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安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-48物质的分离和提纯（2）
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这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-48物质的分离和提纯（2），共32页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-48物质的分离和提纯（2）
一、单选题
1．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）下列除杂试剂的选择和除杂操作都正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
除杂操作
A
SO2(HCl)气体
饱和Na2SO3溶液
洗气
B
CuCl2(FeCl3)溶液
NaOH溶液
过滤
C
Fe2O3(Al2O3)
盐酸
过滤
D
KNO3(NaCl)固体
水
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
A．A B．B C．C D．D
2．（2021·安徽合肥·统考一模）下列实验操作与选用的部分仪器相匹配的是
A．将干海带灼烧成海带灰，选用①⑥⑦
B．从的溶液中分离出，选用②③
C．用水来吸收尾气，选用③④
D．配制100g质量分数的溶液，选用③⑤⑥⑧
3．（2021·安徽蚌埠·统考一模）某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析正确的是
A．已知m2＜m1，则混合物中一定含有Al2O3和Al
B．蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe3+和H+
C．固体P一定是纯净物
D．向溶液N中滴加足量盐酸有白色沉淀生成
4．（2021·安徽黄山·统考二模）下列实验操作或相关说法合理的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
验证SO2的漂白性
蒸干MgCl2溶液制取无水MgCl2
充分振荡后下层为无色
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·安徽合肥·统考一模）某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化台物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2▪2H2O晶体的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A．焙烧后的废气能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．通氯气主要目的是提高CuCl2▪2H2O晶体的产率
C．调节pH选用的试剂可以是NaOH溶液
D．CuC12▪2H2O晶体直接加热可制得CuC12固体
二、工业流程题
6．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）冶炼金属锌的烟尘中常含有ZnO、PbO、GeO2、SiO2等，现以此含锗烟尘为原料制备Ge，其工艺流程图如下。
已知：Ge与Al性质相似；GeCl4易水解，沸点为84℃。
(1)第①步滤渣主要成分有___________(填化学式)。
(2)上述流程若在实验室中进行，需使用分液漏斗___________次。
(3)第④步加入浓盐酸的作用是___________ (答两点即可)。
(4)第⑤步反应的化学方程式___________。
(5)设计实验方案证明GeO2被完全还原___________。
(6)一种突破传统电池设计理念的镁-锗液态金属储能电池工作原理如图所示：
该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。放电时，C1-向___________ (填“上”或“下”)移动。充电时，阴极的电极反应式为___________。
7．（2021·安徽合肥·统考一模）铍在军工、航天、陶瓷、玻璃制造等行业应用广泛。一种以绿柱石(主要含有、、、和等)为原料制取单质被的工艺流程如图所示：
已知：铍和铝的化学性质相似，熔融时较难电离，在时会溶解。
回答下列问题：
(1)加快“酸浸”速率可采取的方法是_______(写出一种方法)，滤渣的主要成分是_______。
(2)“除铝”过程中，经过加热浓缩、冷却结晶，可除去部分铁铝，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，写出生成铝铵矾的化学方程式_______。
(3)“除铁”时加入的作用是_______。
(4)常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，列式计算说明此时溶液中的是否沉淀完全：_______(已知：常温下当溶液中的离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。)
(5)若在“沉铍”时加入过量的溶液，测铍的存在形式是_______(填离子符号)。
(6)写出加热条件下“氯化”反应的化学方程式_______。
(7)“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是_______。
8．（2021·安徽蚌埠·统考一模）铍铜合金具有良好的综合性能，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程：
已知：Ⅰ．铍、铝元素的化学性质相似，氧化物具有两性
Ⅱ．常温下部分难溶物的溶度积常数如表：
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10-20
8.0×10-38
2.1×10-13
(1)用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有___(写出两种)。
(2)滤渣1的成分有___(填化学式)。
(3)①滤液2中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，下列实验步骤合理的顺序为___(填字母)。
a．加入过量的氨水 b．加入适量的HCl c．洗涤 d．过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是___。
(4)滤渣3中有淡黄色固体，写出反应②中CuS发生反应的离子方程式___。
(5)滤液3中含Fe3+，若使Fe3+完全沉淀，溶液pH至少为___(已知离子物质的量浓度小于10-5mol·L-1时认为完全沉淀，lg2=0.3)。
9．（2021·安徽淮北·统考一模）钯是一种稀有金属，广泛应用于现代工业的各个领域，也是重要的战略物资。一种从失效的含钯催化剂(含Pd、PdO、Al2O3和有机物)中提取Pd的工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)“焙烧”的主要目的是①使Al2O3发生晶型转变形成难溶于酸的α—Al2O3，②___。
(2)写出在还原PdO步骤发生反应的化学方程式___。
(3)在浸出步骤中单质Pd转化H2PdCl6，不同浸出体系对钯浸出率的影响如表所示：
浸出体系对钯浸出率的影响
废催化剂质量(g)
浸出体系
现象
钯浸出率(%)
10.02
HCl+HNO3
反应剧烈、有黄烟
98.45
10.01
HCl+H2O2
反应剧烈
98.48
10.12
HCl+NaClO3
反应平稳
98.73
选择最佳的浸出体系为___，理由是___，写出用该体系浸出发生反应的化学方程式___。
(4)浸出步骤中，盐酸浓度对钯浸出率的影响如图所示：
由此确定最佳的盐酸浓度为___，理由是___。
10．（2021·安徽马鞍山·统考三模）某化工厂产生的铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，按如下流程回收Bi和Cu。
已知：Sb2O3难溶于H2SO4；Bi2Oз+2H2SO4=2Bi(OH)SO4↓+H2O。
回答下列问题：
(1)“粉碎”的目的是____。
(2)①若氧化剂为H2O2，溶解Cu2O反应的离子方程式为___；
②温度对铜浸出率的影响如图所示。
工业浸出时一般选择70℃~80℃，温度过低时铜浸出率低的原因是____；
(3)“操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是____；
(4)①“浸出渣II”的主要成分是SbOCl、____；
②写出SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：____；
(5)“铜浸出液”用如图旋流式电解装置电解。
①钛涂层柱的电极反应式是____；
②若“铜浸出液”中含铜92.16g·L-1，选择合适条件进行旋流电解。取电解后溶液25.00mL，加入足量KI溶液充分反应，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2=2I-+，消耗18.00mL标准液。旋流电解铜回收率是____。(用质量分数表示，保留一位小数)。
11．（2021·安徽宿州·统考三模）电解二氧化锰(EMD)是优良的电池的去极化剂，具有放电容量大、活性强、体积小、寿命长等特点。一种利用软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Cu、Fe等杂质)制备电解二氧化锰的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸出”步骤中，为提高浸出率，可采取的措施有___________。
