广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-15沉淀溶解平衡

这是一份广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-15沉淀溶解平衡，共48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。
广西高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-15沉淀溶解平衡

一、单选题
1．（2022·广西柳州·统考模拟预测）难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A．图中温度
B．温度下，值为
C．在温度下，加适量的NaA固体可使饱和溶液由p点变到n点
D．向q点的饱和溶液中滴加NaA溶液，立即析出MA沉淀
2．（2022·广西·统考模拟预测）下列操作能达到实验目的的是
选项
目的
操作
A
分离乙酸乙酯中少量的乙酸
加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
B

比较Cu(OH)2、Mg(OH)2溶度积的大小
向5mL 0.2mol·L-1MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，待有白色沉淀生成后，再滴加0.2mol·L-1CuCl2溶液
C
比较HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱
向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3，溶液中
D
制备较纯净的Cl2
将一定量的MnO2粉末与过量的0.lmol/L的盐酸混合加热

A．A B．B C．C D．D
3．（2022·广西·统考一模）下列有关实验方案的设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
检验某溶液中是否含有Fe2+离子
向该溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液
溶液变为血红色，则该溶液中含有Fe2+离子
B
判断淀粉是否完全水解
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol·L-1H2SO4溶液，加热，冷却后，取少量水解后的溶液于试管中，加入碘酒
溶液显蓝色，则说明淀粉未水解
C
探究Cu2+、Mn2+的催化效果
向两支试管中各加入2mL10%H2O2溶液，再分别加入2滴1mol·L-1CuCl2溶液、2滴1mol·L-1MnSO4溶液
滴加CuCl2溶液的试管出现气泡快，说明Cu2+的催化效果好
D
比较CuS和FeS的Ksp大小
向两支试管中加入等物质的量CuS和FeS固体，然后分别加入等体积2mol·L-1的HCl溶液
装有FeS固体的试管有产生气泡，装有CuS固体的试管无明显现象，则证明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)

A．A B．B C．C D．D
4．（2021·广西柳州·统考三模）下列实验方案中，能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
比较HCl和HClO的酸性强弱
分别测定等浓度的HCl和HClO溶液的导电能力大小
B
验证Na2S2O3是否氧化变质
在Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，然后滴加BaCl2溶液观察是否产生白色沉淀
C
证明Fe2+有还原性
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色是否褪去
D
比较K(AgBr) ＜K(AgCl)
向NaCl与NaBr混合溶液中滴加AgNO3溶液，观察是否出现淡黄色沉淀

A．A B．B C．C D．D
5．（2021·广西南宁·统考一模）下列实验方案能实现实验目的的是
选项
实验方案
实验目的
A
向含白色ZnS的悬浊液中滴入几滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀
证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
B
将含有少量SO2杂质的CH2=CH2气体缓慢通过足量的酸性KMnO4溶液
除去CH2=CH2中的SO2
C
向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，然后过滤、洗涤沉淀，再灼烧沉淀
制取Al(OH)3
D
将FeCl3饱和溶液置于蒸发皿中加热蒸干
制取无水FeCl3

A．A B．B C．C D．D
6．（2021·广西·统考二模）下列实验方案中，能达到实验目的是
实验目的
实验方案

A
验证H2O2具有氧化性
向0.1 mol·L-1 KMnO4溶液中滴加0.1 mol·L-1H2O2溶液，可观察到溶液褪色
B
证明铜与浓硫酸反应有SO2生成
将浓硫酸滴加到放有铜片的试管中，并将蘸有品红溶液的湿滤纸置于试管口
C
比较Ksp(AgI)与Ksp(AgCl) 的大小关系
向浓度均为0.05mol·L-1的NaI、NaCl混合溶液中滴加足量AgNO3溶液，观察所产生沉淀的颜色
D
确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3
取少量待测液，滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊
A．A B．B C．C D．D
7．（2021·广西桂林·统考一模）一种高效的除去废水中的的电化学装置如图所示，一般认为溶液中某离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，该离子已除尽[已知常温下，Ksp(FePO4)=1.3×10-22]。下列说法错误的是

A．光伏电池中，a极为正极，b极为负极
B．废水中发生的总反应为4Fe2++O2+4H++4=4FePO4↓+2H2O
C．电路中有6 mol电子通过时，理论上最多可除去2 mol
D．当废水中c(Fe3+)=1.0×10-15 mol·L-1时，已除尽
8．（2021·广西·统考二模）下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液
溶液呈血红色
Fe(NO3)2已变质
B
向盛有2mL酸性高锰酸钾溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液
溶液紫色褪去
维生素C具有还原性
C
将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中
试纸变蓝
该气体为NO2，具有氧化性
D
在2mL0.01mol·L-1的溶液中先滴入几滴0.01 mol·L-1ZnSO4溶液，再滴入0.01 mol·L-1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成，后出现黑色沉淀
Ksp(CuS)< Ksp(ZnS)

A．A B．B C．C D．D
9．（2021·广西·统考二模）对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是。
A．向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2：2Na+++ H2O + CO2= 2NaHCO3↓
B．向Mg(OH)2溶悬浊中滴加过量FeCl3溶液后出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+ 2Fe3+= 2Fe(OH)3+ 3Mg2+
C．向KAl(SO4)2溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Al3+++ Ba2++ 3OH-= BaSO4↓+ Al(OH)3↓
D．向草酸中滴入高锰酸钾酸性溶液：2+ 6H++ 5H2C2O4= 2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O
10．（2020·广西玉林·统考一模）下列指定反应的离子方程式正确的是
A．酸化的NaIO3和NaI的溶液混合：I- +IO+6H+=I2 +3H2O
B．实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3++3OH-=Al(OH)3↓
C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO(aq)+CaSO4(s) CaCO3(s)+SO (aq)
D．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe(OH)2 ：Fe2++2OH-=Fe(OH)2 ↓
11．（2020·广西北海·统考一模）下列依据实验操作及现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
 向CCl4中滴入少量浓溴水，振荡，静置
溶液分层，上层几乎无色，下层为橙红色
Br2在CCl4中的溶解度比在水中的大
B
FeCl3溶液滴在淀粉一KI试纸上
试纸变蓝
2Fe2++2I-=2Fe2++I2
C
向浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
D
将 SO2通入含氨水的BaCl2溶液中
产生白色沉淀
白色沉淀为BaSO4

A．A B．B C．C D．D
12．（2020·广西钦州·二模）设为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．难溶于稀硫酸，也难溶于稀醋酸
B．常温下，的溶液中的离子总数为
C．常温下，的溶液中可能大量存在、、、
D．在稀溶液中，
13．（2020·广西玉林·一模）下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量
先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物
B
NaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合
生成白色沉淀
结合H+的能力：CO32->AlO2-
C
向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量
试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶
非金属性：Cl>Si
D

白色固体先变为淡黄色，后变为黄色
溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)

A．A B．B C．C D．D
14．（2020·广西桂林·统考一模）已知：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq) ∆HI2

C
用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸

D
探究锅炉里的水垢样品在酸中的溶解


A．A B．B C．C D．D

三、工业流程题
16．（2022·广西南宁·统考模拟预测）嫦娥五号从月球带回的“土壤”中含有辉钼矿，其主要成分为(S为价)，含少量、、(铼)等元素。其中钼是大脑必需的七种微量元素之一，以辉钼矿为原料生产多钼酸盐的工艺流程如下。

已知：25℃时
难溶物












回答下列问题：
(1)“研磨”的目的是_______。
(2)“氧化焙烧”中发生反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，其中加入石灰石的主要作用是_______。
(3)加入后的“浸出液”中含有(钼酸根)，以及少量等离子，生成的离子方程式为_______，该反应的_______。
(4)根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是_______(填标号)。
A．    B．    C．    D．
该试剂主要是将离子转化为_______(填化学式)。
(5)“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，该反应的离子方程式为_______。
(6)工艺流程中可循环利用的物质是_______、_______。
17．（2022·广西玉林·统考一模）用废镍触媒(主要成分为Ni，含少量的NiO、Al2O3、Fe3O4及其他杂质)制备硫酸镍的过程如下图所示：

