2023年高考真题变式分类汇编：物质的分离与提纯8
一、选择题
1．（2018·海南）下列分离方法正确的是（ ）
A．回收水溶液中的I2 ：加入乙酸，分液，蒸发
B．回收含有KCl的MnO2：加水溶解，过滤，干燥
C．除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5的干燥管
D．除去乙醇中的水，加入无水氯化钙，蒸馏。
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、乙酸能溶于水，故不能用分液除去，不符合题意
B、氯化钾能溶于水，而二氧化锰不溶于水，故可通过过滤除去，符合题意
C、五氧化二磷为酸性氧化物，能跟碱性物质发生反应，故不能用来吸收氨气，不符合题意
D、无水氯化钙只能用来检验少量水，不能用来吸收，应加氧化钙
故答案为：B
【分析】除杂、提纯要求：能除去杂质，不能与期望产物发生反应，不能引入新的杂质。
2．（2021·汕头模拟）超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。
下列说法中错误的是( )
A．浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出
B．高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取
C．升温、减压的目的是实现CO2与产品分离
D．超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. 中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A不符合题意；
B. 温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界CO2流体萃取，B符合题意；
C. 升温、减压的目的是让CO2气化，从而实现CO2与产品分离，C不符合题意；
D. 升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】中草药原料经除杂粉碎，加入水和乙醇浸泡，然后用超临界CO2萃取，有效成分溶于超临界CO2中，进入解析釜中，减压升温后，超临界CO2变为气体，得到产品。
3．（2021·广州模拟）以混有 的 为原料制备氧化镁的实验流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸的离子方程式为
B．浸出渣的成分是
C．母液的主要溶质是
D．固体X是
【答案】A
【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．盐酸酸浸， 是微溶物，不可拆成离子，故A符合题意；
B．盐酸酸浸， 可溶， 不溶，滤渣为 ，故B不符合题意；
C．加入氨水沉镁， ，母液主要溶质是 ，故C不符合题意；
D．沉镁过程中，加入氨水沉镁， ，母液主要溶质是 ，固体X为 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】盐酸酸浸， 可溶， 不溶，滤渣为 ，浸出液中主要成分是 ， 加入氨水沉镁， ，母液主要溶质是 ，固体X为 ，以此解答。
4．（2021·潍坊模拟）柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下：
已知： 、 ；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤①制备FeCO3时，应将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中
B．可用KSCN溶液检验步骤③中柠檬酸亚铁是否反应完全
C．步骤③控制温度50℃~60℃既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解
D．步骤⑤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A ．因为 ， 所以制备 时，应该先加入 ，防止 浓度过大水解产生 ，A项不符合题意；
B．应用 检验 ， 检验 ，B项不符合题意；
C．柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，温度过低，不利于溶解，同时反应物活化分子百分数低，反应速率慢，温度过高， 会分解；C项符合题意；
D．步骤⑤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考虑碳酸根水解，结合碳酸亚铁和氢氧化亚铁的溶度积即可判断
B.KSCN溶液是检验铁离子
C.根据 柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水即可判断反应条件
D.冷却结晶之前需要进行加热浓缩
5．（2021·泰安模拟）某闪锌矿的主要成分为ZnS，还含有SiO2、FeS2等，利用该闪锌矿制备皓钒(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“破碎”可加快“煅烧”速率，并使反应更充分
B．“废气”合理处理可用于工业制硫酸
C．“滤渣”的主要成分为Fe2O3，可用于冶炼铁
D．“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“破碎”可以增大矿石和空气的接触面积，加快“煅烧”速率，并使反应更充分，A不符合题意；
B．闪锌矿中含有S元素，在空气中煅烧得到的废气中含有SO2，合理处理可用于工业制硫酸，B不符合题意；
C．酸浸后的滤渣中主要含含有Fe3+、Zn2+，调节pH得到的是Fe(OH)3沉淀，C符合题意；
D．“一系列操作”可以从溶液中获取晶体，则应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】闪锌矿破碎后煅烧，Fe、S元素被氧化，稀硫酸酸浸后过滤，得到含有Fe3+、Zn2+的滤液，废渣为难溶于稀硫酸的SiO2，调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到主要含硫酸锌的溶液，经系列操作得到皓钒。
6．（2021·日照模拟）硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如下图：下列说法错误的是（ ）
A．合理处理富硒废料符合循环经济理念。
B．母液可在“酸溶”工序循环利用
C．“滤液”经处理可制得胆矾
D．“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．合理处理富硒废料可以得到银、Se等，因此符合循环经济理念，A不符合题意；
B．用水吸收时SeO2和SO2两种气体发生氧化还原反应生成Se和硫酸，母液可在“酸溶”工序循环利用，B不符合题意；
C．“滤液”中含有硫酸铜，因此经处理可制得胆矾，C不符合题意；
D．“吸收”时方程式为2H2O＋SeO2＋2SO2＝2H2SO4＋Se，其中氧化剂是SeO2，还原剂是SO2，二者的物质的量之比为1：2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】富硒废料焙烧生成SeO2和SO2两种气体，用水吸收后生成Se和硫酸。烧渣是Ag和CuO，利用硫酸酸溶生成硫酸铜溶液，得到的粗银电解精炼生成Ag，据此解答。
7．（2021·临沂模拟）锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是（ ）
A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A不符合题意；
B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B不符合题意；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C不符合题意；
D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 锑矿粉(主要成分为 Sb2S3、SiO2 )制取锑白的流程：锑矿粉中加入氯化铁溶液浸出，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+，说明发生反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，SiO2不反应，滤渣中有SiO2和S；加入Sb还原，将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+；“水解”的目的是锑铁分离，将锑元素转化为 SbOCl沉淀，Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液中，实现锑铁分离；“中和”是向水解所得的 SbOCl沉淀中加入氨水，使锑元素转化为Sb2O3·nH2O，利用氨水中和 SbOCl水解产生的HCl，使平衡右移；最后洗涤、干燥得到锑白。
8．（2021·济宁模拟）以硅石(SiO2)和萤石(CaF2)为原料制备冰晶石(Na3AlF6)的一种流程如图：
已知：无水氟硅酸(H2SiF6)为易溶于水、不稳定的强酸；滤渣2的主要成分为Na2SiF6。
下列说法错误的是（ ）
A．硅石和萤石需预先研磨目的是加快反应速率
B．“反应Ⅲ”应该在陶瓷器皿中进行
C．滤液1、滤液2经浓缩处理后可在流程中循环利用
D．“反应Ⅳ”的化学方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．研磨可增大反应物的接触面积，使反应速率加快，A项不符合题意；
B．“反应Ⅲ”中有NaF、NH4F生成，F-水解生成HF会腐蚀陶瓷器皿，B项符合题意；
C．由题意可知滤液1的主要成分是H2SO4，经浓缩处理后可返回流程反应Ⅰ中循环利用，滤液2的主要成分是NH3·H2O，经浓缩处理后可返回流程反应Ⅲ中循环利用，C项不符合题意；
D．由“反应Ⅳ”可知，NaF、NH4F溶液和NaAlO2发生反应生成冰晶石(Na3AlF6)，反应方程式为：2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】硅石（SiO2）和萤石（CaF2）加硫酸酸浸生成H2SiF6和CaSO4，过滤分离，滤渣1主要为CaSO4，H2SiF6再与Na2SO4反应生成硫酸和Na2SiF6，滤液1中所含硫酸可循环使用，Na2SiF6与浓氨水反应生成NaF、NH4F及SiO2，过滤除去SiO2，加入NaAlO2发生反应生成Na3AlF6，反应的方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3 H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6↓+4NH3+2H2O，过滤分离出冰晶石（Na3AlF6），滤液2中含有氨水可循环使用，据此分析解答。
9．（2021·济南模拟）利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质)制备LiFePO4的工艺流程如图所示：
已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以 形式存在， 、 。下列说法错误的是（ ）
A．钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2
B．“过滤③”之前[设此时 ]，使Fe3+恰好沉淀完全[即 ]，此时不会有 沉淀生成
C．“高温煅烧”的主要反应为
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成 ，若 ，则 中
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．钛铁矿经盐酸酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2，故A不符合题意；
B．根据沉淀溶解平衡计算出磷酸根离子浓度：c( )= = mol/L=1.0×10-17mol/L，此时Mg3(PO4)2的浓度积QC[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2( )=0.013×(1.0×10-17)2=1.0×10-40＜ ，因此此时不会有Mg3(PO4)2沉淀生成，故B不符合题意；
C． 中氧原子不守恒，“高温煅烧”过程中Fe元素化合价由+3降低至+2被还原，因此草酸被氧化生成CO2，C元素化合价由+3升高至+4，根据氧化还原反应化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为 ，故C符合题意；
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成 ，若 ，化合物中各元素化合价之和等于0，若n(Fe2+)=a，n(Fe2+)=b，则有 ，解得a=0.8，b=0.2，则LiFePO4中 ，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】向钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质)中加入盐酸，SiO2与盐酸不反应，FeTiO3、MgO分别转化为 、Fe2+、Mg2+，过滤后将滤液①控制pH使 水解生成TiO2·xH2O，将其过滤后向滤液②中加入双氧水将Fe2+氧化生成Fe3+，加入H3PO4将Fe3+沉淀生成FePO4，FePO4与Li2CO3、草酸在高温条件下煅烧得到LiFePO4。
10．（2021·德州模拟）工业上可用软锰矿(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B．溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分为CaF2
C．除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pH
D．从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．提高浸取率的措施可以是搅拌、研磨矿石、适当升高温度、适当增大酸的浓度等，故A不符合题意；
B．由分析可知，溶浸工序中产生的废渣主要是不与稀硫酸反应的SiO2和生成的S，净化工序后产生的废渣成分为CuS和CaF2，故B符合题意；
C．除铁工序中，先加软锰矿使溶液中的Fe2+在酸性环境中被氧化成Fe3+，然后加入石灰调节溶液pH使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，故C不符合题意；
D．MnCO3不溶于水，故MnCO3从溶液中分离出来的操作法是过滤、洗涤、干燥，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由流程可知(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)中加入稀硫酸酸浸，过滤得到的滤渣主要是SiO2和被MnO2氧化生成的S，向滤液中加入软锰矿发生反应：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++
Mn2++2H2O，过滤，滤液中主要含有Cu2+和Ca2+，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+和Ca2+，在滤液加入氨水、碳酸氢铵溶液沉锰，生成碳酸锰沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。
11．（2021·岳阳模拟）铋 与氮同主族，在中性及碱性环境下常以 的形式存在，铋及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为 ，含少量杂质 等)为原料，采用湿法冶金制备精铋工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）
A．“浸出”产生S的主要离子反应为
B．“浸出”时盐酸可以还原杂质PbO2
C．“浸出、置换、再生、电解精炼”工序中不全是氧化还原反应
D．再生液可以加入“浸出”操作中循环利用
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．浸出时S单质的生成主要是由于Fe3+将-2价的S元素氧化，结合电子守恒和元素守恒可以得到离子方程式为 ，故A不符合题意；
B．盐酸可以提供氢离子和氯离子，酸性环境中PbO2可以将氯离子氧化，故B不符合题意；
C．根据A、B分析可知浸出过程全部为氧化还原反应，置换过程中Fe与H+、Fe3+和Bi3+的反应是氧化还原反应，再生过程氯气将亚铁离子氧化，电解精炼也是发生氧化还原反应，故C符合题意；
D．根据分析可知再生液为氯化铁溶液，可以加入浸出操作中循环利用，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等)加入足量的FeCl3溶液和盐酸浸取，Fe3+将S氧化成S单质沉淀，盐酸将PbO2还原，由于溶液中有大量氯离子，所以得到PbCl2沉淀；此时溶液中主要含有Fe2+、Bi3+、Fe3+以及H+，加入适量铁粉将H+、Fe3+还原，同时置换出Bi单质，过滤得到粗铋以及主要含有FeCl2的滤液，粗铋经电解精炼得到精铋，氯化亚铁溶液中通入氯气得到氯化铁再生液。
12．（2021·新邵模拟）SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．软锰矿浆吸收SO2反应的主要离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiS
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒生产中普遍应用的添加剂
D．该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的
【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．软锰矿浆吸收SO2生成硫酸锰，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO ，故A不符合题意；
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为CuS，Ni2+转化为NiS，不是Cu2S，故B符合题意；
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒常用的抗氧化剂，故C不符合题意；
D．由流程可知，该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 SO2尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，SO2被氧化、MnO2被还原，生成MnSO4，反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4， MnSO4溶液中加入MnCO3，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子转化为沉淀过滤除去，KMnO4能与MnSO4反应生成MnO2，通过过滤、干燥操作获得MnO2，同时回收K2SO4。
13．（2021·十堰模拟）化工行业常用硒(Se)作催化剂，该催化剂具有反应条件温和、成本低、环境污染小、用后处理简便等优点。以铜阳极泥(主要成分为Cu2Se、Ag2Se，还含有少量Ag、Au、Pt等)为原料制备纯硒的工艺流程如图。
已知：①“净化除杂”时采用真空蒸馏的方法提纯硒(沸点为685℃)；
②焙烧后，Cu、Ag均以硫酸盐形式存在， ；
③“浸出液”中溶质的饱和浓度不小于0.01 。
下列说法错误的是（ ）
A．“加硫酸并焙烧”时使用的硫酸应为浓硫酸
B．“水吸收”过程得到的溶液呈酸性
C．在实验室蒸馏时，需要用到直形冷凝管
D．“浸出液”中的溶质成分不可能含有Ag2SO4
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．稀硫酸不能将Cu2Se氧化成 和 ，所以用浓硫酸，故A不符合题意；
B．二氧化硫为酸性氧化物，溶于水后能与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．为便于馏分的收集，所以在实验室蒸馏时，选用直型冷凝管，故C不符合题意；
D．当“浸出液”中溶质的饱和浓度等于 时， ，“浸出液”中溶质成分含有Ag2SO4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 铜阳极泥(主要成分为Cu2Se、Ag2Se，还含有少量Ag、Au、Pt等) 加硫酸并焙烧，生成SO2、SeO2，水吸收SO2，过滤后固体为SeO2，经过净化还原除杂得到Se。
14．（2021·湖北模拟）以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾［NaFe3SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如图：
已知：Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2
下列说法错误的是（ ）
A．“滤渣”的主要成分是SiO2
B．为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I”的滤液和滤渣洗涤液合并
C．“氧化”过程发生的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O
D．“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度，应将pH控制在3.7~9
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．根据分析，二氧化硅不溶于硫酸，形成滤渣，故A不符合题意；
B．滤渣表面吸附有滤液中的镍、铁元素，为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I”的滤液和滤渣洗涤液合并，故B不符合题意；
C．“氧化”过程中NaClO氧化Fe2+生成Fe3+，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，故C不符合题意；
D．Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2，“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度形成黄钠铁矾［NaFe3SO4)2(OH)6]，应将pH控制在pH＜3.7，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后得到沉淀黄钠铁矾，滤液经处理可得到Ni，据此分析解答。
二、多选题
15．（2021·衡阳模拟）如图是以一种以绿柱石（主要含有BeO、 、 、 和FeO等）为原料制取单质铍的工艺流程。已知常温下， 在pH＞10时会溶解。下列相关说法错误的是（ ）
A．“除铁”过程应先加适量 ，再加适量氨水调节pH
B．“沉铍”过程中，氨水也可改用过量的NaOH溶液
C．其中“分解”过程中发生的反应之一可表示为
D．用镁热还原法制取铍时Ar气可以改为
【答案】B,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．用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，FeO反应变为Fe2+，Fe2O3反应变为Fe3+，先加适量H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，达到除铁的目的，A项不符合题意；
B．由于Be（OH）2显两性，能够与NaOH反应，在“沉铍”过程中，若将氨水改用过量的NaOH溶液，则反应产生的Be（OH）2溶于过量NaOH转化为可溶性Na2BeO2，不能形成沉淀，因此不能使用NaOH溶液，B项符合题意；
C．在“分解”过程中（NH4）2BeF4发生分解反应，产生 、 、BeF2，故反应的化学反应为 ，C项不符合题意；
D．Mg能和反应 反应生成 ，因此不能将Ar气改为 ，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤除去，则滤渣I为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，向滤液中加入（NH4）2SO4，有铝铵钒[（NH4） Al （SO4）2 12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的。再向滤液中加入氨水、HF，得到（NH4）2BeF4，高温分解得到BeF2，加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。
三、非选择题
16．（2020·新课标II）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
+KMnO4→ + MnO2 +HCl→ +KCl
名称 相对分 子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·mL 1) 溶解性
甲苯 92 95 110.6 0.867 不溶于水，易溶于乙醇
苯甲酸 122 122.4(100℃左右开始升华) 248 —— 微溶于冷水，易溶于乙醇、热水
实验步骤：①在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
②停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。
③纯度测定：称取0. 122 g粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL溶液，用0.01000 mol·L 1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL的KOH标准溶液。
回答下列问题：
（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
（2）在反应装置中应选用 冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是 。
（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是 ；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理 。
（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是 。
（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是 。
（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为 ；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于 (填标号)。
A.70% B.60% C.50% D.40%
（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中 的方法提纯。
【答案】（1）B
（2）球形；无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化
（3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（4）MnO2
（5）苯甲酸升华而损失
（6）86.0％；C
（7）重结晶
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，故答案为：B；（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；故答案为：球形；没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：MnO2，故答案为：MnO2；（5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；故答案为：苯甲酸升华而损失；（6）由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为： ×100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量： =1.72g，产品的产率为 ×100%=50%；故答案为：86.0%；C；（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为：重结晶。
【分析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH溶液滴定，测定粗产品的纯度。
17．（2019·全国Ⅲ卷）乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：
水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸
熔点/℃ 157~159 -72~-74 135~138
相对密度/（g·cm﹣3） 1.44 1.10 1.35
相对分子质量 138 102 180
实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作.
