2024年高考化学满分专练专题08工艺流程含解析

PAGEPAGE31专题08工艺流程1．硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿（主要成分为ZnO，还含有FeO、CuO、SiO2等杂质）制备ZnSO4·7H2O的流程如下。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10−38，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10−20（1）“滤渣1”的主要成分是_______（填化学式）。“酸浸”过程中，为了提高锌元素浸出速率，可实行的措施有：①适当提高酸的浓度，②_______（填一种）。（2）“氧化”过程中，发生氧化还原反应的离子方程式是_______。（3）“沉淀”过程中，加入ZnO产生Fe(OH)3沉淀的缘由是_______。（4）加入适量ZnO固体，若只析出Fe(OH)3沉淀而未析出Cu(OH)2沉淀，且测得沉淀后的溶液中c(Fe3＋)＝4.0×10−14mol/L，此时溶液中c(Cu2＋)的取值范围是_______mol/L。（5）加入适量锌粉的作用是_______。（6）由滤液得到ZnSO4•7H2O的操作依次为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。试验室中过滤操作须要运用的玻璃仪器有烧杯、_______、_______。【答案】SiO2粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或适当加热等2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe3+在溶液中存在水解平衡:

Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入ZnO

后，与H+反应，H+浓度减小，水解平衡正向进行，生成Fe(OH)3沉淀<2.2×10-4除去溶液中的Cu2+蒸发浓缩冷却结晶漏斗玻璃棒【解析】本题主要考查用锌白矿制备ZnSO4·7H2O的流程的评价。（1）“滤渣1”的主要成分是不溶于稀硫酸的SiO2。“酸浸”过程中，为了提高锌元素浸出速率，可实行的措施有：①适当提高酸的浓度，②粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或适当加热等。（2）“氧化”过程中，发生氧化还原反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。（3）“沉淀”过程中，加入ZnO产生Fe(OH)3沉淀的缘由是Fe3+在溶液中存在水解平衡:

Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入ZnO

后，与H+反应，H+浓度减小，水解平衡正向进行，生成Fe(OH)3沉淀。（4）c(OH－)≥(=10-8mol/L，此时溶液中c(Cu2＋)=<2.2×10-4mol/L。（5）加入适量锌粉的作用是除去溶液中的Cu2+。（6）由滤液得到ZnSO4•7H2O的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。试验室中过滤操作须要运用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。2．某工厂以重晶石（主要含BaSO4）为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸(BaTiO3)的工艺流程如下：回答下列问题：(l)为提高BaCO3的酸浸速率，可实行的措施为__（写出一条即可）；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制肯定浓度的TiCl4溶液的方法是____。(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石（假设杂质不与Na2CO3反应），能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K=___（填写计算结果）；若不考虑CO32－的水解，要使2.33gBaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少须要浓度为1.0mol·L－1Na2CO3溶液___mL。（已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9）(3)流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)＋、TiOC2O4、TiO(C2O4)22－三种形式存在（改变曲线如右图所示）。实际制备工艺中，先用氨水调整混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为____；图中曲线c对应钛的形式为____（填粒子符号）。(4)流程中“滤液”的主要成分为____；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式：____。【答案】将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度0.02510TiO(C2O4)22－＋Ba2＋＋4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓TiO(OH)＋NH4ClBaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3＋2CO↑＋2CO2↑＋4H2O【解析】(1)盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2↑，为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热上升反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4++4H2OTi(OH)4+4H+，使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；(2)在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数；2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，依据BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，完全转化须要0.01molCO32－，同时溶液中产生0.01molSO42-，依据K值溶液中含有n（CO32-）=0.01mol÷0.02=0.5mol，须要加入Na2CO3为0.01mol+0.5mol=0.51mol，须要Na2CO3溶液的体积为0.51mol÷1mol/L=0.51L=510mL。(3)“混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，调整混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以推断c对应钛的形式为TiO（OH）+；(4)TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体，依据原子守恒，滤液中主要成分为NH4Cl。草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O。3．铜是人类最早运用的金属，在生产生活中应用及其广泛。工业上以黄铜矿(主要成分FeCuS2)为原料制取金属铜，其主要工艺流程如图所示。已知：反应II的离子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S回答下列问题：（1）FeCuS2中S的化合价____。（2）反应I在隔绝空气、高温煅烧条件下进行，写出化学方程式____。（3）为了反应I充分进行，工业上可实行的措施是____。（4）反应III的离子方程式为____。（5）向反应III后的溶液中加入稀硫酸的目的是____。（6）该流程中，可循环利用的物质除CuCl2外，还有___（填化学式）。（7）反应IV中，处理尾气SO2的方法，合理的是_____A．高空排放B．用BaCl2溶液汲取制备BaSO3C．用氨水汲取后，再经氧化，制备(NH4)2SO4D．用纯碱溶液汲取可生成Na2SO3（H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11；H2SO3：Ka1=1.2×102，Ka2=5.6×108）（8）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)该反应的平衡常数K=___[已知Ksp(CuCl)=a，Ksp(Cu2S)=b]【答案】-2FeCuS2+S高温煅烧FeS2+CuS粉碎或搅拌4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，有利于其析出S、H2SO4、HClCD【解析】（1）依据化合价代数和为零的原则Fe为+2价，Cu为+2价，则FeCuS2中S的化合价-2。