2023年高考真题变式分类汇编：物质的分离与提纯2
一、选择题
1．（2023·湖北）利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
2．（2022高三上·辽宁月考）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为
D．参与反应的为1∶1∶1
3．（2022·海南）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是（ ）
A．洗涤 B．粉碎 C．萃取 D．蒸发
4．（2023·泰安模拟）某化工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收方案如下：
下列说法错误的是
A．试剂a选择溶液比溶液更合适
B．回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇
C．试剂b为，试剂c为稀硫酸
D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为蒸馏
5．（2022·淄博模拟）从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+
A．“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子
B．进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出
C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用
D．操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧
6．（2023·临沂模拟）正丁醛经催化加氢可得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，为提纯1－丁醇设计如图路线。
已知：①1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚；
②R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓。
下列说法错误的是
A．试剂a为饱和NaHSO3溶液，试剂b为乙醚
B．操作I和操作III均为过滤
C．无水MgSO4的作用是干燥除水
D．蒸馏时冷却水应从球形冷凝管的上口进入
7．（2023·济南模拟）工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备。“酸性歧化法”中，利用软锰矿(主要成分为)先生成，进而制备的流程如下所示。
实验室中模拟“酸性歧化法”制备。下列说法正确的是
A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体
B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为
C．“结晶”获取晶体时采用蒸发结晶
D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个
8．（2023·菏泽模拟）一定量的甲苯和溶液发生反应得到混合物，按如下流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是
A．苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等
B．操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏
C．甲苯、苯甲酸依次由①、②获得
D．苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法
9．（2022高三上·金山模拟）为提纯下列物质（括号内是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）
选项 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法
A NaBr(aq)（NaI） 氯水、CCl4 萃取、分液
B NH4Cl(aq)（FeCl3） NaOH(aq) 过滤
C CO2（CO） CuO粉末 通过灼热的CuO粉末
D CH3COOC2H5（CH3COOH） C2H5OH、浓硫酸 加热蒸馏
A．A B．B C．C D．D
10．（2022·余姚模拟）下列说法错误的是
A．可用纸层析法分离含少量 Fe3+和 Cu2+的混合溶液，亲水性强的 Cu2+在滤纸条的下方
B．抽滤过程中洗涤沉淀时，应关小水龙头，加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净
C．液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗；溴中毒时不可进行人工呼吸
D．Na3AlF6溶液中滴加稀氨水无明显白色沉淀
11．（2022·奉贤模拟）下列实验操作与物质的溶解性无关的是
A．用水洗气，能除去混在CO中的HCl
B．用CCl4能萃取碘水中的碘单质
C．蒸馏海水，能得到淡水
D．冷却KNO3饱和溶液，能耗析出KNO3晶体
12．（2023·黄浦模拟）以卤水(富含I-)为原料用高分子树脂提取碘的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，离子方程式为I2+SO+2OH-=2I-+2SO+H2O
C．用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是为了便于分离富集碘元素
D．“提纯”过程是先萃取分液、蒸馏得到粗产品，再升华纯化
13．（2022·惠州模拟）“汲水而上，于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”(《天工开物》生产井盐)。上述古代研究成果中涉及的物质分离操作是（ ）
A．蒸馏 B．萃取分液 C．蒸发结晶 D．趁热过滤
14．（2022·攀枝花模拟）由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是（ ）
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
二、多选题
15．（2023·日照模拟）一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：
室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH 7.8 5.5 5.8 1.8 8.3
完全沉淀时的pH 9.4 6.7 8.8 2.9 10.9
下列说法正确的是
A．“滤渣I”为
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率
C．生成的离子方程式为
D．“沉钴”时，用代替可以提高的纯度
16．（2023·菏泽模拟）(钴酸锂)常用作锂离子电池的正极材料。以某海水(含浓度较大的LiCl、少量、、等)为原料制备钴酸锂的一种流程如下：
已知：①的溶解度随温度升高而降低；
②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：
物质
下列说法错误的是
A．高温时“合成”反应的化学方程式为
B．滤渣1主要成分有、
C．“洗涤”时最好选用冷水
D．“除杂2”调pH=12时，溶液中
三、非选择题
17．（2023·新课标卷）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水 溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水 溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入冰乙酸、水及 ，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入安息香，加热回流。
③加入水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶。
回答下列问题：
（1）仪器A中应加入 (填“水”或“油”)作为热传导介质。
（2）仪器B的名称是 ；冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。
（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是 。
（4）在本实验中，为氧化剂且过量，其还原产物为 ；某同学尝试改进本实验：采用催化量的并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 ？简述判断理由 。
（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止 。
（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量 洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
（7）本实验的产率最接近于 (填标号)。
a． b． c． d．
18．（2021·湖北）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为 ；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为 。
（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
（3）25℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为 (保留一位小数)；若继续加入6.0mol·L-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后 ；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3·H2O [Ga(OH)4]-+NH 的平衡常数K= 。
(已知：Ga3++4OH- [Ga(OH)4]- K′= ≈1.0×1034)
（4）“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO 是否洗净的试剂是 ；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和 。
（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
19．（2023·邢台模拟）铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：
回答下列问题：
（1）“碱浸”步骤提高浸出率的方法有 (任写出一条)，滤渣的成分为 ，该步骤发生反应的化学方程式是 。
（2）已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为 。
（3）“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为 。
（4）该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有 。
（5）立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：
该晶体中B的配位数为 ，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为 。
20．（2023·酒泉模拟）回收钴废料能有效缓解金属资源浪费、环境污染等问题。一种以含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下图所示：
已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Co2+
开始沉淀的pH 7.5 2.2 6.7
完全沉淀的pH 9.5 3.0 8.7
②在pH为4~6时，Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x) 胶粒的胶体；
③金属钴与铁具有相似的化学性质；
④氧化性：Co3+>ClO-。
回答下列问题：
（1）酸浸后，“滤渣”的主要成分有 和 (填化学式)。
（2）“除铁”时加入NaClO，主要反应的离子方程式为 ，再加入Na2CO3溶液调节pH，已知溶液pH对除铁率和钴回收率影响如图所示，则该步骤应控制pH范围为 ，图中钴回收率骤降的可能原因是 。
（3）“滤液2”中主要溶质的常见用途为 。
（4）“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全[c(Co2+)<10-5mol·L-1]，控制的浓度不小于 mol·L-1[已知：Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8]
21．（2023·兰州模拟）碳酸锶( SrCO3)主要用于制造磁性材料、电子元件等。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、 Al2O3、MgCO3杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺如图所示：
已知：①25℃时溶液中金属离子物质的量浓度c与溶液pH的关系如图所示：
②Sr (OH)2、 Ca (OH) 2在不同温度下的溶解度表
温度/℃ 0 20 40 60 80 90 100
Ca(OH)2/g 0.19 0.17 0.14 0.12 0.09 0.08 0.07
Sr(OH)2/g 0.91 1.77 3.95 8.42 20.20 44.50 91.20
回答下列问题：
（1）“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。 则“高温煅烧”的主要反应化学方程式为 。
（2）气体2的主要成分为 (填化学式)。
（3）不设置步骤1的后果是 。
（4）“除铁铝” 后溶液温度降至室温(25℃) ，溶液中c(Fe3+) 为 mol/L。
（5）“除镁钙”过程温度控制在95℃~100℃的目的是 。
（6）“沉锶” 的离子反应方程式为 。
（7）“沉锶”过程中反应温度对锶转化率的影 响如图所示，温度高于60℃时，锶转化率降低的原因为 。
（8）从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因 。
22．（2023·唐山模拟）铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：
回答下列问题：
（1）“碱浸”步骤提高浸出率的方法有 (任写出一条)，滤渣的成分为 ，该步骤发生反应的化学方程式是 。
（2）已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为 。
（3）“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为 。
（4）该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有 。
（5）立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：
该晶体中B的配位数为 ，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为 。
23．（2023·石家庄模拟）湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有 。
（3）“除镉”时，发生反应的类型为 。
（4）“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：
反应时，接受电子对的一方是 ；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为 。
（5）“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为 。
（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为 。
（7）氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为 g cm-3 (列出计算式即可)。
24．（2022·淄博模拟）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4 7H2O，其工艺流程如图：
已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。
②25℃时相关物质的Ksp见表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 TiO(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-11.6 1.0×10-29
回答下列问题：
（1）矿渣的主要成分是 ；试剂A为 (填化学式)。
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为 ；加水浸取前需先冷却的目的是 。
（3）“转化”工序，加入试剂B调节pH。
①试剂B为 (填标号)。
A．H2SO4 B．H2O2 C．Na2CO3 D．NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol L-1]需要调节溶液的pH略大于 。
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是 ，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质 TiCl4 Cl2 CO CO2
分压MPa 4.59×10-2 4.98×10-9 1.84×10-2 3.70×10-2
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为 。
（5）高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是____(填标号)。
A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar
25．（2023·山西模拟）主要用于电镀工业、生产镍镉电池，用作油脂加氢催化剂、媒染剂等。某兴趣小组用含镍废催化剂(主要含有，还含有、、及其他不溶于酸、碱的杂质)制备，其流程如下：
已知：①常温下，部分金属化合物的近似值如表所示：
化学式
近似值
②金属活泼性：。
③。
回答下列问题：
（1）元素在元素周期表中的位置为 ，其基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“滤液1”中的主要溶质为、 。
（3）加入硫酸时，发生反应的离子方程式为 。
（4）加入的目的是将氧化为，该步骤 (填“能”或“不能”)用适量稀硝酸代替，理由是 。然后调节溶液的，则此时应调节溶液的至少为 (保留3位有效数字，离子浓度小于或等于时认为沉淀完全)，检验“滤液3”中杂质金属离子已除尽的操作和现象是 。
（5）用配位滴定法测定粗品中的纯度。取粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成溶液，取溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(紫色试剂，遇显橙黄色)，用浓度为的标准液滴定，平均消耗标准液。已知：。粗品中的纯度是 %；下列操作会使测定结果偏低的是 (填标号)。
A．锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定
B．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡
C．滴定前平视读数，滴定后仰视读数
26．（2023·淮安模拟）实验室以含硒废料(假设杂质不参与反应)提取硒，部分实验过程如下：
（1）“浸取”时单质硒大部分生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中液体是 (填名称)。
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，反应后溶液中物质的量减少的离子有 (填化学式)
（4）以上述流程中生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，请补充完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液， ，得高纯硒单质。 (必须使用的试剂： BaCl2溶液、1 mol·L-1NaOH溶液)
（5）实验室常用氧化还原滴定法测定某样品中Se的质量分数，步骤如下：
I.取0.8400 g样品充分磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容。
II.准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液25.00 mL，向锥形瓶中再加入25.00 mL 0.06 mol·L-1Fe2+溶液，加入磷酸后再用0.0200mol·L-1KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液10.00 mL。
已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+较慢，在该滴定过程可忽略此反应。计算硒的质量分数 (写出计算过程)。