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
（1）该合成反应中应采用__________加热。（填标号）
A．热水浴 B．酒精灯 C．煤气灯 D．电炉
（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有 （填标号），不需使用的 （填名称）。
（3）①中需使用冷水，目的是 。
（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是 ，以便过滤除去难溶杂质。
（5）④采用的纯化方法为 。
（6）本实验的产率是 %。
【答案】（1）A
（2）BD；分液漏斗、容量瓶
（3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）
（4）生成可溶的乙酰水杨酸钠
（5）重结晶
（6）60
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】（1）该反应的反应温度维持在70℃左右，低于100℃，因此可以直接采用水浴加热的方式进行加热；
（2）步骤①中涉及过滤操作，过滤所需的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，因此需要使用到的仪器为BD，不需要使用到的仪器为A（分液漏斗）和C（容量瓶）；
（3）步骤①中加入冷水，后过滤得到乙酰水杨酸，因此步骤①中使用冷水的目的是降低温度，使乙酰水杨酸充分析出；
（4）乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应，加入饱和NaHCO3溶液是为了将乙酰水杨酸转化诶乙酰水杨酸钠溶液，过滤后出去难溶性杂质，以提纯乙酰水杨酸；
（5）对晶体的提纯，应用重结晶操作；
（6）反应过程中，加入醋酸酐的质量m(醋酸酐)=10 mL×1.10g/mL=11.0g，因此反应过程中，6.9g水杨酸完全反应，设生成的乙酰水杨酸钠的质量为x，由反应的化学方程式可得关系式：，解得 x=9.0 g，因此本实验的产率为：；
【分析】（1）根据反应温度确定加热方式；
（2）步骤①中涉及过滤操作，结合过滤装置确定所需的仪器；
（3）冷水的作用是降温，使产物结晶析出；
（4）乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应；
（5）晶体的提纯用重结晶操作；
（6）由反应的化学方程式计算乙酸水杨酸的理论产量，结合公式计算本实验的产率；
18．（2018·江苏）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2 x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O=2[（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有 。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH （填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L 1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L 1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42 )= n(BaSO4) = =0.0100 mol
n(Al3+)=n(EDTA) n(Cu2+)=0.1000mol·L 1×25.00mL×10 3L·mL 1 0.08000 mol·L 1×20.00 mL
×10 3 L·mL 1=9.000×10 4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10 3 mol
1 mol (1 x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2 x)mol；n(SO42 )=3(1 x)mol
x=0.41
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）= =0.0100 mol
溶液中：n（Al3+）=n（EDTA） n（Cu2+）=0.1000mol·L 1×25.00mL×10 3L·mL 1 0.08000mol·L 1×20.00mL×10 3L·mL 1=9.000×10 4 mol，25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10 3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
= = ，解得x=0.41。
【分析】本题注意原子守恒的应用，及电荷守恒，由于溶液不显电性所以可以根据溶液中阳离子所带的总电荷等于阴离子所带总电荷相同进行判断。
19．（2018·江苏）3，4 亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4 亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为
实验步骤如下：
步骤1：向反应瓶中加入3，4 亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80 ℃滴加KMnO4溶液。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。
步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。
步骤3：对合并后的溶液进行处理。
步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4 亚甲二氧基苯甲酸固体。
（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加NaHSO3溶液， 转化为 （填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是 。
（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是 （填化学式）。
（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为 。
（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括 、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
【答案】（1）SO42 ；将反应生成的酸转化为可溶性的盐
（2）MnO2
（3）向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀
（4）布氏漏斗
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】解：（1）反应结束后，反应液呈紫红色，说明KMnO4过量，KMnO4具有强氧化性将HSO3-氧化成SO42-，反应的离子方程式为2MnO4-+3HSO3-=2MnO2↓+3SO42-+H2O+H+。根据中和反应原理，加入KOH将 转化为可溶于水的 。
（2）MnO2难溶于水，步骤2中趁热过滤是减少 的溶解，步骤2中趁热过滤除去的物质是MnO2。
（3）步骤3中，合并后的滤液中主要成分为 ，为了制得 ，需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验操作为：向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。
（4）抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
【分析】本题主要考查物质分离常用方法，固液分离用过滤，液液分离有蒸馏，分液，根据物质具有不同性质选择不同的分离方法。
20．（2021·马鞍山模拟）某化工厂产生的铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，按如下流程回收Bi和Cu。
已知：Sb2O3难溶于H2SO4；Bi2Oз+2H2SO4=2Bi(OH)SO4↓+H2O。
回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是 。
（2）①若氧化剂为H2O2，溶解Cu2O反应的离子方程式为 ；
②温度对铜浸出率的影响如图所示。
工业浸出时一般选择70℃~80℃，温度过低时铜浸出率低的原因是 ；
（3）“操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是 ；
（4）①“浸出渣II”的主要成分是SbOCl、 ；
②写出SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式： ；
（5）“铜浸出液”用如图旋流式电解装置电解。
①钛涂层柱的电极反应式是 ；
②若“铜浸出液”中含铜92.16g·L-1，选择合适条件进行旋流电解。取电解后溶液25.00mL，加入足量KI溶液充分反应，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2 =2I-+ ，消耗18.00mL标准液。旋流电解铜回收率是 。(用质量分数表示，保留一位小数)。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2）Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；浸出速率减慢
（3）过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥
（4）PbSO4；SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl
（5）2H2O-4e-= O2↑+4H+；95.0%
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】(1) “粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2)① H2O2和Cu2O反应的离子方程式为Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；
②温度过低时，浸出速率减慢，从而导致铜浸出率低，故答案为：浸出速率减慢；
(3) “操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥；
(4)①PbO与浓硫酸反应生成PbSO4沉淀，加入盐酸PbSO4沉淀不与盐酸反应，所以“浸出渣II”的主要成分是SbOCl，PbSO4，故答案为：PbSO4；
②SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ，故答案为：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ；
(5)①钛涂层柱的电极反应式是2H2O-4e-= O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-= O2↑+4H+；
②用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2 =2I-+ ，消耗18.00mL标准液，由2 ～ I2～2Cu2+关系可知Cu2+的物质的量为0.0018mol，Cu2+的质量为0.0018mol×64g/mol=0.1152g，可知25.00mL中含有Cu2+0.1152g，那么1L中含有4.608g，Cu2+的浸出率= ，则旋流电解铜回收率是1-5.0%=95%，故答案为：95.0%。
【分析】铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，先将其粉碎增大大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，然后加入浓硫酸，与浓硫酸反应分别生成 Bi(OH)SO4沉淀，PbSO4沉淀 ，CuSO4溶液，Sb2O3难溶于H2SO4，则滤渣Ⅰ中含有Bi(OH)SO4，PbSO4，Sb2O3，加入盐酸，生成SbCl3，PbSO4沉淀不与盐酸反应，Bi(OH)SO4与盐酸反应生成铋浸出液，SbCl3水解生成SbOCl，过滤后滤渣Ⅱ中含有SbOCl，PbSO4，通过电解铋浸出液生成粗铋，以此解答；
21．（2021·合肥模拟）碘酸钙[Ca(IO3)2]是广泛使用的既能补钙又能补碘的新型食品添加剂，不溶于乙醇，在水中的溶解度随温度降低而减小。实验室制取Ca(IO3)2的流程如图所示：
已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
（1）实验流程中“转化”步骤是为了制得碘酸，该过程在如图所示的装置中进行。
①当观察到三颈瓶中 现象时，停止通入氯气。
②“转化”时发生反应的离子方程式为 。
（2）“分离”时用到的玻璃仪器有烧杯、 。
（3）采用冰水浴的目的是 。
（4）有关该实验说法正确的是______。
A．适当加快搅拌速率可使“转化”时反应更充分
B．“调pH=10”后的溶液中只含有KIO3和KOH
C．制得的碘酸钙可选用酒精溶液洗涤
（5）准确称取产品0.2500g，加酸溶解后，再加入足量KI发生反应IO +5I-+6H+=3I2+3H2O，滴入2~3滴淀粉溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O =2I-+S4O )至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。达滴定终点时的现象是 ，产品中Ca(IO3)2的质量分数为 。［已知Ca(IO3)2的摩尔质量：390g·mol-1]。
【答案】（1）紫红色接近褪去；I2+5Cl2+6H2O=2IO +10Cl-+12H+
（2）分液漏斗
（3）降低碘酸钙的溶解度使其析出，便于后续分离
（4）A；C
（5）溶液蓝色褪去且30s内不恢复蓝色；39.0%
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①随着反应的进行，I2逐渐转化为无色的HIO3，当紫红色接近消失时，说明反应基本完成，此时可停止通入氯气，故此处填：紫红色接近褪去；②由分析知，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，初步确定反应为：I2+Cl2→HIO3+HCl，根据元素守恒知方程式左边需添加H2O，结合得失电子守恒配平得方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，HIO3、HCl为强酸，可拆写成离子，改写后对应离子方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2 +10Cl-+12H+；
(2)由分析知，分离时的操作为分液，所需仪器有烧杯、分液漏斗，故此处填分液漏斗；
(3)根据流程知，最终目的为获得Ca(IO3)2，且Ca(IO3)2的溶解度随温度降低而减小，故采用冰水浴的目的为：降低Ca(IO3)2的溶解度，促进其析出，便于后续分离；
(4)A．搅拌可使反应物充分混合，使反应更充分，A正确；B．由分析知，调pH=10后的溶液中还含有KCl，B不正确；C．由于Ca(IO3)2不溶于乙醇，故可选用酒精溶液洗涤Ca(IO3)2晶体，C正确；故答案选AC；
(5)由于I-与 反应生成I2，故加入淀粉溶液后，溶液变蓝，随着生成的I2逐渐与Na2S2O3反应，溶液蓝色逐渐消失，故滴定终点现象为：溶液蓝色褪去，且30 s内不恢复蓝色；由题目所给反应得关系式：Ca(IO3)2~2 ~6I2~12Na2S2O3，故n(Ca(IO3)2)= ，则w(Ca(IO3)2)= 。
【分析】在转化过程中，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离，HIO3、HCl溶液进入第三步与KOH反应生成KIO3、KCl，加入CaCl2后，经过冰水浴操作析出溶解度较小的Ca(IO3)2。
22．（2021·合肥模拟）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe3O4、Al2O3和SiO2等杂质)和硫化锰(MnS)制备精MnO2的一种工艺流程如图：
已知：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
回答下列问题：
（1）“滤渣1”中含有未反应完全的矿粉、S和 。
（2）“纯化”时加MnO2的作用是 ，假定溶液中c(Mn2+)=0.1mol·L-1，则加入氨水调节溶液pH的范围为 。
（3）“沉锰”时生成MnCO3，工业上不直接用Na2CO3溶液来沉锰的原因为 。
（4）“热分解”后所得物质中还有少量MnO，需进一步进行氧化，“氧化”时生成的气体2为氯气，写出该过程中发生反应的化学方程式 。
（5）操作x为 。
（6）工业上还可用电解“Mn2+纯化液”来制取MnO2，其阳极电极反应式为 。电解后的废水中还含有少量Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S进行二级沉降。已知Ksp(MnS)=2.5×10-10，欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-) ≥mol·L-1。
【答案】（1）SiO2
（2）将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂)；4.7≤pH<5.8
（3）碳酸钠溶液碱性强，会生成Mn(OH)2
（4）2KClO3+5MnO+H2SO4=Cl2↑+5MnO2+K2SO4+H2O
（5）过滤、洗涤、干燥
（6）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；2.5×10-5
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由分析知，滤渣1中含有矿粉、S、SiO2，故此处填SiO2；
(2)纯化时先加入MnO2目的为将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，故此处填：将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH时，需将Al3+、Fe3+完全沉淀，而确保Mn2+不沉淀，故调节pH范围为：4.7≤pH＜5.8；
(3)碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为Mn(OH)2，从而导致MnCO3混有Mn(OH)2，故此处填：碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为Mn(OH)2；
(4)由分析知，MnO被KClO3氧化为MnO2，KClO3被还原为Cl2，初步确定方程式为：MnO+KClO3→MnO2+Cl2↑，根据得失电子守恒初步配平得方程式：5MnO+2KClO3→5MnO2+Cl2↑，根据流程结合元素守恒知，方程式左边需添加H2SO4，右边添加K2SO4、H2O，结合元素守恒配平得完整方程式为：5MnO+2KClO3+ H2SO4=5MnO2+Cl2↑+K2SO4+H2O；
(5)经过氧化后，MnO2在溶液中形成沉淀，可用过滤方法分离出MnO2，再经过洗涤干燥获得精制MnO2，故操作x为：过滤、洗涤、干燥；
(6)由题意知，Mn2+在阳极放电生成MnO2，对应电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；当c(Mn2+)=1×10-5 mol/L时，对应c(S2-)为沉淀所需的最小值，由Ksp(MnS)= c(Mn2+)·c(S2-)，代入数据计算的c(S2-)min= ，故此处填2.5×10-5。
【分析】酸浸时，MnO2将MnS中硫元素氧化为S，自身被还原，生成MnSO4，从而达到溶解的目的，同时Fe3O4、Al2O3溶于硫酸生成Fe2+、Fe3+、Al3+，SiO2与硫酸不反应，故滤渣1中含有S、SiO2、未反应完的矿粉，滤液中主要含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、H+等阳离子，纯化时先加入MnO2目的为将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，再加入氨水调节pH除去Fe3+、Al3+，根据所给信息确定调节pH的范围为4.7≤pH＜5.8，故滤渣2主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，此时滤液中主要含MnSO4、(NH4)2SO4，进入沉锰步骤，Mn2+转化为MnCO3沉淀，经过热分解操作，大部分MnCO3转化为MnO2，部分转化为MnO，经过KClO3氧化，MnO也转化为MnO2，经过过滤、洗涤、干燥等操作，最终获得精制MnO2。
23．（2021·淄博模拟）利用某冶金行业产生的钒炉渣(主要含V2O3及少量SiO2、P2O5等杂质)可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产流程如图：
已知：V2O5微溶于水，可溶于碱生成VO 。向Na3VO4溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如表：
pH ≥13 10.6～12 约8.4 3～8 约2 ＜1
存在形式 VO V2O V3O V10O V2O5 VO
回答下列问题：
（1）“焙烧”后V元素转化为NaVO3，该反应的化学方程式为 。
（2）欲除去磷元素[使c(PO )≤1.0×10-6mol·L-1]，则应控制溶液中Mg2+浓度至少为 mol·L-1(已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24)。此时Si元素转化为 (写化学式)。
（3）“沉钒”的作用为 ，“沉钒”需要控制pH约为 。
（4）“还原”过程中，生成VOSO4和一种常温下无色无味的气体化合物，该反应的离子方程式为 。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VO2+，该方法的缺点是 。
【答案】（1）V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑
（2）1×10-4；MgSiO3
（3）分离除去Na+，使产品更纯净；2
（4）2VO +HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O；生成有毒气体氯气
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)“焙烧”后V元素转化为NaVO3，说明V2O3在焙烧过程中被氧化，根据电子守恒可知V2O3和O2的系数比为1：1，再结合元素守恒可得化学方程式为V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑；
(2)当溶液中c(PO )≤1.0×10-6mol·L-1时，c(Mg2+)≥ =1×10-4mol/L；此时Si元素转化为MgSiO3沉淀；
(3)沉钒前的溶液中含有大量Na+，沉钒可以分离除去Na+，使产品更纯净；根据题目所给信息可知沉钒时需要将V元素转化为微溶于水的V2O5，所以控制pH约为2；
(4)还原过程中还原剂为HCOOH，所以生成的无色无味的气体化合物应为CO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2VO +HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O；浓盐酸中Cl-会被V2O5氧化为有毒气体氯气。
【分析】钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁得到MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀，过滤后加入沉钒得到V2O5，再加入稀硫酸溶解得到VO ，酸性条件下加入甲酸还原得到VO2+，在加入碳酸氢铵，得到氧钒碱式碳酸铵晶体。
24．（2021·日照模拟）下图1为从铜转炉烟火[主要含有ZnO，还有少量的Fe(II)、Pb、Cu、As元素]制取活性氧化锌的流程。请回答以下问题：
已知：①活性炭主要吸附有机质；②25℃时， ；③氨体系环境中锌元素以 形式存在；④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
开始沉淀pH 1.9 7.0 4.5 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 6.4 10.1
（1） 中Pb的化合价为 。
（2）题中所列铜转炉烟灰所含主要元素中有 种非主族元素，画出 的原子结构示意图 。
（3）浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图2，则氯化铵最适宜的浓度为 。
（4）加入适量 溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式： ，常温下此时体系中 残留最大浓度为 。
（5）“滤渣Ⅲ”的主要成分为 (填化学式)。
（6）“沉锌”反应的离子方程式为 。
【答案】（1）+2
（2）三；
（3）4
（4）；
（5）Cu、Zn
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)Pb(OH)Cl中O的化合价为－2，Cl的化合价为－1，H的化合价为＋1，根据化合价代数和为0，Pb的化合价为＋2；
(2)铜转炉烟灰中含有Zn、O、Fe、Pb、Cu、As，其中O位于第ⅥA族，Pb位于第ⅣA族，As属于第ⅤA族，而Zn、Fe、Cu属于过渡元素，一共3种非主族元素；根据核外电子排布规律， 的原子结构示意图 ；
