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贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-16常见物质的制备
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这是一份贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-16常见物质的制备，共41页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-16常见物质的制备
一、单选题
1．（2022·贵州铜仁·统考二模）用如图所示装置制备并收集气体，其中合理的是
选项
反应物
制备的气体
A
稀盐酸+石灰石
CO2
B
浓盐酸+MnO2
Cl2
C
HNO3 (稀) +铜片
NO
D
H2SO4 (稀) +Zn
H2
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·贵州·统考模拟预测）四氯化锡常用作合成有机锡化合物的原料。利用下图装置使含锡硫渣与氯气反应制备四氯化锡并进行尾气处理。
已知：①无水四氯化锡的熔点为-33°C、沸点为114.1℃；②四氯化锡易水解。下列说法正确的是
A．装置A中KClO3可用MnO2替代
B．装置D中球形冷凝管的进水口为1、出水口为2
C．装置B的作用是吸收HCl
D．装置E中的试剂为无水氯化钙
二、实验题
3．（2020·贵州·模拟预测）ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点-59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaClO3+Na2SO3+H2SO42C1O2↑+2Na2SO4+H2O。
（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为___，该方法中最突出的优点是___。
（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。
已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaClO2的装置如图所示（加热和夹持装置略）。
①产生ClO2的温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是___；盛放浓硫酸的仪器为：___；NaClO2的名称是___；
②仪器B的作用是___；冷水浴冷却的目的有___（任写两条）；
③空气流速过快或过慢，均会降低NaClO2的产率，试解释其原因___。
4．（2021·贵州·统考二模）1，2-二溴乙烷在农业、医药上有多种用途，也可用作汽油抗震液中铅的消除剂．用浓硫酸、乙醇和液溴制备1，2-二溴乙烷的原理和装置如下(加热及夹持装置略)．
第一步用乙醇制乙烯：(加热时，浓硫酸可使乙醇炭化)；
第二步将乙烯通入液溴： (反应放热)．
有关数据列表如下：
95%乙醇
1，2-二溴乙烷
液溴
状态
无色液体
无色液体
深红棕色液体
密度/
0.81
2.2
2.91
沸点/(℃)
78.5
132
58.8
熔点/(℃)
9
回答下列问题：
(1)装置A用于制备乙烯，仪器a的名称为______．
(2)装置B是安全瓶，可监测实验进行时D中是否发生堵塞，若发生堵塞，装置B的玻璃管中可能出现的现象是_______．
(3)装置C中盛装的是溶液，若没有装置C，装置D中还可能发生反应的化学方程式为____；装置C与D之间可增加一个盛装品红溶液的试剂瓶，目的是_________．
(4)装置D中试管和烧杯内水的作用分别是______、_________．
(5)反应结束后，将粗产物依次用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，选用以下实验仪器_____(填编号)进行分离后加入无水氧化钙干燥，静置一段时间后弃去氯化钙，最终经______(填实验操作名称)得到产品．
(6)本次实验中，1，2-二溴乙烷的产率为_______________．
5．（2021·贵州黔东南·统考模拟预测）2-(对甲基苯基)苯并咪唑()是合成对甲基苯甲醛(PTAL)的中间体，其沸点为270℃。利用邻苯二胺()和对甲基苯甲酸()合成2-(对甲基苯基)苯并咪唑的反应过程如下：
向反应装置(如图)中加入0.1 mol邻苯二胺和0.15 mol对甲基苯甲酸后，再加入适量多聚磷酸(能与水互溶的质子酸)，搅拌成糊状物，慢慢升温至100℃并搅拌1h，继续加热至190℃，回流2h，冷却。用10%的NaOH溶液调至微碱性，有大量固体出现，分离晶体，水洗，经重结晶提纯后，得白色针状晶体产品14.6 g．回答下列问题：
(1)仪器A的名称为___________，冷却水的流向为___________(填“a进b出”或“b进a出”)。
(2)制备过程中需在190℃下回流2h，可采取的加热方式为___________(填“水浴加热”或“油浴加热”)。
(3)“分离结晶”得到晶体与母液，其操作名称为___________，加入10%的NaOH溶液的作用为___________；分离完成后“水洗”的具体操作为___________。
(4)粗产品一般需要通过重结晶的方法来提纯，步骤为加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥，其中需要趁热过滤的原因是___________；趁热过滤时所得滤渣中一定含有___________(填名称)。
(5)2-(对甲基苯基)苯并咪唑的产率为___________(保留三位有效数字)。
6．（2021·贵州·统考一模）金属锂与干燥、纯净的N2左500℃左右反应生成氮化锂(Li3N)，该物质是一种优良的贮氢材料。一种制名氮化锂的方法及装置如下(部分夹持装置略) ：
查阅资料：
物理性质
物理性质
金属锂(Li)
熔点180C，沸点1340C
与氨气反应: 2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑
氮化锂 (Li3N)
红色晶状固体，能吸附H2
①易水解:Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑②高温时能腐蚀镍、铜、石英等
回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为___________
(2)仪器B、F的名称为___________；两者所盛装的试剂___________(填“能”或“不能”)交换。
(3) D中所装试剂a为___________，作用是___________。
(4)经分析，若将装置D更换为下图所示的装置___________(填序号)会更合理。
(5)装置E中石棉绒(透气且性质稳定)包裹Li的作用是吸收装置中残留的O2，装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中的原因是___________。
(6)实验前将24.0 g金属锂置于质量为30.2 g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2 g，则Li3N的产率约为___________%。
7．（2022·贵州遵义·统考三模）溴苯是一种重要的化工原料，可用作溶剂、汽车燃料、有机合成原料、合成医药农药、染料等。纯净的溴苯是一种无色透明的油状液体。其制备原理如下：+Br2+HB。
实验操作：先将铁粉和苯加入反应器a(如图所示)中，在搅拌下缓慢加入液溴，于70-80℃保温反应数小时，得棕褐色液体。将棕褐色液体转移到分液漏斗中，依次用水洗、5%氢氧化钠溶液洗、水洗、干燥。过滤，最后经常压分馏，收集155-157℃馏分。相关物质有关数据如下：
苯
溴
溴苯
密度：g/cm-3
0.88
3.10
1.50
沸点/℃
80
59
156
水中的溶解度
微溶
微溶
微溶
请回答下列问题：
(1)b装置的名称为_______，该装置还缺少一个_______装置。
(2)c装置的作用是_______。
(3)提纯过程中，NaOH的作用是_______(用离子方程式表示)。第二次水洗的主要目的是_______。
(4)最后仍要分馏的目的是_______。
(5)a中发生的无机反应化学方程式是_______。
(6)锥形瓶中盛有AgNO3溶液，其现象是_______。
(7)本次实验取用110mL苯，溴足量，在制粗溴苯的过程中，苯的利用率是84%，在粗溴苯提纯过程中，溴苯损失了4%，则可得溴苯多少_______克(列出计算式即可)。
8．（2022·贵州·统考模拟预测）过-硫酸氢钾复合盐(K2SO4·KHSO4·2KHSO5，M=614 g·mol-1)是白色粉末状固体，具有强氧化性，易溶于水，当溶液pH大于3.0时分解。实验室制取该物质的实验步骤如下：
①制取过-硫酸(H2SO5) ：先在三颈烧瓶中加入吸附型双氧水稳定剂，然后加入冷的双氧水和过量的浓硫酸，pH控制在2. 0~2.5，反应30 min(反应装置如图所示)；
②过-硫酸氢钾复合盐的制备：向①中反应后的溶液中加入碳酸钾溶液，边加边搅拌，碳酸钾溶液滴加完毕后，反应30min，将反应后的混合液转移至烧杯中，在-10°C条件下冷却结晶后，将混合液转移到抽滤瓶中抽滤，得到滤饼，将滤饼置于电热鼓风干燥箱中烘干，得到产品过-硫酸氢钾复合盐。
回答下列问题：
(1)装置a的名称是_______，用冷的双氧水的原因是_______。向三颈烧瓶中加入双氧水和浓硫酸的操作：_______。
(2)写出加入碳酸钾溶液时发生反应生成复合盐和KHSO4的化学方程式：_______。
(3)步骤②中加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌的目的是_______。
(4)一种简单鉴别市售过-硫酸氢钾复合盐是否合格的方法：把一片过-硫酸氢钾片剂放入装有适量稀盐酸的烧杯中，若很快就可以明显闻到有刺激性气味且持续一定时间，可以证明产品的氧化性很好，从而证明这是合格的过-硫酸氢钾复合盐产品。这种方法的原理是_______(用离子方程式表示)。
(5)间接碘量法测定产品活性氧(一个活性氧可得到2e-)含量。
检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2↑
4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O
I2+2S2O=S4O+2I-
量取75 mL蒸馏水于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和过量的碘化钾溶液，称取a g产品于碘量瓶中摇匀。暗处放置5 min后，用c mol·L-1的标准硫代硫酸钠溶液滴定，终点时消耗的体积为V mL，则样品中活性氧的质量分数是_______。
9．（2022·贵州贵阳·一模）铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如图：
实验室中可用FeSO4(由铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3用如图装置模拟上述流程中的“转化”环节。
回答下列问题：
(1)配制溶液所用的蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是___________。
(2)装置A用于制备FeSO4，实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭___________，打开___________(填“K1”、“K2”或“K3”)；装置B中生成FeCO3的离子方程式为___________。
(3)转化过程中温度不超过35℃，主要原因是___________；“过滤”环节，不需要使用下列仪器中的___________(填仪器名称)。
(4)干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为___________；检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和___________(填化学式)。
(5)取干燥后的FeCO3样品(含少量FeOOH)37.47g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉18.48g，计算样品中FeCO3的质量分数为___________%(计算结果取整数)。
10．（2022·贵州毕节·统考二模）纳米Co3O4在压敏陶瓷、催化剂、传感器、电极等方面有广泛应用，利用草酸沉淀法可制得纳米Co3O4。
I．制备H2C2O4
实验室可用C2H2和浓硝酸在Hg(NO3)2催化下反应制取H2C2O4，装置如下图所示：
(1)A处的虚线框内应选用的装置图为___________
(2)仪器x的名称为___________
(3)B处盛放的试剂可以为___________
a．KMnO4酸性溶液 b． NaOH溶液 c． CuSO4溶液
(4)装置C中水浴温度控制在50°C左右的原因___________。
(5)装置C中生成草酸的化学方程式为___________。
II．制备Co3O4 (已知： 3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2)
实验I装置C中的溶液经过一系列操作后得到草酸晶体，取一定量草酸晶体配制饱和溶液，加入硝酸钴溶液，充分搅拌， 生成淡粉色沉淀CoC2O4。将得到的沉淀用乙醇洗涤烘干。称取4.41gCoC2O4在加热条件下与氧’充分反应，得到Co3O4产品1.446g。
(6)生成CoC2O4沉淀的离子方程式为___________
(7)沉淀用乙醇洗涤的目的是___________
(8)CoC2O4制备Co3O4的产率为___________
三、工业流程题
11．（2020·贵州·模拟预测）从铜转炉烟灰（主要成分ZnO还有Pb、Cu、Cd、As、Cl、F等元素）中回收锌、铜、铅等元素进行资源综合利用，具有重要意义。以铜转炉烟灰制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。
已知：活性炭净化主要是除去有机杂质。
请回答以下问题：
（1）若浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为___。
（2）在反应温度为50℃，反应时间为lh时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，结合流程图分析，氯化铵适宜的浓度为___mol·L-1。
（3）若浸出液中c（AsO43-）=6.0×10-3mol•L-1，现将8.0×10-3mol•L-1FeC13溶液与浸出液等体积混合生成砷酸铁沉淀。若该温度时Ksp(FeAsO4)=2.0×10-22，则反应后溶液中c(AsO43-)=___mol•L-1。
（4）滤渣II的主要成分为___；除杂3是置换除杂过程，则此过程主要除去的金属有___（填化学式）。
（5）沉锌得到的物质为Zn(NH3)2C12，请写出水解转化的化学方程式___。
（6）该流程中可以循环使用的物质的电子式为___。
（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol•L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___（用代数式表示）。
12．（2020·贵州铜仁·三模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料、陶瓷及制药等。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是_____________。灼烧滤渣3得到固体的主要成分是__________________(写出化学式)。
(2)用FeS还原Fe3＋的目的是_______________________。加入FeO的作用是____________(用离子方程式表示)。
(3)试剂R宜选择___________(填字母)。
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是______________________。
(5)纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品混有_________(填化学式)杂质。
(6)常温下，Ksp(FePO4)＝1.3×10－22，“沉铁”中为了使c(Fe3＋)≤1×10－5 mol·L－1，c(PO43－)最小为__________mol·L－1。
13．（2021·贵州·统考二模）2020年12月，嫦娥五号从月球挖的“土”正式移交了相关科研单位。研究者在月球土壤中发现了辉钼矿，辉铝矿(主要成分为MoS，含少量杂质)可用于制备单质钼和钼酸钠晶体()。其中一种生产工艺如下(部分产物和条件已省略)：
回答下列问题：
(1)焙烧时，粉碎后的矿石从炉顶进入，空气从炉底进入，目的是_______；该工艺中尾气的主要污染物是_______(填化学式)；新一代清洁生产工艺在增烧时加入会更环保，其原因是_______(用化学方程式解释)。
(2)写出加氨水时所发生反应的离子反应方程式_______。
(3)已知钼酸钠在一定温度范围内析出的物质如下表，则操作2中应控制温度的最佳范围为_______(填字母序号)，结晶得到的母液可以在下次结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_______。
温度(℃)
0
4
9
10
15.5
32
51.5
100
析出物质
a. b. c. d.以上
(4)在制备钼酸钠晶体过程中需加入固体除去，若溶液中，常温下，当开始沉淀时，的物质的量浓度为_______。[忽略溶液体积变化，已知：25℃，，]
(5)高纯Mo可用于制造电池级，电池是一种性能优异的二次电池，其电池反应为：，该电池放电时正极反应为_______；充电时移向_______(填“阳极”或“阴极”)。
14．（2021·贵州毕节·统考二模）某化工厂利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、CuO、SiO2等杂质)脱除燃煤尾气中的SO2，同时制得电池材料MnO2.工艺流程如下：
(1)滤渣1的成分是___________(填化学式)，提高软锰矿酸浸速率的措施有___________(任答一条)。
(2)写出脱硫过程中二氧化锰转化为硫酸锰的化学反应方程式___________。
(3)加入碳酸锰的作用___________。
(4)写出高锰酸钾与硫酸锰发生反应的离子方程式___________。
