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山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11水溶液中的离子反应和平衡
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这是一份山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11水溶液中的离子反应和平衡，共50页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．（2023·山西·校联考模拟预测）常温下，某同学在特制容器中加入20 mL 0.4 mol⋅L 溶液，用0.4mol⋅L HCl溶液滴定，利用pH计和气体压力传感器检测，得到如图曲线。下列说法错误的是
A．整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂
B．a→f点对应的溶液中，水的电离程度一直在减小
C．
D．f点对应的溶液中存在：
2．（2023·山西·校联考模拟预测）25℃时，用同一较高浓度的NaOH溶液分别滴定酸HA和CuSO4溶液，pM[p 表示负对数， M表示、c(Cu2+)]与溶液pH的变化关系如图。已知； CuA2 易溶于水，一般认为反应的平衡常数为K> 105时反应进行完全。下列说法错误的是
A．HA为一元弱酸，25℃时 Ka=10-7.4
B．①表示滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的关系
C．滴定HA溶液至x点时，溶液中c(HA)> c(A-)> c(Na+)
D．滴定CuSO4溶液至x点时，若改为滴加HA溶液，沉淀会逐渐完全溶解
3．（2023·山西·校联考模拟预测）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入少量的氯气，再滴加少量苯，上层呈橙色
Fe3+的氧化性比Br2强
B
室温下，向碳酸氢钠溶液中加入适量盐酸，温度下降
碳酸氢钠和盐酸反应吸收热量
C
将少量BaSO4固体用饱和Na2CO3溶液浸泡，过滤后，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解，产生气泡
相同温度下，Ksp(BaCO3)
向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀
FeSO4没有变质
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·山西·校联考模拟预测）黑火药是中国古代四大发明之一，S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应中每生成标准状况下2. 24L N2转移电子数目为1. 2 NA
B．1 L 0.5mol·L-1 K2S溶液中S2-和HS-的总数为0. 5NA
C．常温下3.2g由SO2、S2组成的混合物中所含质子数为1.8NA
D．28g N2中含有π键数目为NA
5．（2023·山西大同·统考三模）根据下列事实得出的相应结论错误的是
选项
事实
结论
A
25℃时分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7
两溶液中水的电离程度相等
B
t ℃时，反应①：Br2(g)+ H2(g) 2HBr(g) K=5. 6×107；反应②：I2(g)+ H2(g) 2HI(g) K=43
相同条件下。平衡体系中卤化氢所占的比例：反应①>反应②
C
向漂白粉溶液中通入足量SO2气体，产生白色沉淀
还原性：SO2>Cl-
D
常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合，所得混合液的体积为101 mL
混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键。且苯与CH3COOH分子问的范德华力弱于CH3COOH分子间的氢键
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·山西·统考二模）常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1的一元酸HX溶液和HY溶液(两溶液水的电离程度：HX>HY，当Ka≤10-5时可以认为电解质达到电离平衡时的浓度近似等于起始浓度)，其滴定曲线如图所示
已知：弱电解质在溶液里达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占起始时总分子数的百分数称为电离度，下列说法正确的是
A．曲线I和II对应的酸分别为HY和HX
B．相比曲线I，曲线II选用酚酞作终点指示剂误差更小
C．把曲线上加入40mLNaOH溶液的点称为E点，则B1、C1和E三点溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为C1>E>B1
D．0.10mol/L弱酸HX和HY电离度之比为1：10
二、实验题
7．（2023·山西·校联考模拟预测）氯化亚铜(CuCl)可用作催化剂、杀菌剂和脱色剂，实验室制备CuCl实验步骤如下：
回答下列问题：
(1)步骤I中，配制0.50 mol/LCuCl2溶液时，不需要使用下列仪器中的 (填仪器名称)。
(2)步骤Ⅱ中，充分反应后铜元素转化为无色的[CuCl2]-，其发生可逆反应的离子方程式为 。在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，其目的是 。
(3)在进行制备[CuCl2]- 的实验时，为保持安全的实验环境，可以采取的措施是 。
(4)步骤Ⅲ中，用无水乙醇洗涤沉淀的原因是 。
(5)取2.500 g CuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50 mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。
已知：滴定原理： Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+； 邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子。
①“再加50mL水”的目的是 。
②滴定终点的现象是 。
③若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数是 。
8．（2023·山西大同·统考三模）糠酸(熔点133℃，沸点231℃，在热水中溶解度较大，微溶于冷水)和糠醇(熔点29℃，沸点171℃)均为重要的化工中间体，工业上可利用糠醛(沸点161.7℃，易被氧化)发生歧化反应制取这两种物质(该反应为强放热反应)，反应原理如下：
实验步骤：
步骤1：向三颈烧瓶中加入8.2mL(约0.2mol)新蒸馏的糠醛，通过仪器A向三颈烧瓶中缓慢滴加8 mL 33%的NaOH溶液。搅拌并保持反应温度为8~12℃，回流20 min，得到粗产品。
步骤2：将粗产品倒入盛有10 mL水的烧杯中，然后将液体转移至分液漏斗中，用乙醚萃取4次，分液得到水层和醚层。
步骤3：向水层中分批滴加25%的盐酸，调至溶液的pH= 3，冷却、结晶、抽滤、冷水洗涤，得到糠酸粗品；向醚层中加入无水碳酸钾干燥，过滤除掉碳酸钾后，分离乙醚(乙醚的沸点为34.6℃)和糠醇。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 。 与直形冷凝管相比，使用仪器B的优点是 。
(2)该反应必须严格控制反应温度为8~12℃ ，实验中采用了哪些保障措施？ 。
(3)步骤3中分离乙醚和糠醇的实验操作为 。
(4)步骤3中洗涤粗糠酸用冷水的原因是 。进一步将粗糠酸提纯，应采用的方法是 。
(5)取1.120g提纯后的糠酸样品。配成100mL溶液，准确量取20.00mL于锥形瓶中，加入指示剂，用0.0800mol·L-1NaOH标准溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗NaOH标准溶液24.80mL。糠酸的纯度为 。若步骤1中不对糠醛进行蒸馏处理，则会使制得的糠醇的质量 (填“增大”或“减小”)。
9．（2022·山西晋城·统考二模）Co(III)盐溶液不能稳定存在，以氨为配位剂，可将Co(III)转化为稳定的Co(III)配合物。实验室利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，装置(夹持仪器已省略)如图所示：
实验步骤：
①将研细的6gCoCl2·6H2O晶体、4gNH4Cl固体、适量活性炭催化剂充分混合后加入c中，滴加13.5mL浓氨水使溶液颜色变为黑紫色；
②置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加13.5mL5%H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌；
④将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴粗产品；
⑤粗产品需要经过热的盐酸溶解、趁热过滤、冷却到0℃左右并滴加浓盐酸洗涤、干燥等操作得到较纯的三氯化六氨合钴。
回答下列问题：
(1)使用仪器a代替分液漏斗滴加液体的优点是 。
(2)步骤①中将固体药品研细，常在 (填仪器名称)中进行。
(3)制取1mol[Co(NH3)6]Cl3，理论上需要H2O2的物质的量为 ，实际上消耗量比理论消耗量要多，其主要原因是 。
(4)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是 (结合必要的离子方程式说明)。
(5)沉淀滴定法测定产品中Cl-的质量分数：
i.准确称取ag步骤⑤中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；
ii.滴加少量0.005mol·L-1的K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点；
iii.平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为VmL。
已知Ag2CrO4为砖红色沉淀。
①ii中，滴定至终点的现象是 。
②产品中C1-的质量分数是 (列出计算式即可)。
10．（2022·山西太原·统考一模）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4
(1)仪器a的名称是 。
(2)装置C中盛放的试剂是 。装置B的作用是 。
(3)制备N2H4的离子方程式为 。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
(4)称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是 。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为 。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O
(5)请完成表中的空白部分：① ；② 。
(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因： 。
11．（2021·山西临汾·统考一模）山西南部中条山地区采矿炼铜历史悠久。黄铜矿[主要成分是，含少量氯磷灰石等]为原料的火法炼铜主要流程如下：
已知：氯磷灰石高温下易被氧化为。某化学兴趣小组以黄铜矿为原料进行如下实验探究。请根据题意回答相关问题：
(1)燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。将矿样与足量混合，以氮气为载气，在1250℃左右高温炉中加热，将产生的气体用含淀粉及碘化钾的稀硫酸溶液吸收，同时连续用的标准溶液缓慢滴定。装置如图所示(的价化合物比价稳定)。
①酸性高锰酸钾溶液的作用是 。
②滴定过程中涉及反应有：、 (写离子方程式)，终点现象为 。
③滴定至终点时，消耗标准液体积，矿样中硫元素的质量百分含量为 (结果保留两位有效数字)，若不通过，则测定结果会 (填“偏高”、“偏低”、“不影响”)。
(2)利用如下装置制取粗铜。
实验开始时的操作依次为 (填写序号)。
①检查装置的气密性 ②通入气体 ③收集并检验其纯度 ④组装仪器 ⑤点燃酒精灯 ⑥加装药品
(3)由熔渣制得绿矾的流程如下(已知难溶于水)。
步骤①溶解熔渣选用的试剂最好是 ，步骤②加入的目的是将还原(硫元素被氧化为)，发生反应的离子方程式为 ，步骤③的系列操作为 、(用乙醇)洗涤、干燥。
三、工业流程题
12．（2023·山西·校联考模拟预测）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：
已知：
i. Bi3+易水解，NaBiO3难溶于冷水。
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。
iii． Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)K=4.4×10-7。
回答下列问题：
(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、 (写出一条)；辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是 。
(2)“氧化浸取”时，H2O2和FeS2发生反应的物质的量之比为 。
(3)“除铜”时发生反应：Cu2+ (aq) + 4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]= ；NH3分子的空间结构为 。
(4)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为 。
(5)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成、(被还原成Bi3+)，请设计一个原电池装置来证明这一点，在图中的方框内标出两烧杯溶液中溶质的化学式，并写出负极的电极反应式： 。
(6)取NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用a mol· L-1H2C2O4标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗bmL标准溶液，该产品的纯度为 (用含w、a、b的代数式表示)。
13．（2023·山西吕梁·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)。
14．（2023·山西晋城·统考三模）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)。
15．（2022·山西晋城·统考二模）“铝渣”是铝工业的副产品，主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO。利用“铝渣”制备Li2CO3的工业流程如下图所示：
已知：LiHCO3易溶于水；Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：
温度/°C
0
10
20
50
75
100
溶解度/g/100gH2O
1.593
1.406
1.329
1.181
0.866
0.740
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程不能在玻璃反应釜中进行，其主要原因是 。
(2)“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、 。
(3)“转化”步骤的目的是 。
(4)“除钙”时温度不能太高，否则会影响Li2CO3的产率，其原因是 (用化学方程式表示)。
(5)从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶 洗涤、干燥。
(6)利用表中数据计算100°C时Li2CO3的Ksp近似值为 。
(7)利用Li2CO3为原料采用固相法可制备锂离子电池的正极材料LiMn2O4，其制备过程：将MnO2和Li2CO3按一定物质的量之比配料，球磨后，高温加热，反应过程会产生两种气体，则两种气体的物质的量之比为 (要求：密度大的气体与密度小的气体作比)。
16．（2022·山西吕梁·统考二模）MnO2是常用的电极材料和催化剂。由富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2的工艺流程如下：
已知：I.难溶物的溶度积常数如表所示。
难溶物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ni(OH)2
Al(OH)3
MnS
FeS
NiS
溶度积常数(Ksp)
4×10-38
2×10-16
2×10-13
2×10-16
1×10-33
1×10-15
6×10-18
1×10-24
II.溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全
回答下列问题：
(1)“化浆”时生成气体的电子式为 。
(2)“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为 ；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为 。
(3)“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol·L-1、c(Ni2+)=0.00017mol·L-1、c(A13+)=0.001mol·L-1、c(Mn2+)=0.12mol·L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol·L-1、c(Ni2+)=0.0002mol·L-1，则“调pH”的范围为 (溶液体积变化忽略不计，保留两位有效数字)；从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为 。
(4)“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为 。
(5)“转化"反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
17．（2022·山西·统考二模）学习小组在实验室中设计利用铬钒废水(主要成分为Na3VO4、Na2CrO4)制备新型光催化剂钒酸铁和颜料Cr2O3的流程如下。
已知：(NH4)2S2O8具有强氧化性，不稳定易分解。
回答下列问题：
(1)上述实验操作中无需用到的仪器或装置为_______
A． B． C． D．
(2)证明滤渣FeVO4洗涤干净的方法是 。
(3)写出滤液A中CrO与Na2S2O3溶液反应的离子方程式 。
(4)抽滤时常用到下列装置：
①与普通过滤相比，抽滤的优点为。
②抽滤完毕后，应先断开 之间的橡皮管。
(5)为检测滤液B中Cr3+的浓度，学习小组取10.00mL浓缩1000倍的滤液B，酸化后加入过量(NH4)2S2O8溶液充分反应后再充分微热，冷却至室温，加入足量淀粉KI溶液，用0.010mol·L-lNa2S2O3溶液滴定(I2+2S2O→S4O+2I-)至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。
①微热目的是
②滴定终点现象是
③滤液B中c(Cr3+)=
18．（2022·山西太原·统考三模）金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：
已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和 。
(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是 ；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式： 。
(2)写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣2”主要是 (填化学式)。
(4)“操作X”是 ，产品 1是 。
(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因： 。
(6)在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下：
①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为 ，(列出计算式，无需化简)
19．（2022·山西临汾·统考三模）铈可用作生产催化剂、电弧电极、特种玻璃等。现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