(3)浸取过程中需要使Zn元素尽可能多地进入溶液，而杂质离子要尽可能少地进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为 时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素进入溶液，所以最适宜的浓度为 ；
(4)加入适量 溶液目的是除铁元素，同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以 的形式存在，亚铁离子被氧化成三价铁，此时pH为4~4.5，又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是 ，再根据升降法配平写出的反应方程式为 。要使常温下此时体系中 残留浓度最大，则 ， ， ；
(5) 经过前面的步骤，杂质除去了Fe、Pb、As，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn；
(6)溶液中有大量 ，加入碳酸氢铵后产生 ，说明 电离出的 和 、OH-结合生成 沉淀，促进 的电离，电离出的 又和 结合生成 和 ，所以离子方程式为 。
【分析】根据流程图，向铜转炉烟会中加入了氯化铵和氨水，除出了Pb元素，加入FeCl3，除去了As和部分Fe；加入高锰酸钾后，调节PH4～4.5，根据各金属离子沉淀的pH，可知此步骤除去了Fe3＋，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn，最后经过沉锌等步骤得到产物。
25．（2021·青岛模拟）铍可应用于飞机、火箭制造业和原子能工业。素有“中国铍业一枝花”之称的湖南水口山六厂改进国外生产工艺，以硅铍石(主要成分为 、 、 、 、 )为原料提取铍，具体流程如下：
已知：①铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性。
②铝铵钒在不同温度下的溶解度：
温度/℃ 0 10 20 30 40 60
溶解度/g 2.10 5.00 7.74 10.9 14.9 26.7
回答下列问题：
（1）流程中“系列操作”为 。
（2）将“中和液”沉淀时，调节溶液的 不能过大或过小。 过大时发生反应的离子方程式为 。
（3）已知 ， 。若 浓度为0.40 的中和液开始沉淀时，溶液中 。
（4）若在实验室洗涤粗 ，操作为 ；洗涤时加入 溶液除去表面吸附的少量氢氧化铝，反应的离子方程式为 。
（5）氧化铍转化为氯化铍的化学方程式为 。
（6） 的电子式为 ；电解时须加入氯化钠的作用是 。
【答案】（1）蒸发浓缩、降温结晶、过滤
（2）
（3）
（4）向过滤器中加入 溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次；
（5）
（6）； 为共价化合物，加入 使 转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为 。
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)根据铝铵钒在不同温度下的溶解度数据可知铝铵矾溶解度随温度的降低而减小，所以要从溶液中获得铝铵矾晶体进行的“系列操作”为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤。
(2)将“中和液”沉淀时，形成Be(OH)2，Be(OH)2同 类似，会与强碱溶液反应，所以 过大时发生反应的离子方程式为： 。
(3) ， 0.40 ，则 ，因为 ，所以 ，所以答案为： 。
(4)实验室洗涤粗 的操作为：向过滤器中加入 溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次；氢氧化铝为两性氢氧化物，会与 溶液反应生成可溶性的 ，所以反应的离子方程式为： 。
(5)氧化铍与氯气和过量的碳反应生成氯化铍，根据质量守恒和得失电子守恒可知反应方程式为： 。
(6) 铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，则 的电子式为 ；共价化合物熔融状态下不导电，不能进行电解制备铍，所以需要加入氯化钠转化为离子化合物，所以答案为： ； 为共价化合物，加入 使 转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为 。
【分析】硅铍石(主要成分为 、 、 、 、 )经过原料预处理后用硫酸酸浸，浸出液中有Be2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、H+、 ，SiO2形成浸出渣分离，浸出液加入硫酸铵，经过蒸发浓缩、降温结晶(铝铵矾溶解度随温度的降低而减小)、过滤从而分离出铝铵矾晶体，净化液加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+然后加氨水调pH除去铁，过滤之后往中和液中加入碱性物质继续调pH使Be2+完全沉淀，由于铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性，所以生成的Be(OH)2会与氢氧化钠溶液反应形 ，所以调pH时pH不能过大，洗涤后的Be(OH)2高温煅烧分解生成BeO，而后加入氯气和过量的碳反应生成氯化铍： ，铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，需要加入氯化钠转化为离子化合物，然后电解获得铍单质。
26．（2021·青岛模拟）高纯镓是用来制作光学玻璃、真空管、半导体的重要原料。工业上由锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)制备高纯镓的主要流程如图：
已知：①镓与铝性质相似；
②不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)。
回答下列问题：
（1）二段浸出渣的成分是S和 (填化学式)，富氧浸出时通入氧气的作用是 ，进行两段富氧浸出的目的是 。
（2）N235萃取和P204+YW100萃取的顺序不可以调换，说明原因 。
（3）中和沉镓时发生反应的离子反应方程式为 ，选用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是 。
（4）生成粗镓的电极反应式为 。
（5）一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是 ，真空蒸馏采用真空的原因是 。
【答案】（1）SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率
（2）因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用
（3）2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解
（4）[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-
（5）溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)富氧浸出时，由于SiO2属于酸性氧化物，与硫酸不反应，且难溶于水，故二段浸出渣的成分是S和SiO2；锌粉置换渣中的FeO与硫酸反应生成FeSO4，富氧浸出时通入O2可将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；进行两段富氧浸出的目的是浸出更多的浸出液，提高原料的利用率；故答案为：SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率。
(2)根据已知“不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)”，故先加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；若将N235萃取和P204+YW100萃取的顺序调换，则P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用，达不到除去Fe3+的目的；故答案为：因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用。
(3) 中和沉镓时Ga3+与 发生双水解反应生成Ga(OH)3和CO2，反应的离子方程式为2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；根据题给已知①推测，Ga(OH)3能与强碱反应生成[Ga(OH)4]-，
故答案为：用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是NaOH过量会使Ga(OH)3溶解；故答案为：2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解。
(4) 电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓，故生成粗镓的电极反应式为[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；故答案为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-。
(5)根据流程图，用N235萃取后得到含Fe3+的有机相I，在有机相I中加入H2SO4进行反萃取，N235循环使用，说明加入硫酸后Fe3+进入无机相II中，从而可得出：一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是溶液的酸碱度或pH；由于镓与铝性质相似，故真空蒸馏时采用真空的原因是防止被氧气氧化和减压；故答案为：溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压。
【分析】锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)中加入H2SO4、并通入O2发生反应得到含Ga3+、Zn2+、Fe3+等的浸出液；根据已知②，浸出液经中和过滤后加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；无机相I再加入P204+YW100萃取得到含Ga3+的有机相II，有机相II中加入H2SO4得到含Ga3+的无机相III；根据镓与铝性质相似，向无机相III中加入Na2CO3发生双水解反应得到Ga(OH)3沉淀，Ga(OH)3进一步处理得到Ga2O3，Ga2O3与加入的NaOH发生反应Ga2O3+2OH-+3H2O=2[Ga(OH)4]-得到碱溶溶液，电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓；粗镓经真空蒸馏、重复结晶得到高纯镓。
27．（2021·济宁模拟）用锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu等元素)制取焦锑酸钠[NaSb(OH)6]和砷酸钠(Na3AsO4)，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。其工艺流程如图所示：
已知：
①Ag、Cu、Fe的氧化物不溶于Na2S溶液
②硫浸后，锑砷以Na3SbS3、Na3AsS3存在；
③NaSb(OH)6易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。
回答下列问题：
（1）“硫浸”时，Sb2O3溶解的离子方程式为 。
（2）用NaNO3和NaOH浸取锑砷烟灰也可得到Na3SbO4，其缺陷是 。
（3）“氧化”时所用H2O2的电子式为 ，反应温度不宜太高的原因是 。
（4）“中和”时，生成NaSb(OH)6的化学方程式为 ，操作X为 、过滤、洗涤、干燥。
（5）As2O3对应的酸为H3AsO3，测得某工业酸性废液中含H3AsO3和Fe2+，其浓度如表：
物质 H3AsO3 Fe2+
浓度/g·L-1 0.378 0.840
已知：Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强。
根据题目信息，则可采用 方法除去该废水中的砷，除去砷后的废液中c(AsO )= mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
【答案】（1）Sb2O3+6S2-+3H2O=2SbS +6OH-
（2）有污染气体NO、NO2(NOx)等产生
（3）；温度过高，H2O2易分解
（4）HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）氧化；4.75×10-19
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)“硫浸”时，As2O3转化为Na3AsS3，反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH，离子方程式为Sb2O3+6S2-+3H2O=2SbS +6OH-；
(2)若用NaNO3和NaOH浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等，其缺陷是有污染气体NO、NO2(NOx)等产生；
(3)H2O2的电子式为 ；若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果，所以反应温度不宜太高的原因是温度过高，H2O2易分解；
(4)“中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成NaSb(OH)6，化学方程式为HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6；从Na3AsO4溶液中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)根据题目信息可知FeAsO4更容易沉淀，H3AsO3的还原性比Fe2+强，可加入适当的氧化剂将其中H3AsO3和Fe2+氧化得到FeAsO4沉淀，所以采用氧化方法除去该废水中的砷；已知：Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21，H3AsO3为0.378g/L，则c(H3AsO3)= =0.003mol/L，同理c(Fe3+)= c(Fe2+)= =0.015mol/L，所以加入足量氧化剂后，H3AsO3转化为FeAsO4沉淀，Fe3+剩余，则除去砷后的废液中c(AsO )= = mol/L=4.75×10-19mol/L。
【分析】锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu等元素)，加入Na2S和NaOH，根据已知①和②，Sb2O3转化为Na3SbS3，As2O3转化为Na3AsS3，反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH；滤液中加入过氧化氢，可将Na3SbS3氧化生成Na3SbO4和S，将Na3AsS3氧化生成Na3AsO4和S，过滤得到固体(Na3SbO4和S的混合物)和滤液(Na3AsO4)，滤液(Na3AsO4)通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na3AsO4 12H2O，固体(Na3SbO4和S的混合物)和加入盐酸除去硫，得到HSbO4的溶液，再加NaOH，得到NaSb(OH)6，以此解答该题。
28．（2021·岳阳模拟）2020年6月比亚迪正式发布采用磷酸铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程，可媲美特斯拉。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备LiFePO4的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0
完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2
请回答下列问题：
（1）“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是 。灼烧滤渣3得到固体的主要成分是 (写出化学式)。
（2）用FeS还原Fe3＋的目的是 ，加入FeO的作用是 (用离子反应方程式表示)。
（3）试剂R宜选择 ___________(填字母)。
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
（4）常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22，“沉铁”中为了使c(Fe3＋)≤1×10-5 mol·L-1，c(PO )最小为 mol·L-1。
（5）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式： 。
【答案】（1）避免Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素；Al2O3
（2）避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀； 、 (或 )
（3）C
（4）
（5）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)根据分析，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+等，Fe3+能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，造成铁元素的损失；
依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀出来，即滤渣3为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为：FeS+2Fe3+=3Fe2++S；加入FeO的作用是 、 (或 )
(3)试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+；
A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2+、K+，故A不正确；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入 新杂质，故B不正确；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C正确；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl-、Na+，故D不正确；
故答案为C；
(4)根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为c( )= =1.3×10-17mol L-1；
(5)由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。
【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调节pH使Al3+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。
29．（2021·新邵模拟）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比（最简整数比）为 。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 （用化学方程式表示）。
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是 （填写元素符号），设计实验方案验证滤渣1中经步骤①中反应后的产物 。滤渣2的主要成分是 （填写化学式）及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液2的pH使之变 （填“大”或“小”），原因是 （用离子方程式和适当的文字表述说明）。
（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。写出步骤⑤的化学反应方程式 。
【答案】（1）2∶7；SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑
（2）Fe；取滤渣1溶于适量盐酸（稀硫酸），滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则含有Fe3+（Fe2O3）。（或滴加K4Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀，则说明含有Fe3+（Fe2O3））；Al（OH）3
（3）小；2CrO +2H+ Cr2O +H2O，增大c（H+），使平衡向正反应方向移动，生成Cr2O
（4）Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）FeO·Cr2O3中Fe的化合价由+2价升至+3价、Cr元素的化合价由+3价升至+6价，FeO·Cr2O3是还原剂，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，1mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNO2，1molNaNO3得到2 mol电子，根据得失电子守恒可知，FeO·Cr2O3和NaNO3的化学计量数之比为2∶7；陶瓷中含有SiO2，在高温下会与Na2CO3反应：SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑；
（2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁；滤渣1中主要成分为Fe2O3，可取滤渣1溶于适量盐酸（稀硫酸），滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则含有Fe3+（Fe2O3）[或滴加K4Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀，则说明含有Fe3+（Fe2O3）]；滤液1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、铬酸根离子，所以调节pH并过滤后得到滤渣2为氢氧化铝及含硅杂质。
（3）调滤液2的pH目的是提高溶液的酸性，pH变小，使2CrO +2H+ Cr2O +H2O，平衡正向移动，提高重铬酸根离子浓度，有利于K2Cr2O7固体析出；
（4）滤液3中含有大量的Na2Cr2O7，据图可知相同温度下K2Cr2O7的溶解度要比Na2Cr2O7的溶解度小的多，所以加入KCl后析出K2Cr2O7，化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。
【分析】铬铁矿熔融，与Na2CO3、NaNO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2和NaNO2，硅、铝的杂质转化为Na2SiO3、NaAlO2，熔块水浸后过滤，滤渣1中主要成分为Fe2O3，滤液1中含Na2CrO4、NaNO2、Na2SiO3、NaAlO2，滤液1调pH=7过滤，滤渣2的主要成分为Al（OH）3和含硅杂质，滤液2中含Na2CrO4，调pH使CrO 转化为Cr2O ，滤液3中加入KCl与Na2Cr2O7反应生成K2Cr2O7，据此分析作答。
30．（2021·十堰模拟）锆(40Zr)是现代工业中重要的金属原料，具有良好的可塑性，其抗蚀性能强于钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产错及其化合物的流程如图所示：
（1）分馏属于 (填“物理变化”或“化学变化”)。
（2）锆英石 (填“能”或“不能”)直接用稀盐酸浸取后再分馏，理由是 。
（3）“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrCl4的反应的化学方程式为 。
（4）流程中ZrCl4与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOCl2·8H2O，检验该物质是否洗涤干净的实验操作为 。
（5）工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KCl组成的熔盐来制取金属错。阳极上的电极反应式为 ，每转移0.4mole-，理论上阴极增加的质重为 。
（6）极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc(pcB=-lgcB)表示。某温度下Ksp[Zr(CO3)2]=4.0×10-12，则其饱和溶液中pc(Zr4+)+pc(CO )= 。(已知lg2=0.3)
【答案】（1）物理变化
（2）不能；ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品
（3）ZrSiO4+4Cl2+4C ZrCl4+SiCl4+4CO
（4）取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净
（5）2Cl--2e-=Cl2↑；9.1g
（6）7.7
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)分馏过程中没有产生新物质，属于物理变化。
(2)由于ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品，所以锆英石不能直接用稀盐酸浸取后再分馏。