(2)“浸出”过程中有Fe(OH)SO4和Fe(OH)3生成，Fe(OH)SO4属于___________；该过程中发生反应的化学方程式为___________。
(3)“Fe(OH)3渣”中含有的物质除Fe(OH)3外，主要还有___________。(填化学式)。
(4)本工艺流程可循环使用的物质有___________。
(5)“除铜”反应的平衡常数为___________(保留两位有效数字)。[已知Kp(MnS)=4.65×10-14， Ksp(CuS)=1.27×10-36]
(6)为处理10.7 kgFe(OH)3，至少需要标准状况下SO2___________m3。
12．（2021·安徽淮南·统考二模）工业上利用碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，其工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为___________。为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是___________(选填序号)。
A．升温 B．采用高压氧酸浸 C．使用98%的浓硫酸 D．将矿石粉碎成小块
(2)“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为___________。
(3)加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为___________(选填序号)。
A．1~2 B．2~3 C．3~4 D．4~5
已知在此条件下Mn2+不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是___________。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是___________。造成锰元素损失，产率下降。实际生产采用SDD代替。
(5)“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是___________。
(6)为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9g，则该硫酸锰晶体的化学式为___________。
13．（2021·安徽宣城·统考二模）NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按下列流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。
已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
(1)滤渣1的成分主要是_______。
(2)若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于_______mol/L。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCI2混合加热可制备无水 NiCl2，反应的方程式为_______。
(6)产品中镍的质量分数［ω(Ni)]测定：准确称取0.3000g产品于锥形瓶内，依次加入25 mL水、0.5g氟化钠、10 mL氨性缓冲溶液、约0.1g紫脲酸铵指示剂，摇匀，用0.0500 mol/L的 EDTA(Na2H2Y)标准液滴定至试液呈紫红色为终点，消耗标准液体积22.40mL，反应为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，则样品中ω(Ni)为_______(保留两位有效数字)。
14．（2021·安徽安庆·统考二模）工业上常用辉铜矿(主要成分为Cu2S，含有Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)制备重要催化剂CuCl。工艺如下：
已知：①CuCl为难溶于水的白色固体
②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol/L计算)
离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Fe3+
1.1
3.2
Cu2+
4.4
6.4
请回答下列问题：
(1)“浸取”过程中Cu2S转化为可溶性铜盐的离子方程式为：___________。
(2) “浸取”是该工艺的第一步，提高浸出率可提高最终产品产率。工程师研究发现单独加入FeCl3溶液时Cu2+浸出率很低，但同时加入FeCl3溶液和H2O2时可提高Cu2+浸出率，其原因可能是___________。进一步研究发现，加入H2O2后随温度升高，一定时间后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。请分析温度高于85℃，Cu2+浸出率下降的原因___________。
(3)已知Ksp(CaF2)=4.0×10−11.经测定“浸出液”中Ca2+浓度为4.0×10−3mol·L−1，加入NaF除去溶液中Ca2+，当溶液中c(F-)=1.0×10−3mol·L−1时，除钙率为___________。
(4)“除铁”过程包括氧化Fe2+、加入CuO调节pH等过程，为达到“除铁”目的需调节溶液pH范围为___________。
(5)“还原”过程中反应的离子方程式为：___________。
(6)通过“操作X”___________(填操作名称)，最终得到CuCl产品。
15．（2021·安徽池州·统考二模）钴具有广泛用途，其正三价化合物具有强氧化性。利用低硫钴矿(含Ca、Fe、Al、Mn、Mg、Co等元素的硫化物及SiO2)可以制取多种化工试剂，采用以下工艺流程可利用低硫钴矿制备CoCO3。
已知下列信息：
①常温下，Ksp(CaF2)=4.9x10-10，Ksp(MgF2)=6.4x10-12；
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
1.9
7.0
7.6
3.0
8.1
完全沉淀
3.2
9.0
9.2
4.7
10.1
(1)酸溶时 Co2O3被还原为Co2+，同时还有______离子被还原。写出Co2O3转化为Co2+反应的离子方程式______。
(2)“控电位浸出”是控制合适的氧化电位，将溶液中Mn2+变为MnO2除去，写出阳极电极反应式______。
(3)加入NaClO3的作用是______。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是______。
(5)为了将Mg2+、Ca2+除去，加入NaF使“滤液I”中c(F-)最小为______。
(6)“沉钴”步骤的离子方程式是______。
16．（2021·安徽蚌埠·统考三模）镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾［NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：
溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热，其原因是______。
(2)“氧化”过程发生反应的离子方程式是______。
(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1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是______；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是______。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______(列出计算式)。
(5)“转化”过程，向“过滤II”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4，控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4·Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式______。
(6)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为______。
17．（2021·安徽马鞍山·统考一模）碳酸镍是制备合成纳米镍的一种前驱体。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料获得碳酸镍流程如图：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时加入NaOH溶液的作用是_______。
(2)“操作A”的名称是_______。
(3)“酸浸”滤液中含有的阳离子主要为H+、_______。
(4)“转化”时加入H2O2的目的是_______(用离子方程式表示)，该过程温度不宜过高，原因可能是_______。
(5)请写出“沉镍”时的离子方程式_______。
(6)若选用Na2CO3溶液“沉镍”，当溶液中总碳浓度[ c(C)T ]为0.1mol·L-1时，溶液中总镍浓度的对数[lgc(Ni)T]与溶液pH关系如图。
注：c(C)T=c(CO )+c(HCO)+c(H2CO3)
①a点(pH≈8.2)时溶液中析出的沉淀主要为_______(填化学式)。
②b点溶液中Ni2+是否沉淀完全_______(填“是”或“否”)[溶液中总镍浓度c(Ni)T≤10-5mol·L-1时，Ni2+沉淀完全] 。
(7)取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用c mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，消耗标准液20.00 mL，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO浓度为_______。[已知常温下，Ksp(NiCO3)=1.42×10-7，只列计算式，不考虑杂质反应]。
