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2024届高三新高考化学大一轮专题训练题----工业流程题
1．（2023·湖北荆州·统考模拟预测）镍、钴是重要的战略金属。广泛应用于国防、新能源、电子等工业，一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca、Fe的氧化物)中提取铜、镍和钴的部分工艺流程如图：
已知：
i．，；离子浓度时，认为该离子沉淀完全。
ii．在水中的溶解度随温度升高明显增大，不溶于乙醇和苯。
(1)基态和中的未成对电子数之比为 。
(2)除铁是用将溶液中的氧化为，再通过调pH，转化为黄钠铁矾，写出氧化的离子方程式： 。
(3)除钙镁时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 ；当沉淀完全时，溶液中是否沉淀完全？ (写出计算过程)
(4)已知：萃取剂P204和P507对金属离子的萃取率与平衡pH的关系如图甲、乙所示，则萃取步骤中应选择的萃取剂是 ，最佳pH在 左右。

(5)实验室从溶液中得到晶体，操作过程为：蒸发浓缩、当 (填现象)，停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤干燥等。
2．（2023春·四川绵阳·高三四川省绵阳江油中学校考期中）菜之魂在味，在“七味八滋”中，盐应是百味之首。粗盐常含有少量、、以及泥沙等杂质，实验室中提纯的流程如图所示。

回答下列问题：
(1)操作I需要使用的玻璃仪器是 (填仪器名称)。
(2)溶液a和溶液b分别为 溶液和 溶液，加入过量溶液b的目的是 和 (用离子方程式表示)。
(3)说明溶液c已经足量的现象为 。
(4)称取精盐，配制成溶液；量取与的溶液反应，消耗溶液的体积为，则该精盐样品中的质量分数是 。
3．（2023秋·云南大理·高三统考期末）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如图所示工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、转化为相应的硫酸盐。
已知：①，，，②溶解的，③当某离子浓度时，该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)焙烧得到的尾气为 。
(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，“分步沉淀”是将、和分别沉淀，所用试剂a为 ，由信息可得将完全沉淀时应调节的范围为 。
(3)“水浸渣”在“酸溶”，最适合的酸是 (填化学式)。“酸溶渣”的成分是 。提高“酸溶”速率的措施有 (任写一点即可)。
(4)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是 。
(5)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。
4．（2023春·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考期中）Ⅰ.硝酸钠在工农业生产中有着广泛的用途。现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如图所示。

(1)沉淀A的主要成分是 、 (填化学式)。
(2)③中反应的离子方程式是 。
(3)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是 ，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的 。
Ⅱ.能源是现代社会发展的三大支柱之一，化学在提高能源的利用率和开发新能源中起到了重要的作用。电能是现代社会中应用最广泛的二次能源。
(4)下列装置中能够实现化学能转化为电能的是 (填字母)。
A． B．
C． D．
(5)该装置正极材料为 (填电极的化学式)，发生了 反应(氧化或还原)。
(6)若装置中转移了0.2mol电子，负极减少的质量是 。
(7)用CH4和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图：

①电极d是 (填“正极”或“负极”)。
②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为 L。
5．（2023春·重庆·高三统考竞赛）某废旧合金材料中主要含Fe、Cu、Al及其氧化物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Cu、Al，并制取绿矾等。
回答下列问题：
(1)写出“碱浸”时发生反应的化学方程式 。
(2)“滤液1”中通入过量“气体b”产生沉淀，写出其反应的离子方程式 。
(3)操作3包括加入少量稀硫酸、 、过滤、洗涤、干燥。
(4)绿矾可用作净水剂，在医学上可用作补血剂，绿矾在空气中易被氧化为硫酸铁等。
①为检验绿矾中是否含有，可选择的最佳试剂组合是 (填标号)。
a.稀盐酸、溶液 b.稀硝酸、KSCN溶液
c.稀盐酸、KSCN溶液 d.稀硫酸、NaOH溶液
②现取一定量部分被氧化的绿矾，溶于稀盐酸后，加入足量的溶液，过滤得9.32g沉淀；再通入标准状况下，恰好将滤液中的完全氧化。则该绿矾中的比值是多少 (不要求计算过程)？
6．（2023·湖南怀化·统考二模）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体是一种重要的化工原料，微溶于冷水，易溶于热水。某种制备方法如下：
(1)“操作Ⅰ”包括加热煮沸、冷却、过滤、洗涤、检验，加热煮沸的目的是 ；检验是否洗涤干净的方法为 。
(2)需在“操作Ⅱ”加入，为防止加入时反应过于剧烈而引起喷溅，应采取的方法为 。
(3)“操作Ⅲ”为水浴加热(80~85℃)，该反应的方程式为 。
(4)“系列操作”后，得到二草酸合铜酸钾晶体。溶液的浓缩程度及冷却速度对配合物晶型有影响。急速冷却得到灰蓝色针状晶体，常温缓慢冷却得到深蓝色片状晶体，两种晶体的红外光谱图如图，由图可知，两种晶型的晶体成分均为二草酸合铜酸钾晶体，依据是 。
(5)探究二草酸合铜酸钾晶体热分解产物的装置如下：
该实验观察到的现象：B、G澄清石灰水变浑浊，但D无明显现象；F中固体变为红色；实验结束后，取A中残留物加水溶解、过滤、洗涤，得到砖红色沉淀和无色溶液，通过实验证明无色溶液中含有和，砖红色沉淀加入稀硫酸，产生蓝色溶液且有红色固体生成。据此写出二草酸合铜晶体受热分解的化学方程式 。若A中放入提纯后的晶体35.4g，完全分解后，充分反应，测得F中固体质量减少2.4g，则中 。
7．（2023秋·河南驻马店·高三统考期末）铜和三氧化一铁在工农业生产中用途广泛，用黄铜矿(主要成分为，其中Cu为＋2价、Fe为＋2价)制取铜和三氧化二铁的工艺流程如图所示
已知：
(1)高温焙烧时发生的反应是，该反应中，氧化产物是 ；1mol 参加反应时，反应中转移电子 mol。
(2)具有较强的氧化生，具有较强的还原性，当把通入滤液A中，检验产物中是否有生成的试剂最好为 (写化学式)。
(3)某同学想用酸性溶液检验溶液B中是否还有，你认为是否合适 (填“是”或“否”)。请简述理由 。
(4)经检验后溶液B中无，向溶液B中通入后发生反应的离子方程式为 。
8．（2023春·北京丰台·高三北京市第十二中学校考期中）镓(Ga)被誉为“电子工业脊梁”，高纯GaAs(砷化)可用于芯片制造，以砷化镓废料(含80%GaAs、8%Fe2O3、7%Al2O3和5%CaCO3)制备高纯GaAs的流程如下：