已知：①常温下，几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2

②金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可以认为该金属离子已经沉淀完全。
③Ni的常见化合价为+2、+3。
回答下列问题：
(1)为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是_______(列举一条即可)。
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的_______。
(3)酸化时，反应温度对产品收率的影响有如下数据：
温度/°C
70
75
80
85
90
95
收率/%
53.3
62.7
70.2
77.1
81.5
81.45

本反应选取的最佳温度范围为_______，温度低产品收率低的原因为_______。
(4)如果加入双氧水的量不足或“保温时间较短”，对实验结果的影响是产品中混有绿矾。设计实验证明产品中是否含杂质Fe2+(不考虑硫酸镍影响)：_______。
(5)通过该题数据可知Ksp[Fe(OH)3]为_______。
18．（2022·广西·统考模拟预测）铬系和非铬系铜镍电镀污泥均含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)2、Al(OH)3前者还含有Cr(OH)3，一种综合回收铜、镍的新工艺流程如下：

已知：
I． FePO4、CrPO4、AlPO4、Ni3(PO4)2的Ksp依次为1.3 ×10-22、2.4× 10-23、5.8×10-19、5.0×10-31。
II． Cr及其化合物的性质与铝类似。
回答下列问题：
(1)为了增加“浸出I”的浸出效率，可以采取的措施是___________ (任写一 条)。
(2)“电解I”时，需严格控制电压，除了回收铜之外，第二个目的是将二价铁转化为三价铁。可通过一种试剂证明第二个目的是否完全达成，该试剂为___________(填名称)，若未完全达成，出现的现象是____。
(3)“除杂”时，若镍离子(Ni2+)浓度为0.05mol·L-1，则应控制溶液中浓度范围为___________mol·L-1~6.4×10-14mol·L-1(已知溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全)。
(4)“沉淀转化”时，氢氧化钠加入量不宜过多，其原因为___________、___________ (用离 子方程式表示)。
(5)“浸出II”时，铜镍电镀污泥中铜和镍分别转化为和，此时宜采取多次浸取的方式，其目的为___________。
(6)“萃取II”时，发生的反应为 + 2HR = CuR2+ 2+ 2NH3和 + 2HR= NiR2+ 2+ 4NH3(HR为有机溶剂)，则“反萃取II“时含铜微粒发生反应的离子方程式为___________。
(7)“滤液1”的主要成分为___________(填化学式)。
19．（2022·广西·统考模拟预测）镍矿渣中主要含有Ni(OH)2和NiS，还有Fe、Cu 、Ca、Mg、Zn等元素的杂质，由镍矿渣制备碳酸镍的流程如下：

已知：含镍浸出液中阳离子主要有Ni2+、Fe3+、Cu2+、Ca2+、 Mg2+、Zn2+。常温下，部分物质的溶度积常数如下表：
难溶物
NiS
ZnS
CuS
CaF2
MgF2
溶度积常数
1.07× 10-21
2.93 × 10-25
1.27 × 10-36
4 × 10-11
7.42 × 10-11

请回答下列问题：
(1)酸浸过程中，提高“浸出率”的措施有_______(任写一条)。
(2)含镍矿渣浸取时， NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为_______。
(3)向含镍浸出液中加入Na2CO3的目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为_______(填化学式)。
(4)溶液1中加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为_______。该反应的化学平衡常数K=_______(保留两位有效数字)；若使用H2S气体替代NiS。其不足之处是_______。
(5)溶液2中加入NaF的作用主要是除去溶液中的_______(填离子符号)
(6)“除Zn2+”时，ZnSO4与有机萃取剂(用HA表示)存在以下过程： ZnSO4+4HA ZnA2·2HA+H2SO4，试分析“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：_______。
20．（2022·广西·统考一模）黄钠铁矾[NaFe3 (SO4)2(OH)6]是一种高效净水剂，Ni(OH)2可作为合成镍钴锰三元电极材料的原料，工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备黄钠铁矾和Ni (OH)2，工艺流程如图所示。

已知：①次亚磷酸钠(NaH2PO2)具有还原性；
②亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸。
回答下列问题：
(1)下列说法正确的是_______ (填标号)。
A．研磨粉碎的目的是增大反应速率
B．用浓硫酸可提高“酸浸”时的浸取率
C．过滤时用到的玻璃仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒
D．“滤渣I”的主要成分为H2SiO3
(2)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为：_______；为 了证明加入的NaClO3已足量，可取“氧化”后的溶液，向其中加入_______来检验(填标号)。
a． KSCN 溶液            b． K3[Fe(CN)6]溶液        C．酸性KMnO4溶液
(3)“沉铁” 过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)，若控制pH=2.5，沉铁的最佳温度范围为_______；若反应在低于40℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是_______。

(4)①“沉镁”是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，则Mg2+沉淀不完全，原因是_______。
②若“沉镁”后溶液的pH=8.0，则此时Ni2+浓度约为_______ mol·L-1 (已知：100.4≈2.5，
Ksp[Ni(OH)2]=10-14.6)。
(5)化学镀镍是金属表面镀镍的常用方法。以NiSO4和NaH2PO2为原料，在90℃的酸性溶液中镀镍，同时生成H3PO3。写出化学镀镍反应的离子方程式_______。
21．（2022·广西南宁·统考二模）抗氧化的明星营养元素硒(Se)是人体必需的微量元素，工业上从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu、Se、CuSe、Ag2Se等)中提取硒，同时回收部分金属，工艺流程如下：

已知：
①硒(Se)的熔点217℃，沸点684.9℃，带有金属光泽。
②硒(Se)可做半导体材料，500℃下可与氧气反应。
回答下列问题：
(1)“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施有_______、_______(回答两点即可)。
(2)烟气的主要成分为SO2、SeO2，是焙烧中CuSe与浓H2SO4反应而产生，该反应的化学方程式为_______；吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，若该过程中有13.44 LSO2(标准状况下)参加反应，则还原得到单质Se的质量为_______g。
(3)粗硒需用减压蒸馏提纯得到单质硒，其原因是_______。
(4)上述流程中萃取与反萃取原理为2RH+Cu2+R2Cu+2H+，反萃取剂最好选用_______(填化学式)溶液；操作II为_______、_______过滤、洗涤、干燥。
(5)已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，固体X加入NaCl溶液后，反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=_______。

22．（2021·广西·统考二模）2020年初比亚迪汉EV和特斯拉Model3均搭载了磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池组。某企业设计了磷酸亚铁锂电池正极生产和回收的工艺流程如图：

已知：①Ksp[Fe(OH)3]=10-39；②Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g。
(1)反应釜中反应的化学方程式为___。
(2)获得LiH2PO4晶体的分离操作是___，反应器中加入C的目的是____。
(3)写出一条可以提高“碱浸”效率的措施___。
(4)向滤液1中加入过量CO2可得到白色胶状物质，该反应的离子方程式为__。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，缺点是____，若“沉铁"后溶液中c(Fe3+)=10-6mol·L-1，则该过程应调节pH=___，“沉锂”时，所得Li2CO3应选择___(“冷水”或“热水")进行洗涤；从滤渣2中可以回收循环利用___(填化学式)。
23．（2021·广西柳州·统考三模）用油造气的废镍催化剂(含NiCO3、Na2SiO3、少量Fe2+、Fe3+及Cr3+的化合物)制取NiSO4•7H2O的工艺流程如下图所示(CTAC一种硅酸胶体凝聚剂)。回答下列问题：

(1)“浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，提高镍的回收率还可采取的措施是___________(写出一条)。
(2)“滤渣1”的主要成分是___________。
(3)“一次碱析”时，Cr(OH)3转化为的CrO的离子方程式为___________。
(4)加氨水“溶解”的目的是___________，‘滤渣 2”的主要成分是___________。
(5)“氧化”时，HNO3被还原为NO，该反应的化学方程式为___________。
(6)已知0.01mol•L-1Ni(NO3)2开始沉淀时的pH为7.2，计算Ni(OH)2的Ksp=_____(列出计算式)，则“二次碱析”使Ni2+沉淀完全时(c=1.0×10—5 mol•L-1)的pH为___________。
24．（2021·广西桂林·统考一模）工业上以菱锰矿(主要成分是MnCO3，还含有Fe2+、Ni2+等)为原料制备电解锰的工艺流程如图所示。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
Mn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时(c=0.01mol‧L-1)的pH
7.2
8.3
2.2
7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol‧L-1)的pH
8.7
9.8
3.2
9.0