(5)实验室检验钾离子的操作方法是_____
(6)已知25℃时Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，欲使铁离子沉淀完全，应调节溶液pH不低于___________。(设=a，结果用含a的代数式表示)。
15．（2021·贵州·统考一模）以菱锌矿(主要成分，还含有等杂质)为原料制取的工艺流程如下：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子
开始沉淀时的
6.3
1.5
6.2
沉淀完全时的
8.3
2.8
8.2
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，可采取的一种措施是___________，“滤液①”中的金属离子除外还含有___________。
(2)“氧化”中反应的离子方程式是___________。
(3)“调”时发生反应的离子方程式是___________。
(4)利用上述表格数据，计算的___________。
(5)“多步操作”包括：___________，___________，过滤，洗涤，烘干。
(6)结晶时粒径大的晶体容易脱水，因其吸附的杂质少而使产品质量更好。测定溶液温度对结晶体粒径的影响，结果如下表所示：
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/
34
35
36
37
38
39
40
43
平均粒径/
0.46
0.46
0.46
0.45
0.45
0.45
0.25
0.25
工业生产温度控制在，温度不高于的原因是___________。
16．（2021·贵州遵义·统考一模）碱式氧化镍(NiOOH)可作镍电池的正极材料，现用某废镍原料(主要含Ni、Al、SiO2，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，发生反应的离子反应方程式①____________，②____________。
(2)已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Ni2＋
6.2
8.6
Fe2＋
7.6
9.1
Fe3＋
2.3
3.3
Cr3＋
4.5
5.6
“调pH 1”时，主要除去的离子是____，溶液pH范围____。
(3)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式______。
(4)在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，用离子方程式表示该转化反应____，已知BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10，要使溶液中CrO沉淀完全(c(CrO)≤1×10－5mol·L－1)，溶液中钡离子浓度至少为___mol·L－1。
17．（2021·贵州黔东南·统考模拟预测）碳酸锂在医疗上可用于治疗狂躁性精神病，作镇静剂等。电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等)可用于制备Li2CO3。
已知：①20℃时，Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10-29，Ksp(CaHPO4)=1×10-7，Ksp(CaSO4)=5×10-5。
②CaF2可溶于硫酸。
③Li2CO3的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
(1)在加热条件下“酸浸”，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出“酸浸”中AlF3发生反应的化学方程式：__。
(2)“滤渣”的主要成分是__(填化学式)。
(3)“转化”后所得的LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4稀溶液除去。“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图1所示。
①随着温度的升高，Li2CO3的产率逐渐减小的原因是__。
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是__。
(4)热分解后，获得Li2CO3的操作是先加热蒸发，然后__。
(5)锂硒电池是新一代全固态锂二次电池，具有优异的循环稳定性，其正极材料为附着硒化锂(Li2Sex)的碳基体。Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是__。
(6)对电解铝废水中Al3+含量的测定和处理是环境保护的重要课题。工业上常采用EDTA络合滴定法测定电解铝废水中的Al3+含量：取10.00mL电解铝废水置于250mL锥形瓶中，加入一定体积的柠檬酸，煮沸；再加入0.005mol·L-1的EDTA标准液20.00mL，调节溶液的pH至4.0，加热，冷却后用0.002mol·L-1的CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00mL。该矿业废水中Al3+的含量为___mg·L-1。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)
18．（2021·贵州·统考一模）以菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)为原料制备多功能水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：
已知：①K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；
②FeO在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解。
回答下列问题：
(1) K2FeO4中Fe元素的化合价是___________ ； 滤渣的主要成分有___________。
(2)“氧化1”过程所发生反应的离子方程式为___________；设计方案验证“氧化1”所得的溶液已经不再含有Fe2+___________
(3)NaClO的电子式为___________ ； “ 氧化2”过程中生成了Na2FeO4和NaCl写出该过程中发生的氧化还原反应的离子方程式___________
(4)提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用___________(填字母序号)和异丙醇。
a.H2SO4溶液 b.KOH浓溶液 c.Fe2(SO4)3溶液
(5)加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO和OH-外，一定还含有____。
(6)实验室也可按照如图所示的装置模拟电解法制备K2FeO4，其中阳极的电极反应式是_______。
19．（2022·贵州铜仁·统考二模）磷矿是重要的化工矿物原料，贵州磷矿储量丰富。磷酸二氢钙[Ca(H2PO4)2]是一种磷肥。某工厂利用磷矿(含Ca、P、Fe、Mg、Si 等元素)进行综合生产的部分流程如下：
已知： Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11。
回答下列问题：
(1)为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行___________ (填一种处理方法)，用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的___________，滤渣 1的主要成分是___________。
(2)当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全。若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为___________。
(3)为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为___________。
(4)经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60°C条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择____为宜，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是____。
(5)LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2生成，该化学反应方程式为___________。
20．（2022·贵州遵义·统考三模）纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为CuFeS2的黄铜矿(含有杂质SiO2)为原料制取纳米Cu2O的一种工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)“滤渣1”中含有硫单质及_______，“浸泡”中反应的离子方程式为_______。
(2)“操作1”的目的是_______。
(3)“调pH”的过程中能否用CuCO3来代替CuO_______(填“能”或“否”)，要使Fe3+完全沉淀，则溶液的pH至少为_______(已知该工艺条件下Ksp[Fe(OH)3]≈8×10-38，Kw≈1×10-14，lg2≈0.3，化学上认为当离子浓度小于1×10-5mol·L-1时沉淀完全)。
(4)“热还原”的实验现象是_______。
(5)现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备Cu2O，电解过程中首先生成CuCl(难溶于水)，则生成氧化亚铜的化学方程式为_______；与用黄铜矿制备Cu2O工艺相比电解法的优点有_______。
21．（2022·贵州·统考模拟预测）马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]和碱式碳酸铜[Cu2 (OH)2CO3]具有广泛用途。某化工厂拟以软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)为原料生产马日夫盐和碱式碳酸铜，其工艺流程如下图所示。
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②该条件下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38 ，Ksp[Cu(OH)2]= 1.0×10-20 ，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______(写化学式)，酸浸时，Cu2S和MnO2反应的化学方程式为_______。
(2)检验浸出液中是否含有Fe2+ ，可用K3Fe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe2+ 的现象是_______。
(3)试剂x为某种酸式盐，从产品纯度来看，x最好为_______(写化学式)。
(4)本工艺中可循环使用的物质是_______(写化学式)。
(5)若浸出液中c(Mn2+)=c(Cu2+)=1.0 mol·L-1，则流程中调节浸出液pH=a，其中a的范围为_______(当离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时，沉淀完全)。
(6)除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．稀盐酸和石灰石反应为固体和液体反应，二氧化碳的密度大于空气，故用长管进短管处的连接方式，故A正确；
B．浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气需要加热，故B错误；
C．一氧化氮气体易于氧气反应且密度与空气接近，故不能用排空气法收集，故C错误；
D．氢气的密度小于空气，应该短管进长管出，故D错误；
故选A。
2．C
【分析】A中生成氯气通过饱和食盐水吸收杂质氯化氢，通过C干燥后进入D反应生成四氯化锡，尾气通过装置E吸收并防止空气中水蒸气进入D；
【详解】A．该装置为不加热装置，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，A错误；
B．装置D中球形冷凝管水流方向为下进上出，进水口为2、出水口为1，B错误；
C．盐酸具有挥发性，得到氯气中含有氯化氢，可以使用饱和食盐水吸收，C正确；
D．尾气中氯气有毒会污染空气，E中可选择碱石灰，可以吸收尾气同时防止水蒸气进入装置D，而无水氯化钙只能吸水，D错误；
故选C。
3． 2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑ 反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性 水浴加热 分液漏斗 亚氯酸钠 安全瓶，防倒吸 降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解 空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解
【分析】中的氯是+4价的，因此我们需要一种还原剂将氯酸钠中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性。再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用，而C是吸收装置，将转化为，据此来分析本题即可。
【详解】（1）用草酸来代替，草酸中的碳平均为+3价，因此被氧化产生+4价的二氧化碳，方程式为2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；产生的可以稀释，防止其浓度过高发生危险；
（2）①50℃最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠；
②仪器B是一个安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少的分解，另一方面可以使变为液体，增大产率；
③当空气流速过快时，来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，又会在容器内滞留，浓度过高导致分解。
4． 蒸馏烧瓶 玻璃管中的液面上升 验证二氧化硫是否被除尽 液封 降温 ②④ 蒸馏 80%
【分析】利用乙醇的消去反应制备乙烯，装置B是安全瓶，监测实验进行时D中是否发生堵塞，制备过程中可能产生杂质气体和，干扰乙烯与溴的反应，所以利用装置C将其除去，D中反应生成1，2-二溴乙烷，装置E进行尾气吸收，据此分析答题。
【详解】(1)观察仪器a的结构特征可知，仪器a为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
(2)如果实验进行时D中发生气路堵塞，B中气体增多压强增大，将B中水压入长玻璃管内，所以玻璃观内液面上升，故答案为：玻璃管中的液面上升；
(3)浓硫酸有脱水性可以将乙醇脱水碳化，单质碳可以和浓硫酸发生下述反应，装置C中盛装的是溶液，可以将和气体吸收，若没有装置C，和发生下述反应，装置C吸收，装置C与D之间增加一个盛装品红溶液的试剂瓶可以检验二氧化硫是否被除尽，故答案为：；验证二氧化硫是否被除尽；
(4)溴单质易挥发，试管内水的作用为形成液封，防止溴的挥发，溴和乙烯的反应放热，需要对装置冷却降温进而防止溴的挥发，故答案为：液封；降温；
(5)生成的1，2-二溴乙烷与水不互溶，分离方法为分液，选择实验仪器分液漏斗和烧杯，分离后加入无水氧化钙干燥，静置一段时间后弃去氯化钙，继续用蒸馏实验方法得到纯净产品，故答案为：②④；蒸馏；
(6)依据题中信息可计算出单质溴和乙醇的物质的量如下：，，由反应和可知少量，用来计算1，2-二溴乙烷的理论产量为，所以1，2-二溴乙烷的产率，故答案为80%。
5． 三颈烧瓶 a进b出 油浴加热 过滤 中和多聚磷酸，反应掉过量的对甲基苯甲酸 向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，反复操作2~3次，直至晶体洗涤干净 防止产品因结晶而损失 活性炭 70.2%
【分析】(2)水的沸点是100℃，该有机合成的加热温度是190℃，则不能选择水浴加热，该选油浴加热；
【详解】(1)仪器A的名称为三颈烧瓶，冷却水应下进上出，则流向为：a进b出；
(2)加热温度为190℃，大于水的沸点，所以选择油浴加热；
(3)分离晶体得到晶体和母液的操作为：过滤；加入氢氧化钠的目的是调节溶液为碱性、除去多余的反应物对甲基苯甲酸，使目标产物结晶；水洗晶体的步骤为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，反复操作2~3次，直至晶体洗涤干净；
(4)趁热过滤的原因：在热的条件下大多溶质杂质在溶剂中溶解度较高，能完全溶解，从而较好地分离杂质和产物，防止产品因结晶而损失。活性炭的溶解度不好，所以滤渣中一定含有活性炭；
(5) 根据反应方程式：
，0.1 mol邻苯二胺理论上得到产物2-(对甲基苯基)苯并咪唑的物质的量为0.1mol，则质量为m=nM=0.1mol×208g/mol=20.8g，则产率为。
6． 球形干燥管 不能 浓硫酸（或浓H2SO4） 干燥N2，吸收未反应的NH3 ②③ 高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃 87.5
【分析】根据装置图可知，装置A是用来制备氨气的，利用氯化铵与氢氧化钙固体加热可制备氨气，再通过装置B净化干燥氨气，继续将干燥的氨气通入装置C的硬质玻璃管中与CuO发生氧化还原反应生成氮气、Cu和水，生成氮气与过量的氨气经过装置D进行净化处理后得到干燥纯净的氮气，再进入装置E，为防止有氧气混入，先经过石棉绒包裹的Li，最后与氧化锆小舟中的Li粒发生反应生成氮化锂 (Li3N)，根据资料可知，氮化锂易发生水解，所以需用装置F连接，目的是为了防止空气进入，干扰实验，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，
(1)装置A的固体在加热条件下可制备氨气，其发生反应的化学方程式为；
(2)根据仪器构造可知，仪器B、F的名称为球形干燥管；两者所盛装的试剂作用分别是干燥氨气、防止外界空气中的水蒸气进入装置E，使制备的Li3n水解，两者不能交换，因为氨气可以与氯化钙发生反应，不能达到干燥氨气的目的，故答案为：不能；