已知：常温下
回答下列问题：
(1)Ga与Al同族，位于元素周期表的 区。写出Ga的核外电子排布式 。
(2)滤渣1的主要成分有 。
(3)通入CO2调节pH的目的是 。
(4)为探究“沉淀转溶”中在氨水中能否溶解，计算反应的平衡常数 。
(5)产物纯度分析：将得到的产物进行X射线衍射测试。通过X射线衍射得到的数据与已知晶胞的边长进行对照，可以测定制备的GaAs是否纯净。GaAs的立方晶胞如图所示，其中Ga的配位数为 ；该晶体密度为，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为 pm。

(6)芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，其中致密保护膜可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs反应。

①刻蚀后AlAs层会形成砷酸(H3AsO4)和一种常见的致密氧化物保护膜。写出反应的化学方程式是 。
②有研究人员提出可以用过硫酸钾K2S2O8代替H2O2做刻蚀液，的结构如图：

推测氧化性： H2O2 (填“>”“<”或“=”)。
资料：O-O键越易断裂，过氧化物的氧化性越强。
9．（2023·江苏·统考二模）钛酸钡()是制备电子陶瓷材料的基础原料。
(1)实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：

已知：能水解生成，能进一步水解生成；能与浓硫酸反应生成。草酸氧钛钡晶体的化学式为。
①Ti(IV)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是 。
②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。
现称取44.9g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段II发生反应的化学方程式为 。
③钛酸钡晶胞的结构示意图如图所示，其中与紧邻的构成的几何构型是 。
(2)利用将浅紫色氧化为无色Ti(IV)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。
①请补充完整实验方案：称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)； ；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中， ；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。(实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.1000 溶液、KSCN溶液)
②钛酸钡样品的纯度为 (写出计算过程)。
10．（2023春·广东惠州·高三惠州一中校联考阶段练习）是有毒气体，任意排放会造成环境污染。若加以利用，可以变废为宝。下图为的无害化处理流程图，回答下列问题：

(1)“反应I”在高温条件下进行，写出该反应的化学方程式： 。
(2)X可能为 (填化学式)，电子式为 ，该反应说明具有 (填“氧化性”或“还原性”)。
(3)“反应Ⅲ”中参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(4)“蒸发浓缩、冷却结晶”后获得固体的操作是 ，实验室进行此操作需要用到的玻璃仪器有漏斗、 。不直接采用蒸发结晶的原因是 。
(5)暴露在空气中易被氧化而变质，可以选用哪组试剂进行验证： 。
A．稀硝酸， B．稀盐酸， C．稀盐酸，硝酸钡
11．（2023·江苏南京·统考二模）CuS是一种重要的P型半导体材料。以一种石膏渣[含及少量、、等]为原料制备CuS的实验流程如下：
已知：常温下，，。
(1)“浸取”时，生成与等。参加反应的离子方程式为 。
(2)为测定“浸取”时Cu元素浸出率，需先测定石膏渣中Cu元素含量。称取50.00g石膏渣，加入足量稀充分溶解，过滤并洗涤滤渣，将滤液转移至250mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入足量KI溶液()，用0.02000 标准溶液滴定至终点()，平行滴定3次，平均消耗标准溶液23.50mL。计算石膏渣中Cu元素质量分数(写出计算过程) 。
(3)“沉淀”时溶液的用量不宜过多，其原因是 。
(4)循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有 。
(5)CuS的晶胞如图所示。1个CuS晶胞含有 个。
(6)将空气以一定流速通过加热的CuS试样，测得固体质量和流出气体中含量随温度的变化如图所示。在200～300℃范围内，CuS经历如下转化：，固体质量减少的主要原因是 。
12．（2023春·陕西西安·高三长安一中校考期中）海洋资源的利用具有广阔前景。
I．海带中含有丰富的碘元素。灼烧海带获取的海带灰中碘元素主要以I-形式存在。在实验室中，从海带灰中提取碘的流程如图：
回答下列问题：
(1)实验室灼烧海带的主要仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚钳、 (填名称)。
(2)步骤①中选择H2O2氧化I-，不用Cl2的原因是 。
(3)步骤④中反应的离子方程式为 ，在此反应中，每生成38.1g I2转移电子的数目为 。
(4)上述流程中，含I2的水溶液经3步转化为含I2的悬浊液，主要目的是 。
II．如图是某工厂对海水资源进行综合利用的示意图。
回答下列问题：
(5)往母液中加石灰乳发生反应的离子方程式为 。
(6)由MgCl2溶液得到MgCl2·6H2O晶体的操作是 ，过滤、洗涤、干燥。
(7)操作b需在HCl气流氛围中进行，若在空气中加热，则会水解生成Mg(OH)2，写出在空气中加热MgCl2·6H2O的化学方程式 。
(8)由MgCl2制备金属镁的冶炼方法为 (填名称)。
13．（2023·全国·高三假期作业）从铜电解液(主要含Cu2+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等)中提纯可得到粗硫酸镍晶体，某课题小组为了进一步精制纯化并回收胆矾晶体，设计了如图流程：

已知：相关离子浓度为0.1 mol· L-1时，形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Ca2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 4.2 6.3 1.5 11.8 6.2 6.9
沉淀完全的pH 6.7 8.3 2.8 13.8 8.2 8.9
(1)为加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有 ，“滤渣1”的主要成份是 。
(2)为了使“溶液1”中的反应充分进行，需要通入稍过量的H2S，写出Fe3+与H2S发生反应的离子方程式 。
(3)解释向“溶液2”中加入Ni(OH)2的原因 。
(4)“操作X”为在 (填仪器名称)中加热至 冷却结晶过滤、洗涤、干燥后得到结晶水合物晶体。
(5)若“溶液3”中Ca2+的浓度为0.001 mol·L-1，取等体积的NiF2溶液与该溶液混合，要使反应结束时c(Ca2+)＜10-5 mol· L-1，则所加NiF2溶液的浓度至少为 mol · L-1。[已知室温下Ksp(CaF2)=4×10-11]