回答下列问题：
(1)浸出槽中发生多个反应：如主要成分与稀硫酸的反应、MnO2与Fe2+间的氧化还原反应等。这两个反应的离子方程式分别为___________、___________。
(2)加入氨水的目的是为除去杂质，根据流程图及表中数据，pH应调控在___________范围内。常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，当pH=4时，溶液中c(Fe3+)=___________。
(3)加入硫化铵是为除去剩余的Ni2+，由此可判断相同温度下溶解度：NiS_______Ni(OH)2(填“大于”或“小于”)。
(4)电解硫酸锰溶液的化学方程式为___________。
(5)工业上也可以用MnO2和Al粉作为原料，用铝热反应来制取金属锰，反应的化学方程式为_____。
(6)将分离出电解锰后的稀硫酸收集、循环使用，其意义是________。
25．（2020·广西来宾·模拟预测）一种利用钛铁矿制备Li4Ti5O12的工艺流程如图：

已知：钛铁矿的主要成分是FeTiO3(可表示为FeO·TiO2)，还含有少量的MgO和SiO2等杂质。
回答下列问题：
(1)酸浸时，要提高铁的浸出率可采取的措施是___(写出一条即可)。
(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为___，加热水的目的是___。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，应将温度控制在50℃左右的原因是___。
(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，此时溶液中=___。已知：此温度下，FePO4、Mg3(PO4)2的溶度积常数分别为1.5×10-21、1.0×10-23。
(5)高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为___。
(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时阴极电极反应式为___。
26．（2020·广西·二模）一种类似钻石的装饰品——锆石(ZrSiO4)，其做为装饰品，价格低廉，外观璀璨。天然锆石中常含有Fe、Al、Cu的氧化物杂质，称为锆英石。工业上一种以锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下：

Ⅰ. Zr在化合物中通常显价，氯化过程中除C、O元素外，其它元素均转化为其高价氯化物；
Ⅱ.SiCl4极易水解生成硅酸；ZrCl4易溶于水，400℃升华
Ⅲ.Fe(SCN)3难溶于MIBK，Zr (SCN) 4在水中的溶解度小于在MIBK中的溶解度。
请回答下列问题
(1)滤渣1的主要成分是：______________
(2)①“氯化”过程中，锆石(ZrSiO4)发生反应的化学方程式为______________
②ZrCl4产率随温度、压强的变化如图所示，回答问题

“氯化”过程选择的最佳条件为_______；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为______
(3)“滤液1”中含有的阴离子，除OH-外还有____________________
(4)①常用的铜抑制剂为NaCN (氰化钠)，NaCN可与重金属阳离子反应，生成溶度积较小的沉淀(如Cu(CN)2，Ksp=4×10-10)，已知盐酸溶解后的溶液中Cu2+的浓度为1mol/L，若需要溶液中Cu2+浓度等于1.0×10-6 mol/L，则预处理1L该溶液需要1mol/LNaCN溶液的体积为_____________(假设溶液混合后体积可以相加，计算结果保留两位小数)
②由于氰化钠有剧毒，因此需要对“废液”中的氰化钠进行处理，通常选用漂白粉或漂白液在碱性条件下将其氧化，其中一种产物为空气的主要成分，则在碱性条件下漂白液与氰化钠反应的离子方程式为_____________
27．（2020·广西南宁·二模）我国西安兵马佣二号坑出土的宝剑因含有铬而锋利无比。目前，工业用硬铬尖晶石（属于含氧酸盐，主要含MN2O4其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al）制备重铬酸钠（工业流程如图），同时电解重铬酸钠溶液便可得到铬。

（1）硬铬尖晶石中，Cr的化合价为__。
（2）在步骤II中除去的离子是___，操作X的名称为___。
（3）写出步骤III中H2O2表现的性质是___，已知步骤III所得溶液c(Cr3+)=0.010mol/L，常温下，加NaOH使c(Fe3+)和c(Al3+)均降至10-5mol/L，应控制溶液的pH为___。（常温下：［Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38］。
A．10~11     B．>11     C．约为10     D．约为4
（4）已知NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体。在步骤IV中发生化学反应的离子方程式为___，步骤V中CO2压强越大Na2Cr2O7产率越高，其原因是___。
（5）工业上用电解法制备铬，其装置示意图如图：

电解池工作时，阴极发生的电极反应式为___，该装置的电能主要转变为___能。
28．（2020·广西钦州·二模）硫酸铅(PbSO4)广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料等。工业生产中利用方铅矿（主要成分为PbS，含有FeS2等杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2）制备PbSO4的工艺流程如图：

已知：i.PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。
ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq) ΔH>0
iii.Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5。
（1）“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S的化学方程式为__。
（2）“调pH”的目的是__。
（3）“沉降”操作时加入冰水的作用是__。
（4）时，PbCl2(s)在不同浓度的盐酸中的最大溶解量(g·L-1)如图所示。下列叙述正确的是__（填字母）。

A．盐酸浓度越小，Ksp(PbCl2)越小
B．x、y两点对应的溶液中c(Pb2+)不相等
C．当盐酸浓度为1mol·L-1时，溶液中c(Pb2+)一定最小
D．当盐酸浓度小于1mol·L-1时，随着HCl浓度的增大，PbCl2溶解量减小是因为Cl-浓度增大使PbCl2溶解平衡逆向移动
（5）PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，当c(Cl-)=0.1mol·L-1时，c(SO42-)=__。
（6）“滤液a”经过处理后可以返回到__工序循环使用。利用制备的硫酸铅与氢氧化钠反应制备目前用量最大的热稳定剂三盐基硫酸铅(3PbO·PbSO4·H2O)，该反应的化学方程式为__。
29．（2020·广西玉林·一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4) 、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4•H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：

已知：UO22+在pH为4~5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：_______________________(至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为UO22+，则该反应的离子方程式为 ________ 。
(2)“除铁净化”需要加入  ______ (填化学式)把溶液pH调节至4~5，滤渣的成分是____。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2的作用是 ______________________ 。
(4)铁精矿(Fe3O4、Fe2S)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-39、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Kw=10-a，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：Fe3+(aq)+3H2O(l)= Fe(OH)3 (s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=___________(用含a的字母表示)。
②在T℃向饱和的Fe(OH)3、Fe(OH)2混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的会________(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____________________________ 。
30．（2020·广西·统考模拟预测）2019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)制备钴酸锂(LiCoO2)的流程如图：

已知：Ksp[Mg(OH)2]=10-11，Ksp[Al(OH)3]=10-33，Ksp[Fe(OH)3]=10-38
回答下列问题：
（1）为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈__，可以认为该矿石中存在锂元素。
a.紫红色      b.紫色     c.黄色
（2）锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，其氧化物的形式为__。
（3）为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是__。
（4）向“浸出液”中加入CaCO3，其目的是除去“酸化焙烧”中过量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为__。(已知：完全沉淀后离子浓度低于1×l05)mol/L)
（5）“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为___。
（6）“沉锂”过程中加入的沉淀剂为饱和的__溶液（填化学式）；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+，可将其加入到“__”步骤中。
（7）Li2CO3与Co3O4在敞口容器中高温下焙烧生成钴酸锂的化学方程式为__。
31．（2020·广西柳州·统考模拟预测）某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒和铬的工艺流程如图所示：

回答下列问题:
（1）“焙烧”时V2O5、Cr2O3转化为NaVO3和Na2CrO4，SiO2、Al2O3转化为________和_______。
（2）滤渣1中主要含______。 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，对应调pH应不低于______。（常温下，当溶液中离子浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33）。
（3）“沉钒”时的离子方程式是_______，NH4VO3煅烧过程中的化学方程式是______。
（4）“还原”时溶液的pH在2.5左右，反应的离子方程式是________。
（5）已知:25 °C时，H2C2O4的电离常数Ka1=5.9×10-2，Ka2=6. 4×10-5，则25° C时，0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____，向0.1 mol· L-1H2C2O4溶液中加入一定的NaOH固体，当溶液的pH= 2.5时，溶液中c(C2O42-) ：c(H2C2O4)=_______（保留两位有效数字）。
32．（2020·广西南宁·统考一模）硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、品质铀矿(UO2)等，以该矿为原料制备MgSO4·H2O和硼酸(H3BO3)的工艺流程如下：