答案：-2。（2）黄铜矿主要成分FeCuS2，反应I在隔绝空气、高温煅烧条件下进行，硫和FeCuS2发生反应生成FeS2和CuS，化学方程式为：FeCuS2+SFeS2+CuS。答案：FeCuS2+SFeS2+CuS。（3）为了反应I充分进行，工业上可实行的措施是将矿石粉碎或充分搅拌，以增大接触面积，加快化学反应速率。答案：粉碎或搅拌。（4）由反应II的离子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S，经过滤可知滤液中含有[CuCl2]-、H+等离子，通入空气后[CuCl2]-中的+1价铜被氧气氧化，所以反应III的离子方程式为4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O。答案：4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O。（5）因为在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，所以向反应III后的溶液中加入稀硫酸的目的是使CuSO4变成晶体析出。答案：在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，有利于其析出。（6）依据流程图分析可知；该流程中可循环利用的物质有CuCl2、S、H2SO4、HCl。答案：S、H2SO4、HCl。（7）A.二氧化硫有毒,不能干脆高空排放,否则会污染空气,应当用碱液汲取,故A错误;B.盐酸酸性大于亚硫酸,所以二氧化硫和BaCl2不反应,则不能用二氧化硫和氯化钡溶液制取BaSO3,故B错误;C.二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是碱,二者反应生成亚硫酸铵,亚硫酸铵不稳定，易被氧化成硫酸铵，所以用氨水汲取后,再经氧化制备硫酸铵,故C正确的;D.二氧化硫和水反应生成的亚硫酸酸性大于碳酸,所以二氧化硫能和纯碱溶液反应生成亚硫酸钠,所以用纯碱溶液汲取制备亚硫酸钠是正确的，故D正确；答案：CD。（8）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq),反应的平衡常数K=c2(Cl-)/c(S2-)=Ksp2(CuCl)/Ksp(Cu2S)=,答案：。4．金属钼具有高强度、高熔点、耐磨抗腐性，用于制火箭、卫星的合金构件。钼酸钠晶体(Na2MoO4•2H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。利用钼矿(主要成分MoS2，还含少量钙、镁等元素)为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体的主要流程图如下：(1)Na2MoO4•2H2O中钼元素的价态为___，煅烧产生的尾气引起的环境危害主要是_______。(2)用浓氨水溶解粗产品的离子方程式是_________，由图中信息可以推断MoO3是___氧化物。（填“酸性”、“碱性”或“两性”）(3)操作I是_____，操作Ⅱ所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是____。(4)采纳NaClO氧化钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热。①请配平以下化学反应：___NaClO+___MoS2+___NaOH→___Na2MoO4+___Na2SO4+___NaCl+___H2O。②钼的浸出率随着温度改变如图，当温度高于50℃后浸出率降低的可能缘由是______（写一点）。(5)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为______。【答案】+6酸雨MoO3+2NH3•H2O=2NH4++MoO42﹣+H2O酸性过滤取少量最终一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净9161293该反应为放热反应，升温使平衡逆移；随着温度上升，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42﹣Lix(MoS2)n-xe﹣=nMoS2+xLi+【解析】(1)Na2MoO4·2H2O中Na元素化合价为+1价、O元素化合价为-2价，依据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素的价态为4×2-2×1=+6价；工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，二氧化硫引起的环境危害主要是酸雨；(2)用浓氨水溶解粗产品MoO3，反应产生钼酸铵和水，反应的离子方程式为：MoO3+2NH3•H2O=2NH4++MoO42﹣+H2O；MoO3可以与碱溶液反应生成MoO42-和水，因此可以说明MoO3是酸性氧化物；(3)操作I是分别难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，该分别混合物的方法为过滤；操作Ⅱ过滤分别出固体钼酸和滤液，在滤液中含有NH4Cl，所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法就是检验洗涤液中是否含有Cl-，操作是取少量最终一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净；(4)①在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO中的+1价变为反应后NaCl中的-1价、Mo元素化合价由反应前MoS2中的+2价变为+6价、S元素化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后Na2SO4中的+6价，依据转移电子及原子守恒，配平方程式为9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O；②钼的浸出率随着温度改变如图，当温度低于50℃时，温度上升，反应速率加快，更多的钼溶解，因此钼的浸出率随着温度的上升而增大；当温度高于50℃后浸出率降低的可能缘由是：第一，该反应的正反应是放热反应，随着温度上升，平衡向吸热的逆反应方向移动；其次，随着温度上升，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42﹣，导致浸出率降低；(5)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知：在电池充电时阳极上的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Lix(MoS2)n，则阳极反应式为Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。5．锆()是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。以锆英石(主要成分是，还含有少量等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示(1)写出的电子式____________________。(2)高温气化过程中，不考虑损失，发觉分馏后得到的质量通常比由纯发生的反应得到的质量大，用化学方程式来说明缘由_________________________。(3)高温气化后的固体残渣除碳外，还有和，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分别出碳和两种固体的方法是____________________。(4)写出上述流程中与水反应的化学方程式：____________________________。(5)已知氧化锆()是一种两性氧化物，与氢氧化钠共熔融可形成酸盐，请写出化学方程式_________________________________________。(6)工业上可用钾还原时制得金属，被还原时生成的钾盐的物质的量为_________________。(7)已知，。下列说法正确的是__________A．，电解质溶液的与之和均为14B．用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中渐渐增大C．溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中渐渐减小D．