27．（2023·成都模拟）镀锌钢构件的酸洗废液中含有盐酸、和。实验室从酸洗废液中回收盐酸和的实验流程如下：
已知化合物的溶解度(水)数据如下表：
物质
49.7 59.0 62.5 66.7 70.0 78.3 88.7 94.9
342 363 395 437 452 488 541 614
回答下列问题：
（1）I．回收盐酸和粗产品
操作1应选择____(填字母序号)。
A．水浴加热 B．油浴加热 C．投入沸石
（2）为了获得粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是 ；若留有残余液过多，会造成的不良后果是 (答一条)。
（3）II．粗产品的重结晶
检验粗产品中含有的操作方法是 。
（4）重结晶前加入的物质X为 ；操作2的名称是 。
（5）III．滴定亚铁离子，测定晶体纯度
准确称取重结晶后的晶体，溶于混酸中并定容至。移取三份溶液，加入指示剂，用标准溶液()滴定至终点，半分钟内不恢复，平均消耗标准溶液体积为(此时不被氧化)。
计算晶体的纯度为 (含a、c的代数式，化到最简)。
28．（2023·绵阳模拟）锰酸锂是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为，还含有少量的)为原料制备锰酸锂的流程如下：
已知：I．时，相关物质的如下表：
物质
II．时，电离常数
III．离子浓度低于时即为沉淀完全
回答下列问题：
（1）写出步骤①溶于稀硫酸时杂质反应的离子方程式 。
（2）滤渣1的成分是 (填化学式)；步骤②加入的目的是 。
（3）步骤③加入目的是除去杂质离子，若溶液中浓度为，要确保杂质离子沉淀完全，同时不降低产品产率，步骤③调控的范围应该为 。反应的平衡常数 。
（4）“离子交换”步骤和“洗脱”过程是利用反应：(是氢型交换树脂)的平衡移动将进一步提纯，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用 。
（5）步骤④反应未见气体生成，则该反应留存在滤液3中的产物有 (填化学式)。
（6）步骤⑤反应的化学方程式为 。
29．（2023·沈阳模拟）铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料、合金制造等高科技领域。自然界铟大多富集在闪锌矿(主要成分，还含有、等杂质)中，工业上常采用铅锌冶炼过程中的含铟烟灰作为回收铟的主要原料。如图为工业提取铟的流程图：
已知：①烟灰中钢主要以硫化铟、氧化铟以及和形式存在，其中和的化学性质非常稳定，难以被硫酸溶解浸出。
②铅锌冶炼烟灰先经稀硫酸溶液预处理后得到中浸渣，主要成分如下：
成分
质量分数(％) 0.72 3.01 60.48 8.92 1.16
③酸性条件下，温度过高，氯酸钠易分解释放出氯气。
回答下列问题：
（1）铟元素位于元素周期表第 周期 族。
（2）闪锌矿经氧化焙烧可获得铅锌烟灰，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是 。
（3）写出闪锌矿主要成分氧化焙烧反应的化学方程式 。
（4）已知与发生反应生成配合离子，不利于的萃取，则“氯化浸出”实验中加入硫酸的原因是 。
（5）氯化步骤中，铟元素被氧化到最高正价，写出氯化过程中发生反应的离子方程式 (产物中元素以形式存在)。在氯化过程中，反应温度、时长、盐酸、硫酸、氯酸钠的浓度都会影响铟元素的浸出率，控制其他条件不变，考查不同浸出温度对铟浸出率的影响，结果如图所示。实验采取的是80℃的条件，原因是 。
（6）转化步骤中往往需要加入“锌粉”，其作用是 。
30．（2023·菏泽模拟）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为 (填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示 (填标号)。
A． B． C．
（3）“酸浸”时，发生反应，发生反应的离子方程式为 ；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是 。
（4）已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是 。
（5）该工艺流程中，可以循环使用的物质有 。
31．（2023·大庆模拟）我国科学家开发催化剂来提高燃料电池的性能。某小组以含镍废料(主要含、，以及少量、、、、、和等)为原料提取镍的流程如下：
已知常温下部分难溶物的如表所示：
物质
请回答下列问题：
（1）“酸浸”中产生了一种还原性气体，它是 (填化学式)；“除铁铝”中双氧水的作用是 。
（2）“固体2”中除、外，还可能含硫单质等物质，生成硫单质的离子方程式为 。
（3）为提高原料利用率，“电沉积”得到的“废液”可以循环用于 (填名称)工序。
（4）常温下，在“除铁铝”中，当滤液中时，其 。
（5）可以通过电解法提纯镍，粗镍作 (填“阳”或“阴”)极，阴极的电极反应式为 。
32．（2022·内江模拟）金属钛(Ti)因硬度大、熔点高、密度小、抗腐蚀性强而被广泛用作高新科技材料，披誉为“太空金属”。工业上用某金属氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)来制备钛、铁红等的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）为加快"水溶”速率，可采取的措施为 (写出一种即可)。
（2）“滤液E”中除含有过量的硫酸和硫酸铝外，还含有 。
（3）已知二氧化钛能与熔融的氢氧化钠反应生产Na2TiO3，在酸性条件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)的离子方程式为 。“滤液A”到“滤液E"需加热的原因是 。
（4）为了便于分离铁和铜，通常要将Fe2+氧化成Fe3+，使用的氧化剂合理的是 ，调节pH的目的是 。
（5）用“滤液D”制胆矾的步骤为蒸发浓缩、 、过滤、冰水洗涤、自然风干。
（6）取500 mL “滤液E” ，经过一系列变化后，电解得到5.4 g Al，不考虑变化过程中铝的损耗，则“滤液E"中Al2(SO4)3的物质的量浓度为 mol·L-1。
33．（2022·巴中模拟）我国稀土资源丰富，其中二氧化铈(CeO2) 是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制备CeO2的工艺流程如下：
（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为 。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有 ( 写出一种即可)。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、 、 。
（4）上述流程中 盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性： CeO2 H2O2 (填“＞”或“＜”)。
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。
若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1，此时溶液的pH为5，则溶液中c()= mol·L-1 (保留2位有效数字)。
已知常温下：
（6）Ce4+溶 液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)。
①该反应中的催化剂为 (写离子符号)；
②该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为 。
34．（2022·惠州模拟）LiFePO4可作为新型锂离子电池的正极材料。以精钛铁矿(主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质)为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO4·7H2O)与磷酸和LiOH反应可制备LiFePO4，制备流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是 。
（2）酸溶时钛酸亚铁(FeTiO3)与硫酸反应的化学方程式为 。
（3）①还原步骤中，加过量铁屑，其目的是 。
②滤渣成分的化学式是
（4）滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，工业制取Cu2O的电解池示意图如图，总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2↑。则：
①该装置中铜电极应连接直流电源的 极。
②石墨电极的电极反应式为 。
③当有0.1molCu2O生成时电路中转移 mol电子。
35．（2022高三下·蚌埠模拟）工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为：Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如下：
查阅相关资料得知：
i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为CrO42-，自身被还原为Bi(OH)3固体。
ii.
物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cr(OH)3 Fe(OH)2 Bi(OH)3
开始沉淀的pH 2.7 3.4 4.6 7.5 0.7
完全沉淀的pH 3.7 4.4 5.9 9.7 4.5
回答下列问题：
（1）将铬铁矿矿石粉碎的目的是 。
（2）操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和 （填仪器名称）。
（3）写出④反应的化学方程式 。
（4）⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-。写出该反应的离子方程式 。
（5）将溶液H经下列操作：蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。
（6）取一定质量的固体D溶解于200mL的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，则稀硫酸的浓度为 ，固体D中含Fe化合物的物质的量为 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；升华；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；
B．红磷与氧气反应的温度为240℃左右，但是转化的白磷可以在40℃左右燃烧，因此，在红磷装入装置后应先在氮气氛的保护下加热外管除去水蒸气和氧气后再抽真空进行转化反应，B错误；
C．从a口通入冷凝水后对反应装置加热升温，在冷凝管的下端就可以得到转化成的白磷，C正确；
D．白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D正确；
故答案为：B。
【分析】装置内试管分为内外两层，a口进入冷凝水，b口出冷凝水，反应前要通入高纯度氮气，排除氧气和水蒸气，真空系统是对试管内抽真空，降低反应的温度。
2．【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法符合题意；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法不符合题意；
C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法不符合题意；
D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1：1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)为1：1，因此，参与反应的n(Br2)： n(BaS)：n(H2SO4)为1：1：1，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、溴和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；
B、滤渣为硫酸钡和硫，硫可以溶于煤油，硫酸钡不溶于煤油；
C、碳酸锂和溴化氢发生反应，溴化氢为强酸，碳酸为弱酸，原理为强酸制弱酸；
D、参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比。
3．【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；“去石澄清”是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤；“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，
故答案为：C。
【分析】“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”是指洗涤铜绿后，将其溶解于水中，过滤后进行蒸发。
4．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．氢氧化钠碱性太强，加热可能导致二氯甲烷水解，故试剂a选择溶液比溶液更合适，A不符合题意；
B．乙醇沸点高于二氯甲烷，回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇，B不符合题意；
C．由分析可知，试剂b为，试剂c为稀硫酸，C不符合题意；
D．由分析可知，Ⅱ为分液操作，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢氧化钠碱性太强，加热时卤代烃水解；
B．互溶但是沸点相差较大的液体分离用蒸馏法；
C．依据物质和杂质的性质选择试剂；
D．不互溶的液体分离用分液法。
5．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A． 由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A不符合题意；
B． 进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B符合题意；
C． 操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C不符合题意；
D． 沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氨浸可以使钙离子、铁离子、铝离子形成碳酸钙、氢氧化铁、氢氧化铝；
B、氯仿密度大于水，因此有机相从下口出；
C、反萃取可以使有机相重新分离出来，循环利用；
D、沉淀后，应该进行过滤、洗涤、干燥、灼烧。
6．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A． 由信息R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓，试剂a为饱和NaHSO3溶液，又1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚，试剂b为乙醚，故A不符合题意；
B． 操作I和操作III均是分离固体和液体，均为过滤，故B不符合题意；
C． 无水MgSO4的作用是干燥除水，干燥有机相，故C不符合题意；
D． 为使冷凝管内的不蒸气得到充分冷却，在进行冷却时，应使水从冷凝管的下方接口进入，上口出，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A． 利用已知信息分析；
B．过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；
C． 无水MgSO4的作用是除水，干燥有机相；
D． 采用“逆流操作”。
7．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．玻璃中含有，高温下能与强碱反应，因此不能用玻璃棒翻炒固体，A不符合题意；
B．酸化时发生歧化反应生成，具有强氧化性，能与盐酸反应生成，因此酸化时不能改用盐酸，B不符合题意；
C．酸化反应完成后过滤，因为高锰酸钾加热易分解，故通过“结晶”获取晶体时应采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法，C不符合题意；
D．“熔融”、“酸化”过程均发生氧化还原反应，因此该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．玻璃中含有，高温下能与强碱反应；
B．酸化时能与盐酸反应；
C．高锰酸钾加热易分解；
D．利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
8．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯甲酸中含有羧基，能形成盐、酯、酰胺、酸酐等故A不符合题意；
B．滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，故B符合题意；
C．据B分析可知，甲苯、苯甲酸依次由①、②，故C不符合题意；
D．苯甲酸在100℃左右开始升华。故除了重结晶方法外，也可用升华方法精制苯甲酸，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、羧基可以形成盐、酯、酰胺、酸酐；
B、操作I为蒸馏，操作II为过滤；
C、①得到甲苯，②得到苯甲酸；
D、苯甲酸可以用升华法制取。
9．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．氯水具有氧化性，能将溴化钠和碘化钠氧化，A不符合题意；
B．NaOH可与原物质NH4Cl反应，不符合除杂原则，B不符合题意；
C．杂质CO与灼热的CuO粉末反应生成Cu和CO2，可将杂质除去，C符合题意；
D．酯化反应为可逆反应，一般选用饱和碳酸钠溶液并分液除去杂质乙酸，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化性Cl2＞Br2＞I2，据此分析。
B. NaOH可与原物质NH4Cl反应。
C. 杂质CO与灼热的CuO粉末反应生成Cu和CO2。
D. 酯化反应为可逆反应。
10．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分离，水性强的Cu2+在滤纸条的下方，A不符合题意；
B．过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，应使水自然流下，B符合题意；
C．液溴有腐蚀性，有毒，液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗，不可进行人工呼吸，C不符合题意；
D．Na3AlF6是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子，因此其溶液中滴加氨水无明显，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．Fe3+是亲脂性强的成分，随流动相移动的速度快一些，Cu2+是亲水性强的成分，随流动相移动的速度慢一些；
B．过滤时不能搅拌；
C． 液溴有腐蚀性，有毒，溴中毒不可进行人工呼吸；
D．Na3AlF6是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子。
11．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．洗气可除去易溶性气体，与溶解性有关，A不符合题意；
B．萃取是利用物质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与溶解性有关，B不符合题意；
C．蒸馏与沸点有关，与溶解性无关，C符合题意；
D．溶解度随温度变化较大的物质，可用结晶的方法分离，故与溶解性有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．洗气可除去易溶性气体；
B．萃取是利用一种物质在两种互不相溶溶剂中溶解度的不同进行分离的方法；
C．互溶但是沸点相差较大的液体分离用蒸馏法；
D．溶解度随温度变化较大的物质，可用结晶的方法分离。
12．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2，原理分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A不符合题意；
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，溶液中不可能含有大量的OH-，故其离子方程式为I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+，B符合题意；
C．由于海水中的I-的浓度非常小，故需用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是进行分离富集碘元素，C不符合题意；
D．由于I2在水中的溶解度非常小，而易溶于有机溶剂苯或CCl4中，且具有升华的性质，故“提纯”过程是先萃取分液，得到I2单质的有机溶液(如苯或CCl4)，然后再蒸馏得到粗产品，再升华纯化，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B项“解脱”过程指在酸性条件，不可能出现OH-。
13．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】于釜中煎炼，顷刻结盐，即加热浓缩溶液，晶体析出，为蒸发结晶，