已知：在pH为4～5的溶液中生成UO2(OH)2沉淀。
回答下列问题：
(l)“酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：________  (至少答两个措施)，该步骤中NaClO3可将UO2转化为，则该反应的离子方程式为_____。
(2)“除铁净化”需要加入____(填化学式)把溶液pH调节至4～5，滤渣的成分是_______。
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgC12的作用是 ___。
(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃，
，，回答下列问题：
①在T℃，假设Fe3+水解的离子方程式是：，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K=  __(用含以的字母表示)。
②在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体(忽略溶液体积变化)，则溶液中的c(Fe2+)／c(Fe3+)会  __(填“变大”“变小”或“不变”)，请结合相关数据推理说明：____。
33．（2020·广西玉林·统考一模）铜及其化合物在工业生产上有许多用途。某工厂以辉铜矿(主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：

已知：
①常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀
7.5
2.7
5.6
8.3
完全沉淀
9.0
3.7
6.7
9.8

②Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38
（1）加快“浸取”速率，除将辉铜矿粉碎外，还可采取的措施有____（任写一种）。
（2）滤渣I中的主要成分是MnO2、S、SiO2，请写出“浸取”反应中生成S的化学方程式：____。
（3）常温下“除铁”时加入的试剂A可用CuO等，调节pH调的范围为____，若加 A 后溶液的 pH调为5，则溶液中 Fe3＋的浓度为____mol/L。
（4）写出“沉锰”(除 Mn2＋)过程中反应的离子方程式：____。
（5）“赶氨”时，最适宜的操作方法是____。
（6）滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是____(写化学式)。
（7）过滤Ⅱ得到的沉淀经过洗涤、干燥可以得到碱式碳酸铜，判断沉淀是否洗净的操作是____。

参考答案：
1．D
【详解】A．难溶盐MA在水中溶解为吸热过程，温度越高离子浓度越大，溶液离子浓度：T1 Ksp(AgI)，故D正确；
故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。
14．C
【详解】A. 加少量BaCl2生成BaSO4沉淀，c(SO42-)减小，使CaSO4溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca2+)增大，故A错误；
B. 加少量蒸馏水，CaSO4(s)继续溶解至饱和，c(Ca2+)不变，故B错误；
C. 加少量硫酸c(SO42-)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；
D. 适当升高温度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；
故答案为C。
15．C
【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液混合并振荡，则乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠溶液，乙酸乙酯难溶于水，分液后得乙酸乙酯，A正确；
B.通过氯气后，棉球变蓝色，因为氯气和碘化钾发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝色，从Cl2+2KI=2KCi+I2知氧化性：Cl2>I2，故B正确；
C. 用NaOH标准溶液滴定某稀盐酸，应用碱式滴定管，C错误；
D.锅炉里的水垢样品经过碳酸钠浸泡以后，硫酸钙会转变成碳酸钙，则滴加盐酸在酸中的溶解，D正确；
答案选C。
【点睛】选项C为易错选项，解答时需注意：酸性滴定管可以盛装酸、强氧化剂，碱性滴定管可以盛装碱溶液，会腐蚀橡皮管的一律不能用碱式滴定管。
16．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)          防止生成排放造成环境污染
(3)         
(4)     A    
(5)
(6)         

【分析】辉钼矿（主要成分为MoS2，杂质含有Ca、Cu、Re等元素）经过“焙烧”转化为CaSO4、CaMoO4，同时生成Ca、Cu、Re的氧化物，焙烧产物加入水“水浸”，浸出液回收金属铼，浸渣加入碳酸铵进行盐浸，过滤得到浸出液含、等，浸出液中加入净化除杂，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子，经过蒸发浓缩，浓缩液加入硫酸酸沉分离得多钼酸铵。
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率；
（2）“氧化焙烧”中是还原剂，钼元素由+2价升高到+6价，硫元素由-1价升高到+6价，氧气是氧化剂，氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是9:2；加入碳酸钙可以吸收二氧化硫进一步转化为硫酸钙，防止生成排放造成环境污染；
（3）加入溶液，钼酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，生成的离子方程式为； ；
（4）根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入最适宜的试剂是，使转化为CuS沉淀，且不会引入新的杂质离子；
（5）“酸沉”过程，调节至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子，离子方程式为：；
（6）通过流程可知，可循环利用的物质是、，两者可转化为碳酸铵在盐浸步骤中使用。
17．(1)适当增加碱的浓度、提高反应的温度等
(2)2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O
(3)     90℃~95℃     温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低
(4)取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有杂质Fe2+
(5)1.0 ×10- 37.4

【分析】加碱与Al2O3反应生成偏铝酸根离子，加水过滤得到Ni、NiO、Fe3O4，加硫酸与金属单质和金属氧化物反应生成硫酸镍和硫酸亚铁和硫酸铁，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入硫酸调节pH除去铁离子，精制得到硫酸镍；
(1)
为加快碱化除铝的速率，可以采取的措施是适当增加碱的浓度、提高反应的温度等；
(2)
加入双氧水的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3+ + 2H2O；
(3)
选择产品收率较高的温度，本反应选取的最佳温度范围为90℃~95℃，温度低产品收率低的原因为温度低时，反应速率慢，在一定时间的条件下，产品收率低；
(4)
如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧化成铁离子，产品中混有绿矾；亚铁离子可以被氧化为铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品溶于蒸馏水，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品中含有亚铁离子；
(5)
由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，，此时c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)∙ c(OH-)3=1.0×10-5×(10-10.8)3=1.0 ×10- 37.4。
18．(1)适当升温或适当增加硫酸的浓度等
(2)     铁氰化钾或高锰酸钾出现     蓝色沉淀或紫红色褪色
(3)5.8 × 10-14
(4)     Al(OH)3+OH- = + 2H2O     Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O
(5)提高铜、镍元素的浸取率
(6)CuR2 + 2H+=Cu2++ 2HR
(7)Na3PO4

【分析】铬系铜镍电镀污泥加入硫酸浸出，得到含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+、Cr3+的滤液，电解滤液得到铜单质，同时将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入磷酸钠得到FePO4、CrPO4、AlPO4沉淀，过滤后向沉淀中加入NaOH溶液，将磷酸盐沉淀转化为氢氧化物沉淀；非铬系铜镍电镀污泥加入氨水、碳酸铵浸取，过滤得到含有和的滤液，向滤液中加入HR进行萃取，分液后取有机相，水洗分液后加入硫酸进行反萃取，分液得到含Cu2+和Ni2+的水相，电解水相得到铜，电解液与铬系铜镍电镀污泥处理流程中除杂的滤液混合，之后再进行萃取、反萃取，得到硫酸镍。
(1)
为了增加“浸出I”的浸出效率，可以采取的措施是适当升温或适当增加硫酸的浓度等；
(2)
铬系铜镍电镀污泥中Fe为二价，后续流程中得到的铁是三价，可知电解过程中除了回收铜之外，还将二价铁转化为三价铁；证明第二个目的是否达成，即检验溶液中是否还有Fe2+，可以用K3[Fe(CN)6]或KMnO4检验，若有Fe2+，现象分别为出现蓝色沉淀或紫红色褪色，故答案为：铁氰化钾或高锰酸钾；出现蓝色沉淀或紫红色褪色；
(3)
除杂的目的是使Fe3+、Cr3+、Al3+沉淀，Ni2+不沉淀，需要沉淀的三种离子中，Ksp[AlPO4]最大，所以只要保证Al3+完全沉淀，则Fe3+、Cr3+也一定完全沉淀，此时溶液中mol/L=5.8×10-14mol/L；
(4)
Cr及其化合物的性质与铝类似，所以Al(OH)3、Cr(OH)3都具有两性，若NaOH过量，氢氧化物沉淀会溶解，离子方程式为Al(OH)3+OH- = + 2H2O、Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH- = + 2H2O；Cr(OH)3+OH- =+ 2H2O；
(5)
根据后续流程的处理可知“浸出Ⅱ”是为了得到和，多次浸取可以提高铜、镍元素的浸取率，故答案为：提高铜、镍元素的浸取率；
(6)
根据流程可知，反萃取的过程中CuR2在硫酸的作用下转化为Cu2+，离子方程式为CuR2+2H+=Cu2++2HR，故答案为：CuR2+2H+=Cu2++2HR；
(7)
根据“萃取Ⅱ”时的反应可知，水相1中主要溶质为NH3•H2O、(NH4)2CO3，可以循环使用；转溶时磷酸盐沉淀转化为氢氧化物，所得滤液I中主要溶质为Na3PO4，可以循环使用，故答案为：Na3PO4。
19．(1)将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度(任写1条，合理即可)
(2)3NiS ++6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H2O
(3)Fe(OH)3
(4)     NiS(s) +Cu2+(aq) CuS(s)+Ni2+(aq)     8.4×1014     可能逸出有毒气体H2S，污染环境
(5)Ca2+、Mg2+
(6)增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HAZnA2·2HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。

