?山西高考化學(xué)三年（2021-2023）模擬題匯編-11水溶液中的離子反應(yīng)和平衡

一、單選題
1．（2023·山西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）常溫下，某同學(xué)在特制容器中加入20 mL 0.4 mol?L 溶液，用0.4mol?L HCl溶液滴定，利用pH計和氣體壓力傳感器檢測，得到如圖曲線。下列說法錯誤的是

A．整個滴定過程中應(yīng)先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示劑
B．a(chǎn)→f點對應(yīng)的溶液中，水的電離程度一直在減小
C．
D．f點對應(yīng)的溶液中存在：
2．（2023·山西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）25℃時，用同一較高濃度的NaOH溶液分別滴定酸HA和CuSO4溶液，pM[p 表示負(fù)對數(shù)， M表示、c(Cu2+)]與溶液pH的變化關(guān)系如圖。已知； CuA2 易溶于水，一般認(rèn)為反應(yīng)的平衡常數(shù)為K> 105時反應(yīng)進(jìn)行完全。下列說法錯誤的是
??
A．HA為一元弱酸，25℃時 Ka=10-7.4
B．①表示滴定CuSO4溶液時pM與溶液pH的關(guān)系
C．滴定HA溶液至x點時，溶液中c(HA)> c(A-)> c(Na+)
D．滴定CuSO4溶液至x點時，若改為滴加HA溶液，沉淀會逐漸完全溶解
3．（2023·山西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）下列實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是
選項
實驗操作和現(xiàn)象
結(jié)論
A
向FeBr2溶液中通入少量的氯氣，再滴加少量苯，上層呈橙色
Fe3+的氧化性比Br2強
B
室溫下，向碳酸氫鈉溶液中加入適量鹽酸，溫度下降
碳酸氫鈉和鹽酸反應(yīng)吸收熱量
C
將少量BaSO4固體用飽和Na2CO3溶液浸泡，過濾后，向濾渣中加鹽酸，濾渣溶解，產(chǎn)生氣泡
相同溫度下，Ksp(BaCO3)反應(yīng)②
C
向漂白粉溶液中通入足量SO2氣體，產(chǎn)生白色沉淀
還原性：SO2>Cl-
D
常溫下，將50mL苯與50mLCH3COOH混合，所得混合液的體積為101 mL
混合過程中削弱了CH3COOH分子間的氫鍵。且苯與CH3COOH分子問的范德華力弱于CH3COOH分子間的氫鍵
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·山西·統(tǒng)考二模）常溫下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00mL濃度均為0.10mol·L-1的一元酸HX溶液和HY溶液(兩溶液水的電離程度：HX>HY，當(dāng)Ka≤10-5時可以認(rèn)為電解質(zhì)達(dá)到電離平衡時的濃度近似等于起始濃度)，其滴定曲線如圖所示

已知：弱電解質(zhì)在溶液里達(dá)到電離平衡時，已電離的電解質(zhì)分子數(shù)占起始時總分子數(shù)的百分?jǐn)?shù)稱為電離度，下列說法正確的是
A．曲線I和II對應(yīng)的酸分別為HY和HX
B．相比曲線I，曲線II選用酚酞作終點指示劑誤差更小
C．把曲線上加入40mLNaOH溶液的點稱為E點，則B1、C1和E三點溶液中由水電離出的c(H+)大小關(guān)系為C1>E>B1
D．0.10mol/L弱酸HX和HY電離度之比為1：10

二、實驗題
7．（2023·山西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）氯化亞銅(CuCl)可用作催化劑、殺菌劑和脫色劑，實驗室制備CuCl實驗步驟如下：
??
????
回答下列問題：
(1)步驟I中，配制0.50 mol/LCuCl2溶液時，不需要使用下列儀器中的 (填儀器名稱)。
??
(2)步驟Ⅱ中，充分反應(yīng)后銅元素轉(zhuǎn)化為無色的[CuCl2]-，其發(fā)生可逆反應(yīng)的離子方程式為 。在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固體，其目的是 。
(3)在進(jìn)行制備[CuCl2]- 的實驗時，為保持安全的實驗環(huán)境，可以采取的措施是 。
(4)步驟Ⅲ中，用無水乙醇洗滌沉淀的原因是 。
(5)取2.500 g CuCl產(chǎn)品于錐形瓶中，加入稍過量的FeCl3溶液充分反應(yīng)，再加50 mL水，以鄰菲噦啉作指示劑，用1.000 mol/L Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+，分析樣品中CuCl的含量。
已知：滴定原理： Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+； 鄰菲噦啉可分別與Fe3+、Fe2+形成淺藍(lán)色和紅色的絡(luò)離子。
①“再加50mL水”的目的是 。
②滴定終點的現(xiàn)象是 。
③若消耗Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為24.00 mL，該樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是 。
8．（2023·山西大同·統(tǒng)考三模）糠酸(熔點133℃，沸點231℃，在熱水中溶解度較大，微溶于冷水)和糠醇(熔點29℃，沸點171℃)均為重要的化工中間體，工業(yè)上可利用糠醛(沸點161.7℃，易被氧化)發(fā)生歧化反應(yīng)制取這兩種物質(zhì)(該反應(yīng)為強放熱反應(yīng))，反應(yīng)原理如下：
??
實驗步驟：
步驟1：向三頸燒瓶中加入8.2mL(約0.2mol)新蒸餾的糠醛，通過儀器A向三頸燒瓶中緩慢滴加8 mL 33%的NaOH溶液。攪拌并保持反應(yīng)溫度為8~12℃，回流20 min，得到粗產(chǎn)品。
步驟2：將粗產(chǎn)品倒入盛有10 mL水的燒杯中，然后將液體轉(zhuǎn)移至分液漏斗中，用乙醚萃取4次，分液得到水層和醚層。
步驟3：向水層中分批滴加25%的鹽酸，調(diào)至溶液的pH= 3，冷卻、結(jié)晶、抽濾、冷水洗滌，得到糠酸粗品；向醚層中加入無水碳酸鉀干燥，過濾除掉碳酸鉀后，分離乙醚(乙醚的沸點為34.6℃)和糠醇。
??
回答下列問題：
(1)儀器A的名稱為 。 與直形冷凝管相比，使用儀器B的優(yōu)點是 。
(2)該反應(yīng)必須嚴(yán)格控制反應(yīng)溫度為8~12℃ ，實驗中采用了哪些保障措施？ 。
(3)步驟3中分離乙醚和糠醇的實驗操作為 。
(4)步驟3中洗滌粗糠酸用冷水的原因是 。進(jìn)一步將粗糠酸提純，應(yīng)采用的方法是 。
(5)取1.120g提純后的糠酸樣品。配成100mL溶液，準(zhǔn)確量取20.00mL于錐形瓶中，加入指示劑，用0.0800mol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液24.80mL?？匪岬募兌葹? 。若步驟1中不對糠醛進(jìn)行蒸餾處理，則會使制得的糠醇的質(zhì)量 (填“增大”或“減小”)。
9．（2022·山西晉城·統(tǒng)考二模）Co(III)鹽溶液不能穩(wěn)定存在，以氨為配位劑，可將Co(III)轉(zhuǎn)化為穩(wěn)定的Co(III)配合物。實驗室利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2制備三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3，裝置(夾持儀器已省略)如圖所示：

實驗步驟：
①將研細(xì)的6gCoCl2·6H2O晶體、4gNH4Cl固體、適量活性炭催化劑充分混合后加入c中，滴加13.5mL濃氨水使溶液顏色變?yōu)楹谧仙?br /> ②置于冰水浴中冷卻至10℃以下，緩慢滴加13.5mL5%H2O2溶液并不斷攪拌；
③轉(zhuǎn)移至60℃熱水浴中，恒溫加熱20min，同時緩慢攪拌；
④將反應(yīng)后的混合物冷卻到0℃左右，抽濾得到三氯化六氨合鈷粗產(chǎn)品；
⑤粗產(chǎn)品需要經(jīng)過熱的鹽酸溶解、趁熱過濾、冷卻到0℃左右并滴加濃鹽酸洗滌、干燥等操作得到較純的三氯化六氨合鈷。
回答下列問題：
(1)使用儀器a代替分液漏斗滴加液體的優(yōu)點是 。
(2)步驟①中將固體藥品研細(xì)，常在 (填儀器名稱)中進(jìn)行。
(3)制取1mol[Co(NH3)6]Cl3，理論上需要H2O2的物質(zhì)的量為 ，實際上消耗量比理論消耗量要多，其主要原因是 。
(4)CoCl2遇濃氨水生成Co(OH)2沉淀，加入濃氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是 (結(jié)合必要的離子方程式說明)。
(5)沉淀滴定法測定產(chǎn)品中Cl-的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：
i.準(zhǔn)確稱取ag步驟⑤中的產(chǎn)品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于錐形瓶中；
ii.滴加少量0.005mol·L-1的K2CrO4溶液作為指示劑，用cmol·L-1的AgNO3溶液滴定至終點；
iii.平行測定三次，消耗AgNO3溶液的體積的平均值為VmL。
已知Ag2CrO4為磚紅色沉淀。
①ii中，滴定至終點的現(xiàn)象是 。
②產(chǎn)品中C1-的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是 (列出計算式即可)。
10．（2022·山西太原·統(tǒng)考一模）某小組在實驗室用NaClO溶液和NH3反應(yīng)制備N2H4，并進(jìn)行相關(guān)的性質(zhì)探究實驗。
Ⅰ.制備N2H4

(1)儀器a的名稱是 。
(2)裝置C中盛放的試劑是 。裝置B的作用是 。
(3)制備N2H4的離子方程式為 。
Ⅱ．測定產(chǎn)品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
(4)稱取產(chǎn)品6.0 g，加入適量NaHCO3固體(滴定過程中，調(diào)節(jié)溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于錐形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol ? L-1的碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到達(dá)終點的現(xiàn)象是 。
②實驗測得消耗碘標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均值為20.00 mL，產(chǎn)品中水合腓的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 。
Ⅲ．探究的還原性與堿性。將制得的耕分離提純后，進(jìn)行如圖實驗。

【查閱資料］AgOH在溶液中不穩(wěn)定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假設(shè)】黑色固體可能是Ag、Ag2O中的一種或兩種。
【實驗驗證】設(shè)計如下方案，進(jìn)行實驗。
操作
現(xiàn)象
實驗結(jié)論
i.取少量黑色固體于試管中，加入適量①_________
黑色固體部分溶解
黑色固體有Ag2O
ii.取少量黑色固體于試管中加入足量稀硝酸，振蕩
②_________
黑色固體是Ag和Ag2O
(5)請完成表中的空白部分：① ；② 。
(6)實驗表明，黑色固體主要成分是Ag，還有少量氧化銀，請解釋原因： 。
11．（2021·山西臨汾·統(tǒng)考一模）山西南部中條山地區(qū)采礦煉銅歷史悠久。黃銅礦[主要成分是，含少量氯磷灰石等]為原料的火法煉銅主要流程如下：

已知：氯磷灰石高溫下易被氧化為。某化學(xué)興趣小組以黃銅礦為原料進(jìn)行如下實驗探究。請根據(jù)題意回答相關(guān)問題：
(1)燃燒碘量法測定黃銅礦中硫元素的含量。將礦樣與足量混合，以氮氣為載氣，在1250℃左右高溫爐中加熱，將產(chǎn)生的氣體用含淀粉及碘化鉀的稀硫酸溶液吸收，同時連續(xù)用的標(biāo)準(zhǔn)溶液緩慢滴定。裝置如圖所示(的價化合物比價穩(wěn)定)。

