2023浙江模拟大题——工业流程题15道解析版

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一、工业流程题
1．（2023·浙江宁波·统考模拟预测）氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()。
请回答：
(1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B．滤渣1的成分是
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以形式存在
D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和
(3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在左右的原因 。
(4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL ml/L 溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液；
d．重复实验操作三次，消耗ml/L 溶液的体积平均为mL。
已知，。
①加入硝基苯的作用是 。
②滴定选用的指示剂是 。
A． B． C． D．
③CuCl的纯度为 。
2．（2023·浙江宁波·统考模拟预测）工业上氮氧化物(：NO和混合气)废气吸收利用的某流程如下：
已知：氧化度；吸收液含有的产物有和；在碱性条件下受热分解产物之一为。
请回答：
(1)过程Ⅳ以“肼合成酶”催化与转化为肼()的反应历程如下所示：
该反应历程中Fe元素的化合价 (填“变化”或“不变”)。若将替换为，反应制得的肼的结构简式为 。
(2)写出过程Ⅰ中时反应的离子方程式 。
(3)下列说法正确的是___________。
A．过程Ⅰ采用气、液逆流的方式可提高的吸收效率
B．的键角小于
C．可作为配体，与等金属离子形成配合物
D．的水溶液显弱碱性，且
(4)是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，写出还原的化学方程式 。
(5)设计实验证明中存在N元素 。
3．（2023·浙江·校联考一模）如图所示可以分离并回收废旧芯片中的几种贵金属。
已知，①HAuCl4是一种强酸：②Pd(NH3)2C12难溶。
请回答：
(1)含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，并产生NO，请写出反应的离子方程式： 。
(2)金的分离还可以加王水，银钯的分离可重复利用某些溶液。
①下列说法正确的是 。
A．芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，只是利用其物理性质
B．溶液X可以是NaCl溶液
C．溶液Z的主要成分是Ag(NH3)4Cl，是一种盐
D．N2H4不直接还原固体Y可能的原因是得到的Ag纯度更高
②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl NH3(填“>”或“<”)。“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2的原因 。
(3)溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？ (填“有”或“没有”)。设计实验验证溶液Z中银元素的存在 。
4．（2023·浙江·浙江省杭州第二中学校联考二模）(二氯六氨合镍)是一种镍的配合物，实验室制备过程及部分装置如下：

已知：①、均为可溶于水、不溶于浓氨水和乙醇的蓝紫色晶体，水溶液均显碱性。
②在热水中分解。
请回答：
(1)步骤Ⅰ、Ⅱ中须要控制反应温度在，分别可采取的措施是 、 。
(2)①步骤Ⅲ可在如图装置中进行，方框内装置的作用是 。
②步骤Ⅲ经多步操作可获得蓝紫色晶2，针对多步操作，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：蓝紫色晶体1→___→f→___→___→___→室温真空干燥 。
a．加入一定量的溶液 b．一定量的盐酸溶液
c．减压过滤 d．依次用浓氨水、乙醇洗涤
e．依次用稀氨水、冷水洗涤 f．用冰盐浴冷却
(3)产品的纯度可用滴定法测定。某小组用沉淀滴定法测定制备的产品中的质量分数，实验中以溶液作标准液，滴加少是溶液作为指示剂。已知，。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是
A．锥形瓶中既可以盛放溶液，也可以盛放溶液
B．在接近滴定终点时，需用蒸馏水直接把该仪器尖端悬挂的液滴冲入锥形瓶
C．为减少沉淀吸附现象，滴定过程中需充分摇动锥形瓶中溶液，即时释放
D．滴定前，需用经干燥处理的配成标准液来标定溶液，若未干燥将使产品纯度计算结果偏大
E．溶液可装在使用聚四氟乙烯活塞的酸碱通用滴定管
②结果发现质量分数明显偏高。分析其原因，发现配制待测液时少加了一种试剂。该试剂是 (填“稀盐酸”或“稀硝酸”或“稀硫酸”)，添加该试剂的理由是 。
5．（2022·浙江·校联考一模）某黄钾铁矾渣主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12及一定量的锌、铜、镉、镁等金属，为了综合利用减小污染，可用于制备锰锌铁氧体，其工艺流程如下图。

已知：溶液中FeSO4含量过高，在室温条件下容易发生结晶。常温下，相关物质的Ksp如下表。
回答下列问题：
(1)下列说法不正确的是___________。
A．酸浸时，可通过增大酸的浓度及加热的方式加快酸浸速率
B．浸出液中的Fe3+极易形成Fe(OH)3胶体造成过滤困难和带入大量杂质，因而需要加铁粉进行还原
C．净化除杂过程中加入(NH4)2S的目的是除去溶液中的Cd2+，加入NH4F的目的是除去溶液中的Mg2+
D．将滤液3蒸发结晶、过滤可获得纯净的(NH4)2SO4晶体
(2)实验研究了温度、时间、铁粉用量等因素对浸出液还原的影响。实验中JJ-6数显直流恒速搅拌器转速为200 r/min，铁粉加入量是以溶液反应到pH=7时为理论量，此时铁粉加入比值量为1，实验结果如下图，通过对A、B点溶液中Fe3+的检测，Fe3+已经全部被还原。

浸出液铁粉还原的最佳工艺条件 。
(3)为确定调节成分时所需加入的ZnSO4、MnSO4的质量，需对除杂后溶液中的Zn2+进行检测。
准确量取25.00mL除杂后溶液，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.1000ml/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Zn2+(反应原理为)，至滴定终点时消耗EDTA标准溶液22.50mL。通过计算确定该溶液中，Zn2+的浓度为 g/L。
(4)用M2+表示Fe2+、Mn2+、Zn2+，共沉淀过程中，溶液pH与、的关系如下图所示。为提高原料利用率，最好控制 。

(5)锰锌铁氧体(MnxZn1-xFe2O4)，，当x=0.2时具有较高的饱和磁场强度，用氧化物的形式可表示为 。(最简整数比)。
6．（2023·浙江杭州·校联考模拟预测）碘酸铜[]微溶于水，是一种常见的化工原料，在电化学领域发挥着重要作用。某研究小组设计了制备碘酸铜并测定其溶度积()的实验，流程如下：
第一步：碘酸铜固体的制备

第二步：配制不同浓度的碘酸铜饱和溶液
取制备好的碘酸铜固体和的蒸馏水，形成悬浊液，按下表数据，用___________量取一定量的溶液和溶液，将上述混合液搅拌约，用___________，将所得溶液分别用编号过的3个___________收集。
第三步：碘酸铜溶度积()的测定