【分析】含镍矿渣加入稀硫酸和氯酸钠，得到含Ni2+的浸出液，发生Ni（OH）2+2H+=Ni2++2H2O、3NiS+-+6H+=3Ni2++3S+Cl-+3H2O，沉淀1含有S、Fe(OH)3，在溶液1中加入NiS调节溶液的pH，沉淀2中含有CuS，溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，溶液3中含有Ni2+、Zn2+，加入有机萃取剂，水层中含有Ni2+，在水层中加入碳酸钠，可得到NiCO3，以此解答该题；
(1)
浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为：将含镍矿渣粉碎、加热、搅拌、适当提高稀硫酸的浓度；
(2)
NiS与NaClO反应生成硫单质的离子方程式为3NiS ++6H+=Cl-+ 3S + 3Ni2++ 3H2O；
(3)
加入Na2CO3调节pH增大，目的是完全沉淀Fe3+，则沉淀1的主要成分为Fe(OH)3；
(4)
由CuS的溶度积常数比NiS小，加入NiS的作用是除去溶液中的Cu2+，发生沉淀转化，反应的离子方程式为NiS(s) +Cu2+(aq) CuS(s)+Ni2+(aq)；该反应的化学平衡常数；若使用H2S气体替代NiS，其不足之处是可能逸出有毒气体H2S，污染环境；
(5)
溶液2中加入NaF，可得到CaF2、MgF2等沉淀，作用主要是除去溶液中的Ca2+、Mg2+；
(6)
“除Zn2+”时，锌的萃取率随料液pH的增大逐渐增大的原因：增大料液的pH，使料液中c(H+ )减小，促使平衡ZnSO4 + 4HAZnA2·2HA+ H2SO4向右移动，锌的萃取率增大。
20．(1)AC
(2)     6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O     b
(3)     温度为20℃-80℃     Fe(OH)3
(4)     F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全     2.5×10-3或10-2.6
(5)Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+

【分析】根据红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2)制备黄钠铁矾和Ni (OH)2，利用流程图中最后得到是氢氧化镍，在过滤II中得到黄钠铁钒判断需要除去的元素时铁和镁及硅，根据第一步加入硫酸判断不能反应的是二氧化硅，即可以把硅元素除去，根据第四小题判断加入氟化钠除去的是镁元素，故沉铁过程中是除去铁元素，而氧化是把二价铁氧化沉三价铁，然后利用三价铁水解的特点，加入碳酸钠调节pH进行沉淀铁元素，加入硫酸钠让其生成黄钠铁钒，再加入氟化钠除去镁元素，剩余镍元素通过一系列得到氢氧化镍；
【详解】（1）A．研磨粉碎可以增大接触面积，故可以增大反应速率，故A正确；
B．浓硫酸具有强氧化性可以将还原性物质氧化，故不能用浓硫酸进行“酸浸”故B不正确；
C．过滤是分离固体和液体的操作，所用仪器主要有漏斗、烧杯、玻璃棒，故C正确；
D．滤渣I根据红土镍矿主要成分判断应是二氧化硅，二氧化硅不与水反应，不与硫酸反应，故D不正确；
故选答案AC；
（2）氧化过程中加入氯酸钠，其中氯酸根具有氧化性，而杂质离子中二价铁具有还原性，根据电子、电荷、原子守恒配平得：6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O；故答案为：6H++6Fe2++=6Fe3++C1-+3H2O；当NaClO3已足量时，说明二价铁全部被 氧化，可以通过溶液中是否还含有二价铁进行判断NaClO3已足量，故选择B；
（3）根据图象中pH=2.5时，沉铁为氢氧化铁判断最佳温度是20℃-80℃，故答案为20℃-80℃；若反应在低于40℃时进行，加碳酸钠偏多，根据图象判断则所得黄钠铁矾中混有的杂质是Fe(OH)3；故答案为：Fe(OH)3；
（4）“沉镁”是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，即氢离子浓度增大，F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全，故答案为：F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2+ +2F-平衡向右移动，导致镁离子沉淀不完全；根据
,故答案为；
（5）以NiSO4和NaH2PO2为原料在酸性溶液中镀镍即生成镍单质，根据同时生成的产物利用电荷、电子守恒配电极反应为：Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+，故答案为Ni2+++H2O=Ni+H3PO3+H+；
【点睛】此题考查工艺流程除杂、物质制备等，利用杂质和所需物质的性质不同选择不同的除杂方法，根据常见离子的沉淀采用一定的顺序进行分离，注意离子除去的先后顺序根据所加入的除杂试剂进行判断。
21．(1)     搅拌     将阳极泥粉碎等
(2)     CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O     23.7 g
(3)减小压强，能够使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯
(4)     H2SO4溶液     蒸发浓缩     冷却结晶
(5)1014.5