(3)“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrCl4，根据原子守恒可知还有四氯化硅生成，由于是高温条件下，因此碳转化为CO，则反应的化学方程式为ZrSiO4+4Cl2+4C ZrCl4+SiCl4+4CO。
(4)由于溶液中含有氯离子，可以通过检验氯离子来判断该物质是否洗涤干净，即实验操作为取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净。
(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KCl组成的熔盐来制取金属锆，阳极上发生失去电子的氧化反应，因此阳极是氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上得到金属Zr，Zr元素化合价从+4价降低到0价，每转移0.4mole-，生成0.1molZr，则理论上阴极增加的质量为0.1mol×91g/mol＝9.1g。
(6)某温度下Ksp[Zr(CO3)2]=4.0×10-12，则其饱和溶液中c(Zr4+)＝ c(CO )，Ksp[Zr(CO3)2]=c(Zr4+)×c2(CO )=4.0×10-12，解得c(Zr4+)＝1×10-4mol/L，c(CO )＝2×10-4mol/L，所以pc(Zr4+)+pc(CO )=4+4－0.3＝7.7。
【分析】锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2 8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，据此解答。
31．（2021·沧州模拟）某实验小组以回收站回收的废铁制品(主要成分为 ，还含有少量的 和 )为原料制备 晶体。
（1）取 废铁制品，用质量分数为 的碳酸钠溶液浸泡一段时间，然后用倾析法倒去碳酸钠溶液，用蒸馏水洗涤2~3次，将洗涤好的废铁制品加入如图所示装置中，再加入 硫酸。控制温度在 之间，加热 ，将所得溶液趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤，得到 晶体。
①仪器a的名称为 。
②用纯碱浸泡的目的是 ， 溶液的作用是 。
③反应中需要控制温度在 之间，宜采用的方法是 。
④用冰水洗涤 晶体的操作是 ，若将 晶体在隔绝空气条件下加热到 ，会生成红棕色固体，写出反应的化学方程式： 。
（2）若以赤铁矿渣(含有 和 杂质)为原料制备 晶体，请补充完整相应的实验方案：
①取一定量的赤铁矿渣，分次加入足量的稀硫酸，充分反应后过滤。
②取滤液， 。
③过滤、洗涤，将沉淀溶入 的硫酸中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶、过滤，用丙酮洗涤、干燥。
已知：该实验中 时， 沉淀完全； 时， 开始沉淀。实验室现有试剂： 的 溶液、 的 溶液、铁粉。
（3）通过下列方法测定产品纯度：准确称取 样品，加适量水溶解，配成 溶液，取 溶液置于锥形瓶中，用 的酸性 标准溶液滴定(杂质不与酸性 标准溶液反应)，经3次测定，每次消耗 溶液的体积如表所示：
实验序号 1 2 3
消耗 溶液的体积 19.98 20.58 20.02
通过计算确定产品中 的质量分数约为 (保留三位有效数字)。
【答案】（1）三颈烧瓶；除去油污；吸收反应中可能产生的 等气体，防止污染环境；水浴加热；沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复 次上述操作；
（2）用 的 溶液调节溶液 至 ，生成 沉淀
（3）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)①仪器a为三颈烧瓶；
②废铁制品表面有油污，可用碳酸钠溶液清洗；反应过程中需要加热，可能会产生二氧化硫气体，用 溶液吸收反应中可能产生的 等气体，防止污染环境；
③控制温度在 之间可采取水浴加热，该法受热均匀，便于控制温度；
④用冰水洗涤 晶体的操作是：沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复 次上述操作；把硫酸亚铁晶体在隔绝空气条件下加热到 ，得到氧化铁、二氧化硫、水蒸气和三氧化硫，化学方程式为： ；
(2)赤铁矿渣(含有 和 杂质)，根据所提供的试剂分析，先用稀硫酸浸取矿渣，得到硫酸铁、硫酸铝和硫酸的混合溶液，再用 的 溶液调节溶液 至 ，铁离子转化为氢氧化铁，然后再用 的硫酸溶解氢氧化铁，再加入过量铁粉，得到硫酸亚铁溶液；
(3)通过实验数据分析， 误差较大，舍去不用；故消耗 溶液的平均体积 ； ，根据电子守恒关系： 可知， ， 溶液中， ， 的质量分数 。
【分析】（1）①根据图示即可判断仪器名称②废铁表面的油污用纯碱除去，产物中有污染空气的二氧化硫气体利用氢氧化钠除杂③温度低于100℃可以采用的是水浴加热的方式④洗涤沉淀是利用蒸馏水没过沉淀进行重复3-到5次，根据反应物和生成物即可写出方程式将
（2）此时应该加入氢氧化钠溶液将铁离子沉淀出
（3）根据给出的数据利用方程式计算即可
32．（2021·沧州模拟）钌( )为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：
（1）加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有 (任写两点)。
（2）操作X的名称为 。
（3）“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得 ，写出“碱浸”时生成 的离子方程式： 。
（4）“滤渣”的主要成分为 ，加入草酸的作用是 ，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是 。
在酸性介质中，若使用 溶液代替草酸，可获得 ，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（5）“一系列操作”为 ，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式： 。
【答案】（1）延长浸取时间，适当提高温度
（2）过滤
（3）
（4）作还原剂；；1：3
（5）洗涤、干燥；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等；
(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；
(3)金属钌在碱浸时被 溶液氧化为 对应的还原产物为 ，反应的离子方程式为 ；
(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节 的同时，再加入草酸的目的是还原 ，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1：5，T=70℃，NaClO3与 根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3)：n( )=1：3；
(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为： 。
【分析】（1）可以增加浸出率的方法是提高温度或者增大接触面积
（2）固液分离利用的方法是过滤
（3）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（4）根据元素化合价即可判断，根据给出的图示即可找出合适的条件，根据方程式即可判断出氧化剂和还原剂的物质的量之比
（5）的都滤渣后表面有杂质需要进行清理。因此是洗涤干燥，根据反应物和生成物即可写出方程式
33．钯( )是一种不活泼金属，含钯催化剂在工业、科研上用量较大。某废钯催化剂(钯碳)中含有钯(5%～6%)、碳(93%～94%)、铁(1%～2%)以及其他杂质，故钯碳具有很高的回收价值。如图是利用钯碳制备氯化钯( )和 的流程。
回答下列问题：
（1）“钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是 。
（2）“钯灰”中的主要成分有 ，加入甲酸( )，可以将 还原成金属单质，请写出 还原 的化学方程式 。
（3）王水是按照体积比3：1将浓盐酸和浓硝酸混合而得到的强氧化性溶液，加热条件下钯在王水中发生反应生成 和一种有毒的无色气体A，该气体遇空气变红棕色，请写出 和王水反应的化学方程式 。
（4）加入浓氨水，调节 至9.0，并控制温度在70～75℃， 元素以 的形式存在于溶液中。若温度大于75℃，则不利于除铁，原因是 ；。
（5）黄色晶体的成分为 ，将其烘干、在空气中550℃下焙烧(氧气不参与反应)可以直接得到 ，同时得到无色刺激性混合气体，在温度下降时“冒白烟”，则除 外其他产物有 (写化学式)。
（6）海绵状金属钯密度为 ，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的840倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R= ，氢气的浓度r= 。(吸附容量R即 钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为 吸附氢气的物质的量)
【答案】（1）使碳充分燃烧而除去
（2）
（3）
（4） 会分解， 逸出，导致溶液的 降低，除铁的效果不好
（5） 、 、
（6）70.0；0.33
【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）“ 钯碳"中含有较多的碳(93% ~ 94% ) ，故焚烧时通入足量的空气，是为了使碳充分燃烧而除去。
（2）甲酸(HCOOH)具有还原性，可以还原PdO，根据题中信息，甲酸还原氧化钯的化学方程式为PdO + HCOOH=Pd +CO2↑+H2O。
（3）根据题中信息，王水氧化Pd产生无色气体，该气体遇空气变红棕色，故该气体为NO，反应的化学方程式为3Pd + 12HCl(浓) + 2HNO3 (浓) 2NO↑+3H2[ PdCl4] +4H2O；
（4）利用氨水除铁的实验条件是：氨水过量，且温度适宜。温度低于70 ，除铁的速率较慢；温度高于75 ，NH3 H2O会分解，NH3逸出，导致溶液的pH降低，除铁的效果不好；
（5）[Pd(NH3)2]Cl2烘干后，在550 下焙烧可以直接得到Pd，依据题中信息可知产物中还有NH3和HCl，二者在温度下降时生成白色固体NH4Cl，冒白烟；依据Pd化合价下降，可知还有元素化合价升高，无色气体还应该有N2。故反应的化学方程式为3[Pd(NH3)2]Cl2 3Pd +4NH3↑+6HCl↑+N2↑；
（6）由题中信息知1g Pd的体积为 ，标准状况下其吸附的H2的体积 mL= 70.0 mL；1 mol Pd的体积= ，吸附氢气的物质的量= ≈0.33 mol。
【分析】（1）空气（或氧气）过量，是为了将碳完全除去。
（2）HCOOH还原PdO过程中，碳元素被氧化为CO2，据此写出反应的化学方程式。
（3）王水的成分为浓盐酸和浓硝酸，Pd与王水反应后生成H2[PdCl4]和NO，据此书写反应的化学方程式。
（4）温度过高，则NH3·H2O分解，NH3逸出，使得除铁效果降低。
（5）“冒白烟”现象说明反应生成NH3和HCl，结合氧化还原反应可得，过程中还应生成氮气。
（6）根据原子守恒进行计算。
34．（2021·湖北模拟）多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。
（1）已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示。
发生的主要反应
电弧炉 SiO2+2C Si+CO↑
流化床反应器 Si+3HCl SiHCl3+H2
①物质Z的名称是 。
②用石英砂和焦在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为
③在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和 。
物质 Si SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl HCl SiH4
沸点/℃ 2355 57.6 31.8 8.2 -30.4 -84.9 -111.9
（2）利用晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300~1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)。现用如图所示装置(部分仪器已省略)制取少量氮化硅。
①装置II中所盛试剂为 。
②装置I和装置皿均需要加热，实验中应先 (填“皿”或“I”)的热源。
（3）由晶体硅制成的n型半导体、p型半导体可用于太阳能电池。一种太阳能储能电池的工作原理如图所示，已知锂离子电池的总反应为：Li1-xNiO2+xLiC6 LiNiO2+xC6。完成下列问题。
①该锂离子电池充电时，n型半导体作为电源 .(填“正”或“负”)极。
②该锂离子电池放电时，b极上的电极反应式为 。
【答案】（1）氯气；；蒸馏
（2）浓H2SO4；I
（3）负；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；含硅矿物及材料的应用；物质的分离与提纯；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】(1)①物质Z的名称是氯气；
②石英砂和焦在电弧炉中高温加热生成碳化硅，化学方程式为： ；
③根据表中沸点数据可知，常温下SiHCl3、SiCl4为液体，SiH2Cl2、SiH3Cl为气体，沉降除去固体后，冷凝得到SiHCl3、SiCl4混合液体，将液体蒸馏可分离二者；
(2)亚硝酸钠和氯化铵反应生成N2，晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300~1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)，装置II是用来干燥N2，装置II盛放的试剂为浓H2SO4；
①装置II中所盛试剂为浓H2SO4；
②为防止SiO2与空气反应，先利用N2排除装置中空气，故应先点燃装置I的热源；
(3)①充电时，a电极的LiC6转化为C6，C的化合价升高，发生还原反应，a电极作阴极，a电极与n型半导体相连，n型半导体作负极；
②放电时，b2023年高考真题变式分类汇编：物质的分离与提纯8
一、选择题
1．（2018·海南）下列分离方法正确的是（ ）
A．回收水溶液中的I2 ：加入乙酸，分液，蒸发
B．回收含有KCl的MnO2：加水溶解，过滤，干燥
C．除去氨气中的水蒸气：通过盛有P2O5的干燥管
D．除去乙醇中的水，加入无水氯化钙，蒸馏。
2．（2021·汕头模拟）超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似，可提取中药材的有效成分，工艺流程如下。
下列说法中错误的是( )
A．浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出
B．高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取
C．升温、减压的目的是实现CO2与产品分离
D．超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点
3．（2021·广州模拟）以混有 的 为原料制备氧化镁的实验流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸的离子方程式为
B．浸出渣的成分是
C．母液的主要溶质是
D．固体X是
4．（2021·潍坊模拟）柠檬酸铁铵是一种常见的补铁剂，其制备流程如下：
已知： 、 ；柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤①制备FeCO3时，应将FeSO4溶液加入Na2CO3溶液中
B．可用KSCN溶液检验步骤③中柠檬酸亚铁是否反应完全
C．步骤③控制温度50℃~60℃既利于柠檬酸亚铁溶解，又避免温度过高造成H2O2分解
D．步骤⑤系列操作包括冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
5．（2021·泰安模拟）某闪锌矿的主要成分为ZnS，还含有SiO2、FeS2等，利用该闪锌矿制备皓钒(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．“破碎”可加快“煅烧”速率，并使反应更充分
B．“废气”合理处理可用于工业制硫酸
C．“滤渣”的主要成分为Fe2O3，可用于冶炼铁
D．“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等
6．（2021·日照模拟）硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如下图：下列说法错误的是（ ）
A．合理处理富硒废料符合循环经济理念。
B．母液可在“酸溶”工序循环利用
C．“滤液”经处理可制得胆矾
D．“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1
7．（2021·临沂模拟）锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锑矿粉(主要成分为Sb2S3、SiO2)制取锑白的流程如下。
已知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+。
下列说法错误的是（ ）
A．“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S
B．可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全
C．“滤液”中通入Cl2后可返回“浸出”工序循环使用
D．“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水
8．（2021·济宁模拟）以硅石(SiO2)和萤石(CaF2)为原料制备冰晶石(Na3AlF6)的一种流程如图：
已知：无水氟硅酸(H2SiF6)为易溶于水、不稳定的强酸；滤渣2的主要成分为Na2SiF6。
下列说法错误的是（ ）
A．硅石和萤石需预先研磨目的是加快反应速率
B．“反应Ⅲ”应该在陶瓷器皿中进行
C．滤液1、滤液2经浓缩处理后可在流程中循环利用
D．“反应Ⅳ”的化学方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O
9．（2021·济南模拟）利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质)制备LiFePO4的工艺流程如图所示：
已知：钛铁矿经盐酸浸取后钛主要以 形式存在， 、 。下列说法错误的是（ ）
A．钛铁矿经盐酸浸取后过滤，滤渣的主要成分为SiO2
B．“过滤③”之前[设此时 ]，使Fe3+恰好沉淀完全[即 ]，此时不会有 沉淀生成
C．“高温煅烧”的主要反应为
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成 ，若 ，则 中
10．（2021·德州模拟）工业上可用软锰矿(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B．溶浸工序产生的废渣成分为S；净化工序产生的废渣成分为CaF2
C．除铁工序中，试剂的加入顺序是先加软锰矿，再加石灰调节溶液pH
D．从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
11．（2021·岳阳模拟）铋 与氮同主族，在中性及碱性环境下常以 的形式存在，铋及其化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为 ，含少量杂质 等)为原料，采用湿法冶金制备精铋工艺流程如下，下列说法错误的是（ ）
A．“浸出”产生S的主要离子反应为
B．“浸出”时盐酸可以还原杂质PbO2
C．“浸出、置换、再生、电解精炼”工序中不全是氧化还原反应
D．再生液可以加入“浸出”操作中循环利用
12．（2021·新邵模拟）SO2虽是大气污染物之一，但也是重要的工业原料。某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作燃煤尾气脱硫剂，简化流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．软锰矿浆吸收SO2反应的主要离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为Cu2S，Ni2+转化为NiS
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒生产中普遍应用的添加剂
D．该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的
13．（2021·十堰模拟）化工行业常用硒(Se)作催化剂，该催化剂具有反应条件温和、成本低、环境污染小、用后处理简便等优点。以铜阳极泥(主要成分为Cu2Se、Ag2Se，还含有少量Ag、Au、Pt等)为原料制备纯硒的工艺流程如图。
已知：①“净化除杂”时采用真空蒸馏的方法提纯硒(沸点为685℃)；
②焙烧后，Cu、Ag均以硫酸盐形式存在， ；
③“浸出液”中溶质的饱和浓度不小于0.01 。
下列说法错误的是（ ）
A．“加硫酸并焙烧”时使用的硫酸应为浓硫酸
B．“水吸收”过程得到的溶液呈酸性
C．在实验室蒸馏时，需要用到直形冷凝管
D．“浸出液”中的溶质成分不可能含有Ag2SO4
14．（2021·湖北模拟）以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾［NaFe3SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如图：
已知：Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2
下列说法错误的是（ ）
A．“滤渣”的主要成分是SiO2
B．为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I”的滤液和滤渣洗涤液合并
C．“氧化”过程发生的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O
D．“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度，应将pH控制在3.7~9
二、多选题
15．（2021·衡阳模拟）如图是以一种以绿柱石（主要含有BeO、 、 、 和FeO等）为原料制取单质铍的工艺流程。已知常温下， 在pH＞10时会溶解。下列相关说法错误的是（ ）
A．“除铁”过程应先加适量 ，再加适量氨水调节pH
B．“沉铍”过程中，氨水也可改用过量的NaOH溶液
C．其中“分解”过程中发生的反应之一可表示为
D．用镁热还原法制取铍时Ar气可以改为
三、非选择题
16．（2020·新课标II）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
+KMnO4→ + MnO2 +HCl→ +KCl
名称 相对分 子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·mL 1) 溶解性
甲苯 92 95 110.6 0.867 不溶于水，易溶于乙醇
苯甲酸 122 122.4(100℃左右开始升华) 248 —— 微溶于冷水，易溶于乙醇、热水
实验步骤：①在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5 mL甲苯、100 mL水和4.8 g(约0.03 mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
②停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0 g。
③纯度测定：称取0. 122 g粗产品，配成乙醇溶液，于100 mL容量瓶中定容。每次移取25. 00 mL溶液，用0.01000 mol·L 1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21. 50 mL的KOH标准溶液。
回答下列问题：
（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。
A．100 mL B．250 mL C．500 mL D．1000 mL
（2）在反应装置中应选用 冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是 。
（3）加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是 ；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理 。
（4）“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是 。
（5）干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是 。
（6）本实验制备的苯甲酸的纯度为 ；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于 (填标号)。
A.70% B.60% C.50% D.40%
（7）若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中 的方法提纯。
17．（2019·全国Ⅲ卷）乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：
水杨酸 醋酸酐 乙酰水杨酸
熔点/℃ 157~159 -72~-74 135~138
相对密度/（g·cm﹣3） 1.44 1.10 1.35
相对分子质量 138 102 180
实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作.