某温度下，则其溶液中【答案】加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可)【解析】（1）SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，故答案为：；（2）高温气化过程中，二氧化硅和氯气与碳反应生成氯化硅与一氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：；（3）分别出碳和，从的两性来分析，如先加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得；或先用盐酸浸取过滤得碳，再向滤液加入过量氨水得到沉淀，最终再加热得到，故答案为：加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可)；（4）依据流程图可知ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2•8H2O，依据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl，故答案为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl；（5）结合氧化铝的两性，依据已知条件可知，氧化锆()与氢氧化钠共熔融可形成酸盐的化学方程式为：，故答案为：；（6）用钾还原时制得金属，依据氧化还原反应的规律得出其化学方程式为：:K2ZrF6+4K=Zr+6KF，依据关系式得出若被还原时生成的钾盐（KF）的物质的量为6mol,故答案为：6mol;(7)A．，依据水的离子积可知，×=10-14,结合公式可推出，电解质溶液的与之和均为14，A项正确；B.用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中渐渐减小，则，B项正确；C.溶液中逐滴加入硫酸溶液，生成硫酸钡，滴加过程中渐渐减小，会渐渐增大，C项错误；D.，则溶液中c(Zr4+)·c2(CO32-)=4.0×10-12，则-lgc(Zr4+)·c2(CO32-)=12-2lg2，即pc(Zr4+)+2pc(CO32-)=11.4，D项错误；答案选AB。6．利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4]生产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示：已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2·xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH（OH）COOH。回答下列问题：（1）TiOSO4中钛元素的化合价是____________，步骤①中分别硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是___________。（2）滤渣的主要成分为TiO2·xH2O，结合离子方程式说明得到滤渣的缘由：________。（3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是____________________；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。（4）步骤④中发生反应的离子方程式为______________________。（5）步骤⑥必需限制肯定的真空度，缘由是有利于蒸发水以及____________________。（6）试验室中检验溶液B中主要阳离子的方法是______________________。【答案】+4过滤TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O蒸发浓缩、冷却结晶、过滤1:4Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑防止Fe2+被氧化取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将潮湿的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+【解析】（1）由化合价代数和为0可知，TiOSO4中钛元素的化合价是+4价；步骤①中分别硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为：+4；过滤；（2）TiOSO4在溶液中水解生成TiO2•xH2O，水解的离子方程式为：TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+，加入铁屑，铁与H+反应，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O沉淀，故答案为：TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O；（3）FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，反应的化学方程式为4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；1：4；（4）步骤④为FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤⑥必需限制肯定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；（6）溶液B为硫酸铵溶液，试验室检验铵根离子的方法是：取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将潮湿的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+，故答案为：取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将潮湿的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+。7．用含钴废料（主要成分为Co，含有肯定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）的工业流程如下图．己知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为有机物（难电离）。请回答下列问题：（1）滤渣I的主要成分是_____（填化学式）,写出一种能提高酸浸速率的措施_______。（2）操作①用到的玻璃仪器有_______________。（3）H2O2是一种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式:_______________。（4）加入氧化钴的目的是调整溶液的pH．若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，则应将浸出液的PH限制在_______。（已知：溶液中离子浓度小于1×10－5mol/L,则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分别为1×10－15，1×10－38,1×10－32)（5）加入（NH4）2C2O4反应的离子方程式为________，过滤得到的草酸钴晶体须要用蒸馏水洗涤，检验是否洗涤干净的方法是____________。（6）加入有机萃取剂的目的是__________。试验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子（C2O42－）来测定溶液中C2O42－的浓度，KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．