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河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-30常见物质的制备
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这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-30常见物质的制备，共47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。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-30常见物质的制备
一、单选题
1．（2023·河北·校联考模拟预测）已知：2—丙醇的沸点为84.6℃、丙酮的沸点为56.5℃。利用2—丙醇催化氧化制备丙酮，并利用如图装置提纯丙酮。下列叙述错误的是
A．采用热水浴加热
B．毛细玻璃管与液面接触的地方能形成汽化中心
C．克氏蒸馏头能防止液体冲入冷凝管
D．温度计指示温度为84.6℃
2．（2023·河北邯郸·统考二模）钼酸钠是一种白色结晶性粉末，广泛应用于颜料和化工等领域。工业上用钼精矿(主要成分是，含少量的)制备钼酸钠晶体()的简化流程如图所示。下列说法错误的是
已知：浸取液溶质主要为和。
A．焙烧时发生反应
B．气体X为，废渣的主要成分为
C．从滤液中获得的操作为蒸发结晶
D．利用纯碱吸收，可获得副产品亚硫酸钠
3．（2022·河北·模拟预测）硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：
已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是
A．焙烧时反应的化学方程式为
B．调节pH的目的是使和完全沉淀
C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨
D．可回收利用后应用于本流程
4．（2022·河北沧州·统考二模）氧化锆是一种高级耐火材料，氧化钇主要用作制造微波用磁性材料。一种利用玻璃窑炉替换下的锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯氧化锆和氧化钇的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A．“酸化”是锆废砖粉和硫酸在硫酸铵催化作用下进行的焙烧反应，硫酸适宜用盐酸代替
B．“中和1”发生反应的离子方程式为Zr4+ +4OH- =Zr(OH)4 ↓
C．实验室模拟“焙烧”时使用的硅酸盐仪器只有烧杯和酒精灯
D．滤液2可以处理后返回“酸化”使用，实现循环
5．（2022·河北秦皇岛·统考三模）下列制备并收集气体的方法不可行的是
气体
方法
A
Cl2
将浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，用排饱和食盐水法收集
B
NH3
将浓氨水滴入NaOH固体中，用向下排空气法收集
C
NO2
将铜片加入浓硝酸中，用排水法收集
D
SO2
铜与浓硫酸混合加热，用排饱和亚硫酸氢钠溶液法收集
A．A B．B C．C D．D
6．（2021·河北石家庄·统考一模）“钯碳”是将金属钯粉负载到活性炭及有机物上制成的催化剂，废钯碳中钯的回收可通过“王水脱钯”法实现，其工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“焚烧”的目的是除去碳和有机物
B．“还原”反应中甲酸被氧化为
C．“溶解”反应中消耗和的物质的量之比为
D．温度过高，不利于“氨化”进行
7．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）下列说法正确的是
A．向溶液中滴加次氯酸可以制取
B．可用排水法收集、CO或
C．将泥土加入蒸馏水中搅拌可得胶体
D．蒸干溶液可以得到晶体
8．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）是一种黄绿色气体，在空气中浓度超过10%时会有很强的爆炸性。依据反应，实验室可制备少量溶液。下列说法错误的是
A．应先打开K，再通入，后滴加浓硫酸
B．通的主要目的是稀释和使生成的进入后续装置
C．装置②可起到缓冲气流并防止倒吸的作用
D．装置③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
9．（2021·河北·模拟预测）次磷酸钠()广泛应用于化学镀镍，其制备与镀镍过程如下图所示：
已知：次磷酸钠易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。下列说法不正确的是
A．中，元素化合价为价
B．“沉降池”中，通入氨气的目的是降低的溶解度，使其析出
C．“净化”操作需要过滤、洗涤、干燥，洗涤时，可选用乙醇作为洗涤剂
D．“滤液2”经分离提纯可以得，则“镀镍”过程发生反应的离子方程式为：
10．（2021·河北·模拟预测）NiSO4•nH2O易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液显酸性。从电镀污泥[含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等]中回收制备NiSO4•nH2O和其他金属的工艺流程如图所示，其中萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RHNiR2+2H+。
下列叙述错误的是
A．“酸浸”时，为加快浸出速率，应加入相同体积、高浓度的硫酸
B．“除Cr”时，温度不能过高，以防止Ni2+水解生成沉淀
C．萃取余液可返回“酸浸”工艺中循环利用
D．NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得到NiSO4•nH2O
二、实验题
11．（2023·河北·校联考模拟预测）S-蜂斗菜素，具有的解痉作用，强度是罂粟碱的4～5倍，实验室为探究其元素组成设计如下实验。
I.设计实验证明S-蜂斗菜素中含碳、氢、硫三种元素。
(1)从A～F中选择合适的仪器完成实验，正确的连接顺序是a→ →尾气吸收(按气流方向，用小写字母表示，仪器不可重复使用)。
(2)装置F中盛放的试剂为 。
(3)装置E中酸性高锰酸钾溶液足量，所以整个过程中E中现象不太明显，所以实验中能证明药品中含硫元素的实验现象为 ；E中发生反应的离子方程式为 。
II.测定药品中硫元素的质量分数。
实验步骤：取a g药品，碾碎后，充分燃烧；将产生的气体全部通过 mL 的碘水；待吸收完全后，向混合溶液中滴加少量淀粉溶液，再用硫代硫酸钠标准液滴定，最终消耗硫代硫酸钠溶液的体积为 mL。已知：。
(4)滴定时盛放硫代硫酸钠溶液的仪器为 (填仪器名称)；该仪器使用前需进行的操作为 。
(5)滴定终点的现象为 。
(6)该药品中的硫元素的质量分数为 (列出表达式即可)。
(7)若气体中混有少量，可能会导致测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
12．（2023·河北张家口·统考一模）三氯化铬(CrCl3)可用作媒染剂和催化剂，易水解，650℃以上升华。某学习小组在实验室中用Cr2O3和CCl4制备无水CrCl3并测定产品纯度，进行如图实验探究。回答下列问题：
(1)制备无水CrCl3
①选择合适的装置，按气流方向，合理的连接顺序为 (用小写字母填空)。
②实验开始时，点燃酒精喷灯适合在水浴加热之 (填“前”或“后”)。
③该实验开始前，先通入一段时间N2的作用为 。
④已知制备CrCl3时同时生成的气体COCl2易水解，则制备CrCl3反应的化学方程式为 ，尾气处理时适合选用的试剂为 (填试剂名称)。
(2)测定产品纯度(杂质不参加反应)
已知：CrO(黄色，碱性)Cr2O(橙色，酸性)
准确称取mg产品，温水溶解后稀释至250mL，量取25.00mL溶液加入锥形瓶中，向其中加入足量Na2O2充分反应；将反应后溶液加硫酸酸化至橙色，煮沸、冷却后加入足量KI溶液；滴加淀粉作指示剂，用cmol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定(2S2O+I2=S4O+2I-)，达到滴定终点时消耗标准液的体积为VmL。
①准确量取25.00mL溶液所用仪器名称为 。
②硫酸酸化的主要作用为 。
③反应后溶液煮沸的目的为 。
④产品中CrCl3的质量分数为 。
13．（2023·河北邯郸·统考二模）某化学兴趣小组利用如图所示实验装置(夹持及加热装置省略)在实验室制备并测定其纯度。
回答下列问题：
(1)与分液漏斗相比，使用滴液漏斗a的优点是 。
(2)装置B中发生反应的离子方程式为 。
(3)若装置B温度控制不当会有生成，且反应生成的、的物质的量均为，则消耗的的物质的量为 mol。
(4)某同学认为该装置设计有缺陷，改进措施为 ，否则会使产率偏低。
(5)测定所得样品的纯度：该小组同学认为可以利用一定质量样品与过量在酸性条件下发生反应，再以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定产生的测定样品的纯度。
①预设滴定终点时溶液的颜色为 。
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测定的准确度，其操作方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， (请在横线上补全操作)，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③在方案可行性分析时，实验发现在溶液和稀硫酸的混合溶液中加入溶液，最终得到了无色溶液而没有得到预设中的碘溶液，可能的原因是 。
④有同学提出可以使用质量分析法测定样品的纯度：称量样品mg、ng，混合加热至质量不再改变，剩余固体质量为pg，则样品中的纯度为 (用含m、n、p的代数式表达)。
14．（2023·河北·模拟预测）氯化铁是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理、印染工业、电子工业、建筑工业等。氯化铁有吸水性，遇水极易水解。某化学兴趣小组设计实验制备氯化铁并探究其性质。回答下列问题：
I．氯化铁的制备：
(1)图1为湿法制备的装置。仪器A的名称为 ，烧杯中发生反应的离子方程式为 。
(2)图2为干法制备的装置。反应前后都要鼓入氮气，目的是 ；氮气和氯气都必须经过浓硫酸，原因是 。
Ⅱ．氯化铁的性质探究：
(3)查阅资料：氯化铁在水溶液中分多步水解，生成净水性能更好的聚合氯化铁［］。已知聚合氯化铁极易溶于水，写出氯化铁水解反应的总离子方程式 。
(4)为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，该兴趣小组设计实验方案(忽略溶液体积的变化)，获得如下数据：
实验
温度/℃
pH
1
10
0
0
0
25
0.74
2
10
90
0
0
25
1.62
3
10
90
0
0
35
1.47
4
10
90
1.17
0
25
x
5
10
90
0
1.42
25
y
①根据实验数据，结合所学化学知识，下列说法正确的是 (填标号)。
A．氯化铁的水解程度与温度、铁离子的浓度均有关系
B．实验1和实验2说明氯化铁浓度越大，水解程度越大
C．实验2和实验3说明的水解是吸热反应
D．实验4和实验5中加入固体的质量不等，无法对比参照
②查阅资料，加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互牵制作用增强，水解离子的活性会改变。该兴趣小组同学求助老师利用计算机手持技术得到实验4和实验5的结果分别如图3和图4所示。
i.根据实验现象，提出假设：a．氯离子对铁离子的水解活性有促进作用；b． 。
ii..设计其他简单实验证明假设a： (写出实验操作、现象和结论)。
15．（2022·河北·模拟预测）高纯二氧化锗主要用于生产光学及半导体用的锗材料等。在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。实验制备的装置图如下(加热及夹持装置已略去)：
i.相关物质的部分理化性质
物质
部分理化性质
不溶于水、盐酸、稀苛性碱溶液
熔点：1115℃，沸点：1200℃
熔点：-51.5℃，沸点：86.6℃；易水解
ii.(未配平)；
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ；实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备的离子方程式为 ；通入氯气的目的是 。
(2)为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过装置a不断滴加浓盐酸。盐酸保持较高浓度的原因为 。
(3)冷凝管中冷却水应从 (“b”或“c”)口进入；为达到最佳效果，水槽中加入冰水混合物，则仪器d的作用为 ；实验室中温度计有不同规格，本实验应可选用 (填字母标号)。
A．-30℃~20℃ B．0℃~50℃ C．50℃~100℃ D．100℃~150℃
(4)将d中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，此过程中的化学方程式为 。
(5)纯度测定
称取样品，在加热条件下溶解，用将其还原为，用标准溶液滴定，消耗体积，滴定指示剂为 ，样品纯度为 %(实验条件下未被氧化)。
16．（2022·河北·模拟预测）某同学在实验室采用下列装置探究CO和H2的转化，并检验部分产物。已知草酸(HOOC−COOH)在浓硫酸存在时加热分解为CO2、CO和H2O，E中的ZnO/CuO仅作催化剂，实验完毕，F中收集到纯净液体1.536 g，G中收集到的气体体积为89.6 mL(折算成标准状况，不包括通入的氦气)。请回答下列问题：
(1)B中盛放的试剂为 。
(2)C中发生反应的离子方程式为 。
(3)向F中液体投入金属钠，有气泡产生，通过其他实验测得F中液体为纯净物，且其相对分子质量为32，则E中反应的方程式为 。
(4)有关装置G的操作叙述正确的是 (填标号)。
A．添加药品完毕，调整G中两液面相平，读得量气管的初始读数
B．当G中两液面差不再变化时，立即调整G中左右两侧液面相平，读得量气管的最终读数
C．初始读数时仰视，最终读数时俯视，导致测得气体体积偏大
(5)有关酒精灯操作的叙述正确的是_______(填标号)。
A．先点A处酒精灯，后点E处酒精灯 B．先点E处酒精灯，后点A处酒精灯
C．先撤A处酒精灯，后撤E处酒精灯 D．先撤E处酒精灯，后撤A处酒精灯
(6)该实验中分两次通入定量氦气，第二次通入氦气的作用是 。
(7)综合实验中的数据，反应完毕，剩余n(H2)= mol。
17．（2021·河北石家庄·统考一模）二甲基亚砜()是一种含硫有机化合物，被誉为“万能溶剂”。其在常温下为无色无臭的透明液体，熔点为，沸点为。制备二甲基亚砜的装置如图所示。
实验过程：利用仪器A制备，将通入二甲基硫醚中，控制温度为，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，共收集到二甲基亚砜纯品。
已知：
①二甲基硫醚和二甲基亚砜的密度分别为和，相对分子质量分别为62和78；
②为一元弱酸，不稳定，易分解为和；
③仪器C中发生的反应为。NO2+CH3-S-CH3+NO
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ；仪器D的出水口为 (填字母)。
(2)制备二甲基亚砜实验的操作顺序为 (填序号)。
①连接装置并检查气密性 ②水浴加热仪器C，然后打开活塞a、b；
③关闭活塞a，停止加热仪器C ④向仪器D中通入冷凝水 ⑤关闭活塞b
(3)仪器A的溶液中发生反应的化学方程式为 。
(4)的作用为 。
(5)仪器C中反应液的温度需控制在，温度不能过高的原因为 。
(6)仪器E中溶液的作用为 。
(7)本实验中二甲基亚砜的产率为 (保留两位有效数字)。
18．（2021·河北·模拟预测）三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得。某化学小组利用此原理进行实验室制备三氯化氮。
回答下列问题：
(1)装置A中仪器X的名称是 ，盛放的试剂是 ，装置A中发生反应的离子方程式为 。
(2)整个装置的导管连接顺序为a→ → → → → 。
(3)装置B中发生反应的化学方程式为 。
(4)装置C的作用为 。装置D的作用为 。
(5)三氯化氮浓度的测定：准确量取20mL装置B中反应后的溶液，置于100mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，吸取25.0mL于烧杯中，加入足量V1mLc1mol·L-1亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加入足量V2mLc2mol·L-1盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀mg。
已知：i._______ Na2SO3+_______ NCl3 +_______=_______Na2SO4 +_______ HCl+ _______NH4Cl；
ii. BaCl2 +Na2SO4=BaSO↓+ 2HCl。
①请完成反应i的化学方程式：i._______ Na2SO3+_______ NCl3+_______=Na2SO4+_______ HCl+_______ NH4Cl
②装置B反应后的溶液中三氯化氮的浓度为 mol·L-1。
三、工业流程题
19．（2023·河北张家口·统考三模）钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“筛分”的目的为 ；浸渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“转化”工序加入铁粉的目的为 ；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为 。
(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为 。
(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为 。
