1、2022届高三化学一轮高考复习常考题型：31无机工艺流程解答题（解析）流程题（本大题共14小题）1. 用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp110-16.3110-38.6110-32.3110-12.7回答下列问题(1)软锰矿预先粉碎的目的是_，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 _。(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2
2、的量达到最大值后会减小，减小的原因是_。(3)滤液I可循环使用，应当将其导入到操作_中(填操作单元的名称)。(4)净化时需先加入的试剂X为_(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度c1.010-5molL-1时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为_。2. 铬是一种具有战略意义的金属，它具有多种价态，单质铬熔点为1857。(1)工业上以铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2为原料冶炼铬的流程如图所示：Fe(CrO2)2中各元素化合价均为整数，则铬为_价。高温氧化时反应的化学方程式为_。操作a由两种均发生了化学反应的过程构成，其内容分
3、别是_、铝热反应。(2)Cr(OH)3是两性氢氧化物，请写出其分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐的化学式_、_。(3)水中的铬元素对水质及环境均有严重的损害作用，必须进行无害化处理。转化为重要产品磁性铁铬氧体(CrxFeyOz)：先向含CrO42-的污水中加入适量的硫酸及硫酸亚铁，待充分反应后再通入适量空气(氧化部分Fe2+)并加入NaOH，就可以使铬、铁元素全部转化为磁性铁铬氧体。写出CrO42-在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+的离子方程式：_。若处理含1molCrO42-(不考虑其他含铬微粒)的污水时恰好消耗10molFeSO4，则当铁铬氧体中n(Fe2+)n(Fe3+)=32时
4、，铁铬氧体的化学式为_。3. 钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3)进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如图所示：回答下列问题：(1)LiFePO4中Fe的化合价是_。(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是_。(3)用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的：_。操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是_。(4)TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为_；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是_。(5)“沉铁”是使Fe3+生成F
5、ePO4，当溶液中c(PO43-)=1.010-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=_mol/L已知：该温度下，Ksp(FePO4)=1.010-22。(6)由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17%H2O2溶液与草酸(H2C2O4)的质量比是_。4. 利用某工业废料(主要成分为Co2O3，含有少量PbO、NiO、FeO)制备Co2O3和Ni(OH)2的流程如下。已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表。沉淀物Fe(OH)2Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2完全沉淀时的pH9.73.79.09.2回答下列问题：(1)“
6、酸浸”时为加快反应速率，可采取的措施是_(答两条)。(2)“酸浸”时Co2O3和H2O2能发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为_；滤渣1的主要成分是_(填化学式)。(3)“调pH”时，pH调节的最小值是_；操作X是高温煅烧，如果在实验室中进行操作X，装Co2(OH)2CO3的仪器的名称是_。(4)“沉钴”时发生反应的离子方程式为_。(5)Ni(OH)2可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH(M为储氢合金)，电解液为KOH溶液，则放电时正极的电极反应式为_。5. 工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料
7、铁红(Fe2O3)，具体生产流程如下：试回答下列问题：(1)实验室实现“步骤”中分离操作所用的玻璃仪器有_、玻璃棒和烧杯等；该步骤是为了除去_(填相关物质的化学式)。(2)检验步骤已经进行完全的操作是_。(3)步骤的反应温度一般需控制在35以下，其目的是_；该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为_。(4)步骤中发生反应的化学反应方程式为_。(5)步骤中，FeCO3达到沉淀溶解平衡时，若c(Fe2+)=110-6mol/L，欲使所得的FeCO3中不含有Fe(OH)2，应控制溶液的pH_(已知：KspFe(OH)2=4.910-17lg7=0.8)。(6)欲测定硫铁矿烧渣中Fe元素的质量分数
8、，称取ag样品，充分“酸溶”“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体bg，测得该样品中Fe元素的质量分数为_。6. 2020年12月17日，中国探月工程嫦娥五号任务取得圆满成功。嫦娥五号锂离子蓄电池选用了比能量更高的钴酸锂(LiCoO2)正极材料和石墨负极材料。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大，钴酸锂回收再生流程如下：(1)用H2SO4酸浸时，通常需添加30%的H2O2以提高浸出效率，写出相应反应的化学方程式：_。(2)用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高
9、。但工业上不使用盐酸，主要原因是会产生有毒、有污染的气体_(填化学式)。(3)其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30%的H2O2混合液中的浸出率如下表所示，请分析80时钴的浸出率最大的原因：_。反应温度/60708090钴的浸出率/%8890.59391(4)已知常温下草酸Ka1=5.610-2，Ka2=1.510-4，Ksp(CoC2O4)=4.010-6，求常温下Co2+与草酸反应生成CoC2O4沉淀的平衡常数K=_。(5)高温下，在O2存在时，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为_。(6)在空气中煅烧CoC2O4生成钴