(1)“焙烧I”时，空气与矿料逆流而行的目的是 ；CeFCO3发生反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”反应体现了盐酸的 性质，“滤渣I”、“滤渣II”的主要成分分别为 、 (填化学式)。
(3)“调pH”时c(Ce3+)=0.10mol·L-1，为了除去杂质同时避免Ce元素损失，25℃下溶液pH范围应调节为3.0~7.0，则Ksp[Ce(OH)3]= (不考虑溶液体积变化)。
(4)“碳化”时，不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是 。
(5)“热还原”反应的化学方程式为 。
20．（2022·山西临汾·统考模拟预测）六氟锑酸钠( NaSbF6)广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂等。一种由锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)“碱浸、还原”时，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2：1，则氧化产物为 ，Sb2S3发生反应的离子方程式为
(2)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入CuSO4溶液，若此时溶液中-lgc(S2- )与pH的关系如图。
已知Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20，则Ksp(CuS) =
(3)“转化”时控温约50°C的原因 ；“转化”后，检验NaSbO3·3H2O是否洗涤干净应选用的试剂为 。
(4)“氟化”反应的离子方程式为 。
(5)“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则下列仪器中需使用的有 (填字母标号) ，不需使用的为 (填名称)。
A． B． C． D． E．
21．（2021·山西·统考一模）为了解决环境污染问题，中国政府大力扶持新能源汽车行业的发展。新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极材料。对LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)回收并获得高纯Li2CO3的工艺流程如图：
碳酸锂在水中溶解度：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/℃
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)过程Ⅰ的操作是 。
(2)过程Ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是 (用化学方程式表示)。
(3)过程Ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如表所示：
序号
酸
氧化剂
浸出液Li+浓度(g/L)
滤渣中Li含量/%
实验1
HCl
H2O2
9.02
0.10
实验2
HCl
NaClO3
9.05
0.08
实验3
HCl
O2
7.05
0.93
①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为 。
②综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为 。
(4)浸出液中存在大量H2PO和HPO，结合平衡移动原理，解释过程Ⅳ：加入30%的Na2CO3溶液得到磷酸铁晶体的原因 。
(5)若滤液2中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3(过程Ⅴ)后，过滤所得粗品中Li元素占原Li元素总量的95.5%，计算母液中c(CO)= 。[Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3]
(6)过程Ⅵ首先需洗涤“粗品”，应该用 (填“热水”或“冷水”)洗，理由是 。
(7)工业上将回收的Li2CO3和FePO4粉碎，并与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，实现了物质的循环利用，更好的节省了资源，保护了环境。请写出反应的化学方程式 。
22．（2021·山西晋中·统考二模）肺炎重症患者肺部功能严重受损时，需通过气管切开术指了。手术力的材料主要是钛合金。金属钛熔点高、强度高且质地轻。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料冶炼金属钛的流程如下：
已知：室温下钛不与X2(X表示Cl、Br、I)、O2、H2O反应，也不与强酸、强碱甚至王水反应。但高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应。
回答下列问题。
(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，该过程的离子方程式为 。
(2)“溶煮”过程中同时加入物质A，其目的是防止Fe2＋被氧化，物质A是 。
(3)已知在不同温度时硫酸亚铁在钛液中的溶解度如下表(数据以含铁量来折算)。则“操作a”为 。
温度/℃
30
20
14
10
5
1
-6
溶解度/(g∙L-1)
88
70
48
43
35
25
14
(4)“过滤1”后加热滤液，使其中的Ti4＋生成偏钛酸(H2TiO3)沉淀。常温下H2TiO3的沉淀溶解平衡为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，其溶度积常数Ksp＝1.0×10－29，则“过滤2”所得溶液的pH约为 (已知≈2.7，≈1.35，lg2.7≈0.43)
(5)煅烧偏钛酸得到TiO2，TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，写出“共热”过程中的化学方程式： 。
(6)“高温”过程需要在Ar气氛中进行的理由是 ；利用上述方法制得的钛中可能会含有少量金属杂质 ，可用 除去。
23．（2021·山西晋中·统考三模）五氧化二钒常用于生产硫酸或石油精炼的催化剂。某化工厂从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收五氧化二钒和硫酸钾，既能避免环境污染，又能节约资源。回收工艺流程如下：
已知：①“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成VO和VO2＋。
②有机萃取剂萃取VO2＋的能力比萃取VO的能力强。
③溶液中VO与VO可相互转化：VO＋H2OVO＋2H＋。
(1)“酸浸”时，FeSO4的作用是 。
(2)滤渣2的成分主要有 (填化学式)。
(3)“萃取”和“反萃取”时，将发生R2(SO4)n(水层)＋2nHA(有机层)2RAn(有机层)＋nH2SO4(水层)(R表示VO2＋，HA表示有机萃取剂)，“反萃取”操作加入的试剂是 (填化学式)。
(4)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。若该废钒催化剂中V2O5的含量为10%(原料中所有的钒已换算成V2O5)。该厂检验科实验室取100g待处理样品，按照上述流程进行实验。当加入150 mL 0.1 mol·L-1的KClO3溶液时，溶液中的钒元素恰好完全反应，则该工艺中钒的最大回收率是 %(假设与KClO3反应后的操作步骤中钒元素无损失)。
(5)沉钒率是回收钒的关键之一。
①“沉钒”时，钒元素主要以 形式存在(填相应的离子符号)。
②实验发现，温度超过80℃以后沉钒率下降(如图)，可能的原因是 。
四、原理综合题
24．（2022·山西吕梁·统考二模）VOSO4-H2O溶液常用作全钒液流电池的电解液，其中VOSO4易氧化，由废钒催化剂(含V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2等)制备VOSO4的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)浸液中含有VO和VO2+，则V2O4发生反应的离子方程式为 。
(2)某学习小组设计如图所示装置，模拟工业“还原”工序将VO转化为VO2+的过程。
①仪器b的名称为 。
②实验时，向气密性良好的装置中加入药品，需要进行的操作为：先 (填选项字母，下同)，一段时间后 。
A．打开活塞K1、K3，关闭K2 B．打开活塞K2关闭K1、K3
③指出c的不足之处： 。
(3)“萃取”时，除了过量的Fe2+，进入水相的金属离子还有 (填离子符号)。
(4)测定VOSO4-H2SO4溶液中VO2+的浓度：量取25.00mL。VOSO4-H2SO4溶液，加入适当过量的KMnO4溶液(氧化产物为VO)，再加入适当过量的NaNO2除去KMnO4，进一步加入尿素除去NaNO2；用pmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定(还原产物为VO2+)。达到滴定终点时消耗标准液体积为VmL：
①VOSO4-H2SO4溶液中c(VO2+)= 。
②滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
③若不用尿素除去NaNO2，会导致所测结果 (填"偏高”“偏低”或“无影响")。
25．（2021·山西晋中·统考三模）李克强总理在十三届全国人民代表大会第四次会议上作政府工作报告时指出：优化产业结构和能源结构，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。碳中和是指一个组织在一年内的二氧化碳排放通过二氧化碳去除技术达到平衡。
(1)科研人员借助太阳能用二氧化碳制备甲醇等燃料的催化转化是迄今为止最接近光合作用的方法，并且实现了二氧化碳的循环(如图所示)，下列说法错误的是 (填字母)。
A．图中能量转化形式有两种
B．使用催化剂可以提高单位时间内反应物的转化率
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料有利于环境保护
D．该工艺中的H2目前只能由电解水获得
(2)CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的焓变△H= kJ·mol-1。
②温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) K=2。
实验测得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆= k正。
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强 (填“＞”“＜”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。
(3)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧时产生的温室气体CO2，其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5，写出NH4HCO3水解反应的化学方程式： ，选用上述数据计算该反应的平衡常数Kh= (保留三位有效数字)。
(4)某光电催化反应器如图所示，A极是Pt/CNT电极，B极是TiO2电极。写出A极由CO2制异丙醇的电极反应式： 。
参考答案：
1．C
【详解】A．酚酞的pH变色范围是8.2~10，甲基橙的pH变色范围是3.1~4.4。溶液与逐滴滴入的HCl溶液分两步发生反应：第一步反应是；第二步反应是。整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂，A正确；
B．盐水解促进水电离，水解程度越大水电离程度越大，酸溶液抑制水电离，a点对应溶液的溶质为，b点对应溶液的溶质为（、NaCl，e点对应溶液的溶质主要为NaCl、，f点对应溶液的溶质主要为NaCl、HCl，因此水的电离程度一直在减小，B正确；
C．根据图像可知，当 mL时，为0.4 mol·L 溶液，此时溶液， mol⋅L，则常温下此时溶液中 mol⋅L，则水解平衡常数，因为，故，C错误；
D．由于反应产生了大量的气体，因此根据物料守恒可知f点对应的溶液中存在：，D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．根据NaOH溶液与HA溶液、溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，逐渐减小，变大，所以线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，从线②与横坐标轴的交点可知时，，，选项A正确；
B．根据上述分析可知，线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，选项B正确；
C．x点溶液呈酸性，则，根据电荷守恒得，所以，再根据x点的pM>0，即，可得，C正确；
D．若发生反应，则该反应的，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即时，，所以，，故沉淀不能完全溶解，D错误；
答案选D。
3．B
【详解】A．将少量Cl2通入FeBr2中，氯气先将Fe2+氧化，不能将Br-氧化，所以无Br2生成，加入苯，苯层应该是无色，A错误；
B．室温下，向碳酸氢钠溶液中加入适量盐酸，温度下降，说明该反应为吸热反应，B正确；
C．将少量BaSO4固体用饱和Na2CO3溶液浸泡，过滤后，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解，说明沉淀是BaCO3，饱和碳酸钠溶液中碳酸根浓度增大，导致碳酸根离子和钡离子的浓度商大于碳酸钡的溶度积，使硫酸钡转化成碳酸钡，但据此无法判断Ksp(BaCO3)与Ksp(BaSO4)的大小，C错误；
D．向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，只能证明溶液中有Fe2+，不能证明溶液中是否有Fe3+，无法说明其是否变质，D错误；
答案选B。
4．A
【详解】A．由化学方程式可知，生成1mol N2转移12mol电子，准状况下2. 24L N2的物质的量为=0.1mol，则转移电子数目为1. 2 NA，A项正确；
B．根据物料守恒有：，则，故1 L 0.5mol·L-1 K2S溶液中S2-和HS-的总数小于0.5NA，B项错误；
C．SO2、S2的摩尔质量均为64g/mol，SO2、S2分子中质子数均为32，3.2g由SO2、S2组成的混合物中SO2、S2的总物质的量为=0.05mol，则混合物中所含质子数为1.6NA，C项错误；
D．N2分子中含有2个π键，28g N2的物质的量为=1mol，则π键数目为2NA，D项错误；
答案选A。
5．A
【详解】A．25℃时分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7，前者是因为NaCl是强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离无影响，而后者是由于CH3COO-和的水解程度相同，使溶液呈中性，盐类的水解对水的电离起促进作用，A符合题意；
B．①K值较大，可说明相同条件下，平衡体系中HX所占的比例：①＞②，B不合题意；
C．漂白粉与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙，反应中SO2为还原剂，氯离子为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性即还原性SO2＞Cl-，C不合题意；
D．常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，D不合题意；
故答案为：A。
6．B
【详解】A．酸溶液中酸性越强，水的电离程度越小，则酸性HX
C．B1、C1和E三点溶液中物质成分分别为等浓度的HX和NaX、NaX、等浓度的NaX和NaOH，其溶液溶质溶度分别为0.033mol/L、0.05mol/L和0.025mol/L，由于Ka(HX)=10-9，所以E点溶液中(OH-)远大于Bi点溶液中(H+)，对水的电离抑制作用更强，C1只有盐溶液且盐溶液浓度最大，所以B1、C1和E三点溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为C1>B1>E，C项错误；
D．根据点A2(0，3)可知，c(H+)=c(Y-)=10-3mol/L，c(HY)≈0.10mol/L，则Ks(HY)=c(H+)/c(Y-)/c(HY)=10-6/0.10=10-5，根据电离度公式a=c(H+)/c(酸)×100%和A1、A2两点坐标数据，a(HX)=×100%=×100%=0.01%，a(HY)=×100%=×100%=1%，则a(HX)：a(HY)=l：100，D项错误。
故选B。
7．(1)碱式滴定管
(2) Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]- 增大Cl-的浓度，使平衡： Cu2+ +Cu+4Cl- 2[CuCl2]-正向移动，提高CuCl的产率
(3)在通风橱中进行实验(或其它合理答案)
(4)减少CuCl的损失，且易于干燥
(5) 稀释锥形瓶中的溶液，便于观察颜色的突变 滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色 95.52%
【分析】以0.50 mol/LCuCl2溶液、铜粉、HCl为反应物，在磁力搅拌下充分反应生成[CuCl2]-，倒入水中，析出CuCl晶体，经过洗涤、干燥最终得到氯化亚铜(CuCl)。据此作答。
【详解】（1）配制一定物质的量浓度的CuCl2溶液时，需要托盘天平、容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，不需要碱式滴定管；
（2）反应物为CuCl2溶液、铜粉、HCl，产物为[CuCl2]-，根据的是电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]-；在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，是为了增大Cl-的浓度，使上述平衡往正向移动，生成更多的[CuCl2]-；
（3）由于HCl易挥发，为保持安全的实验环境，一般在通风橱中进行实验；
（4）无水乙醇能降低CuCl的溶解度，且乙醇易挥发，所以用无水乙醇洗涤沉淀的原因是减少CuCl的损失，且易于干燥；
（5）①邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子，滴定终点的颜色变化是溶液恰好由红色变为浅蓝色，为了便于观察颜色的突变，加水稀释；
②根据滴定原理Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+：当滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色，即到达滴定终点；
③取2.500 g CuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50 mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。
根据滴定原理得出滴定关系： CuCl~ Fe2+~Ce4+；若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数=。
8．(1) 恒压滴液漏斗(或恒压漏斗) 内管与冷却水的接触面积更大，冷凝效果更好
(2)缓慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴给反应装置降温
(3)蒸馏
(4) 减少产品因溶解而造成的损失 重结晶
(5) 99. 2% 减小
【分析】工业上利用糠醛(沸点161.7℃，易被氧化)发生歧化反应制取糠酸和糠醇，由于该反应为强放热反应，为控制反应速率，需缓慢滴加NaOH溶液，同时使用冰水浴降低温度；粗产品中，糠酸钠易溶于水，糠醇在水中溶解度小，需使用有机溶剂萃取分离；糠酸钠用盐酸将其转化为糠酸，冷却结晶后，过滤分离；糠醇被萃取后，蒸馏分离。
【详解】（1）从图中可以看出，仪器A中存在平衡内外压强的导管，则其名称为恒压滴液漏斗(或恒压漏斗)。与直形冷凝管相比，球形冷凝管内管呈球状，与冷却水的接触面积大，则使用仪器B的优点是：内管与冷却水的接触面积更大，冷凝效果更好。答案为：恒压滴液漏斗(或恒压漏斗)；内管与冷却水的接触面积更大，冷凝效果更好；
