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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-38物质的分离和提纯（2）
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-38物质的分离和提纯（2），共35页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-38物质的分离和提纯（2）
一、单选题
1．（2021·河南许昌·统考一模）某同学用如图1所示的装置制备乙酸乙酯，并设计了如图2所示的步骤进一步分离，得到较为纯净的乙酸乙酯，并回收乙醇和乙酸。下列说法错误的是
A．球形干燥管具有防倒吸的作用
B．操作1是分液，操作2和操作3是蒸馏
C．A是乙酸乙酯，E是乙醇，试剂a可以是硫酸
D．该实验应迅速升温到170℃
2．（2022·河南开封·统考二模）实验室利用如图所示装置(已略去夹持、加热及搅拌装置)制取五氯化锑，反应如下：SbCl3+Cl2SbCl5(相关物质性质如下表)。下列说法错误的是
物质
熔点
沸点
性质
SbCl3
73.4℃
220.3℃
极易水解
SbCl5
3.5℃
79℃／2.9kPa(140℃分解)
极易水解
A．试剂X可以使用无水CaCl2
B．冷凝管的作用是冷凝回流，从a口进水，b口出水
C．此实验中采用水浴加热的方式比较合适
D．可采用减压蒸馏的方法将SbCl5，从反应液中分离
3．（2022·河南许昌·统考二模）实验室可用下图装置制备乙酸乙酯，实验开始时先加热至110~120℃，再滴入乙醇和冰醋酸并使滴入速率与蒸出液体的速率几乎相等，滴加完毕后升温到130℃至不再有液体蒸出。下列说法错误的是
A．冷凝管的进水口为b
B．可用油浴加热
C．滴加速率不宜过快，是为了防止副反应增多
D．蒸出的液体用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯
4．（2023·河南郑州·统考二模）传统文化蕴含了丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该过程涉及到了溶解和过滤
B．“清乾隆各种釉彩大瓶”称为瓷母，瓷母的主要成分是二氧化硅
C．“梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分是纤维素
D．西汉刘安所著《淮南万毕术》中记有“曾青得铁，则化为铜”，该过程发生了置换反应
二、工业流程题
5．（2021·河南·统考三模）钯是航天、航空等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。以硫化铜镍矿(主要含、，还有少量的、)制取钯、镍的工艺流程如下：
已知：“抽提”是用适当的溶剂和方法从原料中把有效成分分离出来的过程。
回答下列问题：
(1)“焙烧”需要鼓入空气使矿粉呈“沸腾”状，其目的是 。
(2)“萃取铜”后的无机相中主要含有 (填化学式)、。
(3)在实验室经过“结晶”过程获得硫酸铜晶体体的操作是 、 、 、自然干燥。
(4)在“底渣”中加入王水(浓盐酸和浓硝酸的混合溶液)使金属溶解生成，假设反应只产生一种污染空气的无色气体，该反应的化学方程式是 。该过程采用“抽提”的目的是 。
(5)“抽提”后的进行沉淀生成，先加入氨后加入盐酸，先加入氨的原因是 。
(6)“还原”反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。
6．（2021·河南郑州·统考三模）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，加入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 。
7．（2021·河南·统考二模）钼酸锂(Li2MoO4)的外观为白色结晶粉末，易溶于水，难溶于有机溶剂，用于电极材料、金属陶瓷的制作。工业上以某精选钼矿(主要含MoS2，还含有少量CuFeS2)为原料制备Li2MoO4，其工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为 。
(2)写出“氧化、灼烧”时反应的化学方程式： 。
(3)MoO3属于 氧化物(填“酸性”“碱性”“两性”)。
(4)“酸化沉钼”过程中，溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：pH为 、反应时间 ；滤液2中含有的主要溶质的用途是 .(填一种即可)。
(5)H2MoO4和Li2CO3在熔融状态下反应也可生成Li2MoO4，写出反应的化学方程式 。在实验中该熔融操作可以在 (填标号)中进行。
A．陶瓷坩埚 B．石英坩埚 C．铁坩埚
(6)将“滤液1”用酸性H2O2氧化，得到含c(Fe3+)=0.01mol/L、c(Cu2+)=0.22mol/L的混合溶液。若调节pH使溶液中Fe3+浓度不超过5.0×10-6mol/L，而Cu2+全部留在母液中，则该溶液的pH范围为 ｛已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、1g2=0.3}。
8．（2022·河南·校联考三模）三氯化钌(RuCl3 )和硫化铋(Bi2S3)用途广泛。利用某含钌、铋的废催化剂(主要成分为Ru、Bi2O3、SiO2)回收RuCl3和Bi2S3的工艺流程如下：
已知：
I．滤液1中溶质的主要成分为Na2 RuO4、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3；
Ⅱ．RuO4的沸点为40℃，易挥发，微溶于水，极易溶于CCl4，RuO4有强氧化性，超过100℃时，RuO4就爆炸分解，室温下与乙醇接触也易爆炸；
Ⅲ．Ksp(Bi2S3)=1.0×10-20。
回答下列问题：
(1)“氧化碱浸”时，为提高反应速率，可采取的措施有 (写出两条)。
(2)向滤液1中加入乙醇生成Ru(OH)4沉淀和乙醛，则“转化”过程中乙醇作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。
(3)①Ru(OH)4与NaClO发生反应的化学方程式为 ；反应过程中NaClO的利用率与温度的关系如图所示，温度高于25℃时NaClO的利用率开始下降，主要原因可能是 。
②“蒸馏”过程中常采用的加热方式为 。
(4)盐酸“吸收”RuO4过程中产生的Cl2经进一步处理可以转化为 、 (填两种物质的名称)，在本工艺流程中循环利用。
(5)滤渣3的主要成分为 (填化学式)。
(6)“沉淀”时，向1L 1.0 mol· L-1BiCl3溶液中加入0.2L Na2S溶液，反应后混合溶液中c(S2-)为1×10-6mol·L-1，则Bi3+的沉淀率为 (忽略溶液体积变化)。
9．（2022·河南许昌·统考二模）用钴锂膜废料(含LiCoO2、Al，少量Fe等)制取Co2O3的工艺流程如下：
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Al3+
Fe3+
Co2+
开始沉淀时的pH
3.2
1.2
6.6
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol∙L-1)的pH
4.6
2.8
9.1
回答下列问题：
(1)“碱煮"可除去大部分的铝和锂，发生的反应有LiCoO2+NaOH=NaCoO2+LiOH和 (写化学方程式)。
(2)“浸钴"时，H2SO4和HNO3均不能与NaCoO2发生反应，其原因是 ；用盐酸浸钴时，钻浸出率与浸出温度的关系如图所示，工业上选取80℃而不采取更高温度的原因是 。“浸钻”时盐酸与NaCoO2反应的离子方程式为 。
(3)“深度除铝铁"时，理论上应控制终点时溶液pH范围为 。
(4)“沉钴"时，得到的滤液3中溶质的主要成分为 (填化学式)，由CoC2O4制取Co2O3的方法是 。
10．（2022·河南·校联考一模）金属镓(Ga)的合金可用作半导体材料，以下是工业上从湿法提锌浸渣中提取金属镓和铅，回收锌的工艺：
已知：①湿法提锌浸渣中含有Pb(Ⅱ)、Zn(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Ga(Ⅲ)等；
②已知Ga(OH)3、Zn(OH)2、Pb(OH)2和Al(OH)3具有类似的化学性质；
③25℃时，Fe(OH)3、Ga(OH)3、Zn(OH)2的溶度积依次是2.8×10-39、1.4×10-34、3×10-17。
回答下列问题：
(1)滤渣1的成分是 (写化学式)，固体X为 。
(2)NaOH溶液“碱浸”的离子方程式为 ，检验滤渣3是否洗涤干净的方法是 。
(3)“电沉积”时Ga在 沉积(填“阴极”或“阳极”)，该电极反应式为 。
(4)滤渣1中提取Pb的方法是：用NaOH溶液浸取滤渣1生成HPbO，然后再电解得到Pb。写出生成HPbO的离子方程式 。
(5)研究人员用络合滴定法测定滤液2中Zn2+含量的方法是：取100mL滤液2，加水稀释至1L，用滴定管量取25.00mL于锥形瓶中，以二甲酚橙为指示剂，加入试剂使pH稳定在5—6之间，用0.0100mol/L的EDTA标准溶液(用Na2H2Y·2H2O配制)滴定，已知滴定反应为Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+，当溶液由紫红色变为黄色时即为终点。重复上述操作2次，记录实验数据如下表，则滤液2中Zn2+的浓度为 g/L。用滴定管量取25.00mL溶液时，滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得滤液2中Zn2+的浓度 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
序号
滴定前读数
滴定后读数
1
0.00
20.01
2
1.00
20.99
3
0.00
21.10
11．（2022·河南·校联考模拟预测）1868年门捷列夫发现元素周期律，距今已有153年。他预言了很多未知元素，锗是其中一种，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2，其中Ge化合价为+4)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示。请回答：
(1)粉碎精硫锗矿的目的 。800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因 。
(2)写出825℃，NH3还原GeS2的化学反应方程式 。
(3)酸浸时温度不能过高的原因 ；酸浸后得到粗GeO2的操作为 。
(4)GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，此过程化学方程式为 。
(5)GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐，请判断25℃时0.1mol·L-1NaHGeO3溶液pH (填“>”、“=”或“<”)7，(已知25℃时，H2GeO3的Ka1=1.7×10-9，Ka2=1.9×10-13)。GeO2与碱反应可生成锗酸盐，其中CaGeO3是一种难溶电解质，一定温度下，CaGeO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 (填序号)。
A．n点与p点对应的Ksp相等
B．q点无CaGeO3沉淀生成
C．通过蒸发可以使溶液由q点变到p点
D．加入Na2GeO3可以使溶液由n点变到m点
12．（2023·河南开封·统考模拟预测）单质硼是高效的中子吸收剂，一种利用硼镁矿()制备粗硼的工艺流程如图所示。
(1)中硼元素的化合价为 。
(2)碱溶后所得滤液1的主要成分为，则滤渣为 (填化学式)。
(3)向滤液1中通入适量后得到硼砂()，将硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液的值为以制备，该反应的离子方程式为 ，已知是一元弱酸，但自身不能电离出氢离子，其电离方程式为 。
(4)滤液2的主要成分是 (填化学式)。
(5)加热硼酸脱水得到氧化物，热还原得到粗硼的化学方程式为 ，上述滤渣经过一系列转化可得金属镁，若硼镁矿中硼、镁元素充分利用，理论上制得1.1吨硼时，需要额外提供金属镁的质量为 。
13．（2023·河南安阳·统考二模）氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示：
已知：i．二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+、[Zn(NH3)4]2+；
ii．25°C时相关物质的Ksp如下表：
物质
MnS
FeS
ZnS
PbS
CdS
CuS
Ksp
2.5×10-13
6.3×10-18
1.6×10-24
8.0×10-28
3.6×10-29
5.0×10-36
iii．Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125°C、300°C。
请回答下列问题：
(1)“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，写出生成FeOOH的离子方程式： ；“氧化预处理”的目的是 。
(2)若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，写出该反应的离子方程式： 。
(3)已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则[Cu(NH3)4]2+(aq)+S2-(aq)=CuS(s)+4NH3(aq)的化学平衡常数K1为 。
(4)实验室模拟蒸氨装置如图所示。蒸氨时控制温度为95°C左右，在装置b中[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。
①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为 (填字母)。
A．液面上方但不接触液面
B．略伸入液面下
C．伸入溶液底部
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是 (写出一种)。
③混合气体e可返回至“ ”阶段循环利用。
(5)研究发现Znx(OH)y(CO3)z。热分解得到ZnO的过程可分为两步。某实验小组取11.2gZnx(OH)y(CO3)z固体进行热重分析，两步反应的固体失重率()依次为8.0%、19.6%，则Znx(OH)y(CO3)z的化学式为 。
三、实验题
14．（2022·河南·校联考模拟预测）苯硫酚是一种局部麻醉剂。某小组拟制备苯硫酚并探究其性质，已知相关物质的部分信息如下表所示：
物质
化学式
相对分子质量
熔点/
沸点/
相对密度
溶解性
苯硫酚
110
169.5
1.07
难溶于水
苯磺酰氯
176.5
14.5
251
1.38
难溶于水
操作步骤：
①向三口烧瓶中加入冰和浓硫酸。
②再向三口烧瓶中慢慢加入苯磺酰氯，尽快地分次加入锌粉，继续反应，温度保持在左右，如图1。
③撤去水浴B，微热三口烧瓶，并保持一定的回流。反应平稳后，再加热。
④将反应后的混合液进行水蒸气蒸馏，分出苯硫酚，如图2。
⑤加入氯化钙，经操作X得粗品。再进行蒸馏，收集馏分，得纯品。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称是 。
(2)已知：在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低。水浴B应选择 (填标号)。
a．冰盐水浴 b．冷水浴 c．热水浴
(3)在水蒸气蒸馏中(如图2)，导管1的作用是 ，冷凝管中冷却水从 (填“a”或“b”，下同)口进、 口出。
(4)步骤⑤中操作X是 。蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为 。
(5)本实验中，苯硫酚的产率约为 (保留整数)。
(6)取少量苯硫酚产品于酸性溶液中，振荡，溶液褪色，说明苯硫酚具有 (填“氧化”或“还原”)性。