10、的氧化物和CO2，若测得充分煅烧后固体的质量为3.615g，CO2的体积为2.016L(标准状况)，则钴的氧化物的化学式为_。7. CuCl常用于有机合成催化剂，并用于颜料、防腐等工业。工业上以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，另外还含有少量SiO2)为主要原料制备CuCl的主要流程如下：已知：CuCl难溶于水和乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-CuCl32-(无色溶液)。回答下列问题：(1)流程中的“滤渣”的主要成分是_(填化学式)。(2)“溶液A”中含有硫酸铜、硫酸铁，则在一定条件下黄铜矿与稀硫酸、氧气反应的化学方程式为_。(3)当中观察到_时(填实验现象
11、)，即表明反应已经完全，反应的离子方程式为_。(4)中的“一系列操作”是_、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥。真空干燥的目的是_。(5)已知：常温下，KspCu(OH)2=2.210-20，KspFe(OH)3=8.010-38；溶液中离子浓度1.010-5molL-1时，可认为该离子已沉淀完全。若溶液A中c(Cu2+)=0.5molL-1，加入氧化铜(忽略溶液体积变化)，使溶液中Fe3+恰好沉淀完全，此时是否有Cu(OH)2沉淀生成？_(结合计算回答)。(6)工业上还可以利用铜电极作阳极电解饱和食盐水制备CuCl，阳极的电极反应式为_。8. 镍及其化合物用途广泛某矿渣的主要成分是NiFe2O4
12、(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，如图1是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：已知：(NH4)2SO4在350以上会分解生成NH3和H2SO4.NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3.锡(Sn)位于第五周期第A族(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是_(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为_，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有_(填化学式)(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，所需SnCl2的物质的量不
13、少于Fe3+物质的量的_倍；除去过量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，还原产物为Cr3+，滴定时反应的离子方程式为_(4)“浸出液”中c(Ca2+)=1.010-3molL-1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F-)=_molL-1.已知Ksp(CaF2)=4.010-11(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，V0/VA的最佳取值是_9. BaCl2可用于电子，仪表等工业。以毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料，模拟工业制取BaCl22H2
14、O的流程如下图所示：已知：Ksp(BaC2O4)=1.610-7，Ksp(CaC2O4)=2.310-9；离子浓度小于或等于1.010-5mol/L时认为沉淀完全。Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.03.7(1)滤渣的成分为_(填化学式)。(2)常温下，加入NaOH溶液后所得滤液中，含有的Mg2+浓度为_；加入H2C2O4时应避免过量，其原因是_。(3)BaCl2母液中除了含有Ba2+、Cl-外，还含有大量的_(填离子符号)。有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿虚线进行循环使用，请分析在实际工业生产中是否可行：_(填“可行”或“不可行”
15、)，理由是_。(4)滤渣是结石的主要成分，现将滤渣经过洗涤、干燥后在有氧环境下进行热重分析，取146.0g灼烧，所得参数如下表所示：温度()常温190200470480质量(g)146.0128.0100.0滤渣的成分是_(填化学式)；200470时发生反应的化学方程式为_。10. 以镁铝复合氧化物(MgO-Al2O3)为载体的负载型镍铜双金属催化剂(Ni-Cu/MgO-Al2O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下：已知：常温下，KspCu(OH)2=2.2110-20，KspAl(OH)3=1.3010-33。回答下列问题：(1)在加热条件下，尿素CONH22在水中发生水解反应
16、，放出_和_两种气体(写化学式)。(2)“晶化”过程中，需保持恒温60，可采用的加热方式为_。(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是_。(4)常温下，若“悬浊液”中cCu2+cAl3+=1.7109，则溶液的pH=_。(5)“还原”过程中所发生反应的化学方程式为_。(6)NiSO4在强碱溶液中被NaClO氧化可得NiOOH，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：Cd(s)+2NiOOH(s)+2H2O(l)Cd(OH)2(s)+2Ni(OH)2(s)放电一段时间后，溶液的pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)。充电时，阳极发生的电极反应式为_。11. 磷锌白Zn3(PO4
17、)2可用于生产无毒防锈颜料和水溶性涂料。一种利用烧铸灰(主要含ZnO，还含少量Fe3O4、PbO、SnO2、CuO及SiO2等)为原料制取磷锌白的工艺流程如下图所示：回答下列问题：(1)为提高“酸溶”时锌的浸出率，可采取的措施有_(列举1条)，“滤渣1”的主要成分为_(填化学式)。(2)写出“沉锰”步骤的离子方程式：_。(3)几种金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如下表所示：金属离子Sn4+Fe3+Cu2+Zn2+开始沉淀的pH0.52.24.86.5沉淀完全的pH1.33.66.48.5“调pH”为4.0的目的是除去Fe3+和_，为检验“过滤2”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是_