（2）糠醛的歧化反应为强放热反应，该反应必须严格控制反应温度为8~12℃，所以需控制反应速率，实验中采用的保障措施为：缓慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴给反应装置降温。答案为：缓慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴给反应装置降温；
（3）乙醚和糠醇互溶，但沸点相差较大，所以步骤3中分离乙醚和糠醇的实验操作为蒸馏。答案为：蒸馏；
（4）糠酸在热水中溶解度较大，微溶于冷水，则步骤3中洗涤粗糠酸用冷水的原因是减少产品因溶解而造成的损失。进一步将粗糠酸提纯，需去除里面溶解的杂质，应采用的方法是重结晶。答案为：减少产品因溶解而造成的损失；重结晶；
（5）由反应可建立关系式：糠酸——NaOH，则糠酸的物质的量等于NaOH的物质的量，从而求出糠酸的纯度为=99. 2%。题中信息显示，糠醛易被氧化，则其中混有糠酸，而糠酸在糠醛歧化过程中不会转化为糠醇，若步骤1中不对糠醛进行蒸馏处理，则会使制得的糠醇的质量减小。答案为：99. 2%；减小。
【点睛】计算糠醇的产量时，把混有糠酸的粗产品当成纯糠醛考虑，所以糠醇的产量偏小。
9．(1)平衡压强，便于液体顺利滴下
(2)研钵
(3) 0.5mol 由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失
(4)加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀
(5) 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失
【分析】该实验是利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2反应来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，经实验步骤①-⑤反应最终制得较纯的三氯化六氨合钴，根据具体实验步骤分析解答。
【详解】（1）仪器a为恒压滴液漏斗，代替分液漏斗滴加液体的优点是：平衡压强，便于液体顺利滴下；
故答案为：平衡压强，便于液体顺利滴下。
（2）将固体药品研细，常在研钵中进行；
故答案为：研钵。
（3）根据氧化还原反应规律可知，制取1mol[Co(NH3)6]Cl3时转移1mol电子，理论上需要0.5molH2O2，但由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失，所以实际上消耗量比理论消耗量要多；
故答案为：0.5mol，由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失。
（4）CoCl2遇浓氨水会生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀；
故答案为：加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀。
（5）实验用AgNO3溶液滴定Cl-，用K2CrO4溶液作为指示剂，滴定至终点是当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；根据溶液中Ag+与Cl-反应关系式可知，n (Cl- )= n (Ag+)=c×V×10-3×4mol，所以产品中C1-的质量分数是；
故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；。
10．(1)圆底烧瓶
(2) NaOH溶液 平衡气压，收集多余氯气
(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
(4) 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 25%
(5) 加入足量氨水 黑色固体溶解，并有气体产生
(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。
【详解】（1）根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；
（2）根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
（3）根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
（4）①N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为×100%=25%；
（5）操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生；
（6）肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。
11． 除去氮气中的还原性气体 溶液变为蓝色，半分钟内不褪去 31% 偏低 ④①⑥②③⑤ 硫酸 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】(1)用燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。液氮通过酸性高锰酸钾溶液，可以除去氮气中的还原性气体，在高温炉中矿样与足量混合，在1250℃左右高温炉中加热，反应产生，再通过SnCl2溶液，除去高温炉产生的氧化性物质，气体用含淀粉及碘化钾的稀硫酸溶液吸收，同时连续用的标准溶液缓慢滴定。
【详解】(1)①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以除去氮气中的还原性气体，防止对后面的实验产生干扰；
②滴定过程中涉及反应有：，，SO2被反应完，继续滴加的KIO3溶液与KI反应生成I2，与淀粉反应显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液变为蓝色，且半分钟内不褪去；
③根据关系式：，可得n(SO2)=3n (KIO3) =3×0.1042mol/L×0.025L=0.007815mol，所以矿样中硫元素的质量百分含量为：，因为Sn的+4价化合物比+2价稳定，即SnCl2具较强的还原性，可以除去高温炉产生的氧化性物质，减少了SO2的消耗，所以SO2不通过SnCl2，则测定结果会偏低；
(2)实验开始时的操作依次为：组装仪器、检查装置的气密性、加装药品、通入CO气体、收集CO并检验其纯度、点燃酒精灯，即将装置内的空气全部排尽后开始加热，所以操作顺序依次为:④①⑥②③⑤；
(3)熔渣的主要成分为FeO和Fe2O3，酸溶时选用硫酸，生成FeSO4和Fe2(SO4)3溶液，加入FeS2的目的是将Fe3+还原为Fe2+，FeS2中的硫元素被氧化为，根据化合价升降守恒和原子守恒可得离子方程式为：，由溶液获得相应的晶体一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥，得到晶体的方法。
12．(1) 将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等) 高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解
(2)3：2
(3) 2. 2×10—20 三角锥形
(4)Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O
(5) 、Mn2+—5e—+4H2O = +8H+
(6)
【分析】由题给流程可知，向辉铋矿加入稀盐酸和过氧化氢混合溶液氧化浸取时，金属硫化物被氧化生成金属氯化物和硫，氧化铜溶于盐酸得到氯化铜，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣1和含有金属氯化物的滤液；调节滤液的pH，将溶液中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；向滤液中加入氨水，将溶液中铋离子转化为氢氧化铋沉淀，铜离子转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液3和氢氧化铋；氢氧化铋溶于盐酸得到氯化铋溶液，向溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到滤液4和铋酸钠。
【详解】（1）升高温度、将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等措施提高“浸取”速率；盐酸受热易挥发、过氧化氢受热易分解，高于40℃时浸取率快速下降说明温度高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解，故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解；
（2）由分析可知，氧化浸取时，二硫化铁与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成氯化铁、硫和水，反应的离子方程式为2FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，则发生反应的过氧化氢和二硫化铁的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；
（3）由方程式Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)可知，反应的平衡常数K=== Ksp K络合，则Ksp===2. 2×10—20；氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为3，分子的空间结构为三角锥形，故答案为：2. 2×10—20；三角锥形；
（4）由分析可知，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液的目的是将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程式为Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O，故答案为：Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O；
（5）由电子移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，水分子作用下锰离子在负极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子和氢离子，电极反应式为Mn2+—5e—+4H2O = +8H+，左侧电极为正极，酸性条件下铋酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铋离子和水，电极反应式为BiO+2e—+6H+=Bi3++3H2O，原电池的示意图为 ，故答案为： ；Mn2+—5e—+4H2O = +8H+；
（6）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：NaBiO3—H2C2O4，滴定消耗b mLa mol/L草酸标准溶液，则产品的纯度为×100%=，故答案为：。
13．(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。
14．(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：。
15．(1)生成的HF会腐蚀玻璃
(2)Li2CO3、Al(OH)3
(3)将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离
(4)2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O
(5)趁热过滤
(6)410-3
(7)2:1
【分析】“铝渣”主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO，经浓硫酸酸浸后，氟化物转化为HF气体逸出，部分氧化钙转化为微溶的硫酸钙以滤渣形式除去，得到的滤液中含铝离子、锂离子和少量钙离子，再加入碳酸钠溶液后，会生成CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，过滤后的滤液分离除去，滤渣再通入二氧化碳和水，使其中碳酸盐转化为可溶于水的碳酸氢盐，从而过滤除去Al(OH)3沉淀，再加入磷酸锂稀溶液使钙离子转化为磷酸钙沉淀，达到“除钙”目的，碳酸氢锂溶液经过热分解和一系列操作生成碳酸锂、二氧化碳和水，据此分析解答。
【详解】（1）“酸浸”过程会产生HF，因为HF会腐蚀玻璃，所以不能在玻璃反应釜中进行；
（2）依据上述分析可知，“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀；
（3）上一步沉淀过程有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，所以通入二氧化碳和水，会使CaCO3、Li2CO3分别转化为可溶于水的Ca(HCO3)、LiHCO3，再经过滤可除去Al(OH)3沉淀，故答案为：将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离；
（4）因为LiHCO3的性质与NaHCO3相似，可推知，若温度过高，LiHCO3受热易分解，其分解反应方程式为：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O，导致Li元素有损失，影响Li2CO3的产率；
（5）根据Li2CO3在不同温度下的溶解度数据可知，随着温度的升高，Li2CO3的溶解度不断减小，所以从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：趁热过滤；
（6）100°C时，Li2CO3的溶解度为0.740g /100gH2O，则溶质Li2CO3的物质的量为=0.01mol，其浓度约为0.1mol/L，所以Ksp=c2(Li+)c(CO)==410-3；
（7）MnO2和Li2CO3会发生反应转化为LiMn2O4过程中Mn元素化合价降低，根据氧化还原反应的规律可知，必有元素化合价升高，C和Li元素化合价均已是最高价，所以推知必产生O2，另一种气体应为CO2，根据氧化还原反应的配平原则可知，反应的化学方程式为：8MnO2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4+ 2CO2↑+ O2↑，又密度：CO2＞O2，则两种气体的物质的量之比为2:1。
16．(1)
(2) 使混合液中的物质充分反应 SO2+MnO2═Mn2++
(3) 4.7≤pH＜8.0 向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝
(4)镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的
(5)2：3
【分析】根据流程：富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2，富锰废料先加入硫酸进行酸浸，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸镍，MnO2不反应，酸浸后与含有二氧化硫烟气溶解，发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+、SO2+MnO2═Mn2++，然后溶液中富锰废料调节pH，使亚铁离子转化为铁离子并使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣；滤液加入MnS除去镍离子，生成NiS沉淀，过滤除去；滤液加入KMnO4，和锰离子发生归中反应，得到MnO2，据此分析答题。
【详解】（1）“化浆”时MnCO3和硫酸反应生成气体为CO2，电子式为，
故答案为：；
（2）“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为使混合液中的物质充分反应；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为SO2+MnO2═Mn2++，故答案为：使混合液中的物质充分反应；SO2+MnO2═Mn2++；
（3）“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol•L-1、c(Ni2+)=0.00017mol•L-1、c(A13+)=0.001mol•L-1、c(Mn2+)=0.12mol•L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol•L-1、c(Ni2+)=0.0002mol•L-1，富锰废料氧化亚铁离子为铁离子，铁元素守恒，铁离子浓度等于亚铁离子浓度，则铁离子完全沉淀时c(OH-)=mol/L=2×10-11mol/L，pH约为2.7，铝离子完全沉淀c(OH-)=mol/L≈10-9.3mol/L，pH为4.7，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol•L-1、c(Ni2+)=0.0002mol•L-1，锰离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-6mol，调pH为8.0，镍离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-5.5mol/L，pH为8.5，则调节pH的范围为4.7≤pH＜8.0；氢氧化铝溶液氢氧化钠溶液，从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝，故答案为：4.7≤pH＜8.0；向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝；
（4）结合(3)可知两者沉淀pH接近，不能通过调节pH除去同时除去，“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的，故答案为：镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的；
（5）“转化“时KMnO4和锰离子发生归中反应，得到MnO2，KMnO4为氧化剂，锰离子为还原剂，根据Mn元素由+7价、+2价转化为+4价，降低3价，升高2价，则反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3。
17．(1)C
(2)取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净
(3)8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO
(4) 过滤速度快 抽气泵和安全瓶
(5) 除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰 溶液浅蓝色褪去且30s不变色 1.0×10-5mol/L
【分析】铬钒废水中加入NH4Fe(SO4)2溶液调节pH=6.5，静置抽滤得到FeVO4和滤液A，滤液A中主要含有CrO，加入Na2S2O3和稀硫酸，过滤后得到Cr(OH)3和滤液B，Cr(OH)3加热至分解生成Cr2O3。
(1)
A．图示装置为过滤装置，过滤操作中需要使用，故A不符合题意；
B．图示仪器为胶头滴管，滴加溶液时需要用到胶头滴管，故B不符合题意；
C．图示仪器为蒸发皿，该流程不需要使用蒸发皿，故C符合题意；
D．图示仪器为坩埚，灼烧Cr(OH)3分解生成Cr2O3时需要使用坩埚，故D不符合题意；
答案选C，故答案为：C；
(2)
若FeVO4未洗涤干净，沉淀表面会附着硫酸根，检验是否存在硫酸根即可证明滤渣FeVO4是否洗涤干净，具体方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净；
(3)
观察流程图可知，有Cr(OH)3生成，该反应为氧化还原反应，转化成，则与Na2S2O3溶液反应的离子方程式为8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO，故答案为：8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO；
(4)
①分析装置图可知，打开自来水龙头，会导致吸滤瓶中压强减小，从而使过滤速度加快，即抽滤的优点是过滤速度快，故答案为：过滤速度快；
②为了避免管道里的水在负压下回流，抽滤完毕后应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡胶管，故答案为：抽气泵和安全瓶；
(5)
①(NH4)2S2O8具有强氧化性，会对后续实验有影响，且(NH4)2S2O8不稳定易分解，则加热的目的是除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰，故答案为：除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰；