15．（2022·河南·校联考三模）钾铬矾在鞣革、纺织等工业中应用广泛。某学习小组用温控电炉加热钾铬矾晶体探究分析其分解产物，实验设计如下。
已知：钾铬矾[K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O]的相对分子质量为998。Cr2O3为两性氧化物。
I．定性探究钾铬矾晶体的热分解产物。装置图如下(夹持装置略去)。
实验步骤如下。回答下列问题：
(1)连接装置，然后进行的实验操作为 。
①上图中各仪器正确的连接顺序：A→ (填标号)。
②盛放碱石灰的玻璃仪器名称为 。
(2)加入试剂，然后缓缓通入N2，排出装置内空气。用温控电炉在不同温度下加热，分解产物(足量)依次通过各装置。若气体通过装置B发现BaCl2溶液产生白色沉淀，品红溶液不褪色，则分解所得气体产物中含有 (填化学式)。
II．定量分析钾铬矾晶体的热分解过程。取99.80 g钾铬矾样品不断加热，样品受热分解过程的热重曲线(固体样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
(3)200℃时固体w的化学式为 。
(4)在620℃时得到固体产物q及气体R，气体R能全部被盐酸酸化的BaCl2溶液吸收并得到白色沉淀。固体q可部分溶于水，过滤后得到固体e和滤液f，向滤液f中加入盐酸酸化的BaCl2溶液也得到白色沉淀；将固体e置于适量的NaOH溶液中恰好反应得到澄清的溶液，则固体q中的成分是 (填化学式)，607~620 ℃时发生反应的化学方程式为 。
16．（2022·河南郑州·统考二模）摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是一种常见的复盐。以下是摩尔盐的制备流程。请回答相关问题。
(1)步骤2的名称应为 。
(2)抽滤装置如图所示。和普通过滤相比，抽滤的优点是 。
(3)加热浓缩时所用到的主要仪器中属于硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和 。
(4)生成摩尔盐的反应方程式为 。
(5)步骤3中将滤液加热浓缩至 即停止加热，这样做的原因是 。
(6)步骤3抽滤后用乙醇洗涤后再用滤纸吸干。用乙醇洗涤的原因是 。
(7)Fe3＋含量是影响产品品质的关键指标。定量测定方法是：取1.00g产品于烧杯中，加入适量盐酸溶解，并加入3滴KSCN溶液，定容至50mL，取溶液置于比色管中，与标准色阶进行目视比色，确定产品级别。可以根据颜色确定产品级别的原理是 。
(8)取30.00g所制得的固体于小烧杯中，加入适量稀硫酸，溶解后在250mL容量瓶中定容。取25.00mL于锥形瓶中，用0.1mol·L-1的KMnO4，溶液滴定至终点。平行操作三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为16.00mL。此样品中Fe2+含量为 %(保留小数点后1位)。导致该测定结果与理论值有偏差的可能原因是 。
A．配溶液定容时俯视刻度线 B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥 D．摩尔盐的结晶水数量不足
17．（2022·河南许昌·统考二模）(NH4)2[Ce(NO3)6](硝酸铈铵)是橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由稀土氟化物(含28%二氧化铈、37.7%其他稀土金属氧化物、4.5%的氧化钙及金属氟化物等)制备硝酸铈铵时的主要实验步骤如下：
I.取适量稀土氟化物于铂皿或铅皿中，加适量水在沙浴上加热，搅拌下缓缓加入适量浓硫酸，充分加热，直至产生SO3白烟为止，冷却得混合物。
II.将上述混合物用适量水浸取，得没取液，向其中加入NaOH溶液至溶液呈强碱性，过滤、洗涤至不含SO，得到灰白色Ce(OH)3。
III.由步骤II制得的Ce(OH)3制取Ce(OH)4(黄色难溶物)。
IV.向Ce(OH)4沉淀物中加入浓硝酸加热至浆状{生成H2[Ce(NO3)6]}，再加入稍过量的NH4NO3晶体，充分搅拌后重新加热至糊状结晶体，冷却、过滤得硝酸铈铵粗品。
回答下列问题：
(1)步骤I中用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器的主要原因是 ；CeO2与浓硫酸反应生成Ce2(SO4)3的化学方程式为 。
(2)步骤Ⅲ中由Ce(OH)3制取Ce(OH)4的装置如下图所示：
①装置a的烧瓶中盛放的固体为 (填化学式)；装置b中仪器W的名称是 。
②当b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气(图中框内改通空气装置)的目的是 ；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 。
(3)步骤IV中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3发生反应的化学方程式为 ；将得到的粗品进一步提纯可采用的方法是 (填操作名称)。
18．（2023·河南安阳·统考三模）二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。某兴趣小组拟用如图所示装置制备二茂铁(电磁搅拌装置、夹持装置略去)，反应原理：2KOH + FeCl2 +2C5H6(环戊二烯)=Fe(C5H5)2(二茂铁) +2KCl + 2H2O。
已知一些物质的物理数据：
物质
熔点/°C
沸点/°C
密度/(g·cm-3)
溶解性
二茂铁
173
249( 100 °C时开始升华)
1.49
不溶于水和盐酸，溶于乙醚
环戊二烯
-97.2
42.5
0.87
不溶于水，溶于乙醚和乙醇
乙醚
-116
34.5
0.71
微溶于水，溶于乙醇
二甲亚砜
18.4
189
1.10
与水互溶，不溶于乙醚
制备二茂铁的实验步骤如下：
I.在C中加入25 g KOH粉末，并加入60 mL无冰乙醚，连接好仪器，充分搅拌，然后打开K，通入N2，排尽装置中的空气后，关闭K。
II.打开B1的活塞，滴加5.5 mL新蒸馏的环戊二烯，搅拌。
III.将含一定质量的FeCl2的二甲亚砜溶液25mL由B2缓慢滴入C中，在45min时滴完，再继续搅拌45 min，反应完毕。
IV.拆下仪器C，再向其中加入25 mL无水乙醚，搅拌，将液体转移到分液漏斗中，依次用盐酸、水洗涤2~3次，分液得橙黄色溶液。
V.蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。
回答下列问题：
(1)仪器C的名称是 ；仪器 A中冷凝水从 口进入(填“m” 或“n”)。
(2)D中试剂的名称是 D中导管插入液面以下，其主要目的是 。
(3)步骤I中检验装置中的空气已排尽的方法是 。
(4)步骤III中将含FeCl2的二甲亚砜溶液缓慢滴入C中，滴完之后继续搅拌，其目的是 。
(5)步骤IV中无水乙醚的作用是 ；用盐酸洗涤的目的是 。
四、填空题
19．（2022·河南·统考三模）电镀废液中含有Cu2+、Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe3+，某专利申请用下列方法从该类废液中制备高纯度的铜粉。
已知导体和其接触的溶液的界面上会形成一定的电位差，被称作电极电位。如反应Cu2+(氧化态)+2e-=Cu(还原态)的标准电极电位表示为Cu2+/Cu=0.34，该值越大氧化态的氧化性越强，越小还原态的还原性越强。两个电对间的电极电位差别越大，二者之间的氧化还原反应越易发生。某些电对的电极电位如下表所示：
Fe3+/Fe2+
Cu2+/Cu+
Cu2+/Cu
/SO2
Fe2+/Fe
Ni2+/Ni
Mg2+/Mg
Ca2+/Ca
0.77
0.52
0.34
0.17
-0.44
-0.23
-2.38
-2.76
回答下列问题：
(1)蒸发浓缩后的溶液中，Cu2+的物质的量浓度≥ (结果保留两位小数)。分离固液混合物时，需要用真空抽滤的方法提高过滤的速度和效果，其原因是 。
(2)溶液的氧化还原电位越高，其氧化能力同样越强。溶液的氧化还原电位，与溶液中离子等微粒的种类及其浓度相关，实验测得Cu2+与SO2反应体系的氧化还原电位与铜粉的回收率和纯度的关系如下表所示：
反应液的电位(mV)
360
340
320
300
280
260
铜粉的回收率(%)
86.5
90.2
95.6
97.2
97.3
97.4
产品的纯度(%)
99.9
99.9
99.9
99.9
99.9
99.9
①由此可知，制备过程中进行电位检测时，要把溶液的氧化还原电位控制在 mV左右。
②专利申请书指出，反应液的反应历程为Cu2+首先被还原为Cu+，Cu+再歧化为Cu和Cu2+。反应历程不是Cu2+直接被还原为Cu的原因是 。反应生成Cu+的离子方程式是 。
(3)废液2中含有的金属离子除Mg2+、Ca2+外还有 。为了使这些离子均除去，使水得到进一步的净化，应该在调节溶液pH使其他杂质离子沉淀后，再使Ca2+转化为 (填化学式)而除去。
参考答案：
1．D
【详解】A．球形干燥管由于容量比较大，可以防止液体倒吸进入反应器中，因而具有防倒吸的作用，A正确；
B．反应后右侧试管中含有挥发出的生成物乙酸乙酯及Na2CO3水溶液，二者是互不相溶的两层液体，故用分液方法分离，得到的A为上层的乙酸乙酯；B是下层的水层，其中含有挥发的乙醇、未反应的Na2CO3及CH3COOH与Na2CO3反应产生的CH3COONa。由于乙醇沸点低，易挥发，可通过蒸馏从混合物中分离出来，故E是乙醇；C中含有Na2CO3及CH3COONa，向其中加入足量稀硫酸，Na2CO3变为Na2SO4，产生的CO2气体逸出；CH3COONa反应产生Na2SO4、CH3COOH，再根据Na2SO4沸点高，难挥发，而CH3COOH是沸点低、易挥发的物质，用蒸馏方法分离得到乙酸，故操作1是分液，操作2和操作3是蒸馏，B正确；
C．根据选项B分析可知：A是乙酸乙酯，E是乙醇，试剂a可以是硫酸，C正确；
D．在实验时为防止乙醇及乙酸挥发，加热温度应该在77℃左右，而不能将混合物迅速升温到170℃，D错误；
故合理选项是D。
2．A
【详解】A．根据题中信息SbCl3和SbCl5极易水解，Cl2有毒故试剂X的作用为防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，同时收集氯气,防止污染空气，故不能用CaCl2只能吸收水分，不能吸收氯气，可以用碱石灰，A错误；
B．冷凝管的作用是冷凝回流，下进上出冷凝效果好，B正确；
C．根据题中SbCl3和SbCl5的熔沸点和SbCl52.9kPa(140℃分解)，可知采用水浴加热合适，C正确；
D．根据SbCl5在2.9kPa(140℃分解)，可采用减压蒸馏的方法将SbCl5从反应液中分离，D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．为增强冷凝效果，冷凝管中的水下进上出，即进水口为b，A正确；
B．所需温度高于水的沸点，所以可以采用沸点更高的油进行油浴加热，B正确；
C．滴加速率不宜过快，是为了减少反应物的蒸发损失，提高利用率，C错误；
D．饱和碳酸钠可以吸收未反应的乙醇和乙酸，同时乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯，D正确；
综上所述答案为C。
4．B
【详解】A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”为青蒿的萃取过程，涉及到了溶解和过滤，故A正确；
B．陶瓷的主要成分为二氧化硅和硅酸盐，故B错误；
C．柳絮的主要成分是纤维素，它占干燥柳絮重量的94％左右，其余成分为纤维素伴生物，故C正确；
D．将铁加入胆帆溶液（古人称为胆水）中，使胆矾中的铜离子被铁置换而产生单质铜，是化学反应中的置换反应；故D正确；
故答案选B。
5． 增大矿粉与的接触面积提高原料利用率 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤(洗涤) 分离和 “抽提”后的溶液呈酸性，氨可以中和酸生成，同时可调节 1∶2
【分析】硫化铜镍矿经过焙烧后、转化成了、，转化成了Pd，没有变化，烟气的成分应该是SO2，烧渣加入稀硫酸后，、和稀硫酸反应生成了CuSO4和，通过结晶法分离出CuSO4，通过有机溶剂萃取剩余的铜离子，则无机相中的主要成分就是剩余的和稀硫酸了。烧渣浸出后的底渣主要成分是和Pd，利用王水把Pd从底渣中分离出来，然后通过加入氨水和稀盐酸使Pd的化合物从溶液中沉淀分离出来，最后利用氢气还原得到Pd，据此解答。
【详解】(1)为了使矿粉充分与空气中的氧气反应，提高原料利用率，故需要鼓入空气使矿粉呈“沸腾”状；
(2) 硫化铜镍矿主要含、，还有少量的、，根据流程图，可知最终大都转化成了胆矾晶体，转化成了Pd，不溶于硫酸，所以“萃取铜”后的无机相中主要含有和稀；
(3)从硫酸铜溶液中分离出溶质硫酸铜，则首先要对溶液蒸发浓缩，使其饱和，然后冷却结晶使其析出，最后过滤洗涤分离出硫酸铜晶体，由于硫酸铜晶体受热易分解，故需自然干燥分离出其含有的剩余水分；
(4)硫化铜镍矿焙烧后，根据流程图，可知用稀硫酸浸出后的底渣成分主要是和Pd，王水是浓盐酸和浓硝酸的混合溶液，反应后生成一种污染空气的无色气体，可推测是NO，与王水不反应，则反应的化学方程式为；
(5)为了使Pd充分溶解，抽提用的王水必然过量，则抽提后的混合液比然显酸性，为了使进行沉淀生成，则必然先加入氨水，中和剩余的酸，同时可调节，故先加氨水后加盐酸；
(6)氢气“还原”过程中，中的Pd由+4价降低到0价，降了四价，得到4个电子，根据氧化还原反应得失电子数相等，则参加反应的H2必然失去4个电子，故作为氧化剂和还原剂H2的物质的量比是1∶2。
6． 提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫) 2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑ MoO3+CO=MoO+CO2↑ H2SiO3 浸出 富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离 增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出 (NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑
【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+=+CO2↑，经过过滤操作得到滤渣1，为Na2SiO3，溶液中的溶质为Na2MoO4，向滤液中加入适量稀硝酸，除去可能存在的，则过滤获得的滤渣2为H2SiO3，滤液中加入有机溶剂萃取后再加入氨水反萃取，提升溶液中钼酸根离子浓度，然后再加入适量稀硝酸，经酸沉、过滤、洗涤等操作即可获得钼酸铵。
【详解】(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，其作用还有提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，结合黄铁矿的焙烧反应得该反应方程式为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；故答案为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑；
(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，该气体为CO2，MoO3转化为MoO，反应离子方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，故答案为：MoO3+CO=MoO+CO2↑；
(3)“滤液1”中含有Na2SiO3，加入硝酸，调节pH为5~7，硅酸钠与硝酸反应生成难溶的硅酸，加热到65℃~70℃过滤除硅，则滤渣2的成分为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
(4)“滤渣1”为未溶解的MoO3，为了提高原料的利用率，工艺流程中应循环到浸出操作，故答案为：浸出；