(3) 装置D中所装试剂a的作用是干燥净化氮气，所以应该为浓硫酸，不能可以干燥氮气，还可以吸收多余的氨气，故答案为：干燥N2，吸收未反应的NH3；
(4)根据（3）问分析可知，装置D吸收未反应的氨气，因为氨气极易溶于水，密度比空气小，可采用设计防倒吸装置进行吸收，则①进气装置错误，不能达到目的，故错误；②③符合要求，可防倒吸；④中有机物苯的密度比水小，在水的上面，导气管导入试剂a中不能达到防倒吸的目的，故错误，故答案为：②③；
(5)根据给定资料可知，“Li3N高温时能腐蚀镍、铜、石英等”可知，高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，所以装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中，故答案为：高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃；
(6) 根据元素守恒可知，24.0 g金属锂全部转化为Li3N的话，得到Li3N的质量为，置于质量为30.2 g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2 g，则质量增加68.2g-(24.0g+30.2g)=14g，即实际消耗的氮气的质量为14g,所以生成的Li3N的质量为=35g，所以产率约为，故答案为：87.5。
7．(1) (恒压)滴液漏斗 尾气吸收
(2)冷凝回流、导气
(3) 或 除去残留的NaOH
(4)除去互溶的苯以得到纯净的溴苯
(5)
(6)溶液中出现浅黄色沉淀、瓶口冒白雾
(7)(列出计算式即可)
【分析】由实验装置图可知，三颈烧瓶a中铁与滴液漏斗b滴入的液溴发生反应生成溴化铁，在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，球形冷凝管有冷凝回流作用，使挥发出的苯和溴冷凝回流，目的是提高反应物的利用率；锥形瓶内的AgNO3溶液可以用于检验，生成的溴化氢和挥发出的溴蒸气有毒会污染空气，故缺少一盛有的氢氧化钠溶液的尾气吸收装置。
【详解】（1）b装置的名称为(恒压)滴液漏斗，该装置还缺少一个尾气吸收装置。
（2）据分析，c是球形冷凝管，有冷凝回流作用、产生的HBr经C逸出，故还兼起导气作用。
（3）提纯过程中，先水洗除去可溶性的氯化铁、HBr，再用氢氧化钠溶液吸收溶解在有机物中的溴，则NaOH的作用用离子方程式表示为或。经分液除去水层后，第二次水洗有机层的主要目的是除去残留的NaOH。
（4）最后所得为互溶的、沸点差很大的苯和溴苯的混合物，则仍要分馏的目的是除去互溶的苯以得到纯净的溴苯。
（5）a中发生的无机反应为铁与液溴反应生成溴化铁，化学方程式是 。
（6）苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢气体，极易溶于水的溴化氢遇水蒸气产生白雾，氢溴酸与AgNO3溶液反应生成AgBr沉淀，所以锥形瓶中现象是：溶液中出现浅黄色沉淀、瓶口冒白雾。
（7）本次实验取用110mL苯、则其物质的量为，溴苯的过程中，苯的利用率是84%，在粗溴苯提纯过程中，溴苯损失了4%，则按化学方程式可知可得溴苯克(列出计算式即可)
8．(1) 滴液漏斗 防止在加入浓硫酸时发热使温度升高造成H2O2分解 先加入双氧水再缓缓加入浓硫酸，同时不断搅拌
(2)2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑
(3)碳酸钾水解，溶液显碱性，加入过快会引起局部溶液pH升高，超过3.0，使产品分解，降低产率
(4)+2Cl-+H+=+Cl2↑+H2O
(5)
【分析】本实验的实验目的为制取过-硫酸氢钾复合盐并检测其活性氧含量，制备原理为2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑，结合物质相关性质进行分析，利用关系式法进行计算解答。
【详解】（1）由装置图可以看出a是滴液漏斗，双氧水和浓硫酸混合时会放热，易使温度过高，造成H2O2分解，因此用冷的双氧水，由于双氧水的密度小于浓硫酸，所以应先加入双氧水，然后把浓硫酸加入双氧水中，同时进行搅拌，使其迅速散热；
（2）根据实验步骤可知步骤①生成H2SO5，加入K2CO3，反应物由浓硫酸、H2SO5、K2CO3，生成物有K2SO4·KHSO4·2KHSO5、水、二氧化碳和KHSO4，反应的化学方程式为：2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑；
（3）根据提给信息，溶液pH大于3.0时K2SO4·KHSO4·2KHSO5分解，因为碳酸钾水解显碱性，加入碳酸钾过快，易引起pH升高，导致过-硫酸氢钾复合盐分解，产率降低，因此加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌，控制pH＜3.0；
（4）由于过硫酸氢盐的强氧化性，过-硫酸氢钾复合盐可以和Cl-发生氧化还原反应：+2Cl-+H+=+Cl2↑+H2O，从而放出氯气；
（5）由检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2↑，每1个KHSO5相当于含有1个活性氧原子，再根据方程式4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O、I2+2S2O=S4O+2I-可知，活性氧原子与S2O的比例关系为1：2，则样品中活性氧的质量分数为。
9．(1)加热煮沸
(2) K3 K2 Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3) 碳酸氢铵不稳定，受热容易分解 bc
(4) 4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2 KSCN
(5)93
【分析】碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，过滤分离出沉淀，洗涤干燥得到FeCO3，它与炭粉焙烧发生还原反应生产铁粉。
(1)
气体溶解度随温度升高而减小，蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是加热煮沸；
(2)
由装置可知，K2处左侧导管进入液面以下，K3处左侧与装置A中上侧相通，装置A中铁与硫酸生成硫酸亚铁，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭K3，打开K2，装置中气体增多压强变大，液体被压入装置B中；装置B中进入的亚铁离子与碳酸氢根离子双水解反应生成FeCO3和二氧化碳、水，离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)
碳酸氢铵不稳定，受热容易分解，故转化过程中温度不超过35℃；
“过滤”环节需要使用玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要使用下列仪器中的长颈漏斗、锥形瓶，故选bc；
(4)
空气中氧气具有氧化性，FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，该反应的化学方程式为4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2；Fe3+和KSCN溶液反应溶液变为血红色，故检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和KSCN溶液；
(5)
设FeCO3、FeOOH的物质的量分别为x、y，则116x+89 y =37.47，根据质量守恒可知，（x+y）×56=18.48；解得x=0.3mol、y=0.03mol，故样品中FeCO3的质量分数为。
10．(1)b
(2)冷凝管
(3)c
(4)温度过高浓硝酸易挥发、高温浓硫酸也易分解
(5)C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O
(6)H2C2O4+Co2+= CoC2O4+2H+
(7)H2C2O4能溶于乙醇，沉淀CoC2O4不溶于乙醇
(8)60
【解析】(1)
实验室可用C2H2和浓硝酸在Hg(NO3)2催化下反应制取H2C2O4，所以装置A为制取乙炔的装置，选择b，故答案：b。
(2)
由装置图可知，仪器x的为冷凝管，故答案：冷凝管。
(3)
因为制取乙炔时常含有硫化氢、磷化氢的杂质，B的作用是除去乙炔中的杂质，应选用CuSO4 溶液，所以B处盛放的试剂为CuSO4 溶液，故答案：c 。
(4)
因为温度过高，浓硝酸易挥发、高温浓硫酸也易分解，所以装置C中水浴温度控制在50°C左右，故答案：温度过高浓硝酸易挥发、高温浓硫酸也易分解。
(5)
装置C中是C2H2和浓硝酸在Hg(NO3)2催化下反应制取H2C2O4、NO2和水，其反应的化学方程式为：C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O，故答案：C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O。
(6)
草酸晶体配制饱和溶液，加入硝酸钴溶液，充分搅拌， 生成淡粉色沉淀CoC2O4，则该反应的离子方程式为：H2C2O4+Co2+= CoC2O4 +2H+，故答案：H2C2O4+Co2+= CoC2O4+2H+，
(7)
H2C2O4能溶于乙醇，沉淀CoC2O4不溶于乙醇，所以沉淀用乙醇洗涤，故答案：H2C2O4能溶于乙醇，沉淀CoC2O4不溶于乙醇。
(8)
根据3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2反应可知，1.446g Co3O4的物质的量为0.006mol, 4.41gCoC2O4的物质的量为0.03mol，理论产量为0.01mol，实际产量为0.006mol,所以
CoC2O4制备Co3O4的产率为=60，故答案：60。
11． ZnO+2NH4++2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O 4 2.0×10-19 CaF2 Cu和Cd Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NH4Cl ×100%或%
【分析】首先用氯化铵和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为配离子，加入氯化铁沉砷，加入氯化钙可以得到沉淀（萤石），加入锌粉可以将其它金属离子全部置换出来得到滤渣III，加入活性炭除去有机杂质，加入盐酸将锌转化为，最后得到氧化锌，据此来分析本题即可。
【详解】（1）根据题目信息，离子方程式为，这个方程可以从电荷守恒的角度来配平；
（2）观察题图，当氯化铵的浓度为4mol/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，再增加氯化铵浓度没有太大意义，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，无法完全除去铅；
（3）等体积混合后相当于两种离子的浓度都变为一半，即，，而两种离子是1:1沉淀的，设反应后浓度为，则有，解得；
（4）根据分析，滤渣II为，而除杂3主要可以除去溶液中的和；
（5）既然煅烧后得到，则煅烧前必然为，即水解产物为，据此来写出方程式Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NH4Cl；
（6）水解后得到的氯化铵，又可以用于第一步的浸取，可以循环利用，其电子式为 ；
（7）根据先求出EDTA的消耗量为，这些EDTA对应的氧化锌的质量为克，因此氧化锌的质量分数为。
12． 避免Fe3＋水解生成Fe(OH)3，损失铁元素 Al2O3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ Fe(OH)3 1.3×10－17
【分析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【详解】(1) 硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋等，Fe3＋能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，造成铁元素的损失；依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀出来，即滤渣3为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；
答案：避免Fe3＋水解生成Fe(OH)3，损失铁元素；Al2O3；
(2) 依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀；
答案：避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋）；
(3)A. KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B. 稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入NO3－新杂质，故B不适宜；
C. 双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D. 次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
(4)检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
答案：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
(5)如果碱性较强，铁离子会转化成氢氧化铁并混入产品；
答案：Fe(OH)3；
(6)根据溶度积进行计算，c(PO43－)==1.3×10－17mol·L－1；
答案：1.3×10－17mol·L－1。
13． 增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率) c 母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出 阴极
【分析】本流程题考查物质的制备流程，辉铝矿在空气中焙烧，产生SO2气体和粗MoO3，加入氨水后粗MoO3溶解，过滤出不溶性杂质，在钼酸铵溶液中加入盐酸酸化，得钼酸沉淀，钼酸高温分解为MoO3固体，在氢气还原下可制备Mo单质，MoO3固体溶于氢氧化钠溶液得到钼酸钠溶液，在控制温度的条件下可得到。
【详解】(1)辉钼矿的主要成分为，S为-2价，在空气中焙烧生成SO2气体，粉碎后的矿石从炉顶进入，空气从炉底进入，目的是增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)，除去污染性气体SO2，的方法是用脱硫，反应方程式为：，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)；；；
(2)加入氨水后粗MoO3溶解，过滤出不溶性杂质，得到钼酸铵溶液，发生反应的离子反应方程式为：，故答案为：；
(3)从流程图中看出，操作2 为了得到晶体，由表中信息可知15.5-100℃的得到晶体，故可以将温度控制在c选项的温度范围。在生成时向溶液中加入了过量的氢氧化钠溶液，结晶达到一定次数要提纯母液，因为母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出，故答案为：c；母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出；
(4)常温下，当开始沉淀时，浓度为：，此时浓度为：，故答案为：；
(5)电池反应为：可以看出放电时Li作为负极，电极反应为：，正极反应为：，充电时阳离子移向阴极，故答案为：；阴极。
14． SiO2 将矿石粉碎(或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等) MnO2+SO2=MnSO4 调节溶液的pH，除去溶液中Fe3+ 2+3 Mn2++2H2O= 5MnO2+4 H+ 用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察到紫色火焰，证明含有钾离子 3- lga
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、CuO、SiO2等杂质)用硫酸酸浸得到的矿浆与含有SO2的尾气，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，二氧化硅不溶，形成滤渣1；用MnCO3能除去溶液中Fe3+，形成滤渣2；MnS将铜离子还原为单质铜，形成滤渣3；加入MnF2将钙离子沉淀，形成滤渣4；加入高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤、洗涤、干燥等操作获得二氧化锰，同时回收硫酸钾，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，滤渣1的成分是二氧化硅，提高软锰矿酸浸速率的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等，故答案为：SiO2；将矿石粉碎(或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等)；
(2)脱硫过程中二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应转化为硫酸锰，反应的化学反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4；
(3)根据流程图，加入碳酸锰的目的是调节溶液的pH，除去溶液中Fe3+，形成氢氧化铁沉淀，故答案为：调节溶液的pH，除去溶液中Fe3+；
(4)高锰酸钾与硫酸锰发生氧化还原反应生成硫酸钾和二氧化锰，反应的离子方程式为2+3 Mn2++2H2O= 5MnO2+4 H+，故答案为：2+3 Mn2++2H2O= 5MnO2+4 H+；
(5)实验室常用焰色反应检验钾离子，操作方法是：用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察到紫色火焰，证明含有钾离子，故答案为：用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察到紫色火焰，证明含有钾离子；