②碘单质遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，单质碘被反应完，蓝色褪去，则滴定终点的现象为溶液浅蓝色褪去且30s不变色，故答案为：溶液浅蓝色褪去且30s不变色；
③根据得失电子守恒可知，在滴定过程中存在关系式：，滴定过程中消耗0.010mol·L-lNa2S2O3溶液30.00mL，则有0.010mol/L×30.00×10-3L=3c(Cr3+)×10.00×10-3L，可求得浓缩后的溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，则滤液B中c(Cr3+)=1.0×10-5mol/L，故答案为：1.0×10-5mol/L。
18．(1) 增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行 6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
(2)+ ClO-=+ Cl-
(3)H2SiO3
(4) 灼烧 金属钨或W
(5)溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) Ca2+ (aq) + (aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ( )减小，使得平衡正向移动
(6) c+a-2b
【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和， “氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。
【详解】（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
（2）由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：+ ClO-=+ Cl-，故答案为：+ ClO-=+ Cl-；
（3）由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
（4）由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；
（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动；
（6）①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为，故答案为：。
19．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率 4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2
(2) 酸性、还原性 Fe(OH)3 KBF4
(3)1.0×10-22
(4)(NH4)2CO3溶液碱性更强，易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质
(5)3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce
【分析】本题是一道以氟碳铈矿为原料制备单质Ce的工业流程题，首先对原材料焙烧，生成相应的氧化物和氟化物，之后用盐酸溶解，调节pH除去杂质Fe，过滤，再加入碳酸氢铵进行碳化，之后再经过一系列处理得到产品，以此解题。
【详解】（1）可以从反应速率的影响因素和原料的利用的角度考虑，空气与矿料逆流而行的目的是：增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率；焙烧时CeFCO3和空气中的氧气发生反应，方程式为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2；
（2）反应后生成了氯化物，同时Ce的化合价由+4价变为+3价，故体现了盐酸的酸性和还原性，三价铁在pH稍高的时候会生成氢氧化铁，故“滤渣I”为Fe(OH)3，根据流程图可知，加入氯化钾溶液生成沉淀，则“滤渣II”为KBF4；
（3）pH越大越容易形成沉淀，则pH=7时，c(OH-)=10-7,则Ksp[Ce(OH)3]=0.1×(10-7)3=1.0×10-22；
（4）(NH4)2CO3溶液的碱性较大，容易生成其他的物质，从而引入杂志，故不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是：(NH4)2CO3溶液碱性更强，易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质；
（5）“热还原”铝和CeO2反应生成单质Ce和氧化铝，方程式为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce。
20．(1) 或Na2SO4 Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O
(2)2.0×10-36
(3) 温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失 BaCl2溶液
(4)
(5) ACE 坩埚、分液漏斗
【分析】锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)加NaOH溶液、Na2S2O3溶液进行碱浸、还原，Sb2O3、Sb2S3直接与碱反应，Sb2O5与被硫代硫酸钠还原，Sb元素转化为NaSbO2，Sb2S3中的S元素转化为Na2S，CuS、氧化铁不反应，过滤除去；含NaSbO2、Na2S的溶液加硫酸铜将硫离子转化为CuS，将过量的氢氧根离子转化为氢氧化铜除去得到主要溶质为NaSbO2的溶液，NaSbO2溶液加过氧化氢、浓NaOH转化得到NaSbO3·3H2O，再用HF进行氟化得到NaSbF6。
【详解】（1）“碱浸、还原”时，Sb由+5价降为+3价，则Sb2O5作氧化剂，Na2S2O3被氧化，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2:1，根据得失电子守恒有2×2×(5-3)=1×2×x，其中x为S元素化合价升高数，解得x=4，则Na2S2O3中S被氧化为+(2+4)=+6价，则氧化产物为或Na2SO4；由流程可知Sb2S3中Sb转化为NaSbO2，S转化为Na2S，则Sb2S3发生反应的离子方程式为Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O；
（2）由图可知2pH=26时，-lgc(S2- )=18，即pH=13时，c(S2- )=10-18mol/L，此时c(OH-)=0.1mol/L，则c(Cu2+)==2.0×10-18mol/L，则Ksp(CuS) =c(Cu2+)×c(S2- )= 2.0×10-18 mol/L×10-18 mol/L=2.0×10-36 mol2/L2；
（3）“转化”时反应物有H2O2，H2O2受热易分解，控温约50°C的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失；“除杂”时加入了硫酸铜溶液，从流程来看“转化”之前硫酸根离子没有除去，故“转化”后，检验NaSbO3·3H2O是否洗涤干净即检验最后一次洗涤液是否含硫酸根离子，故应选用的试剂为BaCl2溶液；
（4）“氟化”时HF和NaSbO3·3H2O反应得到NaSbF6，无元素价态变化，为非氧化还原反应，根据电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为；
（5）蒸发结晶用到下列仪器中的蒸发皿、过滤用到下列仪器中的漏斗、烧杯，故选ACE；不需使用的为B坩埚、D分液漏斗。
21． 粉碎或研磨等 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O H2O2 CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 0.20mol/L 热水 由表中数据可知升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则热水洗涤可减少Li2CO3的溶解(或损失) Li2CO3+2FePO4+2C2LiFePO4+3CO↑
【分析】LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)研磨后加入氢氧化钠溶液，将铝溶解分离，滤液1中含有NaAlO2，滤渣1含有LiFePO4和石墨粉；滤渣1中加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液中含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4•2H2O，滤液2中含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，处理后得到高纯Li2CO3，据此分析解答。
【详解】(1)粉碎样品，可增大接触面积，加快反应速率，故答案为：粉碎或研磨等；
(2) LiFePO4废旧电极中含杂质Al、石墨粉，其中单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，所以过程Ⅱ中加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al，使其分离出去，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(3)①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，应生成氯气，反应的离子方程式为ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，故答案为：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
②实验2生成的氯气会污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3相比，Li+的浸出率较高的是H2O2，所以最终选择H2O2作为氧化剂，故答案为：H2O2；
(4)要得到过程Ⅳ得到磷酸铁晶体，可使溶液中PO浓度增大，则应使H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+平衡正向移动，可加入与H+反应的物质，可加入碳酸钠。因此原因是CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体，故答案为：CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；
(5)Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3，滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到95.5%，则混合后滤液中c(Li+)==0.09mol/L，滤液③中c(CO)=mol/L=0.20mol/L，故答案为：0.20mol/L；
(6)由碳酸锂在水中溶解度数据可知，升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则用热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，故答案为：热水；Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；
(7)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与炭黑混合高温灼烧再生制备 LiFePO4，反应的方程式为Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑，故答案为：Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意Ksp(Li2CO3)= c2(Li+) ×c(CO)，难点是(4)，要注意浓度对电离平衡的影响的应用。
22． FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O 铁粉(或Fe) 蒸发浓缩、降温结晶 4.43 TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO 在高温下镁和钛都易与空气中的氧气、氮气等反应 镁 稀盐酸(或稀硫酸)
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿加稀硫酸溶解，FeTiO3与硫酸反应“溶煮”过程生成Ti4+、Fe2+；加入的物质A为铁屑，防止Fe2+被氧化，混合液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤1得到FeSO4晶体和含Ti4+溶液，加热溶液使Ti4+水解生成偏钛酸，过滤2得到偏钛酸，煅烧偏钛酸，偏钛酸分解生成二氧化钛，二氧化钛与氯气和过量的焦炭共热反应生成四氯化钛和一氧化碳气体，四氯化钛和镁在高温条件下发生置换反应生成氯化钠和金属钛。
【详解】(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，Ti、S等元素化合价没有发生变化，该过程发生的不是氧化还原反应，则反应的离子方程式为FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O；
(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入铁粉，防止Fe2＋被氧化；
(3)由表可知，温度越低硫酸亚铁溶解度越小，越容易析出，因此“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶；
(4)因为H2TiO3(s)⇌TiO2＋＋2OH－，设c(OH－)＝x mol·L－1，则c(TiO2＋)＝ mol·L－1，x2·＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝＝，pH＝－lg≈4.43；
(5)TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，因为碳过量，故产物为CO，因此反应为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO；
(6)钛高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应，因此需要在Ar气氛中进行，因为“室温下钛不与强酸、强碱甚至王水反应”，故除去其中的镁可选用稀硫酸或稀盐酸。
23． 在酸性条件下，将VO还原为VO2+ Fe(OH)3、Al(OH)3 H2SO4 3H2O+ClO+6VO2+=6VO+Cl-+6H+ 81.9 VO 温度升高，一水合氨受热分解，氨气逸出，使OH-浓度下降，VO +H2OVO+2H+，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
【分析】在“酸浸”时，废钒催化剂中的SiO2不溶于酸，V2O5、V2O4、Fe2O3、Al2O3溶解生成、VO2+、Fe3+、Al3+；由于有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取的能力强，故要保证滤液2中钒元素尽可能以VO2+的形式存在，所以“酸浸”时，加入过量FeSO4，将还原为VO2+，再经过滤1，滤渣1的主要成分为SiO2，滤液1的主要阳离子有VO2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、K+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2中的主要阳离子为VO2+、K+；经过萃取和反萃取，分离出K2SO4，水相2中含有大量的VO2+；再加入H2SO4、KClO3将VO2+氧化为，经“沉钒”、“煅烧”得到V2O5。
【详解】(1)“酸浸”时，Fe2+的作用是将VO还原为VO2+；
(2)结合废钒催化剂的成分可知其中除了SiO2（滤渣1）外，还有Fe2O3、Al2O3，酸浸时在足量酸的作用下以Fe3+、Al3+的形式存在，通过KOH调节pH后，形成Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，故滤渣2的成分主要有Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)“萃取”时，加入有机物，平衡向右移动，“反萃取”时，平衡向左移动，则应加入H2SO4；
(4)“氧化”过程中KClO3将VO2+氧化成VO，便于后续沉钒，进而实现钒的回收，相关的离子方程式为；100g待处理样品中，m(V2O5)=100g´10%=10g，则n(V2O5)==mol，即n(V)=2´mol=mol；n(KClO3)=0.15L´0.1mol•L-1=0.015mol，由于，故n(VO2+)=0.09mol，则该工艺中钒的最大回收率为=81.9%；
(5)依信息③VO与VO可相互转化：VO+H2OVO+2H+，加入NH4Cl和NH3，促进平衡正移，钒元素主要以VO的形式存在；温度过高，温度升高，一水合氨受热分解，氨气逸出，使c(OH-)下降，平衡逆向移动，VO浓度下降，导致沉钒率下降。
24．(1)
(2) 蒸馏烧瓶 A B 没有隔绝空气，溶液中的Fe2+和VO2+容易被空气中氧气氧化
(3)K+
(4) 0.04pVmol/L 偏高
【分析】废钒催化剂加入硫酸溶液进行酸浸，除去浸渣，浸液加入硫酸亚铁溶液还原，调节pH再次除去滤渣，所得滤液加入P204进行萃取，去掉水相，有机相加入硫酸溶液进行反萃取，得到VOSO4-H2SO4溶液。
【详解】（1）由信息，“酸浸”时V2O4转化为VO2+，其离子方程式为 ；
（2）①由装置图知，仪器b的名称为蒸馏烧瓶；
②实验时，先用铁粉与稀硫酸反应生成的氢气排尽装置中空气，防止亚铁离子和VO2+被氧化，再用生成的氢气产生压强差将b中液体压人c中，利用亚铁离子将还原为VO2+，故应先打开K1、K3，关闭K2，空气排尽后打开K2，关闭K1、K3。观察到的现象为b中液体被压人c中；
③c为敞开体系，溶液中的Fe2+和VO2+容易被空气中氧气氧化；
（3）由转化关系知，“萃取”时，进入水相的金属离子有K+；
（4）①
由信息和反应原理可得关系式:VO2+ ~ ~(NH4)2Fe(SO4)2，则VOSO4-H2SO4溶液中c(VO2+)=；=0.04pVmol/L；
②滴定过程中发生反应的离子方程式为；
③若不用尿素除去NaNO2，NaNO2会氧化Fe2+而导致消耗标准液体积偏大，使所测结果偏高。
25． AD -31.4 0.5或 ＞ 由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大 NH4HCO3 + H2O NH3·H2O + H2CO3 1.26×10-3 3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O
【详解】(1)图中显示的能量转化形式就有四种：太阳能转化为化学能，化学能转化为热能(或热能转化为化学能)，化学能转化为热能(或电能)，热能(或化学能转化为)动能，选项A错误；
B．“单位时间内反应物的转化率”其实是描述化学反应速率，选项B正确；
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料，既有利于“碳中和”，又有利于替代化石能源，减少污染，选项C正确；
D．目前，工业获取H2更多采用水煤气法、烃裂解(或烃转化)法，选项D错误。
答案选AD；
(2)①由图可得反应HCOOH(g) CO(g)＋H2O(g) △H=+72.6kJ·mol-1；
CO(g)＋ O2(g)= CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1；
H2(g) ＋ O2(g)= H2O(g) △H=-214.8kJ·mol-1；
由盖斯定律可得△H=-31.4 kJ·mol-1；
②反应达到平衡时，v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆c(HCOOH)，又K=2，可得k正=2k逆。所以，k逆=0.5k正；
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则K=1.9＜2，说明平衡逆向移动，该反应正向放热，故可得出T2＞T1，且逆反应气体分子数变多，依PV=nRT，可得T2℃时平衡压强大于T1℃时平衡压强；答案为由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大；