①酸性高錳酸鉀溶液的作用是 。
②滴定過程中涉及反應(yīng)有：、 (寫離子方程式)，終點現(xiàn)象為 。
③滴定至終點時，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積，礦樣中硫元素的質(zhì)量百分含量為 (結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)，若不通過，則測定結(jié)果會 (填“偏高”、“偏低”、“不影響”)。
(2)利用如下裝置制取粗銅。

實驗開始時的操作依次為 (填寫序號)。
①檢查裝置的氣密性??②通入氣體??③收集并檢驗其純度??④組裝儀器??⑤點燃酒精燈??⑥加裝藥品
(3)由熔渣制得綠礬的流程如下(已知難溶于水)。

步驟①溶解熔渣選用的試劑最好是 ，步驟②加入的目的是將還原(硫元素被氧化為)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 ，步驟③的系列操作為 、(用乙醇)洗滌、干燥。

三、工業(yè)流程題
12．（2023·山西·校聯(lián)考模擬預(yù)測）鉍(Bi)的化合物廣泛應(yīng)用于電子、醫(yī)藥等領(lǐng)域。由輝鉍礦(主要成分為Bi2S3含F(xiàn)eS2、CuO、SiO2等雜質(zhì))制備NaBiO3的工藝流程如下：
??
已知：
i. Bi3+易水解，NaBiO3難溶于冷水。
ii.“氧化浸取”時，鉍元素轉(zhuǎn)化為Bi3+，硫元素轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)。
iii． Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)K=4.4×10-7。
回答下列問題：
(1)為提高“浸取”速率，采取的措施有：升高溫度、 (寫出一條)；輝鉍礦浸取率隨溫度的變化曲線如圖，高于40℃時浸取率快速下降，其可能的原因是 。
??
(2)“氧化浸取”時，H2O2和FeS2發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為 。
(3)“除銅”時發(fā)生反應(yīng)：Cu2+ (aq) + 4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq) K=2×1013，則Ksp[Cu(OH)2]= ；NH3分子的空間結(jié)構(gòu)為 。
(4)“轉(zhuǎn)化”時，生成NaBiO3的離子方程式為 。
(5)已知酸性環(huán)境下，NaBiO3可以將Mn2+氧化成、(被還原成Bi3+)，請設(shè)計一個原電池裝置來證明這一點，在圖中的方框內(nèi)標(biāo)出兩燒杯溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式，并寫出負(fù)極的電極反應(yīng)式： 。
??
(6)取NaBiO3產(chǎn)品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反應(yīng)，再用a mol· L-1H2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的，當(dāng)溶液紫紅色恰好褪去時，消耗bmL標(biāo)準(zhǔn)溶液，該產(chǎn)品的純度為 (用含w、a、b的代數(shù)式表示)。
13．（2023·山西呂梁·統(tǒng)考三模）鈦及其合金廣泛用于航空航天，有“空中金屬”之稱，可溶于較濃鹽酸。學(xué)習(xí)小組以高鈦渣(含、和少量、和)為原料制備單質(zhì)鈦的工藝流程如下：

回答下列問題：
(1)“篩分”的目的為 ；浸渣的主要成分為 (填化學(xué)式)。
(2)“轉(zhuǎn)化”工序加入鐵粉的目的為 ；“結(jié)晶”操作不能控制溫度過高的原因為 。
(3)“水解”時發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為 。
(4)“熱還原”時，需要在氬氣氛圍下進(jìn)行的原因為 。
(5)試劑X適合選用___________(填標(biāo)號)。
A．濃鹽酸 B．稀鹽酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液
(6)的晶體類型為 ；單質(zhì)鈦的兩種同素異形體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，甲、乙兩種晶體的空間利用率之比為 (用代數(shù)式表示)。
??
14．（2023·山西晉城·統(tǒng)考三模）高硫錳礦的主要成分是，還含有、、、、、、等，從高硫錳礦中提取金屬錳的工藝流程如圖所示：

已知：、、、，金屬離子的濃度的負(fù)對數(shù)與溶液的關(guān)系如圖所示，回答下列問題：

(1)堿性催化脫硫時，為了提高脫硫效率，可采取的措施為 。
(2)堿性脫硫時氧化礦粉產(chǎn)生硫單質(zhì)是該工藝流程的亮點，若將虛線框中的設(shè)計改為“高溫煅燒”(如圖)脫硫，與原方案比，其不足之處為 。

(3)“酸浸”時的作用為 。
(4)“調(diào)”應(yīng)調(diào)至4左右，“濾渣3”的成分為 。
(5)“電解”冶煉金屬錳后廢電解液的處理方法為 。
(6)已知晶胞如圖所示，該晶胞中∠α=120°，∠β=∠γ=90°。

①該晶體中，錳原子周圍的硫原子數(shù)目為 。
②該晶體的密度為 (列出計算式即可)。
15．（2022·山西晉城·統(tǒng)考二模）“鋁渣”是鋁工業(yè)的副產(chǎn)品，主要成分為Al、AlF3、LiF、CaO。利用“鋁渣”制備Li2CO3的工業(yè)流程如下圖所示：

已知：LiHCO3易溶于水；Li2CO3在不同溫度下的溶解度如下表：
溫度/°C
0
10
20
50
75
100
溶解度/g/100gH2O
1.593
1.406
1.329
1.181
0.866
0.740
回答下列問題：
(1)“酸浸”過程不能在玻璃反應(yīng)釜中進(jìn)行，其主要原因是 。
(2)“沉淀”反應(yīng)得到沉淀中其成分有CaCO3、 。
(3)“轉(zhuǎn)化”步驟的目的是 。
(4)“除鈣”時溫度不能太高，否則會影響Li2CO3的產(chǎn)率，其原因是 (用化學(xué)方程式表示)。
(5)從“熱分解”后的溶液中獲得Li2CO3晶體的操作是蒸發(fā)結(jié)晶 洗滌、干燥。
(6)利用表中數(shù)據(jù)計算100°C時Li2CO3的Ksp近似值為 。
(7)利用Li2CO3為原料采用固相法可制備鋰離子電池的正極材料LiMn2O4，其制備過程：將MnO2和Li2CO3按一定物質(zhì)的量之比配料，球磨后，高溫加熱，反應(yīng)過程會產(chǎn)生兩種氣體，則兩種氣體的物質(zhì)的量之比為 (要求：密度大的氣體與密度小的氣體作比)。
16．（2022·山西呂梁·統(tǒng)考二模）MnO2是常用的電極材料和催化劑。由富錳廢料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)進(jìn)行廢氣脫硫并制備MnO2的工藝流程如下：

已知：I.難溶物的溶度積常數(shù)如表所示。
難溶物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ni(OH)2
Al(OH)3
MnS
FeS
NiS
溶度積常數(shù)(Ksp)
4×10-38
2×10-16
2×10-13
2×10-16
1×10-33
1×10-15
6×10-18
1×10-24
II.溶液中離子濃度≤10-5mol·L-1時，認(rèn)為該離子沉淀完全
回答下列問題：
(1)“化漿”時生成氣體的電子式為 。
(2)“吸收”時，漿液與含SO2廢氣通過逆流方式混合目的為 ；該過程中，MnO2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 。
(3)“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol·L-1、c(Ni2+)=0.00017mol·L-1、c(A13+)=0.001mol·L-1、c(Mn2+)=0.12mol·L-1，濾液1中c(Mn2+)=0.2mol·L-1、c(Ni2+)=0.0002mol·L-1，則“調(diào)pH”的范圍為 (溶液體積變化忽略不計，保留兩位有效數(shù)字)；從濾渣1中分離出Al(OH)3的方法為 。
(4)“除鎳”時，將Ni2+轉(zhuǎn)化為NiS而不是Ni(OH)2的原因為 。
(5)“轉(zhuǎn)化"反應(yīng)在pH=5的條件下進(jìn)行，其主要反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為 。
17．（2022·山西·統(tǒng)考二模）學(xué)習(xí)小組在實驗室中設(shè)計利用鉻釩廢水(主要成分為Na3VO4、Na2CrO4)制備新型光催化劑釩酸鐵和顏料Cr2O3的流程如下。

已知：(NH4)2S2O8具有強氧化性，不穩(wěn)定易分解。
回答下列問題：
(1)上述實驗操作中無需用到的儀器或裝置為_______
A． B． C． D．
(2)證明濾渣FeVO4洗滌干凈的方法是 。
(3)寫出濾液A中CrO與Na2S2O3溶液反應(yīng)的離子方程式 。
(4)抽濾時常用到下列裝置：

①與普通過濾相比，抽濾的優(yōu)點為。
②抽濾完畢后，應(yīng)先斷開 之間的橡皮管。
(5)為檢測濾液B中Cr3+的濃度，學(xué)習(xí)小組取10.00mL濃縮1000倍的濾液B，酸化后加入過量(NH4)2S2O8溶液充分反應(yīng)后再充分微熱，冷卻至室溫，加入足量淀粉KI溶液，用0.010mol·L-lNa2S2O3溶液滴定(I2+2S2O→S4O+2I-)至終點，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。
①微熱目的是
②滴定終點現(xiàn)象是
③濾液B中c(Cr3+)=
18．（2022·山西太原·統(tǒng)考三模）金屬鎢具有高熔點、低蒸氣壓、導(dǎo)熱性好等特點，是等離子體材料的最佳候選材料。一種以黑鎢礦(也叫鎢錳鐵礦，主要成分是FeWO4和MnWO4)為原料生產(chǎn)金屬鎢及含鎢產(chǎn)品的工業(yè)流程如下圖所示：

已知：“水浸”后濾液中的陰離子主要是、、、和 。
(1)“焙燒”前需要將黑鎢礦進(jìn)行粉碎，其目的是 ；已知“濾渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，寫出MnWO4發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。
(2)寫出“氧化”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式： 。
(3)“濾渣2”主要是 (填化學(xué)式)。
(4)“操作X”是 ，產(chǎn)品 1是 。
(5)已知鎢酸鈣(CaWO4)微溶于水，鎢酸難溶于水，請結(jié)合平衡移動原理解釋利用鹽酸進(jìn)行“酸解”的原因： 。
(6)在實驗室利用碘量法測定產(chǎn)品2中WCl6 [(易溶于CS2)的純度，實驗如下：
①將足量CS2(易揮發(fā))加入干燥的稱量瓶中，蓋緊稱量為ag；開蓋并計時1min，蓋緊稱量為bg；再開蓋加入待測樣品并計時1min，蓋緊稱量為cg，則樣品的質(zhì)量為 g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。
②先將上面稱量好的樣品中的WCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4通過離子交換柱發(fā)生反應(yīng)： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交換結(jié)束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反應(yīng)完全后用x mol·L-1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：I2+2=2I-+。滴定終點時平均消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為VmL，則樣品中WCl6的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ，(列出計算式，無需化簡)
19．（2022·山西臨汾·統(tǒng)考三模）鈰可用作生產(chǎn)催化劑、電弧電極、特種玻璃等?，F(xiàn)以氟碳鈰礦(CeFCO3，含F(xiàn)e2O3、FeO等雜質(zhì))為原料制備鈰，其工藝流程如圖所示。

請回答下列問題：
(1)“焙燒I”時，空氣與礦料逆流而行的目的是 ；CeFCO3發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。
(2)“酸浸”反應(yīng)體現(xiàn)了鹽酸的 性質(zhì)，“濾渣I”、“濾渣II”的主要成分分別為 、 (填化學(xué)式)。
(3)“調(diào)pH”時c(Ce3+)=0.10mol·L-1，為了除去雜質(zhì)同時避免Ce元素?fù)p失，25℃下溶液pH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為3.0~7.0，則Ksp[Ce(OH)3]= (不考慮溶液體積變化)。
(4)“碳化”時，不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是 。
(5)“熱還原”反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。
20．（2022·山西臨汾·統(tǒng)考模擬預(yù)測）六氟銻酸鈉( NaSbF6)廣泛用于有機合成、光化學(xué)反應(yīng)中的催化劑、蝕刻劑等。一種由銻礦粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)合成六氟銻酸鈉的工藝流程如圖所示：