(5)根据流程图分析，“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”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)，故答案为：富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)；
(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出，故答案为：增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出；
(7)钼酸铵和氢氧化钠发生复分解反应生成钼酸钠晶体和一水合氨，反应方程式为：(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑。
7． CuFeS2+16 Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+ 2MoS2+7O24SO2+2MoO3 酸性 1.0 60min 可用于制氮肥 H2MoO4+Li2CO3 Li2MoO4+ H2O+CO2↑ C 3.3pH＜4.5
【分析】钼矿(主要含MoS2，还含有少量CuFeS2)通过浸酸、氧化后“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为CuFeS2+ 16Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+，“氧化、灼烧”时MoS2与氧气生成二氧化硫和钼，MoO3加入氨水进行氨浸生成(NH4)2MnO4，滤液2中含有的主要溶质为硝酸铵，再加入氢氧化锂最终得到钼酸锂，据此分析解题。
【详解】(1)“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为CuFeS2+ 16Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+。
(2)“氧化、灼烧”时MoS2与氧气生成二氧化硫和三氧化钼，反应的化学方程式：2MoS2+7O24SO2+2MoO3。
(3)MoO3属于酸性氧化物，通过流程中MoO3加入氨水进行氨浸生成(NH4)2MnO4，可知MoO3为酸性氧化物。
(4)由图可知，pH=1.0时，母液中钼含量最低(虚线表示)，当时间为60min时，母液中钼含量最低(实线表示)，母液中钼含量低最，“酸化沉钼”更佳；滤液2中含有的主要溶质为硝酸铵，用途是可用于制氮肥。
(5)H2MoO4和Li2CO3在熔融状态下反应也可生成Li2MoO4，写出反应的化学方程式：H2MoO4+Li2CO3 Li2MoO4+ H2O+CO2↑；在实验中该熔融操作可以在铁坩埚内进行，因为Li2CO3可腐蚀陶瓷，石英坩埚。
(6)由题可知，c(Fe3+ )5.0×10-6mol/L，而，，因为，，所以pH3.3，c(Cu2+)=0.22mol/L，，，所以pH=4.5，答案为：3.3pH＜4.5。
8．(1)适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径(或适当增加氢氧化钠和次氯酸钠溶液的浓度、搅拌等)
(2)还原剂
(3) Ru(OH)4+2NaClO=RuO4 +2NaCl +2H2O 温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的次氯酸受热分解，导致NaClO的利用率下降 水浴加热
(4) 次氯酸钠 盐酸
(5)H4SiO4(或H2SiO3)
(6)88%
【分析】题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液氧化碱浸时，Ru和Pb被氧化为RuO和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有RuO、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的滤液1；向滤液1中加入乙醇，将RuO还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液2和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钾氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3；滤液2加入盐酸酸化，得到含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液和H4SiO4(或H2SiO3)的沉淀，向溶液中加入Na2S沉淀BiCl3得到Bi2S3，据此分析解答。
【详解】（1）含钌、铋的废催化剂在“氧化碱浸”时为提高反应速率，可采取的措施有适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径、适当增加氢氧化钠和氧化剂溶液的浓度、搅拌等；
（2）由分析可知，滤液1中含有Na2RuO4、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3，加入乙醇，溶液中的RuO与乙醇反应生成Ru(OH)4沉淀和乙醛，钌元素化合价降低，RuO作氧化剂，则乙醇作还原剂；
（3）①Ru(OH)4与NaClO发生反应生成RuO4、NaCl和H2O，其化学方程式为Ru(OH)4+2NaClO=RuO4+2NaCl+2H2O；温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的次氯酸受热分解，总反应为2NaClO2NaCl+O2↑，导致NaClO的利用率下降；
②RuO4的沸点为40℃，超过100℃时，RuO4就爆炸分解，故“蒸馏”过程中应用温度稍高于40℃的水浴加热；
（4）结合流程图，盐酸“吸收”RuO4过程中产生的Cl2经进一步处理可以转化为次氯酸钠、盐酸，循环利用；
（5）滤液2中含有乙醛、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3，加入盐酸生成硅酸沉淀和含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液，故滤渣3的主要成分为H4SiO4或H2SiO3；
（6）混合溶液中c(S2-)为1×10-6mol/L，由Ksp(Bi2S3)=1.0×10-20=c2(Bi3+)·c3(S2-)，可知c(Bi3+)=0.1 mol/L，则混合溶液中n(Bi3+)=0.1 mol/L×1.2L=0.12 mol，沉淀的Bi3+的物质的量为1 mol-0.12 mol=0.88 mol，Bi3+的沉淀率为×100%=88%。
9．(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2) NaCoO2中Co为+3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2+ 温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重 2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O
(3)4.6≤pH＜6.6
(4) NH4Cl、NaCl 在空气中煅烧
【分析】钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2 转化为NaCoO2 和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3+、Fe3+和Co2+的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。
【详解】（1）碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的+3价的Co还原为Co2+，而硫酸和硝酸第无法将其还原为Co2+；80℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化物为氯气，NaCoO2被还原为Co2+，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl-的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O；
（3）“深度除铝铁"时，要保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；
（4）根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
10．(1) PbSO4 ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3
(2) Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O或Ga(OH)3+OH-=[Ga(OH)4]- 取最后一次洗涤液，用pH试纸测定其pH，若为中性，则洗涤干净
(3) 阴极 2H2O+GaO+3e-=Ga+4OH-或[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-
(4)PbSO4+3OH-=HPbO+SO+H2O
(5) 5.2 偏小
【分析】湿法提锌浸渣加入稀硫酸，二价铅转化为硫酸铅沉淀得到滤渣1，再加入氢氧化钠得到含铅滤液4，电解得到铅；滤液1中含有Zn(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Ga(Ⅲ)及过量硫酸等，滤液1可以加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3等通过调节溶液pH，生成铁、镓的沉淀得到滤渣2和含锌的滤液2，滤渣2碱浸后分离出铁的沉淀得到滤渣3，滤渣3转化为铁红；滤液3中含镓，电沉积后最终转化为镓单质；
（1）
滤渣1的成分是PbSO4，固体X为ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3；
（2）
已知，Ga(OH)3、Zn(OH)2、Pb(OH)2和Al(OH)3具有类似的化学性质；NaOH溶液“碱浸”的反应为Ga(OH)3和氢氧化钠反应生成类似AlO或 [Al(OH)4]-的镓盐，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O或Ga(OH)3+OH-=[Ga(OH)4]-；
检验滤渣3是否洗涤干净，可以通过检验是否存在氢氧根离子的方法来检查，故方法是取最后一次洗涤液，用pH试纸测定其pH，若为中性，则洗涤干净；
（3）
“电沉积”时三价镓得到电子生成镓单质，发生还原反应，故Ga在阴极沉积，该电极反应式为2H2O+GaO+3e-=Ga+4OH-或[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；
（4）
滤渣1中含有生成的硫酸铅沉淀，用NaOH溶液浸取滤渣1生成HPbO，则反应为硫酸铅和氢氧根离子生成HPbO和硫酸根离子和水，反应为PbSO4+3OH-=HPbO+SO+H2O；
（5）
由图表可知，第1、2、3次消耗溶液体积分别为20.01mL、19.99mL、21.10mL，第3次实验操作误差较大需要舍弃，则平均值为20.00mL=20.00×10 -3L；由Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+体现的关系可知，锌离子的质量为20.00×10 -3L×0.0100mol/L=0.52g，则滤液2中Zn2+的浓度为=5.2g/L。
用滴定管量取25.00mL溶液时，滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，导致所取锌离子量偏小，滴定过程中消耗滴定液偏小，则测得滤液2中Zn2+的浓度偏小。
11． 增大固体表面积，加快GeS2的升华速率 避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2 3GeS2+2NH33GeS+N2+3H2S 浓硝酸受热易分解 过滤 GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl > A、B
【分析】精硫锗矿粉碎后在氮氛围下进行升华，提纯GeS2 ，防止其被氧化，再通入氨气将其还原生成GeS，氨气被氧化生成氮气，GeS和浓硝酸反应生成GeO2，再与COCl2反应生成四氯化锗，在高纯水中水解生成，然后进一步转化为高纯度锗，据此解答。
【详解】(1)粉碎精硫锗矿的目的增大固体表面积，加快GeS2的升华速率。800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因是升华过程中需要加热，在氮气中进行可以避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2。
(2)从图分析GeS2反应生成GeS，化合价锗元素从+4价降低到+2，氨气中的氮元素化合价升高生成氮气，所以NH3还原GeS2的化学反应方程式：3GeS2+2NH33GeS+N2+3H2S。
(3) 浓硝酸受热易分解，所以酸浸时温度不能过高；GeO2不溶于酸，所以酸浸后得到粗GeO2的操作为过滤。
(4)GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，同时生成氯化氢，化学方程式为GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl。
(5)GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐，说明锗酸为二元酸，0.1mol·L-1NaHGeO3溶液为酸式盐，存在电离和水解，水解平衡常数为，第二步电离平衡常数为Ka2=1.9×10-13，所以水解大于电离，溶液为碱性，pH>7。
A.该图象为在一定温度下的沉淀溶解平衡曲线，平衡常数只随着温度变化而变化，所以n点与p点对应的Ksp相等；B.q点离子浓度乘积小于平衡常数，溶液中无CaGeO3沉淀生成；C.蒸发过程的水减少，浓度也增大，故通过蒸发可以使溶液由q点变到p点之后的某点，故错误；D.加入Na2GeO3，浓度增大，沿曲线向右移动，不可能变到m点，故错误。故选AB。
12．(1)+3
(2)
(3)
(4)
(5) 1200
【分析】硼镁矿加入浓NaOH溶液碱溶生成和，加入适量二氧化碳得到，加入稀硫酸生成，加热脱水得到B2O3，热还原法发生反应生成粗硼；
【详解】（1）中Mg的化合价为，O的化合价为，根据化合物中元素的正、负化合价代数和为零，可求B元素的化合价为+3。
（2）硼镁矿中加入浓NaOH溶液后得到，化合价没有变化，主要发生复分解反应，反应的化学方程式为，滤渣为。
（3）硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液酸性以制备，即在酸性条件下的反应为；中的B提供空轨道，与水电离出的氢氧根离子中O原子形成配位键，从而电离出，。
（4）根据元素转化守恒，得到晶体后，溶液中主要存在和，滤液2的主要成分为。
（5）加热脱水后得到氧化物，即，加热条件下，金属单质将单质B置换出来，发生反应为；若硼镁矿中硼、镁元素充分利用，由硼镁矿生成的单质和单质的物质的量之比为1：1，1.1吨单质的物质的量为，根据反应可求出需要的金属的物质的量为，则需要额外补充金属的物质的量为，金属镁的质量为。
13．(1) 2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1- 避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解
(2)ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O
(3)2×1022
(4) C 增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等) 氨浸
(5)Zn2(OH)2CO3