【答案】SiO2提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌分液漏斗、烧杯2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O5pH<9Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净溶解NiR2，使之与水层分别偏高【解析】(1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2，提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；故答案为：SiO2；提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌；(2)通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液须要的仪器有：分液漏斗、烧杯；故答案为：分液漏斗、烧杯；(3)H2O2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(4)加入氧化钴的目的是调整溶液的pH，使铁离子沉淀，依据沉淀溶度积可知，铁离子所需的氢氧根离子浓度c1(OH-)=2×10-11mol/L，溶液的c1(H+)=5×10-4mol/L，则pH1-lgc1(H+)=3.3；同理可得，铁离子所需的氢氧根离子浓度c2(OH-)=1×10-9mol/L，溶液的c2(H+)=1×10-5mol/L，则pH2-lgc2(H+)=5；而氢氧化镍起先沉淀时所需的氢氧根离子浓度c3(OH-)<=1×10-5mol/L，溶液的c1(H+)>=1×10-9mol/L，则pH3<-lgc3(H+)=9，综上所述，最佳pH的范围为5pH<9，若故答案为：5pH<9；(5)加入（NH4）2C2O4后生成CoC2O4·2H2O↓，离子方程式为：Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓，检验晶体是否洗涤干净，只要检验是否有残留的硫酸根离子在晶体表面即可，即滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净，故答案为：Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓；滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净；（6）依据相像相容原理可知，加入有机萃取剂可溶解NiR2，从而使之与水层分别；若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高；故答案为：溶解NiR2，使之与水层分别；偏高。8．钴酸锂(LiCoO2)是锂离子电池的一种重要正极材料。可利用湿法冶金工艺处理精选后的锂离子电池正极材料（LiCoO2、乙炔黑）重新制备高纯度LiCoO2，其流程如下。（已知：LiCoO2难溶于水，Li2CO3微溶于水、难溶于醇，CoCO3难溶于水和醇）(l)H2O2的作用是____。(2)“浸取”时若加入盐酸，Cl-被LiCoO2氧化产生Cl2。请写出该反应的离子方程式____。(3)向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用___，滤渣b的主要成分是____（填化学式）。(4)在空气中“煅烧”时发生的总化学方程式为___。(5)可用碘量法来测定产品中钴的含量。取mg样品溶于稀硫酸，加入过量KI，以淀粉为指示剂，用cmol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液VmL，则产品中钴的含量为____（以Co2O3计）。有关反应：LiCoO2+4H+=Li++Co3++2H2O，2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-【答案】还原剂2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O降低Li2CO3的溶解度，使其尽可能析出Li2CO3和CoCO3Li2CO3、CoCO34CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2%【解析】（1）“浸取”步骤加入H2SO4、H2O2，滤液中产生了Co2+，钴元素化合价由+3价变成了+2价，故H2O2作还原剂，用来还原LiCoO2。答案：还原剂。（2）“浸取”时若加入盐酸，其会被LiCoO2氧化产生Cl2，造成环境污染，该反应的离子方程式为2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O，因LiCoO2难溶于水，故在离子方程式中不拆。答案：2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O。（3）因Li2CO3和CoCO3都难溶于醇，向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用降低Li2CO3、CoCO3的溶解度，使其尽可能析出。滤渣b的主要成分是Li2CO3和CoCO3。答案：降低Li2CO3的溶解度，使其尽可能析出Li2CO3和CoCO3；Li2CO3和CoCO3。（4）在空气中“煅烧”时发生的总化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2（5）LiCoO2～S2O32-1：1关系n（LiCoO2）=cV×10-3mol，n（Co2O3）=cV×10-3mol，m（Co2O3）=166×cV×10-3g，产品中钴的含量为=%；答案：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2；%。9．PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工业。由方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCO3的流程如下：已知：PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水；各物质的溶度积见下表。试回答下列问题：物质Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3PbCl2PbSPbCO3Ksp2×10-138.0×10-161×10-381.6×10-58.0×10-287.4×10-14(1)PbCO3的名称是________。(2)步骤①中MnO2的作用是________，依据下图分析①的最佳反应条件是________。(3)步骤②趁热抽滤的缘由是___________________。(4)步骤③洗涤用的试剂是____________。(5)将滤液Y先酸化，然后加入MnO2，反应的离子方程式为__________；若反应后c(Mn2+)=0.2mol/L，进一步调整溶液的pH可分别Fe3+和Mn2+，溶液所调的pH范围为_______[c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时表示Fe3+已沉淀完全]。(6)步骤④反应的离子方程式为______________。(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质，提纯的试验方案是________。【答案】碳酸铅氧化剂（将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-）80℃和3mol/LHClPbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分别冷水或乙醇2Fe2++4H++MnO2＝2Fe3++Mn2++2H2O3≤pH＜8或3~8PbCl2+CO32-＝PbCO3+2Cl-向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤【解析】(1)PbCO3的名称为碳酸铅，故答案为：碳酸铅；(2)步骤①反应生成了硫沉淀，说明MnO2是氧化剂，将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-，依据图象，80℃和3mol/LHCl时，浸取率最高，故答案为：氧化剂(或将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-)；80℃和3mol/LHCl；(3)依据流程图步骤③的提示，PbCl2降温易结晶析出，因此步骤②须要趁热抽滤，有利于铅的化合物与不溶性杂质分别，故答案为：PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分别；(4)PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水，步骤③洗涤用的试剂可以是冷水或乙醇，故答案为：冷水或乙醇；(5)将滤液Y先酸化，然后加入MnO2，二氧化锰将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4H++MnO2＝2Fe3++Mn2++2H2O；若反应后c(Mn2+)=0.2mol/L，进一步调整溶液的pH可分别Fe3+和Mn2+，依据表格数据，使Fe3+完全沉淀时，溶液中c(OH-)=≥=1×10-11，此时pH≥3，使Mn2+恰好起先沉淀时，溶液中c(OH-)===1×10-6，此时pH=8，因此须要调整溶液的pH至3≤pH＜8才能达到分别目的，故答案为：2Fe2++4H++MnO2＝2Fe3++Mn2++2H2O；3≤pH＜8；(6)步骤④中PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3，反应的离子方程式为PbCl2+CO32-＝PbCO3+2Cl-，故答案为：PbCl2+CO32-＝PbCO3+2Cl-；(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质，依据PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水，和流程图中PbCl2中加入碳酸钠溶液能够发生沉淀的转化生成PbCO3，提纯的方法是向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤，故答案为：向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤。10．工业采纳氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋起先沉淀的pH分别为8.1、9.1。③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。(1)结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、m(NH4Cl)/m(菱锰矿粉)分别为____________、____________、____________。(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2＋转化为Fe3＋，再调整溶液pH的范围__，将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为____。(4)上述流程中可循环运用的物质是________。(5)现用滴定法测定浸出液中Mn2＋的含量。试验步骤：称取1.000g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2＋＋NO3-＋4PO43-＋2H＋2[Mn(PO4)2]3－＋NO2-＋H2O充分进行并除去多余的硝酸；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-＋NH4+===N2↑＋2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，用2.00mol·L－110.00mL硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43-；用0.10mol·L－110.00mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应(还原产物是Cr3＋)的离子方程式为___________。②试样中锰的质量分数为________。【答案】500℃60min1.104.7≤pH<8.1Mn2＋＋2HCO3-===MnCO3↓＋CO2↑＋H2ONH4Cl6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O77%【解析】(1)依据图像分析，焙烧温度在500℃以上、焙烧时间在60min以上、在1.1以上，锰浸出率超过90%，所以焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为500℃、60min、1.10；(2)净化除杂的目的是将Fe3＋和Al3＋变为沉淀除去，并且保证Mn2＋不能沉淀，所以调整溶液pH的范围为4.7≤pH<8.1；(3)“碳化结晶”步骤中，碳酸氢铵与锰离子反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳气体，反应离子方程式是Mn2＋＋2HCO3-===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；(4)依据流程图，可循环运用的物质是NH4Cl；(5)①依据得失电子守恒，酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式是6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O；②Cr2O72-的物质的量是0.10mol·L－1×0.01L=0.001mol，反应6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O消耗Fe2＋的物质的量是0.006mol，[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43-消耗Fe2＋的物质的量是2.00mol·L－1×0.01L－0.006mol=0.014mol，依据Mn2＋～[Mn(PO4)2]3－～Fe2＋，可知Mn2＋的物质的量是0.014mol，锰的质量分数为。11．六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：回答下列问题：(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于__________(填序号)。A．碱B．盐C．碱性氧化物(2)发生“电解I”时所用的是__________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为___________________。(4)“电解II”的阳极产物为____________(填离子符号)。(5)操作a的名称是______，该流程中可循环利用的物质是____________(填化学式)。(6)“反应II”的离子方程式为___________________。【答案】B阳离子3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2ClO4-蒸发浓缩NaClCu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O【解析】(1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子，属于盐，故答案为：B；(2)“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，须要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜，故答案为：阳离子；(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；(4)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；(5)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；从流程图可以看成，可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；(6)“反应II”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜，二氧化碳和水，碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。12．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获得净水剂黄钠铁矾[NaFe(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可实行的措施有___________(写出两种)。（2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为________mol。（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调整浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_____(填化学式)。（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4·H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于推断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最相宜的NaOH的物质的量浓度为_____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_____。（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C．Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42－的电极反应式为______；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_______。