故答案为：C。
【分析】诗句考查化学知识是近几年常考的题型，要注意结合古文文字、诗句进行判断。
14．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A不符合题意；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B不符合题意；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C符合题意；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；
B．依据物质的性质判断；
C． 类比Na2S2O3的性质判断；
D． 依据铁盐的性质判断。
15．【答案】B,C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A不符合题意；
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B符合题意；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C符合题意；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成Co(OH)2等杂质，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、氧化钙可以在酸性条件下和硫酸根反应生成硫酸钙，铁离子在pH为4.0时已经完全沉淀；
B、增大接触面积额可以加快反应速率；
C、锰离子和氧气、水反应生成二氧化锰和氢离子；
D、碳酸钠的碱性太强，可以使钴离子形成氢氧化钴。
16．【答案】B,C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．高温时“合成”时Li2CO3、CoCO3通入空气生成LiCoO2和二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为，故A不符合题意；
B．根据流程图，“除杂1”是除去Ca2+、Mn2+，“除杂2”是除去Mg2+，滤渣1主要成分有MnCO3、，故B符合题意；
C．的溶解度随温度升高而降低，“洗涤”时最好选用热水，故C符合题意；
D．“除杂2”调pH=12时， ，溶液中，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、碳酸锂、碳酸钴、氧气高温生成钴酸锂和二氧化碳；
B、除杂过程主要除去钙离子和锰离子；
C、碳酸锂的溶解度随温度升高而降低；
D、结合氢氧根浓度和溶度积判断。
17．【答案】（1）油
（2）球形冷凝管；a
（3）防暴沸
（4）FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
（5）抑制氯化铁水解
（6）a
（7）b
【知识点】有机物的合成；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热；
（2）B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应下进上出；
（3）向热的溶液加入冷的物质，会发生爆沸，所以 必须待沸腾平息后方可加入 ；
（4）FeCl3为氧化剂，化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；
（5）氯化铁易水解，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；
（6））根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香；
（7）2.0g安息香（C14H12O2）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C14H10O2）的物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为：
【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3· 6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，但是里面含有杂质有：安息香，氯化铁，安息香不溶于水，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。
18．【答案】（1）6；+1
（2）Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O
（3）4.7；蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；2.0×10-6
（4）HCl溶液、BaCl2溶液；作溶剂
（5）GaCl3+NH3 GaN+3HCl
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl2溶解，以此解题。
（1）硫为第VIA族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为+1；
（2）“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
（3）In3+恰好完全沉淀时 ， ，故答案是pH=4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知 ，由K′= ≈1.0×1034，得 即 ，代入数据可知K=2.0×10-6；
（4）检验滤渣中SO 是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；
（5）高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3 GaN+3HCl。
【分析】（1）根据同族元素最外层电子数判断， 镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族 ，说明在化合物中都为+3价，根据化合物的化合价代数和为零计算Cu元素的化合价；
（2）“酸浸氧化”为酸性条件下有氧化性的H2O2与有还原性的Cu2O发生氧化还原反应书写；
（3）根据 Ksp[In(OH)3] 和 恰好完全沉淀时In3+ 的 浓度为1.0×10-5mol·L-1计算c(OH-)，利用Kw求出pH。蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子。将 NH3·H2O 电离的方程式+ Ga(OH)3 溶解平衡的方程式+ Ga3++4OH- [Ga(OH)4]- 即可得到所求反应，K= Kb(NH3·H2O)·Ksp[Ga(OH)3]·K′ ；
（4）检验硫酸根的方法为先加稀盐酸酸化，再加 BaCl2溶液 ，“回流过滤”后可得到滤渣和滤液，因此SOCl2的另一个作用是作溶剂；
（5）根据反应物为GaCl3和NH3生成了 GaN可知该反应不是氧化还原反应，则另一产物为HCl。
19．【答案】（1）粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
（2）1.2×10-5
（3）4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
（4）漏斗、烧杯、玻璃棒
（5）4；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）提高浸出率的方法可以是升高温度、增大溶液浓度或者粉碎固体；
（2）结合溶度积和铬酸根离子的浓度判断；
（3）铬酸钡、乙醇和氢离子反应生成钡离子、铬离子、二氧化碳和水；
（4）过滤的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5））B的配位数要结合周围晶胞判断。
20．【答案】（1）SiO2；CaSO4
（2）2Fe2+ +ClO- +2H+=2Fe3++Cl- +H2O；3.0~4.0；Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x) 胶粒的胶体，吸附大量的Co2+ ，导致回收率下降
（3）作氮肥(或金属除锈剂)
（4）6.3×10- 3
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据上述分析可知，酸浸后，“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4；
（2）“除铁”时加入NaClO，目的是氧化溶液中的亚铁离子，主要反应的离子方程式为2Fe2+ +ClO- +2H+=2Fe3++Cl- +H2O；溶液pH对除铁率和钴回收率图像变化趋势可知，pH=3.0~4.0时，除铁率较高，而且钴的回收率也较高；
已知在为4~6时，水解生成含胶粒的胶体；胶体吸附大量的导致回收率下降；
（3）“滤液2”中主要溶质为氯化铵，其常见用途为作氮肥(或金属除锈剂)；
（4）“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全时，c(Co2+)<10-5mol·L-1，根据Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8及表达式可知，=6.3×10- 3 mol·L-1。
【分析】（1）钙离子可以和硫酸根形成微溶于水的硫酸钙，二氧化硅不溶于酸；
（2）亚铁离子和次氯酸根、氢离子反应生成铁离子、氯离子和水；
（3）氯化铵中含有氮元素，可以作为氮肥使用，由于氯化铵水解呈酸性，还可以作为金属除锈剂；
（4）结合草酸钴的溶度积和钴离子的浓度进行计算。
21．【答案】（1）
（2）H2S
（3）铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽
（4）10-19.1
（5）氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全
（6）
（7）温度高于60℃时，和氨水分解
（8）当时，平衡 正向移动，溶液中浓度增大，有利于生成沉淀
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）高温焙烧生成和一种可燃气体，反应化学方程式为；
（2）加入稀盐酸酸浸，产生气体，气体2为；
（3）步骤1为加入，将氧化为，由沉淀的可知，若不氧化，除不尽；
（4）由图可知，当时，溶液的，则，若溶液的时，；
（5）根据表格数据，温度控制在95℃~100℃时，氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全；
（6）沉思过程为：氨水和生成，离子反应方程式为：；
（7）和氨水受热易分解，温度高于60℃时，和氨水分解，锶转化率降低；
（8）“沉锶”过程中，当时，平衡 正向移动，溶液中浓度增大，有利于生成沉淀。
【分析】（1）硫酸锶和碳高温反应生成硫化锶和一氧化碳；
（2）硫离子可以结合氢离子反应生成硫化氢气体；
（3）过氧化氢的作用是使亚铁离子氧化为铁离子，亚铁离子的除杂更难，转化为铁离子更容易除杂；
（4）结合氢氧化铁的溶度积和pH计算铁离子的浓度；
（5）氢氧化钙随温度的升高溶解度剑侠，氢氧化锶随温度的升高溶解度增大；
（6）锶离子和碳酸氢根、一水合氨反应生成碳酸锶、铵根离子和水；
（7）碳酸氢铵和氨水受热易分解；
（8）氢氧根浓度增大，使平衡朝正向移动，碳酸根浓度增大，有利于生成碳酸锶沉淀。
22．【答案】（1）粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
（2）1.2×10-5
（3）4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
（4）漏斗、烧杯、玻璃棒
（5）4；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）提高浸出率的方法可以是升高温度、增大溶液浓度或者粉碎固体；
（2）结合溶度积和铬酸根离子的浓度判断；
（3）铬酸钡、乙醇和氢离子反应生成钡离子、铬离子、二氧化碳和水；
（4）过滤的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）B的配位数要结合周围晶胞判断。
23．【答案】（1）1：2
（2）Al(OH)3、CaSO4
（3）置换反应
（4）Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能
（5）3Zn2++3+3H2O=ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O↓+2CO2↑
（6）Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑
（7）
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2，为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。故答案为：1：2；
（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。故答案为：Al(OH)3、CaSO4；
（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。故答案为：置换反应；
（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。故答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；
（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O↓+2CO2↑。故答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O↓+2CO2↑；
（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。故答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；
（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为= g cm-3。故答案为：。
【分析】（1）结合化合价变化判断化学计量数，化学计量数之比等于物质的量之比；
（2）结合后续流程，可以知道滤渣1含有二氧化锰、氢氧化铁、氢氧化铝和硫酸钙；
（3）锌和镉离子反应，生成镉单质，为置换反应；
（4）钴离子和镍离子丢失电子，含有空轨道，可以接受电子；
（5）锌离子、碳酸根和水反应生成碱式碳酸锌和二氧化碳；
（6）硫酸钠和硫酸通电条件下生成过硫酸钠和氢气；
（7）晶胞密度的计算要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数和体积计算。
24．【答案】（1）SiO2、CaSO4；Fe
（2）；防止TiO2+提前水解
（3）C；2
（4）使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
（5）D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 ；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
（3）①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，
故答案为：C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏加德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5：1：2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；
（5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；
故答案为：D。
【分析】（1）经过硫酸的溶解后，硫酸钙和二氧化硅不溶于酸形成固体；
（2）温度过高会导致 TiO2+ 发生水解；
（3） ① 调节pH至溶液呈碱性，采用碳酸钠；
② 结合溶度积和 TiO2+ 的浓度计算；
（4）二氧化钛和碳、氯气高温生成一氧化碳、二氧化碳和四氯化钛；
（5）保护气的特点是活泼性差，不和其他气体发生反应。
25．【答案】（1）第四周期VIII族；
（2）
（3）
（4）不能；硝酸与反应会产生污染环境的有毒气体，且会引入杂质；2.83；取少量滤液于试管中，滴加几滴溶液，若溶液不变红，则已除尽
（5）；A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Ni的原子序数为28，在元素周期表的位置为第四周期VIII族；其基态原子的价层电子排布式为；
（2）根据上述分析可知，滤液1主要为过量的NaOH和；
（3）因为金属活泼性：，可知加入硫酸后，Ni会与硫酸发生反应生成NiSO4和氢气，其离子方程式为：；
（4）加入的目的是将氧化为，偏于后续沉铁，硝酸虽然也具有氧化性，但与反应会产生污染环境的有毒气体，且会引入杂质，所以不能用适量稀硝酸代替过氧化氢；
根据Ksp近似值可知，铁离子沉淀时溶液中氢氧根离子浓度为，所以溶液中的氢离子浓度为，即pH=-lgc(H+)=；
杂质除尽后不含铁离子，因此使用KSCN溶液作为试剂，可检测是否已除尽，具体操作和现象为：取少量滤液于试管中，滴加几滴溶液，若溶液不变红，则已除尽；
（5）根据滴定方程式可知，恰好滴定到终点时，n(Ni2+)=n()=mol，滴定取了25mL粗品溶液，则100mL该溶液中含Ni2+的物质的量为mol，即NiSO4的物质的量为mol，则其纯度=；
A．锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后，需半分钟之内不褪色，再停止滴定操作，若立刻停止滴定，则滴入的标准液体积偏小，最终会使测定结果偏低，A正确；
B．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，滴入的标准液体积偏大，最终会使测定结果偏高，B不正确；
C．滴定前平视读数，滴定后仰视读数，所测的标准液体积偏大，最终会使测定结果偏高，C不正确；
故答案为：A。
【分析】（1）Ni为28号元素，在周期表第四周期VIII族 ；
（2）氢氧化钠和铝反应，铝会转化为溶于水的偏铝酸钠；
（3）镍和氢离子反应生成镍离子和氢气；
（4）过氧化氢作为氧化剂的好处是不会引入其他新杂质；
（5）滴定误差分析：
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
26．【答案】（1）3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑
（2）浓盐酸
（3）HSeO、SeO、OH-
（4）在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）“浸取”时加NaNO3溶液用硫酸酸浸，单质硒大部分被氧化生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；故答案为：3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行，+6价的硒元素具有强氧化性，还原为亚硒酸，滴液漏斗中液体是浓盐酸，浓盐酸被氧化生成氯气。故答案为：浓盐酸；
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，二氧化硫具有还原性，HSeO、SeO被还原，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，反应后溶液中物质的量减少的离子有HSeO、SeO、OH-，故答案为：HSeO、SeO、OH-；
（4）生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥，得高纯硒单质。故答案为：在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥；
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。故答案为：n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。
【分析】（1）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（2）依据化合价的变化判断；
（3）二氧化硫具有还原且为二氧化硫是酸性氧化物；
（4）通过检验最后一次洗液中是否还有杂质离子来判断固体是否已洗涤干净；
（5）依据得失电子守恒计算。
27．【答案】（1）B；C
（2）防止结晶水水量偏低；造成析出的晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分
（3）取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加溶液显红色
（4）粉；过滤
（5）
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）操作1为蒸馏，温度为150℃，水浴无法达到150℃，因此应该选择油浴加热，油浴需要加入沸石，
故答案为：BC。
（2）为了获得粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是防止FeCl2·4H2O结晶水水量偏低。若留有残余液过多，会导致析出的FeCl2·4H2O晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分。