(6)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•c3(OH-)=4.0×10-38，当c(Fe3+)=1×10-5mol/L，铁离子沉淀完全，此时c(OH-)==×10-11mol/L，则c(H+)= mol/L = mol/L，pH=-lg=3- lg=3- lga，故答案为：3- lga。
15． 粉碎菱锌矿 Fe2+，Ca2+ ； 蒸发浓缩 冷却结晶 结晶粒径大，晶体容易脱水，因其吸附杂质少而产品质量更好，高于39℃时，平均粒径小，产品质量差
【分析】菱锌矿(主要成分，还含有等杂质)为原料加入稀硫酸将其进行酸浸，二氧化硅与硫酸不反应，故滤渣1为二氧化硅，滤液中含有亚铁离子、锌离子、钙离子；向滤液中加入次氯酸钠对滤液进行氧化，将二价铁离子氧化为三价铁离子；加入氧化锌调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀；再加入氟化锌对其进行沉钙，最后形成ZnSO4·7H2O晶体。
【详解】(1)提高“酸浸”速率，可采用粉碎菱锌矿；酸浸中碳酸亚铁和碳酸钙也会溶，所以金属离子除外还含有亚铁离子和钙离子；
(2)“氧化”是将亚铁离子变成三价铁离子，反应为；
(3)调pH除去铁离子；；
(4)锌离子完全沉淀时，pH=8.2，即c(H+)=10-8.2，则，；
(5)多步操作由硫酸锌溶液得到ZnSO4·7H2O晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；
(6) 温度不高于的原因是结晶粒径大，晶体容易脱水，因其吸附杂质少而产品质量更好，高于39℃时，平均粒径小，产品质量差。
16． 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑) SiO2 + 2OH－=SiO+H2O Fe3＋、Cr3＋ 5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2) 4Ni(OH)2＋O24NiOOH＋2H2O 2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O 1.2×10－5
【分析】由题给流程可知，向某废镍原料加入氢氧化钠溶液碱浸，铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入稀硫酸酸溶，镍、铬和硫化亚铁与硫酸反应得到硫酸盐溶液，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍调节溶液pH在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铬的滤渣2和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液加入碱溶液调节溶液pH，过滤得到氢氧化镍沉淀；在空气中加热氢氧化镍制得碱式氧化镍。
【详解】(1) 由分析可知，碱浸时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2 + 2OH－=SiO+H2O，故答案为：Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑)；SiO2 + 2OH－=SiO+H2O；
(2) 由分析可知，向得到的硫酸盐溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH 1在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤除去铁离子和铬离子，故答案为：Fe3＋、Cr3＋；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2)；
(3) 空气中加热氢氧化镍可得碱式氧化镍的反应为氢氧化镍被空气中氧气在加热条件下氧化为碱式氧化镍，反应的化学方程式为4Ni(OH)2＋O24NiOOH＋2H2O，故答案为：4Ni(OH)2＋O24NiOOH＋2H2O；
(4) 在酸性溶液中，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根和水，反应的离子方程式为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O；由BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10可知，要使溶液中CrO沉淀完全，溶液中钡离子浓度c(Ba2+)≥==1.2×10－5 mol·L－1，故答案为：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O；1.2×10－5。
17． 2AlF3+3H2SO4(浓)Al2(SO4)3+6HF↑ Al 温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉 温度升高，PO水解，PO离子浓度减小 趁热过滤 Li2Se6>Li2Se4>Li2Se 108
【分析】铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、的溶液，浓硫酸具有强氧化性，铝废渣的铝单质发生钝化不参与反应，过滤得到的滤渣含有铝单质，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Li2CO3、Al2(CO3)3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Al2(CO3)3转化为Al(OH)3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤渣为Al(OH)3，再向滤液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂。
【详解】(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：2AlF3+3H2SO4(浓)Al2(SO4)3+6HF↑；该反应属于复分解反应；
(2)根据分析，滤渣的主要成分是Al；
(3)①温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉，导致最终的产率逐渐减小；
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是：温度升高，PO水解，PO离子浓度减小；
(4)根据已知信息①，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失，所以先加热蒸发，然后趁热过滤；
(5)由Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成，则3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se，故答案为：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se；
(6)CuSO4标准溶液的浓度为，与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为0.003L×0.002mol/L=6×10-5mol，则n(Al3+)=0.02L×0.005mol/L-6×10-5mol=4×10-5mol，则该废水中Al3+的含量为，故答案为：108mg/L。
18． +6 SiO2、CaSO4 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+ b 、Cl-
【分析】菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)经粉碎处理后加入稀硫酸进行酸溶后得到硫酸亚铁、硫酸钙和二氧化硅，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不溶于水和稀硫酸，所以以滤渣的形式沉淀下来，滤液中含Fe2+，向滤液中通入过量空气后，氧气会将Fe2+氧化为Fe3+，再加入次氯酸钠和氢氧化钠调节溶液成碱性后继续发生氧化还原反应生成高铁酸钠，硫酸钠和氯化钠，再加入饱和KOH溶液后将高铁酸钠转化为高铁酸钾溶液，后经过一系列分离提纯方法得到高铁酸钾晶体，据此结合元素化合物的结构与性质分析解答。
【详解】(1) K2FeO4中K为+1价，O为-2价，根据化合物化合价的代数和为0可知，Fe元素的化合价是+6价；结合上述分析可知，滤渣的主要成分有SiO2、CaSO4；
(2)“氧化1”过程中过量的氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，所发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；若要证明所得溶液中没有Fe2+，可取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+；
(3)NaClO为离子化合物，其电子式为；“氧化2”过程中次氯酸钠在碱性条件下与Fe3+发生氧化还原反应生成Na2FeO4、NaCl和水，根据氧化还原反应的配平原则可知，发生反应的离子方程式为；
(4)根据已知给定信息“①K2FeO4可溶于水、徼溶于浓KOH溶液②FeO在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解”可知，洗涤剂最好选用KOH浓溶液，b项符合题意，a.H2SO4溶液中FeO不稳定，故错误；c.Fe2(SO4)3溶液可能会使FeO发生分解，故错误，故答案为：b；
(5)根据上述分析可知，“转化”过程中加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO和OH-外，一定还含有“酸溶”生成的硫酸根离子及“氧化2”步骤中得到的氯离子，故答案为：、Cl-；
(6)电解法制备K2FeO4采用电解池原理，电解质溶液为12mol/L的KOH溶液，其阳极区铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式是。
19．(1) 粉碎 4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O SiO2或难溶性硅酸盐
(2)3＜pH＜9
(3)1：4
(4) 7g 石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降
(5)2FePO4+ Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+3CO2↑+H2O
【分析】磷矿含P2O5、FeO、MgO、SiO2等，酸浸时，五氧化二磷转化为磷酸，FeO、MgO溶解形成Fe2+、Mg2+，通入氧气将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化硅不反应形成滤渣，过滤分离，滤液加入NaOH溶液，Fe3+先沉淀、Mg2+后沉淀，故滤渣是Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液分为两份，一份加入石灰乳生成Ca3(PO4)2，另一份酸化、除杂得到H3PO4，再将二者混合反应生成Ca(H2PO4)2。
(1)
为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行粉碎，增大接触面积，使反应更充分；用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的是将亚铁离子氧化4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，滤渣 1的主要成分是SiO2或难溶性硅酸盐。故答案为：粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐；
(2)
当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)==1.0×10-33；c(OH-)=1×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3mol/L，则pH=3.0；若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11，c(Mg2+)×c2(OH-)=1×10-11；c2(OH-)==10-10；得到c(OH-)=10-5mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-9mol/L，溶液pH=9，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为3＜pH＜9。故答案为：3＜pH＜9；
(3)
为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为1：4。故答案为：1：4；
(4)
经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60°C条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择7g为宜，此时磷酸二氢钙产率达到最大值为80%，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降。故答案为：7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降；
(5)
LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2和水生成，该化学反应方程式为2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，故答案为：2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
20．(1) SiO2 CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S↓
(2)氧化亚铁离子为铁离子
(3) 能 3.3
(4)产生砖红色沉淀
(5) 2Cu+H2OCu2O+H2↑ 工艺简单，产品纯度高
【分析】黄铜矿主要含有CuFeS2(Fe为+3价)，杂质SiO2，经过预处理后加入硫酸铁溶液浸泡，Cu由+1价升高到+2价，黄铜矿中的-2价的硫升高到0价，黄铜矿中+3价的铁以及加入的+3价的铁被还原为亚铁离子，发生反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓，过滤除去SiO2和S沉淀，然后，向滤液中加入硫酸，通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，再加入CuO，调节溶液的pH，使铁离子完全沉淀，过滤除去，向滤液加入氢氧化钠和葡萄糖溶液，进行热还原，生成纳米氧化亚铜。
【详解】（1）“滤渣1”中含有硫单质及SiO2，经过预处理后加入硫酸铁溶液浸泡，Cu由+1价升高到+2价，黄铜矿中的-2价的硫升高到0价，黄铜矿中+3价的铁以及加入的+3价的铁被还原为亚铁离子，“浸泡”中反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓。故答案为：SiO2；CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓；
（2）向滤液中加入硫酸，通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，“操作1”的目的是氧化亚铁离子为铁离子。故答案为：氧化亚铁离子为铁离子；
（3）为促进铁离子水解，又不引入杂质，可用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等“调pH”，“调pH”的过程中能用CuCO3来代替CuO，要使Fe3+完全沉淀，根据c3(OH-)×c(Fe3+)=8.0×10-38，即c3(OH-)=8.0×10-33(mol/L)3，c(OH-)==2×10-11 mol/L，pOH=-lgc(OH-)=-lg2×10-11=10.7，pH=14-10.7=3.3，则溶液的pH至少为3.3，故答案为：能；；
（4）向滤液加入氢氧化钠和葡萄糖溶液，进行热还原，生成纳米氧化亚铜，“热还原”的实验现象是产生砖红色沉淀。故答案为：产生砖红色沉淀；
（5）现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备Cu2O，电解过程中首先生成CuCl(难溶于水)，CuCl，CuCl再与OH-结合生成Cu(OH)Cl-，2Cu(OH)Cl-═Cu2O+2Cl-+H2O，则生成氧化亚铜的化学方程式为2Cu+H2OCu2O+H2↑；与用黄铜矿制备Cu2O工艺相比电解法的优点有工艺简单，产品纯度高，故答案为：2Cu+H2OCu2O+H2↑；工艺简单，产品纯度高。
21．(1) SiO2、S
(2)有蓝色沉淀生成
(3)NH4HCO3
(4)NH3
(5)3≤a<4
(6)pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
【分析】软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)中加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶于稀硫酸，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，因此滤渣1中含有SiO2和S，浸出液中主要含有Fe3+、Cu2+，Mn2+，调节pH，将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为氢氧化铁，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。
(1)
由上述分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和S，酸浸时，MnO2将Cu2S中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为，故答案为：SiO2、S；；
(2)
K3Fe(CN)6溶液与Fe2+ 反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe2+ 的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成；
(3)
根据反应流程可知，加入氨气和x后得到碳酸锰，则加入的物质应含有碳酸根或者碳酸氢根，又x为某种酸式盐，则x含有碳酸氢根，为了不引入杂质降低产品的纯度，且过量的x可在加热赶氨的过程中除去，x最好为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