18、。(4)“制备”时，加Na2HPO4至Zn2+恰好沉淀完全的离子方程式为_。(5)本实验采用过量的锌粉除去铜离子杂质，还可以通入H2S除铜离子，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，此时溶液中c(Cu2+)为_。已知：25，H2S溶于水形成饱和溶液时，c(H2S)=0.1mol/L；H2S的电离平衡常数Ka1=110-7，Ka2=110-13；Ksp(CuS)=610-36(6)某工厂用7t烧铸灰(氧化锌的质量分数为81)进行上述工艺流程，最终制得Zn3(PO4)27.7t，则产率为_(保留三位有效数字)。12. 铍是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料，有“超级金属”之称。以绿柱
19、石Be3Al2(SiO3)6为原料制备金属铍的工艺如下：已知：“滤渣1”中含有铁、铝、硅的氧化物，Na3FeF6难溶于水，Be2+可与过量OH-结合成Be(OH)2-4。回答下列问题：(1) “操作1”的名称是_。(2) 750烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，该反应的化学方程式为_。(3) “过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成Be(OH)2沉淀，但NaOH不能过量，原因是_(用离子方程式表示)。(4) 已知KspBe(OH)2=4.010-21，室温时0.40molL-1Be2+开始沉淀时的pH=_。(5) “沉氟”反应的离子方程式为_。(6) 已知镍在稀酸
20、中缓慢溶解。工业上电解NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩埚作电解槽的_(填“阳极”或“阴极”)材料，电解总反应的化学方程式为_；加入NaCl的主要目的是_。13. 某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，具体流程如图：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为_(任写一种)。(2)“操作”中铜发生反应的离子方程式为_。(3)“调节pH”操作中加入的试剂为_(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的
21、操作为_。(5)“操作”中温度选择5560的原因是_；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：_。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的纯度，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为_(用含m1、m2的代数式表示)。14. 一种由粗铋(Bi97.88%,Pb1.69%,Cu0.427%，其他不与硝酸反应的难溶性物质0.003%)制备高纯铋的氧化物的工艺流程如图所示。已知：滤液1的主要成分为Bi(NO3)3，还含有少量的P
22、b(NO3)2、Cu(NO3)2。回答下列问题：(1)将粗铋熔化后水淬成颗粒状的目的为_。(2)操作a的名称为_。(3)加入碳酸铵溶液调pH时应对溶液进行适当加热的原因为_，加热时温度不宜过高的原因为_。(4)加入氨水-碳酸铵溶液后可使BiONO3转化为Bi2O2CO3，对应的化学方程式为_。(5)采用热重法分析碳酸氧铋(Bi2O2CO3)(摩尔质量为510gmol-1)“煅烧”时的分解产物，测得样品煅烧时固体残留率(残留固体的质量固体的起始质量100)随温度的变化如图所示，则流程图中“煅烧”所得“产品”的化学式和所得“气体”的电子式分别为_、_。(6)流程图中所示“产品”也可以通过直接煅烧硝
23、酸氧铋制得，该方案的缺点是_。答案和解析1.【答案】(1)增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发(4)H2O2；4.9(5)Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O【解析】【分析】本题考查了制备方案的设计，为高频考点，题目难度中等，明确流程分析及混合物分离方法、发生的反应为解答的关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。【解答】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS
24、+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；
25、MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，(3)滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用，(4)净化时更好的除去铁元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将锰
26、元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.010-5mol/L时，c(OH-)=3KspAl(OH)3c(Al3+)=10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9，(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+HCO3-+NH3H2O=MnCO3+NH4+H2O。2.【答案】(1)+3 4Fe(CrO2)2+7O2+8N
27、a2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2灼烧使Cr(OH)3分解(2)NaCrO2、Cr2(SO4)3(3)3Fe2+CrO42-+8H+=3Fe3+Cr3+4H2OCr2Fe20O27【解析】【分析】本题结合物质制备工艺流程考查化合价、氧化还原反应、离子方程式书写等，掌握分析流程的方法和基础知识是关键，题目难度中等。【解答】(1)氧元素的化合价是-2价，总的负价是-8价，各元素化合价均为整数，化合物中正价和负价的代数和为0，则Fe为+2价，Cr元素的化合价为+3，故答案为：+3；加入碳酸钠，高温氧化，可生成Fe2O3、Na2CrO4、CO2，反应的方程式为：4Fe(CrO2)2+7
28、O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；操作a是Cr(OH)3受热分解生成Cr2O3，再和Al发生铝热反应生成氧化铝和Cr，故答案为：灼烧使Cr(OH)3分解；(2)Cr(OH)3是两性氢氧化物，性质与氢氧化铝相似，分别与NaOH、稀硫酸反应时生成的两种盐为NaCrO2、Cr2(SO4)3，故答案为：NaCrO2、Cr2(SO4)3；(3)CrO42-在酸性条件下被Fe2+还原为Cr3+，同时Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：CrO42-+3Fe2+8H+=Cr