請回答下列問題：
(1)“堿浸、還原”時，若Sb2O5與Na2S2O3反應(yīng)計量關(guān)系為2：1，則氧化產(chǎn)物為 ，Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為
(2)“除雜”時，當(dāng)溶液中出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，停止加入CuSO4溶液，若此時溶液中-lgc(S2- )與pH的關(guān)系如圖。

已知Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20，則Ksp(CuS) =
(3)“轉(zhuǎn)化”時控溫約50°C的原因 ；“轉(zhuǎn)化”后，檢驗NaSbO3·3H2O是否洗滌干凈應(yīng)選用的試劑為 。
(4)“氟化”反應(yīng)的離子方程式為 。
(5)“系列操作”為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，則下列儀器中需使用的有 (填字母標(biāo)號) ，不需使用的為 (填名稱)。
A． B．??????C． D．????E．
21．（2021·山西·統(tǒng)考一模）為了解決環(huán)境污染問題，中國政府大力扶持新能源汽車行業(yè)的發(fā)展。新能源汽車的核心部件是鋰離子電池，常用磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)做電極材料。對LiFePO4廢舊電極(含雜質(zhì)Al、石墨粉)回收并獲得高純Li2CO3的工藝流程如圖：

碳酸鋰在水中溶解度：
溫度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/℃
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)過程Ⅰ的操作是 。
(2)過程Ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是 (用化學(xué)方程式表示)。
(3)過程Ⅲ采用不同氧化劑分別進(jìn)行實驗，均采用Li含量為3.7%的原料，控制pH為3.5，浸取1.5h后，實驗結(jié)果如表所示：
序號
酸
氧化劑
浸出液Li+濃度(g/L)
濾渣中Li含量/%
實驗1
HCl
H2O2
9.02
0.10
實驗2
HCl
NaClO3
9.05
0.08
實驗3
HCl
O2
7.05
0.93
①實驗2中，NaClO3與鹽酸反應(yīng)生成黃綠色氣體，大大增加了酸和氧化劑的用量，該反應(yīng)的離子方程式為 。
②綜合考慮Li+的浸出率及環(huán)保因素，選擇的氧化劑最好為 。
(4)浸出液中存在大量H2PO和HPO，結(jié)合平衡移動原理，解釋過程Ⅳ：加入30%的Na2CO3溶液得到磷酸鐵晶體的原因 。
(5)若濾液2中c(Li+)=4mol/L，加入等體積的Na2CO3(過程Ⅴ)后，過濾所得粗品中Li元素占原Li元素總量的95.5%，計算母液中c(CO)= 。[Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3]
(6)過程Ⅵ首先需洗滌“粗品”，應(yīng)該用 (填“熱水”或“冷水”)洗，理由是 。
(7)工業(yè)上將回收的Li2CO3和FePO4粉碎，并與足量炭黑混合高溫灼燒再生制備LiFePO4，實現(xiàn)了物質(zhì)的循環(huán)利用，更好的節(jié)省了資源，保護(hù)了環(huán)境。請寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式 。
22．（2021·山西晉中·統(tǒng)考二模）肺炎重癥患者肺部功能嚴(yán)重受損時，需通過氣管切開術(shù)指了。手術(shù)力的材料主要是鈦合金。金屬鈦熔點高、強度高且質(zhì)地輕。工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3)為原料冶煉金屬鈦的流程如下：

已知：室溫下鈦不與X2(X表示Cl、Br、I)、O2、H2O反應(yīng)，也不與強酸、強堿甚至王水反應(yīng)。但高溫下易與氧氣、氮氣、碳和氫氣反應(yīng)。
回答下列問題。
(1)“溶煮”過程中加硫酸時生成Ti(SO4)2，該過程的離子方程式為 。
(2)“溶煮”過程中同時加入物質(zhì)A，其目的是防止Fe2＋被氧化，物質(zhì)A是 。
(3)已知在不同溫度時硫酸亞鐵在鈦液中的溶解度如下表(數(shù)據(jù)以含鐵量來折算)。則“操作a”為 。
溫度/℃
30
20
14
10
5
1
-6
溶解度/(g?L-1)
88
70
48
43
35
25
14
(4)“過濾1”后加熱濾液，使其中的Ti4＋生成偏鈦酸(H2TiO3)沉淀。常溫下H2TiO3的沉淀溶解平衡為H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，其溶度積常數(shù)Ksp＝1.0×10－29，則“過濾2”所得溶液的pH約為 (已知≈2.7，≈1.35，lg2.7≈0.43)
(5)煅燒偏鈦酸得到TiO2，TiO2與氯氣和過量焦炭共熱生成TiCl4，寫出“共熱”過程中的化學(xué)方程式： 。
(6)“高溫”過程需要在Ar氣氛中進(jìn)行的理由是 ；利用上述方法制得的鈦中可能會含有少量金屬雜質(zhì) ，可用 除去。
23．（2021·山西晉中·統(tǒng)考三模）五氧化二釩常用于生產(chǎn)硫酸或石油精煉的催化劑。某化工廠從廢釩催化劑中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收五氧化二釩和硫酸鉀，既能避免環(huán)境污染，又能節(jié)約資源?；厥展に嚵鞒倘缦拢?br />
已知：①“酸浸”時V2O5和V2O4先與稀硫酸反應(yīng)分別生成VO和VO2＋。
②有機萃取劑萃取VO2＋的能力比萃取VO的能力強。
③溶液中VO與VO可相互轉(zhuǎn)化：VO＋H2OVO＋2H＋。
(1)“酸浸”時，F(xiàn)eSO4的作用是 。
(2)濾渣2的成分主要有 (填化學(xué)式)。
(3)“萃取”和“反萃取”時，將發(fā)生R2(SO4)n(水層)＋2nHA(有機層)2RAn(有機層)＋nH2SO4(水層)(R表示VO2＋，HA表示有機萃取劑)，“反萃取”操作加入的試劑是 (填化學(xué)式)。
(4)“氧化”過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 。若該廢釩催化劑中V2O5的含量為10%(原料中所有的釩已換算成V2O5)。該廠檢驗科實驗室取100g待處理樣品，按照上述流程進(jìn)行實驗。當(dāng)加入150 mL 0.1 mol·L-1的KClO3溶液時，溶液中的釩元素恰好完全反應(yīng)，則該工藝中釩的最大回收率是 %(假設(shè)與KClO3反應(yīng)后的操作步驟中釩元素?zé)o損失)。
(5)沉釩率是回收釩的關(guān)鍵之一。
①“沉釩”時，釩元素主要以 形式存在(填相應(yīng)的離子符號)。
②實驗發(fā)現(xiàn)，溫度超過80℃以后沉釩率下降(如圖)，可能的原因是 。


四、原理綜合題
24．（2022·山西呂梁·統(tǒng)考二模）VOSO4-H2O溶液常用作全釩液流電池的電解液，其中VOSO4易氧化，由廢釩催化劑(含V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2等)制備VOSO4的工藝流程如下：

回答下列問題：
(1)浸液中含有VO和VO2+，則V2O4發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 。
(2)某學(xué)習(xí)小組設(shè)計如圖所示裝置，模擬工業(yè)“還原”工序?qū)O轉(zhuǎn)化為VO2+的過程。

①儀器b的名稱為 。
②實驗時，向氣密性良好的裝置中加入藥品，需要進(jìn)行的操作為：先 (填選項字母，下同)，一段時間后 。
A．打開活塞K1、K3，關(guān)閉K2 　　　　B．打開活塞K2關(guān)閉K1、K3
③指出c的不足之處： 。
(3)“萃取”時，除了過量的Fe2+，進(jìn)入水相的金屬離子還有 (填離子符號)。
(4)測定VOSO4-H2SO4溶液中VO2+的濃度：量取25.00mL。VOSO4-H2SO4溶液，加入適當(dāng)過量的KMnO4溶液(氧化產(chǎn)物為VO)，再加入適當(dāng)過量的NaNO2除去KMnO4，進(jìn)一步加入尿素除去NaNO2；用pmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(還原產(chǎn)物為VO2+)。達(dá)到滴定終點時消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積為VmL：
①VOSO4-H2SO4溶液中c(VO2+)= 。
②滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 。
③若不用尿素除去NaNO2，會導(dǎo)致所測結(jié)果 (填"偏高”“偏低”或“無影響")。
25．（2021·山西晉中·統(tǒng)考三模）李克強總理在十三屆全國人民代表大會第四次會議上作政府工作報告時指出：優(yōu)化產(chǎn)業(yè)結(jié)構(gòu)和能源結(jié)構(gòu)，扎實做好碳達(dá)峰、碳中和各項工作。碳中和是指一個組織在一年內(nèi)的二氧化碳排放通過二氧化碳去除技術(shù)達(dá)到平衡。
(1)科研人員借助太陽能用二氧化碳制備甲醇等燃料的催化轉(zhuǎn)化是迄今為止最接近光合作用的方法，并且實現(xiàn)了二氧化碳的循環(huán)(如圖所示)，下列說法錯誤的是 (填字母)。

A．圖中能量轉(zhuǎn)化形式有兩種
B．使用催化劑可以提高單位時間內(nèi)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率
C．利用太陽能開發(fā)甲醇等液態(tài)燃料有利于環(huán)境保護(hù)
D．該工藝中的H2目前只能由電解水獲得
(2)CO2加氫還可制備甲酸(HCOOH)。
①工業(yè)上利用甲酸的能量關(guān)系轉(zhuǎn)換圖如圖所示：

反應(yīng)CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的焓變△H= kJ·mol-1。
②溫度為T1℃時，將等物質(zhì)的量的CO2和H2充入體積為1L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)??K=2。
實驗測得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆為速率常數(shù)。T1℃時，k逆= k正。
③溫度為T2℃時，k正=1.9k逆，則T2℃時平衡壓強 (填“＞”“＜”或“=”)T1℃時平衡壓強，理由是 。
(3)工業(yè)上常用氨水吸收含碳燃料燃燒時產(chǎn)生的溫室氣體CO2，其產(chǎn)物之一是NH4HCO3。已知常溫下碳酸的電離常數(shù)Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，NH3·H2O的電離常數(shù)Kb=1.8×10-5，寫出NH4HCO3水解反應(yīng)的化學(xué)方程式： ，選用上述數(shù)據(jù)計算該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kh= (保留三位有效數(shù)字)。
(4)某光電催化反應(yīng)器如圖所示，A極是Pt/CNT電極，B極是TiO2電極。寫出A極由CO2制異丙醇的電極反應(yīng)式： 。