(4)
由图可知，在加热赶氨的过程中生成了氨气，在前一步中需要加入氨水，从而可知氨气可以循环使用，故答案为：NH3；
(5)
根据上述分析可知，流程中调节浸出液pH=a是为了将Fe3+沉淀除去，而Cu2+，Mn2+不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，，，此时，pH=3，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mn(OH)2]，Cu2+先沉淀，当Cu2+开始沉淀时，，此时pH=4，因此a的取值范围为3≤a<4，故答案为：3≤a<4；
(6)
Fe3+存在水解平衡，pH>1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
贵州高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-16常见物质的制备
一、单选题
1．（2022·贵州铜仁·统考二模）用如图所示装置制备并收集气体，其中合理的是
选项
反应物
制备的气体
A
稀盐酸+石灰石
CO2
B
浓盐酸+MnO2
Cl2
C
HNO3 (稀) +铜片
NO
D
H2SO4 (稀) +Zn
H2
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·贵州·统考模拟预测）四氯化锡常用作合成有机锡化合物的原料。利用下图装置使含锡硫渣与氯气反应制备四氯化锡并进行尾气处理。
已知：①无水四氯化锡的熔点为-33°C、沸点为114.1℃；②四氯化锡易水解。下列说法正确的是
A．装置A中KClO3可用MnO2替代
B．装置D中球形冷凝管的进水口为1、出水口为2
C．装置B的作用是吸收HCl
D．装置E中的试剂为无水氯化钙
二、实验题
3．（2020·贵州·模拟预测）ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点-59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaClO3+Na2SO3+H2SO42C1O2↑+2Na2SO4+H2O。
（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为___，该方法中最突出的优点是___。
（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。
已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaClO2的装置如图所示（加热和夹持装置略）。
①产生ClO2的温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是___；盛放浓硫酸的仪器为：___；NaClO2的名称是___；
②仪器B的作用是___；冷水浴冷却的目的有___（任写两条）；
③空气流速过快或过慢，均会降低NaClO2的产率，试解释其原因___。
4．（2021·贵州·统考二模）1，2-二溴乙烷在农业、医药上有多种用途，也可用作汽油抗震液中铅的消除剂．用浓硫酸、乙醇和液溴制备1，2-二溴乙烷的原理和装置如下(加热及夹持装置略)．
第一步用乙醇制乙烯：(加热时，浓硫酸可使乙醇炭化)；
第二步将乙烯通入液溴： (反应放热)．
有关数据列表如下：
95%乙醇
1，2-二溴乙烷
液溴
状态
无色液体
无色液体
深红棕色液体
密度/
0.81
2.2
2.91
沸点/(℃)
78.5
132
58.8
熔点/(℃)
9
回答下列问题：
(1)装置A用于制备乙烯，仪器a的名称为______．
(2)装置B是安全瓶，可监测实验进行时D中是否发生堵塞，若发生堵塞，装置B的玻璃管中可能出现的现象是_______．
(3)装置C中盛装的是溶液，若没有装置C，装置D中还可能发生反应的化学方程式为____；装置C与D之间可增加一个盛装品红溶液的试剂瓶，目的是_________．
(4)装置D中试管和烧杯内水的作用分别是______、_________．
(5)反应结束后，将粗产物依次用10%的氢氧化钠溶液和水洗涤，选用以下实验仪器_____(填编号)进行分离后加入无水氧化钙干燥，静置一段时间后弃去氯化钙，最终经______(填实验操作名称)得到产品．
(6)本次实验中，1，2-二溴乙烷的产率为_______________．
5．（2021·贵州黔东南·统考模拟预测）2-(对甲基苯基)苯并咪唑()是合成对甲基苯甲醛(PTAL)的中间体，其沸点为270℃。利用邻苯二胺()和对甲基苯甲酸()合成2-(对甲基苯基)苯并咪唑的反应过程如下：
向反应装置(如图)中加入0.1 mol邻苯二胺和0.15 mol对甲基苯甲酸后，再加入适量多聚磷酸(能与水互溶的质子酸)，搅拌成糊状物，慢慢升温至100℃并搅拌1h，继续加热至190℃，回流2h，冷却。用10%的NaOH溶液调至微碱性，有大量固体出现，分离晶体，水洗，经重结晶提纯后，得白色针状晶体产品14.6 g．回答下列问题：
(1)仪器A的名称为___________，冷却水的流向为___________(填“a进b出”或“b进a出”)。
(2)制备过程中需在190℃下回流2h，可采取的加热方式为___________(填“水浴加热”或“油浴加热”)。
(3)“分离结晶”得到晶体与母液，其操作名称为___________，加入10%的NaOH溶液的作用为___________；分离完成后“水洗”的具体操作为___________。
(4)粗产品一般需要通过重结晶的方法来提纯，步骤为加热溶解→活性炭脱色→趁热过滤→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥，其中需要趁热过滤的原因是___________；趁热过滤时所得滤渣中一定含有___________(填名称)。
(5)2-(对甲基苯基)苯并咪唑的产率为___________(保留三位有效数字)。
6．（2021·贵州·统考一模）金属锂与干燥、纯净的N2左500℃左右反应生成氮化锂(Li3N)，该物质是一种优良的贮氢材料。一种制名氮化锂的方法及装置如下(部分夹持装置略) ：
查阅资料：
物理性质
物理性质
金属锂(Li)
熔点180C，沸点1340C
与氨气反应: 2Li+2NH3=2LiNH2+H2↑
氮化锂 (Li3N)
红色晶状固体，能吸附H2
①易水解:Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑②高温时能腐蚀镍、铜、石英等
回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为___________
(2)仪器B、F的名称为___________；两者所盛装的试剂___________(填“能”或“不能”)交换。
(3) D中所装试剂a为___________，作用是___________。
(4)经分析，若将装置D更换为下图所示的装置___________(填序号)会更合理。
(5)装置E中石棉绒(透气且性质稳定)包裹Li的作用是吸收装置中残留的O2，装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中的原因是___________。
(6)实验前将24.0 g金属锂置于质量为30.2 g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2 g，则Li3N的产率约为___________%。
7．（2022·贵州遵义·统考三模）溴苯是一种重要的化工原料，可用作溶剂、汽车燃料、有机合成原料、合成医药农药、染料等。纯净的溴苯是一种无色透明的油状液体。其制备原理如下：+Br2+HB。
实验操作：先将铁粉和苯加入反应器a(如图所示)中，在搅拌下缓慢加入液溴，于70-80℃保温反应数小时，得棕褐色液体。将棕褐色液体转移到分液漏斗中，依次用水洗、5%氢氧化钠溶液洗、水洗、干燥。过滤，最后经常压分馏，收集155-157℃馏分。相关物质有关数据如下：
苯
溴
溴苯
密度：g/cm-3
0.88
3.10
1.50
沸点/℃
80
59
156
水中的溶解度
微溶
微溶
微溶
请回答下列问题：
(1)b装置的名称为_______，该装置还缺少一个_______装置。
(2)c装置的作用是_______。
(3)提纯过程中，NaOH的作用是_______(用离子方程式表示)。第二次水洗的主要目的是_______。
(4)最后仍要分馏的目的是_______。
(5)a中发生的无机反应化学方程式是_______。
(6)锥形瓶中盛有AgNO3溶液，其现象是_______。
(7)本次实验取用110mL苯，溴足量，在制粗溴苯的过程中，苯的利用率是84%，在粗溴苯提纯过程中，溴苯损失了4%，则可得溴苯多少_______克(列出计算式即可)。
8．（2022·贵州·统考模拟预测）过-硫酸氢钾复合盐(K2SO4·KHSO4·2KHSO5，M=614 g·mol-1)是白色粉末状固体，具有强氧化性，易溶于水，当溶液pH大于3.0时分解。实验室制取该物质的实验步骤如下：
①制取过-硫酸(H2SO5) ：先在三颈烧瓶中加入吸附型双氧水稳定剂，然后加入冷的双氧水和过量的浓硫酸，pH控制在2. 0~2.5，反应30 min(反应装置如图所示)；
②过-硫酸氢钾复合盐的制备：向①中反应后的溶液中加入碳酸钾溶液，边加边搅拌，碳酸钾溶液滴加完毕后，反应30min，将反应后的混合液转移至烧杯中，在-10°C条件下冷却结晶后，将混合液转移到抽滤瓶中抽滤，得到滤饼，将滤饼置于电热鼓风干燥箱中烘干，得到产品过-硫酸氢钾复合盐。
回答下列问题：
(1)装置a的名称是_______，用冷的双氧水的原因是_______。向三颈烧瓶中加入双氧水和浓硫酸的操作：_______。
(2)写出加入碳酸钾溶液时发生反应生成复合盐和KHSO4的化学方程式：_______。
(3)步骤②中加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌的目的是_______。
(4)一种简单鉴别市售过-硫酸氢钾复合盐是否合格的方法：把一片过-硫酸氢钾片剂放入装有适量稀盐酸的烧杯中，若很快就可以明显闻到有刺激性气味且持续一定时间，可以证明产品的氧化性很好，从而证明这是合格的过-硫酸氢钾复合盐产品。这种方法的原理是_______(用离子方程式表示)。
(5)间接碘量法测定产品活性氧(一个活性氧可得到2e-)含量。
检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2↑
4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O
I2+2S2O=S4O+2I-
量取75 mL蒸馏水于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和过量的碘化钾溶液，称取a g产品于碘量瓶中摇匀。暗处放置5 min后，用c mol·L-1的标准硫代硫酸钠溶液滴定，终点时消耗的体积为V mL，则样品中活性氧的质量分数是_______。
9．（2022·贵州贵阳·一模）铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSO4制备还原铁粉的工业流程如图：
实验室中可用FeSO4(由铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HCO3用如图装置模拟上述流程中的“转化”环节。
回答下列问题：
(1)配制溶液所用的蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是___________。
(2)装置A用于制备FeSO4，实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭___________，打开___________(填“K1”、“K2”或“K3”)；装置B中生成FeCO3的离子方程式为___________。
(3)转化过程中温度不超过35℃，主要原因是___________；“过滤”环节，不需要使用下列仪器中的___________(填仪器名称)。
(4)干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为___________；检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和___________(填化学式)。
(5)取干燥后的FeCO3样品(含少量FeOOH)37.47g，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉18.48g，计算样品中FeCO3的质量分数为___________%(计算结果取整数)。
10．（2022·贵州毕节·统考二模）纳米Co3O4在压敏陶瓷、催化剂、传感器、电极等方面有广泛应用，利用草酸沉淀法可制得纳米Co3O4。
I．制备H2C2O4
实验室可用C2H2和浓硝酸在Hg(NO3)2催化下反应制取H2C2O4，装置如下图所示：
(1)A处的虚线框内应选用的装置图为___________
(2)仪器x的名称为___________
(3)B处盛放的试剂可以为___________
a．KMnO4酸性溶液 b． NaOH溶液 c． CuSO4溶液
(4)装置C中水浴温度控制在50°C左右的原因___________。
(5)装置C中生成草酸的化学方程式为___________。
II．制备Co3O4 (已知： 3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2)
实验I装置C中的溶液经过一系列操作后得到草酸晶体，取一定量草酸晶体配制饱和溶液，加入硝酸钴溶液，充分搅拌， 生成淡粉色沉淀CoC2O4。将得到的沉淀用乙醇洗涤烘干。称取4.41gCoC2O4在加热条件下与氧’充分反应，得到Co3O4产品1.446g。
(6)生成CoC2O4沉淀的离子方程式为___________
(7)沉淀用乙醇洗涤的目的是___________
(8)CoC2O4制备Co3O4的产率为___________
三、工业流程题
11．（2020·贵州·模拟预测）从铜转炉烟灰（主要成分ZnO还有Pb、Cu、Cd、As、Cl、F等元素）中回收锌、铜、铅等元素进行资源综合利用，具有重要意义。以铜转炉烟灰制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图所示。
已知：活性炭净化主要是除去有机杂质。
请回答以下问题：
（1）若浸出液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为___。
（2）在反应温度为50℃，反应时间为lh时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，结合流程图分析，氯化铵适宜的浓度为___mol·L-1。
（3）若浸出液中c（AsO43-）=6.0×10-3mol•L-1，现将8.0×10-3mol•L-1FeC13溶液与浸出液等体积混合生成砷酸铁沉淀。若该温度时Ksp(FeAsO4)=2.0×10-22，则反应后溶液中c(AsO43-)=___mol•L-1。
（4）滤渣II的主要成分为___；除杂3是置换除杂过程，则此过程主要除去的金属有___（填化学式）。
（5）沉锌得到的物质为Zn(NH3)2C12，请写出水解转化的化学方程式___。
（6）该流程中可以循环使用的物质的电子式为___。
（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。已知：与1.0mLEDTA标准液[c(EDTA)=1.000mol•L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___（用代数式表示）。
12．（2020·贵州铜仁·三模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料、陶瓷及制药等。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
请回答下列问题：
(1)“酸浸”需要适当加热，但温度不宜过高，其原因是_____________。灼烧滤渣3得到固体的主要成分是__________________(写出化学式)。
(2)用FeS还原Fe3＋的目的是_______________________。加入FeO的作用是____________(用离子方程式表示)。
(3)试剂R宜选择___________(填字母)。
A．高锰酸钾 B．稀硝酸 C．双氧水 D．次氯酸钠
(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是______________________。
(5)纯净磷酸铁呈白色，而实际制备的磷酸铁产品略带棕黄色，可能是产品混有_________(填化学式)杂质。
(6)常温下，Ksp(FePO4)＝1.3×10－22，“沉铁”中为了使c(Fe3＋)≤1×10－5 mol·L－1，c(PO43－)最小为__________mol·L－1。
13．（2021·贵州·统考二模）2020年12月，嫦娥五号从月球挖的“土”正式移交了相关科研单位。研究者在月球土壤中发现了辉钼矿，辉铝矿(主要成分为MoS，含少量杂质)可用于制备单质钼和钼酸钠晶体()。其中一种生产工艺如下(部分产物和条件已省略)：
回答下列问题：
(1)焙烧时，粉碎后的矿石从炉顶进入，空气从炉底进入，目的是_______；该工艺中尾气的主要污染物是_______(填化学式)；新一代清洁生产工艺在增烧时加入会更环保，其原因是_______(用化学方程式解释)。
(2)写出加氨水时所发生反应的离子反应方程式_______。
(3)已知钼酸钠在一定温度范围内析出的物质如下表，则操作2中应控制温度的最佳范围为_______(填字母序号)，结晶得到的母液可以在下次结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理，原因是_______。
温度(℃)
0
4
9
10
15.5
32
51.5
100
析出物质
a. b. c. d.以上
(4)在制备钼酸钠晶体过程中需加入固体除去，若溶液中，常温下，当开始沉淀时，的物质的量浓度为_______。[忽略溶液体积变化，已知：25℃，，]
(5)高纯Mo可用于制造电池级，电池是一种性能优异的二次电池，其电池反应为：，该电池放电时正极反应为_______；充电时移向_______(填“阳极”或“阴极”)。
14．（2021·贵州毕节·统考二模）某化工厂利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、CuO、SiO2等杂质)脱除燃煤尾气中的SO2，同时制得电池材料MnO2.工艺流程如下：