(5)试剂X适合选用___________(填标号)。
A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液
(6)的晶体类型为 ；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为 (用代数式表示)。
20．（2023·河北·校联考三模）为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业亟需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)拆解废旧磷酸铁锂电池会产生粉尘、废气等，采用 (填“封闭式全自动化拆解设备”或“开放式人工手动”)拆解，能避免环境污染并提高拆解效率.拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是 。
(2)正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是 。生成FePO4的化学方程式为 。
(3)溶液的pH对铁和磷的沉淀率的影响如图所示。沉淀铁和磷时，应选择溶液的pH为2.5。当pH＞2.5时，铁、磷沉淀率发生不同变化的原因是 。
(4)已知：Ksp(FePO4)=1.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。向“含锂溶液1”[其中=1]中加入NaOH固体，进行深度除铁。深度除铁后溶液的pH=4.5，则此时溶液中= 。
(5)向“含锂溶液2”中加入Na3PO4溶液，得到Li3PO4沉淀。所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的 (填化学式)中加入NaOH溶液制得。
(6)检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是 。
21．（2023·河北衡水·校联考二模）高硫锰矿的主要成分是，还含有、、、、、、等，从高硫锰矿中提取金属锰的工艺流程如图所示：
已知：、、、，金属离子的浓度的负对数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)碱性催化脱硫时，为了提高脱硫效率，可采取的措施为 。
(2)碱性脱硫时氧化矿粉产生硫单质是该工艺流程的亮点，若将虚线框中的设计改为“高温煅烧”(如图)脱硫，与原方案比，其不足之处为 。
(3)“酸浸”时的作用为 。
(4)“调”应调至4左右，“滤渣3”的成分为 。
(5)“电解”冶炼金属锰后废电解液的处理方法为 。
(6)已知晶胞如图所示，该晶胞中∠α=120°，∠β=∠γ=90°。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
22．（2023·河北邯郸·统考二模）Be被主要用于原子能反应堆材料、宇航工程材料等，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。硫酸法是现代工业用绿柱石(主要成分为，还含有铁等杂质)生产氧化铍的方法之一，其简化的工艺流程如下：
已知几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀时pH
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时pH
3.7
5.0
9.7
—
(1)步骤②中还可以采取什么措施提高反应速率 (除粉碎外，任写一点)。
(2)滤渣1成分的化学式为 。
(3)步骤③中加入的目的是 。
(4)步骤④不宜使用溶液来沉淀，原因是 (用必要的文字和离子方程式说明)；已知，则沉淀完全时，溶液中 (通常认为溶液中离子浓度小于时为沉淀完全)。
(5)绿柱石因含有不同杂质而产生不同的颜色。各种绿柱石中最名贵的是祖母绿，这是由铬、钒元素的存在造成的。
①基态的最高能层中成对电子与未成对电子的数目之比为 。
②重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为 。
23．（2022·河北·模拟预测）MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)为原料制备MnCO3的流程如下：
回答下列问题：
(1)废铁屑在使用前需要用热的纯碱溶液清洗表面油污，其清洗原理为 (结合离子方程式和必要的语言解释)。
(2)为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为 ；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为 。
(3)“滤渣1”中含有的主要成分为 。
(4)“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为 。
(5)加入CaCO3能“除铁、铝”的原因为 。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
(7)MnO2的正交(棱与棱之间的夹角均为)晶胞结构如下图所示，晶胞参数分别为、、。其中Mn的配位数为 ；用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 。
24．（2022·河北·校联考模拟预测）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)受热易分解，写出反应的化学方程式 。在制备的过程中，需要控制电解槽的温度。
(2)电解制备，装置如图所示。
①a极的电极反应式为 。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是 。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液pH基本不变，原因是 。
④测定生成的浓度。取溶液，用溶液滴定，完全反应转化为时，消耗溶液。则溶液的浓度为 。
(3)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率= 。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因： 。
25．（2022·河北秦皇岛·统考三模）利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。
已知，①废水中镍主要以NiR2络合物形式存在，其在水溶液中存在平街：NiR2 (aq) Ni2+ (aq)+ 2R- (aq，有机配体)K=1.6 ×10-14
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15
③“脱络”(指NiR2转化成Ni2+ )过程中，反应历程如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH；
ii.R-+·OH=OH-+ ·R；
iii. H2O2+2·OH=O2 ↑+2H2O。
(1)·OH的电子式为 。
(2)①根据·OH与H2O2的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制： 。
②实验测得H2O2加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入H2O2的量为 g·L-1时，镍回收效果最好；当加入H2O2的量较大时， 镍回收率下降，可能的原因是 。
(3)常温下 ，若“脱络”后的废水中 c(Ni2+ )=0. 01 mol·L-1，“沉淀”时先加入 NaOH至溶液的pH= ，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6 mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时 (填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。
(4)取100 mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2. 325 g Ni(OH)2沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为99. 97%；Ni(OH)2沉淀再经稀硫酸溶解、 、过滤，得到NiSO4·7H2O固体的质量为6.744g。试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率： (保留四位有效数字)。
26．（2022·河北沧州·统考二模）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如下：
已知：i.酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等
ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”速率的方法有 。(任写一条)
(2)“滤渣1”的主要成分是 。(写化学式)
(3)黄钠铁矾的化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为 。
(4)“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)。Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中F-的浓度c(F- )最小为 mol·L-1。(已知离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0 ×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(5)镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比Va：V0的关系曲线如下图所示，则“萃取”时应选择的pH和Va：V0分别为 、 。
(6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”是 。
(7)工艺流程中，可循环利用的物质是 。
27．（2022·河北唐山·统考三模）实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备纳米ZnO的部分实验过程如图所示：
(1)在“溶解”步骤中，提高铜帽溶解速率的措施 (例举两种)。
(2)有同学提出溶解步骤中可在酸性条件下不断鼓入并加热，这种情况下，铜发生溶解的离子方程式为 。
(3)“过滤”步骤中使用的玻璃仪器有 。
(4)生成的沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。
(5)在封闭的高温电炉中焙烧，焙烧后的ZnO粉末用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，减压过滤，干燥，得到纯净的纳米级ZnO。用乙醇洗涤的目的是 。
(6)有同学提出用纯碱代替溶液，在实际生产中得到的是一种碱式碳酸锌[]，取该样品6.82g，充分灼烧后测得残留物质量为4.86g，将所得气体通入足量澄清石灰水中，得到2.00g沉淀，则此碱式碳酸锌的化学式是 。
28．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，该电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。采用下列工艺流程回收制备有关物质。
已知：不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度如下表所示：
0
10
20
30
50
60
80
100
溶解度/
1.64
1.53
1.48
1.17
1.05
1.01
0.85
0.72
请回答下列问题：
(1)为提高电极片的碱浸率，可以采用的方法有 (任写一条即可，题干中的除外)。
(2)得到滤渣2的化学方程式是 ，滤渣3的主要成分为 。
(3)“沉淀”中溶液的作用是 ，的作用是 (用离子方程式表示)。
(4)写出“滤渣”中加入溶液时发生反应的离子方程式 。
(5)20℃时，“沉锂”后的溶液中，的浓度为 (结果保留1位有效数字，假设溶液的密度为)。
(6)“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用 (填“冷水”或“热水”)。
参考答案：
1．D
【详解】A．液溴和四氯化碳的沸点都比较低，水浴加热更容易控制合适的加热温度，用酒精灯代替会导致受热不均，故A正确；
B．减压蒸馏时，空气由毛细管进入烧瓶，冒出小气泡，成为沸腾时的气化中心，这样不仅可以使液体平稳沸腾，防止暴沸，同时又起一定的搅拌作用，故B正确；
C．弯管的主要作用是防止减压蒸馏中液体因剧烈沸腾而进入冷凝管，可以避免对收集产物的污染，故C正确；
D．2—丙醇的沸点为84.6℃、丙酮的沸点为56.5℃，为避免2—丙醇蒸出，温度计指示温度为高于56.5℃，低于84.6℃，故D错误；
故选D。
2．C
【分析】钼精矿，主要成分是，含少量的，在空气中焙烧，被氧化成，生成，S元素变成，再加入纯碱溶液浸取，得到和，加入，得到而除去Pb元素，最后将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，得到产品。
【详解】A．焙烧时，被氧化成，反应的方程式为：，A正确；
B．向溶液中加入纯碱溶液浸取，得到和和气体，再加入，得到而除去Pb元素，B正确；
C．为含有水分子的结晶水合物，所以将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，得到产品，不能直接蒸发结晶，C错误；
D．因为 ，可以发生反应： ，所以利用纯碱吸收，可获得副产品亚硫酸钠，D正确；
故选C。
3．D
【分析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为，则加入KOH溶液产生的浸渣为，浸液中的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，则溶液X为，过滤得到白色固体，灼烧得到，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。
【详解】A．焙烧时反应的化学方程式为，A项错误；
B．浸液中存在的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，B项错误；
C．白色固体灼烧得到，则化合物Y为，为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误；
D．可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为，则可回收利用后应用于本流程，D项正确；
答案选D。
【命题意图】本题以高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程为载体，考查了学生对化学工艺流程、元素性质的分析和应用。其中各步流程的分析是本题的亮点和难点。准确提取工艺流程中的关键信息并正确分析是解题的关键。
4．D
【详解】锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)加入硫酸和硫酸铵，得到硫酸钙沉淀，调节溶液pH在4 A．若硫酸用盐酸代替，则反应过程盐酸和硫酸铵生成氯化铵，受热分解，硫酸铵不能起催化作用，A错误；
B．氨水为弱碱，不能写成氢氧根离子，B错误；
C．焙烧是加热固体，应使用坩埚不是烧杯，C错误；
D．滤液2为硫酸铵和氨水，酸化后可以返回“酸化”使用，循环利用，D正确；
故选D。
5．C
【分析】根据物质的性质判断是否发生反应，利用是否反应判断能否制取该气体，利用气体的性质判断收集的方法，不溶于水的气体可以利用排空气法，不与溶液反应的气体可以用排液法进行收集；
【详解】A．浓盐酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，可以生成氯气，而氯气在饱和食盐水中的溶解度比较低，故可以排饱和食盐水收集，故A不符合题意；
B．氢氧化钠溶于水放热，且导致溶液中氢氧根离子浓度增大，导致氨气放出，因为氨气的密度比空气小，可以用向下排空气法收集，故B不符合题意；
C．二氧化氮与水会发生反应，故不能用排水法收集二氧化氮，故C符合题意；
D．铜与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫在亚硫酸氢钠溶液中溶解度比较小，故可以利用排饱和亚硫酸氢钠溶液收集，故D不符合题意；
故选答案C。
【点睛】本题主要考查常见气体的制备及收集，侧重考查学生对基础知识的理解能力，注意收集气体时排气和排液法都不能发生反应。
6．C
【分析】由题给流程可知，废钯碳在空气中焚烧可以使钯碳中的活性炭和有机物燃烧除去，钯被空气中的氧气氧化生成氧化钯；氧化钯与加入的甲酸发生氧化还原反应生成钯、二氧化碳和水；钯溶于王水生成四氯合钯酸、一氧化氮和水；四氯合钯酸与浓氨水反应得到二氯化四氨合钯，二氯化四氨合钯溶液发生还原反应生成钯。
【详解】A．由分析可知，废钯碳在空气中焚烧可以使钯碳中的活性炭和有机物燃烧除去，故A正确；
B．由分析可知，“还原”反应为氧化钯与甲酸发生氧化还原反应生成钯、二氧化碳和水，故B正确；
C．钯与王水反应生成四氯合钯酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Pd+12HCl+2HNO3=3H2[PdCl4]+2NO↑+4H2O，由方程式可知，消耗盐酸和硝酸的物质的量比为6：1，故C错误；
D．氨水受热易发生分解反应生成氨气，若反应温度过高，氨气受热逸出会不利于“氨化”进行，故D正确；
故选C。
7．B
【详解】A．次氯酸的酸性弱于碳酸，向溶液中滴加次氯酸不能制取，A错误；
B．、CO或均难溶于水，可用排水法收集，B正确；
C．将泥土加入蒸馏水中搅拌得到的是悬浊液，C错误；
D．溶液加热得到固体，灼烧得到，D错误；
故答案选B。
8．D
【详解】A．实验时应先打开K，再通入，将装置中的空气排净后，加浓硫酸，故A正确；
B．ClO2易爆炸，通的主要目的是稀释并使生成的进入后续装置，故B正确；
