二模）在实验室采用如图所示装置进行气体的干燥、收集和尾气处理，合理的是

选项
气体
溶液X
A
NO
氢氧化钠溶液
B
NH3
水
C
SO2
氢氧化钠溶液
D
Cl2
饱和食盐水

A．A B．B C．C D．D
3．（2022·安徽·模拟预测）制备下列气体所需的反应物和发生装置均可行的是
选项
A
B
C
D
气体
一氧化氮
氯气
硫化氢
氨气
反应物
铜丝、稀硝酸
浓盐酸、高锰酸钾溶液
硫化钠固体、浓硫酸
铵盐、熟石灰
发生装置





A．A B．B C．C D．D
4．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是

选项
气体
反应试剂
制备装置
收集方法
A
NH3
Ca(OH)2、NH4Cl
a
e
B
Cl2
MnO2、浓盐酸
c
d
C
NO
Cu、浓硝酸
c
d
D
SO2
Na2SO3、70％硫酸
b
f

A．A B．B C．C D．D
5．（2022·安徽淮北·统考二模）实验室用苯、铁粉、液溴制备并提纯溴苯的相关装置如图所示。下列说法错误的是

A．装置Ⅰ中回流的目的是减少苯、液溴和溴化氢的挥发
B．装置Ⅰ中倒扣漏斗有防倒吸作用
C．装置Ⅱ的作用是将滤液依次用水、稀氢氧化钠溶液、水洗涤后分液
D．装置Ⅲ是用蒸馏法分离苯与溴苯

二、工业流程题
6．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光。导弹等尖端领域，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，设计实验流程如下：

已知：①显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质；
②CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。
回答下列问题：
(1)将废玻璃粉碎的目的是___________。
(2)工序1中加入H2O2的作用是___________。
(3)工序3是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、常温晾干。
(4)工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式___________，滤渣2的主要成分是___________。
(5)硫酸铁铵可用作净水剂，但在除酸性废水中悬浮物时效果较差，原因是___________。
(6)取上述流程中得到Ce(OH)4产品0.640g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中Ce元素的质量分数为___________，(保留三位有效数字)
7．（2023·安徽宣城·统考一模）科研小组利用钛钒磁铁矿的矿渣(V2O3、FeO、SiO2、Al2O3及一些稳定杂质)制备钠离子电池电极材料磷酸钒钠[Na3V2(PO4)3]。
  
已知：①NH4VO3难溶于水
②+5价钒在溶液中的主要存在形式和pH的关系如表：
pH
＜6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
回答下列问题：
(1)球磨的作用_____。
(2)实验室焙烧时使用酒精喷灯、三脚架、_____、铁坩埚、玻璃棒和坩埚钳。焙烧时V2O3转化为可溶的Na3VO4的反应方程式为_____。
(3)如图是某氧化物的晶胞，则该氧化物是_____。(填字母序号)
a．V2O3 b．FeO       c．SiO2 d．Al2O3
  
(4)滤渣Ⅱ主要成分是_____(填化学式)，试剂X可以使用流程中的某种产物，其电子式为_____。
(5)Ar气氛焙烧制产品时的化学方程式为_____。
(6)某种钠离子电池充电时总反应为Na3V2(PO4)3+C6=NaxCs6+Na3-xV2(PO4)3，该电池放电时正极的电极方程式为_____。
8．（2023·安徽宣城·统考二模）高纯氧化铁(Fe2O3)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于电工电信设备。以窑尾灰为原料制造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、FeO、Fe2O3、CaO、Al2O3、MgO、SiO2)

当c(Mn+)≤10-5mol·L-1时，认定沉淀完全；25℃时，各物质的溶度积常数如下：
物质
CaSO4
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
CaF2
MgF2
Ksp
9.0×10-6
8.0×10-16
4.0×10-38
1.0×10-30.5
5.0×10-9
7.5×10-11
据此回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是_______。
(2)“还原”过程加铁粉的目的是_______。
(3)若滤液2中c(Fe2+)=2mol·L-1则“调pH”范围是_______(lg2≈0.3)。
(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中=_______(化为最简整数比)。
(5)写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：_______。
(6)“灼烧”过程中的化学方程式为：_______。
9．（2023·安徽安庆·统考二模）金属钒在新能源动力电池中有重要作用。含钒尖晶石是钒渣中最主要的含钒物相，其主要成分有V2O3、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2.采用以下工艺流程制备V2O5。

(1)“焙烧”过程中被氧化的元素为_______，写出V2O3与Na2CO3反应的化学方程式_______。
(2)“沉淀1”的成分是_______。
(3)“滤液1”中铝元素所发生的离子反应方程式_______。
(4)“沉淀2”加热分解后固体产物的用途_______。(任写一种)
(5)“沉钒”析出NH4VO3晶体时，需要加入过量(NH4)2CO3，结合平衡移动原理解释原因_______。
(6)该工艺流程中可回收再循环利用的物质有_______。
10．（2023·安徽蚌埠·统考二模）如图是以硼镁矿(含Mg2B2O5 ·H2O、SiO2及少量Fe2O3、A12O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程：

回答下列问题：
(1)为了提高硼镁矿的“溶浸”速率，工业中可以采取下列适当措施______________( 填序号)。
A．升高溶浸温度         B．加快搅拌速度       C．缩短酸浸时间
(2)滤渣的主要成分有____________________。
(3)吸收过程中发生的离子方程式为___，的空间构型为_____________。
(4)沉镁时调pH≈6.5的原因是________________。
(5)已知溶浸后得1000L含Mg2+3.0mol·L-1的溶液，假定过滤I和过滤II两步Mg2+损．耗率共10%，沉镁时沉淀率99.9% ，最多能生成Mg( OH)2· MgCO3________kg(保留到小数点后第1位)。
11．（2022·安徽铜陵·统考二模）随着能源紧缺问题的凸显，太阳能电池已经成为各国实施可持续发展的重要选择。太阳能电池的核心是电池材料，Si、GaAs(砷化镓)、CdTe(碲化镉)、铜(Cu)铟(In)硒(Se)薄膜等均可用于太阳能电池材料。回答下列问题：
(1)上述所涉及元素中，属于副族元素的是_______(填元素符号)。
(2)Se与O同主族，质子数比O大26，写出Se原子的结构示意图：_______。
(3)废弃的含GaAs的半导体材料可以用浓硝酸溶解，生成和，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)以铜镉渣［主要含锌、铜、铁、镉、钴(Co)等单质］制备金属镉的工艺流程如下：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度均为0.1mol·L-1)
氢氧化物