【答案】提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）SiO20.152Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑Fe(OH)30.015mol/LN2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O避开FeO42-在阴极上被还原【解析】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，故答案为：提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来，故答案为：SiO2；（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为Fe3+，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe2+NaClO，则0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15mol，故答案为：0.15；（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，接着在“沉铁”过程中加入碳酸钠调整浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，故答案为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑；Fe(OH)3；（5）依据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最相宜的NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)，故答案为：0.015；N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)；（6）依据电解原理以及试验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42－具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避开FeO42－在阴极上被还原；故答案为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；避开FeO42-在阴极上被还原。13．某爱好小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁()，进一步制备高纯度还原铁粉。

已知：难溶于水；是二元弱酸，溶于水。(1)步骤②中H2C2O4稍过量的目的是：_____________________；(2)步骤②中得到FeC2O4.2H2O的离子反应方程式为：_________________________。(3)实现步骤④，必需在______(填仪器名称)中进行，该步骤发生的化学反应方程式为：______________(4)为实现步骤⑤，不宜用碳粉干脆还原Fe2O3，理由是________________________。(5)若将固体放在一个可称出质量的容器内加热，(Mr=180)首先逐步失去结晶水，温度接着上升时.(Mr=144)会渐渐转变为铁的各种氧化物。称取18.00g，持续加热，剩余固体的质量随温度改变的部分数据如下表(其中450℃以前是隔绝空气加热，450℃以后是在空气中加热)：温度/℃25150300350400450500600700800固体质量/g18.0016.2014.4014.407.207.208.008.007.737.73依据上述数据计算并推断：150℃剩余的固体物质是________________(填化学式，下同)；800℃剩余的固体物质是________________。【答案】使沉淀完全，从而提高产率Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+坩锅4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会混有杂质碳粉FeC2O42H2OFe2O3【解析】(1)步骤②H2C2O4稍过量，最主要的作用是将溶液里的Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率，故答案为：使沉淀完全，从而提高产率；(2)步骤②中得到FeC2O42H2O的离子反应方程式为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+，故答案为：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+；(3)固体灼烧须要在坩埚内进行；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O，故答案为：坩埚；4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O；(4)步骤⑤选用碳粉还原Fe2O3，为固体间的反应，接触面积小，反应不完全；多余的碳粉会影响铁粉的纯度，故答案为：接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会混有杂质碳粉；(5)依据题给信息，450℃以前是隔绝空气加热，分析表中的数据可知，18.00g变为14.40g时，表明：300℃时，结晶水已全部失去，而150℃剩余的固体物质质量为14.40g<16.20g<18.00g，说明FeC2O42H2O没有分解完全，还有FeC2O42H2O剩余；450℃以后是在空气中加热，据铁元素守恒：6FeO→2Fe3O4→3Fe2O3

6×72：2×232：3×160=72：77.3：80

即72：77.3：80≈7.20：7.73：8.00，固体质量的改变趋势与表中供应的数据一样，故800℃剩余的固体物质为：Fe2O3；故答案为：FeC2O42H2O；Fe2O3。14．五氧化二钒及其他钒的化合物广泛应用于钢铁、有色合金、化工、炼油、玻璃及陶瓷等工业部门。可从含钒石煤灰渣中提钒，该试验工艺流程如下图：表1灰渣主要化学成分分析/%V2O3SiO2Fe2O3Al2O3MgOK2OCaO烧失量1.2655.716.347.541.263.191.4120.55表2中间盐主要成分分析/%（以氧化物形式表示其含量）V2O3Al2O3Fe2O3MgOK2O5.921.7018.632.113.38已知：①石煤灰渣的化学成分分析见表1，中间盐的主要成分分析见表2。②矿物焙烧过程中，若温度过高，易发生烧结，温度越高，烧结现象越严峻。③萃取反应可以表示为：VO2++(HR2)PO4(o)→VO[R2PO4]R(o)+H+，(o)表示有机相④有机萃取剂(HR2)PO4萃取VO2+的实力比萃取V02+要强。请回答：（1）提高浸取率的方法有____________，残渣的主要成分为_______________________，（2）经几级萃取后，有时候要适当加酸调整pH值，结合萃取反应方程式，说明缘由_____________。反萃取操作应加入_____________试剂。（3）中间盐溶解过程中，加铁粉的主要目的是_____________________。（4）石煤中的钒以V(Ⅲ)为主，有部分V(Ⅳ)，很少见V(Ⅴ)。如图1和如图2分别为焙烧温度和焙烧时间对钒浸出率的影响，由如图2可得最佳焙烧时间为______________h，由如图1可得最佳焙烧温度为800-850℃之间，焙烧温度在850℃以下时，钒浸出率随焙烧温度的上升几乎直线上升的缘由是_________________________，当焙烧温度超群过850℃以后，再提高温度，浸出率反而下降的可能缘由是：_________________________。（5）反萃取液中的VO2+，加入氯酸钠后被氧化为VO2+，请写出该反应的离子方程式______________。然后用氨水调整pH到1.9～2.2沉钒，得多钒酸铵沉淀（化学式为(NH4)2V12O31·nH2O)，再经固液分别、干燥、焙烧得五氧化二钒产品，请写出此步反应的化学方程式____________________________。【答案】加热，提高酸的浓度，粉碎等SiO2随着萃取过程的进行，水相中的pH值有所下降，所以经几级萃取后须要调整pH值H2SO4溶液将VO2+还原为VO2+1.5-2.0之间850℃以前，随着焙烧温度的上升，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多，因此浸出率上升。850℃以后，样品发生烧结，温度越高，烧结现象越严峻，从而使钒的浸出率下降。