【分析】“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，氨浸”阶段ZnO、CuO、PbO、CdO转化为[Zn(NH3)4]2+等配离子，过滤，得到滤液b，深度净化阶段，加入Na2S溶液，生成CuS、PbS、CdS，过滤，除去杂质，得到滤液d，蒸氨时， [Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀，煅烧，得到氧化锌。
【详解】（1）已知“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平生成FeOOH的离子方程式：2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1-；根据相关物质的Ksp表格可知，“氧化预处理”的目的是避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解，导致后续无法除去Fe2+、Mn2+。
（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，该反应的离子方程式：ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O。
（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则
。
（4）①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为伸入溶液底部，保证将氨气充分蒸出，故选C。
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)。
③混合气体e为氨气和水蒸气的混合气体，故可返回至“氨浸”阶段循环利用。
（5），热分解得到ZnO的过程中，第一步失去水，第二步失去二氧化碳，故，，则，故Znx(OH)y(CO3)z的化学式为Zn2(OH)2CO3。
14．(1)恒压滴液漏斗
(2)a
(3) 平衡气压，避免烧瓶内气压过大，发生危险 b a
(4) 过滤 169.5
(5)91
(6)还原
【分析】(1)仪器A是恒压滴液漏斗；
(2)反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低；
(3)导管1可以平衡烧瓶内压强；采取逆流原理通入冷凝水；
(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，再过滤分离；苯硫酚的沸点为169.5℃；
(5 )根据6g苯磺酰氯计算苯硫酚的理论产量，产率=100%；
(6)溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
（2）反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低，故水浴B选择冰盐水浴，
故答案为: a；
（3）蒸馏过程中装置中发生堵塞，导管1可以平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；采取逆流原理通入冷凝水，冷凝管中冷却水从口进、a口出，充分冷凝蒸汽，
故答案为:平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a；
（4）步骤⑤中加入氯化钙吸水，然后过滤除去，苯硫酚的沸点为169.5℃，蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为169.5℃，
故答案为:过滤；169.5；
（5）由C6H5ClO2S ~ C6H5SH，可知苯硫酚的理论产量为6g ，实际得纯品3.40g，故苯硫酚的产率=100%≈91%，
答案为91%；
（6）溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯硫酯具有还原性，
故答案为:还原。
15．(1) 检查装置气密性 D→B→C 球形干燥管(或干燥管)
(2)SO3
(3)K2SO4·Cr2(SO4)3·4H2O
(4) Cr2O3和K2SO4 K2SO4·Cr2(SO4)3 K2SO4+Cr2O3+3SO3↑
【分析】I．对于有气体参加的化学反应，组装仪器后首先要检查装置气密性，然后加入药品进行实验，实验时要先通入N2排出装置中空气，按照加热分解物质、检验水蒸气、检验SO2、SO3的其它产物等，最后用碱石灰尾气处理，防止大气污染；
II．在定量实验中，根据钾铬矾的质量及相对分子质量可计算其物质的量，可计算出其中盐及结晶水的质量，根据加热温度与剩余固体质量关系，结合题目已知信息及反应产物的性质，确定相应物质的成分及化学式，进而可得相应反应的化学方程式。
【详解】（1）连接装置，然后进行的实验操作为检查装置气密性；
①在上图中在仪器A中加热分解物质，在装置D中用无水硫酸铜检验水蒸气；再在B中检验其它成分，最后碱石灰吸收尾气，故图中各仪器的连接顺序为：A→D →B→C；
②根据图示可知：盛放碱石灰的玻璃仪器名称为球形干燥管(或干燥管)；
（2）加入试剂，然后缓缓通入N2，排出装置内空气。用温控电炉在不同温度下加热，分解产物(足量)依次通过各装置。若气体通过装置B发现BaCl2溶液产生白色沉淀，品红溶液不褪色，则分解所得气体产物中含有SO3，SO3与H2O反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，但分解产物不含SO2气体；
（3）钾铬矾[K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O]的相对分子质量为998，由图象分析可知开始时99.80 g钾铬矾样品的物质的量为n[K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O]==0.1 mol，其中含有的盐K2SO4·Cr2(SO4)3的质量m[K2SO4·Cr2(SO4)3]=0.1 mol×566 g/mol=56.60 g，当加热温度升至200℃，固体质量变为63.80 g，其中含结晶水的质量为63.80 g-56.60 g=7.20 g，即含结晶水0.4 mol，含0.1 mol K2SO4·Cr2(SO4)3，故w的化学式为K2SO4·Cr2(SO4)3·4H2O；
（4）根据题意知，在620℃时得到固体产物q及气体R，气体R能全部被盐酸酸化的BaCl2溶液吸收并得到白色沉淀，可知气体R为SO3，SO3质量m(SO3)=56.60 g-32.60 g=24.0 g，则n(SO3)==0.3 mol；固体q部分溶于水，过滤后得到固体e和滤液f，向滤液f中加入盐酸酸化的BaCl2溶液也得到白色沉淀，滤液f中含有K2SO4；将e置于适量的NaOH溶液中恰好反应得到澄清的溶液，根据信息：Cr2O3为两性氧化物，能够与强碱发生反应，可知e为Cr2O3，则607~620℃时0.1 mol K2SO4·Cr2(SO4)3分解为0.1 mol K2SO4、0.1 mol Cr2O3和0.3 mol SO3，可推出在607~620℃时反应的化学方程式为：K2SO4 ·Cr2(SO4)3K2SO4+Cr2O3+3SO3↑。
16．(1)硫酸亚铁的制备
(2)加快过滤速度，得到更干燥的固体
(3)蒸发皿
(4)FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
(5) 表面有晶膜出现 防止杂质析出（并防止结晶水数量不足）
(6)产物在乙醇中溶解度小，减小溶解损失；乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥
(7)Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，Fe3+浓度越大，溶液颜色越深
(8) 14.9 AD
【分析】本实验的目的是制备摩尔盐，加入碳酸钠溶液煮沸，除去表面油污，过滤分离洗涤后，加入硫酸反应制备FeSO4，趁热抽滤后加入硫酸铵固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤，得到产品。
【详解】（1）步骤2中Fe与稀硫酸反应得到FeSO4，所以该步骤的名称为硫酸亚铁的制备；
（2）抽滤时抽滤瓶中形成真空，可以加快过滤速度，得到更干燥的固体；
（3）加热浓缩时需要在蒸发皿中进行，蒸发皿也属于硅酸盐材质的仪器；
（4）根据题意硫酸亚铁和硫酸铵反应可以得到摩尔盐，根据元素守恒可得化学方程式为FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
（5）将滤液加热浓缩至表面有晶膜出现时，即停止加热，这样做可以防止杂质析出，同时也可以防止结晶水数量不足；
（6）产物在乙醇中溶解度小，用乙醇洗涤可以减小溶解损失；同时乙醇易挥发，乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥；
（7）Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，该反应为可逆反应，Fe3+浓度越大，平衡正向移动，溶液颜色越深，所以可以根据颜色确定产品级别；
（8）根据电子守恒可知滴定过程中存在数量关系n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.1mol/L×0.016L=0.008mol，则250mL待测液中n(Fe2+)=0.08mol，则样品中Fe2＋含量为×100%≈14.9%；
理论上Fe2＋含量应为×100%≈14.3%；测定结果偏大；
A．配溶液定容时俯视刻度线，导致所配待测液浓度偏大，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结果偏大，A符合题意；
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗，导致摩尔盐被稀释，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏少，测定结果应偏小，B不符合题意；
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，C不符合题意；
D．摩尔盐的结晶水数量不足导致30.00固体中所含Fe2+偏多，测定结果偏大，D符合题意；
综上所述答案为AD。
17．(1) 反应生成的HF溶液能腐蚀玻璃仪器 4CeO2+6H2SO4(浓)2Ce2(SO4)3+O2↑+6H2O
(2) KMnO4[或Ca(ClO2)等] 三颈烧瓶 除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收 取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成
(3) H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3(NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3 重结晶
【分析】本实验的目的是利用稀土氟化物制取硝酸铈铵，首先利用浓硫酸还原CeO2得到Ce2(SO4)3，然后和NaOH溶液反应得到Ce(OH)3；之后利用浓盐酸和KMnO4[或Ca(ClO2)等]反应来制取氯气，利用生成的氯气氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，加入浓硝酸溶解得到H2[Ce(NO3)6]，然后再和NH4NO3反应得到产品。
【详解】（1）稀土氟化物含有F-，与浓硫酸反应会生成HF，HF溶液能腐蚀玻璃仪器，所以用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器；根据已知信息“CeO2与浓硫酸反应生成Ce2(SO4)3”可知CeO2与浓硫酸反应时Ce元素被还原，反应中还涉及H、S、O元素，其中H、S元素已经是最高价，不能被氧化，所以O元素被氧化生成O2，根据电子守恒元素守恒可得化学方程式为4CeO2+6H2SO4(浓)2Ce2(SO4)3+O2↑+6H2O；
（2）①装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4[或Ca(ClO2)等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶；
②当b中沉淀完全变为黄色后，虽然停止了通入氯气，但装置中会有残留的氯气，所以需通入空气除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce(OH)4的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
（3）根据题意H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3反应生成(NH4)2[Ce(NO3)6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3(NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3；(NH4)2[Ce(NO3)6]易溶于水，几乎不溶于浓硝酸，所以可以进行重结晶进一步提纯。
18．(1) 三颈烧瓶 m
(2) 乙醇 防止空气进入装置C，影响实验
(3)将右侧导管伸入滴有硫氰化钾的氯化亚铁溶液中，如果溶液不变色，则证明装置中的空气已排尽，否则，没有排尽；
(4)加快反应速率，使反应更加充分，提高原料利用率
(5) 萃取二茂铁 除去杂质，且减少二茂铁的损失
【分析】本题是一道制备类的实验题，由于制备过程中使用到了二价铁，故在实验前先用氮气将装置中的空气排干净，随后再加入FeCl2的二甲亚砜溶液，反应完成后根据二茂铁的溶解性，可以用乙醚来萃取产物，并且为了减少产物的损失，用盐酸来洗涤萃取液，以此解题。
【详解】（1）由图可知，仪器C的名称是三颈烧瓶；为了达到较好的冷却效果，冷凝水从m进入冷却水可以充满冷凝管，故仪器 A中冷凝水从m口进入；
（2）根据反应原理可知，该反应用到了有机物环戊二烯，反应过程中容易挥发，根据题给信息环戊二烯不溶于水，溶于乙醚和乙醇，故可以用乙醚和乙醇来吸收没有反应的环戊二烯，故D中试剂的名称是乙醇；该反应过程中使用的是二价铁，D中导管插入液面以下可以防止空气进入装置C，影响实验；
（3）装置中的空气排完后，则排出的尾气中不再含有氧气，故检验方法为，可以将右侧导管伸入滴有硫氰化钾的氯化亚铁溶液中，如果溶液不变色，则证明装置中的空气已排尽，否则，没有排尽；
（4）通过搅拌可以加快反应速率，使反应更加充分，提高原料利用率；
（5）根据题给信息可知，二茂铁不溶于水和盐酸，溶于乙醚，故步骤IV中无水乙醚的作用是萃取二茂铁，用盐酸洗涤的目的是，除去杂质，且减少二茂铁的损失；
19．(1) 0.94mol/L 固液混合物中铜为粉末状，普通过滤速率非常慢
(2) 260 Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+ Cu2++e-=Cu+
(3) Ni2+和Fe2+ CaSO4
【分析】通过题干表格中各组电极电势的数据可知，废液1蒸发浓缩后通入SO2，将Cu2+还原为Cu，Fe3+还原为Fe2+，过滤后得到铜粉和滤液2，滤液2中含有Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe2+，其中Ca2+与转化为CaSO4沉淀，而Mg2+和Fe2+、Ni2+可以通过调节pH值的方法转化为氢氧化物的形成除去，据此分析解题。
【详解】（1）由题干数据可知，蒸发浓缩后的溶液中Cu2+的浓度不小于60g/L，则Cu2+的物质的量浓度≥=0.94mol/L，由于分离固液混合物时Cu为粉末状，普通过滤时易造成滤纸堵塞，过滤速率非常慢，则需要用真空抽滤的方法提高过滤的速度和效果，故答案为：0.94mol/L；固液混合物中铜为粉末状，普通过滤速率非常慢；
（2）①由表可知，制备过程中进行电位检测时，氧化还原电位在260mV时铜的回收率最高，纯度高，故要把溶液的氧化还原电位控制在260mV左右，故答案为：260；