构建以Zn、()作负极，Cu、碘酸铜饱和溶液作正极的原电池，测定该原电池的电动势E，通过公式计算可得溶液中的浓度，通过计算可以得到该条件下碘酸铜溶度积()的数值，进行3次平行实验，所得数据取平均值。电动势公式如下(其中，和数据可由文献查阅)：
请回答：
(1)下列有关说法不正确的是___________。
A．第一步实验的步骤Ⅰ，搅拌并加热的目的是使反应更加完全
B．第一步实验的步骤Ⅱ，为提高洗涤速率，应少量分批用蒸馏水洗涤，并用玻璃棒轻轻搅拌
C．第二步实验，若配制的碘酸铜溶液未饱和，测得的碘酸铜溶度积偏小
D．第三步实验，实验所用的碘酸铜饱和溶液的体积必须相同，否则对实验数据大小影响很大
(2)第二步实验，加入溶液的目的是 ；其中实验编号2、3加入溶液的体积分别是 、 。
(3)第一步实验的步骤Ⅰ，如何判断反应基本完全？
(4)从下列选项中选择合理的仪器和操作，将第二步实验过程补充完整“_______”上填写一件最关键的仪器，“_______”内填写一种操作，均用字母表示]。 、 、 。
a．量筒；b．移液管；c．天平；d．三角漏斗；e．分液漏斗；f．干燥的小烧杯；g．湿润的小烧杯
A．过滤；B，称重；C．分液；D．溶解
(5)已知：，请用含a、b的式子列出的计算式： 。
7．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考一模）铝土矿主要成分(含有等杂质)，铝土矿制取无水氯化铝的一种工艺流程如下：

已知：
(1)步骤Ⅰ，焦炭有利于得到无水氯化铝的原因 。
(2)步骤Ⅱ，得到的气体混合物的主要化合物 (填化学式)。
(3)步骤Ⅲ，操作1的实验步骤 。
(4)步骤Ⅳ，NaCl可以降低熔化温度，其原因 (用化学方程式表示)。
(5)步骤Ⅴ，Al粉的作用 。
8．（2023·浙江·校联考模拟预测）某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分为)为原料生产高锰酸钾的流程如下：

已知：①物质溶解度物质
②锰酸钾[]
外观性状：墨绿色结晶。其水溶液呈深绿色，这是锰酸根()的特征颜色。
化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性中，会发生岐化反应。
请回答：
(1)下列有关得到墨绿色熔融物的说法正确的是 。
A．应在铁坩埚中进行加热，一手用坩埚钳夹住坩埚，一手用玻璃棒搅拌
B．将软锰矿粉碎后加入熔融物中，可增大接触面积，加快反应速率
C．随反应进行，发现熔融物黏度增大时便加强热，提升碱熔效果
D．若反应剧烈使熔融物逸出，可将火焰移开
(2)工业上常用进行酸化歧化，发生反应，若通入过久可能会导致产品纯度下降，原因是 ；为避免此影响，可用 (选“盐酸”、“硫酸”或“醋酸”)溶液代替进行改进。
(3)结晶步骤中为得到杂质较少的粗产品，从下列选项中选出合理的操作并排序： 。
将溶液加入蒸发皿中干燥晶体
a．抽滤 b．趁热过滤 c．冷却 d．小火加热蒸发 e．大火加热蒸发 f．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 g．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热 h．乙醇洗涤 i．冷水洗涤
(4)草酸滴定法对高锰酸钾晶体进行纯度测定：
①称取0.6500g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为的标准溶液，加入稀硫酸酸化，在水浴中加热至80℃左右，用溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为，该样品的纯度为 。(已知)。
②以下可能会使测定结果偏高的是 。
A．定容过程时俯视刻度线
B．滴定过程中水浴温度过高
C．滴定速度过慢使高锰酸钾溶液与空气中还原性物质反应
D．滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁
E．滴定前滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后尖嘴有气泡
9．（2023·浙江·校联考三模）工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂()。化学工艺流程如图：

请回答：
(1)“浸取”时，加入硫酸亚铁的目的是 。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．“浸取”时为了提高效率，可以使用浓硫酸并加热搅拌
B．“精制”时，会分解损耗，因此加入的量应大于理论值
C．滤渣Ⅱ的主要成分为
D．“沉锰”得到的是和滤饼，二者均可被氧化为，则“控温、氧化”时溶液的将变小
(3)工业上也可在“精制”后的溶液中加入来制备，该反应的离子方程式为： 。
(4)为测定成品锰酸锂的纯度，实验室可通过连续滴定法测定锰酸钾中锰元素的平均价态。
现进行如下实验：
步骤1：取少量成品锰酸锂分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；
步骤2：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，中Mn元素转化为，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指示剂，用浓度为的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA标准溶液(已知：与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)：
步骤3：向另一锥形瓶中加入和足量硫酸，充分反应后，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液
①步骤3为滴定实验，从下列选项中选择正确操作并排序： 。
检漏→蒸馏水洗涤→_______→开始滴定
A．烘干
B．装入标准溶液至零刻度以上
C．调整滴定管液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液
E．用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡
F．快速全开旋塞，以排除气泡
G．用标准溶液润洗2至3次
H．记录起始读数
②步骤3滴定终点的现象为 。
③计算可得，成品锰酸锂中元素的平均化合价为 。
10．（2023·浙江金华·统考模拟预测）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元聚合物锂电池的正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺流程如下图所示：

相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
请回答：
(1)“溶浸”步骤中，可加快溶浸速率的措施有 (写两条)。
(2)下列有关该工艺流程的叙述正确的是___________。
A．“溶浸”步骤中的“滤渣1”的主要成分是S和SiO2(或不溶性硅酸盐)
B．“氧化”步骤中添加的MnO2的作用是催化剂
C．“调pH”步骤中，溶液的pH范围应调节为4.7～6
D．“沉锰”步骤的离子方程式为
(3)“除杂2”步骤的目的是生成MgF2沉淀从而除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，请从平衡移动的角度解释其原因 。
(4) MnCO3加入足量稀硫酸充分溶解后，经过一系列操作可得较纯的MnSO4晶体。这一系列操作是______→______→过滤→______→______→纯净的MnSO4晶体。