(3)常温下，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，计算NH4HCO3.水解反应的平衡常数时用到碳酸的电离常数K1=4.4×10-7和NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5；根据反应+2 NH3·H2O+H2CO3可知Kh==1.26×10-3；
(4)由图可知，A电极为正极，在A电极上CO2得电子，发生还原反应，生成CH3CH(OH)CH3，A极由CO2制异丙醇的电极反应式为3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O。
【点睛】本题为化学反应原理综合，以“碳中和”切入，突出化学学科“科学精神与社会责任”的核心素养。通过阅读图例、盖斯定律的运用、速率常数和平衡常数的分析与计算、电极反应方程式的书写等，分别考查了信息获取与加工能力、证据识别与推理能力、模型构建与认识能力，以及规范的文字、化学用语的表达能力。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-11水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．（2023·山西·校联考模拟预测）常温下，某同学在特制容器中加入20 mL 0.4 mol⋅L 溶液，用0.4mol⋅L HCl溶液滴定，利用pH计和气体压力传感器检测，得到如图曲线。下列说法错误的是
A．整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂
B．a→f点对应的溶液中，水的电离程度一直在减小
C．
D．f点对应的溶液中存在：
2．（2023·山西·校联考模拟预测）25℃时，用同一较高浓度的NaOH溶液分别滴定酸HA和CuSO4溶液，pM[p 表示负对数， M表示、c(Cu2+)]与溶液pH的变化关系如图。已知； CuA2 易溶于水，一般认为反应的平衡常数为K> 105时反应进行完全。下列说法错误的是
A．HA为一元弱酸，25℃时 Ka=10-7.4
B．①表示滴定CuSO4溶液时pM与溶液pH的关系
C．滴定HA溶液至x点时，溶液中c(HA)> c(A-)> c(Na+)
D．滴定CuSO4溶液至x点时，若改为滴加HA溶液，沉淀会逐渐完全溶解
3．（2023·山西·校联考模拟预测）下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向FeBr2溶液中通入少量的氯气，再滴加少量苯，上层呈橙色
Fe3+的氧化性比Br2强
B
室温下，向碳酸氢钠溶液中加入适量盐酸，温度下降
碳酸氢钠和盐酸反应吸收热量
C
将少量BaSO4固体用饱和Na2CO3溶液浸泡，过滤后，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解，产生气泡
相同温度下，Ksp(BaCO3)
向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀
FeSO4没有变质
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·山西·校联考模拟预测）黑火药是中国古代四大发明之一，S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应中每生成标准状况下2. 24L N2转移电子数目为1. 2 NA
B．1 L 0.5mol·L-1 K2S溶液中S2-和HS-的总数为0. 5NA
C．常温下3.2g由SO2、S2组成的混合物中所含质子数为1.8NA
D．28g N2中含有π键数目为NA
5．（2023·山西大同·统考三模）根据下列事实得出的相应结论错误的是
选项
事实
结论
A
25℃时分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7
两溶液中水的电离程度相等
B
t ℃时，反应①：Br2(g)+ H2(g) 2HBr(g) K=5. 6×107；反应②：I2(g)+ H2(g) 2HI(g) K=43
相同条件下。平衡体系中卤化氢所占的比例：反应①>反应②
C
向漂白粉溶液中通入足量SO2气体，产生白色沉淀
还原性：SO2>Cl-
D
常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合，所得混合液的体积为101 mL
混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键。且苯与CH3COOH分子问的范德华力弱于CH3COOH分子间的氢键
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·山西·统考二模）常温下，用0.10mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1的一元酸HX溶液和HY溶液(两溶液水的电离程度：HX>HY，当Ka≤10-5时可以认为电解质达到电离平衡时的浓度近似等于起始浓度)，其滴定曲线如图所示
已知：弱电解质在溶液里达到电离平衡时，已电离的电解质分子数占起始时总分子数的百分数称为电离度，下列说法正确的是
A．曲线I和II对应的酸分别为HY和HX
B．相比曲线I，曲线II选用酚酞作终点指示剂误差更小
C．把曲线上加入40mLNaOH溶液的点称为E点，则B1、C1和E三点溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为C1>E>B1
D．0.10mol/L弱酸HX和HY电离度之比为1：10
二、实验题
7．（2023·山西·校联考模拟预测）氯化亚铜(CuCl)可用作催化剂、杀菌剂和脱色剂，实验室制备CuCl实验步骤如下：
回答下列问题：
(1)步骤I中，配制0.50 mol/LCuCl2溶液时，不需要使用下列仪器中的 (填仪器名称)。
(2)步骤Ⅱ中，充分反应后铜元素转化为无色的[CuCl2]-，其发生可逆反应的离子方程式为 。在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，其目的是 。
(3)在进行制备[CuCl2]- 的实验时，为保持安全的实验环境，可以采取的措施是 。
(4)步骤Ⅲ中，用无水乙醇洗涤沉淀的原因是 。
(5)取2.500 g CuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50 mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。
已知：滴定原理： Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+； 邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子。
①“再加50mL水”的目的是 。
②滴定终点的现象是 。
③若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数是 。
8．（2023·山西大同·统考三模）糠酸(熔点133℃，沸点231℃，在热水中溶解度较大，微溶于冷水)和糠醇(熔点29℃，沸点171℃)均为重要的化工中间体，工业上可利用糠醛(沸点161.7℃，易被氧化)发生歧化反应制取这两种物质(该反应为强放热反应)，反应原理如下：
实验步骤：
步骤1：向三颈烧瓶中加入8.2mL(约0.2mol)新蒸馏的糠醛，通过仪器A向三颈烧瓶中缓慢滴加8 mL 33%的NaOH溶液。搅拌并保持反应温度为8~12℃，回流20 min，得到粗产品。
步骤2：将粗产品倒入盛有10 mL水的烧杯中，然后将液体转移至分液漏斗中，用乙醚萃取4次，分液得到水层和醚层。
步骤3：向水层中分批滴加25%的盐酸，调至溶液的pH= 3，冷却、结晶、抽滤、冷水洗涤，得到糠酸粗品；向醚层中加入无水碳酸钾干燥，过滤除掉碳酸钾后，分离乙醚(乙醚的沸点为34.6℃)和糠醇。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称为 。 与直形冷凝管相比，使用仪器B的优点是 。
(2)该反应必须严格控制反应温度为8~12℃ ，实验中采用了哪些保障措施？ 。
(3)步骤3中分离乙醚和糠醇的实验操作为 。
(4)步骤3中洗涤粗糠酸用冷水的原因是 。进一步将粗糠酸提纯，应采用的方法是 。
(5)取1.120g提纯后的糠酸样品。配成100mL溶液，准确量取20.00mL于锥形瓶中，加入指示剂，用0.0800mol·L-1NaOH标准溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗NaOH标准溶液24.80mL。糠酸的纯度为 。若步骤1中不对糠醛进行蒸馏处理，则会使制得的糠醇的质量 (填“增大”或“减小”)。
9．（2022·山西晋城·统考二模）Co(III)盐溶液不能稳定存在，以氨为配位剂，可将Co(III)转化为稳定的Co(III)配合物。实验室利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，装置(夹持仪器已省略)如图所示：
实验步骤：
①将研细的6gCoCl2·6H2O晶体、4gNH4Cl固体、适量活性炭催化剂充分混合后加入c中，滴加13.5mL浓氨水使溶液颜色变为黑紫色；
②置于冰水浴中冷却至10℃以下，缓慢滴加13.5mL5%H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃热水浴中，恒温加热20min，同时缓慢搅拌；
④将反应后的混合物冷却到0℃左右，抽滤得到三氯化六氨合钴粗产品；
⑤粗产品需要经过热的盐酸溶解、趁热过滤、冷却到0℃左右并滴加浓盐酸洗涤、干燥等操作得到较纯的三氯化六氨合钴。
回答下列问题：
(1)使用仪器a代替分液漏斗滴加液体的优点是 。
(2)步骤①中将固体药品研细，常在 (填仪器名称)中进行。
(3)制取1mol[Co(NH3)6]Cl3，理论上需要H2O2的物质的量为 ，实际上消耗量比理论消耗量要多，其主要原因是 。
(4)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是 (结合必要的离子方程式说明)。
(5)沉淀滴定法测定产品中Cl-的质量分数：
i.准确称取ag步骤⑤中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；
ii.滴加少量0.005mol·L-1的K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol·L-1的AgNO3溶液滴定至终点；
iii.平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为VmL。
已知Ag2CrO4为砖红色沉淀。
①ii中，滴定至终点的现象是 。
②产品中C1-的质量分数是 (列出计算式即可)。
10．（2022·山西太原·统考一模）某小组在实验室用NaClO溶液和NH3反应制备N2H4，并进行相关的性质探究实验。
Ⅰ.制备N2H4
(1)仪器a的名称是 。
(2)装置C中盛放的试剂是 。装置B的作用是 。
(3)制备N2H4的离子方程式为 。
Ⅱ．测定产品中水合肼(N2H4 · H2O)的含量
(4)称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)， 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2 ~ 3滴淀粉溶液，用 0.3000 mol • L-1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O+2I2 =N2↑ +4HI+H2O)。
①滴定到达终点的现象是 。
②实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合腓的质量分数为 。
Ⅲ．探究的还原性与碱性。将制得的耕分离提纯后，进行如图实验。
【查阅资料］AgOH在溶液中不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
实验结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入适量①_________
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ii.取少量黑色固体于试管中加入足量稀硝酸，振荡
②_________
黑色固体是Ag和Ag2O
(5)请完成表中的空白部分：① ；② 。
(6)实验表明，黑色固体主要成分是Ag，还有少量氧化银，请解释原因： 。
11．（2021·山西临汾·统考一模）山西南部中条山地区采矿炼铜历史悠久。黄铜矿[主要成分是，含少量氯磷灰石等]为原料的火法炼铜主要流程如下：
已知：氯磷灰石高温下易被氧化为。某化学兴趣小组以黄铜矿为原料进行如下实验探究。请根据题意回答相关问题：
(1)燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。将矿样与足量混合，以氮气为载气，在1250℃左右高温炉中加热，将产生的气体用含淀粉及碘化钾的稀硫酸溶液吸收，同时连续用的标准溶液缓慢滴定。装置如图所示(的价化合物比价稳定)。
①酸性高锰酸钾溶液的作用是 。
②滴定过程中涉及反应有：、 (写离子方程式)，终点现象为 。
③滴定至终点时，消耗标准液体积，矿样中硫元素的质量百分含量为 (结果保留两位有效数字)，若不通过，则测定结果会 (填“偏高”、“偏低”、“不影响”)。
(2)利用如下装置制取粗铜。
实验开始时的操作依次为 (填写序号)。
①检查装置的气密性 ②通入气体 ③收集并检验其纯度 ④组装仪器 ⑤点燃酒精灯 ⑥加装药品
(3)由熔渣制得绿矾的流程如下(已知难溶于水)。
步骤①溶解熔渣选用的试剂最好是 ，步骤②加入的目的是将还原(硫元素被氧化为)，发生反应的离子方程式为 ，步骤③的系列操作为 、(用乙醇)洗涤、干燥。
三、工业流程题
12．（2023·山西·校联考模拟预测）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3含FeS2、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：
已知：
i. Bi3+易水解，NaBiO3难溶于冷水。
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质。
iii． Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)K=4.4×10-7。
回答下列问题：
(1)为提高“浸取”速率，采取的措施有：升高温度、 (写出一条)；辉铋矿浸取率随温度的变化曲线如图，高于40℃时浸取率快速下降，其可能的原因是 。
(2)“氧化浸取”时，H2O2和FeS2发生反应的物质的量之比为 。
(3)“除铜”时发生反应：Cu2+ (aq) + 4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]= ；NH3分子的空间结构为 。
(4)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式为 。
(5)已知酸性环境下，NaBiO3可以将Mn2+氧化成、(被还原成Bi3+)，请设计一个原电池装置来证明这一点，在图中的方框内标出两烧杯溶液中溶质的化学式，并写出负极的电极反应式： 。
(6)取NaBiO3产品w g，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用a mol· L-1H2C2O4标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗bmL标准溶液，该产品的纯度为 (用含w、a、b的代数式表示)。
13．（2023·山西吕梁·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)。
14．（2023·山西晋城·统考三模）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)。
15．（2022·山西晋城·统考二模）“铝渣”是铝工业的副产品，主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO。利用“铝渣”制备Li2CO3的工业流程如下图所示：
已知：LiHCO3易溶于水；Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：
温度/°C
0
10
20
50
75
100
溶解度/g/100gH2O
1.593
1.406
1.329
1.181
0.866
0.740
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程不能在玻璃反应釜中进行，其主要原因是 。
(2)“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、 。
(3)“转化”步骤的目的是 。
(4)“除钙”时温度不能太高，否则会影响Li2CO3的产率，其原因是 (用化学方程式表示)。
(5)从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶 洗涤、干燥。
(6)利用表中数据计算100°C时Li2CO3的Ksp近似值为 。
(7)利用Li2CO3为原料采用固相法可制备锂离子电池的正极材料LiMn2O4，其制备过程：将MnO2和Li2CO3按一定物质的量之比配料，球磨后，高温加热，反应过程会产生两种气体，则两种气体的物质的量之比为 (要求：密度大的气体与密度小的气体作比)。
16．（2022·山西吕梁·统考二模）MnO2是常用的电极材料和催化剂。由富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2的工艺流程如下：
已知：I.难溶物的溶度积常数如表所示。
难溶物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ni(OH)2
Al(OH)3
MnS
FeS
NiS
溶度积常数(Ksp)
4×10-38
2×10-16
2×10-13
2×10-16
1×10-33
1×10-15
6×10-18
1×10-24
II.溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全
回答下列问题：
(1)“化浆”时生成气体的电子式为 。
(2)“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为 ；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为 。
(3)“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol·L-1、c(Ni2+)=0.00017mol·L-1、c(A13+)=0.001mol·L-1、c(Mn2+)=0.12mol·L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol·L-1、c(Ni2+)=0.0002mol·L-1，则“调pH”的范围为 (溶液体积变化忽略不计，保留两位有效数字)；从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为 。
(4)“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为 。
(5)“转化"反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
17．（2022·山西·统考二模）学习小组在实验室中设计利用铬钒废水(主要成分为Na3VO4、Na2CrO4)制备新型光催化剂钒酸铁和颜料Cr2O3的流程如下。
已知：(NH4)2S2O8具有强氧化性，不稳定易分解。
回答下列问题：
(1)上述实验操作中无需用到的仪器或装置为_______
A． B． C． D．
(2)证明滤渣FeVO4洗涤干净的方法是 。
(3)写出滤液A中CrO与Na2S2O3溶液反应的离子方程式 。
(4)抽滤时常用到下列装置：
①与普通过滤相比，抽滤的优点为。
②抽滤完毕后，应先断开 之间的橡皮管。
(5)为检测滤液B中Cr3+的浓度，学习小组取10.00mL浓缩1000倍的滤液B，酸化后加入过量(NH4)2S2O8溶液充分反应后再充分微热，冷却至室温，加入足量淀粉KI溶液，用0.010mol·L-lNa2S2O3溶液滴定(I2+2S2O→S4O+2I-)至终点，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。
①微热目的是
②滴定终点现象是
③滤液B中c(Cr3+)=
18．（2022·山西太原·统考三模）金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：