开始沉淀的pH
1.7
6.3
7.5
沉淀完全的pH
2.8
8.4
9.3
①“滤渣1”是_______(填元素符号)。
②“氧化、沉铁”时，加入ZnO控制反应液的pH范围为_______；若加入的不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素，检验其所用的试剂是_______。
③“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解时，阳极反应式为_______，“电解废液”最好在_______步骤中加入以便循环利用。
④Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极转化为，则充电时电池的阳极反应式为_______。
12．（2022·安徽池州·统考模拟预测）利用铝锂钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量铝箔、LiCoO2等杂质，Co3O4具有较强氧化性)制备CoO的工艺流程如图所示。

已知：I.不同浸出剂“酸溶”结果
浸出剂

浸出液化学成分/(g·L-1)
钴浸出率/%

Co
Al
HCl
80.84
5.68
98.4
H2SO4+Na2S2O3
84.91
5.96
98.0
II.Al3+在pH为5.2时沉淀完全。
III.LiF的Ksp为1.8×10-3。
回答下列问题：
(1)“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是_______(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：_______。
(2)“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择_______，并说明理由：_______。
(3)“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时计算“净化”后残余c(Li+)=_______mol·L-1。
(4)写出滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式_______。
13．（2022·安徽淮南·统考二模）锗是一种稀散金属，在光纤通信、航空航天等领域有广泛应用，模拟从氧化锌烟灰(成分有ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2、PbO等)中提取锗元素的流程图如下：

已知：①浸取后溶液pH为2，Ge以GeO2+的形式存在；
②单宁酸为复杂有机酸，易与Fe3+络合沉淀。
(1)浸取时ZnO·GeO2发生反应的化学方程式是_______，浸渣的主要成分是_______。
(2)试剂X的作用是_______。
(3)下图为沉锗时溶液pH对锗沉淀率的影响，则适宜的pH应为_______(填标号)。

A．1.0 B．2.0 C．2.5 D．3.0
(4)沉锗时有一段沉锗和二段沉锗两种工艺，单宁酸用量与锗沉淀率关系如表所示，工业常用二段沉锗工艺且单宁酸总用量为25倍，其原因是_______。
一段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
88.5
89.5
90.5
91.5
93.5
二段沉锗单宁酸总用量/倍
10
15
20
25
30
锗沉淀率/%
92
93.5
94.5
97
97.5
(5)可从滤液中回收的金属元素主要有_______。
(6)若用C2H2O表示单宁酸，压滤后的含锗沉淀表示为GeO(C2H2O)2SO4，其在空气中灼烧会得到SO2、H2O、CO2三种气体，该反应方程式为_______。
14．（2022·安徽淮北·统考二模）某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：

(1)已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是_______，实验室中宜选用的加热方式为_______(“水浴加热”或“油浴加热”)。

(2)已知“浸取液”的主要成分、、和过量的H2C2O4，滤渣的主要成分是_______；Fe2O3与H2C2O4的反应的离子方程式为_______。
(3)“浓缩液”经过两步氧化实现金属元素的分离。在溶液中存在平衡WO2(C2O4)+，WO2(C2O4)+ ，当溶液中的草酸氧化分解率到达67%时，开始水解生成。
①写出水解的离子方程式_______；
②已知离子在溶液中也存在类似的电离平衡，下列有关氧化离子生成V2O5·H2O的说法错误的是_______(填标号)。
A．加入促使离子的电离平衡正向移动
B．该过程涉及了2个以上的化学平衡
C．VO2+离子水解生成V2O5·H2O
(4)已知 K1；FeC2O4Fe2++  K2，当“滤液1”中时，的浓度为_______mol/L。(已知)
15．（2022·安徽黄山·统考二模）柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，摩尔质量：246g/mol)是一种易被人体吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(成分为60%FeS2、Al2O3、SiO2及其他杂质)为原料来制备柠檬酸亚铁，其流程如下图：

已知：(1)“焙烧”生成了铁红；
(2)常温下，柠檬酸()电离常数：  ，， , Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___________，“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为___________。
(3)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种___________盐(填“正”“酸式”或“碱式”)，0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈___________性。(填“酸”、“碱”或“中”)
(4)若铝离子浓度为0.1mol/L，通过计算判断，“除铝”中调节pH=2时是否产生氢氧化铝沉淀___________。(写出计算过程)
(5)“沉铁”时需控制温度在32℃左右，其可能的原因是___________。
(6)某工厂用1kg硫铁矿经上述流程制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为______。(保留四位有效数字)

三、实验题
16．（2023·安徽马鞍山·统考一模）二甲亚砜( )是一种含硫有机化合物，是重要的极性非质子溶剂，能与水及许多有机溶剂互溶，被誉为“万能溶剂”，有消炎止痛、镇静等作用。工业上常采用二甲硫醚与二氧化氮在60~80℃进行气液相氧化反应制得：其装置如图(加热及夹持装置已省略)。

已知：①二甲硫醚是一种无色挥发性液体，由硫酸二甲酯与疏化钠反应制得：
②硫酸二甲酯，微棕色油状液体，遇水迅速水解成硫酸和甲醇；
③为一元弱酸，不稳定，易分解为NO和。
请回答下列问题：
(1)E的名称为_______，D的作用是_______。
(2)B中的试剂可选择_______。
A．碱石灰 B．无水 C．浓硫酸 D．
(3)写出的结构式_______。
(4)实验过程中如何确定硫酸二甲酯已完全转化为二甲硫醚_______。
(5)为了让A中较快速的产生，可采取的方法是_______。
(6)C中生成二甲亚砜的化学方程式为_______。
(7)上述实验装置存在的一处错误是_______。
17．（2022·安徽铜陵·统考二模）乙酸正丁酯()是无色透明液体，具有强烈香蕉味，沸点为125℃。是重要的有机化工原料，被广泛用于溶剂、涂料和医药等行业。实验室用如下方法制备乙酸正丁酯：