C．装置②为安全瓶，可起到缓冲气流并防止倒吸的作用，故C正确；
D．根据反应的化学方程式可知，为还原产物，为氧化产物，故D项错误；
故答案选D。
9．C
【分析】白磷在氢氧化钠溶液中发生歧化反应生成和PH3，微溶于氨水，所以通入氨气后析出晶体，经过过滤、洗涤、干燥后与NiSO4溶液混合，得到Ni单质和滤液2。
【详解】A．根据化合物中元素的化合价代数和为零可知，中，元素化合价为价，故A正确；
B． 微溶于氨水，“沉降池”中，通入氨气的目的是降低的溶解度，使其析出，故B正确；
C． 易溶于乙醇，不溶于乙醚，故不可选用乙醇作为洗涤剂，应选用乙醚，故C错误；
D． 与NiSO4溶液混合，发生反应得到Ni单质和滤液2，“滤液2”经分离提纯可以得，则根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平“镀镍”过程发生反应的离子方程式为：，故D正确；
故选C。
10．A
【详解】A． “酸浸”时，若加入相同体积、高浓度的硫酸，增加了硫酸的用量，且在“电解”过程又产生了硫酸，“调pH”时会增加Na2CO3的用量，A错误；
B．NiSO4•nH2O易溶于水，其水溶液显酸性，说明Ni2+水解，在“除Cr”时，如果温度过高，会促进Ni2+水解，降低回收率，B正确；
C．根据萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理和流程中反应可知，萃取余液中含有Na+、H+、、等，可返回“酸浸”中循环利用，C正确；
D．浓缩带结晶水的晶体需要通过蒸发浓缩、冷却结晶，故NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得到NiSO4•nH2O，D正确。
故选：A。
11．(1)jk→de→hi→fg
(2)无水硫酸铜
(3) C中品红溶液褪色
(4) 碱式滴定管 检查是否漏液
(5)滴入最后半滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30s不恢复
(6)
(7)偏小
【分析】由题意可知，整个实验过程中不需要干燥，B装置无需使用，A～F的仪器中，品红用来检验，澄清石灰水用来检验，酸性高锰酸钾溶液用来除去，干燥管中试剂需要检验的是水蒸气，所以应该盛放无水硫酸铜，正确的连接顺序是a→jk→de→hi→fg→尾气吸收。
【详解】（1）由分析可知，正确的连接顺序是a→k→de→hi→fg，故答案为：k→de→hi→fg；
（2）由分析可知，装置F中盛放的试剂为无水硫酸铜，故答案为：无水硫酸铜；
（3）装置E中酸性高锰酸钾溶液足量，所以整个过程中E中现象不太明显，所以实验中能证明药品中含硫元素的实验现象为C中品红溶液褪色；E中发生反应的离子方程式为，故答案为：C中品红溶液褪色；；
（4）滴定时盛放硫代硫酸钠溶液的仪器为碱式滴定管；滴定管使用前需进行的操作为检查是否漏液，故答案为：碱式滴定管；检查是否漏液；
（5）滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30 s不恢复，故答案为：滴入最后半滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30s不恢复；
（6）由题意分析可知，由硫代硫酸钠计算剩余的，用总量减去该数据，可得氧化的，综合计算可得该药品中的硫元素的质量分数为，故答案为：；
（7）若燃烧时过量氧气进入吸收液中，可能会氧化部分或，可能会导致测定结果偏小，故答案为：偏小。
12．(1) afgdeh 前 排尽装置中空气，防止产品变质 Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2 氢氧化钠溶液
(2) 酸式滴定管(或移液管) 将CrO充分转化为Cr2O 除去残留的H2O2和溶解的O2 ×100%
【分析】本题是一道无机物制备的实验题，实验前先用氮气排出装置中的空气，并且可以将四氯化碳吹入装置D中和Cr2O3发生反应生成产物，由于装置B中的出气管较细容易堵塞，故选择装置D，在尾气处理时要注意防倒吸，以此解题。
【详解】（1）①由实验目的和原理知，A为提供的装置，B和D均可用于反应器和接收产品的装置，但凝华后易堵塞B的导管，故适合选用D，C用于防止E中水蒸气进入D导致水解，E用于尾气处理.则按气流方向，合理的连接顺序为afgdeh；
②实验开始时，先通氮气排尽装置中空气后，点燃喷灯预热，再水浴加热提供可提高原料利用率，则点燃酒精喷灯适合在水浴加热之前；
③装置中有空气，实验开始时，通入的作用为排尽装置中空气，防止产品变质；
④由信息知，制备时与在高温条件下反应生成和，化学方程式为；气体水解生成和HCl，则尾气处理时适合选用的试剂为氢氧化钠溶液；
（2）①由对量器精确度的要求和物质性质知，量取25.00mL溶液所用仪器名称为酸式滴定管(或移液管)；
②将＋3价Cr氧化为＋6价，根据题给信息可知，硫酸酸化可使充分转化为；
③酸化后溶液中残留的和溶解的可氧化碘离子，影响测定的准确性，故反应后溶液煮沸的目的为除去残留的和溶解的，使测定结果更准确；
④由反应原理可得关系式：，则产品中的质量分数为。
13．(1)平衡压强，使液体顺利滴落
(2)
(3)4
(4)在A、B装置间增加装有饱和食盐水的洗气瓶
(5) 无色 用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 酸性条件下，氧化性较强，可以将氧化到比0价更高的价态
【分析】用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，发生反应为： ，将生成的通入热的溶液中，制备，发生反应为：。
【详解】（1）滴液漏斗a连通了分液漏斗上下，有点是：平衡压强，使液体顺利滴落；
（2）将生成的通入装置B中热的溶液中，制备，发生反应为：；
（3）若反应生成的、的物质的量均为，根据化合价的升降，，，共升高6，所以化合价降6，所以同时生成，共有 ，消耗。
（4）因为生成中含有，会影响产物的纯度，所以需在A、B装置间增加装有饱和食盐水的洗气瓶，以除去中含有；
（5）①与在酸性条件下发生反应：，再以淀粉溶液为指示剂，溶液变蓝色，用标准溶液滴定，达到终点时，溶液变成无色；
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测定的准确度，其操作方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化；
③酸性条件下，氧化性较强，可以将氧化到比0价更高的价态，所以实验发现在溶液和稀硫酸的混合溶液中加入溶液，可能得到了无色溶液而没有得到预设中的碘溶液；
④作为催化剂，加热分解，，产生的质量为，根据方程式计算出质量为：，所以样品中的纯度为：。
14．(1) 分液漏斗
(2) 反应前排尽空气，反应后赶出氯气 氯化铁遇水极易水解
(3)
(4) AC 硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用 向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确
【分析】图1为湿法制备的装置，应是先用铁单质和盐酸反应生成，再与氯水反应生成；图2为干法制备的装置，应是干燥的氯气与铁单质加热反应制备。
探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，要控制变量，需要唯一变量。
【详解】（1）观察装置，可知仪器A的名称为分液漏斗；由实验分析可知烧杯中发生反应的离子方程式为。
（2）反应前鼓入氮气，可以排尽空气，防止铁与氧气反应；反应后鼓入氮气，目的是将装置内的氯气赶出。氯化铁遇水极易水解，故氮气和氯气都必须经过浓硫酸，目的是干燥，防止氯化铁水解。
（3）依题意，氯化铁在水溶液中水解生成聚合氯化铁[]，根据电荷守恒和原子守恒，可知水解反应的总离子方程式为。
（4）①A．根据实验1、2、3，可知氯化铁的水解程度与温度、铁离子的浓度均有关系[点拨：温度变化，pH变化；加水稀释，氯化铁水解程度增大]，A正确；
B．实验2相当于将实验1中的溶液加水稀释10倍，pH的增加值小于1，说明氯化铁的水解平衡正向移动，即氯化铁浓度越小，水解程度越大，B错误；
C．实验2和实验3中其他反应条件相同，温度升高，pH减小，说明温度升高，水解平衡正向移动，即的水解是吸热反应，C正确；
D．实验4和实验5中加入固体的质量不等，目的是确保钠离子浓度相等，避免干扰，达到对比的目的，D错误；
选AC。
②i.由图3知，加入强电解质后pH减小，则促进水解，对应假设a：氯离子对铁离子的水解活性有促进作用；图4中加入强电解质后pH增大，则对应假设b，故可提出假设：硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用；
ii..设计其他简单实验证明假设a：由于假设a是氯离子对铁离子的水解活性有促进作用，则设计的思路就是增加氯离子浓度，测量溶液的pH变化，故可向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确。
15．(1) 恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗 加热条件下将氧化为
(2)保证氛围，防止水解
(3) c 收集冷却后的 C
(4)
(5) 淀粉溶液
【分析】在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。再对产品进行分析，确定其成分。
【详解】（1）仪器的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗；实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备的离子方程式为；二氧化锗可与浓盐酸反应生成，通入氯气的目的是加热条件下将氧化为；
（2）为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过装置不断滴加浓盐酸。盐酸保持较高浓度的原因为保证氛围，防止水解；
（3）根据逆流原则冷却水应从口进入；仪器用于收集冷却后的；结合信息中的理化性质可知，其沸点为86.6℃，可收集86℃~100℃的馏分，所选温度计的规格50℃~100℃为宜；
（4）将中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，该过程中发生水解反应，化学方程式为；
（5）结合信息可知，滴定终点生成，故用淀粉作为指示剂。配平方程式；，得到关系式：，消耗标准液中的，，故样品纯度为。
16．(1)碱石灰
(2)Zn+2H+=Zn2++H2↑
(3)CO+2H2CH3OH、CO+H2HCHO
(4)C
(5)BC
(6)将反应器内残留CO和H2全部转移到E处
(7)0.003
【解析】（1）
A中生成CO2、CO和H2O，E中是CO和H2反应，且干燥管中盛放固体，所以B中盛放的试剂为碱石灰；
（2）
C中发生Zn与稀硫酸反应制备氢气，其离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；
（3）
向F中液体投入钠块，有气泡产生，且相对分子质量为32，则该物质是甲醇，所以E中反应的化学方程式为CO+2H2CH3OH，根据实验数据，初始n(CO)=0.05 mol，初始n(H2)=0.1 mol，生成n(CH3OH)=0.048 mol，剩余CO和H2共0.004 mol，如果CO和H2反应只生成CH3OH，应该剩余CO和H2共0.006 mol，减少的0.002 mol气体是发生了CO+H2HCHO，且产物甲醛极易溶于水，故答案为：CO+2H2CH3OH；CO+H2HCHO；
（4）
A．添加药品完毕，调整G中两液面相平之前，应该先通入氦气赶走反应装置内的空气，避免发生爆炸，故A错误；
B．当G中两液面差不再变化时，应该等气体恢复到室温时，再调整G中两液面相平，读得量气管的最终读数，故B错误；
C．初始读数时仰视，最终读数时俯视，在量气管上的高度差变高，导致测得气体体积偏大，故C正确；
故选C；
（5）
有关酒精灯操作的叙述，先点E处的酒精灯，让过来的CO和H2立即反应，后撤E处的酒精灯，因为第二次通氦气的目的是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，不能没有加热条件，因此正确的是BC；
（6）
该实验中分两次通入定量氦气，第二次通入氦气的作用是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，否则定量实验测定的数据不准确；
（7）
综合实验中的数据，CO+2H2CH3OH，生成甲醇0.048 mol，CO+H2HCHO，生成甲醛0.001 mol，所以反应完毕，剩余n(H2)为0.003mol。
17．(1) 三颈烧瓶 c
(2)①④②③⑤
(3)
(4)将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气的吸收。
(5)温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低。
(6)吸收尾气中氮氧化物，防止污染空气。
(7)78%
【分析】此题是制备有机物二甲基亚砜的实验题，题中已给出反应方程式为NO2+CH3-S-CH3+NO，说明需要的反应物为NO2和二甲基硫醚，所以首先需要利用仪器三颈烧瓶来制备NO2，三颈烧瓶A中用硫酸和NaNO2溶液来制备NO2，A中反应后还会产生NO，所以通入氧气将其氧化；再将制备出来的NO2通入二甲基硫醚中，控制温度为，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，收集到二甲基亚砜纯品。同时还要注意尾气问题，产生的NO2和NO需要装置E 盛NaOH溶液进行吸收处理。
【详解】（1）仪器A 的名称为三颈烧瓶；仪器D是冷凝管，使用时的原则是下进上出，所以d口进水，c口出水。
故正确答案：三颈烧瓶；c。
（2）制备二甲基亚砜实验开始前首先要连接装置并检查气密性，然后需要先向仪器D冷凝管中通入冷凝水；接着要用水浴加热仪器C三颈烧瓶，准备工作都做好后就可以开始加药品通入气体开始反应，接着要打开活塞a、b，加入硫酸和通入氧气；当反应结束后要关闭活塞a，停止加热仪器C； 最后关闭活塞b，是为了通入足量的氧气进行氧化NO。
故正确答案：①④②③⑤
（3）仪器A中的反应物有硫酸和NaNO2溶液，发生了歧化反应，生成了二氧化氮和一氧化氮以及硫酸钠和水，注意要标注气体符号，所以化学方程式为：
故正确答案：
（4）在制备NO2的反应中，硫酸和NaNO2溶液反应生成NO2的同时还有NO生成，通入氧气可将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，进一步促进尾气的吸收。
故正确答案：将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气的吸收。
（5）温度越高，NO2的溶解度越小，那参与反应的NO2就会减少，会使得NO2的利用率降低。
故正确答案：温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低。
（6）NaOH溶液的作用是吸收过量的NO2和C中产生的NO气体，防止污染空气。
故正确答案：吸收尾气中氮氧化物，防止污染空气。
（7）理论上参与反应的二甲基硫醚的密度为，体积为20mL，所以理论的二甲基硫醚的质量为：×20.00mL=17g；二甲基硫醚和二甲基亚砜的
相对分子质量分别为62和78，设理论上生成的二甲基亚砜的质量为m，该反应为：NO2+CH3-S-CH3+NO，根据反应方程式得：
解得m=21.39g，所以二甲基亚砜的理论产量为21.39g，由题意知实际上共收集到二甲基亚砜纯品，二甲基亚砜的密度为，因为产率=；
所以产率可计算得:
故正确答案：78%。
18． 分液漏斗 浓HCl 2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O d e b c f 6Cl2+4(NH4)2CO3=2NCl3+4CO2+6NH4Cl+4H2O 除去Cl2中的HCl 吸收尾气，防止污染空气 3Na2SO3+NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl 0.018m
【分析】三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得，则A中KMnO4和浓HCl反应制备Cl2，Cl2中混有HCl，用C中饱和NaCl溶液除去HCl，Cl2和碳酸铵溶液在B中反应制备NCl3，用D吸收尾气，防止污染空气。
【详解】(1)装置A中KMnO4和浓HCl反应制备Cl2，仪器X的名称是分液漏斗；盛放的试剂是浓HCl；装置A中KMnO4和浓HCl发生氧化还原反应生成KCl、MnCl2、H2O和Cl2，结合得失电子守恒有2+10Cl-→2Mn2++5Cl2↑，在结合电荷守恒、原子守恒可知发生反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)结合分析可知整个装置的导管连接顺序为a→d→e→b→c→f；
(3)Cl2和碳酸铵溶液在B中反应制备NCl3，Cl由0价变为-1价，N由-3价变为+3价，氯气作氧化剂，铵根作还原剂，结合得失电子守恒、原子守恒可知装置B中发生反应的化学方程式为6Cl2+4(NH4)2CO3=2NCl3+4CO2+6NH4Cl+4H2O；
(4)结合分析可知装置C的作用为除去Cl2中的HCl；装置D的作用为吸收尾气，防止污染空气；
(5)①S由+4价变为+6价，失2e-，N由+3变为-3价，得6e-，根据得失电子守恒有3Na2SO3+1NCl3→3Na2SO4+1NH4Cl，在结合原子守恒配平后为3Na2SO3+NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl；
②由题意可知BaSO4的质量为mg，其物质的量为mol，则根据Na2SO3~Na2SO4~BaSO4可知消耗Na2SO3的物质的量为mol，再根据3Na2SO3~NCl3可知NCl3的物质的量为=mol，则所取20m溶液中NCl3的物质的量为mol×=mol，浓度为mol÷20mL≈0.018m mol·L-1。
19．(1) 控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度 、