參考答案：
1．C
【詳解】A．酚酞的pH變色范圍是8.2~10，甲基橙的pH變色范圍是3.1~4.4。溶液與逐滴滴入的HCl溶液分兩步發(fā)生反應(yīng)：第一步反應(yīng)是；第二步反應(yīng)是。整個滴定過程中應(yīng)先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示劑，A正確；
B．鹽水解促進(jìn)水電離，水解程度越大水電離程度越大，酸溶液抑制水電離，a點對應(yīng)溶液的溶質(zhì)為，b點對應(yīng)溶液的溶質(zhì)為（、NaCl，e點對應(yīng)溶液的溶質(zhì)主要為NaCl、，f點對應(yīng)溶液的溶質(zhì)主要為NaCl、HCl，因此水的電離程度一直在減小，B正確；
C．根據(jù)圖像可知，當(dāng) mL時，為0.4 mol·L 溶液，此時溶液， mol?L，則常溫下此時溶液中 mol?L，則水解平衡常數(shù)，因為，故，C錯誤；
D．由于反應(yīng)產(chǎn)生了大量的氣體，因此根據(jù)物料守恒可知f點對應(yīng)的溶液中存在：，D正確；
故選C。
2．D
【詳解】A．根據(jù)NaOH溶液與HA溶液、溶液的反應(yīng)可知，隨著NaOH溶液的滴加，pH增大，逐漸減小，變大，所以線①代表滴定溶液時pM與溶液pH的變化關(guān)系，線②代表滴定一元酸HA溶液時pM與pH的變化關(guān)系，從線②與橫坐標(biāo)軸的交點可知時，，，選項A正確；
B．根據(jù)上述分析可知，線①代表滴定溶液時pM與溶液pH的變化關(guān)系，選項B正確；
C．x點溶液呈酸性，則，根據(jù)電荷守恒得，所以，再根據(jù)x點的pM>0，即，可得，C正確；
D．若發(fā)生反應(yīng)，則該反應(yīng)的，根據(jù)線①與橫坐標(biāo)軸的交點可知pM=0，即時，，所以，，故沉淀不能完全溶解，D錯誤；
答案選D。
3．B
【詳解】A．將少量Cl2通入FeBr2中，氯氣先將Fe2+氧化，不能將Br-氧化，所以無Br2生成，加入苯，苯層應(yīng)該是無色，A錯誤；
B．室溫下，向碳酸氫鈉溶液中加入適量鹽酸，溫度下降，說明該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，B正確；
C．將少量BaSO4固體用飽和Na2CO3溶液浸泡，過濾后，向濾渣中加鹽酸，濾渣溶解，說明沉淀是BaCO3，飽和碳酸鈉溶液中碳酸根濃度增大，導(dǎo)致碳酸根離子和鋇離子的濃度商大于碳酸鋇的溶度積，使硫酸鋇轉(zhuǎn)化成碳酸鋇，但據(jù)此無法判斷Ksp(BaCO3)與Ksp(BaSO4)的大小，C錯誤；
D．向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，只能證明溶液中有Fe2+，不能證明溶液中是否有Fe3+，無法說明其是否變質(zhì)，D錯誤；
答案選B。
4．A
【詳解】A．由化學(xué)方程式可知，生成1mol N2轉(zhuǎn)移12mol電子，準(zhǔn)狀況下2. 24L N2的物質(zhì)的量為=0.1mol，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1. 2 NA，A項正確；
B．根據(jù)物料守恒有：，則，故1 L 0.5mol·L-1 K2S溶液中S2-和HS-的總數(shù)小于0.5NA，B項錯誤；
C．SO2、S2的摩爾質(zhì)量均為64g/mol，SO2、S2分子中質(zhì)子數(shù)均為32，3.2g由SO2、S2組成的混合物中SO2、S2的總物質(zhì)的量為=0.05mol，則混合物中所含質(zhì)子數(shù)為1.6NA，C項錯誤；
D．N2分子中含有2個π鍵，28g N2的物質(zhì)的量為=1mol，則π鍵數(shù)目為2NA，D項錯誤；
答案選A。
5．A
【詳解】A．25℃時分別測定濃度均為0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7，前者是因為NaCl是強酸強堿鹽，不發(fā)生水解，對水的電離無影響，而后者是由于CH3COO-和的水解程度相同，使溶液呈中性，鹽類的水解對水的電離起促進(jìn)作用，A符合題意；
B．①K值較大，可說明相同條件下，平衡體系中HX所占的比例：①＞②，B不合題意；
C．漂白粉與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈣，反應(yīng)中SO2為還原劑，氯離子為還原產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性即還原性SO2＞Cl-，C不合題意；
D．常溫下，將50mL苯與50mLCH3COOH混合體積為101mL，說明混合過程中削弱了CH3COOH分子間的氫鍵，且苯與CH3COOH分子間的作用弱于氫鍵，導(dǎo)致分子間距離增大，從而使體積變大，D不合題意；
故答案為：A。
6．B
【詳解】A．酸溶液中酸性越強，水的電離程度越小，則酸性HXB1>E，C項錯誤；
D．根據(jù)點A2(0，3)可知，c(H+)=c(Y-)=10-3mol/L，c(HY)≈0.10mol/L，則Ks(HY)=c(H+)/c(Y-)/c(HY)=10-6/0.10=10-5，根據(jù)電離度公式a=c(H+)/c(酸)×100%和A1、A2兩點坐標(biāo)數(shù)據(jù)，a(HX)=×100%=×100%=0.01%，a(HY)=×100%=×100%=1%，則a(HX)：a(HY)=l：100，D項錯誤。
故選B。
7．(1)堿式滴定管
(2) Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]- 增大Cl-的濃度，使平衡： Cu2+ +Cu+4Cl- 2[CuCl2]-正向移動，提高CuCl的產(chǎn)率
(3)在通風(fēng)櫥中進(jìn)行實驗(或其它合理答案)
(4)減少CuCl的損失，且易于干燥
(5) 稀釋錐形瓶中的溶液，便于觀察顏色的突變 滴入最后半滴Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液恰好由紅色變?yōu)闇\藍(lán)色，且半分鐘內(nèi)不變色 95.52%

【分析】以0.50 mol/LCuCl2溶液、銅粉、HCl為反應(yīng)物，在磁力攪拌下充分反應(yīng)生成[CuCl2]-，倒入水中，析出CuCl晶體，經(jīng)過洗滌、干燥最終得到氯化亞銅(CuCl)。據(jù)此作答。
【詳解】（1）配制一定物質(zhì)的量濃度的CuCl2溶液時，需要托盤天平、容量瓶、燒杯、膠頭滴管、玻璃棒，不需要堿式滴定管；
（2）反應(yīng)物為CuCl2溶液、銅粉、HCl，產(chǎn)物為[CuCl2]-，根據(jù)的是電子守恒和電荷守恒，反應(yīng)的離子方程式為Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]-；在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固體，是為了增大Cl-的濃度，使上述平衡往正向移動，生成更多的[CuCl2]-；
（3）由于HCl易揮發(fā)，為保持安全的實驗環(huán)境，一般在通風(fēng)櫥中進(jìn)行實驗；
（4）無水乙醇能降低CuCl的溶解度，且乙醇易揮發(fā)，所以用無水乙醇洗滌沉淀的原因是減少CuCl的損失，且易于干燥；
（5）①鄰菲噦啉可分別與Fe3+、Fe2+形成淺藍(lán)色和紅色的絡(luò)離子，滴定終點的顏色變化是溶液恰好由紅色變?yōu)闇\藍(lán)色，為了便于觀察顏色的突變，加水稀釋；
②根據(jù)滴定原理Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲蜟e(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液恰好由紅色變?yōu)闇\藍(lán)色，且半分鐘內(nèi)不變色，即到達(dá)滴定終點；
③取2.500 g CuCl產(chǎn)品于錐形瓶中，加入稍過量的FeCl3溶液充分反應(yīng)，再加50 mL水，以鄰菲噦啉作指示劑，用1.000 mol/L Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+，分析樣品中CuCl的含量。
根據(jù)滴定原理得出滴定關(guān)系： CuCl~ Fe2+~Ce4+；若消耗Ce(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為24.00 mL，該樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=。
8．(1) 恒壓滴液漏斗(或恒壓漏斗) 內(nèi)管與冷卻水的接觸面積更大，冷凝效果更好
(2)緩慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴給反應(yīng)裝置降溫
(3)蒸餾
(4) 減少產(chǎn)品因溶解而造成的損失 重結(jié)晶
(5) 99. 2% 減小

【分析】工業(yè)上利用糠醛(沸點161.7℃，易被氧化)發(fā)生歧化反應(yīng)制取糠酸和糠醇，由于該反應(yīng)為強放熱反應(yīng)，為控制反應(yīng)速率，需緩慢滴加NaOH溶液，同時使用冰水浴降低溫度；粗產(chǎn)品中，糠酸鈉易溶于水，糠醇在水中溶解度小，需使用有機溶劑萃取分離；糠酸鈉用鹽酸將其轉(zhuǎn)化為糠酸，冷卻結(jié)晶后，過濾分離；糠醇被萃取后，蒸餾分離。
【詳解】（1）從圖中可以看出，儀器A中存在平衡內(nèi)外壓強的導(dǎo)管，則其名稱為恒壓滴液漏斗(或恒壓漏斗)。與直形冷凝管相比，球形冷凝管內(nèi)管呈球狀，與冷卻水的接觸面積大，則使用儀器B的優(yōu)點是：內(nèi)管與冷卻水的接觸面積更大，冷凝效果更好。答案為：恒壓滴液漏斗(或恒壓漏斗)；內(nèi)管與冷卻水的接觸面積更大，冷凝效果更好；
（2）糠醛的歧化反應(yīng)為強放熱反應(yīng)，該反應(yīng)必須嚴(yán)格控制反應(yīng)溫度為8~12℃，所以需控制反應(yīng)速率，實驗中采用的保障措施為：緩慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴給反應(yīng)裝置降溫。答案為：緩慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴給反應(yīng)裝置降溫；
（3）乙醚和糠醇互溶，但沸點相差較大，所以步驟3中分離乙醚和糠醇的實驗操作為蒸餾。答案為：蒸餾；
（4）糠酸在熱水中溶解度較大，微溶于冷水，則步驟3中洗滌粗糠酸用冷水的原因是減少產(chǎn)品因溶解而造成的損失。進(jìn)一步將粗糠酸提純，需去除里面溶解的雜質(zhì)，應(yīng)采用的方法是重結(jié)晶。答案為：減少產(chǎn)品因溶解而造成的損失；重結(jié)晶；
（5）由反應(yīng)可建立關(guān)系式：糠酸——NaOH，則糠酸的物質(zhì)的量等于NaOH的物質(zhì)的量，從而求出糠酸的純度為=99. 2%。題中信息顯示，糠醛易被氧化，則其中混有糠酸，而糠酸在糠醛歧化過程中不會轉(zhuǎn)化為糠醇，若步驟1中不對糠醛進(jìn)行蒸餾處理，則會使制得的糠醇的質(zhì)量減小。答案為：99. 2%；減小。
【點睛】計算糠醇的產(chǎn)量時，把混有糠酸的粗產(chǎn)品當(dāng)成純糠醛考慮，所以糠醇的產(chǎn)量偏小。
9．(1)平衡壓強，便于液體順利滴下
(2)研缽
(3) 0.5mol 由于受熱時H2O2分解導(dǎo)致H2O2有損失
(4)加入NH4Cl會使溶液中的濃度增大，抑制了NH3·H2O的電離（），使溶液中OH-濃度降低，避免生成Co(OH)2沉淀
(5) 當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時，溶液中出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)不消失