（3）检验氯化铁晶体中是否含有Fe3+的操作方法为取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加溶液，若溶液显红色，说明其中含有铁离子反之则无。
（4）结晶前需要加入的物质X为铁粉，用途为防止Fe2+被氧化，操作2的名称为过滤。
（5）K2Cr2O7与亚铁离子反应离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗的物质的量为cV×10-3mol，则消耗Fe2+的物质的量为6cV×10-3mol，则ag样品中含有Fe2+2.4cV×10-2mol，则FeCl2·4H2O晶体的纯度为%
【分析】（1）依据温度选择加热方式 ，依据加热液体物质要防止暴沸。
（2）依据产品的性质分析。
（3）利用溶液检验Fe3+；
（4）依据生成物的性质分析；
（5）利用反应方程式计算。
28．【答案】（1）
（2）；将氧化为
（3）5～8；8×1017
（4）
（5）
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）步骤①中四氧化三铁溶于稀硫酸发生的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）由分析可知，滤渣1的成分为硫酸钙、二氧化硅；加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：；将氧化为；
（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10—9mol/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10—6mol/L，则溶液的pH范围为5～8；由方程式可知，反应的平衡常数K=====，故答案为：5～8；；
（4）由方程式可知，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用稀硫酸可以增大溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于将锰离子进一步提纯，故答案为：；
（5）步骤④反应未见气体生成说明反应留存在滤液3中的产物为硫酸铵和碳酸氢铵，故答案为：；
（6）由分析可知，步骤⑤发生的反应为碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：。
【分析】（1）四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水；
（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）依据Ksp计算；
（4）依据物质的性质选择合适的方法，不引入新杂质，也不与提纯的物质反应。
（5）依据反应物和产物的性质和实验现象分析；
（6）碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水。
29．【答案】（1）五；IIIA
（2）利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率
（3）2ZnS+3O22ZnO+2SO
（4）促进ClO和过量的Cl-反应生成Cl2，降低Cl-浓度，使与反应生成配合离子的平衡逆向移动，提高的萃取率
（5）6+ ClO+18H+=Cl-+6In3++6x+9H2O；温度高于80℃时，铟的浸出率虽然上升，但上升的幅度不大，且温度过高会导致盐酸挥发，印象铟的浸出率
（6）将In3+从萃取液中置换出来得到粗铟
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）In是49号元素，位于元素周期表第五周期IIIA族。
（2）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率。
（3）在焙烧过程中产生气体，硫化物高温状态下产生SO2，闪锌矿的主要成分是ZnS，主要反应是2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（4）已知与发生反应生成配合离子，“氯化浸出”实验中加入硫酸可以促进ClO和过量的Cl-反应生成Cl2，降低Cl-浓度，使与反应生成配合离子的平衡逆向移动，提高的萃取率。
（5）氯化过程中，中铟元素被ClO氧化到最高正价为+3价，产物中元素以形式存在，根据氧化还原反应的规律配平离子方程式为：6+ ClO+18H+=Cl-+6In3++6x+9H2O；由图可知，温度高于80℃时，铟的浸出率虽然上升，但上升的幅度不大，且温度过高会导致盐酸挥发，印象铟的浸出率，故实验采取的是80℃的条件。
（6）由题意可知，萃取得到的萃取液中混有In3+，转化步骤中往往需要加入“锌粉”，目的是：将In3+从萃取液中置换出来得到粗铟。
【分析】（1）铟为第五周期IIIA族；
（2）逆流法可以增大固体和气体的接触面积；
（3）硫化锌和氧气焙烧生成氧化锌和二氧化硫；
（4）减少氯离子的浓度，使平衡朝逆向移动；
（5）温度在 80℃ 后，浸出率上升不大；
（6）锌可以和铟离子发生置换反应生成铟单质。
30．【答案】（1）SiO2
（2）；C
（3）；过量的将氧化，影响萃取，造成损失
（4）使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出
（5）有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，故答案为SiO2。
（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，故答案为；C。
（3）“酸浸”时转成VO2+，发生反应的离子反应为；“反应”时，加入的不宜过量，过量的将氧化，影响萃取，造成损失；故答案为；过量的将氧化，影响萃取，造成损失。
（4）溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中OH 浓度增大，消耗了H＋，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为使正向移动，将转化为，故答案为使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出。
（5）NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O，故答案为有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O。
【分析】（1）二氧化硅不溶于水；
（2）结合题干有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，可以知道滤液2的离子为 ；
（3）过氧化氢可以将 氧化；
（4）氨气可以结合 ，减少生成物的浓度，使平衡朝正向移动；
（5）结合题干，可以知道萃取剂、氨气和水可以循环利用。
31．【答案】（1）；将氧化成
（2）
（3）酸浸
（4）3
（5）阳；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，镍和稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气，则酸浸中产生的还原性气体为氢气；除铁铝中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：H2；将氧化成；
（2）由分析可知，入硫化钠溶液的目的是将铜离子、锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，将溶液中铁离子转化为亚铁离子的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，硫酸镍溶液经电沉积得到镍、氧气和硫酸，硫酸可以在酸浸步骤中循环使用提高原料利用率，故答案为：酸浸；
（4）由氢氧化铁的溶度积可知，溶液中铁离子浓度为4.0×10 5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10 11mol/L，则溶液的pH为3，故答案为：3；
（5）电解法提纯镍时，粗镍作阳极、纯镍作阴极，溶液中的镍离子在阴极得到电子发生还原反应生成镍，电极反应式为，故答案为：阳；。
【分析】（1）酸浸的过程中会和金属单质反应生成氢气；
（2）铁离子和硫离子反应生成亚铁离子和硫；
（3）硫酸可以用于酸浸阶段，循环利用；
（4）氢氧根的浓度可以结合溶度积和铁离子的浓度计算；
（5）粗镍在阳极放电，可以溶解，形成镍离子，重新在阴极得电子形成镍。
32．【答案】（1）溶液加热
（2）硫酸钠
（3）TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分
（4）H2O2；使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀
（5）冷却结晶
（6）0.2
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】用某金属氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)来制备钛、铁红等，矿石经过研磨后，加入NaOH碱溶，TiO2、Al2O3转化为NaTiO3、NaAlO2，FeO、Fe2O3、CuO不溶，过滤，得到滤液A，A中加入硫酸，在酸性条件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，偏铝酸根转化为铝离子，形成滤液E，滤渣E为H2TiO2(沉淀)，H2TiO2(沉淀)煅烧得到TiO2，TiO2与氯气、焦炭高温生成TiCl4，TiCl4高温分解为Ti；滤渣A为FeO、Fe2O3、CuO，加入硫酸转化为硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，调节pH后过滤，得到含铜离子的滤液D以及含氢氧化铁的滤渣D，氢氧化铁加热分解为铁红。
（1）为加快"水溶”速率，可采取的措施为溶液加热；故答案为：溶液加热；
（2）碱溶时加入了NaOH，加入硫酸后形成硫酸钠，则“滤液E”中除含有过量的硫酸和硫酸铝外，还含有硫酸钠；故答案为：硫酸钠；
（3）TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，水解离子方程式为TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；水解反应为吸热反应，则“滤液A”到“滤液E"需加热的原因是加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；故答案为：TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；
（4）为了便于分离铁和铜，通常要将Fe2+氧化成Fe3+ ，使用的氧化剂合理的是H2O2，可以不引入杂质，调节pH的目的是使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀；故答案为：H2O2；使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀；
（5）用“滤液D”制胆矾的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、自然风干；故答案为：冷却结晶；
（6）取500 mL “滤液E” ，经过一系列变化后，电解得到5.4 g Al，不考虑变化过程中铝的损耗，结合铝元素守恒，则“滤液E"中Al2(SO4)3的物质的量浓度为；故答案为：0.2。
【分析】（1）加热可以加速溶解；
（2）滤液E中含有硫酸钠和硫酸铝；
（3）结合水解的原理，可以知道阳离子水解生成氢离子；
（4）过氧化氢不会引入新的杂质；
（5）胆矾含有结晶水，因此采用蒸发浓缩，冷却结晶；
（6）浓度的计算要结合质量、体积进行判断。
33．【答案】（1）
（2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
（3）漏斗；玻璃棒
（4）＞
（5）；0.18
（6）；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
（1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F元素化合价为-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。
（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
（3）操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
（4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞ H2O2。
（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式。
若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， ，此时溶液的pH为5，则溶液中。
（6）①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。
②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1。
【分析】（1）结合碳、氧、氟的化合价判断铈的化合价；
（2）粉碎固体、升高温度、增大气体浓度可以提高效率；
（3）过滤需要用到玻璃棒、烧杯、漏斗；
（4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
（5）结合溶度积和离子浓度计算；
（6） ① 注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；
② 氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原法院，作为氧化剂，得到氧化产物。
34．【答案】（1）增大接触面积，提高酸溶速率
（2）FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
（3）把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜；SiO2、Cu、Fe
（4）正；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；0.2
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】钛铁矿精矿用稀硫酸溶解得到强酸溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+等，加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，过滤除去二氧化硅、铁、铜，然后冷冻过滤除去TiOSO4，得到滤液加入磷酸、LiOH、水和异丙醇可得LiFePO4，以此解答该题。
（1）从反应速率的影响因素考虑，将矿石粉碎的目的是：增大接触面积，提高酸溶速率；
（2）酸溶时FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；
（3）①铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；因此加铁屑的目的是把铁离子还原为亚铁离子，并置换出铜；故答案为：把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜；
②由分析可知，滤渣成分的化学式是：SiO2、Cu、Fe；
（4）①根据电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑可知，Cu发生氧化反应，做阳极，应与电源的正极相连；
②石墨电极的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③根据该反应可知2e—Cu2O，所以当有0.1molCu2O生成时电路中转移0.2mol电子；故答案为：正，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，0.2。
【分析】（1）固体粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）钛酸亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸氧钛和水；
（3） ① 铁可以将铁离子转化为亚铁离子；
② 结合前后流程可以知道滤渣成分为二氧化硅、铁和铜；
（4） ① 铜失去电子，作为阳极，连接正极；
② 石墨电极为阴极，为水得到电子生成氢气和氢氧根；
③ 结合化合价变化判断电子转移的数目。
35．【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2）漏斗、烧杯
（3）3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3
（4）2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O
（5）冷却结晶
（6）2.5mol·L－1；0.10mol
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）将铬铁矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
故答案为增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）操作I、III、IV均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯；
故答案为漏斗、烧杯；
（3）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO，则反应④的化学方程式为3NaBiO3 +Cr2(SO4)3+7OH－+H2O=Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3↓；
故答案为3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3↓；
（4）⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-，在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
故答案为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
（5）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠；故答案为冷却结晶；
（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180mL；继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是40mL，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120mL，所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60mL，物质的量是0.06mol/L×5mol/L＝0.3mol，所以根据方程式Fe3＋＋3OH ＝Fe(OH)3↓，所以铁离子是0.1mol，根据铁元素守恒可知，固体D中氢氧化铁的物质的量为0.1mol；沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是＝0.5mol，则硫酸的浓度是＝2.5mol/L；
故答案是：2.5mol·L-1；0.10mol。
【分析】（1）固体粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）过滤需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）铋酸钠和硫酸铬、氧化钠、水反应生成铬酸钠、硫酸钠和氢氧化铋；
（4）铬酸根和氢离子发生反应生成重铬酸根和水；
（5）产物含有结晶水，需要蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）结合物质的量之比等于化学计量数之比进行判断。
2023年高考真题变式分类汇编：物质的分离与提纯2
一、选择题
1．（2023·湖北）利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：
下列操作错误的是
A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质
B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气
C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化
D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集
【答案】B
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验操作的先后顺序；升华；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；
B．红磷与氧气反应的温度为240℃左右，但是转化的白磷可以在40℃左右燃烧，因此，在红磷装入装置后应先在氮气氛的保护下加热外管除去水蒸气和氧气后再抽真空进行转化反应，B错误；