29、3+3Fe3+4H2O，故答案为：3Fe2+CrO42-+8H+=3Fe3+Cr3+4H2O；根据Fe元素守恒，铁铬氧体中n(Fe2+)=10mol35=6mol，n(Fe3+)=10mol25=4mol，根据Cr元素守恒，铁铬氧体中n(Cr3+)=n(CrO42-)=1mol，根据电荷守恒，铁铬氧体中n(O2-)=26mol+34mol+31mol2=13.5mol，铁铬氧体中n(Cr)n(Fe)n(O)=1mol10mol13.5mol=22027，故铁铬氧体的化学式为Cr2Fe20O27，故答案为：Cr2Fe20O27。3.【答案】(1)+2；(2)增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率
30、；(3)2H+Fe=H2+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+；蒸发皿；(4)TiO2+2H2OTiO(OH)2+2H+；促进水解，加快水解速率；(5)1.010-5；(6)20：9【解析】解：钛铁矿主要成分为FeTiO3，含有少量Fe2O3，由操作II后得到TiOSO4溶液、绿矾，则加入硫酸酸溶时生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁粉，Fe与过量的H2SO4、Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，分离得到TiOSO4溶液与绿矾，“转化”利用的是TiO2+水解，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，分解得到钛白粉(TiO2)，“
31、沉铁”是使Fe2+生成FePO4，总反应为：2Fe2+H2O2+2H3PO4=2FePO4+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧得到LiFePO4。(1)LiFePO4中Li为+1价，磷酸根为-3价，根据化合价代数和为0，可知Fe元素化合价为+2价，故答案为：+2；(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是：增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率，故答案为：增加钛铁矿与硫酸接触面积，增大酸溶速率；(3)加入铁粉，Fe与H2SO4、Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，离子方程式为：2H+Fe=H2+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+；加热浓缩、冷却结晶、过滤过
32、程中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为：2H+Fe=H2+Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+；蒸发皿；(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，离子方程式为：TiO2+2H2OTiO(OH)2+2H+，水解是吸热反应，升高温度促进水解，加快水解速率，故答案为：TiO2+2H2OTiO(OH)2+2H+；促进水解，加快水解速率；(5)当c(PO43-)=1.010-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)c(PO43-)=1.010-22，则沉淀完全时的c(Fe3+)=1.010-221.010-17mol/L=1.010-5mol/L，故答案为：1.01
33、0-5；(6)“沉铁”过程中过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，而生成LiFePO4反应中三价铁被草酸还原为二价铁，草酸被氧化为二氧化碳，根据电子转移守恒可知过氧化氢获得的电子等于草酸失去的电子，则n(H2O2)=n(H2C2O4)，设双氧水质量为xg，草酸质量为yg，则xg17%34g/mol=yg90g/mol，整理可得x：y=20：9，即17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：9，故答案为：20：9。本题考查物质的制备，属于化学工艺流程类型，涉及化合价的计算、物质的分离提纯、陌生方程式书写、盐类水解、溶度积有关计算、氧化还原反应等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，是常考题型，难度一般
34、。4.【答案】(1)将工业废料粉碎、适当提高试剂的浓度等；(2)Co2O3+H2O2+4H+=2Co2+3H2O+O2；PbSO4；(3)3.7；坩埚；(5)NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-。【解析】【分析】本题以Co2O3和Ni(OH)2的制备工艺流程为背景，考查化学反应原理相关知识，意在考查考生分析问题的能力和综合应用能力，以及“科学探究与创新意识”的核心素养。【解答】(1)“酸浸”时为加快反应速率，可采取的措施有将工业废料粉碎、适当提高试剂的浓度等，为了防止双氧水的分解，不能加热，故答案为：将工业废料粉碎、适当提高试剂的浓度等；(2)流程中萃取分离后得到的水溶液中含有Co
35、2+，故“酸浸”时Co2O3被H2O2还原为Co2+，H2O2中-1价的氧元素化合价升高生成0价的O2，根据得失电子守恒和质量守恒，离子方程式为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2+3H2O+O2；PbO和硫酸反应生成不溶物PbSO4，所以滤渣1的主要成分是PbSO4，故答案为：Co2O3+H2O2+4H+=2Co2+3H2O+O2；PbSO4；(3)根据题目信息，FeO中+2价铁被氧化为Fe3+，调节pH的目的是除去Fe3+，故需要调节pH的最小值是3.7，操作X是高温煅烧得到氧化物的操作，在实验室中高温煅烧固体需要用到坩埚，故答案为：3.7；坩埚；(4)根据题目信息，NH4HCO3和氨
36、水与CoSO4发生反应生成Co2(OH)2CO3沉淀，根据元素守恒得到发生的离子方程式为，故答案为：；(5)放电时正极为NiOOH得电子生成Ni(OH)2，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，故答案为：NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-。5.【答案】(1)漏斗；SiO2；(2)取步骤反应后的溶液少量于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液未呈现血红色，则说明已经进行完全；(3)防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解；2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O；(4)4FeCO3+O2高温2Fe2O3+4CO2；(5)8.8；(6)7b10a10