(6)室温下选择萃取剂P204(二乙基已基磷酸，用HR表示)，其萃取原理为nHR +Mn+MRn +nH+，试剂a为 (填化学式)。溶液pH对几种离子的萃取率的影响如图，则萃取锌时，应控制pH的范围为3~4，请解释原因 。

14．（2023·四川成都·校联考三模）- Fe2O3粉体具有广泛的用途。工业上用黄钠铁矾渣[主要成分为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，还含有Ni、Ba、Ca、Pb、Mg、Co等硫酸盐及SiO2]制备高纯度的- Fe2O3粉体的工艺流程如下图所示：

已知：常温下，有关离子沉淀的pH和物质的溶度积常数分别如表1和如表2所示：
表1 有关离子沉淀的pH
离子 Fe3+ Fe2+ Ni2+ Co2+
开始沉淀pH 2.2 5.8 6.9 7.2
完全沉淀pH(c =1.0×10 5 mol·L 1) 3.2 8.3 8.9 9.2
表2 物质的溶度积常数
物质 CoS NiS FeS
Ksp 3.0 × 10 26 1.42 × 10 24 3.7 × 10 19
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，无烟煤除了用作燃料以外，还用作 。
(2)“酸浸”后，浸渣的主要成分有 ，能提高浸出率的措施有 (任写两点即可)。
(3)“沉钙、镁”中，溶液的pH不宜太小或太大，应保持在5左右的原因是 。
(4)“沉镍、钴”中，最先沉淀的离子是 (填离子符号)，若要将溶液中的镍和钴完全沉淀，溶液中的c(S2 )不低于 mol·L 1。
(5)“沉铁”中，发生反应的离子方程式为 。
15．（2023秋·浙江杭州·高三浙江省桐庐中学校联考期末）工业上利用废镍催化剂(主要成分为，还含有一定量的等)制备一水合氢氧化氧镍的工艺流程如下：

相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
金属离子
开始沉淀时的 10.6 7.6 7.1 1.5
完全沉淀时的 13.1 8.3 9.2 2.8
回答下列问题：
(1)写出一种能提高“酸浸”速率的措施： ；
(2)滤渣1的主要成分和 (填化学式)。
(3)试剂用于调节溶液的，则调控的范围是 。
(4)已知“除铁”后所得溶液中，加入溶液(忽略混合后溶液体积的变化)，使恰好沉淀完全[此时]，则所加溶液 [已知实验条件下，，不考虑的水解]。
(5)“氧化”过程中加入的试剂Y是，写出加入反应生成一水合氢氧化氧镍的离子方程式： 。
(6)已知工业上也可以用作为阳极、溶液为电解质溶液，通过电解氧化法制备，其阳极的电极反应式为
16．（2023春·江苏南京·高三江苏省高淳高级中学校联考阶段练习）含硫化合物的处理和利用是科学研究的重要课题之一：
I.用石灰石、氨水等脱硫。以硫酸工业的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以制备有重要应用价值的硫酸钾、亚硫酸铵等物质，制备流程如图：
(1)反应I是脱去SO2的一种常用方法，其反应的化学方程式为 。研究发现：pH和温度对石灰石浆液的脱硫效率产生一定影响，当烟气通入速度一定时，石灰石浆液的脱硫率与浆液pH的关系如图所示。
下列有关说法正确的是 。
a.烟气通入石灰石浆液时的温度越高，吸收越快，吸收率越高
b.石灰石浆液pH＞5.7，烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度增大
c.反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4
d.将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率
(2)生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是 。
(3)反应III所得的滤液中阳离子的检验操作方法是 。
(4)(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种铵态氮肥。用(NH4)2SO3溶液吸收NO，当生成氮气的体积为11.2L(标准状况)时，该反应转移电子的物质的量为 。
II.H2还原法也是处理含较多的硫酸厂废气方法之一。400℃时，H2和废气按一定比例混合，以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)的反应器。
(5)该方法不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，反应的化学方程式为 。
17．（2023·全国·高三专题练习）实验室用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O4 2H2O)的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为机有物(难电离)。回答下列问题：
(1)加入有机萃取剂的目的是
(2)“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，写出该步骤反应的离子方程式 。
18．（2023春·湖北·高三校联考期中）三氧化二砷可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。利用某酸性含砷废水(含、)可提取，提取工艺流程如下：
已知：①为酸性氧化物；②易溶于过量的溶液中，故加入的目的是除去过量的。
回答下列问题：
(1)废水中中砷元素的化合价为 。
(2)“焙烧”操作中，参与反应的化学方程式为 。
(3)“碱浸”的目的 ，“滤渣Y”的主要成分是 (写化学式)。
(4)“氧化”操作的目的是 (用离子方程式表示)。
(5)“还原”过程中转化为然后将“还原”后溶液加热，分解为。某次“还原”过程中制得了，则消耗标准状况下气体X的体积是 L。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)2：3
(2)
(3) pH偏低，氢离子浓度过大，与氟离子生成弱酸HF 镁离子沉淀完全时， ，此时，，未沉淀完全
(4) P507 4
(5)有晶膜析出时
【分析】由题给流程可知，向废炉渣中加入硫酸和硝酸的混酸，经金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，向溶液中加入碳酸钠溶液将钙元素部分转化为碳酸钙沉淀，过滤得到含有碳酸钙的滤渣1和滤液；向滤液中加入铁粉，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到铜和滤液；向滤液中加入氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子，调节溶液pH将铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂萃取溶液中的钴离子，分液得到硫酸镍溶液和有机相；向有机相中加入硫酸反萃取，分液得到硫酸钴溶液；向硫酸钴溶液中加入草酸铵溶液，将钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴。
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，镍离子的价电子排布式为3d8，不成对电子数为2，钴元素的原子序数为28，二价钴离子的价电子排布式为3d7，不成对电子数为3，则镍离子与二价钴离子的未成对电子数之比为2：3，故答案为：2：3；