C．从a口通入冷凝水后对反应装置加热升温，在冷凝管的下端就可以得到转化成的白磷，C正确；
D．白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D正确；
故答案为：B。
【分析】装置内试管分为内外两层，a口进入冷凝水，b口出冷凝水，反应前要通入高纯度氮气，排除氧气和水蒸气，真空系统是对试管内抽真空，降低反应的温度。
2．（2022高三上·辽宁月考）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为
D．参与反应的为1∶1∶1
【答案】A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法符合题意；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法不符合题意；
C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法不符合题意；
D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1：1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)为1：1，因此，参与反应的n(Br2)： n(BaS)：n(H2SO4)为1：1：1，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、溴和氢氧化钠反应生成溴化钠、次溴酸钠和水；
B、滤渣为硫酸钡和硫，硫可以溶于煤油，硫酸钡不溶于煤油；
C、碳酸锂和溴化氢发生反应，溴化氢为强酸，碳酸为弱酸，原理为强酸制弱酸；
D、参加反应的物质的物质的量之比等于化学计量数之比。
3．（2022·海南）《医学入门》中记载我国传统中医提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干，”其中未涉及的操作是（ ）
A．洗涤 B．粉碎 C．萃取 D．蒸发
【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯
【解析】【解答】“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及的操作方法是洗涤；“细研水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及的操作方法是溶解；“去石澄清”是指倾倒出澄清液，去除未溶解的固体，涉及的操作方法是过滤；“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及的操作方法是蒸发；因此未涉及的操作方法是萃取，
故答案为：C。
【分析】“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”是指洗涤铜绿后，将其溶解于水中，过滤后进行蒸发。
4．（2023·泰安模拟）某化工厂的废液含有乙醇、苯酚、乙酸和二氯甲烷，该工厂设计回收方案如下：
下列说法错误的是
A．试剂a选择溶液比溶液更合适
B．回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇
C．试剂b为，试剂c为稀硫酸
D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为蒸馏
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．氢氧化钠碱性太强，加热可能导致二氯甲烷水解，故试剂a选择溶液比溶液更合适，A不符合题意；
B．乙醇沸点高于二氯甲烷，回收物1、2分别是二氯甲烷、乙醇，B不符合题意；
C．由分析可知，试剂b为，试剂c为稀硫酸，C不符合题意；
D．由分析可知，Ⅱ为分液操作，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢氧化钠碱性太强，加热时卤代烃水解；
B．互溶但是沸点相差较大的液体分离用蒸馏法；
C．依据物质和杂质的性质选择试剂；
D．不互溶的液体分离用分液法。
5．（2022·淄博模拟）从电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)中提取镍的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
已知：丁二酮肟可与Ni2+反应生成易溶于有机溶剂的配合物：Ni2++2C4H8N2ONi(C4H7N2O)2+2H+
A．“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子
B．进行操作I时，将有机相从分液漏斗上口倒出
C．操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用
D．操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A． 由分析电镀污泥(含Ni2+、Ca2+、Fe3+、Al3+等)提取镍，首先电镀污泥研磨粉碎，加碳酸铵和氨水进行氨浸，浸出渣为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，“氨浸”可除去Ca2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子，故A不符合题意；
B． 进行操作I萃取时，氯仿密度大于水溶液，将有机相从分液漏斗下口放出，故B符合题意；
C． 操作II为反萃取，试剂X可为盐酸，有机相可返回操作I循环使用，节约成本，故C不符合题意；
D． 沉镍后，操作III可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧，得含镍的化合物，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氨浸可以使钙离子、铁离子、铝离子形成碳酸钙、氢氧化铁、氢氧化铝；
B、氯仿密度大于水，因此有机相从下口出；
C、反萃取可以使有机相重新分离出来，循环利用；
D、沉淀后，应该进行过滤、洗涤、干燥、灼烧。
6．（2023·临沂模拟）正丁醛经催化加氢可得到含少量正丁醛的1－丁醇粗品，为提纯1－丁醇设计如图路线。
已知：①1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚；
②R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓。
下列说法错误的是
A．试剂a为饱和NaHSO3溶液，试剂b为乙醚
B．操作I和操作III均为过滤
C．无水MgSO4的作用是干燥除水
D．蒸馏时冷却水应从球形冷凝管的上口进入
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A． 由信息R－CHO+NaHSO3(饱和)→R－CH(OH)SO3Na↓，试剂a为饱和NaHSO3溶液，又1－丁醇微溶于水，易溶于乙醚，试剂b为乙醚，故A不符合题意；
B． 操作I和操作III均是分离固体和液体，均为过滤，故B不符合题意；
C． 无水MgSO4的作用是干燥除水，干燥有机相，故C不符合题意；
D． 为使冷凝管内的不蒸气得到充分冷却，在进行冷却时，应使水从冷凝管的下方接口进入，上口出，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A． 利用已知信息分析；
B．过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；
C． 无水MgSO4的作用是除水，干燥有机相；
D． 采用“逆流操作”。
7．（2023·济南模拟）工业上可通过“酸性歧化法”和“电解法”制备。“酸性歧化法”中，利用软锰矿(主要成分为)先生成，进而制备的流程如下所示。
实验室中模拟“酸性歧化法”制备。下列说法正确的是
A．为加快“熔融”反应速率，可将矿石粉碎，并用玻璃棒不断翻炒固体
B．“酸化”时若改用盐酸，则反应为
C．“结晶”获取晶体时采用蒸发结晶
D．该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．玻璃中含有，高温下能与强碱反应，因此不能用玻璃棒翻炒固体，A不符合题意；
B．酸化时发生歧化反应生成，具有强氧化性，能与盐酸反应生成，因此酸化时不能改用盐酸，B不符合题意；
C．酸化反应完成后过滤，因为高锰酸钾加热易分解，故通过“结晶”获取晶体时应采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法，C不符合题意；
D．“熔融”、“酸化”过程均发生氧化还原反应，因此该流程中涉及到的氧化还原反应至少有2个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．玻璃中含有，高温下能与强碱反应；
B．酸化时能与盐酸反应；
C．高锰酸钾加热易分解；
D．利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
8．（2023·菏泽模拟）一定量的甲苯和溶液发生反应得到混合物，按如下流程分离出苯甲酸、回收未反应的甲苯。下列说法错误的是
A．苯甲酸可反应形成盐、酯、酰胺、酸酐等
B．操作Ⅰ和操作Ⅱ依次为蒸发浓缩、冷却结晶和蒸馏
C．甲苯、苯甲酸依次由①、②获得
D．苯甲酸100℃时迅速升华，故其粗品精制除采用重结晶方法外，还可用升华法
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．苯甲酸中含有羧基，能形成盐、酯、酰胺、酸酐等故A不符合题意；
B．滤液经过萃取分为有机相和水相，有机相经过无水硫酸钠干燥，蒸馏后得到甲苯，水相经过蒸发浓缩和冷却过滤得到苯甲酸，故B符合题意；
C．据B分析可知，甲苯、苯甲酸依次由①、②，故C不符合题意；
D．苯甲酸在100℃左右开始升华。故除了重结晶方法外，也可用升华方法精制苯甲酸，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、羧基可以形成盐、酯、酰胺、酸酐；
B、操作I为蒸馏，操作II为过滤；
C、①得到甲苯，②得到苯甲酸；
D、苯甲酸可以用升华法制取。
9．（2022高三上·金山模拟）为提纯下列物质（括号内是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（ ）
选项 被提纯的物质 除杂试剂 分离方法
A NaBr(aq)（NaI） 氯水、CCl4 萃取、分液
B NH4Cl(aq)（FeCl3） NaOH(aq) 过滤
C CO2（CO） CuO粉末 通过灼热的CuO粉末
D CH3COOC2H5（CH3COOH） C2H5OH、浓硫酸 加热蒸馏
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．氯水具有氧化性，能将溴化钠和碘化钠氧化，A不符合题意；
B．NaOH可与原物质NH4Cl反应，不符合除杂原则，B不符合题意；
C．杂质CO与灼热的CuO粉末反应生成Cu和CO2，可将杂质除去，C符合题意；
D．酯化反应为可逆反应，一般选用饱和碳酸钠溶液并分液除去杂质乙酸，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化性Cl2＞Br2＞I2，据此分析。
B. NaOH可与原物质NH4Cl反应。
C. 杂质CO与灼热的CuO粉末反应生成Cu和CO2。
D. 酯化反应为可逆反应。
10．（2022·余姚模拟）下列说法错误的是
A．可用纸层析法分离含少量 Fe3+和 Cu2+的混合溶液，亲水性强的 Cu2+在滤纸条的下方
B．抽滤过程中洗涤沉淀时，应关小水龙头，加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净
C．液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗；溴中毒时不可进行人工呼吸
D．Na3AlF6溶液中滴加稀氨水无明显白色沉淀
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．Fe3+是亲脂性强的成分，在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些，而Cu2+是亲水性强的成分，在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，从而使Fe3+和Cu2+得到分离，水性强的Cu2+在滤纸条的下方，A不符合题意；
B．过滤时不能搅拌，易捣破滤纸，应使水自然流下，B符合题意；
C．液溴有腐蚀性，有毒，液溴不慎溅到手上，先用苯清洗伤口，再用水洗，不可进行人工呼吸，C不符合题意；
D．Na3AlF6是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子，因此其溶液中滴加氨水无明显，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．Fe3+是亲脂性强的成分，随流动相移动的速度快一些，Cu2+是亲水性强的成分，随流动相移动的速度慢一些；
B．过滤时不能搅拌；
C． 液溴有腐蚀性，有毒，溴中毒不可进行人工呼吸；
D．Na3AlF6是由钠离子和AlF构成，不能电离出铝离子。
11．（2022·奉贤模拟）下列实验操作与物质的溶解性无关的是
A．用水洗气，能除去混在CO中的HCl
B．用CCl4能萃取碘水中的碘单质
C．蒸馏海水，能得到淡水
D．冷却KNO3饱和溶液，能耗析出KNO3晶体
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．洗气可除去易溶性气体，与溶解性有关，A不符合题意；
B．萃取是利用物质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与溶解性有关，B不符合题意；
C．蒸馏与沸点有关，与溶解性无关，C符合题意；
D．溶解度随温度变化较大的物质，可用结晶的方法分离，故与溶解性有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．洗气可除去易溶性气体；
B．萃取是利用一种物质在两种互不相溶溶剂中溶解度的不同进行分离的方法；
C．互溶但是沸点相差较大的液体分离用蒸馏法；
D．溶解度随温度变化较大的物质，可用结晶的方法分离。
12．（2023·黄浦模拟）以卤水(富含I-)为原料用高分子树脂提取碘的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，离子方程式为I2+SO+2OH-=2I-+2SO+H2O
C．用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是为了便于分离富集碘元素
D．“提纯”过程是先萃取分液、蒸馏得到粗产品，再升华纯化
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2，原理分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A不符合题意；
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，溶液中不可能含有大量的OH-，故其离子方程式为I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+，B符合题意；
C．由于海水中的I-的浓度非常小，故需用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是进行分离富集碘元素，C不符合题意；
D．由于I2在水中的溶解度非常小，而易溶于有机溶剂苯或CCl4中，且具有升华的性质，故“提纯”过程是先萃取分液，得到I2单质的有机溶液(如苯或CCl4)，然后再蒸馏得到粗产品，再升华纯化，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B项“解脱”过程指在酸性条件，不可能出现OH-。
13．（2022·惠州模拟）“汲水而上，于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”(《天工开物》生产井盐)。上述古代研究成果中涉及的物质分离操作是（ ）
A．蒸馏 B．萃取分液 C．蒸发结晶 D．趁热过滤
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】于釜中煎炼，顷刻结盐，即加热浓缩溶液，晶体析出，为蒸发结晶，
故答案为：C。
【分析】诗句考查化学知识是近几年常考的题型，要注意结合古文文字、诗句进行判断。
14．（2022·攀枝花模拟）由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是（ ）
A．“分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B．“酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C．“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D．若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A不符合题意；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B不符合题意；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C符合题意；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．过滤用于分离难溶性固体与可溶性液体混合物；
B．依据物质的性质判断；
C． 类比Na2S2O3的性质判断；
D． 依据铁盐的性质判断。
二、多选题
15．（2023·日照模拟）一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：
室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH 7.8 5.5 5.8 1.8 8.3
完全沉淀时的pH 9.4 6.7 8.8 2.9 10.9
下列说法正确的是
A．“滤渣I”为
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率
C．生成的离子方程式为
D．“沉钴”时，用代替可以提高的纯度
【答案】B,C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A不符合题意；
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B符合题意；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C符合题意；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成Co(OH)2等杂质，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、氧化钙可以在酸性条件下和硫酸根反应生成硫酸钙，铁离子在pH为4.0时已经完全沉淀；
B、增大接触面积额可以加快反应速率；
C、锰离子和氧气、水反应生成二氧化锰和氢离子；
D、碳酸钠的碱性太强，可以使钴离子形成氢氧化钴。
16．（2023·菏泽模拟）(钴酸锂)常用作锂离子电池的正极材料。以某海水(含浓度较大的LiCl、少量、、等)为原料制备钴酸锂的一种流程如下：
已知：①的溶解度随温度升高而降低；
②常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下：
物质
下列说法错误的是
A．高温时“合成”反应的化学方程式为
B．滤渣1主要成分有、
C．“洗涤”时最好选用冷水
D．“除杂2”调pH=12时，溶液中
【答案】B,C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．高温时“合成”时Li2CO3、CoCO3通入空气生成LiCoO2和二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为，故A不符合题意；
B．根据流程图，“除杂1”是除去Ca2+、Mn2+，“除杂2”是除去Mg2+，滤渣1主要成分有MnCO3、，故B符合题意；
C．的溶解度随温度升高而降低，“洗涤”时最好选用热水，故C符合题意；
D．“除杂2”调pH=12时， ，溶液中，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、碳酸锂、碳酸钴、氧气高温生成钴酸锂和二氧化碳；
B、除杂过程主要除去钙离子和锰离子；
C、碳酸锂的溶解度随温度升高而降低；
D、结合氢氧根浓度和溶度积判断。
三、非选择题
17．（2023·新课标卷）实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水 溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水 溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如下图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入冰乙酸、水及 ，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入安息香，加热回流。
③加入水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶。
回答下列问题：
（1）仪器A中应加入 (填“水”或“油”)作为热传导介质。
（2）仪器B的名称是 ；冷却水应从 (填“a”或“b”)口通入。