(2) 将还原为 防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)
(3)
(4)防止、被氧化变质
(5)B
(6) 分子晶体
【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为 ，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。
【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。
（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。
（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为
（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。
（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；
故选B。
（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。
20．(1) 封闭式全自动化拆解设备 去除铝杂质
(2) 将Fe2+氧化成Fe3+ 2LiFePO4+H2SO4+H2O2=Li2SO4+2FePO4+2H2O
(3)当pH＞2.5时，FePO4会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势
(4)2.8×10-3
(5)FePO4
(6)取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净
【详解】（1）拆解废旧磷酸铁锂电池会产生粉尘、废气，为了保护环境，所以采用封闭式全自动化拆解设备；Al会与氢氧化钠发生反应，目的是为了除了Al杂质；
（2）H2O2具有氧化性，加入的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；Fe2+被氧化为Fe3+，H2O2被还原，发生的化学方程式为：2LiFePO4+H2SO4+H2O2=Li2SO4+2FePO4+2H2O
（3）当pH＞2.5后，部分Fe元素以Fe(OH)3的形式存在，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势；
（4）分离出FePO4沉淀后的溶液是FePO4的饱和溶液，溶液中mol/L。深度除铁后溶液的pH=4. 5，则溶液中mol/L，溶液中mol/L。深度除铁后溶液中=；
（5）Fe(OH)3的Ksp 更小，所以可以通过FePO4 与NaOH溶液反应生成Na3PO4与Fe(OH)3；
（6）检验水洗Li3PO4是否已洗涤干净主要是检验溶液中是否还含有硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。
21．(1)粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度
(2)高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制
(3)将氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4
【分析】由题给流程可知，在催化剂作用下，高硫锰矿中的金属硫化物与氢氧化钠溶液和氧气反应转化为为硫和难溶的金属氢氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，过滤得到含有硅酸钠的滤液和脱硫矿粉；向脱硫矿粉中加入稀硫酸和二氧化锰酸浸，将金属化合物转化为可溶的金属硫酸盐，其中二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化镍的滤渣3和滤液；电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气。
【详解】（1）粉碎高硫锰矿、适当升高脱硫温度、适当增大氢氧化钠溶液浓度等措施能提高脱硫效率，故答案为：粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度；
（2）由图可知，高温煅烧脱硫时，金属硫化物与空气中的氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氢氧化钠溶液吸收处理，所以与原方案比，高温煅烧法的缺点是生成的有毒气体二氧化硫需用氢氧化钠溶液处理，工序复杂，不宜控制，故答案为：高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸时二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化铵溶液的目的是将将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，则滤渣3的主要成分为硫化铜和硫化镍，故答案为：和；
（5）由分析可知，电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气，则废电解液可以加入酸浸液再利用，节约成本，故答案为：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞结构可知，与硫原子距离最近的锰原子个数为4，则由硫化锰的化学式可知，锰原子周围的硫原子个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案为：。
22．(1)适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等(2分，除粉碎外，任写一点，合理即可)
(2)
(3)将氧化为
(4) 能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀
(5) 8：3 16
【分析】绿柱石经石灰石熔炼后再粉碎、硫酸酸浸，得到滤渣H2SiO3和滤液（含有），加入H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+，用氨水调节pH，Fe3+、Al3+生成沉淀，Be2+留在滤液，继续加氨水调节pH可使Be2+生成Be(OH)2沉淀，灼烧后生成BeO。
【详解】（1）步骤②中还可以采取适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等措施提高反应速率。
（2）滤渣1成分的化学式为H2SiO3
（3）步骤③中加入的目的是将氧化为；
（4）能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀，故不宜使用溶液来沉淀。沉淀完全时，c(Be2+)=，由c(Be2+)c2(OH-)=Ksp[Be(OH)2]，可得c(OH-)=mol/L。
（5）基态的最高能层电子排布式为3s23p63d3，其中成对电子数为8，未成对电子数为3，故成对电子与未成对电子的数目之比为8：3。1 mol中，阳离子含有8 mol 键，阴离子含有8 mol 键，故1 mol中含有16 mol 键。
23．(1)，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解
(2) 将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合
(3)和
(4)生成的可催化的分解
(5)加入消耗，增大，从而沉淀和
(6)
(7) 6
【分析】MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)加入废铁屑，再加入硫酸进行酸浸，除去滤渣1为和，再加入双氧水氧化，再加入碳酸钙调节pH，除铁、铝，除去滤渣2为氢氧化铁、氢氧化铝，再加入氟化锰除钙、镁，得到滤渣3为氟化钙、氟化镁，再加入碳酸氢铵沉锰，最后制得MnCO3。
【详解】（1）热的纯碱溶液清洗表面油污的原理为，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解；
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为；
（3）不溶于酸，微溶于水，所以“滤渣1”中含有的成分为和；
（4）“氧化”过程中加入的量远超理论量的原因为生成的可催化的分解；
（5）加入能调节溶液酸度，从而起到“除铁、铝”的目的；
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为；
（7）由图可知晶胞中的配位数为6，该晶体密度为。
24．(1)
(2) 将b极产生的氧气循环利用，用于制备 反应中转移等量的电子，阴极产生与阳极产生的物质的量相等，(可得1分)阳极产生通过质子交换膜移至a极附近与反应
(3) 有机物被氧化为；，，使溶液pH降低到5.6
【分析】本实验为用空气和水电解的方式制备H2O2，而后用H2O2处理有机废水，据此分析回答问题。
(1)
H2O2受热易分解生成水和氧气，化学反应方程式为2 H2O2 2H2O+O2↑；
(2)
①氧气在a极得电子和水反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，(可得1分)阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
(3)
①根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，生成的有机物为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
25．(1)
(2) 生成羟基自由基，消耗有机配体R- ，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动 0.45 反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R
(3) 3 无
(4) 蒸发浓缩、冷却结晶 95.97%
【分析】废水中的NiR2经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。
(1)
·OH的电子式为：；
(2)
从整个反应历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；由图知，H2O2加入量为0. 45g/ L时，镍的回收效果最好；当H2O2加入量高于0. 45g/ L时，反应iii 速率加快，导致羟基自由基大量减少，不利于除镍；
(3)
Fe3+完全沉淀时c3(OH- )= mol3·L-3=1×10 -33 mol3 ·L-3，c(OH- )=1×10-11 mol/ L ，则c(H+)=1×10-3 mol/ L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)2]=0.01×(10-11)2=10-24< Ksp[Ni(OH)2]，故无Ni(OH)2沉淀生成；
(4)
要得到NiSO4·7H2O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O；Ni(OH)2沉淀转化成NiSO4·7H2O固体的转化率为(6.744g ÷281g/mol) ÷(2.325g÷93g/mol) × 100% = 96%，100 mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率为96%×99.97%≈95.97%。
26．(1)搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等（写一条即可）
(2)Cu、Fe
(3)2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+
(4) pH降低，c(H+ )增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多 10-2.5
(5) 4.0 1.00
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(7)P507+煤油
【分析】废炉渣经硫酸酸浸后，除去酸浸渣，由已知i可知，酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，分别经过除铜、除铁、除钙镁、萃取后得到NiSO4溶液和Co负载有机相，最后分别获得CoSO4溶液和NiSO4固体，据此解答。
（1）
提高“酸浸”速率的方法有搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等；
故答案为：搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等（写一条即可）。
（2）
“滤渣1”是由于加入过量铁粉除铜而产生的，所以其主要成分是Cu、Fe；
故答案为：Cu、Fe。
（3）
“除铁”步骤是用将溶液中的Fe2+氧化为黄钠铁矾，其化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，反应的离子方程式为：2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+；
故答案为：2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+。
（4）
“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.0 ×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，钙离子沉淀完全时，c(F-)=mol/L，镁离子沉淀完全时，c(F-)=mol/L，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中F-的浓度c(F- )最小为mol/L；
故答案为：pH降低，c(H+ )增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；10-2.5。
（5）
萃取目的是为了获取NiSO4溶液和Co负载有机相，所以Co萃取率越高越好，Ni萃取率越低越好，所以由图分析可知应选择的pH和Va：V0分别为4.0和1.00；
故答案为：4.0，1.00。
（6）
由NiSO4溶液获得NiSO4（s）应采用重结晶的方法，故一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（7）
由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507+煤油；
故答案为：P507+煤油。
27．(1)提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等
(2)
(3)漏斗、烧杯、玻璃棒
(4)取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净
(5)乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥
(6)
【分析】由题给流程可知，电池铜帽加入稀硫酸和过氧化氢溶液溶解时，锌、铜转化为硫酸锌、硫酸铜，向反应后的溶液中加入适量锌粉，将硫酸铜转化为铜，过滤得到海绵铜和硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸铵溶液，将硫酸锌转化为碳酸锌沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锌；碳酸锌高温灼烧制得纳米氧化锌。
【详解】（1）提高硫酸浓度、加热、搅拌、铜帽粉碎等措施能提高铜帽溶解速率，故答案为：提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等；
（2）由题意可知，酸性条件下，铜和氧气共热反应生成铜离子和水，反应的离子方程式为；
（3）过滤步骤中使用的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）碳酸锌沉淀的表面附有可溶性的硫酸铵杂质，检验沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的具体操作为取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净；
（5）乙醇具有挥发性，氧化锌用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，可以带走氧化锌表面的水分，起到干燥的作用，故答案为：乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥；
（6）由题意可知，2.00g沉淀为碳酸钙的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸锌中碳酸锌的物质的量为=0.02mol，由锌原子的原子个数守恒，氢氧化锌的物质的量为=0.04mol，则结晶水的物质的量为=0.02mol，由碱式碳酸锌中碳酸锌、氢氧化锌、结晶水的个数比等于物质的量比可得：1：x：y=0.02mol：0.04mol：0.02mol，解得x=2、y=1，碱式碳酸锌的化学式为，故答案为：。
28． 提高溶液的浓度或碱浸温度 或↓ 石墨 中和溶液中的，得到沉淀(或中和溶液中的，使完全沉淀) 0.2 热水
【分析】电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。废旧电池正极片粉碎后用氢氧化钠溶液碱浸，滤液1中含有偏铝酸钠(NaAlO2)，滤渣1中含有C和，以及少量不溶性杂质；NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳调节pH，得到的滤渣2为氢氧化铝；滤渣1中加入盐酸溶解后得到的滤渣3含有石墨以及少量不溶性杂质，滤液3中含有Fe2+、Li+等，滤液3中加入过氧化氢将Fe2+氧化生成Fe3+，再加入碳酸钠沉淀Fe3+得到，滤液中含有Li+等，滤液中加入碳酸钠沉淀Li+得到；中加入氢氧化钠发生沉淀的转化生成氢氧化铁沉淀和磷酸钠，据此分析解答。