②专利申请书指出，反应液的反应历程为Cu2+首先被还原为Cu+，Cu+再歧化为Cu和Cu2+。反应历程不是Cu2+直接被还原为Cu的原因是由表中数据可知，Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+，反应生成Cu+的离子方程式是Cu2++e-=Cu+，故答案为：Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+；Cu2++e-=Cu+；
（3）由题干数据可知，Fe3+/Fe2+的电极电位为0.77mV，Cu2+/Cu+的电极电位为0.52mV，Cu2+/Cu的电极电位为0.34mV，/SO2的电极电位为0.17mV，故Cu2+被还原为Cu时，Fe3+被还原为Fe2+，则滤液2中还有的离子为：Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe2+，为了使这些离子均除去，使水得到进一步的净化，应该在调节溶液pH使其他杂质离子沉淀后，再使Ca2+转化为CaSO4而除去，故答案为：Ni2+和Fe2+；CaSO4。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-38物质的分离和提纯（2）
一、单选题
1．（2021·河南许昌·统考一模）某同学用如图1所示的装置制备乙酸乙酯，并设计了如图2所示的步骤进一步分离，得到较为纯净的乙酸乙酯，并回收乙醇和乙酸。下列说法错误的是
A．球形干燥管具有防倒吸的作用
B．操作1是分液，操作2和操作3是蒸馏
C．A是乙酸乙酯，E是乙醇，试剂a可以是硫酸
D．该实验应迅速升温到170℃
2．（2022·河南开封·统考二模）实验室利用如图所示装置(已略去夹持、加热及搅拌装置)制取五氯化锑，反应如下：SbCl3+Cl2SbCl5(相关物质性质如下表)。下列说法错误的是
物质
熔点
沸点
性质
SbCl3
73.4℃
220.3℃
极易水解
SbCl5
3.5℃
79℃／2.9kPa(140℃分解)
极易水解
A．试剂X可以使用无水CaCl2
B．冷凝管的作用是冷凝回流，从a口进水，b口出水
C．此实验中采用水浴加热的方式比较合适
D．可采用减压蒸馏的方法将SbCl5，从反应液中分离
3．（2022·河南许昌·统考二模）实验室可用下图装置制备乙酸乙酯，实验开始时先加热至110~120℃，再滴入乙醇和冰醋酸并使滴入速率与蒸出液体的速率几乎相等，滴加完毕后升温到130℃至不再有液体蒸出。下列说法错误的是
A．冷凝管的进水口为b
B．可用油浴加热
C．滴加速率不宜过快，是为了防止副反应增多
D．蒸出的液体用饱和碳酸钠溶液洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯
4．（2023·河南郑州·统考二模）传统文化蕴含了丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该过程涉及到了溶解和过滤
B．“清乾隆各种釉彩大瓶”称为瓷母，瓷母的主要成分是二氧化硅
C．“梨花淡白柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分是纤维素
D．西汉刘安所著《淮南万毕术》中记有“曾青得铁，则化为铜”，该过程发生了置换反应
二、工业流程题
5．（2021·河南·统考三模）钯是航天、航空等高科技领域以及汽车制造业不可缺少的关键材料。以硫化铜镍矿(主要含、，还有少量的、)制取钯、镍的工艺流程如下：
已知：“抽提”是用适当的溶剂和方法从原料中把有效成分分离出来的过程。
回答下列问题：
(1)“焙烧”需要鼓入空气使矿粉呈“沸腾”状，其目的是 。
(2)“萃取铜”后的无机相中主要含有 (填化学式)、。
(3)在实验室经过“结晶”过程获得硫酸铜晶体体的操作是 、 、 、自然干燥。
(4)在“底渣”中加入王水(浓盐酸和浓硝酸的混合溶液)使金属溶解生成，假设反应只产生一种污染空气的无色气体，该反应的化学方程式是 。该过程采用“抽提”的目的是 。
(5)“抽提”后的进行沉淀生成，先加入氨后加入盐酸，先加入氨的原因是 。
(6)“还原”反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。
6．（2021·河南郑州·统考三模）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，加入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 。
7．（2021·河南·统考二模）钼酸锂(Li2MoO4)的外观为白色结晶粉末，易溶于水，难溶于有机溶剂，用于电极材料、金属陶瓷的制作。工业上以某精选钼矿(主要含MoS2，还含有少量CuFeS2)为原料制备Li2MoO4，其工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为 。
(2)写出“氧化、灼烧”时反应的化学方程式： 。
(3)MoO3属于 氧化物(填“酸性”“碱性”“两性”)。
(4)“酸化沉钼”过程中，溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：pH为 、反应时间 ；滤液2中含有的主要溶质的用途是 .(填一种即可)。
(5)H2MoO4和Li2CO3在熔融状态下反应也可生成Li2MoO4，写出反应的化学方程式 。在实验中该熔融操作可以在 (填标号)中进行。
A．陶瓷坩埚 B．石英坩埚 C．铁坩埚
(6)将“滤液1”用酸性H2O2氧化，得到含c(Fe3+)=0.01mol/L、c(Cu2+)=0.22mol/L的混合溶液。若调节pH使溶液中Fe3+浓度不超过5.0×10-6mol/L，而Cu2+全部留在母液中，则该溶液的pH范围为 ｛已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20、1g2=0.3}。
8．（2022·河南·校联考三模）三氯化钌(RuCl3 )和硫化铋(Bi2S3)用途广泛。利用某含钌、铋的废催化剂(主要成分为Ru、Bi2O3、SiO2)回收RuCl3和Bi2S3的工艺流程如下：
已知：
I．滤液1中溶质的主要成分为Na2 RuO4、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3；
Ⅱ．RuO4的沸点为40℃，易挥发，微溶于水，极易溶于CCl4，RuO4有强氧化性，超过100℃时，RuO4就爆炸分解，室温下与乙醇接触也易爆炸；
Ⅲ．Ksp(Bi2S3)=1.0×10-20。
回答下列问题：
(1)“氧化碱浸”时，为提高反应速率，可采取的措施有 (写出两条)。
(2)向滤液1中加入乙醇生成Ru(OH)4沉淀和乙醛，则“转化”过程中乙醇作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。
(3)①Ru(OH)4与NaClO发生反应的化学方程式为 ；反应过程中NaClO的利用率与温度的关系如图所示，温度高于25℃时NaClO的利用率开始下降，主要原因可能是 。
②“蒸馏”过程中常采用的加热方式为 。
(4)盐酸“吸收”RuO4过程中产生的Cl2经进一步处理可以转化为 、 (填两种物质的名称)，在本工艺流程中循环利用。
(5)滤渣3的主要成分为 (填化学式)。
(6)“沉淀”时，向1L 1.0 mol· L-1BiCl3溶液中加入0.2L Na2S溶液，反应后混合溶液中c(S2-)为1×10-6mol·L-1，则Bi3+的沉淀率为 (忽略溶液体积变化)。
9．（2022·河南许昌·统考二模）用钴锂膜废料(含LiCoO2、Al，少量Fe等)制取Co2O3的工艺流程如下：
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
Al3+
Fe3+
Co2+
开始沉淀时的pH
3.2
1.2
6.6
完全沉淀时(c=1.0×10-5mol∙L-1)的pH
4.6
2.8
9.1
回答下列问题：
(1)“碱煮"可除去大部分的铝和锂，发生的反应有LiCoO2+NaOH=NaCoO2+LiOH和 (写化学方程式)。
(2)“浸钴"时，H2SO4和HNO3均不能与NaCoO2发生反应，其原因是 ；用盐酸浸钴时，钻浸出率与浸出温度的关系如图所示，工业上选取80℃而不采取更高温度的原因是 。“浸钻”时盐酸与NaCoO2反应的离子方程式为 。
(3)“深度除铝铁"时，理论上应控制终点时溶液pH范围为 。
(4)“沉钴"时，得到的滤液3中溶质的主要成分为 (填化学式)，由CoC2O4制取Co2O3的方法是 。
10．（2022·河南·校联考一模）金属镓(Ga)的合金可用作半导体材料，以下是工业上从湿法提锌浸渣中提取金属镓和铅，回收锌的工艺：
已知：①湿法提锌浸渣中含有Pb(Ⅱ)、Zn(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Ga(Ⅲ)等；
②已知Ga(OH)3、Zn(OH)2、Pb(OH)2和Al(OH)3具有类似的化学性质；
③25℃时，Fe(OH)3、Ga(OH)3、Zn(OH)2的溶度积依次是2.8×10-39、1.4×10-34、3×10-17。
回答下列问题：
(1)滤渣1的成分是 (写化学式)，固体X为 。
(2)NaOH溶液“碱浸”的离子方程式为 ，检验滤渣3是否洗涤干净的方法是 。
(3)“电沉积”时Ga在 沉积(填“阴极”或“阳极”)，该电极反应式为 。
(4)滤渣1中提取Pb的方法是：用NaOH溶液浸取滤渣1生成HPbO，然后再电解得到Pb。写出生成HPbO的离子方程式 。
(5)研究人员用络合滴定法测定滤液2中Zn2+含量的方法是：取100mL滤液2，加水稀释至1L，用滴定管量取25.00mL于锥形瓶中，以二甲酚橙为指示剂，加入试剂使pH稳定在5—6之间，用0.0100mol/L的EDTA标准溶液(用Na2H2Y·2H2O配制)滴定，已知滴定反应为Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+，当溶液由紫红色变为黄色时即为终点。重复上述操作2次，记录实验数据如下表，则滤液2中Zn2+的浓度为 g/L。用滴定管量取25.00mL溶液时，滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，则测得滤液2中Zn2+的浓度 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
序号
滴定前读数
滴定后读数
1
0.00
20.01
2
1.00
20.99
3
0.00
21.10
11．（2022·河南·校联考模拟预测）1868年门捷列夫发现元素周期律，距今已有153年。他预言了很多未知元素，锗是其中一种，工业上用精硫锗矿(主要成分为GeS2，其中Ge化合价为+4)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示。请回答：
(1)粉碎精硫锗矿的目的 。800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因 。
(2)写出825℃，NH3还原GeS2的化学反应方程式 。
(3)酸浸时温度不能过高的原因 ；酸浸后得到粗GeO2的操作为 。
(4)GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，此过程化学方程式为 。
(5)GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐，请判断25℃时0.1mol·L-1NaHGeO3溶液pH (填“>”、“=”或“<”)7，(已知25℃时，H2GeO3的Ka1=1.7×10-9，Ka2=1.9×10-13)。GeO2与碱反应可生成锗酸盐，其中CaGeO3是一种难溶电解质，一定温度下，CaGeO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 (填序号)。
A．n点与p点对应的Ksp相等
B．q点无CaGeO3沉淀生成
C．通过蒸发可以使溶液由q点变到p点
D．加入Na2GeO3可以使溶液由n点变到m点
12．（2023·河南开封·统考模拟预测）单质硼是高效的中子吸收剂，一种利用硼镁矿()制备粗硼的工艺流程如图所示。
(1)中硼元素的化合价为 。
(2)碱溶后所得滤液1的主要成分为，则滤渣为 (填化学式)。
(3)向滤液1中通入适量后得到硼砂()，将硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液的值为以制备，该反应的离子方程式为 ，已知是一元弱酸，但自身不能电离出氢离子，其电离方程式为 。
(4)滤液2的主要成分是 (填化学式)。
(5)加热硼酸脱水得到氧化物，热还原得到粗硼的化学方程式为 ，上述滤渣经过一系列转化可得金属镁，若硼镁矿中硼、镁元素充分利用，理论上制得1.1吨硼时，需要额外提供金属镁的质量为 。
13．（2023·河南安阳·统考二模）氧化锌在橡胶、油漆涂料、化工、医疗及食品等行业有着广泛应用。一种以含锌烟灰(含有ZnO、CuO、PbO、FeO、Fe2O3、MnO、MnO2、CdO等)为原料制备氧化锌的工艺流程如图所示：
已知：i．二价金属氧化物能分别与氨配合生成配离子，如[Fe(NH3)2]2+、[Mn(NH3)2]2+、[Zn(NH3)4]2+；
ii．25°C时相关物质的Ksp如下表：
物质
MnS
FeS
ZnS
PbS
CdS
CuS
Ksp
2.5×10-13
6.3×10-18
1.6×10-24
8.0×10-28
3.6×10-29
5.0×10-36
iii．Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125°C、300°C。
请回答下列问题：
(1)“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，写出生成FeOOH的离子方程式： ；“氧化预处理”的目的是 。
(2)若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，写出该反应的离子方程式： 。
(3)已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则[Cu(NH3)4]2+(aq)+S2-(aq)=CuS(s)+4NH3(aq)的化学平衡常数K1为 。
(4)实验室模拟蒸氨装置如图所示。蒸氨时控制温度为95°C左右，在装置b中[Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀。
①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为 (填字母)。
A．液面上方但不接触液面
B．略伸入液面下
C．伸入溶液底部
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是 (写出一种)。
③混合气体e可返回至“ ”阶段循环利用。
(5)研究发现Znx(OH)y(CO3)z。热分解得到ZnO的过程可分为两步。某实验小组取11.2gZnx(OH)y(CO3)z固体进行热重分析，两步反应的固体失重率()依次为8.0%、19.6%，则Znx(OH)y(CO3)z的化学式为 。
三、实验题
14．（2022·河南·校联考模拟预测）苯硫酚是一种局部麻醉剂。某小组拟制备苯硫酚并探究其性质，已知相关物质的部分信息如下表所示：
物质
化学式
相对分子质量
熔点/
沸点/
相对密度
溶解性
苯硫酚
110
169.5
1.07
难溶于水
苯磺酰氯
176.5
14.5
251
1.38
难溶于水
操作步骤：
①向三口烧瓶中加入冰和浓硫酸。
②再向三口烧瓶中慢慢加入苯磺酰氯，尽快地分次加入锌粉，继续反应，温度保持在左右，如图1。
③撤去水浴B，微热三口烧瓶，并保持一定的回流。反应平稳后，再加热。
④将反应后的混合液进行水蒸气蒸馏，分出苯硫酚，如图2。
⑤加入氯化钙，经操作X得粗品。再进行蒸馏，收集馏分，得纯品。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称是 。
(2)已知：在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低。水浴B应选择 (填标号)。
a．冰盐水浴 b．冷水浴 c．热水浴
(3)在水蒸气蒸馏中(如图2)，导管1的作用是 ，冷凝管中冷却水从 (填“a”或“b”，下同)口进、 口出。