Ⅰ.在50mL的圆底烧瓶中加入10.0mL正丁醇(微溶于水)、8mL冰醋酸和0.5g硫酸镍，混合均匀后加入几粒沸石，连接装置如图所示(夹持和加热装置已略去)。
Ⅱ.反应约1h后停止加热，冷却，过滤分离出催化剂，将烧瓶中的混合物与分水器中的酯层合并，转入分液漏斗中，用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤至中性，再依次用饱和氯化钠溶液、饱和氯化钙溶液洗涤，分出酯层。
Ⅲ.将分离出来的酯层倒入干燥锥形瓶中，加入1~2g无水硫酸镁，过滤，将酯层转移到干燥的蒸馏烧瓶中，加入几粒沸石进行蒸馏，收集122~126℃的馏分。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为_______。
(2)写出生成乙酸正丁酯的化学方程式：_______。
(3)用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤的目的是_______。
(4)向分液漏斗中加入饱和碳酸钠溶液洗涤时，在摇动后应进行的操作是_______。
(5)步骤Ⅲ加入无水硫酸镁的目的是_______；该步骤进行蒸馏时，应选用_______(填“直形”“球形”或“蛇形”)冷凝管。
(6)可利用分水器中的现象判断反应已经完成，该现象是_______。
(7)本方法中用硫酸镍作催化剂的优点是硫酸镍能重复利用，催化剂重复利用次数与产率的关系如图所示。随着重复次数的增多，产率逐渐下降的原因可能是_______。

18．（2022·安徽淮南·统考二模）CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，是重要的工业催化剂。某化学兴趣小组同学对其制备过程进行了实验探究。
I．小组同学首先用如图装置制备CuCl2。

(1)仪器a的名称为_______NaOH溶液的作用是_______。
(2)三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。
II．查阅资料后，小组同学用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl。
(3)制备反应的离子方程式为_______。
(4)将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品。
①过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免_______；
②判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是_______。
(5)研究发现，CuCl的产率与CuCl2起始浓度、溶液pH的关系如下图。

①随着pH增大，CuCl2浓度逐渐降低的原因是_______；
②控制溶液的pH在_______时，CuCl产率最高。
19．（2022·安徽淮北·统考二模）三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，Mr=491 g/mol)，是制备某些负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室中，可通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，Mr=392 g/mol]制备，实验步骤如下：称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 mol/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解。再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后继续煮沸3分钟，过滤。在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体的质量为5.95g。回答下列问题：
(1)在实验室中，配制1.0 mol/LH2SO4溶液，需要的仪器有烧杯、玻璃棒、_______(从下图中选择，写出名称)。

(2)生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟的目的_______。
(3)①水浴温度控制在40℃最适宜，原因是_______；
②除去过量H2O2溶液的目的是_______；
③由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备溶液的化学反应方程式_______。
(4)析出的三草酸合铁酸钾晶体通过如图所示装置进行分离，与普通过滤装置相比，该装置的优点是_______。所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是_______%(保留3位有效数字)。

20．（2022·安徽宣城·二模）二氧化氯(ClO2)是广泛应用的高效安全消毒剂。
(1)ClO2性质活泼，气体及水溶液均不能稳定存在，使用时需现场制备或用稳定剂吸收、转化。用和将ClO2转化为，的反应装置如图1，已知反应放出大量的热，且温度高于60℃时分解生成和。

①仪器A的名称为_______，写出A中发生反应的化学方程式_______。
②实验时吸收液中和的物料比小于反应的化学计量数之比，原因可能是_______；为提高吸收率，在不改变吸收液的物料比的条件下，可以改进的措施是_______(写出一点即可)。
(2)用处理过的饮用水常含有一定量的，饮用水中的含量可用连续碘量法进行测定。被还原为或的转化率与溶液的关系如图2所示。反应生成的用标准溶液滴定：。

滴定过程为：准确量取VmL水样加入到碘量瓶中，调节水样的为，加入足量的晶体，充分反应后，用溶液滴定至淡黄色，加入淀粉溶液，滴定至第一次终点，消耗溶液；调节溶液的pH≤2.0，继续用溶液滴定至第二次终点，消耗溶液。
①写出当pH≤2.0时，与反应的离子方程式_______。
②两次滴定终点的现象_______(填“相同”或“不相同”)，根据上述数据，测得该水样中的浓度为_______(用含字母的代数式表示)。
③滴定所用碘量瓶(如图3，瓶口为喇叭形，磨口玻璃塞与瓶口间可形成一圈水槽)，加入水样和KI晶体后，盖上磨口塞并加蒸馏水液封，滴定前打开瓶塞，让水流下，并用少量水冲洗瓶塞和内壁，该操作的目的是_______。