(1)滤渣1的成分是___________(填化学式)，提高软锰矿酸浸速率的措施有___________(任答一条)。
(2)写出脱硫过程中二氧化锰转化为硫酸锰的化学反应方程式___________。
(3)加入碳酸锰的作用___________。
(4)写出高锰酸钾与硫酸锰发生反应的离子方程式___________。
(5)实验室检验钾离子的操作方法是_____
(6)已知25℃时Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，欲使铁离子沉淀完全，应调节溶液pH不低于___________。(设=a，结果用含a的代数式表示)。
15．（2021·贵州·统考一模）以菱锌矿(主要成分，还含有等杂质)为原料制取的工艺流程如下：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子
开始沉淀时的
6.3
1.5
6.2
沉淀完全时的
8.3
2.8
8.2
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，可采取的一种措施是___________，“滤液①”中的金属离子除外还含有___________。
(2)“氧化”中反应的离子方程式是___________。
(3)“调”时发生反应的离子方程式是___________。
(4)利用上述表格数据，计算的___________。
(5)“多步操作”包括：___________，___________，过滤，洗涤，烘干。
(6)结晶时粒径大的晶体容易脱水，因其吸附的杂质少而使产品质量更好。测定溶液温度对结晶体粒径的影响，结果如下表所示：
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/
34
35
36
37
38
39
40
43
平均粒径/
0.46
0.46
0.46
0.45
0.45
0.45
0.25
0.25
工业生产温度控制在，温度不高于的原因是___________。
16．（2021·贵州遵义·统考一模）碱式氧化镍(NiOOH)可作镍电池的正极材料，现用某废镍原料(主要含Ni、Al、SiO2，少量Cr、FeS等)来制备，其工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时，发生反应的离子反应方程式①____________，②____________。
(2)已知该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Ni2＋
6.2
8.6
Fe2＋
7.6
9.1
Fe3＋
2.3
3.3
Cr3＋
4.5
5.6
“调pH 1”时，主要除去的离子是____，溶液pH范围____。
(3)在空气中加热Ni(OH)2可得NiOOH，请写出此反应的化学方程式______。
(4)在酸性溶液中CrO可以转化成Cr2O，用离子方程式表示该转化反应____，已知BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10，要使溶液中CrO沉淀完全(c(CrO)≤1×10－5mol·L－1)，溶液中钡离子浓度至少为___mol·L－1。
17．（2021·贵州黔东南·统考模拟预测）碳酸锂在医疗上可用于治疗狂躁性精神病，作镇静剂等。电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等)可用于制备Li2CO3。
已知：①20℃时，Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10-29，Ksp(CaHPO4)=1×10-7，Ksp(CaSO4)=5×10-5。
②CaF2可溶于硫酸。
③Li2CO3的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
(1)在加热条件下“酸浸”，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出“酸浸”中AlF3发生反应的化学方程式：__。
(2)“滤渣”的主要成分是__(填化学式)。
(3)“转化”后所得的LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4稀溶液除去。“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图1所示。
①随着温度的升高，Li2CO3的产率逐渐减小的原因是__。
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是__。
(4)热分解后，获得Li2CO3的操作是先加热蒸发，然后__。
(5)锂硒电池是新一代全固态锂二次电池，具有优异的循环稳定性，其正极材料为附着硒化锂(Li2Sex)的碳基体。Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是__。
(6)对电解铝废水中Al3+含量的测定和处理是环境保护的重要课题。工业上常采用EDTA络合滴定法测定电解铝废水中的Al3+含量：取10.00mL电解铝废水置于250mL锥形瓶中，加入一定体积的柠檬酸，煮沸；再加入0.005mol·L-1的EDTA标准液20.00mL，调节溶液的pH至4.0，加热，冷却后用0.002mol·L-1的CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00mL。该矿业废水中Al3+的含量为___mg·L-1。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)
18．（2021·贵州·统考一模）以菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)为原料制备多功能水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：
已知：①K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；
②FeO在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解。
回答下列问题：
(1) K2FeO4中Fe元素的化合价是___________ ； 滤渣的主要成分有___________。
(2)“氧化1”过程所发生反应的离子方程式为___________；设计方案验证“氧化1”所得的溶液已经不再含有Fe2+___________
(3)NaClO的电子式为___________ ； “ 氧化2”过程中生成了Na2FeO4和NaCl写出该过程中发生的氧化还原反应的离子方程式___________
(4)提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂最好选用___________(填字母序号)和异丙醇。
a.H2SO4溶液 b.KOH浓溶液 c.Fe2(SO4)3溶液
(5)加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO和OH-外，一定还含有____。
(6)实验室也可按照如图所示的装置模拟电解法制备K2FeO4，其中阳极的电极反应式是_______。
19．（2022·贵州铜仁·统考二模）磷矿是重要的化工矿物原料，贵州磷矿储量丰富。磷酸二氢钙[Ca(H2PO4)2]是一种磷肥。某工厂利用磷矿(含Ca、P、Fe、Mg、Si 等元素)进行综合生产的部分流程如下：
已知： Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11。
回答下列问题：
(1)为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行___________ (填一种处理方法)，用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的___________，滤渣 1的主要成分是___________。
(2)当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全。若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为___________。
(3)为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为___________。
(4)经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60°C条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择____为宜，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是____。
(5)LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2生成，该化学反应方程式为___________。
20．（2022·贵州遵义·统考三模）纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为CuFeS2的黄铜矿(含有杂质SiO2)为原料制取纳米Cu2O的一种工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)“滤渣1”中含有硫单质及_______，“浸泡”中反应的离子方程式为_______。
(2)“操作1”的目的是_______。
(3)“调pH”的过程中能否用CuCO3来代替CuO_______(填“能”或“否”)，要使Fe3+完全沉淀，则溶液的pH至少为_______(已知该工艺条件下Ksp[Fe(OH)3]≈8×10-38，Kw≈1×10-14，lg2≈0.3，化学上认为当离子浓度小于1×10-5mol·L-1时沉淀完全)。
(4)“热还原”的实验现象是_______。
(5)现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备Cu2O，电解过程中首先生成CuCl(难溶于水)，则生成氧化亚铜的化学方程式为_______；与用黄铜矿制备Cu2O工艺相比电解法的优点有_______。
21．（2022·贵州·统考模拟预测）马日夫盐[Mn(H2PO4)2·2H2O]和碱式碳酸铜[Cu2 (OH)2CO3]具有广泛用途。某化工厂拟以软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)为原料生产马日夫盐和碱式碳酸铜，其工艺流程如下图所示。
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②该条件下：Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38 ，Ksp[Cu(OH)2]= 1.0×10-20 ，Ksp[Mn(OH)2]=1.0×10-14。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是_______(写化学式)，酸浸时，Cu2S和MnO2反应的化学方程式为_______。
(2)检验浸出液中是否含有Fe2+ ，可用K3Fe(CN)6溶液，浸出液中含有Fe2+ 的现象是_______。
(3)试剂x为某种酸式盐，从产品纯度来看，x最好为_______(写化学式)。
(4)本工艺中可循环使用的物质是_______(写化学式)。
(5)若浸出液中c(Mn2+)=c(Cu2+)=1.0 mol·L-1，则流程中调节浸出液pH=a，其中a的范围为_______(当离子浓度≤1.0×10-5 mol·L-1时，沉淀完全)。
(6)除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH>1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．稀盐酸和石灰石反应为固体和液体反应，二氧化碳的密度大于空气，故用长管进短管处的连接方式，故A正确；
B．浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气需要加热，故B错误；
C．一氧化氮气体易于氧气反应且密度与空气接近，故不能用排空气法收集，故C错误；
D．氢气的密度小于空气，应该短管进长管出，故D错误；
故选A。
2．C
【分析】A中生成氯气通过饱和食盐水吸收杂质氯化氢，通过C干燥后进入D反应生成四氯化锡，尾气通过装置E吸收并防止空气中水蒸气进入D；
【详解】A．该装置为不加热装置，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，A错误；
B．装置D中球形冷凝管水流方向为下进上出，进水口为2、出水口为1，B错误；
C．盐酸具有挥发性，得到氯气中含有氯化氢，可以使用饱和食盐水吸收，C正确；
D．尾气中氯气有毒会污染空气，E中可选择碱石灰，可以吸收尾气同时防止水蒸气进入装置D，而无水氯化钙只能吸水，D错误；
故选C。
3． 2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑ 反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性 水浴加热 分液漏斗 亚氯酸钠 安全瓶，防倒吸 降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解 空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解
【分析】中的氯是+4价的，因此我们需要一种还原剂将氯酸钠中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性。再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用，而C是吸收装置，将转化为，据此来分析本题即可。
【详解】（1）用草酸来代替，草酸中的碳平均为+3价，因此被氧化产生+4价的二氧化碳，方程式为2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；产生的可以稀释，防止其浓度过高发生危险；
（2）①50℃最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠；
②仪器B是一个安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少的分解，另一方面可以使变为液体，增大产率；
③当空气流速过快时，来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，又会在容器内滞留，浓度过高导致分解。
4． 蒸馏烧瓶 玻璃管中的液面上升 验证二氧化硫是否被除尽 液封 降温 ②④ 蒸馏 80%
【分析】利用乙醇的消去反应制备乙烯，装置B是安全瓶，监测实验进行时D中是否发生堵塞，制备过程中可能产生杂质气体和，干扰乙烯与溴的反应，所以利用装置C将其除去，D中反应生成1，2-二溴乙烷，装置E进行尾气吸收，据此分析答题。
【详解】(1)观察仪器a的结构特征可知，仪器a为蒸馏烧瓶，故答案为：蒸馏烧瓶；
(2)如果实验进行时D中发生气路堵塞，B中气体增多压强增大，将B中水压入长玻璃管内，所以玻璃观内液面上升，故答案为：玻璃管中的液面上升；
(3)浓硫酸有脱水性可以将乙醇脱水碳化，单质碳可以和浓硫酸发生下述反应，装置C中盛装的是溶液，可以将和气体吸收，若没有装置C，和发生下述反应，装置C吸收，装置C与D之间增加一个盛装品红溶液的试剂瓶可以检验二氧化硫是否被除尽，故答案为：；验证二氧化硫是否被除尽；
(4)溴单质易挥发，试管内水的作用为形成液封，防止溴的挥发，溴和乙烯的反应放热，需要对装置冷却降温进而防止溴的挥发，故答案为：液封；降温；
(5)生成的1，2-二溴乙烷与水不互溶，分离方法为分液，选择实验仪器分液漏斗和烧杯，分离后加入无水氧化钙干燥，静置一段时间后弃去氯化钙，继续用蒸馏实验方法得到纯净产品，故答案为：②④；蒸馏；
(6)依据题中信息可计算出单质溴和乙醇的物质的量如下：，，由反应和可知少量，用来计算1，2-二溴乙烷的理论产量为，所以1，2-二溴乙烷的产率，故答案为80%。
5． 三颈烧瓶 a进b出 油浴加热 过滤 中和多聚磷酸，反应掉过量的对甲基苯甲酸 向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，反复操作2~3次，直至晶体洗涤干净 防止产品因结晶而损失 活性炭 70.2%
【分析】(2)水的沸点是100℃，该有机合成的加热温度是190℃，则不能选择水浴加热，该选油浴加热；
【详解】(1)仪器A的名称为三颈烧瓶，冷却水应下进上出，则流向为：a进b出；
(2)加热温度为190℃，大于水的沸点，所以选择油浴加热；
(3)分离晶体得到晶体和母液的操作为：过滤；加入氢氧化钠的目的是调节溶液为碱性、除去多余的反应物对甲基苯甲酸，使目标产物结晶；水洗晶体的步骤为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没晶体，然后让水自然流下，反复操作2~3次，直至晶体洗涤干净；
(4)趁热过滤的原因：在热的条件下大多溶质杂质在溶剂中溶解度较高，能完全溶解，从而较好地分离杂质和产物，防止产品因结晶而损失。活性炭的溶解度不好，所以滤渣中一定含有活性炭；
(5) 根据反应方程式：
，0.1 mol邻苯二胺理论上得到产物2-(对甲基苯基)苯并咪唑的物质的量为0.1mol，则质量为m=nM=0.1mol×208g/mol=20.8g，则产率为。
6． 球形干燥管 不能 浓硫酸（或浓H2SO4） 干燥N2，吸收未反应的NH3 ②③ 高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃 87.5
【分析】根据装置图可知，装置A是用来制备氨气的，利用氯化铵与氢氧化钙固体加热可制备氨气，再通过装置B净化干燥氨气，继续将干燥的氨气通入装置C的硬质玻璃管中与CuO发生氧化还原反应生成氮气、Cu和水，生成氮气与过量的氨气经过装置D进行净化处理后得到干燥纯净的氮气，再进入装置E，为防止有氧气混入，先经过石棉绒包裹的Li，最后与氧化锆小舟中的Li粒发生反应生成氮化锂 (Li3N)，根据资料可知，氮化锂易发生水解，所以需用装置F连接，目的是为了防止空气进入，干扰实验，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，
(1)装置A的固体在加热条件下可制备氨气，其发生反应的化学方程式为；