(5) Mn2+含量可通过过硫酸铵—硫酸亚铁铵法进行测定。其原理是将试样溶于硫酸中，使溶液中的Mn2+在硫磷混合酸的作用下，以硝酸银为催化剂，用过硫酸铵把Mn2+氧化为高锰酸，然后以标准硫酸亚铁铵溶液滴定高锰酸，根据标准液消耗量计算Mn2+的含量。相关方程式如下：
①测定操作步骤如下，在横线内填写一件最关键仪器补全步骤：
用 称量 MnSO4样品0.250g→用100mL容量瓶将MnSO4样品配成100mL溶液→用 取待测液25.00mL于锥形瓶中→加入适量硫磷混合酸和硝酸银，再加入足量过硫酸铵充分反应→加热煮沸除去多余的过硫酸铵→用酸式滴定管盛装0.1000ml/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液，滴定3次，分别消耗20.04mL、19.30mL、19.96mL。
②根据以上数据计算样品中MnSO4的质量分数 。
11．（2023·浙江·统考模拟预测）工业上以铬铁矿(FeCr2O4质量分数为a%，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程图如图，回答下列问题：

(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，写出转化过程中生成可溶性含铝组分的化学方程式： 。
(2)下列有关说法不正确的是 。
A．蒸发结晶时如果长时间蒸发，有利于提高Na2Cr2O7•2H2O的产率
B．除了Na2Cr2O7外，在上述工艺流程中可循环利用的物质还有H2SO4
C．含铁元素的化合物可在中和过程中被除去
D．焙烧时气流与矿料逆流而行，其目的是增大反应物接触面积，提高反应速率
(3)蒸发结晶，盛放样品的容器名称是 。
(4)酸化的目的是(结合离子方程式说明) 。
(5)利用氧化还原滴定法测定Na2Cr2O7•2H2O产品的纯度，从下列选项中选择合适的仪器和操作，补全如下步骤[“_______”上填写一件最关键仪器，“(_______)”内填写一种操作，均用字母表示]。用 (称量产品2.50g)→在烧杯中 →用容量瓶 →用移液管(取25.00mL所配溶液于锥形瓶中)→加入足量碘化钠溶液→加入3滴淀粉指示剂→用 (用0.1200ml•L-1Na2S2O3标准溶液滴定)→ 并且内不恢复原来的颜色，消耗标准溶液40.00mL
仪器：a.碱式滴定管；b.酸式滴定管；c.电子天平；d.托盘天平；
操作：e.加硫酸溶解；f.加盐酸溶解；g.配制250mL溶液；h.观察到溶液蓝色褪去：i.观察到溶液变成蓝色
(6)若以铬铁矿为原料制备mkg硼化铬(CrB)，在工艺流程中Cr损失b%，则至少需要铬铁矿的质量为 kg(用含字母的计算式表示)。
12．（2023·浙江·校联考模拟预测）苯甲酸乙酯是国家允许使用的食品香料，可用下列流程制备：

已知：环己烷、乙醇和水易形成三元共沸物，沸点为；相关数据见如表。
(1)请补全步骤Ⅳ的操作步骤 。
(2)步骤Ⅵ在如图装置中进行，从下列选项选择合适操作并排序 。

按如图组装仪器，检查装置的气密性
用分液法分离出有机层，再加入乙醚萃取，然后合并至有机层，加入无水、蒸馏、收集馏分
反应液倒入盛有水的烧杯中，分批加入碳酸钠至无气体产生
在的中依次加入苯甲酸、乙醇、环己烷、浓硫酸和沸石，加热回流
在的中依次加入苯甲酸、浓硫酸、乙醇、环己烷和沸石，加热回流
(3)如图装置中仪器的名称是 ，虚框内装置的作用是 。
(4)下列说法正确的是 。
A．在步骤Ⅰ中，不能选用酸性溶液氧化
B．步骤Ⅲ是先加溶液，再进行分液
C．在步骤Ⅳ中采用减压过滤是为了得到纯度更高的苯甲酸
D．在步骤Ⅵ中，加入无水、蒸馏时应收集的馏分
E．在步骤Ⅵ中，加热回流至虚框内装置中的下层液面不再升高，停至加热
(5)产品分析：假设环己烷是产品苯甲酸乙酯的唯一杂质，可选用下列方法测定产品纯度量取产品于烧杯中，加入过量的溶液，搅拌充分反应，转移至容量瓶配成溶液，取溶液于锥形瓶中滴加几滴指示剂，用进行滴定，滴至终点，平均消耗体积。选用的指示剂是 填“酚酞”或“甲基橙”，所得产品的纯度 保留三位有效数字。
13．（2023·浙江绍兴·统考二模）高纯氟化镁具备优异的光学性质和抗腐蚀性被广泛应用于高端领域。某研究小组利用镁片(含及少量惰性杂质)制备高纯氟化镁流程如下，请回答：
已知：
①甲醇沸点：
②该实验条件得到的氟化镁并不是晶型沉淀，其颗粒细小，常常吸附水分成黏稠胶状。
(1)利用图1装置可检测镁与甲醇反应速率。仪器A的名称 。
(2)写出氟化反应涉及的化学方程式 。
(3)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ：反应温度不选择，主要由于在反应过于剧烈难以控制。
B．步骤Ⅱ：待镁片上不再有微小气泡生成时，可进行步骤Ⅱ。
C．步骤Ⅲ：制备悬浊液B，应先将通入高纯水达到饱和，再加到固体A中。
D．步骤Ⅳ：在进行氟化反应时，应做好防护措施和配备应急药品。
(4)步骤Ⅱ的一系列操作目的是为获得固体A．从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_______”上填写一件最关键仪器，“(_______)”内填写一种操作，均用字母表示] 。
取仪器A中的溶液，用___________(___________)→用___________(蒸馏减少溶剂)→用___________(___________)→用漏斗(过滤得到固体A)
【仪器】a．烧杯；b．铜质保温漏斗；c．漏斗；d．空气冷凝管；e．直形冷凝管；f．球形冷凝管
【操作】g。过滤；h．趁热过滤；i．冷却结晶；j。蒸发结晶
(5)步骤Ⅴ：产品在不同温度下干燥，对其进行红外光谱分析如下图，已知羟基引起的吸收峰在波数处请选择最合适的温度 。(填“、、或”)
14．（2023下·浙江宁波·高三校联考阶段练习）聚合硫酸铁(PFS)是一种优质的絮凝剂，其化学组成可表示为。以黄铁矿渣(含、PbS、NiS)为原料制备聚合硫酸铁流程如下。
请回答：
(1)写出“酸浸”过程中发生反应的离子方程式 。
(2)上述“萃取”过程可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)。下列说法不正确的是_______。
A．可将黄铁矿渣粉碎以提高酸浸效率
B．酸浸时可选择浓硫酸以提高酸浸效率
C．可选择作为萃取剂
D．为获得溶液可往萃取后的有机层中加稀硫酸
(3)在“氧化、水解”过程中，溶液的pH与反应时间的关系如图所示，pH在20min左右出现波动的原因是 。
(4)请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成萃取实验：倒入溶液和萃取剂→ → →f→ → →使下层液体慢慢流出→c→上层液体从上口倒出(操作不重复使用)。
a.打开上口玻璃塞；b.塞上上口玻璃塞；c.关闭下口活塞；d.打开旋塞；e.倒转分液漏斗振摇并放气；f.放在铁圈上静置；g.手持静置。
(5)设计以下实验测定以上制备中的值。已知：钨酸钠可与生成蓝色物质“钨蓝”。
步骤1：称取一定质量的PFS样品，加入和蒸馏水配成100.00mL溶液，分成两等份。
步骤2：取其中一份于锥形瓶中，加入钨酸钠指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液。
步骤3：取另一份溶液于锥形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽，滴加几滴酚酞溶液，用的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液10.00mL。
①步骤2中滴定终点的现象是 。
②试计算中的值 。
15．（2023下·浙江·高三校联考阶段练习）党的二十大报告提出必须“全方位夯实粮食安全根基”，粮食生产离不开氮肥。合成氨是人工固氮最重要的途径，合成氨工艺流程如图所示。