【详解】(1)为提高电极片的碱浸率，可以提高溶液的浓度或碱浸温度，故答案为：提高溶液的浓度或碱浸温度；
(2)得到的滤渣2为氢氧化铝，反应的化学方程式为；根据上述分析，滤渣3的主要成分为石墨，故答案为：；石墨；
(3)根据流程图，“沉淀”中溶液是中和溶液中的，得到沉淀，是将Fe2+氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：中和溶液中的，得到沉淀；；
(4)“滤渣”中含有，加入溶液发生沉淀的转化，反应的离子方程式为，故答案为：；
(5)20℃时，的溶解度为1.48g，表示100g中溶解1.48g ，溶液的体积为=100mL=0.1L，“沉锂”后的溶液中，的浓度==0.2，故答案为：0.2；
(6)根据不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度的数据，碳酸锂的溶解度随着温度的升高，逐渐减小，因此“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用热水，故答案为：热水。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-30常见物质的制备
一、单选题
1．（2023·河北·校联考模拟预测）已知：2—丙醇的沸点为84.6℃、丙酮的沸点为56.5℃。利用2—丙醇催化氧化制备丙酮，并利用如图装置提纯丙酮。下列叙述错误的是
A．采用热水浴加热
B．毛细玻璃管与液面接触的地方能形成汽化中心
C．克氏蒸馏头能防止液体冲入冷凝管
D．温度计指示温度为84.6℃
2．（2023·河北邯郸·统考二模）钼酸钠是一种白色结晶性粉末，广泛应用于颜料和化工等领域。工业上用钼精矿(主要成分是，含少量的)制备钼酸钠晶体()的简化流程如图所示。下列说法错误的是
已知：浸取液溶质主要为和。
A．焙烧时发生反应
B．气体X为，废渣的主要成分为
C．从滤液中获得的操作为蒸发结晶
D．利用纯碱吸收，可获得副产品亚硫酸钠
3．（2022·河北·模拟预测）硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：
已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法正确的是
A．焙烧时反应的化学方程式为
B．调节pH的目的是使和完全沉淀
C．化合物Y可制成铝热剂用于焊接铁轨
D．可回收利用后应用于本流程
4．（2022·河北沧州·统考二模）氧化锆是一种高级耐火材料，氧化钇主要用作制造微波用磁性材料。一种利用玻璃窑炉替换下的锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)提纯氧化锆和氧化钇的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A．“酸化”是锆废砖粉和硫酸在硫酸铵催化作用下进行的焙烧反应，硫酸适宜用盐酸代替
B．“中和1”发生反应的离子方程式为Zr4+ +4OH- =Zr(OH)4 ↓
C．实验室模拟“焙烧”时使用的硅酸盐仪器只有烧杯和酒精灯
D．滤液2可以处理后返回“酸化”使用，实现循环
5．（2022·河北秦皇岛·统考三模）下列制备并收集气体的方法不可行的是
气体
方法
A
Cl2
将浓盐酸滴入高锰酸钾固体中，用排饱和食盐水法收集
B
NH3
将浓氨水滴入NaOH固体中，用向下排空气法收集
C
NO2
将铜片加入浓硝酸中，用排水法收集
D
SO2
铜与浓硫酸混合加热，用排饱和亚硫酸氢钠溶液法收集
A．A B．B C．C D．D
6．（2021·河北石家庄·统考一模）“钯碳”是将金属钯粉负载到活性炭及有机物上制成的催化剂，废钯碳中钯的回收可通过“王水脱钯”法实现，其工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“焚烧”的目的是除去碳和有机物
B．“还原”反应中甲酸被氧化为
C．“溶解”反应中消耗和的物质的量之比为
D．温度过高，不利于“氨化”进行
7．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）下列说法正确的是
A．向溶液中滴加次氯酸可以制取
B．可用排水法收集、CO或
C．将泥土加入蒸馏水中搅拌可得胶体
D．蒸干溶液可以得到晶体
8．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）是一种黄绿色气体，在空气中浓度超过10%时会有很强的爆炸性。依据反应，实验室可制备少量溶液。下列说法错误的是
A．应先打开K，再通入，后滴加浓硫酸
B．通的主要目的是稀释和使生成的进入后续装置
C．装置②可起到缓冲气流并防止倒吸的作用
D．装置③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
9．（2021·河北·模拟预测）次磷酸钠()广泛应用于化学镀镍，其制备与镀镍过程如下图所示：
已知：次磷酸钠易溶于水、乙醇、甘油，微溶于氨水，不溶于乙醚。下列说法不正确的是
A．中，元素化合价为价
B．“沉降池”中，通入氨气的目的是降低的溶解度，使其析出
C．“净化”操作需要过滤、洗涤、干燥，洗涤时，可选用乙醇作为洗涤剂
D．“滤液2”经分离提纯可以得，则“镀镍”过程发生反应的离子方程式为：
10．（2021·河北·模拟预测）NiSO4•nH2O易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液显酸性。从电镀污泥[含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等]中回收制备NiSO4•nH2O和其他金属的工艺流程如图所示，其中萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RHNiR2+2H+。
下列叙述错误的是
A．“酸浸”时，为加快浸出速率，应加入相同体积、高浓度的硫酸
B．“除Cr”时，温度不能过高，以防止Ni2+水解生成沉淀
C．萃取余液可返回“酸浸”工艺中循环利用
D．NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得到NiSO4•nH2O
二、实验题
11．（2023·河北·校联考模拟预测）S-蜂斗菜素，具有的解痉作用，强度是罂粟碱的4～5倍，实验室为探究其元素组成设计如下实验。
I.设计实验证明S-蜂斗菜素中含碳、氢、硫三种元素。
(1)从A～F中选择合适的仪器完成实验，正确的连接顺序是a→ →尾气吸收(按气流方向，用小写字母表示，仪器不可重复使用)。
(2)装置F中盛放的试剂为 。
(3)装置E中酸性高锰酸钾溶液足量，所以整个过程中E中现象不太明显，所以实验中能证明药品中含硫元素的实验现象为 ；E中发生反应的离子方程式为 。
II.测定药品中硫元素的质量分数。
实验步骤：取a g药品，碾碎后，充分燃烧；将产生的气体全部通过 mL 的碘水；待吸收完全后，向混合溶液中滴加少量淀粉溶液，再用硫代硫酸钠标准液滴定，最终消耗硫代硫酸钠溶液的体积为 mL。已知：。
(4)滴定时盛放硫代硫酸钠溶液的仪器为 (填仪器名称)；该仪器使用前需进行的操作为 。
(5)滴定终点的现象为 。
(6)该药品中的硫元素的质量分数为 (列出表达式即可)。
(7)若气体中混有少量，可能会导致测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
12．（2023·河北张家口·统考一模）三氯化铬(CrCl3)可用作媒染剂和催化剂，易水解，650℃以上升华。某学习小组在实验室中用Cr2O3和CCl4制备无水CrCl3并测定产品纯度，进行如图实验探究。回答下列问题：
(1)制备无水CrCl3
①选择合适的装置，按气流方向，合理的连接顺序为 (用小写字母填空)。
②实验开始时，点燃酒精喷灯适合在水浴加热之 (填“前”或“后”)。
③该实验开始前，先通入一段时间N2的作用为 。
④已知制备CrCl3时同时生成的气体COCl2易水解，则制备CrCl3反应的化学方程式为 ，尾气处理时适合选用的试剂为 (填试剂名称)。
(2)测定产品纯度(杂质不参加反应)
已知：CrO(黄色，碱性)Cr2O(橙色，酸性)
准确称取mg产品，温水溶解后稀释至250mL，量取25.00mL溶液加入锥形瓶中，向其中加入足量Na2O2充分反应；将反应后溶液加硫酸酸化至橙色，煮沸、冷却后加入足量KI溶液；滴加淀粉作指示剂，用cmol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定(2S2O+I2=S4O+2I-)，达到滴定终点时消耗标准液的体积为VmL。
①准确量取25.00mL溶液所用仪器名称为 。
②硫酸酸化的主要作用为 。
③反应后溶液煮沸的目的为 。
④产品中CrCl3的质量分数为 。
13．（2023·河北邯郸·统考二模）某化学兴趣小组利用如图所示实验装置(夹持及加热装置省略)在实验室制备并测定其纯度。
回答下列问题：
(1)与分液漏斗相比，使用滴液漏斗a的优点是 。
(2)装置B中发生反应的离子方程式为 。
(3)若装置B温度控制不当会有生成，且反应生成的、的物质的量均为，则消耗的的物质的量为 mol。
(4)某同学认为该装置设计有缺陷，改进措施为 ，否则会使产率偏低。
(5)测定所得样品的纯度：该小组同学认为可以利用一定质量样品与过量在酸性条件下发生反应，再以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定产生的测定样品的纯度。
①预设滴定终点时溶液的颜色为 。
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测定的准确度，其操作方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落， (请在横线上补全操作)，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。
③在方案可行性分析时，实验发现在溶液和稀硫酸的混合溶液中加入溶液，最终得到了无色溶液而没有得到预设中的碘溶液，可能的原因是 。
④有同学提出可以使用质量分析法测定样品的纯度：称量样品mg、ng，混合加热至质量不再改变，剩余固体质量为pg，则样品中的纯度为 (用含m、n、p的代数式表达)。
14．（2023·河北·模拟预测）氯化铁是一种很重要的铁盐，主要用于污水处理、印染工业、电子工业、建筑工业等。氯化铁有吸水性，遇水极易水解。某化学兴趣小组设计实验制备氯化铁并探究其性质。回答下列问题：
I．氯化铁的制备：
(1)图1为湿法制备的装置。仪器A的名称为 ，烧杯中发生反应的离子方程式为 。
(2)图2为干法制备的装置。反应前后都要鼓入氮气，目的是 ；氮气和氯气都必须经过浓硫酸，原因是 。
Ⅱ．氯化铁的性质探究：
(3)查阅资料：氯化铁在水溶液中分多步水解，生成净水性能更好的聚合氯化铁［］。已知聚合氯化铁极易溶于水，写出氯化铁水解反应的总离子方程式 。
(4)为了探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，该兴趣小组设计实验方案(忽略溶液体积的变化)，获得如下数据：
实验
温度/℃
pH
1
10
0
0
0
25
0.74
2
10
90
0
0
25
1.62
3
10
90
0
0
35
1.47
4
10
90
1.17
0
25
x
5
10
90
0
1.42
25
y
①根据实验数据，结合所学化学知识，下列说法正确的是 (填标号)。
A．氯化铁的水解程度与温度、铁离子的浓度均有关系
B．实验1和实验2说明氯化铁浓度越大，水解程度越大
C．实验2和实验3说明的水解是吸热反应
D．实验4和实验5中加入固体的质量不等，无法对比参照
②查阅资料，加入强电解质后，由于溶液中离子总浓度增大，离子间的相互牵制作用增强，水解离子的活性会改变。该兴趣小组同学求助老师利用计算机手持技术得到实验4和实验5的结果分别如图3和图4所示。
i.根据实验现象，提出假设：a．氯离子对铁离子的水解活性有促进作用；b． 。
ii..设计其他简单实验证明假设a： (写出实验操作、现象和结论)。
15．（2022·河北·模拟预测）高纯二氧化锗主要用于生产光学及半导体用的锗材料等。在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。实验制备的装置图如下(加热及夹持装置已略去)：
i.相关物质的部分理化性质
物质
部分理化性质
不溶于水、盐酸、稀苛性碱溶液
熔点：1115℃，沸点：1200℃
熔点：-51.5℃，沸点：86.6℃；易水解
ii.(未配平)；
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ；实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备的离子方程式为 ；通入氯气的目的是 。
(2)为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过装置a不断滴加浓盐酸。盐酸保持较高浓度的原因为 。
(3)冷凝管中冷却水应从 (“b”或“c”)口进入；为达到最佳效果，水槽中加入冰水混合物，则仪器d的作用为 ；实验室中温度计有不同规格，本实验应可选用 (填字母标号)。
A．-30℃~20℃ B．0℃~50℃ C．50℃~100℃ D．100℃~150℃
(4)将d中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，此过程中的化学方程式为 。
(5)纯度测定
称取样品，在加热条件下溶解，用将其还原为，用标准溶液滴定，消耗体积，滴定指示剂为 ，样品纯度为 %(实验条件下未被氧化)。
16．（2022·河北·模拟预测）某同学在实验室采用下列装置探究CO和H2的转化，并检验部分产物。已知草酸(HOOC−COOH)在浓硫酸存在时加热分解为CO2、CO和H2O，E中的ZnO/CuO仅作催化剂，实验完毕，F中收集到纯净液体1.536 g，G中收集到的气体体积为89.6 mL(折算成标准状况，不包括通入的氦气)。请回答下列问题：
(1)B中盛放的试剂为 。
(2)C中发生反应的离子方程式为 。
(3)向F中液体投入金属钠，有气泡产生，通过其他实验测得F中液体为纯净物，且其相对分子质量为32，则E中反应的方程式为 。
(4)有关装置G的操作叙述正确的是 (填标号)。
A．添加药品完毕，调整G中两液面相平，读得量气管的初始读数
B．当G中两液面差不再变化时，立即调整G中左右两侧液面相平，读得量气管的最终读数
C．初始读数时仰视，最终读数时俯视，导致测得气体体积偏大
(5)有关酒精灯操作的叙述正确的是_______(填标号)。
A．先点A处酒精灯，后点E处酒精灯 B．先点E处酒精灯，后点A处酒精灯
C．先撤A处酒精灯，后撤E处酒精灯 D．先撤E处酒精灯，后撤A处酒精灯
(6)该实验中分两次通入定量氦气，第二次通入氦气的作用是 。
(7)综合实验中的数据，反应完毕，剩余n(H2)= mol。
17．（2021·河北石家庄·统考一模）二甲基亚砜()是一种含硫有机化合物，被誉为“万能溶剂”。其在常温下为无色无臭的透明液体，熔点为，沸点为。制备二甲基亚砜的装置如图所示。
实验过程：利用仪器A制备，将通入二甲基硫醚中，控制温度为，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，共收集到二甲基亚砜纯品。
已知：
①二甲基硫醚和二甲基亚砜的密度分别为和，相对分子质量分别为62和78；
②为一元弱酸，不稳定，易分解为和；
③仪器C中发生的反应为。NO2+CH3-S-CH3+NO
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 ；仪器D的出水口为 (填字母)。
(2)制备二甲基亚砜实验的操作顺序为 (填序号)。
①连接装置并检查气密性 ②水浴加热仪器C，然后打开活塞a、b；
③关闭活塞a，停止加热仪器C ④向仪器D中通入冷凝水 ⑤关闭活塞b
(3)仪器A的溶液中发生反应的化学方程式为 。
(4)的作用为 。
(5)仪器C中反应液的温度需控制在，温度不能过高的原因为 。
(6)仪器E中溶液的作用为 。
(7)本实验中二甲基亚砜的产率为 (保留两位有效数字)。
18．（2021·河北·模拟预测）三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得。某化学小组利用此原理进行实验室制备三氯化氮。
回答下列问题：
(1)装置A中仪器X的名称是 ，盛放的试剂是 ，装置A中发生反应的离子方程式为 。
(2)整个装置的导管连接顺序为a→ → → → → 。
(3)装置B中发生反应的化学方程式为 。
(4)装置C的作用为 。装置D的作用为 。
(5)三氯化氮浓度的测定：准确量取20mL装置B中反应后的溶液，置于100mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，吸取25.0mL于烧杯中，加入足量V1mLc1mol·L-1亚硫酸钠溶液，充分反应后，向烧杯中加入足量V2mLc2mol·L-1盐酸酸化的氯化钡溶液，得沉淀mg。
已知：i._______ Na2SO3+_______ NCl3 +_______=_______Na2SO4 +_______ HCl+ _______NH4Cl；
ii. BaCl2 +Na2SO4=BaSO↓+ 2HCl。
①请完成反应i的化学方程式：i._______ Na2SO3+_______ NCl3+_______=Na2SO4+_______ HCl+_______ NH4Cl
②装置B反应后的溶液中三氯化氮的浓度为 mol·L-1。
三、工业流程题
19．（2023·河北张家口·统考三模）钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“筛分”的目的为 ；浸渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“转化”工序加入铁粉的目的为 ；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为 。
(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为 。
(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为 。
(5)试剂X适合选用___________(填标号)。