18．（2021·安徽合肥·统考一模）利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如下。
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
8.9
9.15
(l)用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有____(写出一种合理方法即可)。
(2)沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、____，“浸出液”调节pH的范围为____，调节pH选用的试剂可以是____ (选填序号)。
a铁 b氨水 c碳酸钠溶液 d．稀硫酸
(3)“母液1”中加入NaClO反应的离子方程式为____。
(4)向Co(OH)3中加入H2SO4.H2O2混合液，H2O2的作用是____。
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为85为宜，此时c(Co2+)小于__mol/L；为防止生成Co(OH)2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，写出该反应的离子方程式____。(已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-l5)
(6)由“母液4”获取NiSO4．7H2O的操作是____，____，过滤，洗涤。
三、实验题
19．（2021·安徽合肥·统考一模）钙钛矿是一类陶瓷卤化物，通式为，在高温催化及光催化方面应用前景广泛。实验室制备一种钙钛矿型复合物的方法为：
实验用品：氯化锌、溴化铅、碳酸铯、十八烯、油酸、油胺。
实验步骤：
①将适量、、十八烯加入仪器A中，抽气后通入，重复3次；
②将混合物升温至进行干燥，注入一定量油酸、油胺，待溶液澄清透明后升温到，迅速注入铯前体，5s后停止反应：
③将步骤②中所得混合物与乙酸甲酯按一定比例混合后离心，分离出沉淀；
④将步骤③中所得沉淀溶解在正己烷中，加入乙酸甲酯离心，再次分离出沉淀，所得沉淀溶解在正庚烷中，离心除去剩余固体，上层清液即为纳米晶体的分散系。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称是_______，仪器B的进水口是_______(用“a”或者“b”表示)。
(2)通入氮气的目的是_______。
(3)铯前体是由碳酸铯与油酸加热时反应得到的产物，反应的化学方程式是_______。
(4)步骤③中乙酸甲酯的作用是_______。
(5)可通过检验氯离子来证明步骤④剩余固体中含有未反应完的，检验氯离子的方法是_______。
(6)可用电感耦合等离了体质谱来确定产品中各元素的含量。取0.5g产品溶于稀硝酸、测得锌、铅，则x的值是_______。(保留小数点后2位)
20．（2021·安徽蚌埠·统考一模）四氯化锡(SnCl4)是常见的媒染剂和有机合成催化剂.实验室可用Cl2与熔融的锡(熔点为232℃)反应制备SnCl4，装置如图：
已知：①SnCl4易挥发，极易水解生成SnO2·xH2O
②相关物质的熔沸点如下
物质
熔点/℃
沸点/℃
SnCl4
-33
114
CuCl2
620
993
请回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___。
(2)F装置的作用是___。
(3)实验过程中先点燃A处酒精灯，为了获得较纯的产品，当D处具支试管中__时，再点燃D处酒精灯。
(4)锡屑中含铜杂质会导致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是__。
(5)产品中含少量SnCl2杂质，SnCl2的含量可通过如下方法测定：先准确称取ag产品于锥形瓶中，再加过量的Fe2(SO4)3溶液，发生反应Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液体积VmL，则产品中SnCl2的质量分数为___(用含a、c、V的代数式表示)。
参考答案：
1．D
【详解】A．二者均与Na2SO3溶液反应，不能除杂，应选饱和NaHSO3溶液，故A错误；
B．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选CuO或氢氧化铜促进铁离子水解转化为沉淀，然后过滤分离，故B错误；
C．二者均与盐酸反应，不能除杂，应选足量NaOH溶液、过滤，故C错误；
D．NaCl的溶解度受温度影响不大，硝酸钾的溶解度受温度影响大，且将杂质残留在母液中，则溶解、蒸发浓缩、冷却结晶，并过滤可分离，故D正确；
故选：D。
2．C
【详解】A． 将干海带灼烧成海带灰，要用坩埚，不能用蒸发皿，故A错误；
B． 从的溶液中分离出，应用蒸馏法，不能用分液的方法分离，故B错误；
C． 用水来吸收尾气，HCl极易溶于水，用倒扣的漏斗防止倒吸，选用③④，故C正确；
D． 配制100g质量分数的溶液，不需要用容量瓶，故D错误；
故选C。
3．C
【分析】某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，加入氢氧化钠溶液，由于Al、Al2O3和NaOH溶液反应，因此溶液中至少有这两者中其一，固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜和盐酸不反应，因此说明是盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁。
【详解】A．已知m2＜m1，则混合物中可能含有Al2O3或Al或Al2O3和Al，故A错误；
B．由于有固体P，说明是铜单质，由于Cu和Fe3+反应，因此蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+，不可能含有Fe3+，故B错误；
C．Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，因此固体P一定是未反应的铜单质，故C正确；
D．N溶液中含有偏铝酸钠，向溶液N中滴加足量盐酸，生成氯化铝、氯化钠和水，没有白色沉淀，故D错误。
综上所述，答案为C。
4．D
【详解】A．混合时，应避免酸液飞溅，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，A项错误；
B．二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其褪色，体现的是二氧化硫的还原性，B项错误；
C．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进水解，应该将氯化镁溶液在HCl气氛中加热蒸发，防止氯化镁水解，C项错误；
D．振荡后分层，上层为水层，碱和溴水反应无色，下层为四氯化碳溶液无色，D项正确；
答案选D。
5．A
【详解】A． 焙烧后的废气中含有二氧化硫，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使之褪色，A正确；
B． 由图知，通氯气主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，再通过调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去，B错误；
C． 调节pH选用的试剂可以用氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜，不能用NaOH溶液，会导致铜离子一并沉淀并引入杂质， C错误；
D．滤液含有氯化铜，经蒸发浓缩、冷却结晶得到CuC12▪2H2O晶体，将CuC12▪2H2O晶体加热，铜离子会发生水解，所以应该在氯化氢气氛中加热才能得到CuCl2固体， D错误；
答案选A。
6．(1)PbSO4、SiO2
(2)2
(3)中和过量的氢氧化钠溶液，抑制GeCl4的水解
(4)GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl
(5)称量所得固体质量，再将所得固体溶解在盐酸中使其充分反应，之后过滤、洗涤、干燥，最后再称量固体质量，若质量不变，说明GeO2被完全还原
(6) 上 Mg2++2e-=Mg
【详解】（1）烟尘中含有ZnO、PbO、GeO2、SiO2，加入稀硫酸后，ZnO、PbO、GeO2可与稀硫酸反应，分别生成ZnSO4、PbSO4、Ge(SO4)2，硫酸铅不溶于水和稀硫酸，二氧化硅不与稀硫酸反应，所以滤渣成分为PbSO4、SiO2。
（2）上述流程中需使用2次分液漏斗，分别在萃取和分液这两个步骤中。
（3）步骤③中加入的氢氧化钠溶液是过量的，因此加盐酸是为了中和过量的氢氧化钠溶液；而GeCl4易水解，因此加入盐酸是为了抑制GeCl4的水解。
（4）第⑤步反应是GeCl4水解得到HCl和GeO2·nH2O，因此反应化学方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl。
（5）金属锗与盐酸不反应，而GeO2为两性氧化物，与盐酸反应，因此要证明GeO2已被完全还原，方法为：称量所得固体质量，再将所得固体溶解在盐酸中使其充分反应，之后过滤、洗涤、干燥，最后再称量固体质量，若质量不变，说明GeO2被完全还原。
（6）依据电子流向可知，镁液为原电池的负极，则氯离子向上移动；充电时，镁液作阴极，阴极电极反应式为：Mg2++2e-=Mg。
7．(1) 粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等
(2)
(3)将氧化为
(4)是时，
(5)
(6)
(7)增强熔融盐的导电性
【分析】用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤，滤渣为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，滤液中加入(NH4)2SO4有铝铵矾[(NH4)Al(SO4)2•12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的，再向滤液中加入氨水，得到Be(OH)2，高温分解得到BeO，加入木炭、氯气氯化，“电解”熔融，制取。