铁催化作用下，N2和H2合成NH3的反应为N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H(298 K) = -92. 4 kJ · ml-1，其反应机理可简单表示如图(*表示吸附态，中间部分表面反应过程未标出)：
其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。
请回答：
(1)利于提高合成氨平衡产率的条件有
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E．催化剂
(2)N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒容密闭容器中进行，测得不同温度、不同时间段内合成氨反应中H2的转化率：
①表中T1 T2，a 21%。(填“>”、“<”或“=”)
②研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v=k·c(N2)·c(H2)·c(NH3)，k为速率常数。以下说法正确的是
A．反应达到平衡后适当升高温度有利于*NH3从铁触媒表面脱附
B．H2来源于天然气和水蒸气反应，若反应气中混有CO2，Fe催化剂可能中毒
C．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
D．低温有利于合成氨反应，可见任何时候降低温度，速率常数k一定减小
(3)实际工业生产中，Fe作催化剂，需控制温度为773K，压强为3.0×107Pa，原料气中N2和H2物质的量之比按1∶2.8加入。请说明原料气中N2过量的理由：
(4)根据题干信息，画出合成氨在铁触媒作用下，[N2(g)+3H2(g)→*N2+3H2(g) →2*NH3 → 2NH3(g)]此四步反应的“能量-反应过程图”，起点[N2(g)+3H2(g)]的能量已标出。
物质
ZnS
FeS
CdS
MgF2
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
Ksp
1.3×10-24
6.3×10-18
8.0×10-27
7.42×10-11
3×10-39
8×10-16
1.2×10-11
实验编号
1
2
3
溶液的体积/mL
0
1.00
2.00
溶液的体积/mL
2.00
x
y
所加的浓度
0
5.00
10.00
测定电池电动势
计算的浓度
物质
沸点/
57.6
180(升华)
300(升华)
1023
物质
KCl
20℃溶解度(g)
6.4
111
33.7
11.1
217
34.2
金属离子
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
试剂
密度
沸点
熔点
溶解性
乙醇
易溶于水
苯甲酸
微溶于水
环己烷
难溶于水
苯甲酸乙酯
难溶于水
产品
实验测定
难溶于水
1小时
2小时
3小时
4小时
T1
5.0%
12%
21%
21%
T2
7.0%
17%
a
b
参考答案：
1．(1)
(2)AD
(3)pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH
(4) 防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 C
【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜；
【详解】（1）还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()，故所得产物的主要溶质的化学式是；
（2）A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；
B．滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；
D．Cu元素主要以形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；
答案选AD；
（3）pH控制在左右的原因是：pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH；
（4）①加入硝基苯的作用是防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；
②结合该实验中滴加标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选；答案为C；
③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1ml，CuCl的纯度为=。
2．(1) 变化
(2)
(3)AC
(4)
(5)取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素
【详解】（1）①由反应历程可知，反应过程中先失去电子发生氧化反应生成，后面又得到电子被还原成，该反应历程中Fe元素的化合价发生变化；
②由反应历程可知，有两个H原子来源于，另外两个H原子来源于，所以若将替换为，反应制得的肼的结构简式为；
（2）若过程Ⅰ中，则反应物中，该反应为氧化还原反应，生成硝酸根和亚硝酸根，根据氧化还原反应规律配平可得：
（3）采用气、液逆流的方式可增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高的吸收效率，A项正确；中的硫原子为杂化，的硫原子为杂化，所以的键角大于，B项错误；中的N原子有孤电子对，可作为配体，与等金属离子形成配合物，C项正确；羟基的吸电子能力大于氢原子，所以碱性应弱于，即，D项错误，应选AC。
（4）是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，所以氧化产物应该为无毒的氮气，同时氯化铁被还原为氯化亚铁，反应方程式为：
（5）在碱性条件下受热分解产物之一为，化合价降低，说明还会有化合价升高的产物生成，即氨气，所以检验氨气即可，实验方法为：取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素。
3．(1)
(2) BD < 调pH≈1，使部分NH3转化为NH，能使可溶性配离子转化为难溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为NH，则可能会完全转化成[PdCl4]2-
(3) 没有 取少量Z溶液与试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素
【分析】机主板中含有贵金属单质Au、Ag和Pd，在硝酸中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为、；含Au固体用王水溶解转化为溶液；向含有Ag+、溶液中加入NaCl生成AgCl固体和溶液；AgCl固体用氨水溶解得到银氨溶液，再向银氨溶液中加入肼得到Ag；向含溶液中加入氨水得到含 溶液，再加入盐酸调pH得到 。
【详解】（1）含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，生成，并产生NO，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为；
（2）①芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，不只是利用其物理性质，还因为金的化学性质不活泼，A项错误；
生成的固体Y为氯化银，所以溶液X可以是NaCl溶液，B项正确；
溶液Z是氯化银溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，C项错误；