（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是 。
（4）在本实验中，为氧化剂且过量，其还原产物为 ；某同学尝试改进本实验：采用催化量的并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 ？简述判断理由 。
（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止 。
（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量 洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水 b．乙酸 c．冷水 d．乙醇
（7）本实验的产率最接近于 (填标号)。
a． b． c． d．
【答案】（1）油
（2）球形冷凝管；a
（3）防暴沸
（4）FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
（5）抑制氯化铁水解
（6）a
（7）b
【知识点】有机物的合成；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热；
（2）B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应下进上出；
（3）向热的溶液加入冷的物质，会发生爆沸，所以 必须待沸腾平息后方可加入 ；
（4）FeCl3为氧化剂，化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；
（5）氯化铁易水解，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；
（6））根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香；
（7）2.0g安息香（C14H12O2）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C14H10O2）的物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为：
【分析】在圆底烧瓶中加入10 mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3· 6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，但是里面含有杂质有：安息香，氯化铁，安息香不溶于水，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。
18．（2021·湖北）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为 ；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为 。
（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
（3）25℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为 (保留一位小数)；若继续加入6.0mol·L-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后 ；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3·H2O [Ga(OH)4]-+NH 的平衡常数K= 。
(已知：Ga3++4OH- [Ga(OH)4]- K′= ≈1.0×1034)
（4）“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO 是否洗净的试剂是 ；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和 。
（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
【答案】（1）6；+1
（2）Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O
（3）4.7；蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；2.0×10-6
（4）HCl溶液、BaCl2溶液；作溶剂
（5）GaCl3+NH3 GaN+3HCl
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl2溶解，以此解题。
（1）硫为第VIA族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为+1；
（2）“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；
（3）In3+恰好完全沉淀时 ， ，故答案是pH=4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知 ，由K′= ≈1.0×1034，得 即 ，代入数据可知K=2.0×10-6；
（4）检验滤渣中SO 是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；
（5）高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3 GaN+3HCl。
【分析】（1）根据同族元素最外层电子数判断， 镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族 ，说明在化合物中都为+3价，根据化合物的化合价代数和为零计算Cu元素的化合价；
（2）“酸浸氧化”为酸性条件下有氧化性的H2O2与有还原性的Cu2O发生氧化还原反应书写；
（3）根据 Ksp[In(OH)3] 和 恰好完全沉淀时In3+ 的 浓度为1.0×10-5mol·L-1计算c(OH-)，利用Kw求出pH。蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子。将 NH3·H2O 电离的方程式+ Ga(OH)3 溶解平衡的方程式+ Ga3++4OH- [Ga(OH)4]- 即可得到所求反应，K= Kb(NH3·H2O)·Ksp[Ga(OH)3]·K′ ；
（4）检验硫酸根的方法为先加稀盐酸酸化，再加 BaCl2溶液 ，“回流过滤”后可得到滤渣和滤液，因此SOCl2的另一个作用是作溶剂；
（5）根据反应物为GaCl3和NH3生成了 GaN可知该反应不是氧化还原反应，则另一产物为HCl。
19．（2023·邢台模拟）铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：
回答下列问题：
（1）“碱浸”步骤提高浸出率的方法有 (任写出一条)，滤渣的成分为 ，该步骤发生反应的化学方程式是 。
（2）已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为 。
（3）“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为 。
（4）该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有 。
（5）立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：
该晶体中B的配位数为 ，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为 。
【答案】（1）粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
（2）1.2×10-5
（3）4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
（4）漏斗、烧杯、玻璃棒
（5）4；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）提高浸出率的方法可以是升高温度、增大溶液浓度或者粉碎固体；
（2）结合溶度积和铬酸根离子的浓度判断；
（3）铬酸钡、乙醇和氢离子反应生成钡离子、铬离子、二氧化碳和水；
（4）过滤的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5））B的配位数要结合周围晶胞判断。
20．（2023·酒泉模拟）回收钴废料能有效缓解金属资源浪费、环境污染等问题。一种以含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO、Fe2O3、CaO、SiO2)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如下图所示：
已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Co2+
开始沉淀的pH 7.5 2.2 6.7
完全沉淀的pH 9.5 3.0 8.7
②在pH为4~6时，Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x) 胶粒的胶体；
③金属钴与铁具有相似的化学性质；
④氧化性：Co3+>ClO-。
回答下列问题：
（1）酸浸后，“滤渣”的主要成分有 和 (填化学式)。
（2）“除铁”时加入NaClO，主要反应的离子方程式为 ，再加入Na2CO3溶液调节pH，已知溶液pH对除铁率和钴回收率影响如图所示，则该步骤应控制pH范围为 ，图中钴回收率骤降的可能原因是 。
（3）“滤液2”中主要溶质的常见用途为 。
（4）“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全[c(Co2+)<10-5mol·L-1]，控制的浓度不小于 mol·L-1[已知：Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8]
【答案】（1）SiO2；CaSO4
（2）2Fe2+ +ClO- +2H+=2Fe3++Cl- +H2O；3.0~4.0；Fe3+水解生成含Fe(OH)3·nFe3+·(n-x) 胶粒的胶体，吸附大量的Co2+ ，导致回收率下降
（3）作氮肥(或金属除锈剂)
（4）6.3×10- 3
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）根据上述分析可知，酸浸后，“滤渣”的主要成分有SiO2和CaSO4；
（2）“除铁”时加入NaClO，目的是氧化溶液中的亚铁离子，主要反应的离子方程式为2Fe2+ +ClO- +2H+=2Fe3++Cl- +H2O；溶液pH对除铁率和钴回收率图像变化趋势可知，pH=3.0~4.0时，除铁率较高，而且钴的回收率也较高；
已知在为4~6时，水解生成含胶粒的胶体；胶体吸附大量的导致回收率下降；
（3）“滤液2”中主要溶质为氯化铵，其常见用途为作氮肥(或金属除锈剂)；
（4）“沉钴2”中加入(NH4)2C2O4使Co2+沉淀完全时，c(Co2+)<10-5mol·L-1，根据Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8及表达式可知，=6.3×10- 3 mol·L-1。
【分析】（1）钙离子可以和硫酸根形成微溶于水的硫酸钙，二氧化硅不溶于酸；
（2）亚铁离子和次氯酸根、氢离子反应生成铁离子、氯离子和水；
（3）氯化铵中含有氮元素，可以作为氮肥使用，由于氯化铵水解呈酸性，还可以作为金属除锈剂；
（4）结合草酸钴的溶度积和钴离子的浓度进行计算。
21．（2023·兰州模拟）碳酸锶( SrCO3)主要用于制造磁性材料、电子元件等。利用锶渣(主要成分SrSO4，含少量CaCO3、Fe2O3、 Al2O3、MgCO3杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺如图所示：
已知：①25℃时溶液中金属离子物质的量浓度c与溶液pH的关系如图所示：
②Sr (OH)2、 Ca (OH) 2在不同温度下的溶解度表
温度/℃ 0 20 40 60 80 90 100
Ca(OH)2/g 0.19 0.17 0.14 0.12 0.09 0.08 0.07
Sr(OH)2/g 0.91 1.77 3.95 8.42 20.20 44.50 91.20
回答下列问题：
（1）“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。 则“高温煅烧”的主要反应化学方程式为 。
（2）气体2的主要成分为 (填化学式)。
（3）不设置步骤1的后果是 。
（4）“除铁铝” 后溶液温度降至室温(25℃) ，溶液中c(Fe3+) 为 mol/L。
（5）“除镁钙”过程温度控制在95℃~100℃的目的是 。
（6）“沉锶” 的离子反应方程式为 。
（7）“沉锶”过程中反应温度对锶转化率的影 响如图所示，温度高于60℃时，锶转化率降低的原因为 。
（8）从平衡移动的角度分析“沉锶”过程中控制pH≥10的原因 。
【答案】（1）
（2）H2S
（3）铁元素在“除铁铝”过程中不能除尽
（4）10-19.1
（5）氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全
（6）
（7）温度高于60℃时，和氨水分解
（8）当时，平衡 正向移动，溶液中浓度增大，有利于生成沉淀
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）高温焙烧生成和一种可燃气体，反应化学方程式为；
（2）加入稀盐酸酸浸，产生气体，气体2为；
（3）步骤1为加入，将氧化为，由沉淀的可知，若不氧化，除不尽；
（4）由图可知，当时，溶液的，则，若溶液的时，；
（5）根据表格数据，温度控制在95℃~100℃时，氢氧化钙的溶解度较小，氢氧化锶的溶解度较大，保证除钙完全；
（6）沉思过程为：氨水和生成，离子反应方程式为：；
（7）和氨水受热易分解，温度高于60℃时，和氨水分解，锶转化率降低；
（8）“沉锶”过程中，当时，平衡 正向移动，溶液中浓度增大，有利于生成沉淀。
【分析】（1）硫酸锶和碳高温反应生成硫化锶和一氧化碳；
（2）硫离子可以结合氢离子反应生成硫化氢气体；
（3）过氧化氢的作用是使亚铁离子氧化为铁离子，亚铁离子的除杂更难，转化为铁离子更容易除杂；
（4）结合氢氧化铁的溶度积和pH计算铁离子的浓度；
（5）氢氧化钙随温度的升高溶解度剑侠，氢氧化锶随温度的升高溶解度增大；
（6）锶离子和碳酸氢根、一水合氨反应生成碳酸锶、铵根离子和水；
（7）碳酸氢铵和氨水受热易分解；
（8）氢氧根浓度增大，使平衡朝正向移动，碳酸根浓度增大，有利于生成碳酸锶沉淀。
22．（2023·唐山模拟）铬盐是重要的无机化工产品。我国某科研团队研究了一种铬铁矿(主要成分为，含少量、MgO和少量硬度比金刚石大的BN)液相氧化浸出制备的工艺，流程如下：
回答下列问题：
（1）“碱浸”步骤提高浸出率的方法有 (任写出一条)，滤渣的成分为 ，该步骤发生反应的化学方程式是 。
（2）已知，在“转化”步骤将铬元素完全沉淀时(离子浓度不大于)，需保持转化液中至少为 。
（3）“还原”步骤的尾气为无色无味气体，则其反应离子方程式为 。
（4）该团队在实验室模拟流程中用到的主要分离方法，所需玻璃仪器有 。
（5）立方氮化硼(BN)晶体是一种硬度比金刚石大的特殊耐磨和削切材料，其晶胞结构如图所示：
该晶体中B的配位数为 ，其晶胞参数为，则立方氮化硼晶体的密度为 。
【答案】（1）粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O
（2）1.2×10-5
（3）4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O
（4）漏斗、烧杯、玻璃棒
（5）4；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）粉碎、适当升高温度、增大NaOH浓度能提高“碱浸”步骤的浸出率；由分析可知，滤渣的成分为氧化铁、氧化镁、氮化硼；三氧化二铬发生的反应为三氧化二铬与氢氧化钠溶液、氧气反应生成铬酸钠和水，反应的化学方程式为2Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O，故答案为：粉碎或适当升高温度或增大NaOH浓度；Fe2O3、MgO、BN；2 Cr2O3+3O2+8NaOH=4Na2CrO4+4H2O；
（2）由铬酸钡溶度积可知，铬离子完全沉淀时，溶液中钡离子的浓度为=1.2×10—5mol/L，故答案为：1.2×10-5；
（3）由分析可知，“还原”步骤发生的反应为铬酸钡与乙醇和盐酸的混合溶液反应生成氯化钡、氯化铬、二氧化碳和水，反应的离子方程式为4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O，故答案为：4BaCrO4+C2H5OH+20H+=4Ba2++4Cr3++2CO2↑+13H2O；
（4）由题给流程可知，在实验室中该流程中用到的主要分离方法为过滤，过滤用到的仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氮原子个数为8×+6×=4，位于体内的硼原子个数为4，体内每个硼原子与4个氮原子距离最近，则该晶体中B的配位数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-21a3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）提高浸出率的方法可以是升高温度、增大溶液浓度或者粉碎固体；
（2）结合溶度积和铬酸根离子的浓度判断；
（3）铬酸钡、乙醇和氢离子反应生成钡离子、铬离子、二氧化碳和水；
（4）过滤的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；
（5）B的配位数要结合周围晶胞判断。
23．（2023·石家庄模拟）湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有 。
（3）“除镉”时，发生反应的类型为 。
（4）“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：
反应时，接受电子对的一方是 ；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为 。
（5）“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为 。
（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为 。
（7）氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为 g cm-3 (列出计算式即可)。
【答案】（1）1：2
（2）Al(OH)3、CaSO4
（3）置换反应
（4）Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能
（5）3Zn2++3+3H2O=ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O↓+2CO2↑
（6）Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑
（7）
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2，为氧化剂，Fe2+为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。故答案为：1：2；
（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。故答案为：Al(OH)3、CaSO4；
（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd，反应类型为置换反应。故答案为：置换反应；
（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。故答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；
（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O↓+2CO2↑。故答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3 2Zn(OH)2 H2O↓+2CO2↑；
（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。故答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；
（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为= g cm-3。故答案为：。
【分析】（1）结合化合价变化判断化学计量数，化学计量数之比等于物质的量之比；
（2）结合后续流程，可以知道滤渣1含有二氧化锰、氢氧化铁、氢氧化铝和硫酸钙；
（3）锌和镉离子反应，生成镉单质，为置换反应；
（4）钴离子和镍离子丢失电子，含有空轨道，可以接受电子；
（5）锌离子、碳酸根和水反应生成碱式碳酸锌和二氧化碳；
（6）硫酸钠和硫酸通电条件下生成过硫酸钠和氢气；
（7）晶胞密度的计算要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数和体积计算。
24．（2022·淄博模拟）工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有SiO2、Fe3O4、MgO、CaO杂质)为原料制备金属钛，并得到副产品FeSO4 7H2O，其工艺流程如图：