已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和 。
(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是 ；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式： 。
(2)写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣2”主要是 (填化学式)。
(4)“操作X”是 ，产品 1是 。
(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因： 。
(6)在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下：
①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为 ，(列出计算式，无需化简)
19．（2022·山西临汾·统考三模）铈可用作生产催化剂、电弧电极、特种玻璃等。现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
(1)“焙烧I”时，空气与矿料逆流而行的目的是 ；CeFCO3发生反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”反应体现了盐酸的 性质，“滤渣I”、“滤渣II”的主要成分分别为 、 (填化学式)。
(3)“调pH”时c(Ce3+)=0.10mol·L-1，为了除去杂质同时避免Ce元素损失，25℃下溶液pH范围应调节为3.0~7.0，则Ksp[Ce(OH)3]= (不考虑溶液体积变化)。
(4)“碳化”时，不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是 。
(5)“热还原”反应的化学方程式为 。
20．（2022·山西临汾·统考模拟预测）六氟锑酸钠( NaSbF6)广泛用于有机合成、光化学反应中的催化剂、蚀刻剂等。一种由锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
请回答下列问题：
(1)“碱浸、还原”时，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2：1，则氧化产物为 ，Sb2S3发生反应的离子方程式为
(2)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，停止加入CuSO4溶液，若此时溶液中-lgc(S2- )与pH的关系如图。
已知Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20，则Ksp(CuS) =
(3)“转化”时控温约50°C的原因 ；“转化”后，检验NaSbO3·3H2O是否洗涤干净应选用的试剂为 。
(4)“氟化”反应的离子方程式为 。
(5)“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，则下列仪器中需使用的有 (填字母标号) ，不需使用的为 (填名称)。
A． B． C． D． E．
21．（2021·山西·统考一模）为了解决环境污染问题，中国政府大力扶持新能源汽车行业的发展。新能源汽车的核心部件是锂离子电池，常用磷酸亚铁锂(LiFePO4)做电极材料。对LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)回收并获得高纯Li2CO3的工艺流程如图：
碳酸锂在水中溶解度：
温度/℃
0
20
40
60
80
100
溶解度/℃
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
(1)过程Ⅰ的操作是 。
(2)过程Ⅱ加入足量NaOH溶液的作用是 (用化学方程式表示)。
(3)过程Ⅲ采用不同氧化剂分别进行实验，均采用Li含量为3.7%的原料，控制pH为3.5，浸取1.5h后，实验结果如表所示：
序号
酸
氧化剂
浸出液Li+浓度(g/L)
滤渣中Li含量/%
实验1
HCl
H2O2
9.02
0.10
实验2
HCl
NaClO3
9.05
0.08
实验3
HCl
O2
7.05
0.93
①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，大大增加了酸和氧化剂的用量，该反应的离子方程式为 。
②综合考虑Li+的浸出率及环保因素，选择的氧化剂最好为 。
(4)浸出液中存在大量H2PO和HPO，结合平衡移动原理，解释过程Ⅳ：加入30%的Na2CO3溶液得到磷酸铁晶体的原因 。
(5)若滤液2中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3(过程Ⅴ)后，过滤所得粗品中Li元素占原Li元素总量的95.5%，计算母液中c(CO)= 。[Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3]
(6)过程Ⅵ首先需洗涤“粗品”，应该用 (填“热水”或“冷水”)洗，理由是 。
(7)工业上将回收的Li2CO3和FePO4粉碎，并与足量炭黑混合高温灼烧再生制备LiFePO4，实现了物质的循环利用，更好的节省了资源，保护了环境。请写出反应的化学方程式 。
22．（2021·山西晋中·统考二模）肺炎重症患者肺部功能严重受损时，需通过气管切开术指了。手术力的材料主要是钛合金。金属钛熔点高、强度高且质地轻。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料冶炼金属钛的流程如下：
已知：室温下钛不与X2(X表示Cl、Br、I)、O2、H2O反应，也不与强酸、强碱甚至王水反应。但高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应。
回答下列问题。
(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，该过程的离子方程式为 。
(2)“溶煮”过程中同时加入物质A，其目的是防止Fe2＋被氧化，物质A是 。
(3)已知在不同温度时硫酸亚铁在钛液中的溶解度如下表(数据以含铁量来折算)。则“操作a”为 。
温度/℃
30
20
14
10
5
1
-6
溶解度/(g∙L-1)
88
70
48
43
35
25
14
(4)“过滤1”后加热滤液，使其中的Ti4＋生成偏钛酸(H2TiO3)沉淀。常温下H2TiO3的沉淀溶解平衡为H2TiO3(s)TiO2＋＋2OH－，其溶度积常数Ksp＝1.0×10－29，则“过滤2”所得溶液的pH约为 (已知≈2.7，≈1.35，lg2.7≈0.43)
(5)煅烧偏钛酸得到TiO2，TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，写出“共热”过程中的化学方程式： 。
(6)“高温”过程需要在Ar气氛中进行的理由是 ；利用上述方法制得的钛中可能会含有少量金属杂质 ，可用 除去。
23．（2021·山西晋中·统考三模）五氧化二钒常用于生产硫酸或石油精炼的催化剂。某化工厂从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收五氧化二钒和硫酸钾，既能避免环境污染，又能节约资源。回收工艺流程如下：
已知：①“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成VO和VO2＋。
②有机萃取剂萃取VO2＋的能力比萃取VO的能力强。
③溶液中VO与VO可相互转化：VO＋H2OVO＋2H＋。
(1)“酸浸”时，FeSO4的作用是 。
(2)滤渣2的成分主要有 (填化学式)。
(3)“萃取”和“反萃取”时，将发生R2(SO4)n(水层)＋2nHA(有机层)2RAn(有机层)＋nH2SO4(水层)(R表示VO2＋，HA表示有机萃取剂)，“反萃取”操作加入的试剂是 (填化学式)。
(4)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。若该废钒催化剂中V2O5的含量为10%(原料中所有的钒已换算成V2O5)。该厂检验科实验室取100g待处理样品，按照上述流程进行实验。当加入150 mL 0.1 mol·L-1的KClO3溶液时，溶液中的钒元素恰好完全反应，则该工艺中钒的最大回收率是 %(假设与KClO3反应后的操作步骤中钒元素无损失)。
(5)沉钒率是回收钒的关键之一。
①“沉钒”时，钒元素主要以 形式存在(填相应的离子符号)。
②实验发现，温度超过80℃以后沉钒率下降(如图)，可能的原因是 。
四、原理综合题
24．（2022·山西吕梁·统考二模）VOSO4-H2O溶液常用作全钒液流电池的电解液，其中VOSO4易氧化，由废钒催化剂(含V2O5、V2O4、K2SO4、SiO2等)制备VOSO4的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)浸液中含有VO和VO2+，则V2O4发生反应的离子方程式为 。
(2)某学习小组设计如图所示装置，模拟工业“还原”工序将VO转化为VO2+的过程。
①仪器b的名称为 。
②实验时，向气密性良好的装置中加入药品，需要进行的操作为：先 (填选项字母，下同)，一段时间后 。
A．打开活塞K1、K3，关闭K2 B．打开活塞K2关闭K1、K3
③指出c的不足之处： 。
(3)“萃取”时，除了过量的Fe2+，进入水相的金属离子还有 (填离子符号)。
(4)测定VOSO4-H2SO4溶液中VO2+的浓度：量取25.00mL。VOSO4-H2SO4溶液，加入适当过量的KMnO4溶液(氧化产物为VO)，再加入适当过量的NaNO2除去KMnO4，进一步加入尿素除去NaNO2；用pmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定(还原产物为VO2+)。达到滴定终点时消耗标准液体积为VmL：
①VOSO4-H2SO4溶液中c(VO2+)= 。
②滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
③若不用尿素除去NaNO2，会导致所测结果 (填"偏高”“偏低”或“无影响")。
25．（2021·山西晋中·统考三模）李克强总理在十三届全国人民代表大会第四次会议上作政府工作报告时指出：优化产业结构和能源结构，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。碳中和是指一个组织在一年内的二氧化碳排放通过二氧化碳去除技术达到平衡。
(1)科研人员借助太阳能用二氧化碳制备甲醇等燃料的催化转化是迄今为止最接近光合作用的方法，并且实现了二氧化碳的循环(如图所示)，下列说法错误的是 (填字母)。
A．图中能量转化形式有两种
B．使用催化剂可以提高单位时间内反应物的转化率
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料有利于环境保护
D．该工艺中的H2目前只能由电解水获得
(2)CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的焓变△H= kJ·mol-1。
②温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) K=2。
实验测得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆= k正。
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强 (填“＞”“＜”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。
(3)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧时产生的温室气体CO2，其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5，写出NH4HCO3水解反应的化学方程式： ，选用上述数据计算该反应的平衡常数Kh= (保留三位有效数字)。
(4)某光电催化反应器如图所示，A极是Pt/CNT电极，B极是TiO2电极。写出A极由CO2制异丙醇的电极反应式： 。
参考答案：
1．C
【详解】A．酚酞的pH变色范围是8.2~10，甲基橙的pH变色范围是3.1~4.4。溶液与逐滴滴入的HCl溶液分两步发生反应：第一步反应是；第二步反应是。整个滴定过程中应先用酚酞溶液、后用甲基橙溶液作指示剂，A正确；
B．盐水解促进水电离，水解程度越大水电离程度越大，酸溶液抑制水电离，a点对应溶液的溶质为，b点对应溶液的溶质为（、NaCl，e点对应溶液的溶质主要为NaCl、，f点对应溶液的溶质主要为NaCl、HCl，因此水的电离程度一直在减小，B正确；
C．根据图像可知，当 mL时，为0.4 mol·L 溶液，此时溶液， mol⋅L，则常温下此时溶液中 mol⋅L，则水解平衡常数，因为，故，C错误；
D．由于反应产生了大量的气体，因此根据物料守恒可知f点对应的溶液中存在：，D正确；
故选C。
2．D
【详解】A．根据NaOH溶液与HA溶液、溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴加，pH增大，逐渐减小，变大，所以线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，从线②与横坐标轴的交点可知时，，，选项A正确；
B．根据上述分析可知，线①代表滴定溶液时pM与溶液pH的变化关系，选项B正确；
C．x点溶液呈酸性，则，根据电荷守恒得，所以，再根据x点的pM>0，即，可得，C正确；
D．若发生反应，则该反应的，根据线①与横坐标轴的交点可知pM=0，即时，，所以，，故沉淀不能完全溶解，D错误；
答案选D。
3．B
【详解】A．将少量Cl2通入FeBr2中，氯气先将Fe2+氧化，不能将Br-氧化，所以无Br2生成，加入苯，苯层应该是无色，A错误；
B．室温下，向碳酸氢钠溶液中加入适量盐酸，温度下降，说明该反应为吸热反应，B正确；
C．将少量BaSO4固体用饱和Na2CO3溶液浸泡，过滤后，向滤渣中加盐酸，滤渣溶解，说明沉淀是BaCO3，饱和碳酸钠溶液中碳酸根浓度增大，导致碳酸根离子和钡离子的浓度商大于碳酸钡的溶度积，使硫酸钡转化成碳酸钡，但据此无法判断Ksp(BaCO3)与Ksp(BaSO4)的大小，C错误；
D．向久置的FeSO4溶液加入K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，只能证明溶液中有Fe2+，不能证明溶液中是否有Fe3+，无法说明其是否变质，D错误；
答案选B。
4．A
【详解】A．由化学方程式可知，生成1mol N2转移12mol电子，准状况下2. 24L N2的物质的量为=0.1mol，则转移电子数目为1. 2 NA，A项正确；
B．根据物料守恒有：，则，故1 L 0.5mol·L-1 K2S溶液中S2-和HS-的总数小于0.5NA，B项错误；
C．SO2、S2的摩尔质量均为64g/mol，SO2、S2分子中质子数均为32，3.2g由SO2、S2组成的混合物中SO2、S2的总物质的量为=0.05mol，则混合物中所含质子数为1.6NA，C项错误；
D．N2分子中含有2个π键，28g N2的物质的量为=1mol，则π键数目为2NA，D项错误；
答案选A。
5．A
【详解】A．25℃时分别测定浓度均为0.1mol·L-1的NaCl溶液和CH3COONH4溶液的pH，pH都等于7，前者是因为NaCl是强酸强碱盐，不发生水解，对水的电离无影响，而后者是由于CH3COO-和的水解程度相同，使溶液呈中性，盐类的水解对水的电离起促进作用，A符合题意；
B．①K值较大，可说明相同条件下，平衡体系中HX所占的比例：①＞②，B不合题意；
C．漂白粉与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙，反应中SO2为还原剂，氯离子为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性即还原性SO2＞Cl-，C不合题意；
D．常温下，将50mL苯与50mLCH3COOH混合体积为101mL，说明混合过程中削弱了CH3COOH分子间的氢键，且苯与CH3COOH分子间的作用弱于氢键，导致分子间距离增大，从而使体积变大，D不合题意；
故答案为：A。
6．B
【详解】A．酸溶液中酸性越强，水的电离程度越小，则酸性HX
C．B1、C1和E三点溶液中物质成分分别为等浓度的HX和NaX、NaX、等浓度的NaX和NaOH，其溶液溶质溶度分别为0.033mol/L、0.05mol/L和0.025mol/L，由于Ka(HX)=10-9，所以E点溶液中(OH-)远大于Bi点溶液中(H+)，对水的电离抑制作用更强，C1只有盐溶液且盐溶液浓度最大，所以B1、C1和E三点溶液中由水电离出的c(H+)大小关系为C1>B1>E，C项错误；
D．根据点A2(0，3)可知，c(H+)=c(Y-)=10-3mol/L，c(HY)≈0.10mol/L，则Ks(HY)=c(H+)/c(Y-)/c(HY)=10-6/0.10=10-5，根据电离度公式a=c(H+)/c(酸)×100%和A1、A2两点坐标数据，a(HX)=×100%=×100%=0.01%，a(HY)=×100%=×100%=1%，则a(HX)：a(HY)=l：100，D项错误。
故选B。
7．(1)碱式滴定管
(2) Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]- 增大Cl-的浓度，使平衡： Cu2+ +Cu+4Cl- 2[CuCl2]-正向移动，提高CuCl的产率
(3)在通风橱中进行实验(或其它合理答案)
(4)减少CuCl的损失，且易于干燥
(5) 稀释锥形瓶中的溶液，便于观察颜色的突变 滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色 95.52%
【分析】以0.50 mol/LCuCl2溶液、铜粉、HCl为反应物，在磁力搅拌下充分反应生成[CuCl2]-，倒入水中，析出CuCl晶体，经过洗涤、干燥最终得到氯化亚铜(CuCl)。据此作答。
【详解】（1）配制一定物质的量浓度的CuCl2溶液时，需要托盘天平、容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒，不需要碱式滴定管；
（2）反应物为CuCl2溶液、铜粉、HCl，产物为[CuCl2]-，根据的是电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为Cu2++Cu+4Cl- 2[CuCl2]-；在加Cu粉前，通常加一定量的NaCl固体，是为了增大Cl-的浓度，使上述平衡往正向移动，生成更多的[CuCl2]-；
（3）由于HCl易挥发，为保持安全的实验环境，一般在通风橱中进行实验；
（4）无水乙醇能降低CuCl的溶解度，且乙醇易挥发，所以用无水乙醇洗涤沉淀的原因是减少CuCl的损失，且易于干燥；
（5）①邻菲哕啉可分别与Fe3+、Fe2+形成浅蓝色和红色的络离子，滴定终点的颜色变化是溶液恰好由红色变为浅蓝色，为了便于观察颜色的突变，加水稀释；
②根据滴定原理Ce4+ +Fe2+ =Ce3++Fe3+：当滴入最后半滴Ce(SO4)2标准溶液，溶液恰好由红色变为浅蓝色，且半分钟内不变色，即到达滴定终点；
③取2.500 g CuCl产品于锥形瓶中，加入稍过量的FeCl3溶液充分反应，再加50 mL水，以邻菲哕啉作指示剂，用1.000 mol/L Ce(SO4)2标准溶液滴定Fe2+，分析样品中CuCl的含量。
根据滴定原理得出滴定关系： CuCl~ Fe2+~Ce4+；若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数=。
8．(1) 恒压滴液漏斗(或恒压漏斗) 内管与冷却水的接触面积更大，冷凝效果更好
(2)缓慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴给反应装置降温
(3)蒸馏
(4) 减少产品因溶解而造成的损失 重结晶
(5) 99. 2% 减小
【分析】工业上利用糠醛(沸点161.7℃，易被氧化)发生歧化反应制取糠酸和糠醇，由于该反应为强放热反应，为控制反应速率，需缓慢滴加NaOH溶液，同时使用冰水浴降低温度；粗产品中，糠酸钠易溶于水，糠醇在水中溶解度小，需使用有机溶剂萃取分离；糠酸钠用盐酸将其转化为糠酸，冷却结晶后，过滤分离；糠醇被萃取后，蒸馏分离。
【详解】（1）从图中可以看出，仪器A中存在平衡内外压强的导管，则其名称为恒压滴液漏斗(或恒压漏斗)。与直形冷凝管相比，球形冷凝管内管呈球状，与冷却水的接触面积大，则使用仪器B的优点是：内管与冷却水的接触面积更大，冷凝效果更好。答案为：恒压滴液漏斗(或恒压漏斗)；内管与冷却水的接触面积更大，冷凝效果更好；