（2）由题意可知，氯酸钠溶液氧化亚铁离子的反应为酸性条件下，氯酸根离子与亚铁离子反应生成氯离子、铁离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）氢氟酸是弱酸，除钙镁时，随pH降低，溶液中氢离子浓度增大，溶液中的氟离子与氢离子反应生成氢氟酸导致氟化钠的用量急剧增加；由溶度积可知，镁离子沉淀完全时，溶液中，则溶液中，所以溶液中钙离子未沉淀完全，故答案为：pH偏低，氢离子浓度过大，与氟离子生成弱酸HF；镁离子沉淀完全时， ，此时，，未沉淀完全；
（4）由图可知，萃取剂为P204时，二价钴离子和镍离子的萃取率相差不大，而萃取剂为P507时，溶液pH为4的条件下，二价钴离子萃取率很高，而镍离子的萃取率很低，所以萃取步骤中应选择的萃取剂是P507，最佳pH在4左右，故答案为：P507；4；
（5）实验室从硫酸镍溶液中得到七水硫酸镍晶体操作过程为将溶液蒸发浓缩、当有晶膜析出时，停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤干燥得到七水硫酸镍晶体，故答案为：有晶膜析出时。
2．(1)玻璃棒、漏斗、烧杯
(2) BaCl2 Na2CO3 Ba2++CO=BaCO3↓ Ca2++CO=CaCO3↓
(3)溶液中不再产生气体
(4)97.5%
【详解】（1）操作I需要使用的玻璃仪器是玻璃棒、漏斗、烧杯，答案：玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）Na2CO3除Ca2+，BaCl2除SO，因为过量的Ba2+需要用Na2CO3除去，所以BaCl2先加入，Na2CO3后加入所以试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3，加入过量溶液b的目的是除去Ca2+及过量的Ba2+，离子方程式：Ba2++CO=BaCO3↓，Ca2++CO=CaCO3↓，答案：BaCl2；Na2CO3；Ba2++CO=BaCO3↓，Ca2++CO=CaCO3↓；
（3）说明溶液c为盐酸，目的是中和溶液中过量的NaOH和Na2CO3，调节溶液呈中性，当溶液中溶液中不再产生气体，说明盐酸已过量，答案：溶液中不再产生气体；
（4），0.048g精盐中含有NaCl：mol，该精盐样品中的质量分数 ，答案：97.5%。
3．(1)NH3
(2) 氨水 pH≥11
(3) H2SO4 SiO2 适当升高温度、增大硫酸的浓度、将水浸渣粉碎等
(4)
(5)硫酸铵或(NH4)2SO4
【分析】“焙烧”中，加入硫酸铵，、几乎不发生反应，、、转化为相应的硫酸盐同时生成氨气，得到的固体物质加入热水中，其中硫酸铝、硫酸镁、硫酸铁溶于水，、不溶于水，过滤，在滤液中碱性物质调节溶液pH值使Al3+、Mg2+、Fe3+分步沉淀；水浸渣中加酸将溶解，不溶过滤除去，滤液中加热水促进水解析出沉淀，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知尾气加入的硫酸铵在高温焙烧过程中反应生成的氨气，故答案为：氨气；
（2）试剂a的目的是调节pH实现Al3+、Mg2+、Fe3+分步沉淀，因氢氧化铝溶于强碱，且根据题中信息可知母液①和母液②混合后能吸收尾气氨气，生成可循环利用的物质，则该物质应硫酸铵，因此应用弱碱氨水调节pH，Mg2+完全沉淀时c(Mg2+)，c(OH-)=，此时pH=11，将完全沉淀时应调节的范围为pH≥11，故答案为：氨水；pH≥11；
（3）“水浸渣”在“酸溶”，因此应选高沸点的H2SO4，“酸溶渣”为不溶于硫酸的SiO2，提高“酸溶”速率可以采取的措施有适当升高温度、增大硫酸的浓度、将水浸渣粉碎等，故答案为：H2SO4；SiO2；适当升高温度、增大硫酸的浓度、将水浸渣粉碎等；
（4）“酸溶”后，将溶液加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是，故答案为：；
（5）由以上分析可知“母液①”和“母液②”混合，吸收氨气，最终得到硫酸铵或[(NH4)2SO4]，该物质在焙烧过程中可循环使用，故答案为：硫酸铵或(NH4)2SO4。
4．(1) BaSO4 BaCO3
(2)Ba2++CO=BaCO3↓、2Ag++CO=Ag2CO3↓
(3) Na2CO3 HNO3
(4)C
(5) Ag 还原
(6)6.5g
(7) 正极 11.2
【分析】含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液加入过量的硝酸钡生成碳酸钡、硫酸钡沉淀和硝酸钠，过滤分离出滤液1加入过量硝酸银和氯化钠生成氯化银沉淀，过滤分离出滤液2加入过量的碳酸钠，碳酸钠和过量硝酸银生成碳酸银沉淀、碳酸钠和过量的硝酸钡生成碳酸钡沉淀，过滤分离出溶液3中含有硝酸钠和过量的碳酸钠，可以加入适量的硝酸将碳酸钠转化为硝酸钠；
【详解】（1）由分析可知，沉淀A的主要成分是BaSO4、BaCO3；
（2）③中反应为碳酸钠和硝酸银生成碳酸银沉淀、碳酸钠和过量的硝酸钡生成碳酸钡沉淀，离子方程式是Ba2++CO=BaCO3↓、2Ag++CO=Ag2CO3↓；
（3）由分析可知，溶液3中肯定含有的杂质是Na2CO3，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的HNO3；
（4）自发的氧化还原反应可以设计成原电池，原电池中要存在电解质溶液且形成闭合电路；
A．酒精不是电解质溶液，不能形成内电路，A不符合题意；
B．不存在自发氧化还原反应，B不符合题意；
C．反应中锌失去电子为负极，银电极上氢离子得到电子为正极，硫酸溶液为电解质溶液，C符合题意；
D．没有形成闭合电路，D不符合题意；
故选C。
（5）该装置正极材料为Ag，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气；
（6）锌失去电子为负极，，若装置中转移了0.2mol电子，则反应锌0.1mol，负极减少的质量是6.5g；
（7）①原电池中电子由负极流向正极，电极d是正极。
②氧气在正极得到电子发生还原反应，，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2为0.5mol，标准状况下的体积为11.2L。
5．(1)
(2)
(3)蒸发浓缩、冷却结晶
(4) c 9:2
【分析】由图可知，“焙烧”将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物；得到金属氧化物加入氢氧化钠，其中Al2O3为两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，过滤分离出滤渣中含有铁、铜氧化物，加入稀硫酸生成相应盐溶液；加入硫酸酸浸后，溶液中的金属阳离子为Cu2+、Fe3+，最终得到Cu和绿矾，加入试剂a为铁粉，铁置换出铜单质生成硫酸亚铁，过滤后硫酸亚铁溶液最终生成绿矾，据此分析；
【详解】（1）焙烧目的之一是将金属单质转化为氧化物，焙烧后Al2O3为两性氧化物，能与NaOH溶液反应，其反应方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（2）“滤液1”中是NaAlO2，通入过量CO2产生Al(OH)3沉淀，离子方程式: ；
（3）制取绿矾晶体需先加入少量稀硫酸防止亚铁离子水解，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体；
（4）①a．溶液是检验Fe2+，不能检验Fe3+，a不符合题意；
b．稀硝酸是氧化性酸，会将Fe2+氧化为Fe3+，无法确定绿矾中是否含有Fe3+，b不符合题意；