A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液
(6)的晶体类型为 ；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为 (用代数式表示)。
20．（2023·河北·校联考三模）为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业亟需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)拆解废旧磷酸铁锂电池会产生粉尘、废气等，采用 (填“封闭式全自动化拆解设备”或“开放式人工手动”)拆解，能避免环境污染并提高拆解效率.拆解后的正极片用NaOH溶液浸泡，目的是 。
(2)正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是 。生成FePO4的化学方程式为 。
(3)溶液的pH对铁和磷的沉淀率的影响如图所示。沉淀铁和磷时，应选择溶液的pH为2.5。当pH＞2.5时，铁、磷沉淀率发生不同变化的原因是 。
(4)已知：Ksp(FePO4)=1.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。向“含锂溶液1”[其中=1]中加入NaOH固体，进行深度除铁。深度除铁后溶液的pH=4.5，则此时溶液中= 。
(5)向“含锂溶液2”中加入Na3PO4溶液，得到Li3PO4沉淀。所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的 (填化学式)中加入NaOH溶液制得。
(6)检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是 。
21．（2023·河北衡水·校联考二模）高硫锰矿的主要成分是，还含有、、、、、、等，从高硫锰矿中提取金属锰的工艺流程如图所示：
已知：、、、，金属离子的浓度的负对数与溶液的关系如图所示，回答下列问题：
(1)碱性催化脱硫时，为了提高脱硫效率，可采取的措施为 。
(2)碱性脱硫时氧化矿粉产生硫单质是该工艺流程的亮点，若将虚线框中的设计改为“高温煅烧”(如图)脱硫，与原方案比，其不足之处为 。
(3)“酸浸”时的作用为 。
(4)“调”应调至4左右，“滤渣3”的成分为 。
(5)“电解”冶炼金属锰后废电解液的处理方法为 。
(6)已知晶胞如图所示，该晶胞中∠α=120°，∠β=∠γ=90°。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
22．（2023·河北邯郸·统考二模）Be被主要用于原子能反应堆材料、宇航工程材料等，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。硫酸法是现代工业用绿柱石(主要成分为，还含有铁等杂质)生产氧化铍的方法之一，其简化的工艺流程如下：
已知几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀时pH
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时pH
3.7
5.0
9.7
—
(1)步骤②中还可以采取什么措施提高反应速率 (除粉碎外，任写一点)。
(2)滤渣1成分的化学式为 。
(3)步骤③中加入的目的是 。
(4)步骤④不宜使用溶液来沉淀，原因是 (用必要的文字和离子方程式说明)；已知，则沉淀完全时，溶液中 (通常认为溶液中离子浓度小于时为沉淀完全)。
(5)绿柱石因含有不同杂质而产生不同的颜色。各种绿柱石中最名贵的是祖母绿，这是由铬、钒元素的存在造成的。
①基态的最高能层中成对电子与未成对电子的数目之比为 。
②重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为 。
23．（2022·河北·模拟预测）MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)为原料制备MnCO3的流程如下：
回答下列问题：
(1)废铁屑在使用前需要用热的纯碱溶液清洗表面油污，其清洗原理为 (结合离子方程式和必要的语言解释)。
(2)为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为 ；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为 。
(3)“滤渣1”中含有的主要成分为 。
(4)“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为 。
(5)加入CaCO3能“除铁、铝”的原因为 。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
(7)MnO2的正交(棱与棱之间的夹角均为)晶胞结构如下图所示，晶胞参数分别为、、。其中Mn的配位数为 ；用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 。
24．（2022·河北·校联考模拟预测）传统方法制备会产生大量副产物，研究者通过更环保的电解法，使用空气和水制备，并用其处理有机废水，过程如下。
(1)受热易分解，写出反应的化学方程式 。在制备的过程中，需要控制电解槽的温度。
(2)电解制备，装置如图所示。
①a极的电极反应式为 。
②通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是 。
③pH过高时会分解。但电解一段时间后，a极附近溶液pH基本不变，原因是 。
④测定生成的浓度。取溶液，用溶液滴定，完全反应转化为时，消耗溶液。则溶液的浓度为 。
(3)用氧化含有机物RhB的废水，将其降解为无机物，结果如图所示。溶液中的总有机碳(TOC)去除率越高，降解效果越好。
①20min时，RhB残留量已接近0。这段时间内RhB的平均降解速率= 。
②降解过程中，随着TOC去除率接近100%，溶液的pH降至5.6，请结合化学用语解释原因： 。
25．（2022·河北秦皇岛·统考三模）利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。
已知，①废水中镍主要以NiR2络合物形式存在，其在水溶液中存在平街：NiR2 (aq) Ni2+ (aq)+ 2R- (aq，有机配体)K=1.6 ×10-14
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1. 6×10-15
③“脱络”(指NiR2转化成Ni2+ )过程中，反应历程如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH；
ii.R-+·OH=OH-+ ·R；
iii. H2O2+2·OH=O2 ↑+2H2O。
(1)·OH的电子式为 。
(2)①根据·OH与H2O2的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制： 。
②实验测得H2O2加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入H2O2的量为 g·L-1时，镍回收效果最好；当加入H2O2的量较大时， 镍回收率下降，可能的原因是 。
(3)常温下 ，若“脱络”后的废水中 c(Ni2+ )=0. 01 mol·L-1，“沉淀”时先加入 NaOH至溶液的pH= ，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6 mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时 (填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。
(4)取100 mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2. 325 g Ni(OH)2沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为99. 97%；Ni(OH)2沉淀再经稀硫酸溶解、 、过滤，得到NiSO4·7H2O固体的质量为6.744g。试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率： (保留四位有效数字)。
26．（2022·河北沧州·统考二模）镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如下：
已知：i.酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等
ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”速率的方法有 。(任写一条)
(2)“滤渣1”的主要成分是 。(写化学式)
(3)黄钠铁矾的化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为 。
(4)“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是 (结合平衡理论解释)。Ca2+和Mg2+沉淀完全时，溶液中F-的浓度c(F- )最小为 mol·L-1。(已知离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，Ksp(CaF2)=1.0 ×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
(5)镍、钴萃取率与料液pH、萃取剂体积与料液体积比Va：V0的关系曲线如下图所示，则“萃取”时应选择的pH和Va：V0分别为 、 。
(6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”是 。
(7)工艺流程中，可循环利用的物质是 。
27．（2022·河北唐山·统考三模）实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收Cu并制备纳米ZnO的部分实验过程如图所示：
(1)在“溶解”步骤中，提高铜帽溶解速率的措施 (例举两种)。
(2)有同学提出溶解步骤中可在酸性条件下不断鼓入并加热，这种情况下，铜发生溶解的离子方程式为 。
(3)“过滤”步骤中使用的玻璃仪器有 。
(4)生成的沉淀需经充分洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。
(5)在封闭的高温电炉中焙烧，焙烧后的ZnO粉末用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，减压过滤，干燥，得到纯净的纳米级ZnO。用乙醇洗涤的目的是 。
(6)有同学提出用纯碱代替溶液，在实际生产中得到的是一种碱式碳酸锌[]，取该样品6.82g，充分灼烧后测得残留物质量为4.86g，将所得气体通入足量澄清石灰水中，得到2.00g沉淀，则此碱式碳酸锌的化学式是 。
28．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）磷酸铁锂是一种锂离子电池材料，该电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。采用下列工艺流程回收制备有关物质。
已知：不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度如下表所示：
0
10
20
30
50
60
80
100
溶解度/
1.64
1.53
1.48
1.17
1.05
1.01
0.85
0.72
请回答下列问题：
(1)为提高电极片的碱浸率，可以采用的方法有 (任写一条即可，题干中的除外)。
(2)得到滤渣2的化学方程式是 ，滤渣3的主要成分为 。
(3)“沉淀”中溶液的作用是 ，的作用是 (用离子方程式表示)。
(4)写出“滤渣”中加入溶液时发生反应的离子方程式 。
(5)20℃时，“沉锂”后的溶液中，的浓度为 (结果保留1位有效数字，假设溶液的密度为)。
(6)“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用 (填“冷水”或“热水”)。
参考答案：
1．D
【详解】A．液溴和四氯化碳的沸点都比较低，水浴加热更容易控制合适的加热温度，用酒精灯代替会导致受热不均，故A正确；
B．减压蒸馏时，空气由毛细管进入烧瓶，冒出小气泡，成为沸腾时的气化中心，这样不仅可以使液体平稳沸腾，防止暴沸，同时又起一定的搅拌作用，故B正确；
C．弯管的主要作用是防止减压蒸馏中液体因剧烈沸腾而进入冷凝管，可以避免对收集产物的污染，故C正确；
D．2—丙醇的沸点为84.6℃、丙酮的沸点为56.5℃，为避免2—丙醇蒸出，温度计指示温度为高于56.5℃，低于84.6℃，故D错误；
故选D。
2．C
【分析】钼精矿，主要成分是，含少量的，在空气中焙烧，被氧化成，生成，S元素变成，再加入纯碱溶液浸取，得到和，加入，得到而除去Pb元素，最后将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，得到产品。
【详解】A．焙烧时，被氧化成，反应的方程式为：，A正确；
B．向溶液中加入纯碱溶液浸取，得到和和气体，再加入，得到而除去Pb元素，B正确；
C．为含有水分子的结晶水合物，所以将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，得到产品，不能直接蒸发结晶，C错误；
D．因为 ，可以发生反应： ，所以利用纯碱吸收，可获得副产品亚硫酸钠，D正确；
故选C。
3．D
【分析】高钾明矾石粉碎增大接触面积，加入硫粉进行焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为，则加入KOH溶液产生的浸渣为，浸液中的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，则溶液X为，过滤得到白色固体，灼烧得到，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体，据此答题。
【详解】A．焙烧时反应的化学方程式为，A项错误；
B．浸液中存在的离子为、、，加入溶液X调节溶液pH使变为白色沉淀，B项错误；
C．白色固体灼烧得到，则化合物Y为，为铝热剂用于焊接铁轨，C项错误；
D．可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为，则可回收利用后应用于本流程，D项正确；
答案选D。
【命题意图】本题以高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程为载体，考查了学生对化学工艺流程、元素性质的分析和应用。其中各步流程的分析是本题的亮点和难点。准确提取工艺流程中的关键信息并正确分析是解题的关键。
4．D
【详解】锆废砖(主要成分ZrO2、Y2O3、CaO等)加入硫酸和硫酸铵，得到硫酸钙沉淀，调节溶液pH在4 A．若硫酸用盐酸代替，则反应过程盐酸和硫酸铵生成氯化铵，受热分解，硫酸铵不能起催化作用，A错误；
B．氨水为弱碱，不能写成氢氧根离子，B错误；
C．焙烧是加热固体，应使用坩埚不是烧杯，C错误；
D．滤液2为硫酸铵和氨水，酸化后可以返回“酸化”使用，循环利用，D正确；
故选D。
5．C
【分析】根据物质的性质判断是否发生反应，利用是否反应判断能否制取该气体，利用气体的性质判断收集的方法，不溶于水的气体可以利用排空气法，不与溶液反应的气体可以用排液法进行收集；
【详解】A．浓盐酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，可以生成氯气，而氯气在饱和食盐水中的溶解度比较低，故可以排饱和食盐水收集，故A不符合题意；
B．氢氧化钠溶于水放热，且导致溶液中氢氧根离子浓度增大，导致氨气放出，因为氨气的密度比空气小，可以用向下排空气法收集，故B不符合题意；
C．二氧化氮与水会发生反应，故不能用排水法收集二氧化氮，故C符合题意；
D．铜与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫在亚硫酸氢钠溶液中溶解度比较小，故可以利用排饱和亚硫酸氢钠溶液收集，故D不符合题意；
故选答案C。
【点睛】本题主要考查常见气体的制备及收集，侧重考查学生对基础知识的理解能力，注意收集气体时排气和排液法都不能发生反应。
6．C
【分析】由题给流程可知，废钯碳在空气中焚烧可以使钯碳中的活性炭和有机物燃烧除去，钯被空气中的氧气氧化生成氧化钯；氧化钯与加入的甲酸发生氧化还原反应生成钯、二氧化碳和水；钯溶于王水生成四氯合钯酸、一氧化氮和水；四氯合钯酸与浓氨水反应得到二氯化四氨合钯，二氯化四氨合钯溶液发生还原反应生成钯。
【详解】A．由分析可知，废钯碳在空气中焚烧可以使钯碳中的活性炭和有机物燃烧除去，故A正确；
B．由分析可知，“还原”反应为氧化钯与甲酸发生氧化还原反应生成钯、二氧化碳和水，故B正确；
C．钯与王水反应生成四氯合钯酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Pd+12HCl+2HNO3=3H2[PdCl4]+2NO↑+4H2O，由方程式可知，消耗盐酸和硝酸的物质的量比为6：1，故C错误；
D．氨水受热易发生分解反应生成氨气，若反应温度过高，氨气受热逸出会不利于“氨化”进行，故D正确；
故选C。
7．B
【详解】A．次氯酸的酸性弱于碳酸，向溶液中滴加次氯酸不能制取，A错误；
B．、CO或均难溶于水，可用排水法收集，B正确；
C．将泥土加入蒸馏水中搅拌得到的是悬浊液，C错误；
D．溶液加热得到固体，灼烧得到，D错误；
故答案选B。
8．D
【详解】A．实验时应先打开K，再通入，将装置中的空气排净后，加浓硫酸，故A正确；
B．ClO2易爆炸，通的主要目的是稀释并使生成的进入后续装置，故B正确；
C．装置②为安全瓶，可起到缓冲气流并防止倒吸的作用，故C正确；
D．根据反应的化学方程式可知，为还原产物，为氧化产物，故D项错误；
故答案选D。
9．C
【分析】白磷在氢氧化钠溶液中发生歧化反应生成和PH3，微溶于氨水，所以通入氨气后析出晶体，经过过滤、洗涤、干燥后与NiSO4溶液混合，得到Ni单质和滤液2。
【详解】A．根据化合物中元素的化合价代数和为零可知，中，元素化合价为价，故A正确；