【详解】（1）加快“酸浸”速率可采取的方法是粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等(写出一种方法)，滤渣的主要成分是。故答案为：粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等；；
（2）“除铝”过程中，向含Al3+的滤液中加入(NH4)2SO4，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，生成铝铵矾的化学方程式。故答案为：；
（3）“除铁”过程要求先氧化Fe2+，再调节溶液pH≥3，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”时加入的作用是将氧化为。故答案为：将氧化为；
（4）常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，此时溶液中的沉淀完全：时，，故答案为：是，时，；
（5）若在“沉铍”时加入过量的溶液，Be(OH)2会溶于NaOH生成Na2BeO2，测铍的存在形式是(填离子符号)。故答案为：；
（6）加热条件下“氯化”反应的化学方程式。故答案为：；
（7）氯化铍在融熔态时较难电离，“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是增强熔融盐的导电性。故答案为：增强熔融盐的导电性。
8．(1)粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度
(2)CuS、FeS
(3) adcb 在HCl气流中加热蒸发
(4)CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O
(5)3.3
【分析】废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS 71%和少量FeS、SiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，由信息可知BeO属于两性氧化物，与NaOH反应产生Na2BeO2；CuS不与NaOH溶液反应，FeS不与NaOH溶液反应，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣1为CuS、FeS。向滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be (OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体。滤渣1中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为+2价的锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。
（1）
根据化学反应速率的影响因素可知：用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度等。
（2）
根据上述分析可知滤渣1中含有不能与NaOH溶液反应的CuS、FeS，而酸性氧化物SiO2及两性氧化物BeO而反应变为可溶性物质进入滤液1中。
（3）
①在滤液2中含有NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，应该向溶液中先加入过量氨水，中和HCl，同时将BeCl2转化为Be(OH)2沉淀，然后过滤，洗涤沉淀得到纯净Be(OH)2，再用适量稀HCl溶解沉淀，得到BeCl2溶液，故实验步骤合理的顺序为adcb。
（4）
滤渣3中有淡黄色沉淀生成，根据滤渣1中含有CuS、FeS，可知反应产生了难溶性的S单质。向其中加入MnO2、稀硫酸，在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cu2+、S、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应方程式：CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O。
（5）
由于Fe(OH)3的溶度积常数为Ksp=8.0×10-38，c(Fe3+)·c3(OH-)=2.2×10-20，c(Fe3+)＜10-5 mol·L-1，则c(OH-)≥，所以c(H+)= ，则pH=-lg c(H+)=3+0.3=3.3，即溶液pH至少为3.3。
9． 将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO HCl+NaClO3 反应平稳可控，且Pd的浸出率高 5mol/L 盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl
【详解】(1)杂质中有有机物，且有Pd，在焙烧过程中可将有机物转变成二氧化碳和水蒸气除去，同时能将Pd氧化成PdO，故答案为：将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO；
(2)PdO转化成Pd，1molPdO转移2mol电子，水合肼转化为氮气，1mol水合肼转移4mol电子，根据电子得失守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；
(3)由表格信息可知在催化剂质量相当的条件下，用HCl+NaClO3反应相对平稳且Pd的浸出率较高，反应中1mol转移6mol电子，1molPd转移4mol电子，根据电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：HCl+NaClO3；反应平稳可控，且Pd的浸出率高；；
(4)由图中信息可知盐酸浓度为5mol/L时，Pd的浸出率已达到99%，浓度再提高时转化率提高不明显，且造成盐酸的浪费，故答案为：5mol/L；盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl。
10． 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O 浸出速率减慢 过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥 PbSO4 SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl 2H2O-4e-= O2↑+4H+ 95.0%
【分析】铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，先将其粉碎增大大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，然后加入浓硫酸，与浓硫酸反应分别生成 Bi(OH)SO4沉淀，PbSO4沉淀 ，CuSO4溶液，Sb2O3难溶于H2SO4，则滤渣Ⅰ中含有Bi(OH)SO4，PbSO4，Sb2O3，加入盐酸，生成SbCl3，PbSO4沉淀不与盐酸反应，Bi(OH)SO4与盐酸反应生成铋浸出液，SbCl3水解生成SbOCl，过滤后滤渣Ⅱ中含有SbOCl，PbSO4，通过电解铋浸出液生成粗铋，以此解答；
【详解】(1) “粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2)① H2O2和Cu2O反应的离子方程式为Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；
②温度过低时，浸出速率减慢，从而导致铜浸出率低，故答案为：浸出速率减慢；
(3) “操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥；
(4)①PbO与浓硫酸反应生成PbSO4沉淀，加入盐酸PbSO4沉淀不与盐酸反应，所以“浸出渣II”的主要成分是SbOCl，PbSO4，故答案为：PbSO4；
②SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ，故答案为：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ；
(5)①钛涂层柱的电极反应式是2H2O-4e-= O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-= O2↑+4H+；
②用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2=2I-+，消耗18.00mL标准液，由2～ I2～2Cu2+关系可知Cu2+的物质的量为0.0018mol，Cu2+的质量为0.0018mol×64g/mol=0.1152g，可知25.00mL中含有Cu2+0.1152g，那么1L中含有4.608g，Cu2+的浸出率=，则旋流电解铜回收率是1-5.0%=95%，故答案为：95.0%。
11． 粉碎、加热、搅拌等 盐（碱式盐） 2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3 CaSO4 FeSO4 3.7×1022 1.12
【分析】软锰矿除主要成分为MnO2外还含有少量Cu、Fe等杂质，将软锰矿投入到硫酸亚铁溶液中浸出使其转化为可溶的硫酸盐；向浸出液中加入过量的氢氧化钙调pH以除去铁离子，过滤；向滤液中加入过量的硫化锰出去铜离子，再次过滤；电解滤液得到EMO和硫酸；硫酸与硫酸铁二氧化硫反应可制取循环使用的硫酸亚铁，据此分析可得：
【详解】(1)提高浸出率，可采取的措施有：升高温度，将软锰矿粉碎、以及搅拌等措施，故答案为：粉碎、加热、搅拌等；