c．稀盐酸是非氧化性酸，不会将Fe2+氧化为Fe3+，KSCN溶液可以检验Fe3+，c符合题意；
d．NaOH溶液与Fe2+反应生成白色沉淀，白色沉淀能被最终氧化为红褐色的Fe(OH)3沉淀，d不符合题意；
故选c；
②加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32g，该沉淀为BaSO4，即n(SO)=，再通入氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Fe2+)=，根据电荷守恒，2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=2n(SO)，代入数值，得出n(Fe3+)=mol，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.03∶=9∶2。
6．(1) 使完全转化为 取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净(合理答案均计分)
(2)分批加入并搅拌(合理答案均计分)
(3)
(4)两吸收峰位置重合完全，且均含有(合理答案均计分)
(5) 2
【分析】由流程图可知，胆矾晶体加水溶解后，再加入适量NaOH溶液，再经过加热煮沸、冷却、过滤、洗涤、检验，先制得较纯净的CuO，草酸晶体加水微热，可以加速溶解并且避免温度过高使草酸分解，再在操作Ⅱ中分批次加入，一方面可以防止反应过程中生成二氧化碳而使液体快速飞溅，另一方面可防止反应过程中剧烈反应而使体系温度过高导致草酸分解，这样得到草酸氢钾和草酸钾的混合物，再经过操作Ⅲ水浴加热(80~85℃)，发生反应，得到，再经过一系列操作得到。
【详解】（1）胆矾晶体加水溶解后，再加入适量NaOH溶液，生成Cu(OH)2，操作Ⅰ中加热煮沸的目的是使完全转化为，CuO的表面可能有残留的Na2SO4，所以检验是否洗涤干净的方法为取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净，故答案为：使完全转化为；取少许最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗净；
（2）在操作Ⅱ中应分批次加入并不断搅拌，一方面可以防止反应过程中生成二氧化碳而使液体快速飞溅，另一方面可防止反应过程中剧烈反应而使体系温度过高导致草酸分解，故答案为分批加入并搅拌；
（3）操作Ⅲ中反应的方程式为，故答案为：；
（4）用红外光谱分析两种晶体，发现两吸收峰位置重合完全，且均含有，两种晶型的晶体成分均为二草酸合铜酸钾晶体，故答案为：两吸收峰位置重合完全，且均含有；
（5）B澄清石灰水变浑浊，说明晶体受热分解生成二氧化碳，但D无明显现象，G中澄清石灰水变浑浊，F中固体变为红色，说明前面产生的二氧化碳完全被NaOH溶液吸收，晶体受热分解生成一氧化碳；通过实验证明无色溶液中含有和，砖红色沉淀加入稀硫酸，产生蓝色溶液且有红色固体生成，应该是发生反应，所以晶体受热还生产了Cu2O，由原子守恒和电子守恒可得方程式为，F中CuO变为Cu，减少质量为O的质量，由F中固体质量减少2.4g得，由方程式得，再结合质量可得，所以x=2，故答案为：；2。
7．(1) 6
(2)KSCN溶液
(3) 否 根据题给已知信息，可将溶液B中的氧化而褪色，干扰了的检验，故不合适
(4)或
【分析】黄铜矿粉碎后通入氧气焙烧得到铜、硫化亚铁和二氧化硫，得到固体加入盐酸酸溶后得到氯化亚铁，铜不反应过滤得到铜和滤液A，A加入氯气将二价铁转化为三价铁，加入氨气得到氢氧化铁沉淀，焙烧得到氧化铁；
【详解】（1）该反应中，中硫元素化合价由-2升高为+4，发生氧化反应生成氧化产物二氧化硫；反应中电子转移情况为，1mol参加反应时，反应中转移电子6mol。
（2）铁离子和KSCN溶液变为红色，故检验产物中是否有生成的试剂最好为KSCN溶液；
（3）已知：，溶液B中含有氯离子，酸性高锰酸钾和氯离子也会反应使得溶液褪色，故不能用酸性溶液检验溶液B中是否还有；
（4）溶液B中无，则铁以铁离子存在，向溶液B中通入后发生反应生成氢氧化铁沉淀和铵根离子，离子方程式为或。
8．(1) p [Ar]3d104s24p1
(2)Fe2O3、CaCO3
(3)NaAlO2反应形成Al(OH)3沉淀，NaGaO2反应形成Ga(OH)3，以除去Al3+和Ga3+
(4)2.5×10-5
(5) 4 ×1010
(6) 2AlAs+8H2O2=2H3AsO4+Al2O3+5H2O ＞
【分析】Ga在周期表中位于Al的正下方，性质与Al相似，砷化镓废料，砷化家废料（主要成分是GaAs，含Fe2O3、Al2O3和CaCO3等杂质）制备镓，将砷化镓废料粉碎后，加入NaOH和H2O2碱浸后，Al2O3转化为NaAlO2，GaAs转化为NaGaO2和Na3AsO4，Fe2O3、CaCO3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣1，利用CO2调节pH，NaAlO2反应形成Al(OH)3沉淀，NaGaO2反应形成Ga(OH)3，则生成滤渣2为Al(OH)3、Ga(OH)3；对滤渣2利用氢氧化钠溶液进行沉淀转溶，再进行电解得到镓，滤液2中主要成分为Na3AsO4，经过蒸发浓缩和冷却结晶后得到Na3AsO4 12H2O，据此分析解答。
【详解】（1）已知Al的价电子排布式为：3s23p1，则Al位于p区，故Ga与Al同族，位于元素周期表的p区，已知Ga为31号元素，故Ga的核外电子排布式[Ar]3d104s24p1，故答案为：p；[Ar]3d104s24p1；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分有Fe2O3、CaCO3，故答案为：Fe2O3、CaCO3；
（3）由分析可知，通入CO2调节pH的目的是NaAlO2反应形成Al(OH)3沉淀，NaGaO2反应形成Ga(OH)3，以除去Al3+和Ga3+，故答案为：NaAlO2反应形成Al(OH)3沉淀，NaGaO2反应形成Ga(OH)3，以除去Al3+和Ga3+；
（4）由反应方程式的平衡常数K1=，结合，可知K1===Ksp[Ga(OH)3]×K×Kb(NH3·H2O)=1×10-34×1×1034×2.5×10-5≈2.5×10-5，故答案为：2.5×10-5；
（5）该晶胞中Ga原子个数=8×+6×=4、As原子个数是4，每个Ga原子连接4个As原子，所以Ga原子配位数是4，设晶胞边长为acm，该晶胞体积=a3cm3，晶体密度ρ=，则a=cm=×1010pm，故答案为：4；×1010；
（6）①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化形成砷酸(H3AsO4)，所以得到的氧化物为Al的氧化物为Al2O3，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学方程式为：2AlAs+8H2O2=2H3AsO4+Al2O3+5H2O，故答案为：2AlAs+8H2O2=2H3AsO4+Al2O3+5H2O；
②根据题干的结构示意图可知，和H2O2中均存在过氧键O-O，但由于中过氧键连接的两个基团为吸电子基团，导致上的过氧键O-O键比H2O2中的O-O键更易断裂，根据题干信息：O-O键越易断裂，过氧化物的氧化性越强，故可推测氧化性：＞H2O2，故答案为：＞。
9．(1) pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成 正八面体