(3)图4为新型电极材料电解食盐水制取ClO2和烧碱的装置示意图。则A极为_______极，B极的电极反应式为_______。


参考答案：
1．B
【分析】装置Ⅰ制备Cl2，装置Ⅱ除去Cl2中混有的HCl气体，装置Ⅲ制备NaClO，装置Ⅳ处理尾气，据此进行分析。
【详解】A．图Ⅰ中没有加热装置，故不能将替换成，A错误；
B．装置Ⅱ可以除去中杂质，长颈漏斗平衡压强，还可以防止倒吸，B正确；
C．装置Ⅲ中消耗(标准状况)，Cl2发生歧化反应生成NaCl和NaClO，转移电子，C错误；
D．装置Ⅳ的作用是吸收未反应的Cl2，防止污染空气，D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．NO与空气一接触即反应，密度与空气相当，不能用排空气法收集，NO与氢氧化钠溶液不反应，不能用氢氧化钠溶液处理尾气，A错误；
B．NH3可用碱石灰干燥，密度比空气小，常温下不与空气反应，可用向下排空气法收集，其易溶于水，可用水处理尾气，B正确；
C．SO2是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，密度比空气大，不能用向下排空气法收集，尾气可以用氢氧化钠溶液处理，C错误；
D．Cl2不能用碱石灰干燥，密度比空气大，不能用向下排空气法收集，尾气可以用氢氧化钠溶液处理，D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，抽动铜丝可使反应停止，图中装置可制备NO，A正确；
B．高锰酸钾溶液与浓盐酸直接反应制备氯气，不需要加热，所以不需要酒精灯，B错误；
C．硫化钠固体与浓硫酸发生氧化还原反应不生成硫化氢，应选稀硫酸，C错误；
D．铵盐固体、熟石灰为固固加热制备氨气，不能用固液反应产生气体的装置，D错误；
故选A。
4．A
【详解】A．实验室制取氨气时，可用Ca(OH)2、NH4Cl混合加热制取，氨气的密度小于空气，应选用向下排空气法，故选择装置ae，A合理；
B．MnO2、浓盐酸制取Cl2需加热，发生装置应选择固液加热型装置，该装置中不需要温度计，B不合理；
C．Cu与浓硝酸反应生成的是NO2，C不合理；
D．亚硫酸钠和硫酸反应不需要加热，且二氧化硫能和水反应不能用排水法收集，D不合理；
答案选A。
5．A
【详解】A．装置Ⅰ中球形冷凝管能起到冷凝回流的作用，可以减少苯、液溴的挥发，提高原料利用率，但减少溴化氢的挥发不是实验目的，故A错误；
B．装置Ⅰ中倒扣漏斗可以防止极易溶于水的溴化氢被硝酸银溶液吸收时产生倒吸，故B正确；
C．装置Ⅱ为分液装置，装置Ⅰ中制得的溴苯中混有溴化铁、溴和苯，依次用水、稀氢氧化钠溶液、水洗涤后除去溴化铁、溴，用装置Ⅱ分液能得到含有苯的溴苯，故C正确；
D．装置Ⅲ为蒸馏装置，苯和溴苯存在沸点差异，用装置Ⅲ能分离苯与溴苯，故D正确；
故选A。
6．(1)增大反应接触面积，加快反应速率
(2)将Fe2+氧化成Fe3+
(3)冷却结晶
(4) 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O SiO2
(5)酸性会抑制Fe3+水解
(6)54.7%或0.547

【分析】显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质，CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，玻璃粉碎后加入稀硫酸酸溶，其中SiO2、CeO2不溶，FeO、Fe2O3等溶于酸，过滤得到滤渣1为SiO2、CeO2，滤液中主要含亚铁离子和铁离子，滤液中加入稀硫酸和过氧化氢，氧化亚铁离子生成铁离子，加入硫酸铵通过工序2和工序3，得到硫酸铁铵晶体，滤渣1中加入稀硫酸和过氧化氢，发生氧化还原反应，过氧化氢在酸溶液中做还原剂被氧化生成氧气，CeO2被还原生成Ce3+，过滤得到滤渣2为SiO2，滤液中通入氧气，加入氢氧化钠溶液反应得到Ce(OH)4，加热分解生成CeO2，加入还原剂还原生成Ce；
【详解】（1）将废玻璃粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）工序1中加入H2O2的作用是：把Fe2+离子氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）工序3是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干，故答案为：冷却结晶；
（4）工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，分析可知滤渣2的主要成分是：SiO2，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；SiO2；
（5）硫酸铁可用作絮凝剂的原理为三价铁离子水解生成氢氧化铁的胶体具有吸附性，但在酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体，故答案为：酸性会抑制Fe3+水解；
（6）Ce(OH)4产品0.640g,物质的量n(Ce(OH)4)，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，反应的离子方程式：Ce(OH)4+Fe2++4H+=Ce3++Fe3++4H2O，根据电子守恒建立关系式：，n(Ce)= n[Ce(OH)4]=0.0025mol，所以m(Ce)=0.0025mol×140g/mol=0.35g，产品中Ce元素的质量分数=×100%=54.7%，故答案为：54.7%。
7．(1)增大接触面积，提高反应速率和原料利用率
(2) 泥三角 V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2
(3)b
(4) Al(OH)3、H2SiO3   
(5)2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O
(6)Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3

【分析】钛钒磁铁矿的矿渣(V2O3、FeO、SiO2、Al2O3及一些稳定杂质)球磨后与纯碱混合在空气中焙烧，得到Na3VO4和硅酸钠、偏铝酸钠，过滤滤渣Ⅰ为铁的氧化物等不溶物质，滤液中通入二氧化碳，沉淀，过滤得滤渣Ⅱ主要成分是Al(OH)3、H2SiO3，加氯化铵沉钒，再加入磷酸二氢铵、草酸的混合液，过滤，在Ar气氛条件下焙烧，制备钠离子电池电极材料磷酸钒钠[Na3V2(PO4)3]。
【详解】（1）球磨的作用增大接触面积，提高反应速率和原料利用率。故答案为：增大接触面积，提高反应速率和原料利用率；
（2）灼烧固体在坩埚中进行，坩埚应放在泥三角上加后，实验室焙烧时使用酒精喷灯、三脚架、泥三角、铁坩埚、玻璃棒和坩埚钳。焙烧时V2O3转化为可溶的Na3VO4，反应方程式为V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2。故答案为：泥三角；V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2；
（3）白球8×+6×=4，黑球为12×+1=4，则该氧化物是FeO。故答案为：b；
（4）偏铝酸钠、硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成Al(OH)3、H2SiO3，滤渣Ⅱ主要成分是Al(OH)3、H2SiO3，试剂X可以使用流程中的某种产物CO2，其电子式为。故答案为：Al(OH)3、H2SiO3；；
（5）Ar气氛焙烧制产品时，H2C2O4、NaH2PO4、NH4VO3反应生成Na3V2(PO4)3、NH3、CO2、H2O，化学方程式为2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O。故答案为：2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O；
（6）某种钠离子电池充电时总反应为Na3V2(PO4)3+C6=NaxCs6+Na3-xV2(PO4)3，该电池放电时正极的Na3-xV2(PO4)3得电子生成Na3V2(PO4)3，电极方程式为Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3。故答案为：Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3。
8．(1) C、SiO2、CaSO4 酸性KMnO4或者K3[ Fe( CN)6]溶液
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3)5.5≤pH <6.3
(4)200：3
(5)Fe2+ +2=FeCO3↓+H2O+CO2↑
(6)4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2