(2) Fe(OH)SO4属于碱式盐；在该反应过程中Fe的化合价由2+价升高至+3价，发生氧化反应，则中的Mn作为氧化剂，则根据“浸出”过程中有Fe(OH)SO4和Fe(OH)3生成有：2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3，故答案为：盐（或碱式盐）2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3；
(3) “浸出”步骤加有，中和除铁中加入，则两种物质反应生成微溶的CaSO4，故答案为：CaSO4；
(4)由流程图可知，中和除铁的滤渣中含有，电极中生成，所以、以及反应可生成，所以本工艺流程可循环使用的物质为，故答案为：；
(5)“除铜”反应为，则，故答案为：；
(6)有关系式法有，解得V=1120L=1.12m3，故答案为：1.12。
12． C D Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+ 可能生成MnS MgSO4、CaSO4
【分析】碳酸锰矿主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质，加入硫酸酸浸，生成硫酸锰、硫酸镁、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铝的混合溶液，过滤出溶渣，向溶液中加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤出沉淀，向溶液中若加入(NH4)2S，可生成NiS、CuS沉淀，除铜、除镍，过滤后的溶液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸钙、硫酸镁，继续蒸发浓缩、结晶形成硫酸锰晶体。
【详解】(1)“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率，故选C；
(2)“除铝铁”步骤中，加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为。
(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图， pH范围为4~5 时，铝铁去除率高、锰损失率低，故选D；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+；
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。
(5)根据流程图， “结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4；
(6) 设硫酸锰晶体的化学式是，则，解得x=1，则该硫酸锰晶体的化学式为。
【点睛】本题以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，明确各步反应原理是解题关键，掌握常见混合物的分离，培养学生读图能力。
13． CuS S Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子 0.03 洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率 蒸发浓缩 NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑ 22%
【分析】废弃催化剂加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH4F生成CaF2、MgF2除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2·6H2O晶体。
【详解】(1) 向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入H2S，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，Cu2+和H2S反应生成CuS沉淀，所以滤渣1的成分主要是CuS、S。
(2)若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是。加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应，反应消耗氢离子，所以试剂Y的使用量会减少。
(3) Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于mol/L；
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率。NiCO3沉淀中加盐酸溶解得NiCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2·6H2O晶体。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCI2混合加热可制备无水NiCl2，反应的方程式为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。
(6)用0.0500 mol/L的 EDTA(Na2H2Y)标准液滴定至试液呈紫红色为终点，消耗标准液体积22.40mL，则消耗Na2H2Y的物质的量为，根据反应为方程式Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，Ni2+的物质的量为，则样品中ω(Ni)为。
【点睛】本题以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料回收NiCl2·6H2O晶体为载体，考查化学工艺流程，明确各步反应原理是解题关键，熟悉溶度积的有关计算，掌握常见混合物分离的方法。
14． Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S H2O2把生成的Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，Cu2+浸出率提高 温度升高，H2O2发生了分解 99% 3.2~4.4 2Cu2+＋＋2Cl-＋H2O=2CuCl↓＋＋2H+ 过滤、洗涤、干燥
【分析】Fe3+具有氧化性，可将Cu2S中的铜元素由+1氧化为+2价，硫元素氧化为S单质，而Fe3+转化为Fe2+；且因为Fe3+水解使溶液呈酸性，可将碱性氧化物Fe2O3、CaO反应转化为离子进入溶液，而SiO2不反应，过滤时可得到滤渣S和SiO2。用NaF可使Ca2＋形成CaF2沉淀，“除铁”时将Fe2+氧化为Fe3+后，通过调节pH使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，这时Cu2+不沉淀。最后用Na2SO3将Cu2+还原为+1价并转化为CuCl沉淀。
【详解】(1) Cu2S中铜元素为+1价，硫元素为-2价，均具有还原性，FeCl3中铁元素为+3价，具有氧化性。浸取时，两者发生氧化还原反应，Cu2S被氧化，离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。FeCl3溶液由于Fe3+水解呈酸性，Fe2O3、CaO与H+反应生成Fe3+和Ca2+，SiO2不反应，过滤时可得到滤渣S和SiO2。故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；
(2)浸取过程中Fe3+变为Fe2+，而H2O2具有氧化性，可以再使Fe2+氧化为Fe3+，使c(Fe3+)增大，加快反应速率和提高Cu2+浸出率；当温度过高时，H2O2易分解，从而使Cu2+浸出率下降。故答案为：H2O2把生成的Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)增大，Cu2+浸出率提高 温度升高，H2O2发生了分解；
(3)加入NaF使Ca2＋形成CaF2沉淀，除了析出的沉淀，溶液是饱和的，可用CaF2的Ksp数据进行计算。（mol/L），除钙率为：，故答案为：99%；
(4)为达到“除铁”的目的，即要使Fe3+完全沉淀（pH≥3.2），但是不能使Cu2+开始沉淀而损失（pH<4.4），因此调节pH的范围为3.2～4.4；
(5)亚硫酸钠具有较强还原性，将Cu2+还原成+1价且形成CuCl沉淀，“还原”反应的离子方程式：2Cu2+＋＋2Cl-＋H2O=2CuCl↓＋＋2H+。
(6) “还原”过程已得到CuCl沉淀，经过滤、洗涤、干燥可得最终产品。
15． Fe3+ 将Fe2+氧化成Fe3+，方便除去铁元素杂质 除去Fe3+、Al3+ 0.007mol/L
【分析】酸溶时，Co2O3被还原为Co2+，反应的离子方程式为：，“控电位浸出”将溶液中Mn2+变为MnO2除去，浸出液中含有Ca2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等杂质，加入NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH=5.2除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，加入NaF将Ca2+、Mg2+转化成CaF、MgF沉淀除去，最后加入碳酸氢钠和Co2+反应得到碳酸钴。
【详解】(1)酸溶时，反应物有Co2O3、Na2SO3、H2SO4，其中Co2O3具有极强的氧化性，则被还原的离子还有Fe3+，而Na2SO3具有强还原性，所以反应的离子方程式为：；
(2)阳极发生氧化反应，电极反应式为：；
(3)由于在酸溶过程中，亚硫酸根将铁离子还原为不易除去的亚铁离子，所以NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续步骤除去杂质Fe3+；
(4)由题干知，溶液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mn2+、Mg2+等杂质，使用碳酸钠调节pH为5.2，可以除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，所以目的为：除去Fe3+、Al3+；