①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。
②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。
③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。
④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。
回答下列问题：
（1）该合成反应中应采用__________加热。（填标号）
A．热水浴 B．酒精灯 C．煤气灯 D．电炉
（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有 （填标号），不需使用的 （填名称）。
（3）①中需使用冷水，目的是 。
（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是 ，以便过滤除去难溶杂质。
（5）④采用的纯化方法为 。
（6）本实验的产率是 %。
18．（2018·江苏）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2 x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O=2[（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有 。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH （填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L 1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L 1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1 x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
19．（2018·江苏）3，4 亚甲二氧基苯甲酸是一种用途广泛的有机合成中间体，微溶于水，实验室可用KMnO4氧化3，4 亚甲二氧基苯甲醛制备，其反应方程式为
实验步骤如下：
步骤1：向反应瓶中加入3，4 亚甲二氧基苯甲醛和水，快速搅拌，于70～80 ℃滴加KMnO4溶液。反应结束后，加入KOH溶液至碱性。
步骤2：趁热过滤，洗涤滤饼，合并滤液和洗涤液。
步骤3：对合并后的溶液进行处理。
步骤4：抽滤，洗涤，干燥，得3，4 亚甲二氧基苯甲酸固体。
（1）步骤1中，反应结束后，若观察到反应液呈紫红色，需向溶液中滴加NaHSO3溶液， 转化为 （填化学式）；加入KOH溶液至碱性的目的是 。
（2）步骤2中，趁热过滤除去的物质是 （填化学式）。
（3）步骤3中，处理合并后溶液的实验操作为 。
（4）步骤4中，抽滤所用的装置包括 、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
20．（2021·马鞍山模拟）某化工厂产生的铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，按如下流程回收Bi和Cu。
已知：Sb2O3难溶于H2SO4；Bi2Oз+2H2SO4=2Bi(OH)SO4↓+H2O。
回答下列问题：
（1）“粉碎”的目的是 。
（2）①若氧化剂为H2O2，溶解Cu2O反应的离子方程式为 ；
②温度对铜浸出率的影响如图所示。
工业浸出时一般选择70℃~80℃，温度过低时铜浸出率低的原因是 ；
（3）“操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是 ；
（4）①“浸出渣II”的主要成分是SbOCl、 ；
②写出SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式： ；
（5）“铜浸出液”用如图旋流式电解装置电解。
①钛涂层柱的电极反应式是 ；
②若“铜浸出液”中含铜92.16g·L-1，选择合适条件进行旋流电解。取电解后溶液25.00mL，加入足量KI溶液充分反应，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2 =2I-+ ，消耗18.00mL标准液。旋流电解铜回收率是 。(用质量分数表示，保留一位小数)。
21．（2021·合肥模拟）碘酸钙[Ca(IO3)2]是广泛使用的既能补钙又能补碘的新型食品添加剂，不溶于乙醇，在水中的溶解度随温度降低而减小。实验室制取Ca(IO3)2的流程如图所示：
已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
（1）实验流程中“转化”步骤是为了制得碘酸，该过程在如图所示的装置中进行。
①当观察到三颈瓶中 现象时，停止通入氯气。
②“转化”时发生反应的离子方程式为 。
（2）“分离”时用到的玻璃仪器有烧杯、 。
（3）采用冰水浴的目的是 。
（4）有关该实验说法正确的是______。
A．适当加快搅拌速率可使“转化”时反应更充分
B．“调pH=10”后的溶液中只含有KIO3和KOH
C．制得的碘酸钙可选用酒精溶液洗涤
（5）准确称取产品0.2500g，加酸溶解后，再加入足量KI发生反应IO +5I-+6H+=3I2+3H2O，滴入2~3滴淀粉溶液，用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2S2O =2I-+S4O )至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。达滴定终点时的现象是 ，产品中Ca(IO3)2的质量分数为 。［已知Ca(IO3)2的摩尔质量：390g·mol-1]。
22．（2021·合肥模拟）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe3O4、Al2O3和SiO2等杂质)和硫化锰(MnS)制备精MnO2的一种工艺流程如图：
已知：相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
回答下列问题：
（1）“滤渣1”中含有未反应完全的矿粉、S和 。
（2）“纯化”时加MnO2的作用是 ，假定溶液中c(Mn2+)=0.1mol·L-1，则加入氨水调节溶液pH的范围为 。
（3）“沉锰”时生成MnCO3，工业上不直接用Na2CO3溶液来沉锰的原因为 。
（4）“热分解”后所得物质中还有少量MnO，需进一步进行氧化，“氧化”时生成的气体2为氯气，写出该过程中发生反应的化学方程式 。
（5）操作x为 。
（6）工业上还可用电解“Mn2+纯化液”来制取MnO2，其阳极电极反应式为 。电解后的废水中还含有少量Mn2+，常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S进行二级沉降。已知Ksp(MnS)=2.5×10-10，欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1，则应保持溶液中c(S2-) ≥mol·L-1。
23．（2021·淄博模拟）利用某冶金行业产生的钒炉渣(主要含V2O3及少量SiO2、P2O5等杂质)可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产流程如图：
已知：V2O5微溶于水，可溶于碱生成VO 。向Na3VO4溶液中加酸，不同pH对应的主要存在形式如表：
pH ≥13 10.6～12 约8.4 3～8 约2 ＜1
存在形式 VO V2O V3O V10O V2O5 VO
回答下列问题：
（1）“焙烧”后V元素转化为NaVO3，该反应的化学方程式为 。
（2）欲除去磷元素[使c(PO )≤1.0×10-6mol·L-1]，则应控制溶液中Mg2+浓度至少为 mol·L-1(已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24)。此时Si元素转化为 (写化学式)。
（3）“沉钒”的作用为 ，“沉钒”需要控制pH约为 。
（4）“还原”过程中，生成VOSO4和一种常温下无色无味的气体化合物，该反应的离子方程式为 。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VO2+，该方法的缺点是 。
24．（2021·日照模拟）下图1为从铜转炉烟火[主要含有ZnO，还有少量的Fe(II)、Pb、Cu、As元素]制取活性氧化锌的流程。请回答以下问题：
已知：①活性炭主要吸附有机质；②25℃时， ；③氨体系环境中锌元素以 形式存在；④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
开始沉淀pH 1.9 7.0 4.5 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 6.4 10.1
（1） 中Pb的化合价为 。
（2）题中所列铜转炉烟灰所含主要元素中有 种非主族元素，画出 的原子结构示意图 。
（3）浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图2，则氯化铵最适宜的浓度为 。
（4）加入适量 溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式： ，常温下此时体系中 残留最大浓度为 。
（5）“滤渣Ⅲ”的主要成分为 (填化学式)。
（6）“沉锌”反应的离子方程式为 。
25．（2021·青岛模拟）铍可应用于飞机、火箭制造业和原子能工业。素有“中国铍业一枝花”之称的湖南水口山六厂改进国外生产工艺，以硅铍石(主要成分为 、 、 、 、 )为原料提取铍，具体流程如下：
已知：①铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性。
②铝铵钒在不同温度下的溶解度：
温度/℃ 0 10 20 30 40 60
溶解度/g 2.10 5.00 7.74 10.9 14.9 26.7
回答下列问题：
（1）流程中“系列操作”为 。
（2）将“中和液”沉淀时，调节溶液的 不能过大或过小。 过大时发生反应的离子方程式为 。
（3）已知 ， 。若 浓度为0.40 的中和液开始沉淀时，溶液中 。
（4）若在实验室洗涤粗 ，操作为 ；洗涤时加入 溶液除去表面吸附的少量氢氧化铝，反应的离子方程式为 。
（5）氧化铍转化为氯化铍的化学方程式为 。
（6） 的电子式为 ；电解时须加入氯化钠的作用是 。
26．（2021·青岛模拟）高纯镓是用来制作光学玻璃、真空管、半导体的重要原料。工业上由锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)制备高纯镓的主要流程如图：
已知：①镓与铝性质相似；
②不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)。
回答下列问题：
（1）二段浸出渣的成分是S和 (填化学式)，富氧浸出时通入氧气的作用是 ，进行两段富氧浸出的目的是 。
（2）N235萃取和P204+YW100萃取的顺序不可以调换，说明原因 。
（3）中和沉镓时发生反应的离子反应方程式为 ，选用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是 。
（4）生成粗镓的电极反应式为 。
（5）一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是 ，真空蒸馏采用真空的原因是 。
27．（2021·济宁模拟）用锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu等元素)制取焦锑酸钠[NaSb(OH)6]和砷酸钠(Na3AsO4)，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。其工艺流程如图所示：
已知：
①Ag、Cu、Fe的氧化物不溶于Na2S溶液
②硫浸后，锑砷以Na3SbS3、Na3AsS3存在；
③NaSb(OH)6易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。
回答下列问题：
（1）“硫浸”时，Sb2O3溶解的离子方程式为 。
（2）用NaNO3和NaOH浸取锑砷烟灰也可得到Na3SbO4，其缺陷是 。
（3）“氧化”时所用H2O2的电子式为 ，反应温度不宜太高的原因是 。
（4）“中和”时，生成NaSb(OH)6的化学方程式为 ，操作X为 、过滤、洗涤、干燥。
（5）As2O3对应的酸为H3AsO3，测得某工业酸性废液中含H3AsO3和Fe2+，其浓度如表：
物质 H3AsO3 Fe2+
浓度/g·L-1 0.378 0.840
已知：Ksp(FeAsO3)>Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21，H3AsO3的还原性比Fe2+强。
根据题目信息，则可采用 方法除去该废水中的砷，除去砷后的废液中c(AsO )= mol·L-1(不考虑反应过程中溶液体积的微小变化)
28．（2021·岳阳模拟）2020年6月比亚迪正式发布采用磷酸铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程，可媲美特斯拉。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备LiFePO4的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3
开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0
完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2
请回答下列问题：
（1）“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是 。灼烧滤渣3得到固体的主要成分是 (写出化学式)。
（2）用FeS还原Fe3＋的目的是 ，加入FeO的作用是 (用离子反应方程式表示)。
（3）试剂R宜选择 ___________(填字母)。
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
（4）常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22，“沉铁”中为了使c(Fe3＋)≤1×10-5 mol·L-1，c(PO )最小为 mol·L-1。
（5）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式： 。
29．（2021·新邵模拟）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备。铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：
回答下列问题：
（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比（最简整数比）为 。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是 （用化学方程式表示）。
（2）滤渣1中含量最多的金属元素是 （填写元素符号），设计实验方案验证滤渣1中经步骤①中反应后的产物 。滤渣2的主要成分是 （填写化学式）及含硅杂质。
（3）步骤④调滤液2的pH使之变 （填“大”或“小”），原因是 （用离子方程式和适当的文字表述说明）。
（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。写出步骤⑤的化学反应方程式 。
30．（2021·十堰模拟）锆(40Zr)是现代工业中重要的金属原料，具有良好的可塑性，其抗蚀性能强于钛。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产错及其化合物的流程如图所示：
（1）分馏属于 (填“物理变化”或“化学变化”)。
（2）锆英石 (填“能”或“不能”)直接用稀盐酸浸取后再分馏，理由是 。
（3）“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrCl4的反应的化学方程式为 。
（4）流程中ZrCl4与水反应后经过滤、洗涤、干燥等操作可获得ZrOCl2·8H2O，检验该物质是否洗涤干净的实验操作为 。
（5）工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KCl组成的熔盐来制取金属错。阳极上的电极反应式为 ，每转移0.4mole-，理论上阴极增加的质重为 。
（6）极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pc(pcB=-lgcB)表示。某温度下Ksp[Zr(CO3)2]=4.0×10-12，则其饱和溶液中pc(Zr4+)+pc(CO )= 。(已知lg2=0.3)
31．（2021·沧州模拟）某实验小组以回收站回收的废铁制品(主要成分为 ，还含有少量的 和 )为原料制备 晶体。
（1）取 废铁制品，用质量分数为 的碳酸钠溶液浸泡一段时间，然后用倾析法倒去碳酸钠溶液，用蒸馏水洗涤2~3次，将洗涤好的废铁制品加入如图所示装置中，再加入 硫酸。控制温度在 之间，加热 ，将所得溶液趁热过滤、冷却结晶、过滤洗涤，得到 晶体。
①仪器a的名称为 。
②用纯碱浸泡的目的是 ， 溶液的作用是 。
③反应中需要控制温度在 之间，宜采用的方法是 。
④用冰水洗涤 晶体的操作是 ，若将 晶体在隔绝空气条件下加热到 ，会生成红棕色固体，写出反应的化学方程式： 。
（2）若以赤铁矿渣(含有 和 杂质)为原料制备 晶体，请补充完整相应的实验方案：
①取一定量的赤铁矿渣，分次加入足量的稀硫酸，充分反应后过滤。
②取滤液， 。
③过滤、洗涤，将沉淀溶入 的硫酸中，同时加入过量铁粉，充分反应后，过滤，向滤液中加乙醇，在恒温水浴槽中冷却结晶、过滤，用丙酮洗涤、干燥。
已知：该实验中 时， 沉淀完全； 时， 开始沉淀。实验室现有试剂： 的 溶液、 的 溶液、铁粉。
（3）通过下列方法测定产品纯度：准确称取 样品，加适量水溶解，配成 溶液，取 溶液置于锥形瓶中，用 的酸性 标准溶液滴定(杂质不与酸性 标准溶液反应)，经3次测定，每次消耗 溶液的体积如表所示：
实验序号 1 2 3
消耗 溶液的体积 19.98 20.58 20.02
通过计算确定产品中 的质量分数约为 (保留三位有效数字)。
32．（2021·沧州模拟）钌( )为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：
（1）加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有 (任写两点)。
（2）操作X的名称为 。
（3）“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得 ，写出“碱浸”时生成 的离子方程式： 。
（4）“滤渣”的主要成分为 ，加入草酸的作用是 ，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是 。
在酸性介质中，若使用 溶液代替草酸，可获得 ，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（5）“一系列操作”为 ，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式： 。
33．钯( )是一种不活泼金属，含钯催化剂在工业、科研上用量较大。某废钯催化剂(钯碳)中含有钯(5%～6%)、碳(93%～94%)、铁(1%～2%)以及其他杂质，故钯碳具有很高的回收价值。如图是利用钯碳制备氯化钯( )和 的流程。
回答下列问题：
（1）“钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是 。
（2）“钯灰”中的主要成分有 ，加入甲酸( )，可以将 还原成金属单质，请写出 还原 的化学方程式 。
（3）王水是按照体积比3：1将浓盐酸和浓硝酸混合而得到的强氧化性溶液，加热条件下钯在王水中发生反应生成 和一种有毒的无色气体A，该气体遇空气变红棕色，请写出 和王水反应的化学方程式 。
（4）加入浓氨水，调节 至9.0，并控制温度在70～75℃， 元素以 的形式存在于溶液中。若温度大于75℃，则不利于除铁，原因是 ；。
（5）黄色晶体的成分为 ，将其烘干、在空气中550℃下焙烧(氧气不参与反应)可以直接得到 ，同时得到无色刺激性混合气体，在温度下降时“冒白烟”，则除 外其他产物有 (写化学式)。
（6）海绵状金属钯密度为 ，具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其体积的840倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R= ，氢气的浓度r= 。(吸附容量R即 钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为 吸附氢气的物质的量)
34．（2021·湖北模拟）多晶硅是单质硅的一种形态，是制造硅抛光片、太阳能电池及高纯硅制品的主要原料。
（1）已知多晶硅第三代工业制取流程如图所示。
发生的主要反应
电弧炉 SiO2+2C Si+CO↑
流化床反应器 Si+3HCl SiHCl3+H2
①物质Z的名称是 。