【分析】該實驗是利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2反應(yīng)來制備三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3，經(jīng)實驗步驟①-⑤反應(yīng)最終制得較純的三氯化六氨合鈷，根據(jù)具體實驗步驟分析解答。
【詳解】（1）儀器a為恒壓滴液漏斗，代替分液漏斗滴加液體的優(yōu)點是：平衡壓強，便于液體順利滴下；
故答案為：平衡壓強，便于液體順利滴下。
（2）將固體藥品研細(xì)，常在研缽中進(jìn)行；
故答案為：研缽。
（3）根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，制取1mol[Co(NH3)6]Cl3時轉(zhuǎn)移1mol電子，理論上需要0.5molH2O2，但由于受熱時H2O2分解導(dǎo)致H2O2有損失，所以實際上消耗量比理論消耗量要多；
故答案為：0.5mol，由于受熱時H2O2分解導(dǎo)致H2O2有損失。
（4）CoCl2遇濃氨水會生成Co(OH)2沉淀，加入濃氨水前先加入NH4Cl會使溶液中的濃度增大，抑制了NH3·H2O的電離（），使溶液中OH-濃度降低，避免生成Co(OH)2沉淀；
故答案為：加入NH4Cl會使溶液中的濃度增大，抑制了NH3·H2O的電離（），使溶液中OH-濃度降低，避免生成Co(OH)2沉淀。
（5）實驗用AgNO3溶液滴定Cl-，用K2CrO4溶液作為指示劑，滴定至終點是當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時，溶液中出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)不消失；根據(jù)溶液中Ag+與Cl-反應(yīng)關(guān)系式可知，n (Cl- )= n (Ag+)=c×V×10-3×4mol，所以產(chǎn)品中C1-的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是；
故答案為：當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3溶液時，溶液中出現(xiàn)磚紅色沉淀，且半分鐘內(nèi)不消失；。
10．(1)圓底燒瓶
(2) NaOH溶液 平衡氣壓，收集多余氯氣
(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
(4) 當(dāng)加入最后一滴(或半滴)碘標(biāo)準(zhǔn)溶液時，溶液恰好變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色 25%
(5) 加入足量氨水 黑色固體溶解，并有氣體產(chǎn)生
(6)肼具有還原性將Ag+還原為Ag，肼具有堿性，與Ag+反應(yīng)生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O

【分析】制備N2H4時，首先在裝置A中利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，此時關(guān)閉裝置B上方止水夾，打開另一止水夾，將氯氣通入裝置C中的NaOH溶液，反應(yīng)得到NaClO溶液，裝置D中利用氯化銨和氫氧化鈣固體共熱制取氨氣，通入裝置C中和NaClO溶液反應(yīng)得到N2H4，由于氨氣極易溶于水，所以導(dǎo)管不能伸入液面以下，防止發(fā)生倒吸；制備完成后，打開B上方止水夾，關(guān)閉另一止水夾，可以在裝置B中利用排飽和食鹽水的方法收集多余氯氣，長頸漏斗可以平衡壓強。
【詳解】（1）根據(jù)儀器a的結(jié)構(gòu)特點可知其為圓底燒瓶；
（2）根據(jù)題意，制備N2H4需要用NaOH溶液與NH3反應(yīng)，所以裝置C中盛放NaOH溶液，和氯氣反應(yīng)得到NaClO；裝置B可以在實驗結(jié)束后利用排飽和食鹽水的方法收集多余氯氣，長頸漏斗可以平衡壓強；
（3）根據(jù)電子守恒可知反應(yīng)過程中ClO-與NH3的系數(shù)比為1：2，再結(jié)合元素守恒可得離子方程式為2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
（4）①N2H4可以氧化I2，所以達(dá)到滴定終點時I2稍過量，而淀粉遇碘變藍(lán)，所以滴定終點的現(xiàn)象為：當(dāng)加入最后一滴(或半滴)碘標(biāo)準(zhǔn)溶液時，溶液恰好變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色；
②根據(jù)反應(yīng)方程式可知25.00mL待測液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，則250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，產(chǎn)品中水合腓的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=25%；
（5）操作i的結(jié)論為黑色固體有Ag2O，現(xiàn)象為黑色固體部分溶解，根據(jù)題目所給信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①為加入足量氨水；操作ii證明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同時生成NO氣體，所以現(xiàn)象②為黑色固體溶解，并有氣體產(chǎn)生；
（6）肼具有還原性將Ag+還原為Ag，同時肼具有堿性，與Ag+反應(yīng)生成AgOH，而AgOH不穩(wěn)定，易分解生成黑色的Ag2O。
11． 除去氮氣中的還原性氣體 溶液變?yōu)樗{(lán)色，半分鐘內(nèi)不褪去 31% 偏低 ④①⑥②③⑤ 硫酸 蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾
【分析】(1)用燃燒碘量法測定黃銅礦中硫元素的含量。液氮通過酸性高錳酸鉀溶液，可以除去氮氣中的還原性氣體，在高溫爐中礦樣與足量混合，在1250℃左右高溫爐中加熱，反應(yīng)產(chǎn)生，再通過SnCl2溶液，除去高溫爐產(chǎn)生的氧化性物質(zhì)，氣體用含淀粉及碘化鉀的稀硫酸溶液吸收，同時連續(xù)用的標(biāo)準(zhǔn)溶液緩慢滴定。
【詳解】(1)①酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，可以除去氮氣中的還原性氣體，防止對后面的實驗產(chǎn)生干擾；
②滴定過程中涉及反應(yīng)有：，，SO2被反應(yīng)完，繼續(xù)滴加的KIO3溶液與KI反應(yīng)生成I2，與淀粉反應(yīng)顯藍(lán)色，所以滴定終點的現(xiàn)象為溶液變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪去；
③根據(jù)關(guān)系式：，可得n(SO2)=3n (KIO3) =3×0.1042mol/L×0.025L=0.007815mol，所以礦樣中硫元素的質(zhì)量百分含量為：，因為Sn的+4價化合物比+2價穩(wěn)定，即SnCl2具較強的還原性，可以除去高溫爐產(chǎn)生的氧化性物質(zhì)，減少了SO2的消耗，所以SO2不通過SnCl2，則測定結(jié)果會偏低；
(2)實驗開始時的操作依次為：組裝儀器、檢查裝置的氣密性、加裝藥品、通入CO氣體、收集CO并檢驗其純度、點燃酒精燈，即將裝置內(nèi)的空氣全部排盡后開始加熱，所以操作順序依次為:④①⑥②③⑤；
(3)熔渣的主要成分為FeO和Fe2O3，酸溶時選用硫酸，生成FeSO4和Fe2(SO4)3溶液，加入FeS2的目的是將Fe3+還原為Fe2+，F(xiàn)eS2中的硫元素被氧化為，根據(jù)化合價升降守恒和原子守恒可得離子方程式為：，由溶液獲得相應(yīng)的晶體一般采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，洗滌，干燥，得到晶體的方法。
12．(1) 將輝鉍礦粉碎研磨(或適當(dāng)提高鹽酸濃度或攪拌等) 高于40℃時，鹽酸揮發(fā)、雙氧水分解
(2)3：2
(3) 2. 2×10—20 三角錐形
(4)Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O
(5)??、Mn2+—5e—+4H2O = +8H+
(6)

【分析】由題給流程可知，向輝鉍礦加入稀鹽酸和過氧化氫混合溶液氧化浸取時，金屬硫化物被氧化生成金屬氯化物和硫，氧化銅溶于鹽酸得到氯化銅，二氧化硅與鹽酸不反應(yīng)，過濾得到含有二氧化硅、硫的濾渣1和含有金屬氯化物的濾液；調(diào)節(jié)濾液的pH，將溶液中鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣2和濾液；向濾液中加入氨水，將溶液中鉍離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鉍沉淀，銅離子轉(zhuǎn)化為四氨合銅離子，過濾得到含有四氨合銅離子的濾液3和氫氧化鉍；氫氧化鉍溶于鹽酸得到氯化鉍溶液，向溶液中加入氫氧化鈉和次氯酸鈉的混合溶液，將溶液中的氯化鉍轉(zhuǎn)化為鉍酸鈉沉淀，過濾得到濾液4和鉍酸鈉。
【詳解】（1）升高溫度、將輝鉍礦粉碎研磨、適當(dāng)提高鹽酸濃度、攪拌等措施提高“浸取”速率；鹽酸受熱易揮發(fā)、過氧化氫受熱易分解，高于40℃時浸取率快速下降說明溫度高于40℃時，鹽酸揮發(fā)、雙氧水分解，故答案為：將輝鉍礦粉碎研磨(或適當(dāng)提高鹽酸濃度或攪拌等)；高于40℃時，鹽酸揮發(fā)、雙氧水分解；
（2）由分析可知，氧化浸取時，二硫化鐵與鹽酸和過氧化氫混合溶液反應(yīng)生成氯化鐵、硫和水，反應(yīng)的離子方程式為2FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，則發(fā)生反應(yīng)的過氧化氫和二硫化鐵的物質(zhì)的量之比為3：2，故答案為：3：2；
（3）由方程式Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)可知，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=== Ksp K絡(luò)合，則Ksp===2. 2×10—20；氨分子中氮原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為3，分子的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，故答案為：2. 2×10—20；三角錐形；
（4）由分析可知，加入氫氧化鈉和次氯酸鈉的混合溶液的目的是將溶液中的氯化鉍轉(zhuǎn)化為鉍酸鈉沉淀，反應(yīng)的離子方程式為Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O，故答案為：Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O；
（5）由電子移動方向可知，右側(cè)電極為原電池的負(fù)極，水分子作用下錳離子在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成高錳酸根離子和氫離子，電極反應(yīng)式為Mn2+—5e—+4H2O = +8H+，左側(cè)電極為正極，酸性條件下鉍酸根離子在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鉍離子和水，電極反應(yīng)式為BiO+2e—+6H+=Bi3++3H2O，原電池的示意圖為??，故答案為：??；Mn2+—5e—+4H2O = +8H+；
（6）由得失電子數(shù)目守恒可得如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：NaBiO3—H2C2O4，滴定消耗b mLa mol/L草酸標(biāo)準(zhǔn)溶液，則產(chǎn)品的純度為×100%=，故答案為：。
13．(1) 控制高鈦渣顆粒大小均勻，便于控制酸浸速率和進(jìn)行程度 、
(2) 將還原為 防止提前水解使綠礬不純或降低鈦的回收率(產(chǎn)品產(chǎn)率)
(3)
(4)防止、被氧化變質(zhì)
(5)B
(6) 分子晶體

【分析】高鈦渣(含、和少量、和)經(jīng)“篩分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3與H2SO4反應(yīng)轉(zhuǎn)變?yōu)門iOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2沒有溶解，過濾得到浸渣為 ，加入鐵屑轉(zhuǎn)化時還原體系中的，過濾，所得濾液經(jīng)結(jié)晶得到綠礬，所得濾液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，過濾，煅燒發(fā)生反應(yīng)，制得燒渣為；經(jīng)過氯化冷凝時，轉(zhuǎn)化為液態(tài)，在氬氣中被鎂還原得到Ti，Ti和多余的鎂的混合物通過加稀鹽酸、過濾，得到純Ti。
【詳解】（1）“篩分”可控制高鈦渣顆粒大小均勻，有利于控制酸浸速率和進(jìn)行程度；由轉(zhuǎn)化關(guān)系知，浸渣的主要成分為原料中難溶于酸的和生成的。
（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“結(jié)晶”得到綠礬，故“轉(zhuǎn)化”工序加入鐵粉的目的為將還原為；在90℃時充分水解成，若“結(jié)晶”控制溫度過高，會導(dǎo)致提前水解使制得的綠礬不純，又會降低鈦的回收率(或產(chǎn)品產(chǎn)率)。
（3）由信息，在90℃時水解成，反應(yīng)的離子方程式為
（4）“熱還原”時，需要在氬氣氛圍下進(jìn)行的原因為防止、被氧化變質(zhì)。
（5）由信息，鈦溶于濃鹽酸，故可用稀鹽酸分離生成的和多余的單質(zhì)；
故選B。
（6）通常為液體，其晶體類型為分子晶體；由圖知，甲、乙晶胞中均含有2個原子，故二者的空間利用率之比即為體積之比的倒數(shù)，計算得。
14．(1)粉碎或適當(dāng)升高脫硫溫度或適當(dāng)增大NaOH溶液濃度
(2)高溫煅燒法生成的有毒氣體需用NaOH溶液處理，工序復(fù)雜，不宜控制
(3)將氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4