(5)Mg2+、Ca2+完全除去，所以，，，所以c(F-)最小为0.007mol/L；
(6) “沉钴”步骤为Co2+和碳酸氢根反应生成碳酸钴，反应的离子方程式为：。
16． 加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全 6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O FeOOH 取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全 10-15.6 N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O 随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤后的滤液中在经过NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O，可得到Ni，依此解答该题；
【详解】(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全；
(2)根据分析，“氧化”过程发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4) 由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10-5mol/L，，故Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=10-15.6；
(5)根据分析，生成Ni的离子方程式：N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜。
17． 除去Al和Al2O3 过滤 Fe2+、Ni2+、Fe3+ H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全 Ni2++2HCO=NiCO3↓+CO2↑+H2O NiCO3 否 mol/L
【分析】由流程图可知，“碱浸”步骤中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，过滤出浸出液中主要含NaOH和NaAlO2，滤渣中含有Ni，含少量Fe、Fe3O4和不溶性杂质，在滤渣中加入稀硫酸，发生的反应有：Ni+H2SO4=NiSO4+ H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+ H2↑，Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O，Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4等，加入双氧水后发生的反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，通过调节pH将Fe3+以Fe(OH)3沉淀析出，然后进行操作A即过滤后出去铁，即得到滤液，其主要含有Ni2+，再加入NH4HCO3溶液发生反应Ni2++2HCO=NiCO3↓+H2O+CO2↑，再次过滤、洗涤、干燥即可得到纯净的NiCO3，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，“碱浸”时发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故加入NaOH溶液的作用是除去Al和Al2O3，故答案为：除去Al和Al2O3；
(2)由分析可知，“操作A”的名称是过滤，故答案为：过滤；
(3)由分析可知，“酸浸”时发生的反应有：Ni+H2SO4=NiSO4+ H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+ H2↑，Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O，Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4等，故滤液中含有的阳离子主要为H+、Fe2+、Ni2+、Fe3+，故答案为：Fe2+、Ni2+、Fe3+；
(4)由分析可知，“转化”时即将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH值来除去，加入H2O2的目的是H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，由于该步骤使用的H2O2在高温下易分解，将使Fe3+除不干净，故该过程温度不宜过高，原因可能是温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全；
(5)由分析可知，“沉镍”时的离子方程式为：Ni2++2HCO=NiCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Ni2++2HCO=NiCO3↓+CO2↑+H2O；
(6)①由于a点是NiCO3对应的c(Ni2+)小于Ni(OH)2对应的c(Ni2+)，说明以NiCO3沉淀更完全，故a点(pH≈8.2)时溶液中析出的沉淀主要为NiCO3，故答案为：NiCO3
②由溶液中总镍浓度的对数[lgc(Ni)T]与溶液pH关系图可知，b点溶液中Ni2+的总浓度不管是NiCO3还是Ni(OH)2对应的数值均大于10-5mol·L-1，故Ni2+并没有沉淀完全，故答案为：否；
(7)先根据取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用c mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，消耗标准液20.00 mL，可计算出NiSO4溶液的物质的量浓度为：n(Ni2+)=n(EDTA)，c(Ni2+)V(Ni2+)=c(EDTA)V(EDTA)，故c(Ni2+)==，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO浓度为mol/L，故答案为：mol/L。
18． 适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末 Al(OH)3 4.7⩽pH<6.2 bc 作还原剂 2×10-4 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】含镍废电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，产生Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤后，母液1加入次氯酸钠将Co2+氧化为Co3+、调pH，得到Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2+，加入碳酸钠溶液得CoCO3沉淀，用于生产醋酸钴晶体，过滤所得母液2，经加入氨气、硫酸后转化为Ni(OH)2沉淀，过滤，在硫酸参与下，得到NiSO4用于生成NiSO4⋅7H2O，以此解答该题。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末(写出一种合理方法即可)；
(2)金属电极芯中的主要成分是Co、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2+、Co2+、Fe2+、Al3+)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH的作用是除去溶液中的Fe3+、Al3+，故沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；为了保证Fe3+、Al3+沉淀完全而不沉淀Ni2+、Co2+，由表格数据可知，要调节pH的范围为4.7⩽pH<6.2；调节pH时不能加入铁，因为铁能还原铁离子为亚铁离子，不能加入稀硫酸，因为要将溶液的pH调大，由流程图中后续所加试剂可知，调节pH选用的试剂可以是氨水、碳酸钠溶液，故答案为bc；
(3)由流程图中母液1的后续产物可知，加入NaClO的作用是氧化Co2+，从而使其容易形成沉淀，与母液分离，反应的离子方程为： ；
(4)由流程图可知，向Co(OH)3中加入H2SO4、H2O2混合液后，溶液中生成了Co2+，反应中Co元素化合价降低，由此可知，H2O2的作用是作还原剂；
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，此时溶液中，；则c(Co2+)应小于2×10-4mol/L，由于，用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，则促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水，则反应的离子方程式；
(6)NiSO47H2O是结晶水合物，则由“母液4”获取NiSO47H2O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤。
19．(1) 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三颈瓶) b
(2)排除氧气防止反应物被氧化
(3)
(4)溶解并除去未反应完的油酸、油胺、十八烯
(5)取少量最后固体加入稀硝酸溶解，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀
(6)0.22
【解析】(1)
仪器A的名称为三颈烧瓶，仪器B为直型冷凝管，冷凝水应下口进上口出，因此进水口为b。
(2)
通入氮气是为了将容器内的空气排净，防止反应物被氧化。
(3)
碳酸铯为碳酸盐，油酸能电离出氢离子，两者反应生成铯前体的化学方程式为：。
(4)
乙酸甲酯的作用是将未反应完的油酸、油胺、十八烯溶解并除去。
(5)
检验氯离子的方法为：取少量最后固体加入稀硝酸溶解，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明剩余固体中含有未反应完的氯化锌。