【分析】电解精炼铜的阳极泥(含有Se、Au、Ag、Cu、CuSe、Ag2Se等)中加入98%的浓硫酸并搅拌，通入氧气焙烧，得到的烧渣中含有CuSO4、Ag2SO4、Au等，得到的烟气中含有SO2、SeO2，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成Se和H2SO4。粗硒经减压蒸馏得到单质硒。向滤液中加入萃取剂使Cu2+变为R2Cu进入有机相，然后加入稀硫酸作反萃取剂分离得到CuSO4溶液，然后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到胆矾。在固体X中含有Ag2SO4、Au，向其中加入NaCl溶液，发生沉淀转化Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，得到AgCl沉淀，然后经一系列处理得到粗银。
(1)
“硫酸化焙烧”即将阳极泥与浓硫酸混合均匀，在350～500℃下焙烧，为了加快该过程反应速率，该过程中可采取的措施可以是搅拌、将阳极泥粉碎等；
(2)
CuSe与浓H2SO4发生氧化还原反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成CuSO4，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O；
吸收与还原过程中SeO2极易溶解于水生成亚硒酸(H2SeO3)，亚硒酸被烟气中的SO2还原为单质硒，SO2被氧化为H2SO4，反应方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4，若该过程中有13.44 L标准状况下SO2参加反应，其物质的量n(SO2)=，则根据物质反应转化关系可知还原得到单质Se的物质的量是0.3 mol，其质量m(Se)=0.3 mol×79 g/mol=23.7 g；
(3)
根据已知信息可知Se的熔沸点比较高，可利用压强对物质熔点、沸点的影响，减小压强，使Se在较低的温度下气化，便于物质的分离提纯；
(4)
根据2RH+Cu2+R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硫酸铜溶液，则“反萃取剂”最好选用H2SO4溶液；
得到的水相中含有CuSO4溶液，从中获得胆矾，根据CuSO4的溶解度受温度的影响变化较大，可采用的操作II为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)
已知常温下的Ag2SO4、AgC1饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示，其中L1表示AgCl，L2表示Ag2SO4，Ksp(AgCl)=10-4.75×10-5=10-9.75；Ksp(Ag2SO4)=(10-2)2×10-1=10-5；反应①Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+(aq)，反应①的K=。
22．     Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O     过滤     将+3价铁元素还原成+2价     粉碎、搅拌、加热     AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO     会产生污染环境的氮氧化合物     3     热水     C
【分析】Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，将反应后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶并过滤获得LiH2PO4，LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，再与C、Al一起组合成电池正极；将回收的废旧电池正极，用NaOH溶液溶解其中的Al，经过滤后滤渣1用硫酸酸化的H2O2溶解，再经过滤除去C，在含有Fe3+和Li+的滤液2中加入氨水和NaOH溶液调节溶液pH，通过生成Fe(OH)3而达到除铁的目的，滤液3中加入Na2CO3溶液可生成Li2CO3沉淀，最后过滤可获得Li2CO3。
【详解】(1)反应釜中Li2CO3用70％H3PO4溶液溶解生成LiH2PO4，并有CO2气体放出，则发生反应的化学方程式为Li2CO3+2H3PO4=2LiH2PO4+CO2↑+H2O。
(2)从溶液中获得LiH2PO4晶体的分离操作是过滤；反应器中LiH2PO4与C、Fe2O3混合加热可生成LiFePO4，则说明加入C的目的是将+3价铁元素还原成+2价。
(3)用NaOH溶液溶解废旧电池正极材料时，通常采用粉碎、搅拌、加热等措施可加快溶解速率。
(4)用NaOH溶液溶解Al生成NaAlO2，则向含NaAlO2的滤液1中加入过量CO2可得到Al(OH)3白色胶状沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
(5)“酸浸”时若用HNO3代替H2O2，HNO3的还原产物是氮氧化物，对环境有污染；若“沉铁”后溶液中c(Fe3+)=10−6mol·L−1，由Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH−)=10−6mol·L−1×c3(OH−)=10−39，c(OH−)= mol·L−1=10−11mol·L−1，此时溶液pH=3；由Li2CO3的溶解度：0℃为1.54g，100℃为0.72g，可知洗涤Li2CO3应选择热水；由分析知滤渣2中主要成分是C，回收后可循环利用。
23．     将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）     硅酸     2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O     将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离     Fe(OH)3     3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O     0.01×(107.2—14)2     8.7
【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂中加入20%稀硫酸和CTAC，碳酸镍与稀硫酸反应生成硫酸镍、二氧化碳和水，硅酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子的浸取液和含有硅酸的滤渣1；向浸取液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镍离子、铬离子、铁离子和亚铁离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化物沉淀，进入过氧化氢溶液，氢氧化铬在碱性条件下被过氧化氢溶液氧化为铬酸根离子，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，过滤得到含有铬酸根离子的滤液和含有氢氧化镍和氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氨水，氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，[Ni(NH3)4]2+离子与硫化氢反应转化为硫化镍沉淀，过滤得到硫化镍滤渣；向硫化镍中加入稀硝酸，硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，过滤得到硫滤渣和硝酸镍溶液；向硝酸镍溶液加入6mol/L氢氧化钠溶液，硝酸镍与氢氧化钠溶液反应转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硫酸，氢氧化镍溶解得到硫酸镍溶液，溶液经结晶、提纯制得七水硫酸镍。
【详解】(1) “浸取”时，在硫酸浓度和用量、溶解时温度、搅拌速率均一定时，将原料粉碎、适当延长溶解的时间、滤渣 1 再次溶解浸取等措施能提高镍的回收率，故答案为：将原料粉碎（或适当延长溶解的时间或滤渣 1 再次溶解浸取）；
(2)由分析可知，滤渣1的主要成分是硅酸，故答案为：硅酸；
(3) 由分析可知， “一次碱析”时发生的反应为氢氧化铬在碱性条件下与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铬酸根离子和水，反应的离子方程式为2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O，故答案为：2Cr(OH)3 + 4OH—+ 3H2O2 = 2CrO+ 8H2O；
(4) 由分析可知，加氨水“溶解”的目的是使氢氧化镍与氨水反应转化为[Ni(NH3)4]2+离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有[Ni(NH3)4]2+离子的滤液，达到分离氢氧化镍和氢氧化铁的目的，故答案为：将 Ni(OH)2溶解并与 Fe(OH)3分离；Fe(OH)3；
(5) 由分析可知， “氧化”时发生的反应为硫化镍与稀硝酸反应生成硝酸镍、硫、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O，故答案为：3NiS + 8HNO3 = 3Ni(NO3)2 + 3S + 2NO↑+ 4H2O；
(6)由题意可知，开始沉淀时溶液中镍离子浓度为0.01mol/L，氢氧根离子浓度为107.2—14 mol/L，Ksp=c(Ni2+)c2(OH—)= 0.01×(107.2—14)2；镍离子沉淀完全时，溶液中镍离子浓度为1.0×10—5 mol/L，则溶液中氢氧根离子浓度为==10—5.3 mol/L，则溶液的pH为8.7，故答案为：0.01×(107.2—14)2；8.7。
24．               [3.2,8.3)          小于               节约成本，提高原料的利用率
【分析】菱锰矿与、硫酸先反应生成、，加入氨水，调pH过滤除去得到沉淀；向浸出液中加入硫化铵，与结合生成沉淀而被除去；电解液主要为硫酸铵和硫酸锰的混合液，电解硫酸铵和硫酸锰的混合液获得金属锰。
【详解】(1)主要成分与硫酸的反应为复分解反应；、在酸性条件下的反应为氧化还原反应，其反应分别为、，故填、；
(2)加入氨水的目的是为了除去，根据表中数据，完全沉淀时的pH为3.2，开始沉淀的pH分别为8.3，在不影响Mn元素的情况下，除去的最佳pH控制在3.2≤pH＜8.3；pH=4时，，根据，可知==，故填[3.2,8.3)、；
(3)加入氨水时没能除去，加入硫化钠除去了剩余的，说明比更难溶，即相同温度下，的溶解度小于，故填小于；
(4)电解硫酸锰生成锰单质和硫酸，其反应为，故填；
(5)与Al反应属于置换反应，其反应为，故填；
(6)将电解锰后的硫酸收集循环使用的意义在于节约成本，提高原料的利用率，故填节约成本，提高原料的利用率。
25．     提高温度或将矿石粉碎或适当提高酸的浓度等     TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-     促进水解     提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发     1.5×10-12     Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑     Li(x-5)C+5Li++5e-=LixC
【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12，由制备流程可知，加盐酸酸浸溶解，SiO2与盐酸不反应，过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，对滤液①加热发生水解反应TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-，水解后过滤，水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，沉淀为TiO2•xH2O，向沉淀中加入氨水、双氧水和LiOH反应过滤后得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温下发生反应Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑生成Li4Ti3O12，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸时，要提高铁的浸出率可采取的措施是提高温度或将矿石粉碎或适当提高酸的浓度等；