【分析】窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiO2不反应，另外硫酸钙微溶，过滤得滤渣1为C、SiO2、CaSO4，滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节pH使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NH4F除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NH4HCO3，反应得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。
【详解】（1）根据分析，滤渣1的主要成分为C、SiO2、CaSO4；亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其还能和K3[ Fe( CN)6]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是酸性KMnO4或者K3[ Fe(CN)6]溶液；
（2）根据分析，“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+；
（3）滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时c(OH-)==10-8.5mol/L，pH=5.5，亚铁离子开始沉淀时c(OH-)=mol/L，此时pH=6.3，则“调pH”范围是5.5≤pH <6.3；
（4）若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中==200：3；
（5）“沉淀”过程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式Fe2+ +2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
（6）“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2。
9．(1) V、Fe或钒、铁 Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2
(2)Fe2O3
(3)+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]
(4)光导纤维或制单质硅等
(5)溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率
(6)(NH4)2CO3、Na2CO3

【分析】加入碳酸钠焙烧后，V2O3、Al2O3、SiO2分别生成NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3，FeO被氧化为Fe2O3，加水进行水溶，只有Fe2O3不溶，则沉淀1为Fe2O3，加入盐酸调节pH=2~3，将硅元素转化为硅酸，则沉淀2为硅酸，用NaOH调节pH，生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，溶液中只含NaVO3，加入(NH4)2CO3 “沉钒”析出NH4VO3，煅烧NH4VO3得到V2O5。
【详解】（1）由上述分析可知，“焙烧”过程中被氧化的元素为V、Fe或钒、铁；焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2，故答案为：V、Fe或钒、铁；Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2；
（2）由上述分析可知，“沉淀1”的成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）“滤液1”中铝元素以形式存在，加入盐酸发生反应+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]，故答案为：+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]；
（4）由上述分析可知，“沉淀2”为硅酸，硅酸加热分解得到的固体为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，也可以用来制取单质硅，故答案为：光导纤维或制单质硅等；
（5）NH4VO3溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率，故答案为：溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率；
（6）该流程中，(NH4)2CO3、Na2CO3先消耗后生成，可循环利用，故答案为：(NH4)2CO3、Na2CO3。
10．(1)AB
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3
(3) NH3 += + 正四面体形
(4)pH过小Mg2+难水解生成Mg(OH)2，pH过大生成Mg(OH)2过多，不利于Mg(OH)2·MgCO3生成
(5)191.5

【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5 ·H2O、SiO2及少量Fe2O3、A12O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2++3+2H2O=Mg(OH)2· MgCO3↓+2，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4；
【详解】（1）根据流程图知，硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液，为了提高溶浸速率，可以采取适当升温、适当增大溶浸液浓度、研磨成粉末、搅拌等措施，答案选AB；
（2）根据分析可知，滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；
（3）得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，发生的离子方程式为NH3 += + ；
中心原子N电子对数=4+=4，中心原子是sp3杂化，没有一对孤电子对，所以的立体结构是正四面体型；
（4）沉镁时调pH≈6.5的原因是：pH过小Mg2+难水解生成Mg(OH)2，pH过大生成Mg(OH)2过多，不利于Mg(OH)2·MgCO3生成；
（5）根据镁守恒可知，最多能生成Mg( OH)2· MgCO3的质量为1000L3.0mol/L(1-10%)99.9%142g/mol=191.5kg。
11．(1)Cd、Cu
(2)
(3)
(4) Cu 2.8~7.5或2.8≤pH≤7.5 或铁氢化钾溶液 酸溶

【分析】酸溶时，Cu不反应，滤渣1中主要含Cu；加入Zn和沉钴时，作为活化剂；加入双氧水主要是将亚铁离子氧化成铁离子便于除去，再加ZnO促进铁离子水解生成氢氧化铁；
【详解】（1）Cd、Cu均是副族元素，故填Cd、Cu；
（2）Se的原子序数为34，类比氧的结构示意图，故Se原子结构示意图为，故填 ；
（3）根据已知，结合氧化还原反应规律可知，GaAs与浓硝酸反应的化学方程式为，故填；
（4）①Cu不溶于稀硫酸，滤渣为Cu，故填Cu；
②“氧化、沉铁”需要将沉淀完全面不会沉淀，由表格可知，需加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8~7.5()：若加入的不足，则电解液中含有，检验方法，取少量溶液，加入溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素，故填2.8~7.5或2.8≤pH≤7.5；或铁氢化钾溶液；
③“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反应为水失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为；“电解废液”中含有硫酸，故最好在“酸溶”步骤中加入循环利用，故填；酸溶；
④镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极转化为，则充电时电池的阳极反应为发生氧化反应生成，反应为，故填。
12．(1) 搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可) 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
(2) H2SO4+Na2S2O3 两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境
(3)0.45
(4)Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓

【分析】废料用碱液溶解，过滤得到滤液①偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到较纯净的含有钴离子的溶液，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，加NaF除去钙离子，滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4•2H2O，灼烧钴得到氧化钴。
(1)
铝锂钴废料含有少量铝箔，能溶于NaOH溶液，生成可溶于水的偏铝酸钠，再过滤即可除去废料中的Al，“碱溶”时为提高浸出率可采取的措施是搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)(写出一种即可)，并写出主要的离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。故答案为：搅拌(加热或增大NaOH溶液的浓度等合理答案也可)；2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；
(2)
根据表中不同浸出剂“酸溶”实验结果可知，使用HCl或H2SO4+Na2S2O3时浸出液化学成分中Co的含量高、钴浸出率也较高，但因Co3O4有较强氧化性，在酸性条件下氧化S2O生成SO，而氧化溶液里的Cl-时，生成的氯气对环境有污染，“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择H2SO4+Na2S2O3，理由：两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境。故答案为：H2SO4+Na2S2O3；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与Co3O4会发生反应产生Cl2，污染环境；
(3)
“净化”时，加NaF目的是将Li+转化为沉淀，当滤液③中c(F-)=4.0×10-3mol·L-1时，由KspLiF=c(F-)×(Li+)=1.8×10-3，可知c(Li+)=mol•L-1=0.45mol•L-1，净化”后残余c(Li+)=0.45mol·L-1。故答案为：0.45；
(4)
滤渣2为氟化锂，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，过滤得滤渣为碳酸钴沉淀，加盐酸溶解，再加草酸铵，过滤得CoC2O4•2H2O，滤渣②“酸溶”后与草酸铵反应的离子方程式Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓，故答案为：Co2+++2H2O=CoC2O4·2H2O↓。
13．(1) ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4
(2)还原Fe3+
(3)C
(4)单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小
(5)Zn、Fe
(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2

【分析】由题给流程可知，向氧化锌烟灰中加入硫酸溶液浸取时，PbO与硫酸溶液反应生成PbSO4，ZnO、ZnO·GeO2、FeO·GeO2、Fe2O3·GeO2溶于硫酸溶液得到含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4，过滤得到含有PbSO4的滤渣和含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4的滤液；向滤液中先加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子转化为沉淀，再加入氧化锌调节溶液pH至2.5，后加入单宁酸沉锗，经洗涤、压滤得到含有ZnSO4、FeSO4的滤液和含锗沉淀；含锗沉淀在空气中灼烧GeO2。
【详解】（1）由分析可知，ZnO·GeO2与硫酸溶液反应生成ZnSO4、GeOSO4和水，反应的化学方程式为ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；滤渣的主要成分为硫酸铅，故答案为：ZnO·GeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO4；
（2）由分析可知，试剂X为铁，加入铁的目的是将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子也转化为沉淀，导致含锗沉淀中含有杂质，故答案为：还原Fe3+；
（3）由图可知，溶液pH为2.5时，锗沉淀率最高，所以沉锗时，溶液适宜的pH应为2.5，故选C；
（4）由表格数据可知，当单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率高于一段沉锗，所以工业常用二段沉锗工艺；二段沉锗时，单宁酸总用量增大，锗沉淀率增大，当用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小，所以为节约生产成本，应选择单宁酸总用量为25倍进行二段沉锗，故答案为：单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小；
（5）由分析可知，滤液中含有ZnSO4、FeSO4，所以可从滤液中回收的金属元素为锌元素、铁元素，故答案为：Zn、Fe；
（6）由题意可知，含锗沉淀在空气中灼烧发生的反应为GeO(C2H2O)2SO4与空气中氧气反应生成二氧化锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2，故答案为：2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2。
14．(1) 90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率 水浴加热
(2) SiO2 Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O
(3) +2H2O=H2WO4↓+2H+ C
(4)0.01

【分析】由题给流程可知，向废催化剂中加入草酸溶液将金属氧化物转化为离子、离子、离子，二氧化硅与草酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有离子、离子、离子的浸取液；浸取液经加热蒸发得到浓缩液，向浓缩液中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将离子转化为沉淀，过滤得到和滤液1；与稀氢氧化钠溶液反应得到钨酸钠；向滤液1中加入过氧化氢溶液，过氧化氢将草酸氧化，使电离平衡右移，将离子转化为氢氧化铁沉淀，同时将离子转化为V2O5·H2O沉淀；过滤得到滤液2和含有氢氧化铁、V2O5·H2O；向氢氧化铁、V2O5·H2O中加入稀氢氧化钠溶液将V2O5·H2O转化为钒酸钠。
【详解】（1）由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热，故答案为：90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；水浴加热；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅；氧化铁与草酸溶液反应生成二草酸根离子合铁离子、二氧化碳、氢离子和水，反应的离子方程式为Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O，故答案为：SiO2；Fe2O3+5H2C2O4=2+2CO2↑+4H++3H2O；
（3）①由题意可知，在溶液中发生水解反应生成钨酸沉淀和氢离子，反应的离子方程式为+2H2O=H2WO4↓+2H+，故答案为：+2H2O=H2WO4↓+2H+；
②A．加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，使VO2+离子浓度减小，电离平衡正向移动，故正确；
B．由离子在溶液中也存在类似的电离平衡可知，离子在溶液中也存在着两步电离平衡，加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O，加入可以使离子电离出的VO2+离子氧化为V2O5·H2O的过程中还存在着化学平衡，所以该过程涉及了2个以上的化学平衡，故正确；
C．VO2+离子转化为V2O5·H2O的反应中钒元素的化合价升高被氧化，所以转化过程为氧化还原反应，不可能是水解反应，故错误；
故选C。
（4）由电离常数公式可知，溶液中K1K2=，当时，溶液中草酸根离子浓度为 =mol/L=0.01 mol/L，故答案为：0.01。
15．(1) 增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率 11：4
(2)FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S
(3) 酸式 酸
(4)没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33
(5)温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解
(6)86.72%