（2）糠醛的歧化反应为强放热反应，该反应必须严格控制反应温度为8~12℃，所以需控制反应速率，实验中采用的保障措施为：缓慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴给反应装置降温。答案为：缓慢滴加NaOH溶液，采用冰水浴给反应装置降温；
（3）乙醚和糠醇互溶，但沸点相差较大，所以步骤3中分离乙醚和糠醇的实验操作为蒸馏。答案为：蒸馏；
（4）糠酸在热水中溶解度较大，微溶于冷水，则步骤3中洗涤粗糠酸用冷水的原因是减少产品因溶解而造成的损失。进一步将粗糠酸提纯，需去除里面溶解的杂质，应采用的方法是重结晶。答案为：减少产品因溶解而造成的损失；重结晶；
（5）由反应可建立关系式：糠酸——NaOH，则糠酸的物质的量等于NaOH的物质的量，从而求出糠酸的纯度为=99. 2%。题中信息显示，糠醛易被氧化，则其中混有糠酸，而糠酸在糠醛歧化过程中不会转化为糠醇，若步骤1中不对糠醛进行蒸馏处理，则会使制得的糠醇的质量减小。答案为：99. 2%；减小。
【点睛】计算糠醇的产量时，把混有糠酸的粗产品当成纯糠醛考虑，所以糠醇的产量偏小。
9．(1)平衡压强，便于液体顺利滴下
(2)研钵
(3) 0.5mol 由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失
(4)加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀
(5) 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失
【分析】该实验是利用CoCl2、NH3·H2O、NH4Cl、H2O2反应来制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3，经实验步骤①-⑤反应最终制得较纯的三氯化六氨合钴，根据具体实验步骤分析解答。
【详解】（1）仪器a为恒压滴液漏斗，代替分液漏斗滴加液体的优点是：平衡压强，便于液体顺利滴下；
故答案为：平衡压强，便于液体顺利滴下。
（2）将固体药品研细，常在研钵中进行；
故答案为：研钵。
（3）根据氧化还原反应规律可知，制取1mol[Co(NH3)6]Cl3时转移1mol电子，理论上需要0.5molH2O2，但由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失，所以实际上消耗量比理论消耗量要多；
故答案为：0.5mol，由于受热时H2O2分解导致H2O2有损失。
（4）CoCl2遇浓氨水会生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀；
故答案为：加入NH4Cl会使溶液中的浓度增大，抑制了NH3·H2O的电离（），使溶液中OH-浓度降低，避免生成Co(OH)2沉淀。
（5）实验用AgNO3溶液滴定Cl-，用K2CrO4溶液作为指示剂，滴定至终点是当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；根据溶液中Ag+与Cl-反应关系式可知，n (Cl- )= n (Ag+)=c×V×10-3×4mol，所以产品中C1-的质量分数是；
故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失；。
10．(1)圆底烧瓶
(2) NaOH溶液 平衡气压，收集多余氯气
(3)2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
(4) 当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色 25%
(5) 加入足量氨水 黑色固体溶解，并有气体产生
(6)肼具有还原性将Ag+还原为Ag，肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，AgOH分解生成黑色的Ag2O
【分析】制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C中和NaClO溶液反应得到N2H4，由于氨气极易溶于水，所以导管不能伸入液面以下，防止发生倒吸；制备完成后，打开B上方止水夹，关闭另一止水夹，可以在装置B中利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强。
【详解】（1）根据仪器a的结构特点可知其为圆底烧瓶；
（2）根据题意，制备N2H4需要用NaOH溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO；装置B可以在实验结束后利用排饱和食盐水的方法收集多余氯气，长颈漏斗可以平衡压强；
（3）根据电子守恒可知反应过程中ClO-与NH3的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
（4）①N2H4可以氧化I2，所以达到滴定终点时I2稍过量，而淀粉遇碘变蓝，所以滴定终点的现象为：当加入最后一滴(或半滴)碘标准溶液时，溶液恰好变为蓝色，且半分钟内不褪色；
②根据反应方程式可知25.00mL待测液中n(N2H4·H2O)=×0.3000mol/L×0.02L=0.003mol，则250 mL溶液中有0.03mol N2H4·H2O，产品中水合腓的质量分数为×100%=25%；
（5）操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以①为加入足量氨水；操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生；
（6）肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O。
11． 除去氮气中的还原性气体 溶液变为蓝色，半分钟内不褪去 31% 偏低 ④①⑥②③⑤ 硫酸 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【分析】(1)用燃烧碘量法测定黄铜矿中硫元素的含量。液氮通过酸性高锰酸钾溶液，可以除去氮气中的还原性气体，在高温炉中矿样与足量混合，在1250℃左右高温炉中加热，反应产生，再通过SnCl2溶液，除去高温炉产生的氧化性物质，气体用含淀粉及碘化钾的稀硫酸溶液吸收，同时连续用的标准溶液缓慢滴定。
【详解】(1)①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可以除去氮气中的还原性气体，防止对后面的实验产生干扰；
②滴定过程中涉及反应有：，，SO2被反应完，继续滴加的KIO3溶液与KI反应生成I2，与淀粉反应显蓝色，所以滴定终点的现象为溶液变为蓝色，且半分钟内不褪去；
③根据关系式：，可得n(SO2)=3n (KIO3) =3×0.1042mol/L×0.025L=0.007815mol，所以矿样中硫元素的质量百分含量为：，因为Sn的+4价化合物比+2价稳定，即SnCl2具较强的还原性，可以除去高温炉产生的氧化性物质，减少了SO2的消耗，所以SO2不通过SnCl2，则测定结果会偏低；
(2)实验开始时的操作依次为：组装仪器、检查装置的气密性、加装药品、通入CO气体、收集CO并检验其纯度、点燃酒精灯，即将装置内的空气全部排尽后开始加热，所以操作顺序依次为:④①⑥②③⑤；
(3)熔渣的主要成分为FeO和Fe2O3，酸溶时选用硫酸，生成FeSO4和Fe2(SO4)3溶液，加入FeS2的目的是将Fe3+还原为Fe2+，FeS2中的硫元素被氧化为，根据化合价升降守恒和原子守恒可得离子方程式为：，由溶液获得相应的晶体一般采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，洗涤，干燥，得到晶体的方法。
12．(1) 将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等) 高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解
(2)3：2
(3) 2. 2×10—20 三角锥形
(4)Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O
(5) 、Mn2+—5e—+4H2O = +8H+
(6)
【分析】由题给流程可知，向辉铋矿加入稀盐酸和过氧化氢混合溶液氧化浸取时，金属硫化物被氧化生成金属氯化物和硫，氧化铜溶于盐酸得到氯化铜，二氧化硅与盐酸不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫的滤渣1和含有金属氯化物的滤液；调节滤液的pH，将溶液中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；向滤液中加入氨水，将溶液中铋离子转化为氢氧化铋沉淀，铜离子转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液3和氢氧化铋；氢氧化铋溶于盐酸得到氯化铋溶液，向溶液中加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液，将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到滤液4和铋酸钠。
【详解】（1）升高温度、将辉铋矿粉碎研磨、适当提高盐酸浓度、搅拌等措施提高“浸取”速率；盐酸受热易挥发、过氧化氢受热易分解，高于40℃时浸取率快速下降说明温度高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解，故答案为：将辉铋矿粉碎研磨(或适当提高盐酸浓度或搅拌等)；高于40℃时，盐酸挥发、双氧水分解；
（2）由分析可知，氧化浸取时，二硫化铁与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成氯化铁、硫和水，反应的离子方程式为2FeS2+3H2O2+6H+=2Fe3++4S+6H2O，则发生反应的过氧化氢和二硫化铁的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；
（3）由方程式Cu(OH)2(s) +4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+ (aq)+2OH—(aq)可知，反应的平衡常数K=== Ksp K络合，则Ksp===2. 2×10—20；氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为3，分子的空间结构为三角锥形，故答案为：2. 2×10—20；三角锥形；
（4）由分析可知，加入氢氧化钠和次氯酸钠的混合溶液的目的是将溶液中的氯化铋转化为铋酸钠沉淀，反应的离子方程式为Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O，故答案为：Na+ +ClO—+ Bi3+ +4OH—=NaBiO3↓+Cl— +2H2O；
（5）由电子移动方向可知，右侧电极为原电池的负极，水分子作用下锰离子在负极失去电子发生氧化反应生成高锰酸根离子和氢离子，电极反应式为Mn2+—5e—+4H2O = +8H+，左侧电极为正极，酸性条件下铋酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成铋离子和水，电极反应式为BiO+2e—+6H+=Bi3++3H2O，原电池的示意图为 ，故答案为： ；Mn2+—5e—+4H2O = +8H+；
（6）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：NaBiO3—H2C2O4，滴定消耗b mLa mol/L草酸标准溶液，则产品的纯度为×100%=，故答案为：。
13．(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。
14．(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：。
15．(1)生成的HF会腐蚀玻璃
(2)Li2CO3、Al(OH)3
(3)将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离
(4)2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O
(5)趁热过滤
(6)410-3
(7)2:1
【分析】“铝渣”主要成分为Al、AlF3、LiF、CaO，经浓硫酸酸浸后，氟化物转化为HF气体逸出，部分氧化钙转化为微溶的硫酸钙以滤渣形式除去，得到的滤液中含铝离子、锂离子和少量钙离子，再加入碳酸钠溶液后，会生成CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，过滤后的滤液分离除去，滤渣再通入二氧化碳和水，使其中碳酸盐转化为可溶于水的碳酸氢盐，从而过滤除去Al(OH)3沉淀，再加入磷酸锂稀溶液使钙离子转化为磷酸钙沉淀，达到“除钙”目的，碳酸氢锂溶液经过热分解和一系列操作生成碳酸锂、二氧化碳和水，据此分析解答。
【详解】（1）“酸浸”过程会产生HF，因为HF会腐蚀玻璃，所以不能在玻璃反应釜中进行；
（2）依据上述分析可知，“沉淀”反应得到沉淀中其成分有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀；
（3）上一步沉淀过程有CaCO3、Li2CO3、Al(OH)3沉淀，所以通入二氧化碳和水，会使CaCO3、Li2CO3分别转化为可溶于水的Ca(HCO3)、LiHCO3，再经过滤可除去Al(OH)3沉淀，故答案为：将CaCO3、Li2CO3转化为易溶于水的碳酸氢盐，便于与Al(OH)3分离；
（4）因为LiHCO3的性质与NaHCO3相似，可推知，若温度过高，LiHCO3受热易分解，其分解反应方程式为：2LiHCO3Li2CO3+CO2↑+H2O，导致Li元素有损失，影响Li2CO3的产率；
（5）根据Li2CO3在不同温度下的溶解度数据可知，随着温度的升高，Li2CO3的溶解度不断减小，所以从“热分解”后的溶液中获得Li2CO3晶体的操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：趁热过滤；
（6）100°C时，Li2CO3的溶解度为0.740g /100gH2O，则溶质Li2CO3的物质的量为=0.01mol，其浓度约为0.1mol/L，所以Ksp=c2(Li+)c(CO)==410-3；
（7）MnO2和Li2CO3会发生反应转化为LiMn2O4过程中Mn元素化合价降低，根据氧化还原反应的规律可知，必有元素化合价升高，C和Li元素化合价均已是最高价，所以推知必产生O2，另一种气体应为CO2，根据氧化还原反应的配平原则可知，反应的化学方程式为：8MnO2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4+ 2CO2↑+ O2↑，又密度：CO2＞O2，则两种气体的物质的量之比为2:1。
16．(1)
(2) 使混合液中的物质充分反应 SO2+MnO2═Mn2++
(3) 4.7≤pH＜8.0 向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝
(4)镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的
(5)2：3
【分析】根据流程：富锰废料(含MnO2、MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2，富锰废料先加入硫酸进行酸浸，MnCO3、Fe2O3和少量Al2O3、NiO转化为硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸镍，MnO2不反应，酸浸后与含有二氧化硫烟气溶解，发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+、SO2+MnO2═Mn2++，然后溶液中富锰废料调节pH，使亚铁离子转化为铁离子并使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到滤渣；滤液加入MnS除去镍离子，生成NiS沉淀，过滤除去；滤液加入KMnO4，和锰离子发生归中反应，得到MnO2，据此分析答题。
【详解】（1）“化浆”时MnCO3和硫酸反应生成气体为CO2，电子式为，
故答案为：；
（2）“吸收”时，浆液与含SO2废气通过逆流方式混合目的为使混合液中的物质充分反应；该过程中，MnO2发生反应的离子方程式为SO2+MnO2═Mn2++，故答案为：使混合液中的物质充分反应；SO2+MnO2═Mn2++；
（3）“吸收”所得溶液中c(Fe2+)=0.04mol•L-1、c(Ni2+)=0.00017mol•L-1、c(A13+)=0.001mol•L-1、c(Mn2+)=0.12mol•L-1，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol•L-1、c(Ni2+)=0.0002mol•L-1，富锰废料氧化亚铁离子为铁离子，铁元素守恒，铁离子浓度等于亚铁离子浓度，则铁离子完全沉淀时c(OH-)=mol/L=2×10-11mol/L，pH约为2.7，铝离子完全沉淀c(OH-)=mol/L≈10-9.3mol/L，pH为4.7，滤液1中c(Mn2+)=0.2mol•L-1、c(Ni2+)=0.0002mol•L-1，锰离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-6mol，调pH为8.0，镍离子不沉淀时c(OH-)=mol/L=10-5.5mol/L，pH为8.5，则调节pH的范围为4.7≤pH＜8.0；氢氧化铝溶液氢氧化钠溶液，从滤渣1中分离出Al(OH)3的方法为向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝，故答案为：4.7≤pH＜8.0；向滤渣中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，向其中通足量CO2气体，得到氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤干燥得到氢氧化铝；
（4）结合(3)可知两者沉淀pH接近，不能通过调节pH除去同时除去，“除镍”时，将Ni2+转化为NiS而不是Ni(OH)2的原因为镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的，故答案为：镍离子转化为氢氧化镍时，锰离子同时沉淀，不能达到除杂目的；
（5）“转化“时KMnO4和锰离子发生归中反应，得到MnO2，KMnO4为氧化剂，锰离子为还原剂，根据Mn元素由+7价、+2价转化为+4价，降低3价，升高2价，则反应在pH=5的条件下进行，其主要反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，故答案为：2：3。
17．(1)C
(2)取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净
(3)8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO
(4) 过滤速度快 抽气泵和安全瓶
(5) 除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰 溶液浅蓝色褪去且30s不变色 1.0×10-5mol/L
【分析】铬钒废水中加入NH4Fe(SO4)2溶液调节pH=6.5，静置抽滤得到FeVO4和滤液A，滤液A中主要含有CrO，加入Na2S2O3和稀硫酸，过滤后得到Cr(OH)3和滤液B，Cr(OH)3加热至分解生成Cr2O3。
(1)
A．图示装置为过滤装置，过滤操作中需要使用，故A不符合题意；
B．图示仪器为胶头滴管，滴加溶液时需要用到胶头滴管，故B不符合题意；
C．图示仪器为蒸发皿，该流程不需要使用蒸发皿，故C符合题意；
D．图示仪器为坩埚，灼烧Cr(OH)3分解生成Cr2O3时需要使用坩埚，故D不符合题意；
答案选C，故答案为：C；
(2)
若FeVO4未洗涤干净，沉淀表面会附着硫酸根，检验是否存在硫酸根即可证明滤渣FeVO4是否洗涤干净，具体方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加几滴盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成证明洗涤干净；
(3)
观察流程图可知，有Cr(OH)3生成，该反应为氧化还原反应，转化成，则与Na2S2O3溶液反应的离子方程式为8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO，故答案为：8CrO+3S2O+10H++7H2O=8Cr(OH)3↓+6SO；
(4)
①分析装置图可知，打开自来水龙头，会导致吸滤瓶中压强减小，从而使过滤速度加快，即抽滤的优点是过滤速度快，故答案为：过滤速度快；
②为了避免管道里的水在负压下回流，抽滤完毕后应先断开抽气泵和安全瓶之间的橡胶管，故答案为：抽气泵和安全瓶；