37、0%。【解析】【分析】本题考查了铁及其化合物性质的分析应用，主要是流程分析理解和反应过程的判断，题目难度中等。硫铁矿烧渣加入硫酸后生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，调节pH后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，(1)根据分析可知，步骤为过滤，据此判断所需仪器，主要是除去不溶的二氧化硅；(2)步骤是将铁离子还原成亚铁离子，检验步骤已经进行完全，即溶液中没有铁离子；(3)步骤是加入碳酸氢铵产生碳酸亚铁溶液，温度过高亚铁离子水解程度增大同进碳酸氢铵容易分解；(
38、4)步骤中发生反应为碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁；(5)由题中数据可知，溶液中c(Fe2+)c(OH-)2=110-6c2(OH-)=4.910-17，c(OH-)=4.910-11=710-6mol/L，计算得到c(H+)得到溶液PH；(6)根据题意，最后称得残留固体bg为氧化铁，则铁元素的质量为1112160bg=0.7bg，根据铁元素守恒可知样品中铁元素的质量为0.7bg，据此计算。【解答】硫铁矿烧渣加入硫酸后生成硫酸亚铁、硫酸铁，过滤后得到的滤渣为二氧化硅，滤液中加入过量铁粉，生成硫酸亚铁溶液，调节pH后加入碳酸氢铵溶液，可生成碳酸亚铁固体，经洗涤、干燥，在空气
39、中灼烧时发生分解，且与空气中的氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，(1)根据分析可知，步骤为过滤，过滤操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等，该步骤是为了除去不溶于水和酸的二氧化硅，故答案为：漏斗；SiO2；(2)步骤是将铁离子还原成亚铁离子，检验步骤已经进行完全，即溶液中没有铁离子，可以用KSCN溶液：取歩骤III反应后的溶液少量试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液未呈现血紅色，则说明已经进行完全故答案为：取歩骤III反应后的溶液少量试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液未呈现血紅色，则说明已经进行完全；(3)步骤是加入碳酸氢铵产生碳酸亚铁溶液，温度过高亚铁离子水解程度增大同进碳酸氢铵容易分
40、解，所以温度一般需控制在35以下，该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：防止NH4HCO3分解，减少Fe2+的水解；2HCO3-+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O；(4)步骤中发生反应为碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，反应方程式为4FeCO3+O2高温2Fe2O3+4CO2,故答案为：4FeCO3+O2高温2Fe2O3+4CO2；(5)由题中数据可知，溶液中c(Fe2+)c(OH-)2=110-6c2(OH-)=4.910-17，c(OH-)=4.910-11=710-6mol/L，c(H+)=10-
41、14710-6mol/L，PH=8+lg7=8.8，故答案为：8.8；(6)根据题意，最后称得残留固体bg为氧化铁，则铁元素的质量为112160bg=0.7bg，根据铁元素守恒可知样品中铁元素的质量为0.7bg，所以样品中Fe元素的质量分数为0.7ba100%=7b10a100%，故答案为：7b10a100%。6.【答案】(1)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2；(2)Cl2；(3)在80之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大；80之后H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降；(4)2.1;(5)4CoC2
42、O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2+10CO2；(6)Co3O4。【解析】【分析】本题为生产流程题，为高考常见题型，题目涉及氧化还原反应方程式的书写、平衡常数的计算和化学式的确定等问题，侧重考查学生的分析能力、实验能力，计算能力，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，题目难度中等。【解答】(1)钴酸锂滤渣用稀硫酸酸浸，添加30%的H2O2，生成钴离子，则Co元素化合价降低，所以过氧化氢起到还原剂的作用，被氧化为O2，发生了氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2；(2)由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，会把盐
43、酸氧化成氯气，故加入盐酸会有污染性气体氯气生成；(3)由图表可知在80之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大；80之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降，所以80时钴的浸出率最大。(4)草酸的电离方程式为：H2C2O4H+HC2O4-和HC2O4-C2O42-+H+，根据题意知常温下草酸Ka1=5.610-2，Ka2=1.510-4，常温下Co2+与草酸反应生成CoC2O4沉淀的离子方程式为：Co2+H2C2O4=CoC2O4+2H+，平衡常数K=c2H+cCo2+cH2C2O4=cH+cHC2O4-cH+cC2O42-cH2C2O4cHC2O4
44、-cC2O42-cCo2+=Ka1Ka2Ksp(CoC2O4)=5.610-21.510-44.010-6=2.1;(5)高温下，在O2存在时，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2，根据氧化还原反应方程式的书写配平原则，可得化学方程式为：4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2+10CO2；(6)煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为3.615g，CO2的体积为2.016L(标准状况)，n(CO2)=2.016L22.4L/mol=0.09mol，由化学式CoC2O4可知n(Co)=0.09mol12=0.045mol，则氧化物中n(O)=3.