(2)根据仪器构造可知，仪器B、F的名称为球形干燥管；两者所盛装的试剂作用分别是干燥氨气、防止外界空气中的水蒸气进入装置E，使制备的Li3n水解，两者不能交换，因为氨气可以与氯化钙发生反应，不能达到干燥氨气的目的，故答案为：不能；
(3) 装置D中所装试剂a的作用是干燥净化氮气，所以应该为浓硫酸，不能可以干燥氮气，还可以吸收多余的氨气，故答案为：干燥N2，吸收未反应的NH3；
(4)根据（3）问分析可知，装置D吸收未反应的氨气，因为氨气极易溶于水，密度比空气小，可采用设计防倒吸装置进行吸收，则①进气装置错误，不能达到目的，故错误；②③符合要求，可防倒吸；④中有机物苯的密度比水小，在水的上面，导气管导入试剂a中不能达到防倒吸的目的，故错误，故答案为：②③；
(5)根据给定资料可知，“Li3N高温时能腐蚀镍、铜、石英等”可知，高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，所以装在氧化锆小舟中的Li粒不能直接放在反应管中，故答案为：高温时Li3N可与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃；
(6) 根据元素守恒可知，24.0 g金属锂全部转化为Li3N的话，得到Li3N的质量为，置于质量为30.2 g的氧化锆小舟中，待反应一段时间后， 使产品在氮气氛围中充分冷却后再对氧化锆小舟进行称重，总质量为68.2 g，则质量增加68.2g-(24.0g+30.2g)=14g，即实际消耗的氮气的质量为14g,所以生成的Li3N的质量为=35g，所以产率约为，故答案为：87.5。
7．(1) (恒压)滴液漏斗 尾气吸收
(2)冷凝回流、导气
(3) 或 除去残留的NaOH
(4)除去互溶的苯以得到纯净的溴苯
(5)
(6)溶液中出现浅黄色沉淀、瓶口冒白雾
(7)(列出计算式即可)
【分析】由实验装置图可知，三颈烧瓶a中铁与滴液漏斗b滴入的液溴发生反应生成溴化铁，在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，球形冷凝管有冷凝回流作用，使挥发出的苯和溴冷凝回流，目的是提高反应物的利用率；锥形瓶内的AgNO3溶液可以用于检验，生成的溴化氢和挥发出的溴蒸气有毒会污染空气，故缺少一盛有的氢氧化钠溶液的尾气吸收装置。
【详解】（1）b装置的名称为(恒压)滴液漏斗，该装置还缺少一个尾气吸收装置。
（2）据分析，c是球形冷凝管，有冷凝回流作用、产生的HBr经C逸出，故还兼起导气作用。
（3）提纯过程中，先水洗除去可溶性的氯化铁、HBr，再用氢氧化钠溶液吸收溶解在有机物中的溴，则NaOH的作用用离子方程式表示为或。经分液除去水层后，第二次水洗有机层的主要目的是除去残留的NaOH。
（4）最后所得为互溶的、沸点差很大的苯和溴苯的混合物，则仍要分馏的目的是除去互溶的苯以得到纯净的溴苯。
（5）a中发生的无机反应为铁与液溴反应生成溴化铁，化学方程式是 。
（6）苯和液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢气体，极易溶于水的溴化氢遇水蒸气产生白雾，氢溴酸与AgNO3溶液反应生成AgBr沉淀，所以锥形瓶中现象是：溶液中出现浅黄色沉淀、瓶口冒白雾。
（7）本次实验取用110mL苯、则其物质的量为，溴苯的过程中，苯的利用率是84%，在粗溴苯提纯过程中，溴苯损失了4%，则按化学方程式可知可得溴苯克(列出计算式即可)
8．(1) 滴液漏斗 防止在加入浓硫酸时发热使温度升高造成H2O2分解 先加入双氧水再缓缓加入浓硫酸，同时不断搅拌
(2)2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑
(3)碳酸钾水解，溶液显碱性，加入过快会引起局部溶液pH升高，超过3.0，使产品分解，降低产率
(4)+2Cl-+H+=+Cl2↑+H2O
(5)
【分析】本实验的实验目的为制取过-硫酸氢钾复合盐并检测其活性氧含量，制备原理为2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑，结合物质相关性质进行分析，利用关系式法进行计算解答。
【详解】（1）由装置图可以看出a是滴液漏斗，双氧水和浓硫酸混合时会放热，易使温度过高，造成H2O2分解，因此用冷的双氧水，由于双氧水的密度小于浓硫酸，所以应先加入双氧水，然后把浓硫酸加入双氧水中，同时进行搅拌，使其迅速散热；
（2）根据实验步骤可知步骤①生成H2SO5，加入K2CO3，反应物由浓硫酸、H2SO5、K2CO3，生成物有K2SO4·KHSO4·2KHSO5、水、二氧化碳和KHSO4，反应的化学方程式为：2H2SO5+3H2SO4+3K2CO3=K2SO4·KHSO4·2KHSO5+KHSO4+3H2O+3CO2↑；
（3）根据提给信息，溶液pH大于3.0时K2SO4·KHSO4·2KHSO5分解，因为碳酸钾水解显碱性，加入碳酸钾过快，易引起pH升高，导致过-硫酸氢钾复合盐分解，产率降低，因此加入碳酸钾溶液时，应控制加入速度，边加边搅拌，控制pH＜3.0；
（4）由于过硫酸氢盐的强氧化性，过-硫酸氢钾复合盐可以和Cl-发生氧化还原反应：+2Cl-+H+=+Cl2↑+H2O，从而放出氯气；
（5）由检测原理：2KHSO5 =K2SO4+H2SO4+O2↑，每1个KHSO5相当于含有1个活性氧原子，再根据方程式4I-+4H+ +O2=2I2+2H2O、I2+2S2O=S4O+2I-可知，活性氧原子与S2O的比例关系为1：2，则样品中活性氧的质量分数为。
9．(1)加热煮沸
(2) K3 K2 Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3) 碳酸氢铵不稳定，受热容易分解 bc
(4) 4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2 KSCN
(5)93
【分析】碳酸氢铵和硫酸亚铁反应生成FeCO3沉淀和二氧化碳气体，过滤分离出沉淀，洗涤干燥得到FeCO3，它与炭粉焙烧发生还原反应生产铁粉。
(1)
气体溶解度随温度升高而减小，蒸馏水须先除去其中溶解的氧气，具体方法是加热煮沸；
(2)
由装置可知，K2处左侧导管进入液面以下，K3处左侧与装置A中上侧相通，装置A中铁与硫酸生成硫酸亚铁，欲将生成的FeSO4溶液与装置B中的NH4HCO3溶液混合，操作方法是关闭K3，打开K2，装置中气体增多压强变大，液体被压入装置B中；装置B中进入的亚铁离子与碳酸氢根离子双水解反应生成FeCO3和二氧化碳、水，离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(3)
碳酸氢铵不稳定，受热容易分解，故转化过程中温度不超过35℃；
“过滤”环节需要使用玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要使用下列仪器中的长颈漏斗、锥形瓶，故选bc；
(4)
空气中氧气具有氧化性，FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，根据质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，该反应的化学方程式为4FeCO3+O2+2H2O=4FeOOH+4CO2；Fe3+和KSCN溶液反应溶液变为血红色，故检验产品中是否含Fe3+需要的试剂有稀H2SO4和KSCN溶液；
(5)
设FeCO3、FeOOH的物质的量分别为x、y，则116x+89 y =37.47，根据质量守恒可知，（x+y）×56=18.48；解得x=0.3mol、y=0.03mol，故样品中FeCO3的质量分数为。
10．(1)b
(2)冷凝管
(3)c
(4)温度过高浓硝酸易挥发、高温浓硫酸也易分解
(5)C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O
(6)H2C2O4+Co2+= CoC2O4+2H+
(7)H2C2O4能溶于乙醇，沉淀CoC2O4不溶于乙醇
(8)60
【解析】(1)
实验室可用C2H2和浓硝酸在Hg(NO3)2催化下反应制取H2C2O4，所以装置A为制取乙炔的装置，选择b，故答案：b。
(2)
由装置图可知，仪器x的为冷凝管，故答案：冷凝管。
(3)
因为制取乙炔时常含有硫化氢、磷化氢的杂质，B的作用是除去乙炔中的杂质，应选用CuSO4 溶液，所以B处盛放的试剂为CuSO4 溶液，故答案：c 。
(4)
因为温度过高，浓硝酸易挥发、高温浓硫酸也易分解，所以装置C中水浴温度控制在50°C左右，故答案：温度过高浓硝酸易挥发、高温浓硫酸也易分解。
(5)
装置C中是C2H2和浓硝酸在Hg(NO3)2催化下反应制取H2C2O4、NO2和水，其反应的化学方程式为：C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O，故答案：C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O。
(6)
草酸晶体配制饱和溶液，加入硝酸钴溶液，充分搅拌， 生成淡粉色沉淀CoC2O4，则该反应的离子方程式为：H2C2O4+Co2+= CoC2O4 +2H+，故答案：H2C2O4+Co2+= CoC2O4+2H+，
(7)
H2C2O4能溶于乙醇，沉淀CoC2O4不溶于乙醇，所以沉淀用乙醇洗涤，故答案：H2C2O4能溶于乙醇，沉淀CoC2O4不溶于乙醇。
(8)
根据3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2反应可知，1.446g Co3O4的物质的量为0.006mol, 4.41gCoC2O4的物质的量为0.03mol，理论产量为0.01mol，实际产量为0.006mol,所以
CoC2O4制备Co3O4的产率为=60，故答案：60。
11． ZnO+2NH4++2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O 4 2.0×10-19 CaF2 Cu和Cd Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NH4Cl ×100%或%
【分析】首先用氯化铵和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为配离子，加入氯化铁沉砷，加入氯化钙可以得到沉淀（萤石），加入锌粉可以将其它金属离子全部置换出来得到滤渣III，加入活性炭除去有机杂质，加入盐酸将锌转化为，最后得到氧化锌，据此来分析本题即可。
【详解】（1）根据题目信息，离子方程式为，这个方程可以从电荷守恒的角度来配平；
（2）观察题图，当氯化铵的浓度为4mol/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，再增加氯化铵浓度没有太大意义，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，无法完全除去铅；
（3）等体积混合后相当于两种离子的浓度都变为一半，即，，而两种离子是1:1沉淀的，设反应后浓度为，则有，解得；
（4）根据分析，滤渣II为，而除杂3主要可以除去溶液中的和；
（5）既然煅烧后得到，则煅烧前必然为，即水解产物为，据此来写出方程式Zn(NH3)2Cl2+2H2O=Zn(OH)2↓+2NH4Cl；
（6）水解后得到的氯化铵，又可以用于第一步的浸取，可以循环利用，其电子式为 ；
（7）根据先求出EDTA的消耗量为，这些EDTA对应的氧化锌的质量为克，因此氧化锌的质量分数为。
12． 避免Fe3＋水解生成Fe(OH)3，损失铁元素 Al2O3 避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀 Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋） C 取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋ Fe(OH)3 1.3×10－17
【分析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；
【详解】(1) 硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋等，Fe3＋能发生水解，水解是吸热反应，升高温度，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，造成铁元素的损失；依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，然后加入FeO调节pH，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀出来，即滤渣3为Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；
答案：避免Fe3＋水解生成Fe(OH)3，损失铁元素；Al2O3；
(2) 依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀；
答案：避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；Al3＋＋3H2O Al(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋）；
(3)A. KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；
B. 稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入NO3－新杂质，故B不适宜；
C. 双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；
D. 次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；
答案：C；
(4)检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
答案：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；
(5)如果碱性较强，铁离子会转化成氢氧化铁并混入产品；
答案：Fe(OH)3；
(6)根据溶度积进行计算，c(PO43－)==1.3×10－17mol·L－1；
答案：1.3×10－17mol·L－1。
13． 增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率) c 母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出 阴极
【分析】本流程题考查物质的制备流程，辉铝矿在空气中焙烧，产生SO2气体和粗MoO3，加入氨水后粗MoO3溶解，过滤出不溶性杂质，在钼酸铵溶液中加入盐酸酸化，得钼酸沉淀，钼酸高温分解为MoO3固体，在氢气还原下可制备Mo单质，MoO3固体溶于氢氧化钠溶液得到钼酸钠溶液，在控制温度的条件下可得到。
【详解】(1)辉钼矿的主要成分为，S为-2价，在空气中焙烧生成SO2气体，粉碎后的矿石从炉顶进入，空气从炉底进入，目的是增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)，除去污染性气体SO2，的方法是用脱硫，反应方程式为：，故答案为：增大固体与气体的接触面积，提高原料利用率(或加快反应速率)；；；
(2)加入氨水后粗MoO3溶解，过滤出不溶性杂质，得到钼酸铵溶液，发生反应的离子反应方程式为：，故答案为：；
(3)从流程图中看出，操作2 为了得到晶体，由表中信息可知15.5-100℃的得到晶体，故可以将温度控制在c选项的温度范围。在生成时向溶液中加入了过量的氢氧化钠溶液，结晶达到一定次数要提纯母液，因为母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出，故答案为：c；母液中的浓度越来越大，最后提纯时会随析出；
(4)常温下，当开始沉淀时，浓度为：，此时浓度为：，故答案为：；
(5)电池反应为：可以看出放电时Li作为负极，电极反应为：，正极反应为：，充电时阳离子移向阴极，故答案为：；阴极。
14． SiO2 将矿石粉碎(或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等) MnO2+SO2=MnSO4 调节溶液的pH，除去溶液中Fe3+ 2+3 Mn2++2H2O= 5MnO2+4 H+ 用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察到紫色火焰，证明含有钾离子 3- lga
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、CuO、SiO2等杂质)用硫酸酸浸得到的矿浆与含有SO2的尾气，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，二氧化硅不溶，形成滤渣1；用MnCO3能除去溶液中Fe3+，形成滤渣2；MnS将铜离子还原为单质铜，形成滤渣3；加入MnF2将钙离子沉淀，形成滤渣4；加入高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤、洗涤、干燥等操作获得二氧化锰，同时回收硫酸钾，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，滤渣1的成分是二氧化硅，提高软锰矿酸浸速率的措施有将矿石粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等，故答案为：SiO2；将矿石粉碎(或适当升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等)；
(2)脱硫过程中二氧化锰与二氧化硫发生氧化还原反应转化为硫酸锰，反应的化学反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4，故答案为：MnO2+SO2=MnSO4；
(3)根据流程图，加入碳酸锰的目的是调节溶液的pH，除去溶液中Fe3+，形成氢氧化铁沉淀，故答案为：调节溶液的pH，除去溶液中Fe3+；
(4)高锰酸钾与硫酸锰发生氧化还原反应生成硫酸钾和二氧化锰，反应的离子方程式为2+3 Mn2++2H2O= 5MnO2+4 H+，故答案为：2+3 Mn2++2H2O= 5MnO2+4 H+；
(5)实验室常用焰色反应检验钾离子，操作方法是：用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察到紫色火焰，证明含有钾离子，故答案为：用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察到紫色火焰，证明含有钾离子；