已知：①TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中；高温下Ti易与N2，H2反应。
②25℃时相关物质的Ksp见表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 TiO(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-11.6 1.0×10-29
回答下列问题：
（1）矿渣的主要成分是 ；试剂A为 (填化学式)。
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3转化为Fe2+和TiO2+，该工序主要反应的化学方程式为 ；加水浸取前需先冷却的目的是 。
（3）“转化”工序，加入试剂B调节pH。
①试剂B为 (填标号)。
A．H2SO4 B．H2O2 C．Na2CO3 D．NH4Cl
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol L-1]需要调节溶液的pH略大于 。
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是 ，充分反应后，混合气体中各组分的分压如表：
物质 TiCl4 Cl2 CO CO2
分压MPa 4.59×10-2 4.98×10-9 1.84×10-2 3.70×10-2
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为 。
（5）高温下镁与TiCl4反应制备粗钛时需加保护气，下列可作为保护气的是____(填标号)。
A．N2 B．H2 C．CO2 D．Ar
【答案】（1）SiO2、CaSO4；Fe
（2）；防止TiO2+提前水解
（3）C；2
（4）使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；
（5）D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，矿渣的主要成分是二氧化硅、硫酸钙；试剂A为铁；
（2）“酸段”时，钛铁矿与浓硫酸在160～200℃反应，FeTiO3和稀硫酸反应转化为Fe2+和TiO2+，化学方程式为 ；TiO2+易水解，升温会促进水解，故加水浸取前需先冷却的目的是防止TiO2+提前水解；
（3）①由分析可知，试剂B和过量酸反应，通过调节pH且使得钛转化为TiO(OH)2沉淀，
故答案为：C；
②为沉钛完全[c(TiO2+)≤1.0×10-5mol L-1]，则氢氧根离子浓度大于，pOH=12，pH=2，故需要调节溶液的pH略大于2；
（4）“沸腾氯化”中，氯气与矿料逆流而行，目的是使得气固相反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行；由图表可知，该温度下TiO2与C、Cl2反应生成四氯化钛和一氧化碳、二氧化碳，根据阿伏加德罗定律可知生成四氯化钛、一氧化碳、二氧化碳的物质的量之比大约为5：1：2，根据电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为；
（5）镁能和氮气、二氧化碳反应，故氮气、二氧化碳不能做保护气；高温下Ti易与N2，H2反应，氢气也不能做保护气；
故答案为：D。
【分析】（1）经过硫酸的溶解后，硫酸钙和二氧化硅不溶于酸形成固体；
（2）温度过高会导致 TiO2+ 发生水解；
（3） ① 调节pH至溶液呈碱性，采用碳酸钠；
② 结合溶度积和 TiO2+ 的浓度计算；
（4）二氧化钛和碳、氯气高温生成一氧化碳、二氧化碳和四氯化钛；
（5）保护气的特点是活泼性差，不和其他气体发生反应。
25．（2023·山西模拟）主要用于电镀工业、生产镍镉电池，用作油脂加氢催化剂、媒染剂等。某兴趣小组用含镍废催化剂(主要含有，还含有、、及其他不溶于酸、碱的杂质)制备，其流程如下：
已知：①常温下，部分金属化合物的近似值如表所示：
化学式
近似值
②金属活泼性：。
③。
回答下列问题：
（1）元素在元素周期表中的位置为 ，其基态原子的价层电子排布式为 。
（2）“滤液1”中的主要溶质为、 。
（3）加入硫酸时，发生反应的离子方程式为 。
（4）加入的目的是将氧化为，该步骤 (填“能”或“不能”)用适量稀硝酸代替，理由是 。然后调节溶液的，则此时应调节溶液的至少为 (保留3位有效数字，离子浓度小于或等于时认为沉淀完全)，检验“滤液3”中杂质金属离子已除尽的操作和现象是 。
（5）用配位滴定法测定粗品中的纯度。取粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成溶液，取溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂(紫色试剂，遇显橙黄色)，用浓度为的标准液滴定，平均消耗标准液。已知：。粗品中的纯度是 %；下列操作会使测定结果偏低的是 (填标号)。
A．锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定
B．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡
C．滴定前平视读数，滴定后仰视读数
【答案】（1）第四周期VIII族；
（2）
（3）
（4）不能；硝酸与反应会产生污染环境的有毒气体，且会引入杂质；2.83；取少量滤液于试管中，滴加几滴溶液，若溶液不变红，则已除尽
（5）；A
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Ni的原子序数为28，在元素周期表的位置为第四周期VIII族；其基态原子的价层电子排布式为；
（2）根据上述分析可知，滤液1主要为过量的NaOH和；
（3）因为金属活泼性：，可知加入硫酸后，Ni会与硫酸发生反应生成NiSO4和氢气，其离子方程式为：；
（4）加入的目的是将氧化为，偏于后续沉铁，硝酸虽然也具有氧化性，但与反应会产生污染环境的有毒气体，且会引入杂质，所以不能用适量稀硝酸代替过氧化氢；
根据Ksp近似值可知，铁离子沉淀时溶液中氢氧根离子浓度为，所以溶液中的氢离子浓度为，即pH=-lgc(H+)=；
杂质除尽后不含铁离子，因此使用KSCN溶液作为试剂，可检测是否已除尽，具体操作和现象为：取少量滤液于试管中，滴加几滴溶液，若溶液不变红，则已除尽；
（5）根据滴定方程式可知，恰好滴定到终点时，n(Ni2+)=n()=mol，滴定取了25mL粗品溶液，则100mL该溶液中含Ni2+的物质的量为mol，即NiSO4的物质的量为mol，则其纯度=；
A．锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后，需半分钟之内不褪色，再停止滴定操作，若立刻停止滴定，则滴入的标准液体积偏小，最终会使测定结果偏低，A正确；
B．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，滴入的标准液体积偏大，最终会使测定结果偏高，B不正确；
C．滴定前平视读数，滴定后仰视读数，所测的标准液体积偏大，最终会使测定结果偏高，C不正确；
故答案为：A。
【分析】（1）Ni为28号元素，在周期表第四周期VIII族 ；
（2）氢氧化钠和铝反应，铝会转化为溶于水的偏铝酸钠；
（3）镍和氢离子反应生成镍离子和氢气；
（4）过氧化氢作为氧化剂的好处是不会引入其他新杂质；
（5）滴定误差分析：
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
26．（2023·淮安模拟）实验室以含硒废料(假设杂质不参与反应)提取硒，部分实验过程如下：
（1）“浸取”时单质硒大部分生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中液体是 (填名称)。
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，反应后溶液中物质的量减少的离子有 (填化学式)
（4）以上述流程中生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，请补充完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液， ，得高纯硒单质。 (必须使用的试剂： BaCl2溶液、1 mol·L-1NaOH溶液)
（5）实验室常用氧化还原滴定法测定某样品中Se的质量分数，步骤如下：
I.取0.8400 g样品充分磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容。
II.准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液25.00 mL，向锥形瓶中再加入25.00 mL 0.06 mol·L-1Fe2+溶液，加入磷酸后再用0.0200mol·L-1KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液10.00 mL。
已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+较慢，在该滴定过程可忽略此反应。计算硒的质量分数 (写出计算过程)。
【答案】（1）3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑
（2）浓盐酸
（3）HSeO、SeO、OH-
（4）在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）“浸取”时加NaNO3溶液用硫酸酸浸，单质硒大部分被氧化生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；故答案为：3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行，+6价的硒元素具有强氧化性，还原为亚硒酸，滴液漏斗中液体是浓盐酸，浓盐酸被氧化生成氯气。故答案为：浓盐酸；
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，二氧化硫具有还原性，HSeO、SeO被还原，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，反应后溶液中物质的量减少的离子有HSeO、SeO、OH-，故答案为：HSeO、SeO、OH-；
（4）生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥，得高纯硒单质。故答案为：在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥；
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。故答案为：n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。
【分析】（1）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（2）依据化合价的变化判断；
（3）二氧化硫具有还原且为二氧化硫是酸性氧化物；
（4）通过检验最后一次洗液中是否还有杂质离子来判断固体是否已洗涤干净；
（5）依据得失电子守恒计算。
27．（2023·成都模拟）镀锌钢构件的酸洗废液中含有盐酸、和。实验室从酸洗废液中回收盐酸和的实验流程如下：
已知化合物的溶解度(水)数据如下表：
物质
49.7 59.0 62.5 66.7 70.0 78.3 88.7 94.9
342 363 395 437 452 488 541 614
回答下列问题：
（1）I．回收盐酸和粗产品
操作1应选择____(填字母序号)。
A．水浴加热 B．油浴加热 C．投入沸石
（2）为了获得粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是 ；若留有残余液过多，会造成的不良后果是 (答一条)。
（3）II．粗产品的重结晶
检验粗产品中含有的操作方法是 。
（4）重结晶前加入的物质X为 ；操作2的名称是 。
（5）III．滴定亚铁离子，测定晶体纯度
准确称取重结晶后的晶体，溶于混酸中并定容至。移取三份溶液，加入指示剂，用标准溶液()滴定至终点，半分钟内不恢复，平均消耗标准溶液体积为(此时不被氧化)。
计算晶体的纯度为 (含a、c的代数式，化到最简)。
【答案】（1）B；C
（2）防止结晶水水量偏低；造成析出的晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分
（3）取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加溶液显红色
（4）粉；过滤
（5）
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）操作1为蒸馏，温度为150℃，水浴无法达到150℃，因此应该选择油浴加热，油浴需要加入沸石，
故答案为：BC。
（2）为了获得粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是防止FeCl2·4H2O结晶水水量偏低。若留有残余液过多，会导致析出的FeCl2·4H2O晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分。
（3）检验氯化铁晶体中是否含有Fe3+的操作方法为取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加溶液，若溶液显红色，说明其中含有铁离子反之则无。
（4）结晶前需要加入的物质X为铁粉，用途为防止Fe2+被氧化，操作2的名称为过滤。
（5）K2Cr2O7与亚铁离子反应离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗的物质的量为cV×10-3mol，则消耗Fe2+的物质的量为6cV×10-3mol，则ag样品中含有Fe2+2.4cV×10-2mol，则FeCl2·4H2O晶体的纯度为%
【分析】（1）依据温度选择加热方式 ，依据加热液体物质要防止暴沸。
（2）依据产品的性质分析。
（3）利用溶液检验Fe3+；
（4）依据生成物的性质分析；
（5）利用反应方程式计算。
28．（2023·绵阳模拟）锰酸锂是一种锂电池的正极材料。工业上以方锰矿(主要成分为，还含有少量的)为原料制备锰酸锂的流程如下：
已知：I．时，相关物质的如下表：
物质
II．时，电离常数
III．离子浓度低于时即为沉淀完全
回答下列问题：
（1）写出步骤①溶于稀硫酸时杂质反应的离子方程式 。
（2）滤渣1的成分是 (填化学式)；步骤②加入的目的是 。
（3）步骤③加入目的是除去杂质离子，若溶液中浓度为，要确保杂质离子沉淀完全，同时不降低产品产率，步骤③调控的范围应该为 。反应的平衡常数 。
（4）“离子交换”步骤和“洗脱”过程是利用反应：(是氢型交换树脂)的平衡移动将进一步提纯，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用 。
（5）步骤④反应未见气体生成，则该反应留存在滤液3中的产物有 (填化学式)。
（6）步骤⑤反应的化学方程式为 。
【答案】（1）
（2）；将氧化为
（3）5～8；8×1017
（4）
（5）
（6）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）步骤①中四氧化三铁溶于稀硫酸发生的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（2）由分析可知，滤渣1的成分为硫酸钙、二氧化硅；加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：；将氧化为；
（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为氢氧化锰沉淀，由氢氧化铝的溶度积可知，溶液中氢氧根离子不小于=1×10—9mol/L，由氢氧化锰的溶度积可知溶液中氢氧根离子浓度不大于=1×10—6mol/L，则溶液的pH范围为5～8；由方程式可知，反应的平衡常数K=====，故答案为：5～8；；
（4）由方程式可知，为了提高洗脱效率，又不引入其他杂质，淋洗液应选用稀硫酸可以增大溶液中的氢离子浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于将锰离子进一步提纯，故答案为：；
（5）步骤④反应未见气体生成说明反应留存在滤液3中的产物为硫酸铵和碳酸氢铵，故答案为：；
（6）由分析可知，步骤⑤发生的反应为碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水，反应的化学方程式为，故答案为：。
【分析】（1）四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水；
（2）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（3）依据Ksp计算；
（4）依据物质的性质选择合适的方法，不引入新杂质，也不与提纯的物质反应。
（5）依据反应物和产物的性质和实验现象分析；
（6）碱式碳酸锰和碳酸锂在高温条件下在空气中煅烧生成锰酸锂、二氧化碳和水。
29．（2023·沈阳模拟）铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料、合金制造等高科技领域。自然界铟大多富集在闪锌矿(主要成分，还含有、等杂质)中，工业上常采用铅锌冶炼过程中的含铟烟灰作为回收铟的主要原料。如图为工业提取铟的流程图：
已知：①烟灰中钢主要以硫化铟、氧化铟以及和形式存在，其中和的化学性质非常稳定，难以被硫酸溶解浸出。
②铅锌冶炼烟灰先经稀硫酸溶液预处理后得到中浸渣，主要成分如下：
成分
质量分数(％) 0.72 3.01 60.48 8.92 1.16
③酸性条件下，温度过高，氯酸钠易分解释放出氯气。
回答下列问题：
（1）铟元素位于元素周期表第 周期 族。
（2）闪锌矿经氧化焙烧可获得铅锌烟灰，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是 。
（3）写出闪锌矿主要成分氧化焙烧反应的化学方程式 。
（4）已知与发生反应生成配合离子，不利于的萃取，则“氯化浸出”实验中加入硫酸的原因是 。
（5）氯化步骤中，铟元素被氧化到最高正价，写出氯化过程中发生反应的离子方程式 (产物中元素以形式存在)。在氯化过程中，反应温度、时长、盐酸、硫酸、氯酸钠的浓度都会影响铟元素的浸出率，控制其他条件不变，考查不同浸出温度对铟浸出率的影响，结果如图所示。实验采取的是80℃的条件，原因是 。
（6）转化步骤中往往需要加入“锌粉”，其作用是 。
【答案】（1）五；IIIA
（2）利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率
（3）2ZnS+3O22ZnO+2SO
（4）促进ClO和过量的Cl-反应生成Cl2，降低Cl-浓度，使与反应生成配合离子的平衡逆向移动，提高的萃取率
（5）6+ ClO+18H+=Cl-+6In3++6x+9H2O；温度高于80℃时，铟的浸出率虽然上升，但上升的幅度不大，且温度过高会导致盐酸挥发，印象铟的浸出率
（6）将In3+从萃取液中置换出来得到粗铟
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）In是49号元素，位于元素周期表第五周期IIIA族。
（2）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率。
（3）在焙烧过程中产生气体，硫化物高温状态下产生SO2，闪锌矿的主要成分是ZnS，主要反应是2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（4）已知与发生反应生成配合离子，“氯化浸出”实验中加入硫酸可以促进ClO和过量的Cl-反应生成Cl2，降低Cl-浓度，使与反应生成配合离子的平衡逆向移动，提高的萃取率。
（5）氯化过程中，中铟元素被ClO氧化到最高正价为+3价，产物中元素以形式存在，根据氧化还原反应的规律配平离子方程式为：6+ ClO+18H+=Cl-+6In3++6x+9H2O；由图可知，温度高于80℃时，铟的浸出率虽然上升，但上升的幅度不大，且温度过高会导致盐酸挥发，印象铟的浸出率，故实验采取的是80℃的条件。
（6）由题意可知，萃取得到的萃取液中混有In3+，转化步骤中往往需要加入“锌粉”，目的是：将In3+从萃取液中置换出来得到粗铟。
【分析】（1）铟为第五周期IIIA族；
（2）逆流法可以增大固体和气体的接触面积；
（3）硫化锌和氧气焙烧生成氧化锌和二氧化硫；
（4）减少氯离子的浓度，使平衡朝逆向移动；
（5）温度在 80℃ 后，浸出率上升不大；
（6）锌可以和铟离子发生置换反应生成铟单质。
30．（2023·菏泽模拟）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、石油精炼用的催化剂等。科研人员研制了一种从废钒催化剂中(含有、、、、等)回收钒的工艺，其主要流程如下：
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。滤液2中的含钒离子为 (填化学式)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示 (填标号)。
A． B． C．
（3）“酸浸”时，发生反应，发生反应的离子方程式为 ；“反应”时，加入的不宜过量，其原因是 。
（4）已知溶液中与可相互转化：，且为沉淀，“沉钒”时通入氨气的作用是 。
（5）该工艺流程中，可以循环使用的物质有 。
【答案】（1）SiO2
（2）；C
（3）；过量的将氧化，影响萃取，造成损失
（4）使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出