②用石英砂和焦在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为
③在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和 。
物质 Si SiCl4 SiHCl3 SiH2Cl2 SiH3Cl HCl SiH4
沸点/℃ 2355 57.6 31.8 8.2 -30.4 -84.9 -111.9
（2）利用晶体硅的粉末与干燥的氮气在1300~1400℃下反应，可制取结构陶瓷材料氮化硅(Si3N4)。现用如图所示装置(部分仪器已省略)制取少量氮化硅。
①装置II中所盛试剂为 。
②装置I和装置皿均需要加热，实验中应先 (填“皿”或“I”)的热源。
（3）由晶体硅制成的n型半导体、p型半导体可用于太阳能电池。一种太阳能储能电池的工作原理如图所示，已知锂离子电池的总反应为：Li1-xNiO2+xLiC6 LiNiO2+xC6。完成下列问题。
①该锂离子电池充电时，n型半导体作为电源 .(填“正”或“负”)极。
②该锂离子电池放电时，b极上的电极反应式为 。
35．（2021·郑州模拟）钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]部分工艺流程如图：
请回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”时通常采用粉碎矿石、逆流焙烧或增大空气量等措施，除了增大氧化焙烧速率，其作用还有 。MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，焙烧时的化学方程式为 。
（2）已知MoO3在碱性溶液中溶解度增大，“浸出”操作时加入Na2CO3溶液会有气体产生，用离子方程式表示气泡产生的原因 。
（3）向“滤液1”中加入硝酸，调节pH为5~7，加热到65℃~70℃过滤除硅。则滤渣2的成分为 。
（4）为了提高原料的利用率，工艺流程中“滤渣1”应循环到 操作。
（5）“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是 。
（6）“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加人HNO3调节pH为1.5~3，其原因是 。
（7）Na2MoO4·2H2O是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂，常用钼酸铵和氢氧化钠反应来制取。写出制备Na2MoO4·2H2O的化学方程式是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、乙酸能溶于水，故不能用分液除去，不符合题意
B、氯化钾能溶于水，而二氧化锰不溶于水，故可通过过滤除去，符合题意
C、五氧化二磷为酸性氧化物，能跟碱性物质发生反应，故不能用来吸收氨气，不符合题意
D、无水氯化钙只能用来检验少量水，不能用来吸收，应加氧化钙
故答案为：B
【分析】除杂、提纯要求：能除去杂质，不能与期望产物发生反应，不能引入新的杂质。
2．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A. 中草药中的有效成分是有机物，易溶于乙醇，浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出，A不符合题意；
B. 温度越低，气体的溶解度越大，所以高温条件不利于超临界CO2流体萃取，B符合题意；
C. 升温、减压的目的是让CO2气化，从而实现CO2与产品分离，C不符合题意；
D. 升温、减压后，CO2全部气化，从而脱离萃取产品，因此，超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】中草药原料经除杂粉碎，加入水和乙醇浸泡，然后用超临界CO2萃取，有效成分溶于超临界CO2中，进入解析釜中，减压升温后，超临界CO2变为气体，得到产品。
3．【答案】A
【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．盐酸酸浸， 是微溶物，不可拆成离子，故A符合题意；
B．盐酸酸浸， 可溶， 不溶，滤渣为 ，故B不符合题意；
C．加入氨水沉镁， ，母液主要溶质是 ，故C不符合题意；
D．沉镁过程中，加入氨水沉镁， ，母液主要溶质是 ，固体X为 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】盐酸酸浸， 可溶， 不溶，滤渣为 ，浸出液中主要成分是 ， 加入氨水沉镁， ，母液主要溶质是 ，固体X为 ，以此解答。
4．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A ．因为 ， 所以制备 时，应该先加入 ，防止 浓度过大水解产生 ，A项不符合题意；
B．应用 检验 ， 检验 ，B项不符合题意；
C．柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水，温度过低，不利于溶解，同时反应物活化分子百分数低，反应速率慢，温度过高， 会分解；C项符合题意；
D．步骤⑤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考虑碳酸根水解，结合碳酸亚铁和氢氧化亚铁的溶度积即可判断
B.KSCN溶液是检验铁离子
C.根据 柠檬酸亚铁微溶于冷水，易溶于热水即可判断反应条件
D.冷却结晶之前需要进行加热浓缩
5．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；硅和二氧化硅；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“破碎”可以增大矿石和空气的接触面积，加快“煅烧”速率，并使反应更充分，A不符合题意；
B．闪锌矿中含有S元素，在空气中煅烧得到的废气中含有SO2，合理处理可用于工业制硫酸，B不符合题意；
C．酸浸后的滤渣中主要含含有Fe3+、Zn2+，调节pH得到的是Fe(OH)3沉淀，C符合题意；
D．“一系列操作”可以从溶液中获取晶体，则应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】闪锌矿破碎后煅烧，Fe、S元素被氧化，稀硫酸酸浸后过滤，得到含有Fe3+、Zn2+的滤液，废渣为难溶于稀硫酸的SiO2，调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到主要含硫酸锌的溶液，经系列操作得到皓钒。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．合理处理富硒废料可以得到银、Se等，因此符合循环经济理念，A不符合题意；
B．用水吸收时SeO2和SO2两种气体发生氧化还原反应生成Se和硫酸，母液可在“酸溶”工序循环利用，B不符合题意；
C．“滤液”中含有硫酸铜，因此经处理可制得胆矾，C不符合题意；
D．“吸收”时方程式为2H2O＋SeO2＋2SO2＝2H2SO4＋Se，其中氧化剂是SeO2，还原剂是SO2，二者的物质的量之比为1：2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】富硒废料焙烧生成SeO2和SO2两种气体，用水吸收后生成Se和硫酸。烧渣是Ag和CuO，利用硫酸酸溶生成硫酸铜溶液，得到的粗银电解精炼生成Ag，据此解答。
7．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+ ，滤渣中有SiO2和S，故可推知“浸出”时发生的反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，A不符合题意；
B．根据题干流程图可知，“还原”过程主要是将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+，故可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全，B不符合题意；
C．“滤液”中主要含有Fe2+，通入Cl2后可得到Fe3+，可返回“浸出”工序循环使用，C不符合题意；
D．由题干信息可知，锑白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故“中和”时不可用过量的NaOH溶液代替氨水，否则将溶解部分锑白(Sb2O3)造成损失，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 锑矿粉(主要成分为 Sb2S3、SiO2 )制取锑白的流程：锑矿粉中加入氯化铁溶液浸出，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+，说明发生反应为Sb2S3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S，SiO2不反应，滤渣中有SiO2和S；加入Sb还原，将Fe3+转化为Fe2+，Sb转化为Sb3+；“水解”的目的是锑铁分离，将锑元素转化为 SbOCl沉淀，Fe3+转化为Fe2+后，Fe2+更不易水解，留在滤液中，实现锑铁分离；“中和”是向水解所得的 SbOCl沉淀中加入氨水，使锑元素转化为Sb2O3·nH2O，利用氨水中和 SbOCl水解产生的HCl，使平衡右移；最后洗涤、干燥得到锑白。
8．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．研磨可增大反应物的接触面积，使反应速率加快，A项不符合题意；
B．“反应Ⅲ”中有NaF、NH4F生成，F-水解生成HF会腐蚀陶瓷器皿，B项符合题意；
C．由题意可知滤液1的主要成分是H2SO4，经浓缩处理后可返回流程反应Ⅰ中循环利用，滤液2的主要成分是NH3·H2O，经浓缩处理后可返回流程反应Ⅲ中循环利用，C项不符合题意；
D．由“反应Ⅳ”可知，NaF、NH4F溶液和NaAlO2发生反应生成冰晶石(Na3AlF6)，反应方程式为：2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】硅石（SiO2）和萤石（CaF2）加硫酸酸浸生成H2SiF6和CaSO4，过滤分离，滤渣1主要为CaSO4，H2SiF6再与Na2SO4反应生成硫酸和Na2SiF6，滤液1中所含硫酸可循环使用，Na2SiF6与浓氨水反应生成NaF、NH4F及SiO2，过滤除去SiO2，加入NaAlO2发生反应生成Na3AlF6，反应的方程式为2NaF+4NH4F+NaAlO2+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3 H2O或2NaF+4NH4F+NaAlO2=Na3AlF6↓+4NH3+2H2O，过滤分离出冰晶石（Na3AlF6），滤液2中含有氨水可循环使用，据此分析解答。
9．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．钛铁矿经盐酸酸浸后只有SiO2不溶于酸，则滤渣的主要成分为SiO2，故A不符合题意；
B．根据沉淀溶解平衡计算出磷酸根离子浓度：c( )= = mol/L=1.0×10-17mol/L，此时Mg3(PO4)2的浓度积QC[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2( )=0.013×(1.0×10-17)2=1.0×10-40＜ ，因此此时不会有Mg3(PO4)2沉淀生成，故B不符合题意；
C． 中氧原子不守恒，“高温煅烧”过程中Fe元素化合价由+3降低至+2被还原，因此草酸被氧化生成CO2，C元素化合价由+3升高至+4，根据氧化还原反应化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为 ，故C符合题意；
D．LiFePO4缺失部分Li+则形成 ，若 ，化合物中各元素化合价之和等于0，若n(Fe2+)=a，n(Fe2+)=b，则有 ，解得a=0.8，b=0.2，则LiFePO4中 ，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】向钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含有少量MgO、SiO2等杂质)中加入盐酸，SiO2与盐酸不反应，FeTiO3、MgO分别转化为 、Fe2+、Mg2+，过滤后将滤液①控制pH使 水解生成TiO2·xH2O，将其过滤后向滤液②中加入双氧水将Fe2+氧化生成Fe3+，加入H3PO4将Fe3+沉淀生成FePO4，FePO4与Li2CO3、草酸在高温条件下煅烧得到LiFePO4。
10．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．提高浸取率的措施可以是搅拌、研磨矿石、适当升高温度、适当增大酸的浓度等，故A不符合题意；
B．由分析可知，溶浸工序中产生的废渣主要是不与稀硫酸反应的SiO2和生成的S，净化工序后产生的废渣成分为CuS和CaF2，故B符合题意；
C．除铁工序中，先加软锰矿使溶液中的Fe2+在酸性环境中被氧化成Fe3+，然后加入石灰调节溶液pH使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，故C不符合题意；
D．MnCO3不溶于水，故MnCO3从溶液中分离出来的操作法是过滤、洗涤、干燥，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由流程可知(含少量铜化合物的MnO2)和黄铁矿(主要成分是FeS2、SiO2等)中加入稀硫酸酸浸，过滤得到的滤渣主要是SiO2和被MnO2氧化生成的S，向滤液中加入软锰矿发生反应：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++
Mn2++2H2O，过滤，滤液中主要含有Cu2+和Ca2+，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+和Ca2+，在滤液加入氨水、碳酸氢铵溶液沉锰，生成碳酸锰沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。
11．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．浸出时S单质的生成主要是由于Fe3+将-2价的S元素氧化，结合电子守恒和元素守恒可以得到离子方程式为 ，故A不符合题意；
B．盐酸可以提供氢离子和氯离子，酸性环境中PbO2可以将氯离子氧化，故B不符合题意；
C．根据A、B分析可知浸出过程全部为氧化还原反应，置换过程中Fe与H+、Fe3+和Bi3+的反应是氧化还原反应，再生过程氯气将亚铁离子氧化，电解精炼也是发生氧化还原反应，故C符合题意；
D．根据分析可知再生液为氯化铁溶液，可以加入浸出操作中循环利用，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量杂质PbO2等)加入足量的FeCl3溶液和盐酸浸取，Fe3+将S氧化成S单质沉淀，盐酸将PbO2还原，由于溶液中有大量氯离子，所以得到PbCl2沉淀；此时溶液中主要含有Fe2+、Bi3+、Fe3+以及H+，加入适量铁粉将H+、Fe3+还原，同时置换出Bi单质，过滤得到粗铋以及主要含有FeCl2的滤液，粗铋经电解精炼得到精铋，氯化亚铁溶液中通入氯气得到氯化铁再生液。
12．【答案】B
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．软锰矿浆吸收SO2生成硫酸锰，离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO ，故A不符合题意；
B．MnS除铜镍过程是将Cu2+转化为CuS，Ni2+转化为NiS，不是Cu2S，故B符合题意；
C．SO2是大气污染物，也是葡萄酒常用的抗氧化剂，故C不符合题意；
D．由流程可知，该流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2，达到变废为宝的目的，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 SO2尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中，SO2被氧化、MnO2被还原，生成MnSO4，反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4， MnSO4溶液中加入MnCO3，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，MnS将铜、镍离子转化为沉淀过滤除去，KMnO4能与MnSO4反应生成MnO2，通过过滤、干燥操作获得MnO2，同时回收K2SO4。
13．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．稀硫酸不能将Cu2Se氧化成 和 ，所以用浓硫酸，故A不符合题意；
B．二氧化硫为酸性氧化物，溶于水后能与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，故B不符合题意；
C．为便于馏分的收集，所以在实验室蒸馏时，选用直型冷凝管，故C不符合题意；
D．当“浸出液”中溶质的饱和浓度等于 时， ，“浸出液”中溶质成分含有Ag2SO4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 铜阳极泥(主要成分为Cu2Se、Ag2Se，还含有少量Ag、Au、Pt等) 加硫酸并焙烧，生成SO2、SeO2，水吸收SO2，过滤后固体为SeO2，经过净化还原除杂得到Se。
14．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．根据分析，二氧化硅不溶于硫酸，形成滤渣，故A不符合题意；
B．滤渣表面吸附有滤液中的镍、铁元素，为提高镍、铁元素的利用率，可将“过滤I”的滤液和滤渣洗涤液合并，故B不符合题意；
C．“氧化”过程中NaClO氧化Fe2+生成Fe3+，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，故C不符合题意；
D．Fe3+在pH约为3.7时可完全转化为Fe(OH)3，Fe2+在pH约为9时可完全转化为Fe(OH)2，“沉铁”过程中加入碳酸钠的作用是调节溶液的酸碱度形成黄钠铁矾［NaFe3SO4)2(OH)6]，应将pH控制在pH＜3.7，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Fe2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，过滤后得到沉淀黄钠铁矾，滤液经处理可得到Ni，据此分析解答。
15．【答案】B,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．用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，FeO反应变为Fe2+，Fe2O3反应变为Fe3+，先加适量H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，达到除铁的目的，A项不符合题意；
B．由于Be（OH）2显两性，能够与NaOH反应，在“沉铍”过程中，若将氨水改用过量的NaOH溶液，则反应产生的Be（OH）2溶于过量NaOH转化为可溶性Na2BeO2，不能形成沉淀，因此不能使用NaOH溶液，B项符合题意；
C．在“分解”过程中（NH4）2BeF4发生分解反应，产生 、 、BeF2，故反应的化学反应为 ，C项不符合题意；
D．Mg能和反应 反应生成 ，因此不能将Ar气改为 ，D项符合题意；
故答案为：BD。
【分析】用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤除去，则滤渣I为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，向滤液中加入（NH4）2SO4，有铝铵钒[（NH4） Al （SO4）2 12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe（OH）3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的。再向滤液中加入氨水、HF，得到（NH4）2BeF4，高温分解得到BeF2，加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。
16．【答案】（1）B
（2）球形；无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化
（3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；2 +5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（4）MnO2
（5）苯甲酸升华而损失
（6）86.0％；C
（7）重结晶