(6)
化学式中锌原子和铅原子个数比，7x=2-2x，9x=2，x≈0.22。
20．(1)圆底烧瓶
(2)防止水蒸气进入装置E中
(3)充满黄绿色气体
(4)CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出
(5)%或×100%
【分析】根据题中图示装置可知，装置A是制取Cl2装置，装置B是除去Cl2中HCl，装置C是除去Cl2中水蒸气，装置D是Sn与Cl2反应生成SnCl4装置，装置E是SnCl4收集装置，装置F是防止水分进入装置E，从而引起SnCl4水解，装置G是尾气吸收装置，防止污染环境；据此解答。
（1）
由题中装置图可知，仪器a为圆底烧瓶；答案为圆底烧瓶。
（2）
因为SnCl4极易水解生成SnO2·xH2O，所以装置F装浓H2SO4试剂，防止水蒸气进入装置E中；答案为防止水蒸气进入装置E中。
（3）
实验过程中先点燃A处酒精灯，用Cl2排 尽装置中 的空气，避免副反应发生(产生SnO2)，当D处试管中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯，发生Sn+2Cl2SnCl4；答案为充满黄绿色气体。
（4）
由题中表格数据可知，CuCl2的沸点为993℃，SnCl4的沸点为114℃，则CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出；答案为CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出。
（5）
由题中信息可知，发生Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+、6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O反应，得关系式为3Sn2+~6Fe2+~，所以SnCl2的物质的量n(SnCl2)=mol，则产品中SnCl2的质量分数=×100%=%或×100%；答案为%或×100%。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-48物质的分离和提纯（2）
一、单选题
1．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）下列除杂试剂的选择和除杂操作都正确的是
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
除杂操作
A
SO2(HCl)气体
饱和Na2SO3溶液
洗气
B
CuCl2(FeCl3)溶液
NaOH溶液
过滤
C
Fe2O3(Al2O3)
盐酸
过滤
D
KNO3(NaCl)固体
水
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
A．A B．B C．C D．D
2．（2021·安徽合肥·统考一模）下列实验操作与选用的部分仪器相匹配的是
A．将干海带灼烧成海带灰，选用①⑥⑦
B．从的溶液中分离出，选用②③
C．用水来吸收尾气，选用③④
D．配制100g质量分数的溶液，选用③⑤⑥⑧
3．（2021·安徽蚌埠·统考一模）某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，为探究该混合物成分，某兴趣小组设计如图分析方案。下列分析正确的是
A．已知m2＜m1，则混合物中一定含有Al2O3和Al
B．蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe3+和H+
C．固体P一定是纯净物
D．向溶液N中滴加足量盐酸有白色沉淀生成
4．（2021·安徽黄山·统考二模）下列实验操作或相关说法合理的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
验证SO2的漂白性
蒸干MgCl2溶液制取无水MgCl2
充分振荡后下层为无色
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·安徽合肥·统考一模）某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化台物，工业上以该废渣为原料生产CuCl2▪2H2O晶体的工艺流程如下：
下列说法正确的是
A．焙烧后的废气能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B．通氯气主要目的是提高CuCl2▪2H2O晶体的产率
C．调节pH选用的试剂可以是NaOH溶液
D．CuC12▪2H2O晶体直接加热可制得CuC12固体
二、工业流程题
6．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）冶炼金属锌的烟尘中常含有ZnO、PbO、GeO2、SiO2等，现以此含锗烟尘为原料制备Ge，其工艺流程图如下。
已知：Ge与Al性质相似；GeCl4易水解，沸点为84℃。
(1)第①步滤渣主要成分有___________(填化学式)。
(2)上述流程若在实验室中进行，需使用分液漏斗___________次。
(3)第④步加入浓盐酸的作用是___________ (答两点即可)。
(4)第⑤步反应的化学方程式___________。
(5)设计实验方案证明GeO2被完全还原___________。
(6)一种突破传统电池设计理念的镁-锗液态金属储能电池工作原理如图所示：
该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。放电时，C1-向___________ (填“上”或“下”)移动。充电时，阴极的电极反应式为___________。
7．（2021·安徽合肥·统考一模）铍在军工、航天、陶瓷、玻璃制造等行业应用广泛。一种以绿柱石(主要含有、、、和等)为原料制取单质被的工艺流程如图所示：
已知：铍和铝的化学性质相似，熔融时较难电离，在时会溶解。
回答下列问题：
(1)加快“酸浸”速率可采取的方法是_______(写出一种方法)，滤渣的主要成分是_______。
(2)“除铝”过程中，经过加热浓缩、冷却结晶，可除去部分铁铝，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，写出生成铝铵矾的化学方程式_______。
(3)“除铁”时加入的作用是_______。
(4)常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，列式计算说明此时溶液中的是否沉淀完全：_______(已知：常温下当溶液中的离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。)
(5)若在“沉铍”时加入过量的溶液，测铍的存在形式是_______(填离子符号)。
(6)写出加热条件下“氯化”反应的化学方程式_______。
(7)“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是_______。
8．（2021·安徽蚌埠·统考一模）铍铜合金具有良好的综合性能，广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某旧铍铜元件(含BeO、CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程：
已知：Ⅰ．铍、铝元素的化学性质相似，氧化物具有两性
Ⅱ．常温下部分难溶物的溶度积常数如表：
难溶物
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
溶度积常数(Ksp)
2.2×10-20
8.0×10-38
2.1×10-13
(1)用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有___(写出两种)。
(2)滤渣1的成分有___(填化学式)。
(3)①滤液2中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，下列实验步骤合理的顺序为___(填字母)。
a．加入过量的氨水 b．加入适量的HCl c．洗涤 d．过滤
②从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是___。
(4)滤渣3中有淡黄色固体，写出反应②中CuS发生反应的离子方程式___。
(5)滤液3中含Fe3+，若使Fe3+完全沉淀，溶液pH至少为___(已知离子物质的量浓度小于10-5mol·L-1时认为完全沉淀，lg2=0.3)。
9．（2021·安徽淮北·统考一模）钯是一种稀有金属，广泛应用于现代工业的各个领域，也是重要的战略物资。一种从失效的含钯催化剂(含Pd、PdO、Al2O3和有机物)中提取Pd的工艺流程如图：
请回答下列问题：
(1)“焙烧”的主要目的是①使Al2O3发生晶型转变形成难溶于酸的α—Al2O3，②___。
(2)写出在还原PdO步骤发生反应的化学方程式___。
(3)在浸出步骤中单质Pd转化H2PdCl6，不同浸出体系对钯浸出率的影响如表所示：
浸出体系对钯浸出率的影响
废催化剂质量(g)
浸出体系
现象
钯浸出率(%)
10.02
HCl+HNO3
反应剧烈、有黄烟
98.45
10.01
HCl+H2O2
反应剧烈
98.48
10.12
HCl+NaClO3
反应平稳
98.73
选择最佳的浸出体系为___，理由是___，写出用该体系浸出发生反应的化学方程式___。
(4)浸出步骤中，盐酸浓度对钯浸出率的影响如图所示：
由此确定最佳的盐酸浓度为___，理由是___。
10．（2021·安徽马鞍山·统考三模）某化工厂产生的铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，按如下流程回收Bi和Cu。
已知：Sb2O3难溶于H2SO4；Bi2Oз+2H2SO4=2Bi(OH)SO4↓+H2O。
回答下列问题：
(1)“粉碎”的目的是____。