45、615g-0.045mol59g/mol16g/mol=0.06mol，则n(Co)：n(O)=0.045mol：0.06mol=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4。7.【答案】(1)CuO、Fe(OH)3；(2)4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O；(3)液由蓝色变无色；Cu2+Cu+6Cl-2CuCl32-；(4)向落液C中加入大量的水；防止CuCl被氧气氧化；(5)c(Cu2+)c2(OH-)=0.53810-381.010-52=2.010-22KSPCuOH2=2.210-20，故没有Cu(OH)2沉淀生成；(6)Cu+Cl-e-=
46、CuCl(或Cu+3Cl-e-=CuCl32-)。【解析】【分析】本题主要考查了CuCl的制备流程，涉及混合物的分离，化学方程式的书写，与溶度积常数相关的计算等有关知识，培养了学生分析问题的能力和运用知识的能力，难度中等。【解答】(1)黄铜矿CuFeS2，另外还含有少量SiO2，SiO2难溶，通过过滤从流程中分离出来，溶液A中含有硫酸铜、硫酸铁以及硫酸，加入过量氧化铜调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故流程中的“滤渣”的主要成分是CuO和Fe(OH)3；(2)在一定条件下黄铜矿与稀硫酸、氧气反应生成硫酸铜、硫酸铁，故化学方程式为：4CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2
47、(SO4)3+2H2O；(3)溶液B是蓝色的CuSO4溶液，加入过量Cu粉，氯化钠，浓盐酸加热后生成无色的含有CuCl32-溶液，故当中观察到溶液由蓝色变无色时，即表明反应已经完全，反应的离子方程式为：Cu2+Cu+6Cl-2CuCl32-；(4)CuCl在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-CuCl32-(无色溶液)，加水稀释使Cl-浓度变小，可使平衡逆向移动，从而生成CuCl沉淀，故中的“一系列操作”是向落液C中加入大量的水；因为CuCl在空气中易被氧化，故需要真空干燥，防止CuCl被氧气氧化；(5)铁离子恰好完全沉淀时溶液中氢氧根离子浓度=3810-3810-5molL-1=2.
48、010-11molL-1，则QcCu(OH)2=0.5(3810-3810-5)2=2.010-22KspCu(OH)2=2.210-20，故没有Cu(OH)2沉淀生成。故答案为：c(Cu2+)c2(OH-)=0.53810-381.010-52=2.010-22KSPCuOH2=2.210-20，故没有Cu(OH)2沉淀生成；(6)电解池的阳极发生氧化反应，且Cu为活性电极，则阳极电极反应式为Cu+Cl-e-=CuCl(或Cu+3Cl-e-=CuCl32-)。8.【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；(2)Fe3+2H2OFeO(OH)+3H+；SiO2、CaSO4；(3)
49、0.5；Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；(4)2.010-3；(5)0.25 【解析】【分析】本题考查了物质分离提纯、物质制备、离子方程式书写、溶度积常数计算等知识点，意在考查学生的分析能力、理解能力和知识应用能力。【解答】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600C焙烧，已知：(NH4)2SO4在350以上会分解生成NH3和H2SO4.NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无
50、机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，(1)焙烧前将矿渣与(NH4)2SO4混合研磨，混合研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；(2)“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式为：Fe3+2H2OFeO(OH)+3H+，浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)外还含有SiO2、CaSO4，故答案为：Fe3+2H2OFeO(OH)+3H+；SiO2、CaSO4；(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3+还原为Fe2+，反应为：2Fe3+S
51、n2+=Sn4+2Fe2+，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3+物质的量的一半，为0.5倍，用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2+，还原产物为Cr3+，滴定时反应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：0.5；Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；(4)浸出液”中c(Ca2+)=1.010-3molL-1，当除钙率达到99%时，剩余钙离子1%1.010-3molL-1=110-5mol/L，溶液中c(F-)=Kspc(Ca2+)=4.010-11110-5210-3mol/L，故答案为：2.010-3；
52、(5)本工艺中，萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图2所示，最佳取值是亚铁离子能被萃取，镍离子不被萃取，V0/VA的最佳取值是0.25，故答案为：0.25。9.【答案】(1)SiO2、BaSO4；(2)1.010-8mol/L；防止生成BaC2O4；(3)Na+；不可行；母液中的NaCl浓度会越来越大，最终产品纯度降低；(4)CaC2O4H2O；2CaC2O4+O2=200-4702CaCO3+2CO2。【解析】【分析】本题以制取BaCl22H2O为载体，考查物质的分离与提纯、物质的组成分析与测定，涉及难溶电解质的溶解平衡与溶度积的计算应用等，难度中等，
53、对学生综合分析问题解决问题的能力要求较高。【解答】毒重石(主要成分为BaCO3，含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)加入盐酸溶解，生成氯化钙、氯化镁、氯化钡和氯化铁，且少量硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡，滤渣为SiO2、BaSO4；加入氢氧化钠溶液调至pH=12.5，铁离子、镁离子转化为氢氧化铁、氢氧化镁沉淀进入滤渣，滤液为氯化钡、氯化钙、氯化钠和氢氧化钠，加入草酸反应生成草酸钙沉淀，即滤渣为草酸钙；滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化钡晶体，据此解题，(1)酸溶时，SiO2不溶于盐酸酸和水，且溶液中的SO42-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，则过滤所得滤渣的成分为SiO