(2) 过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化 向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去 97.5%
【分析】由制备实验流程可知，向TiCl4溶液和氯化钡混合液中加入草酸溶液、氨水得到草酸氧钛钡晶体，最后通过过滤、洗涤、干燥煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3，以此分析解答。
【详解】（1）①根据图像可知pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成，因此“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间。
②44.9g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1mol，含有结晶水的物质的量是0.4mol，质量是0.4mol×18g/mol＝7.2g，A→B点固体质量减少44.9g－37.7g＝7.2g，即B点固体是，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据原子守恒可知碳酸钡的质量是0.1mol×197g/mol＝19.7g，钛氧化物电子质量是27.7g－19.7g＝8.0g，其中氧原子的物质的量是mol＝0.2mol，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.4-0.1＝0.3，依据电子得失守恒可知x＝y+0.1，解得x＝0.2，y＝0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为。
③根据钛酸钡晶胞的结构示意图可知与紧邻的位于棱的中心处，构成的几何构型是正八面体。
（2）①称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。
②根据电子得失守恒可知Ti3＋～Fe3＋，钛酸钡样品中Ti的物质的量是5×0.0195L×0.1mol/L＝9.75×10－3mol，钛酸钡的质量是9.75×10－3mol×233g/mol，因此钛酸钡样品的纯度为＝97.5%。
10．(1)
(2) 氧化性
(3)
(4) 过滤 玻璃棒、烧杯 溶解度随温度变化大，且受热易分解
(5)B
【分析】二氧化硫和碳酸钙在高温下反应生成二氧化碳和硫酸钙，硫酸钙和过量碳反应生成一氧化碳和硫化钙，二氧化硫和硫化氢反应生成水和硫单质，二氧化硫和氨水反应生成亚硫酸铵，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、低温烘干得到。
【详解】（1）“反应I”在高温条件下进行，碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳、氧化钙与二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙，则反应的化学方程式：；故答案为：。
（2）气体X和二氧化硫反应生成硫单质，则气体X具有还原性，X可能为H2S，电子式为 ，二氧化硫中硫化合价降低，因此该反应说明具有氧化性；故答案为：H2S； ；氧化性。
（3）“反应Ⅲ”是硫酸钙和碳反应生成一氧化碳和硫化钙即，氧化剂为硫酸钙，还原剂为C，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4；故答案为：1：4。
（4）“蒸发浓缩、冷却结晶”后获得固体的操作是过滤，实验室进行此操作需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯。结晶水合物受热容易分解，而且溶解度随温度变化大，因此不直接采用蒸发结晶；故答案为：过滤；玻璃棒、烧杯；溶解度随温度变化大，且受热易分解。
（5）暴露在空气中易被氧化而变质，变质生成了硫酸铵，主要验证是否有硫酸根生成，应先加足量盐酸将亚硫酸根变为二氧化硫和水，不能用硝酸，硝酸会氧化亚硫酸根离子，再向上层清液中加入氯化钡，有白色沉淀生成则说明变质，不能加硝酸钡，硝酸根会和开始的氢离子、及溶解的二氧化硫反应生成硫酸根；故答案为：B。
11．(1)
(2)，25.00mL稀释后的溶液中：，石膏渣中铜元素的质量，石膏渣中Cu元素质量分数
(3)生成的CuS沉淀中会混有ZnS沉淀
(4)和
(5)6
(6)CuS生成时失重的质量大于部分生成时增重的质量
【分析】石膏渣加入过量氨水浸取，、、“浸取”时，生成与等，同时生成氢氧化钙，过滤除去氢氧化钙，滤液加入Na2S溶液，使Cu2+生成CuS沉淀，过滤得到CuS，滤液可以循环利用，据此解答。
【详解】（1）反应生成的离子方程式为；
（2）根据，，得关系式为，25.00mL稀释后的溶液中：，石膏渣中铜元素的质量，石膏渣中Cu元素质量分数；
（3）“沉淀”时溶液的用量不宜过多，硫离子浓度过大会生成ZnS沉淀，故其原因是生成的CuS沉淀中会混有ZnS沉淀；
（4）结合制备流程，在滤液X中，且加入了Na2S，引入了钠离子，故循环“浸取”多次后，“滤液X”中浓度增大的阳离子主要有和；
（5）1个CuS晶胞含有个数为；
（6）CuS经历如下转化：，结合转化过程中化学式的相对分子质量，固体质量减少的主要原因是CuS生成时失重的质量大于部分生成时增重的质量。
12．(1)玻璃棒、坩埚
(2)H2O2无毒无污染，还原产物为H2O，不会引入新的杂质
(3) 6H++IO+5I-＝3I2+3H2O 0.25NA
(4)富集I2
(5)Mg2++Ca(OH)2＝Mg(OH)2+Ca2+
(6)蒸发浓缩，冷却结晶
(7)MgCl2 6H2OMg(OH)2+2HCl↑+4H2O
(8)电解法
【分析】Ⅰ．海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，加入稀硫酸酸化的双氧水氧化碘离子，得到碘的水溶液，用苯或四氯化碳萃取，然后用氢氧化钠吸收得到含碘离子和碘酸根离子的溶液，稀硫酸酸化得到含单质碘的悬浊液，最终得到碘；
Ⅱ．由流程可知，海水结晶、过滤分离出粗盐、母液，母液加入石灰乳沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤后加入盐酸生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到氯化镁晶体，氯化氢气流中失水得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁和氯气。贝壳煅烧得到氧化钙，氧化钙和水分与生成氢氧化钙，氢氧化钙加入母液沉淀镁离子，以此解答该题。
【详解】（1）固体灼烧需要坩埚，实验室灼烧海带的主要仪器有酒精灯、三脚架、泥三角、玻璃棒、坩埚、坩埚钳等，故答案为：玻璃棒、坩埚；
（2）步骤①中选择H2O2氧化I-，不用Cl2的原因是：氯气有毒，易污染环境，过氧化氢做氧化剂被还原为水，无污染，故答案为：H2O2无毒无污染，还原产物为H2O，不会引入新的杂质；
（3）步骤④中碘酸根氧化碘离子，发生反应的离子方程式为6H++IO+5I-＝3I2+3H2O，在此反应中，每生成3mol碘，转移5mol电子，38.1gI2的物质的量是38.1g÷254g/mol=0.15mol，则转移电子的物质的量是0.15mol×5/3=0.25mol，数目为0.25NA，故答案为：6H++IO+5I-＝3I2+3H2O；0.25NA；
（4）由于海水中碘的含量较低，则含I2的水溶液经3步转化为含I2的悬浊液，主要目的是富集碘元素，故答案为：富集碘元素；