【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，用稀硫酸酸浸，二氧化硅不溶，过量得到滤渣1，溶液中含有硫酸铁、硫酸铝，加入FeS2还原铁离子得到单质硫沉淀，滤液调节pH除去铝，过滤，向滤液中加入碳酸氢铵沉铁，过滤得到碳酸亚铁，然后经过一系列操作得到柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)，据此解答。
【详解】（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，可以增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率，根据以上分析可知“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，反应中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:4，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率；11:4；
（2）FeS2与H2SO4不反应，“还原”时FeS2被铁离子氧化，发生反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故答案为：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
（3）由题干信息可知，柠檬酸是一种三元酸，故柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种酸式盐，由题干信息可知，常温下，柠檬酸()电离常数，，， ，Kh2===5.78×10-8小于Ka3，即的电离大于水解，故0.1mol/LNa2C6H6O7溶液呈酸性，故答案为：酸式；酸性；
（4）若铝离子浓度为0.1mol/L， “除铝”中调节pH=2时即溶液中的c(OH-)=10-12mol/L，通过计算判断可知，c(Al3+)c3(OH-)=0.1×(10-12)3=10-37＜1.3×10-33，则不产生氢氧化铝沉淀，故答案为：没有沉淀产生，因为常温下，Qc=0.1×(10-12)3=10-37＜Ksp(Al(OH)3)=1.3×10-33；
（5）温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解，故“沉铁”时需控制温度在32℃左右，故答案为：温度太低了，反应速率慢；温度高了，NH4HCO3发生分解；
（6）根据铁原子守恒可知，某工厂用1kg硫铁矿中含有的FeS2的物质的量为：=5mol，经过焙烧、酸化后形成5molFe3+，由(2)分析可知，“还原”步骤发生反应FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，则还原后得到的Fe2+的物质的量为7.5mol，则经上述流程理论上可制得柠檬酸亚铁的质量为：7.5mol×246g/mol=1.845kg，而实际上只制得1.6kg柠檬酸亚铁，则柠檬酸亚铁的产率为=86.72%，故答案为：86.72%。
16．(1) 恒压滴液漏斗 冷凝回流
(2)BD
(3)
(4)当装置中溶液由棕色变为无色即可说明硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚
(5)适当加热
(6)+NO
(7)缺少尾气处理装置

【分析】A装置硫酸和亚硝酸钠反应生成二氧化氮；B干燥除水；硫酸二甲酯与硫化钠反应生成二甲硫醚，与A中产生的二氧化氮反应得到二亚甲砜。
【详解】（1）E的名称是恒压滴液漏斗，保持压强不变；D是球形冷凝管，作用是回流冷凝；
故答案为：恒压滴液漏斗；冷凝回流。
（2）B中的试剂起干燥作用，并且不能与二氧化氮反应，碱石灰可以和二氧化氮反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，浓硫酸中的水和二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，不与无水氯化钙和五氧化二磷反应，综上所述试剂可以选BD；
故答案为：BD。
（3）HNO2的中心原子是N原子，为+3价，形成三个共价键，每个氧原子需要成两个共价键，每个氢原子形成一个共价键，综上所述结构式为 ；
故答案为： 。
（4）硫酸二甲酯，微棕色油状液体，遇水迅速水解成硫酸和甲醇，当装置中溶液由棕色变为无色即可说明硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚；
故答案为：当装置中溶液由棕色变为无色即可说明硫酸二甲酯已经完全转化为二甲硫醚。
（5）温度高反应速度加快，为了让A中较快速的产生NO2，可以适当提高温度；
故答案为：适当加热。
（6）C中甲硫醚与二氧化氮反应生成二甲亚砜和一氧化氮，反应方程式为NO2+CH3SCH3→+NO；
故答案为：NO2+CH3SCH3→+NO。
（7）甲硫醚与二氧化氮反应生成二甲亚砜和一氧化氮，尾气是一氧化氮，有毒气体需要处理，没有尾气处理装置；
故答案为：缺少尾气处理装置。
17．(1)球形冷凝管
(2)
(3)除去未反应的乙酸
(4)打开分液漏斗活塞放气
(5) 吸水，干燥酯层 直形
(6)分水器中水层高度不变
(7)催化剂表面可能吸附杂质使活性降低或反应液与催化剂分离时，会损失少许催化剂等

【详解】（1）仪器A的名称为球形冷凝管，故填球形冷凝管；
（2）生成乙酸正丁酯的反应为酯化反应，化学方程式为，故填；
（3）用10mL饱和碳酸钠溶液洗涤的主要目的是洗去未反应的乙酸，未反应的丁醇微溶于水，不易洗去，故填除去未反应的乙酸；
（4）分液漏斗中在摇动后产生蒸汽，压强大，故应打开分液漏斗活塞放气，故填打开分液漏斗活塞放气；
（5）无水硫酸镁与水结合生成结晶水合物，故可用作干燥剂干燥酯层；蒸馏一般用直形冷凝管，易于冷凝液化后液体顺利流入接收装置中，故填吸水，干燥酯层；直形；
（6）酯化反应完成后，无水生成，故分水器中水层高度不变，故填分水器中水层高度不变；
（7）产率逐渐下降的原因可能是反应液与催化剂分离时，会损失少许催化剂或催化剂表面可能吸附杂质使活性降低等，故填催化剂表面可能吸附杂质使活性降低或反应液与催化剂分离时，会损失少许催化剂等。
18．(1) 恒压漏斗(或恒压滴液漏斗) 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O
(3)2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+
(4) CuCl被空气氧化 取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净
(5) 随着pH增大，Cu2+水解程度增大 3.2(3-4之间的合理答案均可)

【分析】本题为实验室制备CuCl的探究，实验I为制备CuCl2，原理为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，然后用NaOH吸收挥发出来的HCl，实验II为用用(NH4)2SO3还原CuCl2溶液来制备CuCl，反应原理为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，将混合物过滤、洗涤、干燥可得CuCl产品，据此分析解题。
(1)
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为恒压滴液漏斗，由分析可知，NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，防止污染空气，故答案为：恒压滴液漏斗；吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
(2)
由分析可知，三颈烧瓶中发生反应的反应方程式为：Cu+H2O2+2HClCuCl2+2H2O，故该反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O，故答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O；
(3)
由分析可知，制备反应的方程式为：(NH4)2SO3+2CuCl2+H2O=2CuCl↓+(NH4)2SO4+2HCl，故该反应的离子方程式为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+，故答案为：2Cu2+++2C1-+H2O=2CuCl↓++2H+；
(4)
①由题干信息可知，CuCl为白色固体，微溶于水，不溶于酒精，在空气中能被迅速氧化，则过滤操作最好采用抽滤法快速过滤，这样可避免因过滤速度慢，CuCl长期暴露在空气中而被氧化，故答案为：CuCl被空气氧化；
②由分析可知，根据反应原理可知，CuCl沉淀表面还有(NH4)2SO4等可溶性杂质，只要检测不到洗涤液中还有即说明洗涤干净，故判断CuCl沉淀洗涤干净的实验方案是取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加入过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
(5)
①由于Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，随着pH增大，H+浓度减小，上述水解平衡正向移动，导致CuCl2浓度逐渐降低，故答案为：随着pH增大，Cu2+水解程度增大；
②由题干图示信息可知，控制溶液的pH在3.2左右时，CuCl产率最高，故答案为：3.2(3-4之间的合理答案均可)。
19．(1)量筒、容量瓶、胶头滴管
(2)使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤
(3) 温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O；故水浴温度控制在40℃产率最高 防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低 2FeC2O4·2H2O+ H2O2+3K2C2O4+ H2C2O4= 2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O
(4) 快速过滤、沉淀易干燥 95.0