【分析】由題給流程可知，在催化劑作用下，高硫錳礦中的金屬硫化物與氫氧化鈉溶液和氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為為硫和難溶的金屬氫氧化物，二氧化硅與氫氧化鈉溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為硅酸鈉，過濾得到含有硅酸鈉的濾液和脫硫礦粉；向脫硫礦粉中加入稀硫酸和二氧化錳酸浸，將金屬化合物轉(zhuǎn)化為可溶的金屬硫酸鹽，其中二氧化錳的作用是將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，過濾得到含有硫的濾渣1和濾液；向濾液中加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH，將鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵的濾渣2和濾液；向濾液中加入硫化銨溶液，將溶液中的銅離子和鎳離子轉(zhuǎn)化為硫化銅和硫化鎳沉淀，過濾得到含有硫化銅、硫化鎳的濾渣3和濾液；電解硫酸錳濾液得到金屬錳、硫酸和氫氣。
【詳解】（1）粉碎高硫錳礦、適當(dāng)升高脫硫溫度、適當(dāng)增大氫氧化鈉溶液濃度等措施能提高脫硫效率，故答案為：粉碎或適當(dāng)升高脫硫溫度或適當(dāng)增大NaOH溶液濃度；
（2）由圖可知，高溫煅燒脫硫時，金屬硫化物與空氣中的氧氣反應(yīng)生成金屬氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氫氧化鈉溶液吸收處理，所以與原方案比，高溫煅燒法的缺點是生成的有毒氣體二氧化硫需用氫氧化鈉溶液處理，工序復(fù)雜，不宜控制，故答案為：高溫煅燒法生成的有毒氣體需用NaOH溶液處理，工序復(fù)雜，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸時二氧化錳的作用是將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，故答案為：將氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化銨溶液的目的是將將溶液中的銅離子和鎳離子轉(zhuǎn)化為硫化銅和硫化鎳沉淀，則濾渣3的主要成分為硫化銅和硫化鎳，故答案為：和；
（5）由分析可知，電解硫酸錳濾液得到金屬錳、硫酸和氫氣，則廢電解液可以加入酸浸液再利用，節(jié)約成本，故答案為：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，與硫原子距離最近的錳原子個數(shù)為4，則由硫化錳的化學(xué)式可知，錳原子周圍的硫原子個數(shù)為4，故答案為：4；
②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點和體內(nèi)的硫原子個數(shù)為8×+1=2，位于棱上和體內(nèi)的錳原子個數(shù)為4×+1=2，設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案為：。
15．(1)生成的HF會腐蝕玻璃
(2)Li2CO3、Al(OH)3
(3)將CaCO3、Li2CO3轉(zhuǎn)化為易溶于水的碳酸氫鹽，便于與Al(OH)3分離
(4)2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O
(5)趁熱過濾
(6)410-3
(7)2:1

【分析】“鋁渣”主要成分為Al、AlF3、LiF、CaO，經(jīng)濃硫酸酸浸后，氟化物轉(zhuǎn)化為HF氣體逸出，部分氧化鈣轉(zhuǎn)化為微溶的硫酸鈣以濾渣形式除去，得到的濾液中含鋁離子、鋰離子和少量鈣離子，再加入碳酸鈉溶液后，會生成CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，過濾后的濾液分離除去，濾渣再通入二氧化碳和水，使其中碳酸鹽轉(zhuǎn)化為可溶于水的碳酸氫鹽，從而過濾除去Al(OH)3沉淀，再加入磷酸鋰稀溶液使鈣離子轉(zhuǎn)化為磷酸鈣沉淀，達(dá)到“除鈣”目的，碳酸氫鋰溶液經(jīng)過熱分解和一系列操作生成碳酸鋰、二氧化碳和水，據(jù)此分析解答。
【詳解】（1）“酸浸”過程會產(chǎn)生HF，因為HF會腐蝕玻璃，所以不能在玻璃反應(yīng)釜中進(jìn)行；
（2）依據(jù)上述分析可知，“沉淀”反應(yīng)得到沉淀中其成分有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀；
（3）上一步沉淀過程有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，所以通入二氧化碳和水，會使CaCO3、Li2CO3分別轉(zhuǎn)化為可溶于水的Ca(HCO3)、LiHCO3，再經(jīng)過濾可除去Al(OH)3沉淀，故答案為：將CaCO3、Li2CO3轉(zhuǎn)化為易溶于水的碳酸氫鹽，便于與Al(OH)3分離；
（4）因為LiHCO3的性質(zhì)與NaHCO3相似，可推知，若溫度過高，LiHCO3受熱易分解，其分解反應(yīng)方程式為：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O，導(dǎo)致Li元素有損失，影響Li2CO3的產(chǎn)率；
（5）根據(jù)Li2CO3在不同溫度下的溶解度數(shù)據(jù)可知，隨著溫度的升高，Li2CO3的溶解度不斷減小，所以從“熱分解”后的溶液中獲得Li2CO3晶體的操作是蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，故答案為：趁熱過濾；
（6）100°C時，Li2CO3的溶解度為0.740g /100gH2O，則溶質(zhì)Li2CO3的物質(zhì)的量為=0.01mol，其濃度約為0.1mol/L，所以Ksp=c2(Li+)c(CO)==410-3；
（7）MnO2和Li2CO3會發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)化為LiMn2O4過程中Mn元素化合價降低，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可知，必有元素化合價升高，C和Li元素化合價均已是最高價，所以推知必產(chǎn)生O2，另一種氣體應(yīng)為CO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的配平原則可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：8MnO2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4+ 2CO2↑+ O2↑，又密度：CO2＞O2，則兩種氣體的物質(zhì)的量之比為2:1。
16．(1)
(2) 使混合液中的物質(zhì)充分反應(yīng) SO2+MnO2═Mn2++
(3) 4.7≤pH＜8.0 向濾渣中加入過量的氫氧化鈉溶液，過濾、洗滌，將濾液和洗滌液合并，向其中通足量CO2氣體，得到氫氧化鋁沉淀，過濾、洗滌干燥得到氫氧化鋁
(4)鎳離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎳時，錳離子同時沉淀，不能達(dá)到除雜目的
(5)2：3

【分析】根據(jù)流程：富錳廢料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)進(jìn)行廢氣脫硫并制備MnO2，富錳廢料先加入硫酸進(jìn)行酸浸，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO轉(zhuǎn)化為硫酸錳、硫酸鐵、硫酸鋁、硫酸鎳，MnO2不反應(yīng)，酸浸后與含有二氧化硫煙氣溶解，發(fā)生反應(yīng)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+、SO2+MnO2═Mn2++，然后溶液中富錳廢料調(diào)節(jié)pH，使亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子并使鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到濾渣；濾液加入MnS除去鎳離子，生成NiS沉淀，過濾除去；濾液加入KMnO4，和錳離子發(fā)生歸中反應(yīng)，得到MnO2，據(jù)此分析答題。
【詳解】（1）“化漿”時MnCO3和硫酸反應(yīng)生成氣體為CO2，電子式為，
故答案為：；
（2）“吸收”時，漿液與含SO2廢氣通過逆流方式混合目的為使混合液中的物質(zhì)充分反應(yīng)；該過程中，MnO2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SO2+MnO2═Mn2++，故答案為：使混合液中的物質(zhì)充分反應(yīng)；SO2+MnO2═Mn2++；
（3）“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol?L-1、c(Ni2+)=0.00017mol?L-1、c(A13+)=0.001mol?L-1、c(Mn2+)=0.12mol?L-1，濾液1中c(Mn2+)=0.2mol?L-1、c(Ni2+)=0.0002mol?L-1，富錳廢料氧化亞鐵離子為鐵離子，鐵元素守恒，鐵離子濃度等于亞鐵離子濃度，則鐵離子完全沉淀時c(OH-)=mol/L=2×10-11mol/L，pH約為2.7，鋁離子完全沉淀c(OH-)=mol/L≈10-9.3mol/L，pH為4.7，濾液1中c(Mn2+)=0.2mol?L-1、c(Ni2+)=0.0002mol?L-1，錳離子不沉淀時c(OH-)=mol/L=10-6mol，調(diào)pH為8.0，鎳離子不沉淀時c(OH-)=mol/L=10-5.5mol/L，pH為8.5，則調(diào)節(jié)pH的范圍為4.7≤pH＜8.0；氫氧化鋁溶液氫氧化鈉溶液，從濾渣1中分離出Al(OH)3的方法為向濾渣中加入過量的氫氧化鈉溶液，過濾、洗滌，將濾液和洗滌液合并，向其中通足量CO2氣體，得到氫氧化鋁沉淀，過濾、洗滌干燥得到氫氧化鋁，故答案為：4.7≤pH＜8.0；向濾渣中加入過量的氫氧化鈉溶液，過濾、洗滌，將濾液和洗滌液合并，向其中通足量CO2氣體，得到氫氧化鋁沉淀，過濾、洗滌干燥得到氫氧化鋁；
（4）結(jié)合(3)可知兩者沉淀pH接近，不能通過調(diào)節(jié)pH除去同時除去，“除鎳”時，將Ni2+轉(zhuǎn)化為NiS而不是Ni(OH)2的原因為鎳離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎳時，錳離子同時沉淀，不能達(dá)到除雜目的，故答案為：鎳離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鎳時，錳離子同時沉淀，不能達(dá)到除雜目的；
（5）“轉(zhuǎn)化“時KMnO4和錳離子發(fā)生歸中反應(yīng)，得到MnO2，KMnO4為氧化劑，錳離子為還原劑，根據(jù)Mn元素由+7價、+2價轉(zhuǎn)化為+4價，降低3價，升高2價，則反應(yīng)在pH=5的條件下進(jìn)行，其主要反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：3，故答案為：2：3。
17．(1)C
(2)取最后一次洗滌液少量于試管中，滴加幾滴鹽酸酸化的BaCl2溶液，無沉淀生成證明洗滌干凈
(3)8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO
(4) 過濾速度快 抽氣泵和安全瓶
(5) 除去過量的(NH4)2S2O8，避免對后續(xù)實驗產(chǎn)生干擾 溶液淺藍(lán)色褪去且30s不變色 1.0×10-5mol/L