54、2、BaSO4，故答案为：SiO2、BaSO4；(2)镁离子完全沉淀的pH=11.0，则KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)=1.010-5(1.010-3)2=1.010-11，当pH=12.5时，c(OH-)=1.010-1.5mol/L，KspMg(OH)2=c(Mg2+)c2(OH-)=c(Mg2+)(1.010-1.5)2=1.010-11，加入NaOH溶液后所得滤液中，含有的Mg2+浓度为1.010-8mol/L；加入H2C2O4的目的是除去溶液中的Ca2+，但草酸过量时，也会生成BaC2O4，故答案为：1.010-8mol/L；防止生成BaC2O4；(3)过程中加入
55、氢氧化钠，所以含有大量钠离子；有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿虚线进行循环使用，在实际工业生产中是不可行的，因为母液中的NaCl浓度会越来越大，最终会使产品纯度降低；故答案为：Na+；不可行；母液中的NaCl浓度会越来越大，最终产品纯度降低；(4)146gCaC2O4nH2O在190200时分解剩余固体为128g，减轻质量为18g，为1mol水，剩余固体恰好为1molCaC2O4的质量，可知n=1，则滤渣的成分是CaC2O4H2O；200470时发生反应的生成物质量为100g，其中含有1molCa，结合碳酸钙的摩尔质量为100g/mol，可推知所得固体为碳酸钙，再结合固体是在有氧条件下灼
56、烧，可知草酸钙和氧气在高温下加热灼烧生成碳酸钙和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：2CaC2O4+O2=200-4702CaCO3+2CO2；故答案为：CaC2O4H2O；2CaC2O4+O2=200-4702CaCO3+2CO2。10.【答案】(1)NH3；CO2(2)水浴加热(3)取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净(4)10(5)NiO+H2550Ni+H2O，CuO+H2550Cu+H2O(6)增大。Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O。【解析】【分析】本题考查了物质制备流程的分析，题目难度中等，为高考的热点，正
57、确理解制备流程、反应原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。【解答】将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550温度下用氢气还原。(1)根据题意，尿素CO(NH2)2在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3，因此放出NH3和CO2两种气体；故答案为：NH3；CO2。(2)“晶化”过程中，需保持恒温60，温度在100以下，因此
58、采用的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用的方法是取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净。(4)常温下，若“悬浊液”中c(Cu2+)c(Al3+)=1.7109，c(Cu2+)c(Al3+)=1.7109=c(Cu2+)c3(OH-)c(Al3+)c3(OH-)=KspCu(OH)2c(OH-)KspAl(OH)3=2.2110-20c(
59、OH-)1.3010-33=1.7109，则c(OH-)=110-4molL-1，c(H+)=Kwc(OH-)=110-141.010-4molL-1=110-10molL-1，则溶液的pH=10；故答案为：10。(5)“还原”过程最终得到Ni-Cu/MgO-Al2O3，说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发生反应的化学方程式为NiO+H2550Ni+H2O，CuO+H2550Cu+H2O；故答案为：NiO+H2550Ni+H2O，CuO+H2550Cu+H2O。(6)放电一段时间后，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，正极是2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(O
60、H)2+2OH-，正极生成的OH-物质的量与负极消耗的OH-物质的量相等，但是消耗了电解质中的水，使碱性增强，因此溶液的pH将增大；故答案为：增大。根据放电时正极电极反应式NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，则充电时，阳极发生的电极反应式为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O；故答案为：Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O。11.【答案】(1)延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热； SiO2和PbSO4；(2)Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；(3)Sn4+；KSCN溶液；(4)3Zn2+2HPO42-=Zn3(PO4)2+2H+
61、；(5)610-17mol/L；(6)85.7%；【解析】【分析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。【解答】在锌灰中加入稀硫酸，将锌灰中的ZnO、PbO、CuO、SnO2、Fe3O4溶解，SiO2不溶，且生成硫酸铅沉淀，形成滤渣1；在滤得的溶液中加入高锰酸钾溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并加入碳酸钠溶液调节pH至4.0除去铁离子和锡离子，然后再加入锌置换出溶液中的铜离子，过滤得滤渣3，滤渣3为铜，将滤液浓缩，调节pH为3-3.6，加入Na2HPO4可生成Zn3(PO4)
62、2，经过滤、洗涤、干燥得到磷锌白，以此解答该题。(1)“酸溶”时，为提高锌的浸出率，加快反应速率，可采取的措施有延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热；由以上分析可知“滤渣1”的主要成分为SiO2和PbSO4；(2)“沉锰”步骤的离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O；(3)由表中数据可知，“调pH”为4.0的目的是除去Fe3+和Sn4+，为检验“过滤2”后的滤液中是否含有Fe3+，可选用的化学试剂是KSCN溶液，可根据溶液是否变为红色判断；(4)“制备”时，加Na2HPO4至Zn2+恰好沉淀完全，离子方程式为3Zn2+2HPO42-=Zn3(PO4)2+2H