3H2O+6VO2++ClO3-=Cl-+6VO2++6H+(NH4)2V12O31·nH2O6V2O5+2NH3↑+(n+1)H2O【解析】（1）加热，提高酸的浓度，粉碎等均可提高浸取率；加硫酸酸浸后，二氧化硅不反应，则残渣的主要成分为SiO2，故答案为：加热，提高酸的浓度，粉碎等；SiO2；（2）萃取反应依据VO2++(HR2)PO4(o)→VO[R2PO4]R(o)+H+可知，随着萃取过程的进行，水相中的氢离子浓度不断增大，pH值有所下降，所以经几级萃取后须要调整pH值，反萃取时，可加入适量硫酸溶液，使平衡向逆向移动，达到反萃取的目的，故答案为：随着萃取过程的进行，水相中的pH值有所下降，所以经几级萃取后须要调整pH值H2SO4溶液；（3）由已知信息④可知，有机萃取剂(HR2)PO4萃取VO2+的实力比萃取VO2+要强，所以在中间盐溶液过程中，加入还原剂铁粉，可将VO2+还原为VO2+，提高原料利用率，便于后续萃取操作，故答案为：将VO2+还原为VO2+；（4）图2可得浸出率随着焙烧时间呈增大趋势，其最佳焙烧时间在1.5-2.0h之间均可；浸出率随温度的改变曲线如图1，其缘由是，850℃以前，随着焙烧温度的上升，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多，因此浸出率上升；850℃以后，样品发生烧结，温度越高，烧结现象越严峻，从而使钒的浸出率下降，故答案为：1.5-2.0之间；850℃以前，随着焙烧温度的上升，反应速率加快，生成的高价钒化合物更多，因此浸出率上升；850℃以后，样品发生烧结，温度越高，烧结现象越严峻，从而使钒的浸出率下降；（5）反萃取液中的VO2+，加入氯酸钠后被氧化为VO2+，则NaClO3被还原为Cl-，依据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为6VO2++ClO3-+3H2O=6VO2++Cl-+6H+；(NH4)2V12O31·nH2O再经固液分别、干燥、焙烧得五氧化二钒产品，同时会有氨气与水生成，其化学方程式为：(NH4)2V12O31·nH2O6V2O5+2NH3↑+(n+1)H2O，故答案为：6VO2++ClO3-+3H2O=6VO2++Cl-+6H+；(NH4)2V12O31·nH2O6V2O5+2NH3↑+(n+1)H2O。15．碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料——MnxZn(1−x)Fe2O4，其工艺流程如图所示：(1)已知MnxZn(1−x)Fe2O4中锰元素的化合价与试验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为___________。(2)“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：_________________________________。(3)“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1−x)Fe2O4相符合。①写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：______________________、_______。②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=amol·L−1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=bmol·L−1，滤液体积为1m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为___________kg(忽视溶液体积改变，用含a、b的代数式表示)。(4)在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+；生产过程中发觉实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能缘由除温度外，主要是______________________。(5)用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分别出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_______________。【答案】+3MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2OFe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑112a−56b生成的Fe3+催化了双氧水的分解c(NH4+)>c(SO42—)>c(H+)>c(OH−)【解析】（1）由题意可知，MnxZn(1−x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：（+2）×x+（+2）×（1—x）+（+a）×2+（—2）×4=0，解得a=3，故答案为：+3；（2）由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O，故答案为：MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O；（3）①“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的Fe3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe3+与Fe反应生成Fe2+，Fe3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑；②由MnxZn(1−x)Fe2O4得化学式可知，n[Mn2++Zn2+]:n(Fe3+)=1:2，设加入的铁粉为xmol，依据题意可得（amol·L−1×103L）:(bmol·L−1×103L+x)=1:2，解得x=(2a-b)×103mol，则加入的铁粉质量为(2a-b)×103mol×56g/mol=56(2a-b)×103g=56(2a-b)kg，故答案为：56(2a-b)；(4)在“氧化”工序中，双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，反应生成的Fe3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素，故答案为：生成的Fe3+催化了双氧水的分解；（5）由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中肯定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H+)>c(OH−)，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH4+)>c(SO42—)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为，故答案为：c(NH4+)>c(SO42—)>c(H+)>c(OH−).16．碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、氧化铁等）生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3起先沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列问题：（1）加入少量NaHCO3的目的是调整pH在_____________________范围内。（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_____________________________________________________________。（3）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为_________________________________。（4）在医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。依据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO3－。为检验所得产品中是否含有Fe2+，应运用的试剂为_________。A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液（5）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，试验操作如下：精确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调整pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后,再用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I22S2O32-+I2=2I-+S4O62-则溶液中铁元素的总含量为_________g·L-1。