(4)步骤⑤中操作X是 。蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为 。
(5)本实验中，苯硫酚的产率约为 (保留整数)。
(6)取少量苯硫酚产品于酸性溶液中，振荡，溶液褪色，说明苯硫酚具有 (填“氧化”或“还原”)性。
15．（2022·河南·校联考三模）钾铬矾在鞣革、纺织等工业中应用广泛。某学习小组用温控电炉加热钾铬矾晶体探究分析其分解产物，实验设计如下。
已知：钾铬矾[K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O]的相对分子质量为998。Cr2O3为两性氧化物。
I．定性探究钾铬矾晶体的热分解产物。装置图如下(夹持装置略去)。
实验步骤如下。回答下列问题：
(1)连接装置，然后进行的实验操作为 。
①上图中各仪器正确的连接顺序：A→ (填标号)。
②盛放碱石灰的玻璃仪器名称为 。
(2)加入试剂，然后缓缓通入N2，排出装置内空气。用温控电炉在不同温度下加热，分解产物(足量)依次通过各装置。若气体通过装置B发现BaCl2溶液产生白色沉淀，品红溶液不褪色，则分解所得气体产物中含有 (填化学式)。
II．定量分析钾铬矾晶体的热分解过程。取99.80 g钾铬矾样品不断加热，样品受热分解过程的热重曲线(固体样品质量随温度变化的曲线)如图所示。
(3)200℃时固体w的化学式为 。
(4)在620℃时得到固体产物q及气体R，气体R能全部被盐酸酸化的BaCl2溶液吸收并得到白色沉淀。固体q可部分溶于水，过滤后得到固体e和滤液f，向滤液f中加入盐酸酸化的BaCl2溶液也得到白色沉淀；将固体e置于适量的NaOH溶液中恰好反应得到澄清的溶液，则固体q中的成分是 (填化学式)，607~620 ℃时发生反应的化学方程式为 。
16．（2022·河南郑州·统考二模）摩尔盐(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是一种常见的复盐。以下是摩尔盐的制备流程。请回答相关问题。
(1)步骤2的名称应为 。
(2)抽滤装置如图所示。和普通过滤相比，抽滤的优点是 。
(3)加热浓缩时所用到的主要仪器中属于硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和 。
(4)生成摩尔盐的反应方程式为 。
(5)步骤3中将滤液加热浓缩至 即停止加热，这样做的原因是 。
(6)步骤3抽滤后用乙醇洗涤后再用滤纸吸干。用乙醇洗涤的原因是 。
(7)Fe3＋含量是影响产品品质的关键指标。定量测定方法是：取1.00g产品于烧杯中，加入适量盐酸溶解，并加入3滴KSCN溶液，定容至50mL，取溶液置于比色管中，与标准色阶进行目视比色，确定产品级别。可以根据颜色确定产品级别的原理是 。
(8)取30.00g所制得的固体于小烧杯中，加入适量稀硫酸，溶解后在250mL容量瓶中定容。取25.00mL于锥形瓶中，用0.1mol·L-1的KMnO4，溶液滴定至终点。平行操作三次，消耗KMnO4溶液的平均体积为16.00mL。此样品中Fe2+含量为 %(保留小数点后1位)。导致该测定结果与理论值有偏差的可能原因是 。
A．配溶液定容时俯视刻度线 B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥 D．摩尔盐的结晶水数量不足
17．（2022·河南许昌·统考二模）(NH4)2[Ce(NO3)6](硝酸铈铵)是橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由稀土氟化物(含28%二氧化铈、37.7%其他稀土金属氧化物、4.5%的氧化钙及金属氟化物等)制备硝酸铈铵时的主要实验步骤如下：
I.取适量稀土氟化物于铂皿或铅皿中，加适量水在沙浴上加热，搅拌下缓缓加入适量浓硫酸，充分加热，直至产生SO3白烟为止，冷却得混合物。
II.将上述混合物用适量水浸取，得没取液，向其中加入NaOH溶液至溶液呈强碱性，过滤、洗涤至不含SO，得到灰白色Ce(OH)3。
III.由步骤II制得的Ce(OH)3制取Ce(OH)4(黄色难溶物)。
IV.向Ce(OH)4沉淀物中加入浓硝酸加热至浆状{生成H2[Ce(NO3)6]}，再加入稍过量的NH4NO3晶体，充分搅拌后重新加热至糊状结晶体，冷却、过滤得硝酸铈铵粗品。
回答下列问题：
(1)步骤I中用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器的主要原因是 ；CeO2与浓硫酸反应生成Ce2(SO4)3的化学方程式为 。
(2)步骤Ⅲ中由Ce(OH)3制取Ce(OH)4的装置如下图所示：
①装置a的烧瓶中盛放的固体为 (填化学式)；装置b中仪器W的名称是 。
②当b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气(图中框内改通空气装置)的目的是 ；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是 。
(3)步骤IV中H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3发生反应的化学方程式为 ；将得到的粗品进一步提纯可采用的方法是 (填操作名称)。
18．（2023·河南安阳·统考三模）二茂铁可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。某兴趣小组拟用如图所示装置制备二茂铁(电磁搅拌装置、夹持装置略去)，反应原理：2KOH + FeCl2 +2C5H6(环戊二烯)=Fe(C5H5)2(二茂铁) +2KCl + 2H2O。
已知一些物质的物理数据：
物质
熔点/°C
沸点/°C
密度/(g·cm-3)
溶解性
二茂铁
173
249( 100 °C时开始升华)
1.49
不溶于水和盐酸，溶于乙醚
环戊二烯
-97.2
42.5
0.87
不溶于水，溶于乙醚和乙醇
乙醚
-116
34.5
0.71
微溶于水，溶于乙醇
二甲亚砜
18.4
189
1.10
与水互溶，不溶于乙醚
制备二茂铁的实验步骤如下：
I.在C中加入25 g KOH粉末，并加入60 mL无冰乙醚，连接好仪器，充分搅拌，然后打开K，通入N2，排尽装置中的空气后，关闭K。
II.打开B1的活塞，滴加5.5 mL新蒸馏的环戊二烯，搅拌。
III.将含一定质量的FeCl2的二甲亚砜溶液25mL由B2缓慢滴入C中，在45min时滴完，再继续搅拌45 min，反应完毕。
IV.拆下仪器C，再向其中加入25 mL无水乙醚，搅拌，将液体转移到分液漏斗中，依次用盐酸、水洗涤2~3次，分液得橙黄色溶液。
V.蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。
回答下列问题：
(1)仪器C的名称是 ；仪器 A中冷凝水从 口进入(填“m” 或“n”)。
(2)D中试剂的名称是 D中导管插入液面以下，其主要目的是 。
(3)步骤I中检验装置中的空气已排尽的方法是 。
(4)步骤III中将含FeCl2的二甲亚砜溶液缓慢滴入C中，滴完之后继续搅拌，其目的是 。
(5)步骤IV中无水乙醚的作用是 ；用盐酸洗涤的目的是 。
四、填空题
19．（2022·河南·统考三模）电镀废液中含有Cu2+、Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe3+，某专利申请用下列方法从该类废液中制备高纯度的铜粉。
已知导体和其接触的溶液的界面上会形成一定的电位差，被称作电极电位。如反应Cu2+(氧化态)+2e-=Cu(还原态)的标准电极电位表示为Cu2+/Cu=0.34，该值越大氧化态的氧化性越强，越小还原态的还原性越强。两个电对间的电极电位差别越大，二者之间的氧化还原反应越易发生。某些电对的电极电位如下表所示：
Fe3+/Fe2+
Cu2+/Cu+
Cu2+/Cu
/SO2
Fe2+/Fe
Ni2+/Ni
Mg2+/Mg
Ca2+/Ca
0.77
0.52
0.34
0.17
-0.44
-0.23
-2.38
-2.76
回答下列问题：
(1)蒸发浓缩后的溶液中，Cu2+的物质的量浓度≥ (结果保留两位小数)。分离固液混合物时，需要用真空抽滤的方法提高过滤的速度和效果，其原因是 。
(2)溶液的氧化还原电位越高，其氧化能力同样越强。溶液的氧化还原电位，与溶液中离子等微粒的种类及其浓度相关，实验测得Cu2+与SO2反应体系的氧化还原电位与铜粉的回收率和纯度的关系如下表所示：
反应液的电位(mV)
360
340
320
300
280
260
铜粉的回收率(%)
86.5
90.2
95.6
97.2
97.3
97.4
产品的纯度(%)
99.9
99.9
99.9
99.9
99.9
99.9
①由此可知，制备过程中进行电位检测时，要把溶液的氧化还原电位控制在 mV左右。
②专利申请书指出，反应液的反应历程为Cu2+首先被还原为Cu+，Cu+再歧化为Cu和Cu2+。反应历程不是Cu2+直接被还原为Cu的原因是 。反应生成Cu+的离子方程式是 。
(3)废液2中含有的金属离子除Mg2+、Ca2+外还有 。为了使这些离子均除去，使水得到进一步的净化，应该在调节溶液pH使其他杂质离子沉淀后，再使Ca2+转化为 (填化学式)而除去。
参考答案：
1．D
【详解】A．球形干燥管由于容量比较大，可以防止液体倒吸进入反应器中，因而具有防倒吸的作用，A正确；
B．反应后右侧试管中含有挥发出的生成物乙酸乙酯及Na2CO3水溶液，二者是互不相溶的两层液体，故用分液方法分离，得到的A为上层的乙酸乙酯；B是下层的水层，其中含有挥发的乙醇、未反应的Na2CO3及CH3COOH与Na2CO3反应产生的CH3COONa。由于乙醇沸点低，易挥发，可通过蒸馏从混合物中分离出来，故E是乙醇；C中含有Na2CO3及CH3COONa，向其中加入足量稀硫酸，Na2CO3变为Na2SO4，产生的CO2气体逸出；CH3COONa反应产生Na2SO4、CH3COOH，再根据Na2SO4沸点高，难挥发，而CH3COOH是沸点低、易挥发的物质，用蒸馏方法分离得到乙酸，故操作1是分液，操作2和操作3是蒸馏，B正确；
C．根据选项B分析可知：A是乙酸乙酯，E是乙醇，试剂a可以是硫酸，C正确；
D．在实验时为防止乙醇及乙酸挥发，加热温度应该在77℃左右，而不能将混合物迅速升温到170℃，D错误；
故合理选项是D。
2．A
【详解】A．根据题中信息SbCl3和SbCl5极易水解，Cl2有毒故试剂X的作用为防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，同时收集氯气,防止污染空气，故不能用CaCl2只能吸收水分，不能吸收氯气，可以用碱石灰，A错误；
B．冷凝管的作用是冷凝回流，下进上出冷凝效果好，B正确；
C．根据题中SbCl3和SbCl5的熔沸点和SbCl52.9kPa(140℃分解)，可知采用水浴加热合适，C正确；
D．根据SbCl5在2.9kPa(140℃分解)，可采用减压蒸馏的方法将SbCl5从反应液中分离，D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．为增强冷凝效果，冷凝管中的水下进上出，即进水口为b，A正确；
B．所需温度高于水的沸点，所以可以采用沸点更高的油进行油浴加热，B正确；
C．滴加速率不宜过快，是为了减少反应物的蒸发损失，提高利用率，C错误；
D．饱和碳酸钠可以吸收未反应的乙醇和乙酸，同时乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯，D正确；
综上所述答案为C。
4．B
【详解】A．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”为青蒿的萃取过程，涉及到了溶解和过滤，故A正确；
B．陶瓷的主要成分为二氧化硅和硅酸盐，故B错误；
C．柳絮的主要成分是纤维素，它占干燥柳絮重量的94％左右，其余成分为纤维素伴生物，故C正确；
D．将铁加入胆帆溶液（古人称为胆水）中，使胆矾中的铜离子被铁置换而产生单质铜，是化学反应中的置换反应；故D正确；
故答案选B。
5． 增大矿粉与的接触面积提高原料利用率 蒸发浓缩 冷却结晶 过滤(洗涤) 分离和 “抽提”后的溶液呈酸性，氨可以中和酸生成，同时可调节 1∶2
【分析】硫化铜镍矿经过焙烧后、转化成了、，转化成了Pd，没有变化，烟气的成分应该是SO2，烧渣加入稀硫酸后，、和稀硫酸反应生成了CuSO4和，通过结晶法分离出CuSO4，通过有机溶剂萃取剩余的铜离子，则无机相中的主要成分就是剩余的和稀硫酸了。烧渣浸出后的底渣主要成分是和Pd，利用王水把Pd从底渣中分离出来，然后通过加入氨水和稀盐酸使Pd的化合物从溶液中沉淀分离出来，最后利用氢气还原得到Pd，据此解答。
【详解】(1)为了使矿粉充分与空气中的氧气反应，提高原料利用率，故需要鼓入空气使矿粉呈“沸腾”状；
(2) 硫化铜镍矿主要含、，还有少量的、，根据流程图，可知最终大都转化成了胆矾晶体，转化成了Pd，不溶于硫酸，所以“萃取铜”后的无机相中主要含有和稀；
(3)从硫酸铜溶液中分离出溶质硫酸铜，则首先要对溶液蒸发浓缩，使其饱和，然后冷却结晶使其析出，最后过滤洗涤分离出硫酸铜晶体，由于硫酸铜晶体受热易分解，故需自然干燥分离出其含有的剩余水分；
(4)硫化铜镍矿焙烧后，根据流程图，可知用稀硫酸浸出后的底渣成分主要是和Pd，王水是浓盐酸和浓硝酸的混合溶液，反应后生成一种污染空气的无色气体，可推测是NO，与王水不反应，则反应的化学方程式为；
(5)为了使Pd充分溶解，抽提用的王水必然过量，则抽提后的混合液比然显酸性，为了使进行沉淀生成，则必然先加入氨水，中和剩余的酸，同时可调节，故先加氨水后加盐酸；
(6)氢气“还原”过程中，中的Pd由+4价降低到0价，降了四价，得到4个电子，根据氧化还原反应得失电子数相等，则参加反应的H2必然失去4个电子，故作为氧化剂和还原剂H2的物质的量比是1∶2。
6． 提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫) 2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑ MoO3+CO=MoO+CO2↑ H2SiO3 浸出 富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离 增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出 (NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑
【分析】灼烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，反应方程式为MoO3+=+CO2↑，经过过滤操作得到滤渣1，为Na2SiO3，溶液中的溶质为Na2MoO4，向滤液中加入适量稀硝酸，除去可能存在的，则过滤获得的滤渣2为H2SiO3，滤液中加入有机溶剂萃取后再加入氨水反萃取，提升溶液中钼酸根离子浓度，然后再加入适量稀硝酸，经酸沉、过滤、洗涤等操作即可获得钼酸铵。
【详解】(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，其作用还有提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；MoS2焙烧时得到+6价钼的氧化物，结合黄铁矿的焙烧反应得该反应方程式为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；故答案为：提高焙烧效率(或将硫元素转化为二氧化硫)；2MoS2+7O22MoO3+4SO2↑；
(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，该气体为CO2，MoO3转化为MoO，反应离子方程式为MoO3+CO=MoO+CO2↑，故答案为：MoO3+CO=MoO+CO2↑；
(3)“滤液1”中含有Na2SiO3，加入硝酸，调节pH为5~7，硅酸钠与硝酸反应生成难溶的硅酸，加热到65℃~70℃过滤除硅，则滤渣2的成分为H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
(4)“滤渣1”为未溶解的MoO3，为了提高原料的利用率，工艺流程中应循环到浸出操作，故答案为：浸出；