N2H4不直接还原固体AgCl可能的原因是碱性条件下水合肼的还原性增强，将固体AgCl溶解为银氨离子，能提高反应速率，同时避免生成的银单质中混有AgCl杂质，得到的Ag纯度更高，D项正确；
故选BD；
②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力Cl小于NH3；
③Pd(NH3)2Cl2为难溶物，调pH≈1，使部分NH3转化为，能使可溶性配离子转化为难溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为，则可能会完全转化成可溶性的[PdCl4]2-；
（3）①Z溶液是银氨溶液，溶液中是银氨离子，不会和氯离子产生沉淀；
②若想验证银元素，应先将银氨离子转化为银离子，再检验银离子的存在，方法为：取少量Z溶液与试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素。
4．(1) 冰水浴或冰盐浴 逐滴加入浓氨水
(2) 吸收挥发出的(尾气吸收)，或防止倒吸 bacd
(3) AB 稀硝酸 溶液呈碱性，加适量稀硝酸调节溶液至中性，防止与碱性溶液反应
【分析】Ni(NO3)2·6H2O去离子水搅拌溶解，再加入浓氨水反应后过滤，得到蓝紫色晶体1，加入一定量的盐酸溶液使其转化为蓝紫色晶体2 [Ni(NH3)6]Cl2；
【详解】（1）步骤Ⅰ、Ⅱ中须要控制反应温度在0 ~ 10°C，可采取冰水浴或冰盐浴、逐滴滴加浓氨水来控制温度，故答案为: 冰水浴或冰盐浴；逐滴滴加浓氨水；
（2）①氨气易挥发，方框内装置a的作用是吸收挥发出的氨气，故答案为:吸收挥发出的氨气；
②蓝紫色晶体1中加入一定量的盐酸溶液使其转化为[Ni(NH3)6]Cl2，用冰盐浴冷却，防止其分解，加入一定量的NH3-NH4Cl溶液，使其溶解度降低，使[Ni(NH3)6]Cl2沉淀下出来，减压过滤，依次用浓氨水、乙醇洗涤，得到[Ni(NH3 )6]Cl2蓝紫色晶体2，故答案为: bacd；
（3）①A.若锥形瓶中盛放AgNO3溶液，会与指示剂K2CrO4溶液发生反应，起不到指示作用，选项A错误；
B.在接近滴定终点时，需用锥形瓶内部把滴定管尖端悬挂的液滴刮入锥形瓶，不能用水冲,选项B错误；
C.生成的沉淀吸附能Cl-，滴定过程中 需充分摇动锥形瓶中溶液，释放Cl-， 选项C正确；
D.若NaCl未干燥，则C1-含量偏小，使得标定的AgNO3溶液浓度偏大，使得测定的[Ni(NH3)6]Cl2品的纯度偏大，选项D正确；
E. AgNO3溶液呈酸性，可装在使用聚四氟乙烯活塞的酸碱通用滴定管，选项E正确；
故答案为: AB；
②[Ni(NH3 )6]Cl2的水溶液均显碱性，需要加入稀硝酸进行中和，防止碱性溶液与AgNO3溶液反应生成沉淀，故答案为:稀硝酸；加入稀硝酸进行中和，防止碱性溶液与AgNO3溶液反应生成沉淀。
5．(1)D
(2)80℃，120min，1.15倍(范围70—80℃，90—120min，1.15—1.20倍也可以)
(3)5.85
(4)2.0
(5)MnO·4ZnO·5Fe2O3
【分析】根据流程，用过量的稀硫酸溶解黄钾铁矾渣（主要含有K2Fe6(SO4)4(OH)12及一定量的锌、铜、镉、镁等金属），Cu不溶于稀硫酸，过滤得到的滤渣1主要是Cu，滤液为含有K+、Fe3+、Zn2+、Cd2+、Mg2+的酸性溶液，加入铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe+2H+=Fe2++H2↑，再加入NH4F使Mg2+离子沉淀，加入(NH4)2S使Cd2+离子转化为CdS沉淀，过滤，滤渣2含有过量的铁粉、MgF2、CdS，滤液主要含有Fe2+、Zn2+，加入ZnSO4、MnSO4，再加入NH4HCO3共沉淀Fe2+、Mn2+、Zn2+，得到沉淀，将沉淀通过铁氧体工艺阶段加入氧化剂氧化其中二价铁制备 MnZnFe4O8，滤液3中含有、K+、和等离子，据此分析作答。
【详解】（1）A．增大反应物浓度、升高温度均可加快反应速率，故酸浸时，可通过增大酸的浓度及加热的方式加快酸浸速率，A正确；
B．浸出液中的Fe3+极易形成Fe(OH)3胶体造成过滤困难，Fe(OH)3胶体具有很强的吸附性，可以吸附很多杂质，故将带入大量杂质，因而需要加铁粉进行还原，B正确；
C．由分析可知，净化除杂过程中加入(NH4)2S的目的是除去溶液中的Cd2+即转化为CdS沉淀，加入NH4F的目的是除去溶液中的Mg2+即转化为MgF2沉淀，C正确；
D．由分析可知，滤液3中含有、K+、和等离子，故将滤液3蒸发结晶、过滤得不到纯净的(NH4)2SO4晶体，D错误；
故答案为：D；
（2）由题干温度、时间、铁粉用量等因素对浸出液还原的影响图示信息可知，温度为78℃左右，浸泡时间为120左右，Fe2+的质量浓度最大，而铁粉加入比值量为1.15左右时，Fe2+的质量浓度已经较大，且铁用量再增大后，Fe2+的质量浓度增大不明显，故浸出液铁粉还原的最佳工艺条件为：80℃，120min，1.15倍(范围70—80℃，90—120min，1.15—1.20倍也可以)，故答案为：80℃，120min，1.15倍(范围70—80℃，90—120min，1.15—1.20倍也可以)；
（3）根据反应原理有：n(Zn2+)=n(H2Y2-)=cV=0.1000ml/L×22.50×10-3L=2.250×10-3ml，则该溶液中，Zn2+的浓度为=5.85g/L，故答案为：5.85；
（4）根据左图，pH为7.2左右时，三种离子的损失浓度最低，由根据右图，n（ NH4HCO3）：n（M2+）为2.0时，对应的pH为7.2左右，故为提高原料利用率，n（ NH4HCO3）：n（M2+）最好控制在2.0左右，故答案为：2.0；
（5）锰锌铁氧体(MnxZn1-xFe2O4)，，当x=0.2时具有较高的饱和磁场强度，则锰锌铁氧体的化学式为：MnZn4Fe10O20，其中Zn为+2价，Fe为+3价，Mn为+2价，故可用氧化物的形式可表示为MnO·4ZnO·5Fe2O3，故答案为：MnO·4ZnO·5Fe2O3。
6．(1)BD
(2) 调整溶液中离子的浓度和所带电荷数 1.00 0
(3)蓝色溶液颜色褪去(或溶液颜色不再继续变浅)
(4) b d A、f
(5)
【详解】（1）A．第一步实验的步骤|，搅拌并加热20 min有利于反应更加完全，选项A正确；
B．洗涤时不能用玻璃棒搅拌，防止戳破滤纸，选项B错误；
C．第二步实验，若配制的碘酸铜溶液未饱和，离子浓度偏低，测得的碘酸铜溶度积偏小，选项C正确；
D．第三步实验，根据电动势的公式，所需测量的为铜离子的浓度，和溶液体积无关，实验所用的碘酸铜饱和溶液的体积不必相同，选项D错误；
答案选BD；
（2）第二步实验，加入K2SO4溶液的目的是调整溶液中离子的浓度和所带电荷数；其中实验编号2、3加入K2SO4溶液的体积分别是x= 1.00、y= 0，
故答案为：调整溶液中离子的浓度和所带电荷数；1.00；0；
（3）第一步实验的步骤|，判断反应基本完全的方法为蓝色溶液颜色褪去(或溶 液颜色不再变化)，故答案为：蓝色溶液颜色褪去(或溶液颜色不再变化) ；
（4）取制备好的碘酸铜固体和38.00mL的蒸馏水，形成悬浊液，按如表数据，用移液管量取一定量的CuSO4溶液和K2SO4溶液，将上述混合液搅拌约15min，用三角漏斗(过滤)，将所得溶液分别用编号过的3个干燥的小烧杯收集，故答案为: b；d；A； f；
（5）根据表格数据和原理，最终溶液中存在的c(Cu2+)为b10-3ml/L，而在碘酸铜饱和溶液中，根据Cu(IO3)2 = Cu2+ + 2；溶液中为最终溶液中存在的铜离子减去加入的铜离子，则c()=2(b-a)10 -3ml/L，故Ksp=c(Cu2+)c2()= b10-3ml/L[2(b-a)10 -3ml/L]2=( ml/L)3。