(5)
①(NH4)2S2O8具有强氧化性，会对后续实验有影响，且(NH4)2S2O8不稳定易分解，则加热的目的是除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰，故答案为：除去过量的(NH4)2S2O8，避免对后续实验产生干扰；
②碘单质遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，单质碘被反应完，蓝色褪去，则滴定终点的现象为溶液浅蓝色褪去且30s不变色，故答案为：溶液浅蓝色褪去且30s不变色；
③根据得失电子守恒可知，在滴定过程中存在关系式：，滴定过程中消耗0.010mol·L-lNa2S2O3溶液30.00mL，则有0.010mol/L×30.00×10-3L=3c(Cr3+)×10.00×10-3L，可求得浓缩后的溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，则滤液B中c(Cr3+)=1.0×10-5mol/L，故答案为：1.0×10-5mol/L。
18．(1) 增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行 6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
(2)+ ClO-=+ Cl-
(3)H2SiO3
(4) 灼烧 金属钨或W
(5)溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) Ca2+ (aq) + (aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ( )减小，使得平衡正向移动
(6) c+a-2b
【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和， “氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。
【详解】（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
（2）由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：+ ClO-=+ Cl-，故答案为：+ ClO-=+ Cl-；
（3）由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
（4）由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；
（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动；
（6）①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为，故答案为：。
19．(1) 增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率 4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2
(2) 酸性、还原性 Fe(OH)3 KBF4
(3)1.0×10-22
(4)(NH4)2CO3溶液碱性更强，易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质
(5)3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce
【分析】本题是一道以氟碳铈矿为原料制备单质Ce的工业流程题，首先对原材料焙烧，生成相应的氧化物和氟化物，之后用盐酸溶解，调节pH除去杂质Fe，过滤，再加入碳酸氢铵进行碳化，之后再经过一系列处理得到产品，以此解题。
【详解】（1）可以从反应速率的影响因素和原料的利用的角度考虑，空气与矿料逆流而行的目的是：增大反应物接触面积，提高反应速率和原料利用率；焙烧时CeFCO3和空气中的氧气发生反应，方程式为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2；
（2）反应后生成了氯化物，同时Ce的化合价由+4价变为+3价，故体现了盐酸的酸性和还原性，三价铁在pH稍高的时候会生成氢氧化铁，故“滤渣I”为Fe(OH)3，根据流程图可知，加入氯化钾溶液生成沉淀，则“滤渣II”为KBF4；
（3）pH越大越容易形成沉淀，则pH=7时，c(OH-)=10-7,则Ksp[Ce(OH)3]=0.1×(10-7)3=1.0×10-22；
（4）(NH4)2CO3溶液的碱性较大，容易生成其他的物质，从而引入杂志，故不能用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是：(NH4)2CO3溶液碱性更强，易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质；
（5）“热还原”铝和CeO2反应生成单质Ce和氧化铝，方程式为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce。
20．(1) 或Na2SO4 Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O
(2)2.0×10-36
(3) 温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失 BaCl2溶液
(4)
(5) ACE 坩埚、分液漏斗
【分析】锑矿粉(主要含Sb2O3、Fe2O3和少量Sb2O5、Sb2S3、CuS等)加NaOH溶液、Na2S2O3溶液进行碱浸、还原，Sb2O3、Sb2S3直接与碱反应，Sb2O5与被硫代硫酸钠还原，Sb元素转化为NaSbO2，Sb2S3中的S元素转化为Na2S，CuS、氧化铁不反应，过滤除去；含NaSbO2、Na2S的溶液加硫酸铜将硫离子转化为CuS，将过量的氢氧根离子转化为氢氧化铜除去得到主要溶质为NaSbO2的溶液，NaSbO2溶液加过氧化氢、浓NaOH转化得到NaSbO3·3H2O，再用HF进行氟化得到NaSbF6。
【详解】（1）“碱浸、还原”时，Sb由+5价降为+3价，则Sb2O5作氧化剂，Na2S2O3被氧化，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2:1，根据得失电子守恒有2×2×(5-3)=1×2×x，其中x为S元素化合价升高数，解得x=4，则Na2S2O3中S被氧化为+(2+4)=+6价，则氧化产物为或Na2SO4；由流程可知Sb2S3中Sb转化为NaSbO2，S转化为Na2S，则Sb2S3发生反应的离子方程式为Sb2S3+8OH-=2+3S2-+4H2O；
（2）由图可知2pH=26时，-lgc(S2- )=18，即pH=13时，c(S2- )=10-18mol/L，此时c(OH-)=0.1mol/L，则c(Cu2+)==2.0×10-18mol/L，则Ksp(CuS) =c(Cu2+)×c(S2- )= 2.0×10-18 mol/L×10-18 mol/L=2.0×10-36 mol2/L2；
（3）“转化”时反应物有H2O2，H2O2受热易分解，控温约50°C的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失；“除杂”时加入了硫酸铜溶液，从流程来看“转化”之前硫酸根离子没有除去，故“转化”后，检验NaSbO3·3H2O是否洗涤干净即检验最后一次洗涤液是否含硫酸根离子，故应选用的试剂为BaCl2溶液；
（4）“氟化”时HF和NaSbO3·3H2O反应得到NaSbF6，无元素价态变化，为非氧化还原反应，根据电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为；
（5）蒸发结晶用到下列仪器中的蒸发皿、过滤用到下列仪器中的漏斗、烧杯，故选ACE；不需使用的为B坩埚、D分液漏斗。
21． 粉碎或研磨等 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O H2O2 CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体 0.20mol/L 热水 由表中数据可知升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则热水洗涤可减少Li2CO3的溶解(或损失) Li2CO3+2FePO4+2C2LiFePO4+3CO↑
【分析】LiFePO4废旧电极(含杂质Al、石墨粉)研磨后加入氢氧化钠溶液，将铝溶解分离，滤液1中含有NaAlO2，滤渣1含有LiFePO4和石墨粉；滤渣1中加入盐酸、氧化剂可氧化亚铁离子生成铁离子，滤渣2为石墨粉，浸出液中含有铁离子、锂离子，加入30%碳酸钠溶液可生成FePO4•2H2O，滤液2中含有锂离子，加入饱和碳酸钠溶解并加热，可生成Li2CO3粗品，处理后得到高纯Li2CO3，据此分析解答。
【详解】(1)粉碎样品，可增大接触面积，加快反应速率，故答案为：粉碎或研磨等；
(2) LiFePO4废旧电极中含杂质Al、石墨粉，其中单质铝可溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠，所以过程Ⅱ中加入足量NaOH溶液的作用是溶解Al，使其分离出去，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
(3)①实验2中，NaClO3与盐酸反应生成黄绿色气体，应生成氯气，反应的离子方程式为ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O，故答案为：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
②实验2生成的氯气会污染空气，增加了酸和氧化剂的用量，实验1与实验3相比，Li+的浸出率较高的是H2O2，所以最终选择H2O2作为氧化剂，故答案为：H2O2；
(4)要得到过程Ⅳ得到磷酸铁晶体，可使溶液中PO浓度增大，则应使H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+平衡正向移动，可加入与H+反应的物质，可加入碳酸钠。因此原因是CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+，两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体，故答案为：CO结合H+，c(H+)减小，H2PO⇌HPO+H+，HPO⇌PO+H+两个电离平衡均向右移动，c(PO)增大，与Fe3+结合形成磷酸铁晶体；
(5)Ksp(Li2CO3)=1.62×10-3，滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率达到95.5%，则混合后滤液中c(Li+)==0.09mol/L，滤液③中c(CO)=mol/L=0.20mol/L，故答案为：0.20mol/L；
(6)由碳酸锂在水中溶解度数据可知，升高温度，Li2CO3的溶解度减小，则用热水洗涤可减少Li2CO3的溶解，故答案为：热水；Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的溶解；
(7)工业上将回收的Li2CO3、FePO4粉碎与炭黑混合高温灼烧再生制备 LiFePO4，反应的方程式为Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑，故答案为：Li2CO3+2FePO4+2C2 LiFePO4+3CO↑。
【点睛】本题的易错点为(5)，要注意Ksp(Li2CO3)= c2(Li+) ×c(CO)，难点是(4)，要注意浓度对电离平衡的影响的应用。
22． FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O 铁粉(或Fe) 蒸发浓缩、降温结晶 4.43 TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO 在高温下镁和钛都易与空气中的氧气、氮气等反应 镁 稀盐酸(或稀硫酸)
【分析】由题给流程可知，向钛铁矿加稀硫酸溶解，FeTiO3与硫酸反应“溶煮”过程生成Ti4+、Fe2+；加入的物质A为铁屑，防止Fe2+被氧化，混合液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤1得到FeSO4晶体和含Ti4+溶液，加热溶液使Ti4+水解生成偏钛酸，过滤2得到偏钛酸，煅烧偏钛酸，偏钛酸分解生成二氧化钛，二氧化钛与氯气和过量的焦炭共热反应生成四氯化钛和一氧化碳气体，四氯化钛和镁在高温条件下发生置换反应生成氯化钠和金属钛。
【详解】(1)“溶煮”过程中加硫酸时生成Ti(SO4)2，Ti、S等元素化合价没有发生变化，该过程发生的不是氧化还原反应，则反应的离子方程式为FeTiO3＋6H＋=Ti4＋＋Fe2＋＋3H2O；
(2)Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，因此加入铁粉，防止Fe2＋被氧化；
(3)由表可知，温度越低硫酸亚铁溶解度越小，越容易析出，因此“操作a”为蒸发浓缩、降温结晶；
(4)因为H2TiO3(s)⇌TiO2＋＋2OH－，设c(OH－)＝x mol·L－1，则c(TiO2＋)＝ mol·L－1，x2·＝1.0×10－29，x3＝20×10－30，x＝×10－10，x≈2.7×10－10，c(H＋)＝＝，pH＝－lg≈4.43；
(5)TiO2与氯气和过量焦炭共热生成TiCl4，因为碳过量，故产物为CO，因此反应为TiO2＋2Cl2＋2CTiCl4＋2CO；
(6)钛高温下易与氧气、氮气、碳和氢气反应，因此需要在Ar气氛中进行，因为“室温下钛不与强酸、强碱甚至王水反应”，故除去其中的镁可选用稀硫酸或稀盐酸。
23． 在酸性条件下，将VO还原为VO2+ Fe(OH)3、Al(OH)3 H2SO4 3H2O+ClO+6VO2+=6VO+Cl-+6H+ 81.9 VO 温度升高，一水合氨受热分解，氨气逸出，使OH-浓度下降，VO +H2OVO+2H+，该平衡逆移，导致VO浓度下降，沉钒率下降
【分析】在“酸浸”时，废钒催化剂中的SiO2不溶于酸，V2O5、V2O4、Fe2O3、Al2O3溶解生成、VO2+、Fe3+、Al3+；由于有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取的能力强，故要保证滤液2中钒元素尽可能以VO2+的形式存在，所以“酸浸”时，加入过量FeSO4，将还原为VO2+，再经过滤1，滤渣1的主要成分为SiO2，滤液1的主要阳离子有VO2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、K+；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2中的主要阳离子为VO2+、K+；经过萃取和反萃取，分离出K2SO4，水相2中含有大量的VO2+；再加入H2SO4、KClO3将VO2+氧化为，经“沉钒”、“煅烧”得到V2O5。
【详解】(1)“酸浸”时，Fe2+的作用是将VO还原为VO2+；
(2)结合废钒催化剂的成分可知其中除了SiO2（滤渣1）外，还有Fe2O3、Al2O3，酸浸时在足量酸的作用下以Fe3+、Al3+的形式存在，通过KOH调节pH后，形成Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，故滤渣2的成分主要有Fe(OH)3、Al(OH)3；
(3)“萃取”时，加入有机物，平衡向右移动，“反萃取”时，平衡向左移动，则应加入H2SO4；
(4)“氧化”过程中KClO3将VO2+氧化成VO，便于后续沉钒，进而实现钒的回收，相关的离子方程式为；100g待处理样品中，m(V2O5)=100g´10%=10g，则n(V2O5)==mol，即n(V)=2´mol=mol；n(KClO3)=0.15L´0.1mol•L-1=0.015mol，由于，故n(VO2+)=0.09mol，则该工艺中钒的最大回收率为=81.9%；
(5)依信息③VO与VO可相互转化：VO+H2OVO+2H+，加入NH4Cl和NH3，促进平衡正移，钒元素主要以VO的形式存在；温度过高，温度升高，一水合氨受热分解，氨气逸出，使c(OH-)下降，平衡逆向移动，VO浓度下降，导致沉钒率下降。
24．(1)
(2) 蒸馏烧瓶 A B 没有隔绝空气，溶液中的Fe2+和VO2+容易被空气中氧气氧化
(3)K+
(4) 0.04pVmol/L 偏高
【分析】废钒催化剂加入硫酸溶液进行酸浸，除去浸渣，浸液加入硫酸亚铁溶液还原，调节pH再次除去滤渣，所得滤液加入P204进行萃取，去掉水相，有机相加入硫酸溶液进行反萃取，得到VOSO4-H2SO4溶液。
【详解】（1）由信息，“酸浸”时V2O4转化为VO2+，其离子方程式为 ；
（2）①由装置图知，仪器b的名称为蒸馏烧瓶；
②实验时，先用铁粉与稀硫酸反应生成的氢气排尽装置中空气，防止亚铁离子和VO2+被氧化，再用生成的氢气产生压强差将b中液体压人c中，利用亚铁离子将还原为VO2+，故应先打开K1、K3，关闭K2，空气排尽后打开K2，关闭K1、K3。观察到的现象为b中液体被压人c中；
③c为敞开体系，溶液中的Fe2+和VO2+容易被空气中氧气氧化；
（3）由转化关系知，“萃取”时，进入水相的金属离子有K+；
（4）①
由信息和反应原理可得关系式:VO2+ ~ ~(NH4)2Fe(SO4)2，则VOSO4-H2SO4溶液中c(VO2+)=；=0.04pVmol/L；
②滴定过程中发生反应的离子方程式为；
③若不用尿素除去NaNO2，NaNO2会氧化Fe2+而导致消耗标准液体积偏大，使所测结果偏高。
25． AD -31.4 0.5或 ＞ 由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大 NH4HCO3 + H2O NH3·H2O + H2CO3 1.26×10-3 3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O
【详解】(1)图中显示的能量转化形式就有四种：太阳能转化为化学能，化学能转化为热能(或热能转化为化学能)，化学能转化为热能(或电能)，热能(或化学能转化为)动能，选项A错误；
B．“单位时间内反应物的转化率”其实是描述化学反应速率，选项B正确；
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料，既有利于“碳中和”，又有利于替代化石能源，减少污染，选项C正确；
D．目前，工业获取H2更多采用水煤气法、烃裂解(或烃转化)法，选项D错误。
答案选AD；
(2)①由图可得反应HCOOH(g) CO(g)＋H2O(g) △H=+72.6kJ·mol-1；
CO(g)＋ O2(g)= CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1；
H2(g) ＋ O2(g)= H2O(g) △H=-214.8kJ·mol-1；
由盖斯定律可得△H=-31.4 kJ·mol-1；
②反应达到平衡时，v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆c(HCOOH)，又K=2，可得k正=2k逆。所以，k逆=0.5k正；
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则K=1.9＜2，说明平衡逆向移动，该反应正向放热，故可得出T2＞T1，且逆反应气体分子数变多，依PV=nRT，可得T2℃时平衡压强大于T1℃时平衡压强；答案为由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大；
(3)常温下，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，计算NH4HCO3.水解反应的平衡常数时用到碳酸的电离常数K1=4.4×10-7和NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5；根据反应+2 NH3·H2O+H2CO3可知Kh==1.26×10-3；
(4)由图可知，A电极为正极，在A电极上CO2得电子，发生还原反应，生成CH3CH(OH)CH3，A极由CO2制异丙醇的电极反应式为3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O。
【点睛】本题为化学反应原理综合，以“碳中和”切入，突出化学学科“科学精神与社会责任”的核心素养。通过阅读图例、盖斯定律的运用、速率常数和平衡常数的分析与计算、电极反应方程式的书写等，分别考查了信息获取与加工能力、证据识别与推理能力、模型构建与认识能力，以及规范的文字、化学用语的表达能力。
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