(5)根据流程图分析，“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”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)，故答案为：富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)；
(6)“酸沉”中析出钼酸铵晶体时，加入HNO3调节pH为1.5~3，其原因是增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出，故答案为：增大铵根离子浓度，促进钼酸铵析出；
(7)钼酸铵和氢氧化钠发生复分解反应生成钼酸钠晶体和一水合氨，反应方程式为：(NH4)2MoO4+2NaOH+2H2O=Na2MoO4·2H2O+2NH3·H2O或(NH4)2MoO4+2NaOH=Na2MoO4·2H2O+2NH3↑。
7． CuFeS2+16 Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+ 2MoS2+7O24SO2+2MoO3 酸性 1.0 60min 可用于制氮肥 H2MoO4+Li2CO3 Li2MoO4+ H2O+CO2↑ C 3.3pH＜4.5
【分析】钼矿(主要含MoS2，还含有少量CuFeS2)通过浸酸、氧化后“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为CuFeS2+ 16Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+，“氧化、灼烧”时MoS2与氧气生成二氧化硫和钼，MoO3加入氨水进行氨浸生成(NH4)2MnO4，滤液2中含有的主要溶质为硝酸铵，再加入氢氧化锂最终得到钼酸锂，据此分析解题。
【详解】(1)“滤液1”含有的离子主要有Fe2+、Cu2+、SO、C1-，“酸浸、氧化”过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为CuFeS2+ 16Fe3++8H2O= Cu2++2SO+17Fe2++16H+。
(2)“氧化、灼烧”时MoS2与氧气生成二氧化硫和三氧化钼，反应的化学方程式：2MoS2+7O24SO2+2MoO3。
(3)MoO3属于酸性氧化物，通过流程中MoO3加入氨水进行氨浸生成(NH4)2MnO4，可知MoO3为酸性氧化物。
(4)由图可知，pH=1.0时，母液中钼含量最低(虚线表示)，当时间为60min时，母液中钼含量最低(实线表示)，母液中钼含量低最，“酸化沉钼”更佳；滤液2中含有的主要溶质为硝酸铵，用途是可用于制氮肥。
(5)H2MoO4和Li2CO3在熔融状态下反应也可生成Li2MoO4，写出反应的化学方程式：H2MoO4+Li2CO3 Li2MoO4+ H2O+CO2↑；在实验中该熔融操作可以在铁坩埚内进行，因为Li2CO3可腐蚀陶瓷，石英坩埚。
(6)由题可知，c(Fe3+ )5.0×10-6mol/L，而，，因为，，所以pH3.3，c(Cu2+)=0.22mol/L，，，所以pH=4.5，答案为：3.3pH＜4.5。
8．(1)适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径(或适当增加氢氧化钠和次氯酸钠溶液的浓度、搅拌等)
(2)还原剂
(3) Ru(OH)4+2NaClO=RuO4 +2NaCl +2H2O 温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的次氯酸受热分解，导致NaClO的利用率下降 水浴加热
(4) 次氯酸钠 盐酸
(5)H4SiO4(或H2SiO3)
(6)88%
【分析】题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液氧化碱浸时，Ru和Pb被氧化为RuO和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有RuO、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的滤液1；向滤液1中加入乙醇，将RuO还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液2和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钾氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3；滤液2加入盐酸酸化，得到含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液和H4SiO4(或H2SiO3)的沉淀，向溶液中加入Na2S沉淀BiCl3得到Bi2S3，据此分析解答。
【详解】（1）含钌、铋的废催化剂在“氧化碱浸”时为提高反应速率，可采取的措施有适当升高温度、减小废催化剂颗粒直径、适当增加氢氧化钠和氧化剂溶液的浓度、搅拌等；
（2）由分析可知，滤液1中含有Na2RuO4、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3，加入乙醇，溶液中的RuO与乙醇反应生成Ru(OH)4沉淀和乙醛，钌元素化合价降低，RuO作氧化剂，则乙醇作还原剂；
（3）①Ru(OH)4与NaClO发生反应生成RuO4、NaCl和H2O，其化学方程式为Ru(OH)4+2NaClO=RuO4+2NaCl+2H2O；温度高于25℃时，次氯酸钠的水解程度增大，产生的次氯酸受热分解，总反应为2NaClO2NaCl+O2↑，导致NaClO的利用率下降；
②RuO4的沸点为40℃，超过100℃时，RuO4就爆炸分解，故“蒸馏”过程中应用温度稍高于40℃的水浴加热；
（4）结合流程图，盐酸“吸收”RuO4过程中产生的Cl2经进一步处理可以转化为次氯酸钠、盐酸，循环利用；
（5）滤液2中含有乙醛、NaBiO2、NaCl和Na2SiO3，加入盐酸生成硅酸沉淀和含有乙醛、BiCl3、NaCl的溶液，故滤渣3的主要成分为H4SiO4或H2SiO3；
（6）混合溶液中c(S2-)为1×10-6mol/L，由Ksp(Bi2S3)=1.0×10-20=c2(Bi3+)·c3(S2-)，可知c(Bi3+)=0.1 mol/L，则混合溶液中n(Bi3+)=0.1 mol/L×1.2L=0.12 mol，沉淀的Bi3+的物质的量为1 mol-0.12 mol=0.88 mol，Bi3+的沉淀率为×100%=88%。
9．(1)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(2) NaCoO2中Co为+3价，硫酸和硝酸无法将其还原为Co2+ 温度升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重 2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O
(3)4.6≤pH＜6.6
(4) NH4Cl、NaCl 在空气中煅烧
【分析】钴锂膜废料经碱煮可以将Al单质转化为偏铝酸钠进入溶液，LiCoO2 转化为NaCoO2 和LiOH，可以除去大部分的铝和锂，过滤、洗涤后取滤渣加入HCl溶解，得到含Al3+、Fe3+和Co2+的溶液，通入NH3调节pH深度除去铝、铁，过滤后加入草酸铵得到草酸钴沉淀，草酸盐受热易分解，在空气中煅烧草酸钴得到Co2O3。
【详解】（1）碱煮时Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
（2）根据流程可知，盐酸浸取钴元素时生成氯气，说明HCl被氧化，将NaCoO2中的+3价的Co还原为Co2+，而硫酸和硝酸第无法将其还原为Co2+；80℃已经有较高的浸取率，温度继续升高，消耗的能量增多，钴的浸出率提高不明显，且盐酸挥发损失严重；盐酸与NaCoO2反应时HCl被氧化物为氯气，NaCoO2被还原为Co2+，根据电子守恒可知NaCoO2和Cl-的系数比为1:1，再结合元素守恒可得离子方程式为2NaCoO2+8H++2Cl-=2Na++2Co2++Cl2↑+4H2O；
（3）“深度除铝铁"时，要保证Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不沉淀，所以应控制终点时溶液pH范围为4.6≤pH＜6.6；
（4）根据浸钴时发生的反应、加入NH3调节pH可知，滤液2中主要成分为CoCl2、NaCl、NH4Cl，然后加入草酸铵沉钴，所以滤液3中溶质的主要成分为NaCl、NH4Cl；草酸盐受热易分解，所以在空气中煅烧草酸钴可以得到Co2O3。
10．(1) PbSO4 ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3
(2) Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O或Ga(OH)3+OH-=[Ga(OH)4]- 取最后一次洗涤液，用pH试纸测定其pH，若为中性，则洗涤干净
(3) 阴极 2H2O+GaO+3e-=Ga+4OH-或[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-
(4)PbSO4+3OH-=HPbO+SO+H2O
(5) 5.2 偏小
【分析】湿法提锌浸渣加入稀硫酸，二价铅转化为硫酸铅沉淀得到滤渣1，再加入氢氧化钠得到含铅滤液4，电解得到铅；滤液1中含有Zn(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)、Ga(Ⅲ)及过量硫酸等，滤液1可以加入ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3等通过调节溶液pH，生成铁、镓的沉淀得到滤渣2和含锌的滤液2，滤渣2碱浸后分离出铁的沉淀得到滤渣3，滤渣3转化为铁红；滤液3中含镓，电沉积后最终转化为镓单质；
（1）
滤渣1的成分是PbSO4，固体X为ZnO或Zn(OH)2或ZnCO3；
（2）
已知，Ga(OH)3、Zn(OH)2、Pb(OH)2和Al(OH)3具有类似的化学性质；NaOH溶液“碱浸”的反应为Ga(OH)3和氢氧化钠反应生成类似AlO或 [Al(OH)4]-的镓盐，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=GaO+2H2O或Ga(OH)3+OH-=[Ga(OH)4]-；
检验滤渣3是否洗涤干净，可以通过检验是否存在氢氧根离子的方法来检查，故方法是取最后一次洗涤液，用pH试纸测定其pH，若为中性，则洗涤干净；
（3）
“电沉积”时三价镓得到电子生成镓单质，发生还原反应，故Ga在阴极沉积，该电极反应式为2H2O+GaO+3e-=Ga+4OH-或[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-；
（4）
滤渣1中含有生成的硫酸铅沉淀，用NaOH溶液浸取滤渣1生成HPbO，则反应为硫酸铅和氢氧根离子生成HPbO和硫酸根离子和水，反应为PbSO4+3OH-=HPbO+SO+H2O；
（5）
由图表可知，第1、2、3次消耗溶液体积分别为20.01mL、19.99mL、21.10mL，第3次实验操作误差较大需要舍弃，则平均值为20.00mL=20.00×10 -3L；由Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+体现的关系可知，锌离子的质量为20.00×10 -3L×0.0100mol/L=0.52g，则滤液2中Zn2+的浓度为=5.2g/L。
用滴定管量取25.00mL溶液时，滴定管用蒸馏水洗过后没有润洗，导致所取锌离子量偏小，滴定过程中消耗滴定液偏小，则测得滤液2中Zn2+的浓度偏小。
11． 增大固体表面积，加快GeS2的升华速率 避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2 3GeS2+2NH33GeS+N2+3H2S 浓硝酸受热易分解 过滤 GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl > A、B
【分析】精硫锗矿粉碎后在氮氛围下进行升华，提纯GeS2 ，防止其被氧化，再通入氨气将其还原生成GeS，氨气被氧化生成氮气，GeS和浓硝酸反应生成GeO2，再与COCl2反应生成四氯化锗，在高纯水中水解生成，然后进一步转化为高纯度锗，据此解答。
【详解】(1)粉碎精硫锗矿的目的增大固体表面积，加快GeS2的升华速率。800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因是升华过程中需要加热，在氮气中进行可以避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2。
(2)从图分析GeS2反应生成GeS，化合价锗元素从+4价降低到+2，氨气中的氮元素化合价升高生成氮气，所以NH3还原GeS2的化学反应方程式：3GeS2+2NH33GeS+N2+3H2S。
(3) 浓硝酸受热易分解，所以酸浸时温度不能过高；GeO2不溶于酸，所以酸浸后得到粗GeO2的操作为过滤。
(4)GeCl4易水解生成GeO2·nH2O，同时生成氯化氢，化学方程式为GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl。
(5)GeO2是锗酸(H2GeO3)的酸酐，说明锗酸为二元酸，0.1mol·L-1NaHGeO3溶液为酸式盐，存在电离和水解，水解平衡常数为，第二步电离平衡常数为Ka2=1.9×10-13，所以水解大于电离，溶液为碱性，pH>7。
A.该图象为在一定温度下的沉淀溶解平衡曲线，平衡常数只随着温度变化而变化，所以n点与p点对应的Ksp相等；B.q点离子浓度乘积小于平衡常数，溶液中无CaGeO3沉淀生成；C.蒸发过程的水减少，浓度也增大，故通过蒸发可以使溶液由q点变到p点之后的某点，故错误；D.加入Na2GeO3，浓度增大，沿曲线向右移动，不可能变到m点，故错误。故选AB。
12．(1)+3
(2)
(3)
(4)
(5) 1200
【分析】硼镁矿加入浓NaOH溶液碱溶生成和，加入适量二氧化碳得到，加入稀硫酸生成，加热脱水得到B2O3，热还原法发生反应生成粗硼；
【详解】（1）中Mg的化合价为，O的化合价为，根据化合物中元素的正、负化合价代数和为零，可求B元素的化合价为+3。
（2）硼镁矿中加入浓NaOH溶液后得到，化合价没有变化，主要发生复分解反应，反应的化学方程式为，滤渣为。
（3）硼砂溶于热水后，用硫酸调节溶液酸性以制备，即在酸性条件下的反应为；中的B提供空轨道，与水电离出的氢氧根离子中O原子形成配位键，从而电离出，。
（4）根据元素转化守恒，得到晶体后，溶液中主要存在和，滤液2的主要成分为。
（5）加热脱水后得到氧化物，即，加热条件下，金属单质将单质B置换出来，发生反应为；若硼镁矿中硼、镁元素充分利用，由硼镁矿生成的单质和单质的物质的量之比为1：1，1.1吨单质的物质的量为，根据反应可求出需要的金属的物质的量为，则需要额外补充金属的物质的量为，金属镁的质量为。
13．(1) 2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1- 避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解
(2)ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O
(3)2×1022
(4) C 增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等) 氨浸
(5)Zn2(OH)2CO3
【分析】“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，氨浸”阶段ZnO、CuO、PbO、CdO转化为[Zn(NH3)4]2+等配离子，过滤，得到滤液b，深度净化阶段，加入Na2S溶液，生成CuS、PbS、CdS，过滤，除去杂质，得到滤液d，蒸氨时， [Zn(NH3)4]2+转化为碱式碳酸锌沉淀，煅烧，得到氧化锌。