【分析】本实验是通过摩尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]来制备三草酸合铁酸钾晶体(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)。实验过程中，称取5.00 g摩尔盐晶体，加入含5滴1.0 mol/L H2SO4溶液的蒸馏水溶解，加入几滴稀硫酸目的是抑制Fe2+水解，然后再滴加饱和H2C2O4溶液，加热煮沸，生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀，反应原理为，继续煮沸3分钟，使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，过滤，在上述沉淀中加入饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃滴加H2O2溶液，一段时间后，煮沸除去过量的H2O2溶液。再加入4mL饱和H2C2O4溶液，调节溶液的pH为3，一系列操作后，得到三草酸合铁酸钾晶体，该过程将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为，以此分析来解题。
(1)
在实验室中，配制1.0 mol/L H2SO4溶液属于一定物质的量浓度溶液的配制，除了烧杯、玻璃棒之外，还需用到量筒、容量瓶和胶头滴管，故答案为量筒、容量瓶、胶头滴管；
(2)
生成FeC2O4·2H2O胶状沉淀后，继续煮沸3分钟，根据胶体的性质，FeC2O4·2H2O胶状沉淀会发生聚沉，生成较大颗粒的沉淀，故答案为：使FeC2O4·2H2O胶状沉淀聚集成较大颗粒，便于过滤；
(3)
①滴加H2O2溶液，是为了将FeC2O4·2H2O中的Fe2+氧化为Fe3+，而H2O2溶液受热时自身易发生分解，因此水浴温度控制在40℃最适宜，原因是温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，故答案为：温度低于40℃，双氧水氧化FeC2O4·2H2O速率慢；温度高于40℃，双氧水受热分解程度增大，不能充分氧化FeC2O4·2H2O，水浴温度控制在40℃产率最高；②后续实验会继续加入饱和H2C2O4溶液，如果过量的H2O2溶液不除去，可能会发生氧化还原反应，影响实验结果，故答案为：防止过量的H2O2会氧化H2C2O4，使溶液的H+增大，产率降低；③根据氧化还原反应方程式的书写方法，由FeC2O4·2H2O沉淀、K2C2O4溶液、H2O2溶液、H2C2O4溶液制备K3[Fe(C2O4)3]溶液的化学反应方程式为；
(4)
①该装置是减压过滤装置，与普通过滤装置相比，该装置的优点是过滤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：快速过滤、沉淀易干燥；②假设理论上获得三草酸合铁酸钾晶体的质量为，根据Fe原子守恒，可得关系式：
即 ，。
所以所得三草酸合铁酸钾晶体的产率是，故答案为95.0。
20．(1) 三颈烧瓶 受热易分解 使用冰水浴或缓慢通入
(2) 相同 用水液封防止碘升华散逸，水将挥发至内壁上的碘冲洗下来，减少误差
(3) 阳

【分析】由实验装置图可知，装置Ⅰ中二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应制备亚氯酸钠，装置Ⅱ中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化氯，防止污染空气。
【详解】（1）①由实验装置图可知，仪器A为三颈烧瓶；A中发生的反应为二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为，故答案为：三颈烧瓶；；
②二氧化氯与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液的反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，会导致过氧化氢分解，为使过氧化氢能与二氧化氯完全反应，在不改变吸收液的物料比的条件下，实验时应采取控制二氧化氯的通入速率、控制吸收液中氢氧化钠和过氧化氢的物料比小于反应的化学计量数之比、在冰水浴中反应等措施，提高二氧化氯的吸收率，故答案为：受热易分解；使用冰水浴或缓慢通入；
（2）①由图可知，当溶液pH≤2.0时，亚氯酸根离子与碘离子反应生成氯离子、碘和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由题意可知，第一次滴定发生的反应为pH为7.0—8.0时水中的二氧化氯与碘离子反应生成亚氯酸根和碘，反应生成的碘与硫代硫酸钠溶液反应，终点时溶液由蓝色变为无色；第二次滴定发生的反应为pH≤2.0时，溶液中亚氯酸根与碘离子反应生成氯离子和碘，反应生成的碘与硫代硫酸钠溶液反应，终点时溶液由蓝色变为无色，则两次滴定终点的现象相同；由得失电子数目守恒可得第一次滴定有如下关系：2ClO2—I2—2Na2S2O3—2ClO，滴定消耗V1mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则反应生成亚氯酸根离子的物质的量为10—3c1Vmol，由得失电子数目守恒可得第一次滴定有如下关系：ClO—2I2—4Na2S2O3，滴定滴定消耗V1mLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则水中亚氯酸根离子的物质的量为×10-3cV2mol—10-3cV1mol，所以水中亚氯酸根离子的浓度为=mol/L，故答案为：相同；；
③由于碘受热易升华附着在锥形瓶壁上，题给装置用水液封的方法防止碘升华散逸，同时用水洗将挥发至内壁上的碘冲洗下来，使反应生成的碘充分反应，减少误差，故答案为：用水液封防止碘升华散逸，水将挥发至内壁上的碘冲洗下来，减少误差；
（3）由钠离子的移动方向可知，A极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，B极为阴极，水在阳极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，故答案为：阳极；。