【知识点】氧化还原反应；常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；物质的分离与提纯；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，故答案为：B；（2）为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为：没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；故答案为：球形；没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化；（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl-氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；（4）由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是：MnO2，故答案为：MnO2；（5）苯甲酸100℃时易升华，干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失；故答案为：苯甲酸升华而损失；（6）由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为： ×100%=86.0%；1.5mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量： =1.72g，产品的产率为 ×100%=50%；故答案为：86.0%；C；（7）提纯苯甲酸可用重结晶的方法。故答案为：重结晶。
【分析】甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，为增加冷凝效果，在反应装置中选用球形冷凝管，加热回流，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液除去过量的高锰酸钾，用盐酸酸化得苯甲酸，过滤、干燥、洗涤得粗产品；用KOH溶液滴定，测定粗产品的纯度。
17．【答案】（1）A
（2）BD；分液漏斗、容量瓶
（3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）
（4）生成可溶的乙酰水杨酸钠
（5）重结晶
（6）60
【知识点】常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】（1）该反应的反应温度维持在70℃左右，低于100℃，因此可以直接采用水浴加热的方式进行加热；
（2）步骤①中涉及过滤操作，过滤所需的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，因此需要使用到的仪器为BD，不需要使用到的仪器为A（分液漏斗）和C（容量瓶）；
（3）步骤①中加入冷水，后过滤得到乙酰水杨酸，因此步骤①中使用冷水的目的是降低温度，使乙酰水杨酸充分析出；
（4）乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应，加入饱和NaHCO3溶液是为了将乙酰水杨酸转化诶乙酰水杨酸钠溶液，过滤后出去难溶性杂质，以提纯乙酰水杨酸；
（5）对晶体的提纯，应用重结晶操作；
（6）反应过程中，加入醋酸酐的质量m(醋酸酐)=10 mL×1.10g/mL=11.0g，因此反应过程中，6.9g水杨酸完全反应，设生成的乙酰水杨酸钠的质量为x，由反应的化学方程式可得关系式：，解得 x=9.0 g，因此本实验的产率为：；
【分析】（1）根据反应温度确定加热方式；
（2）步骤①中涉及过滤操作，结合过滤装置确定所需的仪器；
（3）冷水的作用是降温，使产物结晶析出；
（4）乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应；
（5）晶体的提纯用重结晶操作；
（6）由反应的化学方程式计算乙酸水杨酸的理论产量，结合公式计算本实验的产率；
18．【答案】（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42 )= n(BaSO4) = =0.0100 mol
n(Al3+)=n(EDTA) n(Cu2+)=0.1000mol·L 1×25.00mL×10 3L·mL 1 0.08000 mol·L 1×20.00 mL
×10 3 L·mL 1=9.000×10 4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10 3 mol
1 mol (1 x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2 x)mol；n(SO42 )=3(1 x)mol
x=0.41
【知识点】镁、铝的重要化合物；物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）= =0.0100 mol
溶液中：n（Al3+）=n（EDTA） n（Cu2+）=0.1000mol·L 1×25.00mL×10 3L·mL 1 0.08000mol·L 1×20.00mL×10 3L·mL 1=9.000×10 4 mol，25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10 3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
= = ，解得x=0.41。
【分析】本题注意原子守恒的应用，及电荷守恒，由于溶液不显电性所以可以根据溶液中阳离子所带的总电荷等于阴离子所带总电荷相同进行判断。
19．【答案】（1）SO42 ；将反应生成的酸转化为可溶性的盐
（2）MnO2
（3）向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀
（4）布氏漏斗
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；除杂
【解析】【解答】解：（1）反应结束后，反应液呈紫红色，说明KMnO4过量，KMnO4具有强氧化性将HSO3-氧化成SO42-，反应的离子方程式为2MnO4-+3HSO3-=2MnO2↓+3SO42-+H2O+H+。根据中和反应原理，加入KOH将 转化为可溶于水的 。
（2）MnO2难溶于水，步骤2中趁热过滤是减少 的溶解，步骤2中趁热过滤除去的物质是MnO2。
（3）步骤3中，合并后的滤液中主要成分为 ，为了制得 ，需要将合并后的溶液进行酸化；处理合并后溶液的实验操作为：向溶液中滴加盐酸至水层不再产生沉淀。
（4）抽滤所用的装置包括布氏漏斗、吸滤瓶、安全瓶和抽气泵。
【分析】本题主要考查物质分离常用方法，固液分离用过滤，液液分离有蒸馏，分液，根据物质具有不同性质选择不同的分离方法。
20．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
（2）Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；浸出速率减慢
（3）过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥
（4）PbSO4；SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl
（5）2H2O-4e-= O2↑+4H+；95.0%
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；中和滴定
【解析】【解答】(1) “粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2)① H2O2和Cu2O反应的离子方程式为Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；
②温度过低时，浸出速率减慢，从而导致铜浸出率低，故答案为：浸出速率减慢；
(3) “操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥；
(4)①PbO与浓硫酸反应生成PbSO4沉淀，加入盐酸PbSO4沉淀不与盐酸反应，所以“浸出渣II”的主要成分是SbOCl，PbSO4，故答案为：PbSO4；
②SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ，故答案为：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ；
(5)①钛涂层柱的电极反应式是2H2O-4e-= O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-= O2↑+4H+；
②用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2 =2I-+ ，消耗18.00mL标准液，由2 ～ I2～2Cu2+关系可知Cu2+的物质的量为0.0018mol，Cu2+的质量为0.0018mol×64g/mol=0.1152g，可知25.00mL中含有Cu2+0.1152g，那么1L中含有4.608g，Cu2+的浸出率= ，则旋流电解铜回收率是1-5.0%=95%，故答案为：95.0%。
【分析】铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，先将其粉碎增大大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，然后加入浓硫酸，与浓硫酸反应分别生成 Bi(OH)SO4沉淀，PbSO4沉淀 ，CuSO4溶液，Sb2O3难溶于H2SO4，则滤渣Ⅰ中含有Bi(OH)SO4，PbSO4，Sb2O3，加入盐酸，生成SbCl3，PbSO4沉淀不与盐酸反应，Bi(OH)SO4与盐酸反应生成铋浸出液，SbCl3水解生成SbOCl，过滤后滤渣Ⅱ中含有SbOCl，PbSO4，通过电解铋浸出液生成粗铋，以此解答；
21．【答案】（1）紫红色接近褪去；I2+5Cl2+6H2O=2IO +10Cl-+12H+
（2）分液漏斗
（3）降低碘酸钙的溶解度使其析出，便于后续分离
（4）A；C
（5）溶液蓝色褪去且30s内不恢复蓝色；39.0%
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)①随着反应的进行，I2逐渐转化为无色的HIO3，当紫红色接近消失时，说明反应基本完成，此时可停止通入氯气，故此处填：紫红色接近褪去；②由分析知，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，初步确定反应为：I2+Cl2→HIO3+HCl，根据元素守恒知方程式左边需添加H2O，结合得失电子守恒配平得方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，HIO3、HCl为强酸，可拆写成离子，改写后对应离子方程式为：I2+5Cl2+6H2O=2 +10Cl-+12H+；
(2)由分析知，分离时的操作为分液，所需仪器有烧杯、分液漏斗，故此处填分液漏斗；
(3)根据流程知，最终目的为获得Ca(IO3)2，且Ca(IO3)2的溶解度随温度降低而减小，故采用冰水浴的目的为：降低Ca(IO3)2的溶解度，促进其析出，便于后续分离；
(4)A．搅拌可使反应物充分混合，使反应更充分，A正确；B．由分析知，调pH=10后的溶液中还含有KCl，B不正确；C．由于Ca(IO3)2不溶于乙醇，故可选用酒精溶液洗涤Ca(IO3)2晶体，C正确；故答案选AC；
(5)由于I-与 反应生成I2，故加入淀粉溶液后，溶液变蓝，随着生成的I2逐渐与Na2S2O3反应，溶液蓝色逐渐消失，故滴定终点现象为：溶液蓝色褪去，且30 s内不恢复蓝色；由题目所给反应得关系式：Ca(IO3)2~2 ~6I2~12Na2S2O3，故n(Ca(IO3)2)= ，则w(Ca(IO3)2)= 。
【分析】在转化过程中，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离，HIO3、HCl溶液进入第三步与KOH反应生成KIO3、KCl，加入CaCl2后，经过冰水浴操作析出溶解度较小的Ca(IO3)2。
22．【答案】（1）SiO2
（2）将Fe2+氧化为Fe3+(或作氧化剂)；4.7≤pH<5.8
（3）碳酸钠溶液碱性强，会生成Mn(OH)2
（4）2KClO3+5MnO+H2SO4=Cl2↑+5MnO2+K2SO4+H2O
（5）过滤、洗涤、干燥
（6）Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；2.5×10-5
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)由分析知，滤渣1中含有矿粉、S、SiO2，故此处填SiO2；
(2)纯化时先加入MnO2目的为将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，故此处填：将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH时，需将Al3+、Fe3+完全沉淀，而确保Mn2+不沉淀，故调节pH范围为：4.7≤pH＜5.8；
(3)碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为Mn(OH)2，从而导致MnCO3混有Mn(OH)2，故此处填：碳酸钠溶液碱性太强，会使部分Mn2+转化为Mn(OH)2；
(4)由分析知，MnO被KClO3氧化为MnO2，KClO3被还原为Cl2，初步确定方程式为：MnO+KClO3→MnO2+Cl2↑，根据得失电子守恒初步配平得方程式：5MnO+2KClO3→5MnO2+Cl2↑，根据流程结合元素守恒知，方程式左边需添加H2SO4，右边添加K2SO4、H2O，结合元素守恒配平得完整方程式为：5MnO+2KClO3+ H2SO4=5MnO2+Cl2↑+K2SO4+H2O；
(5)经过氧化后，MnO2在溶液中形成沉淀，可用过滤方法分离出MnO2，再经过洗涤干燥获得精制MnO2，故操作x为：过滤、洗涤、干燥；
(6)由题意知，Mn2+在阳极放电生成MnO2，对应电极反应为：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；当c(Mn2+)=1×10-5 mol/L时，对应c(S2-)为沉淀所需的最小值，由Ksp(MnS)= c(Mn2+)·c(S2-)，代入数据计算的c(S2-)min= ，故此处填2.5×10-5。
【分析】酸浸时，MnO2将MnS中硫元素氧化为S，自身被还原，生成MnSO4，从而达到溶解的目的，同时Fe3O4、Al2O3溶于硫酸生成Fe2+、Fe3+、Al3+，SiO2与硫酸不反应，故滤渣1中含有S、SiO2、未反应完的矿粉，滤液中主要含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、H+等阳离子，纯化时先加入MnO2目的为将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂，再加入氨水调节pH除去Fe3+、Al3+，根据所给信息确定调节pH的范围为4.7≤pH＜5.8，故滤渣2主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，此时滤液中主要含MnSO4、(NH4)2SO4，进入沉锰步骤，Mn2+转化为MnCO3沉淀，经过热分解操作，大部分MnCO3转化为MnO2，部分转化为MnO，经过KClO3氧化，MnO也转化为MnO2，经过过滤、洗涤、干燥等操作，最终获得精制MnO2。
23．【答案】（1）V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑
（2）1×10-4；MgSiO3
（3）分离除去Na+，使产品更纯净；2
（4）2VO +HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O；生成有毒气体氯气
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)“焙烧”后V元素转化为NaVO3，说明V2O3在焙烧过程中被氧化，根据电子守恒可知V2O3和O2的系数比为1：1，再结合元素守恒可得化学方程式为V2O3+O2+Na2CO3=2NaVO3+CO2↑；
(2)当溶液中c(PO )≤1.0×10-6mol·L-1时，c(Mg2+)≥ =1×10-4mol/L；此时Si元素转化为MgSiO3沉淀；
(3)沉钒前的溶液中含有大量Na+，沉钒可以分离除去Na+，使产品更纯净；根据题目所给信息可知沉钒时需要将V元素转化为微溶于水的V2O5，所以控制pH约为2；
(4)还原过程中还原剂为HCOOH，所以生成的无色无味的气体化合物应为CO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2VO +HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O；浓盐酸中Cl-会被V2O5氧化为有毒气体氯气。
【分析】钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)与Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3、Na2SiO3、Na3PO4，水浸，加入硫酸镁得到MgSiO3、Mg3(PO4)2沉淀，过滤后加入沉钒得到V2O5，再加入稀硫酸溶解得到VO ，酸性条件下加入甲酸还原得到VO2+，在加入碳酸氢铵，得到氧钒碱式碳酸铵晶体。
24．【答案】（1）+2
（2）三；
（3）4
（4）；
（5）Cu、Zn
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)Pb(OH)Cl中O的化合价为－2，Cl的化合价为－1，H的化合价为＋1，根据化合价代数和为0，Pb的化合价为＋2；
(2)铜转炉烟灰中含有Zn、O、Fe、Pb、Cu、As，其中O位于第ⅥA族，Pb位于第ⅣA族，As属于第ⅤA族，而Zn、Fe、Cu属于过渡元素，一共3种非主族元素；根据核外电子排布规律， 的原子结构示意图 ；
(3)浸取过程中需要使Zn元素尽可能多地进入溶液，而杂质离子要尽可能少地进入溶液，同时为了加快反应速率，需要氯化铵的浓度尽量大一些，观察题图，可知当氯化铵的浓度为 时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，氯化铵的浓度也较大，另一方面若浓度再高，铅元素进入溶液，所以最适宜的浓度为 ；
(4)加入适量 溶液目的是除铁元素，同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明此时锰元素是以 的形式存在，亚铁离子被氧化成三价铁，此时pH为4~4.5，又根据已知④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，可知生成的是 ，再根据升降法配平写出的反应方程式为 。要使常温下此时体系中 残留浓度最大，则 ， ， ；
(5) 经过前面的步骤，杂质除去了Fe、Pb、As，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn；
(6)溶液中有大量 ，加入碳酸氢铵后产生 ，说明 电离出的 和 、OH-结合生成 沉淀，促进 的电离，电离出的 又和 结合生成 和 ，所以离子方程式为 。
【分析】根据流程图，向铜转炉烟会中加入了氯化铵和氨水，除出了Pb元素，加入FeCl3，除去了As和部分Fe；加入高锰酸钾后，调节PH4～4.5，根据各金属离子沉淀的pH，可知此步骤除去了Fe3＋，杂质中还有Cu没有除去，因此试剂a为过量的Zn，置换出溶液中的Cu，以便除去Cu，滤渣Ⅲ为Cu和过量的Zn，最后经过沉锌等步骤得到产物。
25．【答案】（1）蒸发浓缩、降温结晶、过滤
（2）
（3）
（4）向过滤器中加入 溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次；
（5）
（6）； 为共价化合物，加入 使 转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为 。
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；离子方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】(1)根据铝铵钒在不同温度下的溶解度数据可知铝铵矾溶解度随温度的降低而减小，所以要从溶液中获得铝铵矾晶体进行的“系列操作”为：蒸发浓缩、降温结晶、过滤。
(2)将“中和液”沉淀时，形成Be(OH)2，Be(OH)2同 类似，会与强碱溶液反应，所以 过大时发生反应的离子方程式为： 。
(3) ， 0.40 ，则 ，因为 ，所以 ，所以答案为： 。
(4)实验室洗涤粗 的操作为：向过滤器中加入 溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次；氢氧化铝为两性氢氧化物，会与 溶液反应生成可溶性的 ，所以反应的离子方程式为： 。
(5)氧化铍与氯气和过量的碳反应生成氯化铍，根据质量守恒和得失电子守恒可知反应方程式为： 。
(6) 铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，则 的电子式为 ；共价化合物熔融状态下不导电，不能进行电解制备铍，所以需要加入氯化钠转化为离子化合物，所以答案为： ； 为共价化合物，加入 使 转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为 。