7．(1)焦炭作为燃料，焙烧使铝土矿固体中水分挥发，为后续反应创造无水环境；使铝土矿气孔数目增多，增大反应接触面积，提高反应速率
(2)、、
(3)控温冷凝(冷却、凝华)
(4)或
(5)还原剂()，使生成沸点更高的
【分析】铝土矿主要成分(含有等杂质)，与焦炭在高温条件下灼烧得到、、Si，与Cl2、O2在950C反应生成、、，气体混合物经冷却，控制温度60~180C，分离出尾气，加入铝粉，生成沸点更高的，除去铁元素。
【详解】（1）步骤Ⅰ，使用焦炭作为燃料燃烧，使铝土矿固体中水分挥发，为后续反应创造无水环境；使铝土矿气孔数目增多，增大反应接触面积，提高反应速率。
答案为：铝土矿固体中水分挥发，为后续反应创造无水环境；使铝土矿气孔数目增多，增大反应接触面积，提高反应速率。
（2）结合上述分析，可知步骤Ⅱ，得到的气体混合物的主要化合物、、。
答案为：、、。
（3）步骤Ⅲ，操作1的实验目的是为了分离除去，结合表格信息，控制温度60~180C，进行冷凝。
答案为：控温冷凝(冷却、凝华)。
（4）步骤Ⅳ，NaCl可以降低熔化温度，发生反应：或。
答案为：或。
（5）加入铝粉，生成沸点更高的，除去铁元素。
答案为：还原剂()，使生成沸点更高的。
8．(1)BD
(2) 与反应的生成，溶解度比小得多，在溶液浓缩时会和会同时析出而降低纯度 醋酸
(3)dfcai
(4) ABE
【分析】由题目信息，可知二氧化锰与KOH煅烧生成K2MnO4，溶液中通入二氧化碳与溶液中氢氧化钠反应，调节pH，由工艺流程可知，CO2使发生歧化反应，生成和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，利用溶解度不同进行结晶分离.若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出，导致得到的KMnO4产品的纯度降低；
【详解】（1）A．玻璃棒中的二氧化硅和强碱反应，玻璃棒被腐蚀，故不能用玻璃棒搅拌，选项A错误；
B．将软锰矿粉碎后加入熔融物中，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，选项B正确；
C．随反应进行，发现熔融物黏度增大时控制温度，使反应充分，选项C错误；
D．若反应剧烈使熔融物逸出，可将火焰移开，降低温度，选项D正确；
答案选BD；
（2）与反应的生成，溶解度比小得多，在溶液浓缩时会和会同时析出而降低纯度；高锰酸钾具有强氧化性，不能用盐酸代替，硫酸难挥发且为强酸，故为避免此影响，可用醋酸代替进行改进；
（3）结晶步骤中为得到杂质较少的粗产品，将溶液加入蒸发皿中 d．小火加热蒸发 f．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 c．冷却 a．抽滤 i．冷水洗涤干燥晶体；答案为dfcai；
（4）根据离子方程式，可知与草酸反应的定量关系2~5，0.6500g样品中的物质的量为n==0.004ml，则纯度为=97.23%，
②A．定容过程时俯视刻度线，则所加蒸馏水偏少，所配高锰酸钾溶液浓度偏高，所测样品中含量偏高，选项A符合；
B．滴定过程中水浴温度过高，高锰酸钾分解损失，滴定消耗高锰酸钾偏多，所测结果偏高，选项B符合；
C．滴定速度过慢使高锰酸钾溶液与空气中还原性物质反应，则滴定消耗的高锰酸钾偏多，则测得样品中高锰酸钾偏少，选项C不符合；
D．滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对滴定结果无影响，选项D不符合；
E．滴定前滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后尖嘴有气泡，则滴定消耗的高锰酸体积偏大，则测定结果样品含量偏高，选项E符合；
答案选ABE。
9．(1)将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子
(2)AC
(3)Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+
(4) GBFCH 当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点 +3.4
【分析】根据信息知，软锰矿浆经过浸取后，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，另外原料中的Fe转化为Fe2+，Al转化为Al3+，在精制过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，再调节pH可将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，Mn2+在沉锰步骤中转化为Mn(OH)2等沉淀，经过控温氧化转化为MnO2，在锂化过程中，MnO2与Li2CO3反应得到产品锰酸锂()，据此回答。
【详解】（1）由分析知二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，即加入硫酸亚铁的目的是将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子；
（2）浓硫酸具有强氧化性会生成二氧化硫污染性气体，A错误；双氧水会分解，即需要加入过量的双氧水，B正确；由分析知滤渣Ⅱ主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，C错误；在沉锰时会有硫酸生成，即将变小，D正确；综上选AC；
（3）中S元素为+6价，若8个O均为-2价，则S元素为+7价，不符合题意，故推测有2个O是-1价，即形成过氧键，故1个含有1个过氧键；加入K2S2O8可将Mn2+直接氧化为MnO2，被还原为，根据得失电子守恒初步配平反应为：Mn2++→MnO2↓+2，结合溶液显酸性，在方程式右边添加4个H+配平电荷守恒，在左边添加2个H2O配平元素守恒，即方程式为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+；
（4）①滴定管需要检查是否漏水、蒸馏水洗涤、待装液体润洗、排气泡、调整液面、记录数据等操作，即操作顺序为GBFCH；②起始溶液无颜色，即滴定终点现象为当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点；③由步骤2得，Mn元素总物质的量n=n(EDTA)=0.4000 ml/L×20.00 mL×10-3 L/mL=8×10-3 ml；在步骤3中，KMnO4测定的是过量的Na2C2O4，由得失电子守恒得关系式：2KMnO4~5Na2C2O4，则剩余的n(Na2C2O4)== ，则与样品反应的n(Na2C2O4)= ，假设锰酸锂中Mn元素平均价为+a价，根据得失电子守恒列式得：(a-2)×8×10-3 ml=2×5.6×10-3 ml，解得a=3.4，故答案为+3.4。
10．(1)矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)
(2)AC
(3)由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全
(4)蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体
(5) 电子天平(分析天平) 移液管(酸式滴定管) 96.64%
【分析】将天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)粉碎，加入H2SO4溶浸，此时CuS中的S元素被MnO2氧化为S、Si元素转化为SiO2或硅酸盐；过滤后，往滤液中加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+；加入氨水调pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2S溶液，将Zn2+、Ni2+转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入MnF2溶液，将Mg2+转化为MgF2沉淀；过滤后，往滤液中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀；将沉淀用H2SO4溶解，便可生成MnSO4。