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会_______(填“偏高”“偏低”“不变”)【答案】4.4~7.52H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+D5.6偏高【解析】（1）制备硫酸亚铁，需与硫酸铝分别，应调整溶液pH生成Al（OH）3，避开生成Fe（OH）2沉淀，则应限制溶液pH在4.4～7.5之间；（2）NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故离子方程式为2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O；（3）[Fe（OH）]2+离子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合离子，依据电荷守恒和质量守恒可写出反应的离子方程式为2[Fe（OH）]2++2H2O[Fe2（OH）4]2++2H+；（5）检验所得产品中是否含有Fe2+，可运用酸性KMnO4溶液，现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；（6）依据所给反应可得关系式Fe3+~S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中铁元素的总含量为0.0020mol×56g/mol÷0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高。17．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。I.已知硼镁矿主要成分为,硼砂的化学式为。一种利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如下所示：(1)写出硼元素在周期表中的位置_________________________(2)将硼砂溶于热水后，用硫酸调整溶液的为2〜3以制取硼酸,该反应的离子方程式为_________________________________________。(3)由制备时，肯定条件是_________________________________。(4)制得的粗硼在肯定条件下生成,加热分解可以得到纯净的单质硼。现将粗硼制成的完全分解，将生成的配制成溶液，用酸式滴定管量取碘水溶液放入锥形瓶中，向其中滴加几滴淀粉溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液。(提示：)滴定终点的现象为____________,该粗硼样品的纯度为____________%Ⅱ(5)已知：的电离常数为,的电离常数为、，向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加溶液，_____(填“能”或“不能”)视察到气泡逸出.(6)[也可写成]可以通过电解溶液的方法制备.工作原理如图所示(阳离子交换膜和阴离子交换膜分别只允许阳离子、阴离子通过).①膜为________交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)，写出产品室发生反应的离子方程式:________________理论上每生成,阴极室可生成________气体(标准状况)②室中，进口和出口的溶液浓度大小关系为________(填“>”或“<”)【答案】其次周期、第IIIA族B4O72-+2H++5H2O4H3BO3在HCl氛围中加热滴加最终一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中蓝色恰好褪去，且半分钟不复原原色99不能阴离子H++B(OH)4-=H3BO3+H2O11.2<【解析】I.（1）硼元素为5号元素，核外有5个电子，位于元素周期表的其次周期、第IIIA族，故答案为：其次周期、第IIIA族；（2）硼砂的化学式为，溶于热水并加入硫酸后生成硼酸，其离子方程式为：B4O72-+2H++5H2O4H3BO3，故答案为：B4O72-+2H++5H2O4H3BO3；（3）因MgCl2在蒸干灼烧时会发生水解，其水解的离子方程式为：，所以为了防止氯化镁水解生成氢氧化镁，须要在氛围中加热，故答案为：在HCl氛围中加热；（4）碘水溶液呈酸性，选择酸式滴定管，滴定终点时，溶液中的碘完全反应，所以滴定终点时的现象为滴加最终一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中蓝色恰好褪去，且半分钟不复原原色；硫代硫酸钠的物质的量为：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，依据关系式：B～BI3～I2～3S2O32-，n（B）=n（S2O32-）=0.0018mol，则原样品中B的物质的量=0.0018mol×=0.018mol，则硼的质量为：11g/mol×0.018mol=0.198g，粗硼中硼的含量为：=99%，

故答案为：酸式；滴加最终一滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中蓝色恰好褪去，且半分钟不复原原色；99；Ⅱ.（5）的电离常数为,的电离常数为、，弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，则酸性强弱：，则向盛有饱和硼酸溶液的试管中，滴加溶液，不能视察到气泡逸出，故答案为：不能；（6）①产品室可得到H3BO3的缘由是因为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，其离子方程式为：H++B(OH)4-=H3BO3+H2O；所以b膜应为阴离子交换膜；阴极的电解质为氢氧化钠，所以阴极室的电极反应式为：2H++2e-=H2↑，结合阳极室的反应可知，2H3BO32H+H2，所以理论上每生成,阴极室可生成0.5mol氢气，其体积在标况下为0.5mol×22.4L=11.2L，故答案为：阴离子；H++B(OH)4-=H3BO3+H2O；11.2；②室中，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，溶液中氢氧根离子浓度增大，即进口和出口的溶液浓度大小关系为<，故答案为：<。18．CoCl2·6H2O是一种饲料养分强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②酸性条件下，ClO3－不会氧化Co2+，ClO3－转化为Cl－；③部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)④CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶生成无水氯化钴。请回答：(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式___________。(2)向浸出液中加入NaClO3发生主要反应的离子方程式___________。(3)“加Na2CO3调pH至5.2”，过滤所得到的沉淀Ⅹ成分为___________。(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示，萃取剂运用的相宜pH范围是___________。(填选项序号字母)A1.0~2.0B2.5~3.5C4.0~5.0(5)制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的缘由是___________。(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂(Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2-3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为___________。用K2CrO4做指示剂时，须要限制溶液pH值为6.5~10.5，试分析缘由______________________。【答案】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O6H++6Fe2++ClO3-=6Fe3++Cl-+3H2OFe(OH)3,Al(OH)3B降低烘干温度，防CoCl2·6H2O高温下失去结晶水59.5%pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)；pH太大生成Ag(OH)沉淀(或Ag2O沉淀)【解析】（1）水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在