【分析】硅铍石(主要成分为 、 、 、 、 )经过原料预处理后用硫酸酸浸，浸出液中有Be2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、H+、 ，SiO2形成浸出渣分离，浸出液加入硫酸铵，经过蒸发浓缩、降温结晶(铝铵矾溶解度随温度的降低而减小)、过滤从而分离出铝铵矾晶体，净化液加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+然后加氨水调pH除去铁，过滤之后往中和液中加入碱性物质继续调pH使Be2+完全沉淀，由于铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性，所以生成的Be(OH)2会与氢氧化钠溶液反应形 ，所以调pH时pH不能过大，洗涤后的Be(OH)2高温煅烧分解生成BeO，而后加入氯气和过量的碳反应生成氯化铍： ，铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，需要加入氯化钠转化为离子化合物，然后电解获得铍单质。
26．【答案】（1）SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率
（2）因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用
（3）2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解
（4）[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-
（5）溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)富氧浸出时，由于SiO2属于酸性氧化物，与硫酸不反应，且难溶于水，故二段浸出渣的成分是S和SiO2；锌粉置换渣中的FeO与硫酸反应生成FeSO4，富氧浸出时通入O2可将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；进行两段富氧浸出的目的是浸出更多的浸出液，提高原料的利用率；故答案为：SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+，为后续N235萃取做好准备；浸出更多的浸出液，提高原料的利用率。
(2)根据已知“不同的萃取剂对微粒的选择性不同，N235型萃取剂优先萃取铁；P204+YW100协萃体系优先萃取离子的顺序是：Ge(Ⅳ)>Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)”，故先加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；若将N235萃取和P204+YW100萃取的顺序调换，则P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用，达不到除去Fe3+的目的；故答案为：因为P204+YW100协萃体系对Fe(III)和Ga(III)都有萃取作用。
(3) 中和沉镓时Ga3+与 发生双水解反应生成Ga(OH)3和CO2，反应的离子方程式为2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；根据题给已知①推测，Ga(OH)3能与强碱反应生成[Ga(OH)4]-，
故答案为：用Na2CO3中和沉镓优于选用NaOH的原因是NaOH过量会使Ga(OH)3溶解；故答案为：2Ga3++3CO +3H2O=2Ga(OH)3↓+3CO2↑；NaOH过量会使Ga(OH)3溶解。
(4) 电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓，故生成粗镓的电极反应式为[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；故答案为：[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-。
(5)根据流程图，用N235萃取后得到含Fe3+的有机相I，在有机相I中加入H2SO4进行反萃取，N235循环使用，说明加入硫酸后Fe3+进入无机相II中，从而可得出：一定温度下，影响Fe3+在N235型萃取剂中溶解度大小的主要因素是溶液的酸碱度或pH；由于镓与铝性质相似，故真空蒸馏时采用真空的原因是防止被氧气氧化和减压；故答案为：溶液的酸碱度或pH；防止被氧气氧化和减压。
【分析】锌粉置换渣(主要成分有Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2，还有部分锗元素)中加入H2SO4、并通入O2发生反应得到含Ga3+、Zn2+、Fe3+等的浸出液；根据已知②，浸出液经中和过滤后加入N235萃取优先萃取铁，从而除去Fe3+；无机相I再加入P204+YW100萃取得到含Ga3+的有机相II，有机相II中加入H2SO4得到含Ga3+的无机相III；根据镓与铝性质相似，向无机相III中加入Na2CO3发生双水解反应得到Ga(OH)3沉淀，Ga(OH)3进一步处理得到Ga2O3，Ga2O3与加入的NaOH发生反应Ga2O3+2OH-+3H2O=2[Ga(OH)4]-得到碱溶溶液，电解含[Ga(OH)4]-的碱溶溶液得到粗镓；粗镓经真空蒸馏、重复结晶得到高纯镓。
27．【答案】（1）Sb2O3+6S2-+3H2O=2SbS +6OH-
（2）有污染气体NO、NO2(NOx)等产生
（3）；温度过高，H2O2易分解
（4）HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6；蒸发浓缩、冷却结晶
（5）氧化；4.75×10-19
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)“硫浸”时，As2O3转化为Na3AsS3，反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH，离子方程式为Sb2O3+6S2-+3H2O=2SbS +6OH-；
(2)若用NaNO3和NaOH浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等，其缺陷是有污染气体NO、NO2(NOx)等产生；
(3)H2O2的电子式为 ；若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果，所以反应温度不宜太高的原因是温度过高，H2O2易分解；
(4)“中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成NaSb(OH)6，化学方程式为HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6；从Na3AsO4溶液中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)根据题目信息可知FeAsO4更容易沉淀，H3AsO3的还原性比Fe2+强，可加入适当的氧化剂将其中H3AsO3和Fe2+氧化得到FeAsO4沉淀，所以采用氧化方法除去该废水中的砷；已知：Ksp(FeAsO4)=5.70×10-21，H3AsO3为0.378g/L，则c(H3AsO3)= =0.003mol/L，同理c(Fe3+)= c(Fe2+)= =0.015mol/L，所以加入足量氧化剂后，H3AsO3转化为FeAsO4沉淀，Fe3+剩余，则除去砷后的废液中c(AsO )= = mol/L=4.75×10-19mol/L。
【分析】锑砷烟灰(主要成分为Sb2O3、As2O3，含Pb、Ag、Cu等元素)，加入Na2S和NaOH，根据已知①和②，Sb2O3转化为Na3SbS3，As2O3转化为Na3AsS3，反应为：Sb2O3+6Na2S+3H2O=Na3SbS3+6NaOH；滤液中加入过氧化氢，可将Na3SbS3氧化生成Na3SbO4和S，将Na3AsS3氧化生成Na3AsO4和S，过滤得到固体(Na3SbO4和S的混合物)和滤液(Na3AsO4)，滤液(Na3AsO4)通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na3AsO4 12H2O，固体(Na3SbO4和S的混合物)和加入盐酸除去硫，得到HSbO4的溶液，再加NaOH，得到NaSb(OH)6，以此解答该题。
28．【答案】（1）避免Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素；Al2O3
（2）避免在除去Al3+时Fe3+一并沉淀； 、 (或 )
（3）C
（4）
（5）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)根据分析，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+等，Fe3+能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，造成铁元素的损失；
依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀出来，即滤渣3为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；
(2)依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为：FeS+2Fe3+=3Fe2++S；加入FeO的作用是 、 (或 )
(3)试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+；
A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2+、K+，故A不正确；
B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入 新杂质，故B不正确；
C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C正确；
D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl-、Na+，故D不正确；
故答案为C；
(4)根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为c( )= =1.3×10-17mol L-1；
(5)由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、H2C2O4在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。
【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、Al3+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调节pH使Al3+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。
29．【答案】（1）2∶7；SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑
（2）Fe；取滤渣1溶于适量盐酸（稀硫酸），滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则含有Fe3+（Fe2O3）。（或滴加K4Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀，则说明含有Fe3+（Fe2O3））；Al（OH）3
（3）小；2CrO +2H+ Cr2O +H2O，增大c（H+），使平衡向正反应方向移动，生成Cr2O
（4）Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）FeO·Cr2O3中Fe的化合价由+2价升至+3价、Cr元素的化合价由+3价升至+6价，FeO·Cr2O3是还原剂，氧化产物为Na2CrO4和Fe2O3，1mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNO2，1molNaNO3得到2 mol电子，根据得失电子守恒可知，FeO·Cr2O3和NaNO3的化学计量数之比为2∶7；陶瓷中含有SiO2，在高温下会与Na2CO3反应：SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑；
（2）熔块中氧化铁不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁；滤渣1中主要成分为Fe2O3，可取滤渣1溶于适量盐酸（稀硫酸），滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则含有Fe3+（Fe2O3）[或滴加K4Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀，则说明含有Fe3+（Fe2O3）]；滤液1中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子、铬酸根离子，所以调节pH并过滤后得到滤渣2为氢氧化铝及含硅杂质。
（3）调滤液2的pH目的是提高溶液的酸性，pH变小，使2CrO +2H+ Cr2O +H2O，平衡正向移动，提高重铬酸根离子浓度，有利于K2Cr2O7固体析出；
（4）滤液3中含有大量的Na2Cr2O7，据图可知相同温度下K2Cr2O7的溶解度要比Na2Cr2O7的溶解度小的多，所以加入KCl后析出K2Cr2O7，化学方程式为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl。
【分析】铬铁矿熔融，与Na2CO3、NaNO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3、CO2和NaNO2，硅、铝的杂质转化为Na2SiO3、NaAlO2，熔块水浸后过滤，滤渣1中主要成分为Fe2O3，滤液1中含Na2CrO4、NaNO2、Na2SiO3、NaAlO2，滤液1调pH=7过滤，滤渣2的主要成分为Al（OH）3和含硅杂质，滤液2中含Na2CrO4，调pH使CrO 转化为Cr2O ，滤液3中加入KCl与Na2Cr2O7反应生成K2Cr2O7，据此分析作答。
30．【答案】（1）物理变化
（2）不能；ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品
（3）ZrSiO4+4Cl2+4C ZrCl4+SiCl4+4CO
（4）取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净
（5）2Cl--2e-=Cl2↑；9.1g
（6）7.7
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)分馏过程中没有产生新物质，属于物理变化。
(2)由于ZrSiO4难溶于盐酸，后续依然需要用氯气和石油焦与锆英石反应，浪费药品，所以锆英石不能直接用稀盐酸浸取后再分馏。
(3)“高温气化”中ZrSiO4发生反应得到ZrCl4，根据原子守恒可知还有四氯化硅生成，由于是高温条件下，因此碳转化为CO，则反应的化学方程式为ZrSiO4+4Cl2+4C ZrCl4+SiCl4+4CO。
(4)由于溶液中含有氯离子，可以通过检验氯离子来判断该物质是否洗涤干净，即实验操作为取少许最后一次的洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生，则已洗涤干净。
(5)工业上使用惰性电极电解K2ZrF6与KCl组成的熔盐来制取金属锆，阳极上发生失去电子的氧化反应，因此阳极是氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上得到金属Zr，Zr元素化合价从+4价降低到0价，每转移0.4mole-，生成0.1molZr，则理论上阴极增加的质量为0.1mol×91g/mol＝9.1g。
(6)某温度下Ksp[Zr(CO3)2]=4.0×10-12，则其饱和溶液中c(Zr4+)＝ c(CO )，Ksp[Zr(CO3)2]=c(Zr4+)×c2(CO )=4.0×10-12，解得c(Zr4+)＝1×10-4mol/L，c(CO )＝2×10-4mol/L，所以pc(Zr4+)+pc(CO )=4+4－0.3＝7.7。
【分析】锆英石（主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSiO4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl2 8H2O，900℃加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，据此解答。
31．【答案】（1）三颈烧瓶；除去油污；吸收反应中可能产生的 等气体，防止污染环境；水浴加热；沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复 次上述操作；
（2）用 的 溶液调节溶液 至 ，生成 沉淀
（3）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)①仪器a为三颈烧瓶；
②废铁制品表面有油污，可用碳酸钠溶液清洗；反应过程中需要加热，可能会产生二氧化硫气体，用 溶液吸收反应中可能产生的 等气体，防止污染环境；
③控制温度在 之间可采取水浴加热，该法受热均匀，便于控制温度；
④用冰水洗涤 晶体的操作是：沿玻璃棒向漏斗(或过滤器)中加冰水至水浸没沉淀，待水自然流下，重复 次上述操作；把硫酸亚铁晶体在隔绝空气条件下加热到 ，得到氧化铁、二氧化硫、水蒸气和三氧化硫，化学方程式为： ；
(2)赤铁矿渣(含有 和 杂质)，根据所提供的试剂分析，先用稀硫酸浸取矿渣，得到硫酸铁、硫酸铝和硫酸的混合溶液，再用 的 溶液调节溶液 至 ，铁离子转化为氢氧化铁，然后再用 的硫酸溶解氢氧化铁，再加入过量铁粉，得到硫酸亚铁溶液；
(3)通过实验数据分析， 误差较大，舍去不用；故消耗 溶液的平均体积 ； ，根据电子守恒关系： 可知， ， 溶液中， ， 的质量分数 。
【分析】（1）①根据图示即可判断仪器名称②废铁表面的油污用纯碱除去，产物中有污染空气的二氧化硫气体利用氢氧化钠除杂③温度低于100℃可以采用的是水浴加热的方式④洗涤沉淀是利用蒸馏水没过沉淀进行重复3-到5次，根据反应物和生成物即可写出方程式将
（2）此时应该加入氢氧化钠溶液将铁离子沉淀出
（3）根据给出的数据利用方程式计算即可
32．【答案】（1）延长浸取时间，适当提高温度
（2）过滤
（3）
（4）作还原剂；；1：3
（5）洗涤、干燥；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等；
(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；
(3)金属钌在碱浸时被 溶液氧化为 对应的还原产物为 ，反应的离子方程式为 ；
(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节 的同时，再加入草酸的目的是还原 ，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1：5，T=70℃，NaClO3与 根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3)：n( )=1：3；
(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为： 。
【分析】（1）可以增加浸出率的方法是提高温度或者增大接触面积
（2）固液分离利用的方法是过滤
（3）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（4）根据元素化合价即可判断，根据给出的图示即可找出合适的条件，根据方程式即可判断出氧化剂和还原剂的物质的量之比
（5）的都滤渣后表面有杂质需要进行清理。因此是洗涤干燥，根据反应物和生成物即可写出方程式
33．【答案】（1）使碳充分燃烧而除去
（2）
（3）
（4） 会分解， 逸出，导致溶液的 降低，除铁的效果不好
（5） 、 、
（6）70.0；0.33
【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）“ 钯碳"中含有较多的碳(93% ~ 94% ) ，故焚烧时通入足量的空气，是为了使碳充分燃烧而除去。
（2）甲酸(HCOOH)具有还原性，可以还原PdO，根据题中信息，甲酸还原氧化钯的化学方程式为PdO + HCOOH=Pd +CO2↑+H2O。
（3）根据题中信息，王水氧化Pd产生无色气体，该气体遇空气变红棕色，故该气体为NO，反应的化学方程式为3Pd + 12HCl(浓) + 2HNO3 (浓) 2NO↑+3H2[ PdCl4] +4H2O；
（4）利用氨水除铁的实验条件是：氨水过量，且温度适宜。温度低于70 ，除铁的速率较慢；温度高于75 ，NH3 H2O会分解，NH3逸出，导致溶液的pH降低，除铁的效果不好；
（5）[Pd(NH3)2]Cl2烘干后，在550 下焙烧可以直接得到Pd，依据题中信息可知产物中还有NH3和HCl，二者在温度下降时生成白色固体NH4Cl，冒白烟；依据Pd化合价下降，可知还有元素化合价升高，无色气体还应该有N2。故反应的化学方程式为3[Pd(NH3)2]Cl2 3Pd +4NH3↑+6HCl↑+N2↑；
（6）由题中信息知1g Pd的体积为 ，标准