【详解】（1）“溶浸”步骤中，通过增大接触面积、升高温度、增大浓度，可加快溶浸速率，具体措施有：矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)。答案为：矿石粉碎，加热，适当增大硫酸浓度，不断搅拌(任选两条)；
（2）A. 由分析可知，“溶浸”步骤中的“滤渣1”的主要成分是S和SiO2(或不溶性硅酸盐)，A正确；
B. “氧化”步骤中添加的MnO2的作用，是将Fe2+氧化为Fe3+，B不正确；
C. 加入氨水调pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Zn2+、Ni2+、Mn2+不产生沉淀，则溶液的pH范围应调节为4.7～6，C正确；
D. “沉锰”步骤中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀，同时生成CO2等，离子方程式为，D不正确；
故选AC。答案为：AC；
（3）“除杂2”步骤的目的是生成MgF2沉淀从而除去Mg2+，若溶液酸度过高，则F-会转化为HF，不利于Mg2+转化为MgF2沉淀，从平衡移动的角度看，其原因是：由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全。答案为：由可知，酸度过大，F-浓度降低，使得平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2＋沉淀不完全；
（4）MnCO3加入足量稀硫酸充分溶解后，需通过蒸发溶剂、降温从而降低溶解度，使MnSO4结晶析出，再过滤、洗涤、干燥，便可获得较纯的MnSO4晶体。这一系列操作是蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体。答案为：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥→纯净的MnSO4晶体；
（5）①称量 MnSO4样品为0.250g，需使用电子天平(分析天平)；MnSO4溶液呈酸性，取待测液25.00mL，需使用移液管(酸式滴定管)。19.30mL与20.04mL、19.96mL相差过大，应舍去，从而得出所用标准溶液的平均体积为20.00mL。
②依据反应，可建立如下关系式：5(NH4)2Fe(SO4)2——MnSO4，100mL待测溶液所需消耗标准溶液的物质的量为0.1ml/L×0.02L×=0.008ml，n(MnSO4)==0.0016ml，则样品中MnSO4的质量分数为≈96.64%。答案为：电子天平(分析天平)；移液管(酸式滴定管)；96.64%。
【点睛】平行实验中，需先分析数据的有效性，再求平均值。
11．(1)Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑
(2)AC
(3)蒸发皿
(4)H+浓度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率
(5) c e g a h
(6)
【分析】由题给流程可知，铬铁矿中加入纯碱与氧气高温条件下焙烧，将铬酸亚铁铬酸钠和氧化铁，将氧化铝和二氧化硅转化为偏铝酸钠和硅酸钠，加入水浸取、过滤得到含有氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH使偏铝酸钠和硅酸钠转化为氢氧化铝和硅酸沉淀；过滤得到含有氢氧化铝、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸，将铬酸钠转化为重铬酸钠，溶液经蒸发结晶、过滤得到含有硫酸钠的副产品和滤液；滤液经冷却结晶、过滤得到红矾钠晶体和含有硫酸的母液，母液中的硫酸可以循环利用。
【详解】（1）由分析可知，转化过程中生成可溶性含铝组分的反应为氧化铝和碳酸钠高温条件下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑，故答案为：Al2O3+Na2CO3NaAlO2+CO2↑；
（2）A．由分析可知，蒸发结晶的目的是除去溶液中的硫酸钠，则蒸发结晶时如果长时间蒸发，会析出红矾钠晶体，导致红矾钠晶体的产率降低，故错误；
B．由分析可知，母液中的硫酸可以循环利用，故正确；
C．由分析可知，焙烧得到的氧化铁在浸取过程中被除去，故错误；
D．焙烧时气流与矿料逆流而行的目的是增大反应物接触面积，提高反应速率，故正确；
故选AC；
（3）蒸发结晶时，盛放样品的容器为蒸发皿，故答案为：蒸发皿；
（4）由分析可知，加入稀硫酸酸化的目的是溶液中氢离子浓度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡向正反应方向移动，重铬酸钠的物质的量增大、产率增大，故答案为：H+浓度增大，使2H++2CrOCr2O+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；
（5）利用氧化还原滴定法测定红矾钠晶体的纯度的实验过程为用电子天平称量2.50g产品，在烧杯中加硫酸溶解样品，用容量瓶配制得到250mL溶液，用移液管量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量碘化钠溶液与重铬酸钠溶液完全反应，加入3滴淀粉做指示剂，用盛有0.1200ml•L-1硫代硫酸钠标准溶液的碱式滴定管滴定，观察到溶液变成蓝色并且30s内不恢复原来的颜色，消耗标准溶液40.00mL，故答案为：c；e；g；a；h；
（6）设铬铁矿的质量为xkg，以铬铁矿为原料制备mkg硼化铬，在工艺流程中铬元素损失b%，由铬原子个数守恒可得： ×2=，解得x=，故答案为：。
12．(1)加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶
(2)
(3) 三颈瓶 分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率
(4)
(5) 酚酞
【分析】根据题给流程图可知，甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液；步骤的大致流程为“组装仪器投料反应进行提纯得到产品”，根据常见仪器图，结合虚框中的仪器组合为球形冷凝管分水器以及酯化反应会产生水，进行分析；
【详解】（1）甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液，从题中所给信息可知，苯甲酸微溶于水，所以步骤Ⅲ应当是将苯甲酸转化为在水中溶解度更大而在有机溶剂中溶解度更小的苯甲酸盐，要从水层中提取出苯甲酸，则需先酸化使苯甲酸盐转化为苯甲酸，再通过蒸发浓缩、冷却结晶使苯甲酸固体析出。即步骤Ⅳ为加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶，
故答案为：加酸酸化、蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）步骤的大致流程为“组装仪器投料反应进行提纯得到产品”，选项中有差别的只有投料顺序即、，类比浓硫酸的稀释过程，应该“酸入水”而非“水入酸”，即浓硫酸应当最后再加，由此联想到投料过程中浓硫酸也应最后再加，故排除，加碳酸钠不仅可以除去硫酸，还可以使苯甲酸转化为苯甲酸盐进入水相，从而有利于中进一步提纯，即正确操作顺序为，