（5）往母液中加石灰乳发生反应的离子方程式为：Mg2++Ca(OH)2＝Mg(OH)2+Ca2+，故答案为：Mg2++Ca(OH)2＝Mg(OH)2+Ca2+；
（6）由MgCl2溶液得到MgCl2 6H2O晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（7）如果直接在空气中加热MgCl2 6H2O，则Mg2+会水解的生成水解生成Mg(OH)2和HCl，其反应方程式为：MgCl2 6H2OMg(OH)2+2HCl↑+4H2O，故答案为：MgCl2 6H2OMg(OH)2+2HCl↑+4H2O；
（8）无水MgCl2在熔融状态下，通电后会产生Mg和Cl2，因此由MgCl2制备金属镁的冶炼方法为电解法，故答案为：电解法。
13．(1) 搅拌 CuS(硫化铜)
(2)2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+
(3)加入Ni(OH)2后消耗H+，使Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+平衡正向移动，有利于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而被除去
(4) 蒸发皿 出现少量晶膜
(5)0.003
(6) H2SO4 pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以Ni(OH)2的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成
【分析】分析流程可知：粗硫酸镍溶解后，通入硫化氢气体将三价铁还原为二价铁，将铜离子转化为硫化铜沉淀，过滤后滤渣硫化铜灼烧生成氧化铜，再溶于硫酸得到硫酸铜；滤液中加过氧化氢将亚铁离子氧化成三价铁离子，再加氢氧化镍调节pH值，使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后在滤液中加氟化镍将钙离子沉淀，过滤后滤液中加萃取剂将锌转移至有机相中，滤液为硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到硫酸镍晶体，据此分析解答。
【详解】（1）为了加快“水浸”时的浸出率，可采取的措施有搅拌、适当地升温均可以增大浸出率；
在粗NiSO4溶液中含有Ni2+、Cu2+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Zn2+等，向其中通入H2S气体，在酸性条件下发生反应产生既不溶于水，也不溶于酸的CuS黑色沉淀，故“滤渣1”的主要成份是CuS；
（2）Fe3+具有氧化性，H2S具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生Fe2+、S、H+，反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=S↓+2Fe2++2H+；
（3）结合分析可知：加入Ni(OH)2的目的是调节pH，H+的浓度减小，使Fe3+发生水解反应：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+正向进行，促进Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去；
（4）结合分析可知：操作X是从溶液中得到晶体的操作，应在蒸发皿中进行，当加热至溶液表面出现一层晶膜时停止加热，降温冷却得到晶体，故存在X应该在蒸发皿中进行，当出现少量晶膜时，停止加热；
（5）结合分析可知：根据Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，c(Ca2+)＜10-5 mo1/L，则得出c2(F-)=，即溶液中c(F-)至少为=2.0×10-3 mol/L。设所加NiF2溶液的体积为V L，因为是等体积混合，则溶液总体积为2V，溶液中存在的n(F-)=2V×2×10-3mo1=4V×10-3 mol，沉淀时消耗的F-的物质的量为n(F-)=V×2×10-3 mol，则总共需要n(F-)=6V×10-3 mol，故所加的NiF2溶液的浓度至少是：=0.003 mol/L；
（6）结合分析可知：欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫酸使反应逆行移动；由图示信息可知pH太小，锌的萃取率低；pH太大，镍可能以Ni(OH)2的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。
14．(1)还原剂
(2) SiO2、PbSO4、BaSO4、CaSO4 将焙烧产物粉碎、适当增大H2SO4的浓度(或搅拌溶液等)
(3)pH小于5时，由HFH++F 可知，酸性太强，Ca2+、Mg2+可能会因F 浓度太小而不能完全沉淀，pH大于5时，溶液中Fe2+(Co2+、Ni2+)会以氢氧化物的形式沉淀
(4) Co2+ 1.42×10 19
(5)Fe2+++NH3·H2O＝FeCO3↓+H2O+
【分析】焙烧时，碳将黄钠铁矾中+3价的铁还原为+2，硫酸酸浸后二氧化硅不溶，硫酸钡、硫酸铅难溶，过滤后得到浸渣，向滤液中加入氟化钠沉淀钙离子和镁离子，过滤后滤液中通入硫化氢沉淀镍离子和钴离子，最后向滤液中加入氨水和碳酸氢铵沉铁得到碳酸亚铁，煅烧碳酸亚铁得到- Fe2O3粉体，据此解答。
【详解】（1）“焙烧”中，无烟煤除了用作燃料以外，还用作还原剂，将黄钠铁矾中+3价的铁还原为+2，故答案为：还原剂；
（2）“酸浸”后，硫酸镁、硫酸镍、硫酸钴、硫酸亚铁，部分硫酸钙溶于水，形成混合溶液，难溶于水的硫酸钡、硫酸铅、二氧化硅，部分硫酸钙进入滤渣中，所以浸渣的主要成分有硫酸钡、硫酸铅、二氧化硅，硫酸钙，能提高浸出率的措施有将焙烧产物粉碎，适当的增大硫酸浓度、加快搅拌等，故答案为：SiO2、PbSO4、BaSO4、CaSO4；将焙烧产物粉碎，适当的增大硫酸浓度；
（3）“沉钙、镁”中，溶液的pH不宜太小或太大，若pH太小，由HFH++F 可知，酸性增强，H+与F-生成HF，降低了F-的浓度，导致钙、镁离子不能沉淀，若pH大于5，溶液的Fe2+、Co2+、Ni2+会形成氢氧化物沉淀，影响α-Fe2O3粉体的产量，故答案为：pH小于5时，由HFH++F 可知，酸性太强，Ca2+、Mg2+可能会因F 浓度太小而不能完全沉淀，pH大于5时，溶液中Fe2+(Co2+、Ni2+)会以氢氧化物的形式沉淀；
（4）由于CoS和NiS均为AB型，且CoS的Ksp更小，所以“沉镍、钴”中，最先沉淀的离子是Co2+，若要将溶液中的镍和钴完全沉淀，即Ni2+完全沉淀即可，根据Ksp（NiS）=c（Ni2+）×c（S2-），则溶液中的c（S2-）=mol L-1=1.42×10-19mol L-1，故答案为：Co2+；1.42×10-19；
（5）“沉铁”中，发生反应的离子方程式为Fe2+++NH3·H2O＝FeCO3↓+H2O+。
15．(1)粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等
(2)
(3)
(4)0.08
(5)
(6)
【分析】利用废镍催化剂(主要成分为NiO，还含有一定量的ZnO、Fe2O3、SiO2、CaO等)制备一水合氢氧化氧镍(2NiOOH·H2O)时，先需除掉Fe3+、Ca2+、Zn2+等杂质离子和SiO2等，并将+2价Ni氧化为+3价，最终转化为NiOOH H2O。在操作过程中，先用硫酸溶解，将ZnO、Fe2O3、CaO转化为金属硫酸盐，滤渣1为SiO2和微溶的CaSO4；调节pH让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，加入NH4F将溶解的Ca2+进一步转化为沉淀，加入有机萃取剂，将Zn2+除去；最后加入氧化剂和NaOH，使Ni2+最终转化为2NiOOH·H2O。