【分析】鉻釩廢水中加入NH4Fe(SO4)2溶液調(diào)節(jié)pH=6.5，靜置抽濾得到FeVO4和濾液A，濾液A中主要含有CrO，加入Na2S2O3和稀硫酸，過濾后得到Cr(OH)3和濾液B，Cr(OH)3加熱至分解生成Cr2O3。
(1)
A．圖示裝置為過濾裝置，過濾操作中需要使用，故A不符合題意；
B．圖示儀器為膠頭滴管，滴加溶液時需要用到膠頭滴管，故B不符合題意；
C．圖示儀器為蒸發(fā)皿，該流程不需要使用蒸發(fā)皿，故C符合題意；
D．圖示儀器為坩堝，灼燒Cr(OH)3分解生成Cr2O3時需要使用坩堝，故D不符合題意；
答案選C，故答案為：C；
(2)
若FeVO4未洗滌干凈，沉淀表面會附著硫酸根，檢驗是否存在硫酸根即可證明濾渣FeVO4是否洗滌干凈，具體方法為：取最后一次洗滌液少量于試管中，滴加幾滴鹽酸酸化的BaCl2溶液，無沉淀生成證明洗滌干凈，故答案為：取最后一次洗滌液少量于試管中，滴加幾滴鹽酸酸化的BaCl2溶液，無沉淀生成證明洗滌干凈；
(3)
觀察流程圖可知，有Cr(OH)3生成，該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)化成，則與Na2S2O3溶液反應(yīng)的離子方程式為8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO，故答案為：8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO；
(4)
①分析裝置圖可知，打開自來水龍頭，會導(dǎo)致吸濾瓶中壓強減小，從而使過濾速度加快，即抽濾的優(yōu)點是過濾速度快，故答案為：過濾速度快；
②為了避免管道里的水在負(fù)壓下回流，抽濾完畢后應(yīng)先斷開抽氣泵和安全瓶之間的橡膠管，故答案為：抽氣泵和安全瓶；
(5)
①(NH4)2S2O8具有強氧化性，會對后續(xù)實驗有影響，且(NH4)2S2O8不穩(wěn)定易分解，則加熱的目的是除去過量的(NH4)2S2O8，避免對后續(xù)實驗產(chǎn)生干擾，故答案為：除去過量的(NH4)2S2O8，避免對后續(xù)實驗產(chǎn)生干擾；
②碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)，達(dá)到滴定終點時，單質(zhì)碘被反應(yīng)完，藍(lán)色褪去，則滴定終點的現(xiàn)象為溶液淺藍(lán)色褪去且30s不變色，故答案為：溶液淺藍(lán)色褪去且30s不變色；
③根據(jù)得失電子守恒可知，在滴定過程中存在關(guān)系式：，滴定過程中消耗0.010mol·L-lNa2S2O3溶液30.00mL，則有0.010mol/L×30.00×10-3L=3c(Cr3+)×10.00×10-3L，可求得濃縮后的溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，則濾液B中c(Cr3+)=1.0×10-5mol/L，故答案為：1.0×10-5mol/L。
18．(1) 增大反應(yīng)物的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行 6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
(2)+ ClO-=+ Cl-
(3)H2SiO3
(4) 灼燒 金屬鎢或W
(5)溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) Ca2+ (aq) + (aq)，加入鹽酸后H+與生成更難溶的物質(zhì)，c ( )減小，使得平衡正向移動
(6) c+a-2b

【分析】黑鎢礦(主要成分為FeWO4、MnWO4)中加入純堿、通入氧氣后粉碎焙燒，生成CO2，“水浸”后濾液中的陰離子主要是、、、和， “氧化”步驟中用NaClO溶液將氧化為，氧化后的溶液中加入稀鹽酸調(diào)節(jié)pH后過濾，得到濾渣2為H2SiO3，濾液中加入MgCl2溶液將生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，過濾得到濾液1，向濾液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，濾液2和過濾的沉淀，向沉淀中加入鹽酸進(jìn)行酸解，將CaWO4轉(zhuǎn)化為H2WO4，經(jīng)過高溫灼燒得到WO3，WO3經(jīng)高溫還原可得產(chǎn)品1為單質(zhì)鎢W，或者經(jīng)氯化可得產(chǎn)品2為WCl6，據(jù)此分析回答問題。
【詳解】（1）“焙燒”前需要將黑鎢礦進(jìn)行粉碎，其目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行，已知“濾渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4與Na2CO3和O2發(fā)生反應(yīng)生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案為：增大反應(yīng)物的接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
（2）由分析可知，“氧化”步驟中用NaClO溶液將氧化為，故“氧化”時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：+ ClO-=+ Cl-，故答案為：+ ClO-=+ Cl-；
（3）由分析可知，“濾渣2”主要是H2SiO3，故答案為：H2SiO3；
（4）由分析可知，“操作X”是灼燒，產(chǎn)品 1是單質(zhì)鎢或W，故答案為：灼燒；單質(zhì)鎢或W；
（5）已知鎢酸鈣(CaWO4)微溶于水，鎢酸難溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入鹽酸后H+與生成更難溶的物質(zhì)，c ()減小，使得平衡正向移動，故可以利用鹽酸進(jìn)行“酸解”，故答案為：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入鹽酸后H+與生成更難溶的物質(zhì)，c ()減小，使得平衡正向移動；
（6）①根據(jù)題意可知，1min揮發(fā)的CS2的質(zhì)量為(a-b)g，開蓋加入待測樣品并計時1min后，質(zhì)量為cg，則樣品的質(zhì)量為[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案為：(c+a-2b)；
②先將上面稱量好的樣品中的WCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4通過離子交換柱發(fā)生反應(yīng)： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交換結(jié)束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反應(yīng)方程式為：+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反應(yīng)完全后用x mol·L-1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)：I2+2=2I-+，滴定終點時平均消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為VmL，根據(jù)上述分析可找到關(guān)系式為：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，則樣品中WCl6的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，故答案為：。
19．(1) 增大反應(yīng)物接觸面積，提高反應(yīng)速率和原料利用率 4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2
(2) 酸性、還原性 Fe(OH)3 KBF4
(3)1.0×10-22
(4)(NH4)2CO3溶液堿性更強，易生成Ce(OH)3(或堿式碳酸鈰)雜質(zhì)
(5)3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce

【分析】本題是一道以氟碳鈰礦為原料制備單質(zhì)Ce的工業(yè)流程題，首先對原材料焙燒，生成相應(yīng)的氧化物和氟化物，之后用鹽酸溶解，調(diào)節(jié)pH除去雜質(zhì)Fe，過濾，再加入碳酸氫銨進(jìn)行碳化，之后再經(jīng)過一系列處理得到產(chǎn)品，以此解題。
【詳解】（1）可以從反應(yīng)速率的影響因素和原料的利用的角度考慮，空氣與礦料逆流而行的目的是：增大反應(yīng)物接觸面積，提高反應(yīng)速率和原料利用率；焙燒時CeFCO3和空氣中的氧氣發(fā)生反應(yīng)，方程式為：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2；
（2）反應(yīng)后生成了氯化物，同時Ce的化合價由+4價變?yōu)?3價，故體現(xiàn)了鹽酸的酸性和還原性，三價鐵在pH稍高的時候會生成氫氧化鐵，故“濾渣I”為Fe(OH)3，根據(jù)流程圖可知，加入氯化鉀溶液生成沉淀，則“濾渣II”為KBF4；
（3）pH越大越容易形成沉淀，則pH=7時，c(OH-)=10-7,則Ksp[Ce(OH)3]=0.1×(10-7)3=1.0×10-22；
（4）(NH4)2CO3溶液的堿性較大，容易生成其他的物質(zhì)，從而引入雜志，故不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是：(NH4)2CO3溶液堿性更強，易生成Ce(OH)3(或堿式碳酸鈰)雜質(zhì)；
（5）“熱還原”鋁和CeO2反應(yīng)生成單質(zhì)Ce和氧化鋁，方程式為：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce。
20．(1) 或Na2SO4 Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O
(2)2.0×10-36
(3) 溫度過低，反應(yīng)速率太慢，溫度過高，H2O2易分解損失 BaCl2溶液
(4)
(5) ACE 坩堝、分液漏斗