(6)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)•c3(OH-)=4.0×10-38，当c(Fe3+)=1×10-5mol/L，铁离子沉淀完全，此时c(OH-)==×10-11mol/L，则c(H+)= mol/L = mol/L，pH=-lg=3- lg=3- lga，故答案为：3- lga。
15． 粉碎菱锌矿 Fe2+，Ca2+ ； 蒸发浓缩 冷却结晶 结晶粒径大，晶体容易脱水，因其吸附杂质少而产品质量更好，高于39℃时，平均粒径小，产品质量差
【分析】菱锌矿(主要成分，还含有等杂质)为原料加入稀硫酸将其进行酸浸，二氧化硅与硫酸不反应，故滤渣1为二氧化硅，滤液中含有亚铁离子、锌离子、钙离子；向滤液中加入次氯酸钠对滤液进行氧化，将二价铁离子氧化为三价铁离子；加入氧化锌调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀；再加入氟化锌对其进行沉钙，最后形成ZnSO4·7H2O晶体。
【详解】(1)提高“酸浸”速率，可采用粉碎菱锌矿；酸浸中碳酸亚铁和碳酸钙也会溶，所以金属离子除外还含有亚铁离子和钙离子；
(2)“氧化”是将亚铁离子变成三价铁离子，反应为；
(3)调pH除去铁离子；；
(4)锌离子完全沉淀时，pH=8.2，即c(H+)=10-8.2，则，；
(5)多步操作由硫酸锌溶液得到ZnSO4·7H2O晶体，所以为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；
(6) 温度不高于的原因是结晶粒径大，晶体容易脱水，因其吸附杂质少而产品质量更好，高于39℃时，平均粒径小，产品质量差。
16． 2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑) SiO2 + 2OH－=SiO+H2O Fe3＋、Cr3＋ 5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2) 4Ni(OH)2＋O24NiOOH＋2H2O 2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O 1.2×10－5
【分析】由题给流程可知，向某废镍原料加入氢氧化钠溶液碱浸，铝和二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硅酸钠，过滤得到滤渣1；向滤渣1中加入稀硫酸酸溶，镍、铬和硫化亚铁与硫酸反应得到硫酸盐溶液，向反应后的溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍调节溶液pH在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铬的滤渣2和硫酸镍溶液；向硫酸镍溶液加入碱溶液调节溶液pH，过滤得到氢氧化镍沉淀；在空气中加热氢氧化镍制得碱式氧化镍。
【详解】(1) 由分析可知，碱浸时发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2 + 2OH－=SiO+H2O，故答案为：Al＋2OH－＋2H2O=2AlO＋3H2↑(或2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]-＋3H2↑)；SiO2 + 2OH－=SiO+H2O；
(2) 由分析可知，向得到的硫酸盐溶液中加入次氯酸钠溶液将亚铁离子氧化为铁离子后，调节溶液pH 1在5.6～6.2范围内，将铁离子和铬离子转化为氢氧化铁和氢氧化铬沉淀，过滤除去铁离子和铬离子，故答案为：Fe3＋、Cr3＋；5.6～6.2(或5.6≤pH<6.2)；
(3) 空气中加热氢氧化镍可得碱式氧化镍的反应为氢氧化镍被空气中氧气在加热条件下氧化为碱式氧化镍，反应的化学方程式为4Ni(OH)2＋O24NiOOH＋2H2O，故答案为：4Ni(OH)2＋O24NiOOH＋2H2O；
(4) 在酸性溶液中，铬酸根离子与氢离子反应生成重铬酸根和水，反应的离子方程式为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O；由BaCrO4的Ksp＝1.2×10－10可知，要使溶液中CrO沉淀完全，溶液中钡离子浓度c(Ba2+)≥==1.2×10－5 mol·L－1，故答案为：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O；1.2×10－5。
17． 2AlF3+3H2SO4(浓)Al2(SO4)3+6HF↑ Al 温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉 温度升高，PO水解，PO离子浓度减小 趁热过滤 Li2Se6>Li2Se4>Li2Se 108
【分析】铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、的溶液，浓硫酸具有强氧化性，铝废渣的铝单质发生钝化不参与反应，过滤得到的滤渣含有铝单质，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Li2CO3、Al2(CO3)3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Al2(CO3)3转化为Al(OH)3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤渣为Al(OH)3，再向滤液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂。
【详解】(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：2AlF3+3H2SO4(浓)Al2(SO4)3+6HF↑；该反应属于复分解反应；
(2)根据分析，滤渣的主要成分是Al；
(3)①温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉，导致最终的产率逐渐减小；
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是：温度升高，PO水解，PO离子浓度减小；
(4)根据已知信息①，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失，所以先加热蒸发，然后趁热过滤；
(5)由Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成，则3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se，故答案为：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se；
(6)CuSO4标准溶液的浓度为，与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为0.003L×0.002mol/L=6×10-5mol，则n(Al3+)=0.02L×0.005mol/L-6×10-5mol=4×10-5mol，则该废水中Al3+的含量为，故答案为：108mg/L。
18． +6 SiO2、CaSO4 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+ b 、Cl-
【分析】菱铁矿(主要成分FeCO3，还含有CaCO3和SiO2等杂质)经粉碎处理后加入稀硫酸进行酸溶后得到硫酸亚铁、硫酸钙和二氧化硅，其中硫酸钙微溶于水，二氧化硅不溶于水和稀硫酸，所以以滤渣的形式沉淀下来，滤液中含Fe2+，向滤液中通入过量空气后，氧气会将Fe2+氧化为Fe3+，再加入次氯酸钠和氢氧化钠调节溶液成碱性后继续发生氧化还原反应生成高铁酸钠，硫酸钠和氯化钠，再加入饱和KOH溶液后将高铁酸钠转化为高铁酸钾溶液，后经过一系列分离提纯方法得到高铁酸钾晶体，据此结合元素化合物的结构与性质分析解答。
【详解】(1) K2FeO4中K为+1价，O为-2价，根据化合物化合价的代数和为0可知，Fe元素的化合价是+6价；结合上述分析可知，滤渣的主要成分有SiO2、CaSO4；
(2)“氧化1”过程中过量的氧气在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，所发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；若要证明所得溶液中没有Fe2+，可取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾（K3Fe(CN)6）溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2+；
(3)NaClO为离子化合物，其电子式为；“氧化2”过程中次氯酸钠在碱性条件下与Fe3+发生氧化还原反应生成Na2FeO4、NaCl和水，根据氧化还原反应的配平原则可知，发生反应的离子方程式为；
(4)根据已知给定信息“①K2FeO4可溶于水、徼溶于浓KOH溶液②FeO在强碱性溶液中稳定，在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解”可知，洗涤剂最好选用KOH浓溶液，b项符合题意，a.H2SO4溶液中FeO不稳定，故错误；c.Fe2(SO4)3溶液可能会使FeO发生分解，故错误，故答案为：b；
(5)根据上述分析可知，“转化”过程中加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO和OH-外，一定还含有“酸溶”生成的硫酸根离子及“氧化2”步骤中得到的氯离子，故答案为：、Cl-；
(6)电解法制备K2FeO4采用电解池原理，电解质溶液为12mol/L的KOH溶液，其阳极区铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式是。
19．(1) 粉碎 4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O SiO2或难溶性硅酸盐
(2)3＜pH＜9
(3)1：4
(4) 7g 石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降
(5)2FePO4+ Li2CO3+H2C2O4 2LiFePO4+3CO2↑+H2O
【分析】磷矿含P2O5、FeO、MgO、SiO2等，酸浸时，五氧化二磷转化为磷酸，FeO、MgO溶解形成Fe2+、Mg2+，通入氧气将Fe2+氧化为Fe3+，二氧化硅不反应形成滤渣，过滤分离，滤液加入NaOH溶液，Fe3+先沉淀、Mg2+后沉淀，故滤渣是Fe(OH)3、Mg(OH)2，滤液分为两份，一份加入石灰乳生成Ca3(PO4)2，另一份酸化、除杂得到H3PO4，再将二者混合反应生成Ca(H2PO4)2。
(1)
为提高浸出效率，酸浸前要对磷矿石进行粉碎，增大接触面积，使反应更充分；用离子方程式说明酸浸时通入O2的目的是将亚铁离子氧化4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，滤渣 1的主要成分是SiO2或难溶性硅酸盐。故答案为：粉碎；4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；SiO2或难溶性硅酸盐；
(2)
当溶液中的离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=1.0×10-38；c3(OH-)==1.0×10-33；c(OH-)=1×10-11mol/L；水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=1×10-3mol/L，则pH=3.0；若酸浸氧化后的溶液中c(Mg2+)=0.1 mol·L-1， Ksp[Mg(OH)2]= 1 ×10-11，c(Mg2+)×c2(OH-)=1×10-11；c2(OH-)==10-10；得到c(OH-)=10-5mol/L，依据水溶液中的离子积c(H+)×c(OH-)=10-14；求得c(H+)=10-9mol/L，溶液pH=9，则向该溶液加入NaOH使Fe(OH)3完全沉淀时pH范围为3＜pH＜9。故答案为：3＜pH＜9；
(3)
为使Ca3(PO4)2与H3PO4完全反应生成Ca(H2PO4)2，Ca3(PO4)2+4H3PO4=3Ca(H2PO4)2，二者物质的量之比为1：4。故答案为：1：4；
(4)
经实验测试，石灰乳的用量对磷酸二氢钙的产率有一定影响。在磷矿粉用量50 g、硫酸质量分数为60%、反应时间1.0 h、反应温度60°C条件下测试的结果如图所示，可知该条件下石灰乳的用量选择7g为宜，此时磷酸二氢钙产率达到最大值为80%，石灰乳用量过多导致磷酸二氢钙产率下降的原因可能是石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降。故答案为：7g；石灰乳是碱性物质，当OH-过多时会与溶液中的磷酸反应，使磷酸的量减少，导致磷酸二氢钙的产率下降；
(5)
LiFePO4可用于制作锂电池，该物质可由FePO4、Li2CO3与H2C2O4在高温下反应制得，产物中有CO2和水生成，该化学反应方程式为2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，故答案为：2FePO4+ Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
20．(1) SiO2 CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S↓
(2)氧化亚铁离子为铁离子
(3) 能 3.3
(4)产生砖红色沉淀
(5) 2Cu+H2OCu2O+H2↑ 工艺简单，产品纯度高
【分析】黄铜矿主要含有CuFeS2(Fe为+3价)，杂质SiO2，经过预处理后加入硫酸铁溶液浸泡，Cu由+1价升高到+2价，黄铜矿中的-2价的硫升高到0价，黄铜矿中+3价的铁以及加入的+3价的铁被还原为亚铁离子，发生反应的离子方程式为：CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓，过滤除去SiO2和S沉淀，然后，向滤液中加入硫酸，通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，再加入CuO，调节溶液的pH，使铁离子完全沉淀，过滤除去，向滤液加入氢氧化钠和葡萄糖溶液，进行热还原，生成纳米氧化亚铜。
【详解】（1）“滤渣1”中含有硫单质及SiO2，经过预处理后加入硫酸铁溶液浸泡，Cu由+1价升高到+2价，黄铜矿中的-2价的硫升高到0价，黄铜矿中+3价的铁以及加入的+3价的铁被还原为亚铁离子，“浸泡”中反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓。故答案为：SiO2；CuFeS2+4Fe3+═5Fe2++Cu2++2S↓；
（2）向滤液中加入硫酸，通入氧气，氧化亚铁离子为铁离子，“操作1”的目的是氧化亚铁离子为铁离子。故答案为：氧化亚铁离子为铁离子；
（3）为促进铁离子水解，又不引入杂质，可用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等“调pH”，“调pH”的过程中能用CuCO3来代替CuO，要使Fe3+完全沉淀，根据c3(OH-)×c(Fe3+)=8.0×10-38，即c3(OH-)=8.0×10-33(mol/L)3，c(OH-)==2×10-11 mol/L，pOH=-lgc(OH-)=-lg2×10-11=10.7，pH=14-10.7=3.3，则溶液的pH至少为3.3，故答案为：能；；
（4）向滤液加入氢氧化钠和葡萄糖溶液，进行热还原，生成纳米氧化亚铜，“热还原”的实验现象是产生砖红色沉淀。故答案为：产生砖红色沉淀；
（5）现代工业也可用铜作电极，电解食盐水制备Cu2O，电解过程中首先生成CuCl(难溶于水)，CuCl，CuCl再与OH-结合生成Cu(OH)Cl-，2Cu(OH)Cl-═Cu2O+2Cl-+H2O，则生成氧化亚铜的化学方程式为2Cu+H2OCu2O+H2↑；与用黄铜矿制备Cu2O工艺相比电解法的优点有工艺简单，产品纯度高，故答案为：2Cu+H2OCu2O+H2↑；工艺简单，产品纯度高。
21．(1) SiO2、S
(2)有蓝色沉淀生成
(3)NH4HCO3
(4)NH3
(5)3≤a<4
(6)pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
【分析】软锰矿(含MnO2和少量Fe2O3、SiO2)和辉铜矿(含Cu2S和少量SiO2、Fe2O3)中加入稀硫酸酸浸，SiO2不溶于稀硫酸，MnO2和Cu2S发生氧化还原反应生成S，因此滤渣1中含有SiO2和S，浸出液中主要含有Fe3+、Cu2+，Mn2+，调节pH，将Fe3+沉淀除去，则滤渣2的成分为氢氧化铁，将x和氨气通入含[Cu(NH)4]SO4的滤液，分离得到碳酸锰，碳酸锰经过一系列操作得到马日夫盐，将分离出碳酸锰之后的溶液加热使氨气逸出，制得碱式碳酸铜。
(1)
由上述分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和S，酸浸时，MnO2将Cu2S中的硫氧化成单质硫，则反应的化学方程式为，故答案为：SiO2、S；；
(2)
K3Fe(CN)6溶液与Fe2+ 反应会生成蓝色沉淀，因此浸出液中含有Fe2+ 的现象是有蓝色沉淀生成，故答案为：有蓝色沉淀生成；
(3)
根据反应流程可知，加入氨气和x后得到碳酸锰，则加入的物质应含有碳酸根或者碳酸氢根，又x为某种酸式盐，则x含有碳酸氢根，为了不引入杂质降低产品的纯度，且过量的x可在加热赶氨的过程中除去，x最好为NH4HCO3，故答案为：NH4HCO3；
(4)
由图可知，在加热赶氨的过程中生成了氨气，在前一步中需要加入氨水，从而可知氨气可以循环使用，故答案为：NH3；
(5)
根据上述分析可知，流程中调节浸出液pH=a是为了将Fe3+沉淀除去，而Cu2+，Mn2+不能沉淀，当Fe3+完全沉淀时，，，此时，pH=3，由于Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Mn(OH)2]，Cu2+先沉淀，当Cu2+开始沉淀时，，此时pH=4，因此a的取值范围为3≤a<4，故答案为：3≤a<4；
(6)
Fe3+存在水解平衡，pH>1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
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