(2)酸浸后的滤液①中钛主要以TiOCl42-形式存在，则其水解生成TiO2·xH2O的离子方程式为TiOCl42-+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+2H++4Cl-，加热水的目的是促进水解；
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，双氧水受热易分解，氨水受热易挥发，应将温度控制在50℃左右的原因是提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发；
(4)若将滤液②加热至一定温度后，再加入双氧水和磷酸，恰好使Mg2＋沉淀完全[溶液中c(Mg2＋)降至1.0×10-5mol·L-1]，根据Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)，c(PO43-)==1.0×10-4mol·L-1，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO43-)，c(Fe3+) = =1.5×10-17 mol·L-1，此时溶液中==1.5×10-12；
(5)根据分析，高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑；
(6)某可充电的锂离子电池以Li4Ti5O12为正极，嵌入锂的碳材料为负极，含Li＋导电固体为电解质。放电时的电池反应为LixC＋Li4Ti5O12=Li(x-5)C＋Li9Ti5O12，则充电时为电解池，是放电时的逆过程，充电时的总反应为：Li(x-5)C＋Li9Ti5O12LixC＋Li4Ti5O12，阴极上得电子，发生还原反应，电极反应式为Li(x-5)C+5Li++5e-=LixC。
【点睛】本题易错点为(3)，结合物质的性质分析，双氧水、氨水都不稳定，温度过高会分解和挥发；解答(6)时，要考虑二次电池的放电和充电过程互逆，根据放电过程总反应，书写充电过程总反应，再根据电解池阴极发生还原反应，分析书写电极反应。
26．     Zr (OH) 4     ZrSiO4+4Cl2+4CO=ZrCl4+SiCl4+4CO2     1×106Pa，390℃     温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低     SiO32-、AlO2-、Cl-     2.06L     2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O
【分析】天然锆石经过粉碎后，加入CO、Cl2，ZrSiO4反应为ZrC14和SiCl4，其它金属变为FeCl3、AlCl3、CuCl2。加入NaOH后，滤液中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，沉淀中主要有Fe(OH)3、Zr(OH)4、Cu(OH)2。加入HCl后，Fe(OH)3、Cu(OH)2、Zr(OH)4溶于HCl。加入Cu抑制剂，除去Cu杂质。加入NH4SCN后，Fe3+和Zr4+形成配合物Fe(SCN)3、Zr(SCN)4。加入有机溶剂MIBK，将Zr(SCN)4萃取到有机层，再用H2SO4将Zr(SCN)4萃取到水层，通入NH3，生成Zr(OH)4，煅烧后得到ZrO2。
【详解】(1)滤渣1中含有Zr(OH)4、Fe(OH)3、Cu(OH)2，主要成分是Zr(OH)4；
(2)①根据信息，“氯化”过程中，ZrSiO4与氯气、CO反应的生成物中含有ZrC14、SiCl4，同时根据氧化还原反应原理可知生成物中还含有CO2，故反应的化学方程式为ZrSiO4+2Cl2+4CO=ZrC14+SiCl4+4CO2；
②观察图象可知产率最高点时的压强和温度分别是1×106Pa，390℃；“氯化”环节产率随温度升高先增大后减小的原因为温度升高，化学反应速率加快，相同的时间内生成的产物更多；温度过高，产物升华，产率降低；
(3)“滤液1”中含有NaOH、NaCl、NaAlO2、Na2SiO3，阴离子除OH-外还有SiO32-、AlO2-、Cl-；
(4)①沉淀Cu2+需要2 L 1 mol/L NaCN溶液，根据Ksp=c( Cu2+)×c2(CN-),代入Ksp=4×10-10、c(Cu2+)=1.0×10-6 mol/L计算，可得最终混合液中c(CN-)=2.0×10-2mol/L。设所需体积为(2+x)L，则有x=2.00×10-2×(3+x)，计算得x≈0.06，所以最终需要2.06 L溶液；
②)漂白液或漂白液的有效成分都含有ClO-，由题意知氮元素氧化生成N2，碳元素氧化生成CO32-， ClO-还原成Cl-，结合原子个数守恒、电子守恒进行配平，发生反应的离子方程式为2CN-+5ClO-+2OH-=2CO32-+5Cl-+N2↑+H2O。
【点睛】计算NaCN溶液的体积不能只算沉淀所需的，需先计算沉淀完Cu2+所需的NaCN，再通过Ksp计算出溶液中剩余的NaCN，二者加和即可；方程式的书写要确定产物，再根据方程式的配平方法进行配平。
27．     +3     Mg2+(或镁离子）     过滤     氧化性     D     3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+     CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高     Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O     化学
【分析】由流程图及题目提供的信息知：硬铬尖晶石经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，经过步骤II除去了Mg2+，用双氧水把溶液中Fe2+氧化成Fe3+、再经过调节pH、在步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，含Cr3+的溶液经浓缩后，步骤IV为在碱性条件下用氧化剂NaBiO3把Cr3+氧化成CrO42-，步骤V中则调溶液到酸性，使CrO42-，转变为Cr2O72-，据此回答；
【详解】（1））由信息：硬铬尖晶石属于含氧酸盐，主要含MN2O4，其中M代表Mg或Fe，N代表Cr或Al，则M为+2价，N为+3价，则Cr的化合价为+3；
答案为：+3；
（2）从硬铬尖晶石所含元素种类看，经过酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cr3+等离子，从后续流程看，步骤II以后溶液中已经没有镁离子，步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可知在步骤II中除去的是Mg2+(或镁离子），操作X则是过滤；
答案为：Mg2+(或镁离子）；过滤；
（3）步骤III中除去了氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，可推知Fe2+被H2O2氧化成+3价，故H2O2表现了氧化性，它是一种绿色氧化剂；当溶液中c(Cr3+)=0.010mol/L，因为按常温下Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，则c(OH-)＜10-10 mol/L，c(H+)＞10-4 mol/L，则应控制溶液的pH＜4，按常温下Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-35，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38可知，此条件下，铝离子、铁离子已沉淀完全，故选D；
答案为：氧化性；D；
（4）从流程图知，步骤IV为碱性条件下，溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；步骤V为铬酸钠转化成重铬酸钠的过程：，从反应知，CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，越有利于平衡左移，即Cr2O72-产率也就越高；
答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+；CO2压强越大，其溶解度越大，溶液的酸性越强，Cr2O72-产率也就越高；
（5）由工业电解法制铬装置示意图知：电解时，阴极上Cr2O72-得到电子被还原，则电极反应式为Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；电解池是电能主要转变为化学能的装置；
答案为：Cr2O72-+12e-+14H+=2Cr+7H2O；化学。
【点睛】解工业流程题，要结合信息、流程及物质的知识综合应用。问题（4）中步骤IV离子方程式容易出错，一个关键是反应条件为碱性条件，关键二是溶液中的Cr3+被NaBiO3氧化成CrO42-，关键三是信息提示的灵活应用——NaBiO3和Bi(OH)3都是难溶于水的固体，则发生离子方程式为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2CrO42-+3Bi(OH)3+3Na+。
28．     MnO2+PbS+4HClPbC12+S+MnC12+2H2O     除去Fe3+     温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体     BD     6.75×10-6mol•L-1     浸取     4PbSO4+6NaOH=3PbO•PbSO4•H2O+3Na2SO4+2H2O
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中；加入Fe2O3溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液a中主要成分为HCl。
【详解】(1)根据题意可知该过程中MnO2将PbS2中的S元素氧化成S单质，锰元素被还原成Mn2+，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为MnO2+PbS+4HClPbCl2+S+MnCl2 +2H2O；
(2)调节pH的主要目的是使Fe3+转化为沉淀，从而除去；
(3)温度降低，PbC12+2C1-PbC142-平衡左移，使PbC142-转化为PbC12，便于析出PbC12晶体(或PbC12难溶于冷水，降低PbC12的溶解度，便于析出PbC12晶体)，所以沉降时加入冰水；
(4)PbCl2是微溶化合物，溶于水存在平衡：PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，由图象可知在浓度为1mol/L时溶解量最小；结合题目所给信息可知，小于1mol/L时，主要是电离出的氯离子抑制氯化铅的溶解，大于1mol/L时，可发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，而促进溶解。
A．Ksp(PbCl2)只受温度的影响，温度不变，则Ksp(PbCl2)不变，故A错误；
B．根据分析可知x、y两点对应的溶液中的溶质不同，所以c(Pb2+)不相等，故B正确；
C．根据分析可知当盐酸浓度大于1mol/L之后，主要发生反应：PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq)，所以此时c(Pb2+)不一定最小，故C错误；
D．根据分析可知盐酸浓度小于1mol·L-1时，主要存在平衡PbCl2(s)Pb2+(aq)+2Cl-(aq)，氯离子的增多使平衡逆向移动，故D正确；
综上所述选BD；
(5)沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO42-(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，该反应的平衡常数K=，所以当c(Cl-)=0.1mol/L时，c(SO42-)=6.75×10-6mol/L；
(6)发生沉淀转化后，滤液a中的主要溶质为HCl，所以经处理后可以返回到浸取工序循环使用；反应物有PbSO4和NaOH，生成中有3PbO·PbSO4·H2O ，根据元素化合价的变化可知该反应不是氧化还原反应，根据元素守恒可得方程式：4PbSO4+6NaOH=3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O。