63、+；(5)Ka1Ka2=c(H+)c(HS-)c(H2S)c(H+)c(S2-)c(HS-)=c2(H+)c(S2-)c(H2S)=110-20，pH=1，即c(H+)=0.1mol/L，c(H2S)=0.1mol/L时，c(S2-)=110-19mol/L，根据Ksp(CuS)=610-36,c(Cu2+)为610-36110-19=610-17mol/L；(6)7吨烧铸灰(ZnO的质量分数为81%)含有n(Zn)=7106g8181g/mol=7104mol，则理论可生成Zn3(PO4)2的物质的量为137104mol，质量为137104mol385g/mol=8.983106g=8.98
64、3t，则产率为7.78.983100%85.7%。12.【答案】(1)粉碎(或破碎、研磨、球磨)；(2)2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2；(3)Be(OH)2+2OH-=Be(OH)42-(或Be2+4OH-=Be(OH)42-、BeF42-+4OH-=Be(OH)42-+4F-)；(4)4.00；(5)3Na+Fe3+6F-=Na3FeF6；(6)阴极；BeCl2(熔融)Be+Cl2；增加熔盐的导电性。【解析】【分析】本题主要考查的是无机工业流程，意在考查学生的分析能力和知识应用能力，解题时根据原料的成分和已知条件书写相关的反应
65、方程式，注意电解原理的应用。【解答】(1)“操作1”的名称是粉碎，能加快水浸时的可溶物的溶解速率；(2)由题干信息，滤渣1中含有氧化铁、氧化铝和二氧化硅，则烧结时，除了生成Na2BeF4外，还生成了氧化铁、氧化铝和二氧化硅，据此可知750烧结时的反应化学方程式为2Na3FeF6+Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4+Fe2O3+Al2O3+6SiO2；(3)由题干信息，Be2+可与过量OH-结合成Be(OH)42-，则过滤1”的滤液中需加入适量NaOH，NaOH不能过量的原因是Be(OH)2+2OH-=Be(OH)42-(或Be2+4OH-=Be(OH)42-、BeF42-+4OH-=B
66、e(OH)42-+4F-)；(4)室温时0.40molL-1Be2+开始沉淀时的c(OH-)=4.010-210.4mol/L=110-10mol/L，c(H+)=10-1410-10mol/L=10-4mol/L，即Be2+开始沉淀时的pH=4.00；(5)由题干信息，Na3FeF6难溶于水，可知“沉氟”反应的离子方程式为3Na+Fe3+6F-=Na3FeF6；(6)镍在稀酸中缓慢溶解，说明镍是较为活泼的金属，由电解原理可知，较为活泼的金属接在阳极会发生放电，则镍坩埚应作电解槽的阴极材料，电解总反应的化学方程式为BeCl2(熔融)Be+Cl2；加入NaCl的主要目的是增加熔盐的导电性。13.
67、【答案】(1)搅拌(或适当升温等)(2)H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O(3)CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等(4)加入洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次(5)温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解；2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2(6)111(m1-m2)31m1100%【解析】【分析】本题考查物质的制备，为高频考点，把握制备原理、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意(6)为解答的难点，题目难度中等。【解答】废铜屑(主要
68、成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在5560左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解答该题。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热等方法，故答案为：搅拌(或适当升温等)；(2)“
69、操作”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O，故答案为：H2O2+2H+Cu=Cu2+2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等，故答案为：CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加入洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次，故答案为：加入洗涤剂至浸没沉淀且液
70、面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复23次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作”中温度选择5560的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2，故答案为：温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解；2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+CO2；(6)m1g产品，灼烧至固体质
71、量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2+H2O m222 62xm1-m2222x=62m1-m2，解得：x=111(m1-m2)31，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为111(m1-m2)31m1100%=111(m1-m2)31m1100%。故答案为：111(m1-m2)31m1100%。14.【答案】(1)增大接触面积，提高溶解速率，利于粗铋和硝酸反应(2)过滤(3)促进
72、Bi3+水解；防止碳酸铵温度过高时分解(4)2BiONO3+(NH4)2CO3=Bi2O2CO3+2NH4NO3(5)Bi2O3；(6)煅烧时会产生氮的氧化物等污染性气体，污染环境【解析】【分析】本题属于化学工艺流程题目，涉及对工艺流程的理解、陌生方程式的书写等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查。【解答】(1)将粗铋熔化后水淬成颗粒状的目的为增大接触面积，提高溶解速率，利于粗铋和硝酸反应。(2)经过操作a后得到滤渣和滤液，则操作a的名称为过滤。(3)加入碳酸铵溶液调pH时应对溶液进行适当加热的原因为促进Bi3+水解，加热时温度不宜过高的原因为防止碳酸铵温度过高时分解。(4)加入氨水-碳酸铵溶液后可使BiONO3转化为Bi2O2CO3，化学方程式为2BiONO3+(NH4)2CO3=Bi2O2CO3+2NH4NO3。(5)由图可知，煅烧1molBi2O2CO3所得“产品”的质量为510g91.3%466g，减少的质量为510g-466g=44g，为1molCO2的质量，则所得“产品”的化学式为Bi2O3，所得“气体”为CO2，其电子式为。(6)直接煅烧硝酸氧铋会产生氮的氧化物等污染性气体，污染环境。