故答案为：；
（3）是三颈烧瓶；虚框中的仪器组合为球形冷凝管分水器；酯化反应会产生水，根据已知信息，环己烷溶剂、乙醇反应物和水产物会形成三元恒沸物，即三者会一并被蒸出，然后在冷凝管中冷凝进入分水器；分水器下端的活塞可以放出积蓄的水，而乙醇和环己烷会通过上端的支管流回反应体系，这就相当于不断移出了酯化反应体系中生成的水，促进平衡右移，提供了产率，虚框内装置的作用可以总结为：分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率，
故答案为：三颈瓶；分离出反应体系中生成的水，使酯化反应平衡正向移动，提高产率；
（4）可以用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化为苯甲酸，故A错误；
B．从中的解析可知，先加溶液将苯甲酸转化为苯甲酸盐，再分液，故B正确；
C．减压过滤即抽滤，是为了提高过滤速度，故C错误；
D．苯甲酸乙酯的沸点，故蒸馏时应收集的馏分，故D错误；
E．下层液体即水，当水的液面不再升高时，说明反应已经达到平衡，可以停止加热，结束反应，故E正确，
故答案为：；
（5）加入过量后，溶液中生成的苯甲酸钠和剩余的都会与反应；其中先与反应，消耗完后才轮到苯甲酸钠反应；该滴定分析，是要计算出剩余的的量，进而计算出产物苯甲酸乙酯的量，所以应在恰好与完全反应时结束滴定，此时溶液中含有和苯甲酸钠，溶液呈碱性，故应选择酚酞作为指示剂；剩余的滴定消耗的注：滴定所取溶液的量仅为原溶液的四分之一，故这里乘以，苯甲酸乙酯与苯甲酸乙酯反应的，苯甲酸乙酯，产物，产品纯度，故答案为：酚酞；。
【点睛】根据题给流程图可知，甲苯首先经“Ⅰ氧化”变成苯甲酸，然后经“Ⅱ过滤”得到含苯甲酸滤液结合苯甲酸微溶于水进行分析；
步骤的大致流程为“组装仪器投料反应进行提纯得到产品”，选项中有差别的只有投料顺序即、，类比浓硫酸的稀释过程进行分析；
根据常见仪器图，结合虚框中的仪器组合为球形冷凝管分水器以及酯化反应会产生水，进行分析；
可以用酸性高锰酸钾溶液将甲苯氧化为苯甲酸；
B．先加溶液将苯甲酸转化为苯甲酸盐，再分液；
C．减压过滤即抽滤，是为了提高过滤速度；
D．苯甲酸乙酯的沸点，故蒸馏时应收集的馏分；
E．下层液体即水，当水的液面不再升高时，说明反应已经达到平衡，可以停止加热，结束反应；
加入过量后，溶液中生成的苯甲酸钠和剩余的都会与反应；其中先与反应，消耗完后才轮到苯甲酸钠反应；该滴定分析，是要计算出剩余的的量，进而计算出产物苯甲酸乙酯的量，所以应在恰好与完全反应时结束滴定，此时溶液中含有和苯甲酸钠，溶液呈碱性，故应选择酚酞作为指示剂。
13．(1)三颈烧瓶
(2)
(3)AC
(4)bheai
(5)
【分析】镁和甲醇加热回流反应生成甲醇镁，分离出甲醇镁A，加入高纯水水解生成氢氧化镁，然后通入二氧化碳将氢氧化镁转化为碳酸镁，过滤后加入氢氟酸发生氟化反应得到氟化镁；
【详解】（1）仪器A的名称三颈烧瓶；
（2）氟化反应涉及的反应为碳酸镁和氟化氢生成氟化镁、水、二氧化碳，化学方程式
（3）A．甲醇沸点：，故步骤I中反应温度不选择，主要减少甲醇挥发，A错误；
B．步骤Ⅱ中待镁片上不再有微小气泡生成时，说明已经反应完全，可进行步骤Ⅱ，B正确；
C．步骤Ⅲ将通入高纯水达到饱和不利于甲醇镁的水解进行，制备悬浊液B应先加入高纯水，使得甲醇镁水解后再通入二氧化碳将氢氧化镁转化为碳酸镁，C错误；
D．氟化氢气体有毒，故步骤Ⅳ在进行氟化反应时，应做好防护措施和配备应急药品，D正确；
故选AC；
（4）得到甲醇镁需要趁热过滤除去滤渣分离出甲醇镁溶液，故过滤中需使用铜质保温漏斗；过滤后滤液加热蒸馏出过量的甲醇，需要使用直行冷凝管和烧杯；然后蒸发结晶得到甲醇镁；故答案为：bheai；
（5）由图可知，时透过率稳定且温度较高干燥速率较快，故选择。
14．(1)
(2)BC
(3)H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动
(4) b e a d
(5) 滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化 3:1:4
【分析】黄铁矿渣含、PbS、NiS，第一步通过酸浸将 和NiS转化为Fe2+和Ni2+，第二步过滤时滤渣主要有PbS和S，可推知酸化过程中生成的气体为H2S，萃取过程将Fe2+和Ni2+分离，Fe2+经过氧化氢氧化成Fe3+，然后水解，经过聚合作用生成聚合硫酸铁。以此解答该题。
【详解】（1）由上述分析可知，酸浸过程中反应生成Fe2+、S和H2S，反应的离子方程式为。
（2）A.将黄铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，从而提高浸出效率，A正确；B. 浓硫酸具有较强的氧化性，会参与酸浸发生氧化还原反应，B错误；C. 从流程图信息可知，有机层中能获得硫酸镍溶液，而四氯化碳和硫酸镍不反应，所以不可选用CCl4做萃取剂，C错误；萃取过程的反应为可逆反应，向有机层中加稀硫酸，使平衡向左移动，可重新得到NiSO4，D正确；故选BC。
（3）该过程为氧化、水解过程，利用过氧化氢的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，此过程会消耗氢离子使pH升高，之后铁离子水解生成氢离子，使pH降低，二者的相对速率决定了pH的变化，因此pH的波动是由两个过程的速率变化引起的。
（4）萃取的规范流程为倒入溶液和萃取剂，塞上上口玻璃塞，倒转分液漏斗振摇并放气，放在铁圈上静置分层，打开上口玻璃塞，打开旋塞，放出下层液体，随后关闭旋塞，上层液体从上口倒出；因此答案为bead。
（5）用氯化钛进行滴定，钨酸钠做指示剂，滴定终点氯化钛过量，与钨酸钠作用生成蓝色物质，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化；铁滴定过程中消耗氯化钛0.003ml，由可知，一份溶液中铁离子的物质的量为0.003ml，总的铁离子为0.006ml，用氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸，用以确定氢氧根的含量，一份溶液消耗氢氧化钠0.001ml，则中总的氢氧根的物质的量为0.002ml，即铁离子与氢氧根的比例为3:1，由电荷守恒可知z为4，则的值为3:1:4。
15．(1)AD
(2) < < ABC
(3)原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率
(4)
【详解】（1）和合成的反应为放热反应，降低温度，使反应向放热的方向进行，即向右进行，可以提高合成氨平衡产率；和合成的反应为气体体积减小的反应，增大压强，使反应向气体体积减小的方向进行，提高合成氨平衡产率；利于提高合成氨平衡产率的条件有低温，高压；
（2）①根据表中数据可知，相同时间段内，的的转化率高于，说明的反应速率快于，温度越高，反应速率越快，则>；合成氨反应是放热反应，根据勒夏特列平衡移动原理，温度越高，速率越快且先达到平衡，同时平衡转化率越低，由于3小时温度低已达到平衡，则温度高，肯定达平衡且转化率减小,即a②A．脱附吸附能量，升温有利于脱附，A项正确；
B．反应，使用催化剂可能中毒，B项正确；
C．合成氨的反应为熵减的放热反应，即都小于0，C项正确；
D．对于受吸附，脱附的催化反应，催化剂活性温度内，温度不高时，k随温度升高而增加，达某一最佳温度后，升温反而使k下降，D项错误；
答案选ABC。
（3）原料气中过量，是因为适度过量的有利于提高氢气的转化率，在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度的过量也利于整体反应速率的提高；
（4）和反应需要放出能量，得到，反应到是吸附过程，吸附释放能量，能量下降，生成是脱附过程，脱附吸收能量，能量上升。