29．     将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等     3UO2+6H+ +C1O3—= 3UO22-+ +3H2O+C1—     MgO     Fe(OH)3、UO2(OH)2     增大 Mg2+ 浓度，有利于MgSO4·H2O析出     2.5×10(37—3a)     变大     ====2.0×1022×c（OH-），加入NaOH固体后，溶液的c(OH—)增大，所以变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(Fe2S)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、Fe2S)，调节滤液的pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-，故答案为：将硼铁矿粉碎、适当提高硫酸的浓度、搅拌、升高温度等；3UO2+6H++ClO3-=3UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，调节pH，需要避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成的沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；
(4)①在T℃，Fe3+水解方程式为Fe3+(aq)+3H2O(l)═Fe(OH)3(s)+3H+(aq)，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的易错点和难点为(4)②，要注意结合Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]、Kw将转化为与氢氧化钠浓度(溶液的酸碱性)有关的关系式。
30．     a     Li2O·Al2O3·4SiO2     将矿石粉碎（搅拌、升高温度）     4.7     Mg(OH)2，CaCO3     Na2CO3     净化     6Li2CO3+4Co3O4+O2=12Li2CoO2+6CO2
【分析】锂辉石(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、CaO、MgO等)为原料来制取钴酸锂(LiCoO2)，加入过量浓硫酸溶解锂辉矿，加入碳酸钙除去过量的硫酸，并使铁离子、铝离子沉淀完全，然后加入氢氧化钙和碳酸钠沉淀镁离子和钙离子，过滤得到溶液中主要是锂离子的溶液，滤液蒸发浓缩得20%Li2S，加入碳酸钠沉淀锂离子生成碳酸锂，洗涤后与Co3O4高温下焙烧生成钴酸锂，据此分析解题。
【详解】(1)焰色反应常用来检测金属元素，钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选出锂元素的焰色为紫红色，故答案为a；
(2)锂辉石的主要成分为LiAlSi2O6，在原子简单整数比不变的基础上，其氧化物的形式为Li2O•Al2O3•4SiO2；
(3)“酸化焙烧”时使用的是浓硫酸，为提高“酸化焙烧”效率，还可采取的措施有将矿石细磨、搅拌、升高温度等；
(4)根据柱状图分析可知，Al(OH)3的Ksp大于Fe(OH)3的Ksp，那么使Al3+完全沉淀pH大于Fe3+的Al(OH)3的Ksp=c(Al3+)×c3(OH-)=1×10-33，c(OH-)==mol/L=1×10-9.3mol/L，则c(H+)=1×10-4.7mol/L，pH=4.7，即pH至少为4.7；
(5)由分析知，“滤渣Ⅱ”的主要化学成分为Mg(OH)2和CaCO3；
(6)根据“沉锂”后形成Li2CO3固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的沉淀剂为饱和Na2CO3溶液；该过程得的“母液“中仍含有大量的Li+，需要从中2提取，应回到“净化“步隳中循环利用；
(7)Li2CO3与Co3O4在敝口容器中反应生成LiCoO2时Co元素的化合价升高，因此推断空气中O2参与反应氧化Co元素，化字方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。
【点睛】硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a．氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活发金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“•”隔开；b．各元素的化合价保持不变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c．当计量数配置出现分数时应化为整数。
31．     Na2SiO3     NaAlO2     H2SiO3     4.7     NH4++VO3-=NH4VO3↓     2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑     3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O     c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞C2O42-＞c(OH-)     0.38
【分析】“焙烧”时，Fe2O3、Fe3O4不和Na2CO3、O2反应，V2O5、Cr2O3和Na2CO3、O2反应转化为NaVO3、Na2CrO4，SiO2、Al2O3和Na2CO3反应转化成Na2SiO3、NaAlO2；
“酸浸”时，Na2SiO3和硫酸反应生成H2SiO3沉淀，滤渣1主要成分是硅酸，同时AlO2-转化成Al3+，铁的两种氧化物溶于酸得到Fe2+和Fe3+；
“调pH”时，将铝元素、铁元素转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3；
“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，NH4VO3沉淀煅烧得V2O5；
“还原”时，用Na2C2O4将CrO42-还原成Cr3+，调合适的pH将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，Cr(OH)3沉淀煅烧得到Cr2O3，据以上分析解答。
【详解】(1) 高温时，氧化铝和碳酸钠反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，即SiO2、Al2O3转化为Na2SiO3和NaAlO2，故答案为：Na2SiO3；NaAlO2；
(2)由分析可知，滤渣1主要为H2SiO3，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Fe3+浓度小于1×10-5mol/L时认为沉淀完全，Fe3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=4.0×10-38，c3(OH-)=4.0×10-33，c3(H+)=，c(H+)=×10-4≈6×10-4，pH≈4-lg6＜4。Al3+浓度为1×10-5mol/L时，c3(OH-)×1×10-5mol/L=1.0×10-33，c3(OH-)=1.0×10-28，c3(H+)=，c(H+)=，pH=-lg()=5- lg()≈4.7＞4，综上所述，要使A3+和Fe3+完全沉淀，pH不低于4.7，故答案为：H2SiO3；4.7；
(3)“沉钒”时，NH4+和VO3-形成NH4VO3沉淀，离子方程式为：NH4++VO3-=NH4VO3↓，NH4VO3沉淀煅烧得到V2O5，元素化合价没变化，根据原子守恒可知，产物含有H2O和NH3，方程式为：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑，故答案为：NH4++VO3-=NH4VO3↓；2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；
(4) “还原”时，C2O42-将CrO42-还原成Cr3+，pH在2.5左右，溶液为酸性，C2O42-被氧化为CO2，结合电子得失守恒、原子守恒可得离子方程式为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O，故答案为：3C2O42-+2CrO42-+16H+= 2Cr3++6CO2↑+8H2O；
(5) HC2O4-会水解、电离，所以，c(Na+)＞c(HC2O4-)，HC2O4-的电离常数= Ka2=6. 4×10-5，HC2O4-的水解常数Kh==≈1.7×10-13，电离常数＞＞水解常数，加之水电离也能产生一定的H+，所以c(H+)＞C2O42-＞c(OH-)。水解和电离都是微弱的，所以，c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)，综上所述：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)。H2C2O4H++HC2O4-，Ka1=，HC2O4-H++C2O42-，Ka2=，Ka1×Ka2=×=。pH= 2.5，则c(H+)=10-2.5，所以，==0.38（保留两位有效数字），即c(C2O42- ):c(H2C2O4)=0.38，故答案为：c(Na+)＞c(HC2O4-)＞c(H+)＞c(C2O42-)＞c(OH-)；0.38；
【点睛】(5)二酸弱酸H2X：。
32．     搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等（任选两种）     3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-     MgO或Mg(OH)2     Fe(OH)3、UO2(OH)2     增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O     2.5×10(37-3a)     变大     ====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大
【分析】硼铁混合精矿含有硼镁石[MgBO2(OH)]、磁铁矿(Fe3O4)、磁黄铁矿(FexS)、晶质铀矿(UO2)等，加入硫酸、NaClO3，NaClO3可将UO2转化为UO22+，过滤除去少量铁精矿(Fe3O4、FexS)，滤液调节pH除铁净化，可生成氢氧化铁、UO2(OH)2沉淀，过滤后的溶液中加入氯化镁，进行蒸发浓缩，趁热过滤可得到硫酸镁晶体，滤液中含有硼酸，冷却结晶得到硼酸(H3BO3)晶体，据此分析解答。
【详解】(1)酸浸”时，为了提高浸出率可采取的措施有：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等；NaClO3可将UO2转化为UO22+，反应的离子方程式为3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-，故答案为：搅拌、升高温度、延长浸出时间、适当提高硫酸的浓度，将硼铁矿粉碎等； 3UO22++6H++ClO3-=UO22++3H2O+Cl-；
(2)除铁净化时，应调节pH，为避免引入新杂质，可加入MgO或Mg(OH)2等，生成沉淀为Fe(OH)3、UO2(OH)2，故答案为：MgO或Mg(OH)2；Fe(OH)3、UO2(OH)2；
(3)“蒸发浓缩”时，加入固体MgCl2，可使溶液中镁离子浓度增大，有利于析出MgSO4•H2O，故答案为：增大镁离子浓度，有利于析出MgSO4•H2O；
(4)①在T℃， Fe3+水解方程式为，则该条件下Fe3+水解反应的平衡常数K====2.5×10(37-3a)，故答案为：2.5×10(37-3a)；
(4)铁精矿(Fe3O4、FexS)经过一系列加工后，可用于制备氢氧化铁固体。已知T℃，
回答下列问题：
②====2.0×1022×c(OH-)，在T℃向饱和Fe(OH)3、Fe(OH)2的混合溶液中，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大，故答案为：变大；====2.0×1022×c(OH-)，加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH-)增大，则变大。
【点睛】本题的难点为(4)②，要注意将转化为c(OH-)的关系式，再判断。
33．     充分搅拌，适当增加硫酸浓度，加热等符合题意的任一答案均可     2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O     3.7～5.6（ 或3.7≤pH