B． 微溶于氨水，“沉降池”中，通入氨气的目的是降低的溶解度，使其析出，故B正确；
C． 易溶于乙醇，不溶于乙醚，故不可选用乙醇作为洗涤剂，应选用乙醚，故C错误；
D． 与NiSO4溶液混合，发生反应得到Ni单质和滤液2，“滤液2”经分离提纯可以得，则根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平“镀镍”过程发生反应的离子方程式为：，故D正确；
故选C。
10．A
【详解】A． “酸浸”时，若加入相同体积、高浓度的硫酸，增加了硫酸的用量，且在“电解”过程又产生了硫酸，“调pH”时会增加Na2CO3的用量，A错误；
B．NiSO4•nH2O易溶于水，其水溶液显酸性，说明Ni2+水解，在“除Cr”时，如果温度过高，会促进Ni2+水解，降低回收率，B正确；
C．根据萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理和流程中反应可知，萃取余液中含有Na+、H+、、等，可返回“酸浸”中循环利用，C正确；
D．浓缩带结晶水的晶体需要通过蒸发浓缩、冷却结晶，故NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得到NiSO4•nH2O，D正确。
故选：A。
11．(1)jk→de→hi→fg
(2)无水硫酸铜
(3) C中品红溶液褪色
(4) 碱式滴定管 检查是否漏液
(5)滴入最后半滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30s不恢复
(6)
(7)偏小
【分析】由题意可知，整个实验过程中不需要干燥，B装置无需使用，A～F的仪器中，品红用来检验，澄清石灰水用来检验，酸性高锰酸钾溶液用来除去，干燥管中试剂需要检验的是水蒸气，所以应该盛放无水硫酸铜，正确的连接顺序是a→jk→de→hi→fg→尾气吸收。
【详解】（1）由分析可知，正确的连接顺序是a→k→de→hi→fg，故答案为：k→de→hi→fg；
（2）由分析可知，装置F中盛放的试剂为无水硫酸铜，故答案为：无水硫酸铜；
（3）装置E中酸性高锰酸钾溶液足量，所以整个过程中E中现象不太明显，所以实验中能证明药品中含硫元素的实验现象为C中品红溶液褪色；E中发生反应的离子方程式为，故答案为：C中品红溶液褪色；；
（4）滴定时盛放硫代硫酸钠溶液的仪器为碱式滴定管；滴定管使用前需进行的操作为检查是否漏液，故答案为：碱式滴定管；检查是否漏液；
（5）滴定终点的现象为滴入最后半滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30 s不恢复，故答案为：滴入最后半滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30s不恢复；
（6）由题意分析可知，由硫代硫酸钠计算剩余的，用总量减去该数据，可得氧化的，综合计算可得该药品中的硫元素的质量分数为，故答案为：；
（7）若燃烧时过量氧气进入吸收液中，可能会氧化部分或，可能会导致测定结果偏小，故答案为：偏小。
12．(1) afgdeh 前 排尽装置中空气，防止产品变质 Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2 氢氧化钠溶液
(2) 酸式滴定管(或移液管) 将CrO充分转化为Cr2O 除去残留的H2O2和溶解的O2 ×100%
【分析】本题是一道无机物制备的实验题，实验前先用氮气排出装置中的空气，并且可以将四氯化碳吹入装置D中和Cr2O3发生反应生成产物，由于装置B中的出气管较细容易堵塞，故选择装置D，在尾气处理时要注意防倒吸，以此解题。
【详解】（1）①由实验目的和原理知，A为提供的装置，B和D均可用于反应器和接收产品的装置，但凝华后易堵塞B的导管，故适合选用D，C用于防止E中水蒸气进入D导致水解，E用于尾气处理.则按气流方向，合理的连接顺序为afgdeh；
②实验开始时，先通氮气排尽装置中空气后，点燃喷灯预热，再水浴加热提供可提高原料利用率，则点燃酒精喷灯适合在水浴加热之前；
③装置中有空气，实验开始时，通入的作用为排尽装置中空气，防止产品变质；
④由信息知，制备时与在高温条件下反应生成和，化学方程式为；气体水解生成和HCl，则尾气处理时适合选用的试剂为氢氧化钠溶液；
（2）①由对量器精确度的要求和物质性质知，量取25.00mL溶液所用仪器名称为酸式滴定管(或移液管)；
②将＋3价Cr氧化为＋6价，根据题给信息可知，硫酸酸化可使充分转化为；
③酸化后溶液中残留的和溶解的可氧化碘离子，影响测定的准确性，故反应后溶液煮沸的目的为除去残留的和溶解的，使测定结果更准确；
④由反应原理可得关系式：，则产品中的质量分数为。
13．(1)平衡压强，使液体顺利滴落
(2)
(3)4
(4)在A、B装置间增加装有饱和食盐水的洗气瓶
(5) 无色 用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 酸性条件下，氧化性较强，可以将氧化到比0价更高的价态
【分析】用浓盐酸和二氧化锰制备氯气，发生反应为： ，将生成的通入热的溶液中，制备，发生反应为：。
【详解】（1）滴液漏斗a连通了分液漏斗上下，有点是：平衡压强，使液体顺利滴落；
（2）将生成的通入装置B中热的溶液中，制备，发生反应为：；
（3）若反应生成的、的物质的量均为，根据化合价的升降，，，共升高6，所以化合价降6，所以同时生成，共有 ，消耗。
（4）因为生成中含有，会影响产物的纯度，所以需在A、B装置间增加装有饱和食盐水的洗气瓶，以除去中含有；
（5）①与在酸性条件下发生反应：，再以淀粉溶液为指示剂，溶液变蓝色，用标准溶液滴定，达到终点时，溶液变成无色；
②在接近滴定终点时，使用“半滴操作”可提高测定的准确度，其操作方法是将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化；
③酸性条件下，氧化性较强，可以将氧化到比0价更高的价态，所以实验发现在溶液和稀硫酸的混合溶液中加入溶液，可能得到了无色溶液而没有得到预设中的碘溶液；
④作为催化剂，加热分解，，产生的质量为，根据方程式计算出质量为：，所以样品中的纯度为：。
14．(1) 分液漏斗
(2) 反应前排尽空气，反应后赶出氯气 氯化铁遇水极易水解
(3)
(4) AC 硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用 向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确
【分析】图1为湿法制备的装置，应是先用铁单质和盐酸反应生成，再与氯水反应生成；图2为干法制备的装置，应是干燥的氯气与铁单质加热反应制备。
探究外界条件对氯化铁水解平衡的影响，要控制变量，需要唯一变量。
【详解】（1）观察装置，可知仪器A的名称为分液漏斗；由实验分析可知烧杯中发生反应的离子方程式为。
（2）反应前鼓入氮气，可以排尽空气，防止铁与氧气反应；反应后鼓入氮气，目的是将装置内的氯气赶出。氯化铁遇水极易水解，故氮气和氯气都必须经过浓硫酸，目的是干燥，防止氯化铁水解。
（3）依题意，氯化铁在水溶液中水解生成聚合氯化铁[]，根据电荷守恒和原子守恒，可知水解反应的总离子方程式为。
（4）①A．根据实验1、2、3，可知氯化铁的水解程度与温度、铁离子的浓度均有关系[点拨：温度变化，pH变化；加水稀释，氯化铁水解程度增大]，A正确；
B．实验2相当于将实验1中的溶液加水稀释10倍，pH的增加值小于1，说明氯化铁的水解平衡正向移动，即氯化铁浓度越小，水解程度越大，B错误；
C．实验2和实验3中其他反应条件相同，温度升高，pH减小，说明温度升高，水解平衡正向移动，即的水解是吸热反应，C正确；
D．实验4和实验5中加入固体的质量不等，目的是确保钠离子浓度相等，避免干扰，达到对比的目的，D错误；
选AC。
②i.由图3知，加入强电解质后pH减小，则促进水解，对应假设a：氯离子对铁离子的水解活性有促进作用；图4中加入强电解质后pH增大，则对应假设b，故可提出假设：硫酸根离子对铁离子的水解活性有抑制作用；
ii..设计其他简单实验证明假设a：由于假设a是氯离子对铁离子的水解活性有促进作用，则设计的思路就是增加氯离子浓度，测量溶液的pH变化，故可向硫酸铁溶液中加入一定量的氯化钠固体，若pH减小，说明假设a正确。
15．(1) 恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗 加热条件下将氧化为
(2)保证氛围，防止水解
(3) c 收集冷却后的 C
(4)
(5) 淀粉溶液
【分析】在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。再对产品进行分析，确定其成分。
【详解】（1）仪器的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗；实验室用重铬酸钾与浓盐酸反应制备的离子方程式为；二氧化锗可与浓盐酸反应生成，通入氯气的目的是加热条件下将氧化为；
（2）为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过装置不断滴加浓盐酸。盐酸保持较高浓度的原因为保证氛围，防止水解；
（3）根据逆流原则冷却水应从口进入；仪器用于收集冷却后的；结合信息中的理化性质可知，其沸点为86.6℃，可收集86℃~100℃的馏分，所选温度计的规格50℃~100℃为宜；
（4）将中的液体与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体，该过程中发生水解反应，化学方程式为；
（5）结合信息可知，滴定终点生成，故用淀粉作为指示剂。配平方程式；，得到关系式：，消耗标准液中的，，故样品纯度为。
16．(1)碱石灰
(2)Zn+2H+=Zn2++H2↑
(3)CO+2H2CH3OH、CO+H2HCHO
(4)C
(5)BC
(6)将反应器内残留CO和H2全部转移到E处
(7)0.003
【解析】（1）
A中生成CO2、CO和H2O，E中是CO和H2反应，且干燥管中盛放固体，所以B中盛放的试剂为碱石灰；
（2）
C中发生Zn与稀硫酸反应制备氢气，其离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑；
（3）
向F中液体投入钠块，有气泡产生，且相对分子质量为32，则该物质是甲醇，所以E中反应的化学方程式为CO+2H2CH3OH，根据实验数据，初始n(CO)=0.05 mol，初始n(H2)=0.1 mol，生成n(CH3OH)=0.048 mol，剩余CO和H2共0.004 mol，如果CO和H2反应只生成CH3OH，应该剩余CO和H2共0.006 mol，减少的0.002 mol气体是发生了CO+H2HCHO，且产物甲醛极易溶于水，故答案为：CO+2H2CH3OH；CO+H2HCHO；
（4）
A．添加药品完毕，调整G中两液面相平之前，应该先通入氦气赶走反应装置内的空气，避免发生爆炸，故A错误；
B．当G中两液面差不再变化时，应该等气体恢复到室温时，再调整G中两液面相平，读得量气管的最终读数，故B错误；
C．初始读数时仰视，最终读数时俯视，在量气管上的高度差变高，导致测得气体体积偏大，故C正确；
故选C；
（5）
有关酒精灯操作的叙述，先点E处的酒精灯，让过来的CO和H2立即反应，后撤E处的酒精灯，因为第二次通氦气的目的是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，不能没有加热条件，因此正确的是BC；
（6）
该实验中分两次通入定量氦气，第二次通入氦气的作用是将反应器残留的CO和H2赶到E处反应，否则定量实验测定的数据不准确；
（7）
综合实验中的数据，CO+2H2CH3OH，生成甲醇0.048 mol，CO+H2HCHO，生成甲醛0.001 mol，所以反应完毕，剩余n(H2)为0.003mol。
17．(1) 三颈烧瓶 c
(2)①④②③⑤
(3)
(4)将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气的吸收。
(5)温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低。
(6)吸收尾气中氮氧化物，防止污染空气。
(7)78%
【分析】此题是制备有机物二甲基亚砜的实验题，题中已给出反应方程式为NO2+CH3-S-CH3+NO，说明需要的反应物为NO2和二甲基硫醚，所以首先需要利用仪器三颈烧瓶来制备NO2，三颈烧瓶A中用硫酸和NaNO2溶液来制备NO2，A中反应后还会产生NO，所以通入氧气将其氧化；再将制备出来的NO2通入二甲基硫醚中，控制温度为，进行气液相氧化反应生成二甲基亚砜粗品，最后经减压蒸馏，收集到二甲基亚砜纯品。同时还要注意尾气问题，产生的NO2和NO需要装置E 盛NaOH溶液进行吸收处理。
【详解】（1）仪器A 的名称为三颈烧瓶；仪器D是冷凝管，使用时的原则是下进上出，所以d口进水，c口出水。
故正确答案：三颈烧瓶；c。
（2）制备二甲基亚砜实验开始前首先要连接装置并检查气密性，然后需要先向仪器D冷凝管中通入冷凝水；接着要用水浴加热仪器C三颈烧瓶，准备工作都做好后就可以开始加药品通入气体开始反应，接着要打开活塞a、b，加入硫酸和通入氧气；当反应结束后要关闭活塞a，停止加热仪器C； 最后关闭活塞b，是为了通入足量的氧气进行氧化NO。
故正确答案：①④②③⑤
（3）仪器A中的反应物有硫酸和NaNO2溶液，发生了歧化反应，生成了二氧化氮和一氧化氮以及硫酸钠和水，注意要标注气体符号，所以化学方程式为：
故正确答案：
（4）在制备NO2的反应中，硫酸和NaNO2溶液反应生成NO2的同时还有NO生成，通入氧气可将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，进一步促进尾气的吸收。
故正确答案：将NO氧化为NO2；过量的氧气还可将C中生成的尾气NO氧化，促进尾气的吸收。
（5）温度越高，NO2的溶解度越小，那参与反应的NO2就会减少，会使得NO2的利用率降低。
故正确答案：温度过高会导致NO2的溶解度降低，使NO2的利用率降低。
（6）NaOH溶液的作用是吸收过量的NO2和C中产生的NO气体，防止污染空气。
故正确答案：吸收尾气中氮氧化物，防止污染空气。
（7）理论上参与反应的二甲基硫醚的密度为，体积为20mL，所以理论的二甲基硫醚的质量为：×20.00mL=17g；二甲基硫醚和二甲基亚砜的
相对分子质量分别为62和78，设理论上生成的二甲基亚砜的质量为m，该反应为：NO2+CH3-S-CH3+NO，根据反应方程式得：
解得m=21.39g，所以二甲基亚砜的理论产量为21.39g，由题意知实际上共收集到二甲基亚砜纯品，二甲基亚砜的密度为，因为产率=；
所以产率可计算得:
故正确答案：78%。
18． 分液漏斗 浓HCl 2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O d e b c f 6Cl2+4(NH4)2CO3=2NCl3+4CO2+6NH4Cl+4H2O 除去Cl2中的HCl 吸收尾气，防止污染空气 3Na2SO3+NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl 0.018m
【分析】三氯化氮(NCl3)是一种强氧化剂，工业上可用于漂白和消毒，实验室可由氯气通入碳酸铵溶液中制得，则A中KMnO4和浓HCl反应制备Cl2，Cl2中混有HCl，用C中饱和NaCl溶液除去HCl，Cl2和碳酸铵溶液在B中反应制备NCl3，用D吸收尾气，防止污染空气。
【详解】(1)装置A中KMnO4和浓HCl反应制备Cl2，仪器X的名称是分液漏斗；盛放的试剂是浓HCl；装置A中KMnO4和浓HCl发生氧化还原反应生成KCl、MnCl2、H2O和Cl2，结合得失电子守恒有2+10Cl-→2Mn2++5Cl2↑，在结合电荷守恒、原子守恒可知发生反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(2)结合分析可知整个装置的导管连接顺序为a→d→e→b→c→f；
(3)Cl2和碳酸铵溶液在B中反应制备NCl3，Cl由0价变为-1价，N由-3价变为+3价，氯气作氧化剂，铵根作还原剂，结合得失电子守恒、原子守恒可知装置B中发生反应的化学方程式为6Cl2+4(NH4)2CO3=2NCl3+4CO2+6NH4Cl+4H2O；
(4)结合分析可知装置C的作用为除去Cl2中的HCl；装置D的作用为吸收尾气，防止污染空气；
(5)①S由+4价变为+6价，失2e-，N由+3变为-3价，得6e-，根据得失电子守恒有3Na2SO3+1NCl3→3Na2SO4+1NH4Cl，在结合原子守恒配平后为3Na2SO3+NCl3+3H2O=3Na2SO4+2HCl+NH4Cl；
②由题意可知BaSO4的质量为mg，其物质的量为mol，则根据Na2SO3~Na2SO4~BaSO4可知消耗Na2SO3的物质的量为mol，再根据3Na2SO3~NCl3可知NCl3的物质的量为=mol，则所取20m溶液中NCl3的物质的量为mol×=mol，浓度为mol÷20mL≈0.018m mol·L-1。
19．(1) 控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度 、
(2) 将还原为 防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)
(3)
(4)防止、被氧化变质
(5)B
(6) 分子晶体
【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为 ，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。
【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。
（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。
（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为
（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。
（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；
故选B。
（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。
20．(1) 封闭式全自动化拆解设备 去除铝杂质