【分析】銻礦粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)加NaOH溶液、Na2S2O3溶液進(jìn)行堿浸、還原，Sb2O3、Sb2S3直接與堿反應(yīng)，Sb2O5與被硫代硫酸鈉還原，Sb元素轉(zhuǎn)化為NaSbO2，Sb2S3中的S元素轉(zhuǎn)化為Na2S，CuS、氧化鐵不反應(yīng)，過濾除去；含NaSbO2、Na2S的溶液加硫酸銅將硫離子轉(zhuǎn)化為CuS，將過量的氫氧根離子轉(zhuǎn)化為氫氧化銅除去得到主要溶質(zhì)為NaSbO2的溶液，NaSbO2溶液加過氧化氫、濃NaOH轉(zhuǎn)化得到NaSbO3·3H2O，再用HF進(jìn)行氟化得到NaSbF6。
【詳解】（1）“堿浸、還原”時，Sb由+5價降為+3價，則Sb2O5作氧化劑，Na2S2O3被氧化，若Sb2O5與Na2S2O3反應(yīng)計量關(guān)系為2:1，根據(jù)得失電子守恒有2×2×(5-3)=1×2×x，其中x為S元素化合價升高數(shù)，解得x=4，則Na2S2O3中S被氧化為+(2+4)=+6價，則氧化產(chǎn)物為或Na2SO4；由流程可知Sb2S3中Sb轉(zhuǎn)化為NaSbO2，S轉(zhuǎn)化為Na2S，則Sb2S3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O；
（2）由圖可知2pH=26時，-lgc(S2- )=18，即pH=13時，c(S2- )=10-18mol/L，此時c(OH-)=0.1mol/L，則c(Cu2+)==2.0×10-18mol/L，則Ksp(CuS) =c(Cu2+)×c(S2- )= 2.0×10-18 mol/L×10-18 mol/L=2.0×10-36 mol2/L2；
（3）“轉(zhuǎn)化”時反應(yīng)物有H2O2，H2O2受熱易分解，控溫約50°C的原因是溫度過低，反應(yīng)速率太慢，溫度過高，H2O2易分解損失；“除雜”時加入了硫酸銅溶液，從流程來看“轉(zhuǎn)化”之前硫酸根離子沒有除去，故“轉(zhuǎn)化”后，檢驗NaSbO3·3H2O是否洗滌干凈即檢驗最后一次洗滌液是否含硫酸根離子，故應(yīng)選用的試劑為BaCl2溶液；
（4）“氟化”時HF和NaSbO3·3H2O反應(yīng)得到NaSbF6，無元素價態(tài)變化，為非氧化還原反應(yīng)，根據(jù)電荷守恒、原子守恒可知反應(yīng)的離子方程式為；
（5）蒸發(fā)結(jié)晶用到下列儀器中的蒸發(fā)皿、過濾用到下列儀器中的漏斗、燒杯，故選ACE；不需使用的為B坩堝、D分液漏斗。
21． 粉碎或研磨等 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O H2O2 CO結(jié)合H+，c(H+)減小，H2PO?HPO+H+，HPO?PO+H+兩個電離平衡均向右移動，c(PO)增大，與Fe3+結(jié)合形成磷酸鐵晶體 0.20mol/L 熱水 由表中數(shù)據(jù)可知升高溫度，Li2CO3的溶解度減小，則熱水洗滌可減少Li2CO3的溶解(或損失) Li2CO3+2FePO4+2C2LiFePO4+3CO↑
【分析】LiFePO4廢舊電極(含雜質(zhì)Al、石墨粉)研磨后加入氫氧化鈉溶液，將鋁溶解分離，濾液1中含有NaAlO2，濾渣1含有LiFePO4和石墨粉；濾渣1中加入鹽酸、氧化劑可氧化亞鐵離子生成鐵離子，濾渣2為石墨粉，浸出液中含有鐵離子、鋰離子，加入30%碳酸鈉溶液可生成FePO4?2H2O，濾液2中含有鋰離子，加入飽和碳酸鈉溶解并加熱，可生成Li2CO3粗品，處理后得到高純Li2CO3，據(jù)此分析解答。
【詳解】(1)粉碎樣品，可增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，故答案為：粉碎或研磨等；
(2) LiFePO4廢舊電極中含雜質(zhì)Al、石墨粉，其中單質(zhì)鋁可溶于氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉，所以過程Ⅱ中加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al，使其分離出去，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(3)①實驗2中，NaClO3與鹽酸反應(yīng)生成黃綠色氣體，應(yīng)生成氯氣，反應(yīng)的離子方程式為ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，故答案為：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
②實驗2生成的氯氣會污染空氣，增加了酸和氧化劑的用量，實驗1與實驗3相比，Li+的浸出率較高的是H2O2，所以最終選擇H2O2作為氧化劑，故答案為：H2O2；
(4)要得到過程Ⅳ得到磷酸鐵晶體，可使溶液中PO濃度增大，則應(yīng)使H2PO?HPO+H+，HPO?PO+H+平衡正向移動，可加入與H+反應(yīng)的物質(zhì)，可加入碳酸鈉。因此原因是CO結(jié)合H+，c(H+)減小，H2PO?HPO+H+，HPO?PO+H+，兩個電離平衡均向右移動，c(PO)增大，與Fe3+結(jié)合形成磷酸鐵晶體，故答案為：CO結(jié)合H+，c(H+)減小，H2PO?HPO+H+，HPO?PO+H+兩個電離平衡均向右移動，c(PO)增大，與Fe3+結(jié)合形成磷酸鐵晶體；
(5)Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3，濾液②中c(Li+)=4mol/L，加入等體積的Na2CO3后，Li+的沉降率達(dá)到95.5%，則混合后濾液中c(Li+)==0.09mol/L，濾液③中c(CO)=mol/L=0.20mol/L，故答案為：0.20mol/L；
(6)由碳酸鋰在水中溶解度數(shù)據(jù)可知，升高溫度，Li2CO3的溶解度減小，則用熱水洗滌可減少Li2CO3的溶解，故答案為：熱水；Li2CO3的溶解度隨溫度升高而減小，熱水洗滌可減少Li2CO3的溶解；
(7)工業(yè)上將回收的Li2CO3、FePO4粉碎與炭黑混合高溫灼燒再生制備 LiFePO4，反應(yīng)的方程式為Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑，故答案為：Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑。
【點睛】本題的易錯點為(5)，要注意Ksp(Li2CO3)= c2(Li+) ×c(CO)，難點是(4)，要注意濃度對電離平衡的影響的應(yīng)用。
22． FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O 鐵粉(或Fe) 蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶 4.43 TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO 在高溫下鎂和鈦都易與空氣中的氧氣、氮氣等反應(yīng) 鎂 稀鹽酸(或稀硫酸)
【分析】由題給流程可知，向鈦鐵礦加稀硫酸溶解，F(xiàn)eTiO3與硫酸反應(yīng)“溶煮”過程生成Ti4+、Fe2+；加入的物質(zhì)A為鐵屑，防止Fe2+被氧化，混合液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾1得到FeSO4晶體和含Ti4+溶液，加熱溶液使Ti4+水解生成偏鈦酸，過濾2得到偏鈦酸，煅燒偏鈦酸，偏鈦酸分解生成二氧化鈦，二氧化鈦與氯氣和過量的焦炭共熱反應(yīng)生成四氯化鈦和一氧化碳?xì)怏w，四氯化鈦和鎂在高溫條件下發(fā)生置換反應(yīng)生成氯化鈉和金屬鈦。
【詳解】(1)“溶煮”過程中加硫酸時生成Ti(SO4)2，Ti、S等元素化合價沒有發(fā)生變化，該過程發(fā)生的不是氧化還原反應(yīng)，則反應(yīng)的離子方程式為FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O；
(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入鐵粉，防止Fe2＋被氧化；
(3)由表可知，溫度越低硫酸亞鐵溶解度越小，越容易析出，因此“操作a”為蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶；
(4)因為H2TiO3(s)?TiO2＋＋2OH－，設(shè)c(OH－)＝x mol·L－1，則c(TiO2＋)＝ mol·L－1，x2·＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝＝，pH＝－lg≈4.43；
(5)TiO2與氯氣和過量焦炭共熱生成TiCl4，因為碳過量，故產(chǎn)物為CO，因此反應(yīng)為TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO；
(6)鈦高溫下易與氧氣、氮氣、碳和氫氣反應(yīng)，因此需要在Ar氣氛中進(jìn)行，因為“室溫下鈦不與強酸、強堿甚至王水反應(yīng)”，故除去其中的鎂可選用稀硫酸或稀鹽酸。
23． 在酸性條件下，將VO還原為VO2+ Fe(OH)3、Al(OH)3 H2SO4 3H2O+ClO+6VO2+=6VO+Cl-+6H+ 81.9 VO 溫度升高，一水合氨受熱分解，氨氣逸出，使OH-濃度下降，VO +H2OVO+2H+，該平衡逆移，導(dǎo)致VO濃度下降，沉釩率下降
【分析】在“酸浸”時，廢釩催化劑中的SiO2不溶于酸，V2O5、V2O4、Fe2O3、Al2O3溶解生成、VO2+、Fe3+、Al3+；由于有機萃取劑萃取VO2+的能力比萃取的能力強，故要保證濾液2中釩元素盡可能以VO2+的形式存在，所以“酸浸”時，加入過量FeSO4，將還原為VO2+，再經(jīng)過濾1，濾渣1的主要成分為SiO2，濾液1的主要陽離子有VO2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、K+；加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，調(diào)節(jié)pH，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故濾渣2的主要成分為Fe(OH)3、Al(OH)3，濾液2中的主要陽離子為VO2+、K+；經(jīng)過萃取和反萃取，分離出K2SO4，水相2中含有大量的VO2+；再加入H2SO4、KClO3將VO2+氧化為，經(jīng)“沉釩”、“煅燒”得到V2O5。
【詳解】(1)“酸浸”時，F(xiàn)e2+的作用是將VO還原為VO2+；
(2)結(jié)合廢釩催化劑的成分可知其中除了SiO2（濾渣1）外，還有Fe2O3、Al2O3，酸浸時在足量酸的作用下以Fe3+、Al3+的形式存在，通過KOH調(diào)節(jié)pH后，形成Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，故濾渣2的成分主要有Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)“萃取”時，加入有機物，平衡向右移動，“反萃取”時，平衡向左移動，則應(yīng)加入H2SO4；
(4)“氧化”過程中KClO3將VO2+氧化成VO，便于后續(xù)沉釩，進(jìn)而實現(xiàn)釩的回收，相關(guān)的離子方程式為；100g待處理樣品中，m(V2O5)=100g′10%=10g，則n(V2O5)==mol，即n(V)=2′mol=mol；n(KClO3)=0.15L′0.1mol?L-1=0.015mol，由于，故n(VO2+)=0.09mol，則該工藝中釩的最大回收率為=81.9%；
(5)依信息③VO與VO可相互轉(zhuǎn)化：VO+H2OVO+2H+，加入NH4Cl和NH3，促進(jìn)平衡正移，釩元素主要以VO的形式存在；溫度過高，溫度升高，一水合氨受熱分解，氨氣逸出，使c(OH-)下降，平衡逆向移動，VO濃度下降，導(dǎo)致沉釩率下降。
24．(1)
(2) 蒸餾燒瓶 A B 沒有隔絕空氣，溶液中的Fe2+和VO2+容易被空氣中氧氣氧化
(3)K+
(4) 0.04pVmol/L 偏高

【分析】廢釩催化劑加入硫酸溶液進(jìn)行酸浸，除去浸渣，浸液加入硫酸亞鐵溶液還原，調(diào)節(jié)pH再次除去濾渣，所得濾液加入P204進(jìn)行萃取，去掉水相，有機相加入硫酸溶液進(jìn)行反萃取，得到VOSO4-H2SO4溶液。
【詳解】（1）由信息，“酸浸”時V2O4轉(zhuǎn)化為VO2+，其離子方程式為 ；
（2）①由裝置圖知，儀器b的名稱為蒸餾燒瓶；
②實驗時，先用鐵粉與稀硫酸反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中空氣，防止亞鐵離子和VO2+被氧化，再用生成的氫氣產(chǎn)生壓強差將b中液體壓人c中，利用亞鐵離子將還原為VO2+，故應(yīng)先打開K1、K3，關(guān)閉K2，空氣排盡后打開K2，關(guān)閉K1、K3。觀察到的現(xiàn)象為b中液體被壓人c中；
③c為敞開體系，溶液中的Fe2+和VO2+容易被空氣中氧氣氧化；
（3）由轉(zhuǎn)化關(guān)系知，“萃取”時，進(jìn)入水相的金屬離子有K+；
（4）①
由信息和反應(yīng)原理可得關(guān)系式:VO2+ ~ ~(NH4)2Fe(SO4)2，則VOSO4-H2SO4溶液中c(VO2+)=；=0.04pVmol/L；
②滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；
③若不用尿素除去NaNO2，NaNO2會氧化Fe2+而導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，使所測結(jié)果偏高。
25． AD -31.4 0.5或 ＞ 由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 說明平衡逆向移動。而該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，可知T2＞T1，又逆反應(yīng)氣體分子變多，依據(jù)PV=nRT，V一定，n和T均變大，故P變大 NH4HCO3 + H2O NH3·H2O + H2CO3 1.26×10-3 3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O
【詳解】(1)圖中顯示的能量轉(zhuǎn)化形式就有四種：太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能(或熱能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能)，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能(或電能)，熱能(或化學(xué)能轉(zhuǎn)化為)動能，選項A錯誤；
B．“單位時間內(nèi)反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率”其實是描述化學(xué)反應(yīng)速率，選項B正確；
C．利用太陽能開發(fā)甲醇等液態(tài)燃料，既有利于“碳中和”，又有利于替代化石能源，減少污染，選項C正確；
D．目前，工業(yè)獲取H2更多采用水煤氣法、烴裂解(或烴轉(zhuǎn)化)法，選項D錯誤。
答案選AD；
(2)①由圖可得反應(yīng)HCOOH(g) CO(g)＋H2O(g) △H=+72.6kJ·mol-1；
CO(g)＋ O2(g)= CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1；
H2(g) ＋ O2(g)= H2O(g) △H=-214.8kJ·mol-1；
由蓋斯定律可得△H=-31.4 kJ·mol-1；
②反應(yīng)達(dá)到平衡時，v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆c(HCOOH)，又K=2，可得k正=2k逆。所以，k逆=0.5k正；
③溫度為T2℃時，k正=1.9k逆，則K=1.9＜2，說明平衡逆向移動，該反應(yīng)正向放熱，故可得出T2＞T1，且逆反應(yīng)氣體分子數(shù)變多，依PV=nRT，可得T2℃時平衡壓強大于T1℃時平衡壓強；答案為由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 說明平衡逆向移動。而該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，可知T2＞T1，又逆反應(yīng)氣體分子變多，依據(jù)PV=nRT，V一定，n和T均變大，故P變大；
(3)常溫下，碳酸的電離常數(shù)K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，計算NH4HCO3.水解反應(yīng)的平衡常數(shù)時用到碳酸的電離常數(shù)K1=4.4×10-7和NH3·H2O的電離常數(shù)Kb=1.8×10-5；根據(jù)反應(yīng)+2 NH3·H2O+H2CO3可知Kh==1.26×10-3；
(4)由圖可知，A電極為正極，在A電極上CO2得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，生成CH3CH(OH)CH3，A極由CO2制異丙醇的電極反應(yīng)式為3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O。
【點睛】本題為化學(xué)反應(yīng)原理綜合，以“碳中和”切入，突出化學(xué)學(xué)科“科學(xué)精神與社會責(zé)任”的核心素養(yǎng)。通過閱讀圖例、蓋斯定律的運用、速率常數(shù)和平衡常數(shù)的分析與計算、電極反應(yīng)方程式的書寫等，分別考查了信息獲取與加工能力、證據(jù)識別與推理能力、模型構(gòu)建與認(rèn)識能力，以及規(guī)范的文字、化學(xué)用語的表達(dá)能力。

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