（5）有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）据分析可知，渣1的主要成分是SiO2，故答案为SiO2。
（2）已知有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，且根据流程分析可知，滤液2中的含钒离子为；分液漏斗活塞放气时从下口放弃，所以正确的放气图示为C，故答案为；C。
（3）“酸浸”时转成VO2+，发生反应的离子反应为；“反应”时，加入的不宜过量，过量的将氧化，影响萃取，造成损失；故答案为；过量的将氧化，影响萃取，造成损失。
（4）溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中OH 浓度增大，消耗了H＋，该平衡正移，从而使尽可能都转化为，另外溶液中存在平衡，通入氨气，使溶液中浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出，则目的为使正向移动，将转化为，故答案为使正向移动，将转化为，同时增大浓度，使逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出。
（5）NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用，可以循环使用的物质有有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O，故答案为有机物（有机萃取剂）、NH3和H2O。
【分析】（1）二氧化硅不溶于水；
（2）结合题干有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强，可以知道滤液2的离子为 ；
（3）过氧化氢可以将 氧化；
（4）氨气可以结合 ，减少生成物的浓度，使平衡朝正向移动；
（5）结合题干，可以知道萃取剂、氨气和水可以循环利用。
31．（2023·大庆模拟）我国科学家开发催化剂来提高燃料电池的性能。某小组以含镍废料(主要含、，以及少量、、、、、和等)为原料提取镍的流程如下：
已知常温下部分难溶物的如表所示：
物质
请回答下列问题：
（1）“酸浸”中产生了一种还原性气体，它是 (填化学式)；“除铁铝”中双氧水的作用是 。
（2）“固体2”中除、外，还可能含硫单质等物质，生成硫单质的离子方程式为 。
（3）为提高原料利用率，“电沉积”得到的“废液”可以循环用于 (填名称)工序。
（4）常温下，在“除铁铝”中，当滤液中时，其 。
（5）可以通过电解法提纯镍，粗镍作 (填“阳”或“阴”)极，阴极的电极反应式为 。
【答案】（1）；将氧化成
（2）
（3）酸浸
（4）3
（5）阳；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由分析可知，含镍废料加入稀硫酸酸浸时，镍和稀硫酸反应生成硫酸镍和氢气，则酸浸中产生的还原性气体为氢气；除铁铝中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：H2；将氧化成；
（2）由分析可知，入硫化钠溶液的目的是将铜离子、锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，将溶液中铁离子转化为亚铁离子的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，硫酸镍溶液经电沉积得到镍、氧气和硫酸，硫酸可以在酸浸步骤中循环使用提高原料利用率，故答案为：酸浸；
（4）由氢氧化铁的溶度积可知，溶液中铁离子浓度为4.0×10 5mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度为=1×10 11mol/L，则溶液的pH为3，故答案为：3；
（5）电解法提纯镍时，粗镍作阳极、纯镍作阴极，溶液中的镍离子在阴极得到电子发生还原反应生成镍，电极反应式为，故答案为：阳；。
【分析】（1）酸浸的过程中会和金属单质反应生成氢气；
（2）铁离子和硫离子反应生成亚铁离子和硫；
（3）硫酸可以用于酸浸阶段，循环利用；
（4）氢氧根的浓度可以结合溶度积和铁离子的浓度计算；
（5）粗镍在阳极放电，可以溶解，形成镍离子，重新在阴极得电子形成镍。
32．（2022·内江模拟）金属钛(Ti)因硬度大、熔点高、密度小、抗腐蚀性强而被广泛用作高新科技材料，披誉为“太空金属”。工业上用某金属氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)来制备钛、铁红等的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）为加快"水溶”速率，可采取的措施为 (写出一种即可)。
（2）“滤液E”中除含有过量的硫酸和硫酸铝外，还含有 。
（3）已知二氧化钛能与熔融的氢氧化钠反应生产Na2TiO3，在酸性条件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)的离子方程式为 。“滤液A”到“滤液E"需加热的原因是 。
（4）为了便于分离铁和铜，通常要将Fe2+氧化成Fe3+，使用的氧化剂合理的是 ，调节pH的目的是 。
（5）用“滤液D”制胆矾的步骤为蒸发浓缩、 、过滤、冰水洗涤、自然风干。
（6）取500 mL “滤液E” ，经过一系列变化后，电解得到5.4 g Al，不考虑变化过程中铝的损耗，则“滤液E"中Al2(SO4)3的物质的量浓度为 mol·L-1。
【答案】（1）溶液加热
（2）硫酸钠
（3）TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分
（4）H2O2；使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀
（5）冷却结晶
（6）0.2
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】用某金属氧化物的混合物(主要成分有TiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3、CuO)来制备钛、铁红等，矿石经过研磨后，加入NaOH碱溶，TiO2、Al2O3转化为NaTiO3、NaAlO2，FeO、Fe2O3、CuO不溶，过滤，得到滤液A，A中加入硫酸，在酸性条件下TiO主要以TiO2+的形式存在，TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，偏铝酸根转化为铝离子，形成滤液E，滤渣E为H2TiO2(沉淀)，H2TiO2(沉淀)煅烧得到TiO2，TiO2与氯气、焦炭高温生成TiCl4，TiCl4高温分解为Ti；滤渣A为FeO、Fe2O3、CuO，加入硫酸转化为硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜，加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，调节pH后过滤，得到含铜离子的滤液D以及含氢氧化铁的滤渣D，氢氧化铁加热分解为铁红。
（1）为加快"水溶”速率，可采取的措施为溶液加热；故答案为：溶液加热；
（2）碱溶时加入了NaOH，加入硫酸后形成硫酸钠，则“滤液E”中除含有过量的硫酸和硫酸铝外，还含有硫酸钠；故答案为：硫酸钠；
（3）TiO2+水解生成H2TiO2(沉淀)，水解离子方程式为TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；水解反应为吸热反应，则“滤液A”到“滤液E"需加热的原因是加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；故答案为：TiO2++2H2O H2TiO2+2H+；加快TiO2+水解速率，使TiO2+水解充分；
（4）为了便于分离铁和铜，通常要将Fe2+氧化成Fe3+ ，使用的氧化剂合理的是H2O2，可以不引入杂质，调节pH的目的是使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀；故答案为：H2O2；使铁离子沉淀而铜离子不生成沉淀；
（5）用“滤液D”制胆矾的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冰水洗涤、自然风干；故答案为：冷却结晶；
（6）取500 mL “滤液E” ，经过一系列变化后，电解得到5.4 g Al，不考虑变化过程中铝的损耗，结合铝元素守恒，则“滤液E"中Al2(SO4)3的物质的量浓度为；故答案为：0.2。
【分析】（1）加热可以加速溶解；
（2）滤液E中含有硫酸钠和硫酸铝；
（3）结合水解的原理，可以知道阳离子水解生成氢离子；
（4）过氧化氢不会引入新的杂质；
（5）胆矾含有结晶水，因此采用蒸发浓缩，冷却结晶；
（6）浓度的计算要结合质量、体积进行判断。
33．（2022·巴中模拟）我国稀土资源丰富，其中二氧化铈(CeO2) 是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)制备CeO2的工艺流程如下：
（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为 。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有 ( 写出一种即可)。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、 、 。
（4）上述流程中 盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性： CeO2 H2O2 (填“＞”或“＜”)。
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式 。
若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1，此时溶液的pH为5，则溶液中c()= mol·L-1 (保留2位有效数字)。
已知常温下：
（6）Ce4+溶 液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示(以NO2为例)。
①该反应中的催化剂为 (写离子符号)；
②该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为 。
【答案】（1）
（2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
（3）漏斗；玻璃棒
（4）＞
（5）；0.18
（6）；
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce(BF4)3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，Ce2(CO3)3灼烧得到CeO2。
（1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为-2、F元素化合价为-1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。
（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。
（3）操作①是分离Ce(BF4)3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。
（4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞ H2O2。
（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀，反应的离子反应方程式。
若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)为1.0×10-5 mol/L，则， ，此时溶液的pH为5，则溶液中。
（6）①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。
②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1。
【分析】（1）结合碳、氧、氟的化合价判断铈的化合价；
（2）粉碎固体、升高温度、增大气体浓度可以提高效率；
（3）过滤需要用到玻璃棒、烧杯、漏斗；
（4）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
（5）结合溶度积和离子浓度计算；
（6） ① 注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；
② 氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原法院，作为氧化剂，得到氧化产物。
34．（2022·惠州模拟）LiFePO4可作为新型锂离子电池的正极材料。以精钛铁矿(主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质)为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO4·7H2O)与磷酸和LiOH反应可制备LiFePO4，制备流程如图所示：
请回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是 。
（2）酸溶时钛酸亚铁(FeTiO3)与硫酸反应的化学方程式为 。
（3）①还原步骤中，加过量铁屑，其目的是 。
②滤渣成分的化学式是
（4）滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，工业制取Cu2O的电解池示意图如图，总反应为：2Cu+H2OCu2O+H2↑。则：
①该装置中铜电极应连接直流电源的 极。
②石墨电极的电极反应式为 。
③当有0.1molCu2O生成时电路中转移 mol电子。
【答案】（1）增大接触面积，提高酸溶速率
（2）FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
（3）把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜；SiO2、Cu、Fe
（4）正；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；0.2
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】钛铁矿精矿用稀硫酸溶解得到强酸溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+等，加入过量铁粉还原铁离子，并置换出铜，过滤除去二氧化硅、铁、铜，然后冷冻过滤除去TiOSO4，得到滤液加入磷酸、LiOH、水和异丙醇可得LiFePO4，以此解答该题。
（1）从反应速率的影响因素考虑，将矿石粉碎的目的是：增大接触面积，提高酸溶速率；
（2）酸溶时FeTiO3与硫酸反应生成FeSO4和TiOSO4，化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；
（3）①铁具有还原性，能够与铁离子、铜离子反应；因此加铁屑的目的是把铁离子还原为亚铁离子，并置换出铜；故答案为：把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜；
②由分析可知，滤渣成分的化学式是：SiO2、Cu、Fe；
（4）①根据电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑可知，Cu发生氧化反应，做阳极，应与电源的正极相连；
②石墨电极的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③根据该反应可知2e—Cu2O，所以当有0.1molCu2O生成时电路中转移0.2mol电子；故答案为：正，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，0.2。
【分析】（1）固体粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）钛酸亚铁和硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸氧钛和水；
（3） ① 铁可以将铁离子转化为亚铁离子；
② 结合前后流程可以知道滤渣成分为二氧化硅、铁和铜；
（4） ① 铜失去电子，作为阳极，连接正极；
② 石墨电极为阴极，为水得到电子生成氢气和氢氧根；
③ 结合化合价变化判断电子转移的数目。
35．（2022高三下·蚌埠模拟）工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为：Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如下：
查阅相关资料得知：
i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为CrO42-，自身被还原为Bi(OH)3固体。
ii.
物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cr(OH)3 Fe(OH)2 Bi(OH)3
开始沉淀的pH 2.7 3.4 4.6 7.5 0.7
完全沉淀的pH 3.7 4.4 5.9 9.7 4.5
回答下列问题：
（1）将铬铁矿矿石粉碎的目的是 。
（2）操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和 （填仪器名称）。
（3）写出④反应的化学方程式 。
（4）⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-。写出该反应的离子方程式 。
（5）将溶液H经下列操作：蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。
（6）取一定质量的固体D溶解于200mL的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，则稀硫酸的浓度为 ，固体D中含Fe化合物的物质的量为 。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2）漏斗、烧杯
（3）3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3
（4）2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O
（5）冷却结晶
（6）2.5mol·L－1；0.10mol
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）将铬铁矿石粉碎可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
故答案为增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）操作I、III、IV均是过滤，则用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和漏斗、烧杯；
故答案为漏斗、烧杯；
（3）常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO，则反应④的化学方程式为3NaBiO3 +Cr2(SO4)3+7OH－+H2O=Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3↓；
故答案为3NaBiO3+Cr2(SO4)3+7NaOH+H2O=2Na2CrO4+3Na2SO4+3Bi(OH)3↓；
（4）⑤中酸化是使CrO42-转化为Cr2O72-，在转化过程中元素化合价不变，则该反应的离子方程式为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
故答案为2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；
（5）从溶液中得到晶体的一般操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠；故答案为冷却结晶；
（6）根据图像可知加入氢氧化钠时没有立即产生沉淀，这说明酸过量，首先发生酸碱中和；当沉淀不再发生变化时需要氢氧化钠是180mL；继续加入氢氧化钠沉淀开始减小，即氢氧化铝开始溶解，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是40mL，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积是120mL，所以与铁离子反应的氢氧化钠溶液体积是60mL，物质的量是0.06mol/L×5mol/L＝0.3mol，所以根据方程式Fe3＋＋3OH ＝Fe(OH)3↓，所以铁离子是0.1mol，根据铁元素守恒可知，固体D中氢氧化铁的物质的量为0.1mol；沉淀达到最大值时溶液中的溶质是硫酸钠，则根据原子守恒可知硫酸钠的物质的量是＝0.5mol，则硫酸的浓度是＝2.5mol/L；
故答案是：2.5mol·L-1；0.10mol。
【分析】（1）固体粉碎可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）过滤需要用到漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）铋酸钠和硫酸铬、氧化钠、水反应生成铬酸钠、硫酸钠和氢氧化铋；
（4）铬酸根和氢离子发生反应生成重铬酸根和水；
（5）产物含有结晶水，需要蒸发浓缩、冷却结晶；
（6）结合物质的量之比等于化学计量数之比进行判断。