【详解】（1）若想提高“酸浸”速率，可通过增大接触面积，升高温度、适当增大酸的浓度来实现，具体措施：粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；答案为：粉碎废镍催化剂，适当加热，适当增大酸的浓度或搅拌等；
（2）由分析可知，滤渣1的成分是SiO2、CaSO4；
（3）试剂X用于调节溶液的pH，将Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，但不能让Zn2+、Ni2+等生成沉淀，则调控pH的范围是2.8≤pH<7.1。答案为：2.8≤pH<7.1；
（4）加入NH4F，一方面与Ca2+反应生成CaF2沉淀，另一方面使溶液中的c(F-)满足Ksp(CaF2)所要求达到的浓度。沉淀Ca2+所需n(NH4F)=0.100L×0.02mol·L-1×2=0.004mol，形成CaF2饱和溶液所需c(NH4F)=mol/L=0.02mol/L，则所加溶液c(NH4F)== 0.08mol·L-1。答案为：0.08；
（5）与Ni2+反应生成一水合氢氧化氧镍和氯离子，反应的离子方程式：；
（6）通过电解氧化法制备NiOOH，Ni(OH)2在阳极失电子产物与NaOH溶液反应，生成NiOOH，其阳极的电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O。
16．(1) 2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2 cd
(2)防止亚硫酸根被氧化，可以得到较纯的亚硫酸铵晶体
(3)取少量滤液与试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明溶液中含有NH离子
(4)2mol
(5)2H2+SO2S+2H2O
【分析】反应Ⅰ是SO2、碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳，反应Ⅱ是二氧化硫、氨水反应生成亚硫酸铵，反应Ⅲ是硫酸钙、碳酸氢铵、氨气反应生成碳酸钙、硫酸铵，反应Ⅳ是硫酸铵、KCl生成氯化铵、硫酸钾。
【详解】（1）反应I是SO2、碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳，反应的化学方程式为2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；
a. 烟气通入石灰石浆液时的温度过高，气体二氧化硫的溶解度减小，部分二氧化硫不能被溶解，故吸收率降低，故a错误；
b.石灰石浆液pH＞5.7，烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度减小，故b错误；
c. SO2发生氧化反应生成CaSO4，反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4，故c正确；
d. SO2能还原KMnO4，将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率，故d正确；
选cd。
（2）反应II中的溶液中溶质为亚硫酸铵，亚硫酸铵具有还原性，亚硫酸铵易被氧化为硫酸铵，加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是防止亚硫酸根被氧化，可以得到较纯的亚硫酸铵晶体。
（3）反应III所得的滤液中溶质为硫酸铵，铵盐与碱反应放出氨气，铵根离子的检验操作方法是：取少量滤液与试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明溶液中含有NH离子；
（4）NO具有氧化性，NO能氧化亚硫酸铵生成硫酸铵，本身被还原为氮气，根据得失电子守恒配平化学方程式为:2(NH4)2SO3+2NO=4(NH4)2SO4+N2。当生成氮气的体积为11.2L(标准状况)时，该反应转移电子的物质的量为。
（5）根据题意，SO2和氢气在催化剂作用下生成单质S和水，反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O。
17．(1)溶解NiR2，使之与水层分离
(2)NiR2＋2H+=2RH＋Ni2+
【分析】用含钴废料(主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等)制备草酸钴晶体(CoC2O42H2O)：粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，过滤得到滤液中含有CoSO4、NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3及过量的硫酸，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入过氧化氢和CoO，将Fe2+氧化为Fe3+，同时调节pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀除去，所以滤渣Ⅱ为氢氧化铁、氢氧化铝，向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，操作①为分液，向水层加入(NH4)2C2O4，得到草酸钴晶体。
【详解】（1）根据分析，加入有机萃取剂的目的是溶解NiR2，使之与水层分离；
（2）“反萃取”原理是用反萃取剂使被萃取物从有机相返回水相的过程。向操作①后溶有NiR2 的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到RH，反应的离子方程式NiR2+2H+=2RH+Ni2+。
18．(1)价
(2)
(3) 将转化为，与分离
(4)
(5)22.4
【分析】酸性含砷废水加入Na2S和FeSO4得到As2S3和FeS沉淀，过滤得到As2S3和FeS，As2S3和FeS在空气中焙烧生成As2O3、Fe2O3和SO2，As2O3、Fe2O3中加入NaOH溶液碱浸，As2O3反应生成Na3AsO3，滤渣Y为Fe2O3，滤液中加入H2O2，过氧化氢将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，再通入SO2和稀硫酸将Na3AsO4还原为Na3AsO3，最后加热分解得到As2O3。
【详解】（1）H3AsO3中H为+1价，O为-2价，根据化合价代数和为0可得As为+3价。
（2）焙烧时，As2S3与O2反应生成As2O3和SO2，化学方程式为。
（3）As2O3与NaOH反应生成Na3AsO3，Fe2O3不溶于NaOH溶液，故碱浸的目的是将转化为，与分离，根据分析可知滤渣Y为Fe2O3。
（4）滤液中加入H2O2，过氧化氢将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，离子方程式为。
（5）还原过程中制得了99gAs2O3即0.5mol，根据As守恒可知原有H3AsO41mol，1个H3AsO4转化为H3AsO3得到2个电子，1个SO2转化为失去2个电子，则根据得失电子守恒，参与反应的SO2为1mol，标准状况下体积为22.4L。
答案第1页，共2页
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