【详解】（1）已知“氧化预处理”阶段得到的氧化产物有FeOOH、MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平生成FeOOH的离子方程式：2FeO+ClO-+H2O=2FeOOH+C1-；根据相关物质的Ksp表格可知，“氧化预处理”的目的是避免FeO、MnO在“氨浸”时溶解，导致后续无法除去Fe2+、Mn2+。
（2）若“氨浸”阶段溶解ZnO时消耗的n(NH3·H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，该反应的离子方程式：ZnO+4+2=[Zn(NH3)4]2++2+5H2O。
（3）已知：4NH3(aq)+Cu2+(aq)=[Cu(NH3)4]2+(aq) K=1013，则
。
（4）①用水蒸气对装置b加热时，连接装置a、b的导管应插入装置b的位置为伸入溶液底部，保证将氨气充分蒸出，故选C。
②在不改变水蒸气的温度、浸出液用量和蒸氨时间的条件下，为提高蒸氨效率和锌的沉淀率，可采取的措施是增加水蒸气的流速(或增加单位时间通入的水蒸气用量，或在水蒸气出口采用多孔球泡等)。
③混合气体e为氨气和水蒸气的混合气体，故可返回至“氨浸”阶段循环利用。
（5），热分解得到ZnO的过程中，第一步失去水，第二步失去二氧化碳，故，，则，故Znx(OH)y(CO3)z的化学式为Zn2(OH)2CO3。
14．(1)恒压滴液漏斗
(2)a
(3) 平衡气压，避免烧瓶内气压过大，发生危险 b a
(4) 过滤 169.5
(5)91
(6)还原
【分析】(1)仪器A是恒压滴液漏斗；
(2)反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低；
(3)导管1可以平衡烧瓶内压强；采取逆流原理通入冷凝水；
(4)步骤⑤中加入氯化钙吸水，再过滤分离；苯硫酚的沸点为169.5℃；
(5 )根据6g苯磺酰氯计算苯硫酚的理论产量，产率=100%；
(6)溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化。
【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器A的名称是恒压滴液漏斗；
（2）反应温度保持在-5℃左右，在水中加入盐，水的沸点会升高，凝固点会降低，故水浴B选择冰盐水浴，
故答案为: a；
（3）蒸馏过程中装置中发生堵塞，导管1可以平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；采取逆流原理通入冷凝水，冷凝管中冷却水从口进、a口出，充分冷凝蒸汽，
故答案为:平衡烧瓶内压强，避免烧瓶内气压过大，发生危险；b；a；
（4）步骤⑤中加入氯化钙吸水，然后过滤除去，苯硫酚的沸点为169.5℃，蒸馏时，收集馏分时温度计的读数为169.5℃，
故答案为:过滤；169.5；
（5）由C6H5ClO2S ~ C6H5SH，可知苯硫酚的理论产量为6g ，实际得纯品3.40g，故苯硫酚的产率=100%≈91%，
答案为91%；
（6）溶液褪色，说明苯硫酯被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯硫酯具有还原性，
故答案为:还原。
15．(1) 检查装置气密性 D→B→C 球形干燥管(或干燥管)
(2)SO3
(3)K2SO4·Cr2(SO4)3·4H2O
(4) Cr2O3和K2SO4 K2SO4·Cr2(SO4)3 K2SO4+Cr2O3+3SO3↑
【分析】I．对于有气体参加的化学反应，组装仪器后首先要检查装置气密性，然后加入药品进行实验，实验时要先通入N2排出装置中空气，按照加热分解物质、检验水蒸气、检验SO2、SO3的其它产物等，最后用碱石灰尾气处理，防止大气污染；
II．在定量实验中，根据钾铬矾的质量及相对分子质量可计算其物质的量，可计算出其中盐及结晶水的质量，根据加热温度与剩余固体质量关系，结合题目已知信息及反应产物的性质，确定相应物质的成分及化学式，进而可得相应反应的化学方程式。
【详解】（1）连接装置，然后进行的实验操作为检查装置气密性；
①在上图中在仪器A中加热分解物质，在装置D中用无水硫酸铜检验水蒸气；再在B中检验其它成分，最后碱石灰吸收尾气，故图中各仪器的连接顺序为：A→D →B→C；
②根据图示可知：盛放碱石灰的玻璃仪器名称为球形干燥管(或干燥管)；
（2）加入试剂，然后缓缓通入N2，排出装置内空气。用温控电炉在不同温度下加热，分解产物(足量)依次通过各装置。若气体通过装置B发现BaCl2溶液产生白色沉淀，品红溶液不褪色，则分解所得气体产物中含有SO3，SO3与H2O反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，但分解产物不含SO2气体；
（3）钾铬矾[K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O]的相对分子质量为998，由图象分析可知开始时99.80 g钾铬矾样品的物质的量为n[K2SO4·Cr2(SO4)3·24H2O]==0.1 mol，其中含有的盐K2SO4·Cr2(SO4)3的质量m[K2SO4·Cr2(SO4)3]=0.1 mol×566 g/mol=56.60 g，当加热温度升至200℃，固体质量变为63.80 g，其中含结晶水的质量为63.80 g-56.60 g=7.20 g，即含结晶水0.4 mol，含0.1 mol K2SO4·Cr2(SO4)3，故w的化学式为K2SO4·Cr2(SO4)3·4H2O；
（4）根据题意知，在620℃时得到固体产物q及气体R，气体R能全部被盐酸酸化的BaCl2溶液吸收并得到白色沉淀，可知气体R为SO3，SO3质量m(SO3)=56.60 g-32.60 g=24.0 g，则n(SO3)==0.3 mol；固体q部分溶于水，过滤后得到固体e和滤液f，向滤液f中加入盐酸酸化的BaCl2溶液也得到白色沉淀，滤液f中含有K2SO4；将e置于适量的NaOH溶液中恰好反应得到澄清的溶液，根据信息：Cr2O3为两性氧化物，能够与强碱发生反应，可知e为Cr2O3，则607~620℃时0.1 mol K2SO4·Cr2(SO4)3分解为0.1 mol K2SO4、0.1 mol Cr2O3和0.3 mol SO3，可推出在607~620℃时反应的化学方程式为：K2SO4 ·Cr2(SO4)3K2SO4+Cr2O3+3SO3↑。
16．(1)硫酸亚铁的制备
(2)加快过滤速度，得到更干燥的固体
(3)蒸发皿
(4)FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
(5) 表面有晶膜出现 防止杂质析出（并防止结晶水数量不足）
(6)产物在乙醇中溶解度小，减小溶解损失；乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥
(7)Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，Fe3+浓度越大，溶液颜色越深
(8) 14.9 AD
【分析】本实验的目的是制备摩尔盐，加入碳酸钠溶液煮沸，除去表面油污，过滤分离洗涤后，加入硫酸反应制备FeSO4，趁热抽滤后加入硫酸铵固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤，得到产品。
【详解】（1）步骤2中Fe与稀硫酸反应得到FeSO4，所以该步骤的名称为硫酸亚铁的制备；
（2）抽滤时抽滤瓶中形成真空，可以加快过滤速度，得到更干燥的固体；
（3）加热浓缩时需要在蒸发皿中进行，蒸发皿也属于硅酸盐材质的仪器；
（4）根据题意硫酸亚铁和硫酸铵反应可以得到摩尔盐，根据元素守恒可得化学方程式为FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
（5）将滤液加热浓缩至表面有晶膜出现时，即停止加热，这样做可以防止杂质析出，同时也可以防止结晶水数量不足；
（6）产物在乙醇中溶解度小，用乙醇洗涤可以减小溶解损失；同时乙醇易挥发，乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥；
（7）Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，该反应为可逆反应，Fe3+浓度越大，平衡正向移动，溶液颜色越深，所以可以根据颜色确定产品级别；
（8）根据电子守恒可知滴定过程中存在数量关系n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.1mol/L×0.016L=0.008mol，则250mL待测液中n(Fe2+)=0.08mol，则样品中Fe2＋含量为×100%≈14.9%；
理论上Fe2＋含量应为×100%≈14.3%；测定结果偏大；
A．配溶液定容时俯视刻度线，导致所配待测液浓度偏大，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结果偏大，A符合题意；
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗，导致摩尔盐被稀释，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏少，测定结果应偏小，B不符合题意；
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，C不符合题意；
D．摩尔盐的结晶水数量不足导致30.00固体中所含Fe2+偏多，测定结果偏大，D符合题意；
综上所述答案为AD。
17．(1) 反应生成的HF溶液能腐蚀玻璃仪器 4CeO2+6H2SO4(浓)2Ce2(SO4)3+O2↑+6H2O
(2) KMnO4[或Ca(ClO2)等] 三颈烧瓶 除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收 取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成
(3) H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3(NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3 重结晶
【分析】本实验的目的是利用稀土氟化物制取硝酸铈铵，首先利用浓硫酸还原CeO2得到Ce2(SO4)3，然后和NaOH溶液反应得到Ce(OH)3；之后利用浓盐酸和KMnO4[或Ca(ClO2)等]反应来制取氯气，利用生成的氯气氧化Ce(OH)3得到Ce(OH)4，加入浓硝酸溶解得到H2[Ce(NO3)6]，然后再和NH4NO3反应得到产品。
【详解】（1）稀土氟化物含有F-，与浓硫酸反应会生成HF，HF溶液能腐蚀玻璃仪器，所以用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器；根据已知信息“CeO2与浓硫酸反应生成Ce2(SO4)3”可知CeO2与浓硫酸反应时Ce元素被还原，反应中还涉及H、S、O元素，其中H、S元素已经是最高价，不能被氧化，所以O元素被氧化生成O2，根据电子守恒元素守恒可得化学方程式为4CeO2+6H2SO4(浓)2Ce2(SO4)3+O2↑+6H2O；
（2）①装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4[或Ca(ClO2)等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶；
②当b中沉淀完全变为黄色后，虽然停止了通入氯气，但装置中会有残留的氯气，所以需通入空气除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce(OH)4的过程中，氯气会被还原为Cl-，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；
（3）根据题意H2[Ce(NO3)6]与NH4NO3反应生成(NH4)2[Ce(NO3)6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为H2[Ce(NO3)6]+2NH4NO3(NH4)2[Ce(NO3)6]↓+2HNO3；(NH4)2[Ce(NO3)6]易溶于水，几乎不溶于浓硝酸，所以可以进行重结晶进一步提纯。
18．(1) 三颈烧瓶 m
(2) 乙醇 防止空气进入装置C，影响实验
(3)将右侧导管伸入滴有硫氰化钾的氯化亚铁溶液中，如果溶液不变色，则证明装置中的空气已排尽，否则，没有排尽；
(4)加快反应速率，使反应更加充分，提高原料利用率
(5) 萃取二茂铁 除去杂质，且减少二茂铁的损失
【分析】本题是一道制备类的实验题，由于制备过程中使用到了二价铁，故在实验前先用氮气将装置中的空气排干净，随后再加入FeCl2的二甲亚砜溶液，反应完成后根据二茂铁的溶解性，可以用乙醚来萃取产物，并且为了减少产物的损失，用盐酸来洗涤萃取液，以此解题。
【详解】（1）由图可知，仪器C的名称是三颈烧瓶；为了达到较好的冷却效果，冷凝水从m进入冷却水可以充满冷凝管，故仪器 A中冷凝水从m口进入；
（2）根据反应原理可知，该反应用到了有机物环戊二烯，反应过程中容易挥发，根据题给信息环戊二烯不溶于水，溶于乙醚和乙醇，故可以用乙醚和乙醇来吸收没有反应的环戊二烯，故D中试剂的名称是乙醇；该反应过程中使用的是二价铁，D中导管插入液面以下可以防止空气进入装置C，影响实验；
（3）装置中的空气排完后，则排出的尾气中不再含有氧气，故检验方法为，可以将右侧导管伸入滴有硫氰化钾的氯化亚铁溶液中，如果溶液不变色，则证明装置中的空气已排尽，否则，没有排尽；
（4）通过搅拌可以加快反应速率，使反应更加充分，提高原料利用率；
（5）根据题给信息可知，二茂铁不溶于水和盐酸，溶于乙醚，故步骤IV中无水乙醚的作用是萃取二茂铁，用盐酸洗涤的目的是，除去杂质，且减少二茂铁的损失；
19．(1) 0.94mol/L 固液混合物中铜为粉末状，普通过滤速率非常慢
(2) 260 Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+ Cu2++e-=Cu+
(3) Ni2+和Fe2+ CaSO4
【分析】通过题干表格中各组电极电势的数据可知，废液1蒸发浓缩后通入SO2，将Cu2+还原为Cu，Fe3+还原为Fe2+，过滤后得到铜粉和滤液2，滤液2中含有Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe2+，其中Ca2+与转化为CaSO4沉淀，而Mg2+和Fe2+、Ni2+可以通过调节pH值的方法转化为氢氧化物的形成除去，据此分析解题。
【详解】（1）由题干数据可知，蒸发浓缩后的溶液中Cu2+的浓度不小于60g/L，则Cu2+的物质的量浓度≥=0.94mol/L，由于分离固液混合物时Cu为粉末状，普通过滤时易造成滤纸堵塞，过滤速率非常慢，则需要用真空抽滤的方法提高过滤的速度和效果，故答案为：0.94mol/L；固液混合物中铜为粉末状，普通过滤速率非常慢；
（2）①由表可知，制备过程中进行电位检测时，氧化还原电位在260mV时铜的回收率最高，纯度高，故要把溶液的氧化还原电位控制在260mV左右，故答案为：260；
②专利申请书指出，反应液的反应历程为Cu2+首先被还原为Cu+，Cu+再歧化为Cu和Cu2+。反应历程不是Cu2+直接被还原为Cu的原因是由表中数据可知，Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+，反应生成Cu+的离子方程式是Cu2++e-=Cu+，故答案为：Cu2+/Cu+的电极电位为0.52，而Cu2+/Cu的电极电位为0.34，前者大于后者，即Cu2+更容易转化为Cu+；Cu2++e-=Cu+；
（3）由题干数据可知，Fe3+/Fe2+的电极电位为0.77mV，Cu2+/Cu+的电极电位为0.52mV，Cu2+/Cu的电极电位为0.34mV，/SO2的电极电位为0.17mV，故Cu2+被还原为Cu时，Fe3+被还原为Fe2+，则滤液2中还有的离子为：Mg2+、Ca2+、Ni2+和Fe2+，为了使这些离子均除去，使水得到进一步的净化，应该在调节溶液pH使其他杂质离子沉淀后，再使Ca2+转化为CaSO4而除去，故答案为：Ni2+和Fe2+；CaSO4。
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