(2) 将Fe2+氧化成Fe3+ 2LiFePO4+H2SO4+H2O2=Li2SO4+2FePO4+2H2O
(3)当pH＞2.5时，FePO4会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势
(4)2.8×10-3
(5)FePO4
(6)取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净
【详解】（1）拆解废旧磷酸铁锂电池会产生粉尘、废气，为了保护环境，所以采用封闭式全自动化拆解设备；Al会与氢氧化钠发生反应，目的是为了除了Al杂质；
（2）H2O2具有氧化性，加入的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；Fe2+被氧化为Fe3+，H2O2被还原，发生的化学方程式为：2LiFePO4+H2SO4+H2O2=Li2SO4+2FePO4+2H2O
（3）当pH＞2.5后，部分Fe元素以Fe(OH)3的形式存在，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势；
（4）分离出FePO4沉淀后的溶液是FePO4的饱和溶液，溶液中mol/L。深度除铁后溶液的pH=4. 5，则溶液中mol/L，溶液中mol/L。深度除铁后溶液中=；
（5）Fe(OH)3的Ksp 更小，所以可以通过FePO4 与NaOH溶液反应生成Na3PO4与Fe(OH)3；
（6）检验水洗Li3PO4是否已洗涤干净主要是检验溶液中是否还含有硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。
21．(1)粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度
(2)高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制
(3)将氧化成
(4)和
(5)加入酸浸液再利用
(6) 4
【分析】由题给流程可知，在催化剂作用下，高硫锰矿中的金属硫化物与氢氧化钠溶液和氧气反应转化为为硫和难溶的金属氢氧化物，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应转化为硅酸钠，过滤得到含有硅酸钠的滤液和脱硫矿粉；向脱硫矿粉中加入稀硫酸和二氧化锰酸浸，将金属化合物转化为可溶的金属硫酸盐，其中二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化镍的滤渣3和滤液；电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气。
【详解】（1）粉碎高硫锰矿、适当升高脱硫温度、适当增大氢氧化钠溶液浓度等措施能提高脱硫效率，故答案为：粉碎或适当升高脱硫温度或适当增大NaOH溶液浓度；
（2）由图可知，高温煅烧脱硫时，金属硫化物与空气中的氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，二氧化硫需用氢氧化钠溶液吸收处理，所以与原方案比，高温煅烧法的缺点是生成的有毒气体二氧化硫需用氢氧化钠溶液处理，工序复杂，不宜控制，故答案为：高温煅烧法生成的有毒气体需用NaOH溶液处理，工序复杂，不宜控制；
（3）由分析可知，酸浸时二氧化锰的作用是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将氧化成；
（4）由分析可知，加入硫化铵溶液的目的是将将溶液中的铜离子和镍离子转化为硫化铜和硫化镍沉淀，则滤渣3的主要成分为硫化铜和硫化镍，故答案为：和；
（5）由分析可知，电解硫酸锰滤液得到金属锰、硫酸和氢气，则废电解液可以加入酸浸液再利用，节约成本，故答案为：加入酸浸液再利用；
（6）①由晶胞结构可知，与硫原子距离最近的锰原子个数为4，则由硫化锰的化学式可知，锰原子周围的硫原子个数为4，故答案为：4；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的硫原子个数为8×+1=2，位于棱上和体内的锰原子个数为4×+1=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—21×sin60°a×a×c×d，解得d=，故答案为：。
22．(1)适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等(2分，除粉碎外，任写一点，合理即可)
(2)
(3)将氧化为
(4) 能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀
(5) 8：3 16
【分析】绿柱石经石灰石熔炼后再粉碎、硫酸酸浸，得到滤渣H2SiO3和滤液（含有），加入H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+，用氨水调节pH，Fe3+、Al3+生成沉淀，Be2+留在滤液，继续加氨水调节pH可使Be2+生成Be(OH)2沉淀，灼烧后生成BeO。
【详解】（1）步骤②中还可以采取适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等措施提高反应速率。
（2）滤渣1成分的化学式为H2SiO3
（3）步骤③中加入的目的是将氧化为；
（4）能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀，故不宜使用溶液来沉淀。沉淀完全时，c(Be2+)=，由c(Be2+)c2(OH-)=Ksp[Be(OH)2]，可得c(OH-)=mol/L。
（5）基态的最高能层电子排布式为3s23p63d3，其中成对电子数为8，未成对电子数为3，故成对电子与未成对电子的数目之比为8：3。1 mol中，阳离子含有8 mol 键，阴离子含有8 mol 键，故1 mol中含有16 mol 键。
23．(1)，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解
(2) 将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合
(3)和
(4)生成的可催化的分解
(5)加入消耗，增大，从而沉淀和
(6)
(7) 6
【分析】MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)加入废铁屑，再加入硫酸进行酸浸，除去滤渣1为和，再加入双氧水氧化，再加入碳酸钙调节pH，除铁、铝，除去滤渣2为氢氧化铁、氢氧化铝，再加入氟化锰除钙、镁，得到滤渣3为氟化钙、氟化镁，再加入碳酸氢铵沉锰，最后制得MnCO3。
【详解】（1）热的纯碱溶液清洗表面油污的原理为，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解；
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为；
（3）不溶于酸，微溶于水，所以“滤渣1”中含有的成分为和；
（4）“氧化”过程中加入的量远超理论量的原因为生成的可催化的分解；
（5）加入能调节溶液酸度，从而起到“除铁、铝”的目的；
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为；
（7）由图可知晶胞中的配位数为6，该晶体密度为。
24．(1)
(2) 将b极产生的氧气循环利用，用于制备 反应中转移等量的电子，阴极产生与阳极产生的物质的量相等，(可得1分)阳极产生通过质子交换膜移至a极附近与反应
(3) 有机物被氧化为；，，使溶液pH降低到5.6
【分析】本实验为用空气和水电解的方式制备H2O2，而后用H2O2处理有机废水，据此分析回答问题。
(1)
H2O2受热易分解生成水和氧气，化学反应方程式为2 H2O2 2H2O+O2↑；
(2)
①氧气在a极得电子和水反应生成过氧化氢，故a极的电极反应式为O2+2H2O+2e−= H2O2+2OH−；
②b极为阳极，发生氧化反应，生成氧气，故通过管道将b极产生的气体送至a极，目的是将b极产生的氧气循环利用，用于制备H2O2；
③电解时a极生成OH-，pH升高，b极生成H+，pH降低，H+能通过质子交换膜移动到a极，中和OH-，保持a极附近溶液的pH不变，故为反应中转移等量的电子，阴极产生OH-与阳极产生H+的物质的量相等，(可得1分)阳极产生H+通过质子交换膜移至a极附近与OH-反应；
④H2O2和Ce(SO4)2反应，Ce(SO4)2做氧化剂，H2O2做还原剂，根据电子守恒有如下关系，H2O2 ~2Ce(SO4)2，则H2O2的浓度为 ；
(3)
①根据速率公式有， ；
②H2O2氧化有机物时，生成的有机物为CO2，CO2+H2O H2CO3，H2CO3H++HCO，使溶液呈酸性，pH降低到5.6。
25．(1)
(2) 生成羟基自由基，消耗有机配体R- ，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动 0.45 反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R
(3) 3 无
(4) 蒸发浓缩、冷却结晶 95.97%
【分析】废水中的NiR2经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。
(1)
·OH的电子式为：；
(2)
从整个反应历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；由图知，H2O2加入量为0. 45g/ L时，镍的回收效果最好；当H2O2加入量高于0. 45g/ L时，反应iii 速率加快，导致羟基自由基大量减少，不利于除镍；
(3)
Fe3+完全沉淀时c3(OH- )= mol3·L-3=1×10 -33 mol3 ·L-3，c(OH- )=1×10-11 mol/ L ，则c(H+)=1×10-3 mol/ L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)2]=0.01×(10-11)2=10-24< Ksp[Ni(OH)2]，故无Ni(OH)2沉淀生成；
(4)
要得到NiSO4·7H2O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O；Ni(OH)2沉淀转化成NiSO4·7H2O固体的转化率为(6.744g ÷281g/mol) ÷(2.325g÷93g/mol) × 100% = 96%，100 mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率为96%×99.97%≈95.97%。
26．(1)搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等（写一条即可）
(2)Cu、Fe
(3)2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+
(4) pH降低，c(H+ )增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多 10-2.5
(5) 4.0 1.00
(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(7)P507+煤油
【分析】废炉渣经硫酸酸浸后，除去酸浸渣，由已知i可知，酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等，分别经过除铜、除铁、除钙镁、萃取后得到NiSO4溶液和Co负载有机相，最后分别获得CoSO4溶液和NiSO4固体，据此解答。
（1）
提高“酸浸”速率的方法有搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等；
故答案为：搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等（写一条即可）。
（2）
“滤渣1”是由于加入过量铁粉除铜而产生的，所以其主要成分是Cu、Fe；
故答案为：Cu、Fe。
（3）
“除铁”步骤是用将溶液中的Fe2+氧化为黄钠铁矾，其化学式为Na2 Fe 6(SO4)4(OH)12，反应的离子方程式为：2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+；
故答案为：2Na+ + +6Fe2+ +4 +9H2O=Na2 Fe6 (SO4)4(OH)12↓+Cl-+6H+。
（4）
“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度≤10-5 mol·L-1时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.0 ×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，钙离子沉淀完全时，c(F-)=mol/L，镁离子沉淀完全时，c(F-)=mol/L，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中F-的浓度c(F- )最小为mol/L；
故答案为：pH降低，c(H+ )增大，H++F-HF平衡正向移动，溶液中c(F- )减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；10-2.5。
（5）
萃取目的是为了获取NiSO4溶液和Co负载有机相，所以Co萃取率越高越好，Ni萃取率越低越好，所以由图分析可知应选择的pH和Va：V0分别为4.0和1.00；
故答案为：4.0，1.00。
（6）
由NiSO4溶液获得NiSO4（s）应采用重结晶的方法，故一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（7）
由工艺流程分析可知，可循环利用的物质是萃取剂P507+煤油；
故答案为：P507+煤油。
27．(1)提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等
(2)
(3)漏斗、烧杯、玻璃棒
(4)取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净
(5)乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥
(6)
【分析】由题给流程可知，电池铜帽加入稀硫酸和过氧化氢溶液溶解时，锌、铜转化为硫酸锌、硫酸铜，向反应后的溶液中加入适量锌粉，将硫酸铜转化为铜，过滤得到海绵铜和硫酸锌溶液；向硫酸锌溶液中加入碳酸铵溶液，将硫酸锌转化为碳酸锌沉淀，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锌；碳酸锌高温灼烧制得纳米氧化锌。
【详解】（1）提高硫酸浓度、加热、搅拌、铜帽粉碎等措施能提高铜帽溶解速率，故答案为：提高硫酸浓度、加热或搅拌、铜帽粉碎等；
（2）由题意可知，酸性条件下，铜和氧气共热反应生成铜离子和水，反应的离子方程式为；
（3）过滤步骤中使用的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（4）碳酸锌沉淀的表面附有可溶性的硫酸铵杂质，检验沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，检验的具体操作为取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加入氯化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀已洗净，故答案为：取最后一次洗涤液少许，先加盐酸，然后加BaCl2溶液，若无沉淀生成则已洗净；
（5）乙醇具有挥发性，氧化锌用去离子水洗净，再用乙醇洗涤3次，可以带走氧化锌表面的水分，起到干燥的作用，故答案为：乙醇易挥发，有利于ZnO粉末的干燥；
（6）由题意可知，2.00g沉淀为碳酸钙的质量，由碳原子个数守恒可知，碱式碳酸锌中碳酸锌的物质的量为=0.02mol，由锌原子的原子个数守恒，氢氧化锌的物质的量为=0.04mol，则结晶水的物质的量为=0.02mol，由碱式碳酸锌中碳酸锌、氢氧化锌、结晶水的个数比等于物质的量比可得：1：x：y=0.02mol：0.04mol：0.02mol，解得x=2、y=1，碱式碳酸锌的化学式为，故答案为：。
28． 提高溶液的浓度或碱浸温度 或↓ 石墨 中和溶液中的，得到沉淀(或中和溶液中的，使完全沉淀) 0.2 热水
【分析】电池正极片主要含有石墨、、等物质，还有少量不溶性杂质。废旧电池正极片粉碎后用氢氧化钠溶液碱浸，滤液1中含有偏铝酸钠(NaAlO2)，滤渣1中含有C和，以及少量不溶性杂质；NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳调节pH，得到的滤渣2为氢氧化铝；滤渣1中加入盐酸溶解后得到的滤渣3含有石墨以及少量不溶性杂质，滤液3中含有Fe2+、Li+等，滤液3中加入过氧化氢将Fe2+氧化生成Fe3+，再加入碳酸钠沉淀Fe3+得到，滤液中含有Li+等，滤液中加入碳酸钠沉淀Li+得到；中加入氢氧化钠发生沉淀的转化生成氢氧化铁沉淀和磷酸钠，据此分析解答。
【详解】(1)为提高电极片的碱浸率，可以提高溶液的浓度或碱浸温度，故答案为：提高溶液的浓度或碱浸温度；
(2)得到的滤渣2为氢氧化铝，反应的化学方程式为；根据上述分析，滤渣3的主要成分为石墨，故答案为：；石墨；
(3)根据流程图，“沉淀”中溶液是中和溶液中的，得到沉淀，是将Fe2+氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：中和溶液中的，得到沉淀；；
(4)“滤渣”中含有，加入溶液发生沉淀的转化，反应的离子方程式为，故答案为：；
(5)20℃时，的溶解度为1.48g，表示100g中溶解1.48g ，溶液的体积为=100mL=0.1L，“沉锂”后的溶液中，的浓度==0.2，故答案为：0.2；
(6)根据不同温度下，碳酸锂在水中的溶解度的数据，碳酸锂的溶解度随着温度的升高，逐渐减小，因此“沉锂”后所得固体需要进行洗涤，洗涤时最好选用热水，故答案为：热水。
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