(2)①若氧化剂为H2O2，溶解Cu2O反应的离子方程式为___；
②温度对铜浸出率的影响如图所示。
工业浸出时一般选择70℃~80℃，温度过低时铜浸出率低的原因是____；
(3)“操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是____；
(4)①“浸出渣II”的主要成分是SbOCl、____；
②写出SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：____；
(5)“铜浸出液”用如图旋流式电解装置电解。
①钛涂层柱的电极反应式是____；
②若“铜浸出液”中含铜92.16g·L-1，选择合适条件进行旋流电解。取电解后溶液25.00mL，加入足量KI溶液充分反应，以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2=2I-+，消耗18.00mL标准液。旋流电解铜回收率是____。(用质量分数表示，保留一位小数)。
11．（2021·安徽宿州·统考三模）电解二氧化锰(EMD)是优良的电池的去极化剂，具有放电容量大、活性强、体积小、寿命长等特点。一种利用软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Cu、Fe等杂质)制备电解二氧化锰的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸出”步骤中，为提高浸出率，可采取的措施有___________。
(2)“浸出”过程中有Fe(OH)SO4和Fe(OH)3生成，Fe(OH)SO4属于___________；该过程中发生反应的化学方程式为___________。
(3)“Fe(OH)3渣”中含有的物质除Fe(OH)3外，主要还有___________。(填化学式)。
(4)本工艺流程可循环使用的物质有___________。
(5)“除铜”反应的平衡常数为___________(保留两位有效数字)。[已知Kp(MnS)=4.65×10-14， Ksp(CuS)=1.27×10-36]
(6)为处理10.7 kgFe(OH)3，至少需要标准状况下SO2___________m3。
12．（2021·安徽淮南·统考二模）工业上利用碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，其工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为___________。为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是___________(选填序号)。
A．升温 B．采用高压氧酸浸 C．使用98%的浓硫酸 D．将矿石粉碎成小块
(2)“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为___________。
(3)加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为___________(选填序号)。
A．1~2 B．2~3 C．3~4 D．4~5
已知在此条件下Mn2+不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是___________。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是___________。造成锰元素损失，产率下降。实际生产采用SDD代替。
(5)“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是___________。
(6)为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9g，则该硫酸锰晶体的化学式为___________。
13．（2021·安徽宣城·统考二模）NiCl2是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料，按下列流程回收NiCl2·6H2O晶体，回答下列问题。
已知：Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9
(1)滤渣1的成分主要是_______。
(2)若X为Cl2，则其发生的离子方程式是_______。若用H2O2代替Cl2，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。
(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于_______mol/L。
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCI2混合加热可制备无水 NiCl2，反应的方程式为_______。
(6)产品中镍的质量分数［ω(Ni)]测定：准确称取0.3000g产品于锥形瓶内，依次加入25 mL水、0.5g氟化钠、10 mL氨性缓冲溶液、约0.1g紫脲酸铵指示剂，摇匀，用0.0500 mol/L的 EDTA(Na2H2Y)标准液滴定至试液呈紫红色为终点，消耗标准液体积22.40mL，反应为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，则样品中ω(Ni)为_______(保留两位有效数字)。
14．（2021·安徽安庆·统考二模）工业上常用辉铜矿(主要成分为Cu2S，含有Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)制备重要催化剂CuCl。工艺如下：
已知：①CuCl为难溶于水的白色固体
②部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol/L计算)
离子
开始沉淀的pH
完全沉淀的pH
Fe3+
1.1
3.2
Cu2+
4.4
6.4
请回答下列问题：
(1)“浸取”过程中Cu2S转化为可溶性铜盐的离子方程式为：___________。
(2) “浸取”是该工艺的第一步，提高浸出率可提高最终产品产率。工程师研究发现单独加入FeCl3溶液时Cu2+浸出率很低，但同时加入FeCl3溶液和H2O2时可提高Cu2+浸出率，其原因可能是___________。进一步研究发现，加入H2O2后随温度升高，一定时间后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。请分析温度高于85℃，Cu2+浸出率下降的原因___________。
(3)已知Ksp(CaF2)=4.0×10−11.经测定“浸出液”中Ca2+浓度为4.0×10−3mol·L−1，加入NaF除去溶液中Ca2+，当溶液中c(F-)=1.0×10−3mol·L−1时，除钙率为___________。
(4)“除铁”过程包括氧化Fe2+、加入CuO调节pH等过程，为达到“除铁”目的需调节溶液pH范围为___________。
(5)“还原”过程中反应的离子方程式为：___________。
(6)通过“操作X”___________(填操作名称)，最终得到CuCl产品。
15．（2021·安徽池州·统考二模）钴具有广泛用途，其正三价化合物具有强氧化性。利用低硫钴矿(含Ca、Fe、Al、Mn、Mg、Co等元素的硫化物及SiO2)可以制取多种化工试剂，采用以下工艺流程可利用低硫钴矿制备CoCO3。
已知下列信息：
①常温下，Ksp(CaF2)=4.9x10-10，Ksp(MgF2)=6.4x10-12；
②流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
1.9
7.0
7.6
3.0
8.1
完全沉淀
3.2
9.0
9.2
4.7
10.1
(1)酸溶时 Co2O3被还原为Co2+，同时还有______离子被还原。写出Co2O3转化为Co2+反应的离子方程式______。
(2)“控电位浸出”是控制合适的氧化电位，将溶液中Mn2+变为MnO2除去，写出阳极电极反应式______。
(3)加入NaClO3的作用是______。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是______。
(5)为了将Mg2+、Ca2+除去，加入NaF使“滤液I”中c(F-)最小为______。
(6)“沉钴”步骤的离子方程式是______。
16．（2021·安徽蚌埠·统考三模）镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾［NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：
溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热，其原因是______。
(2)“氧化”过程发生反应的离子方程式是______。
(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1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是______；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是______。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______(列出计算式)。
(5)“转化”过程，向“过滤II”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4，控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4·Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式______。
(6)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为______。
17．（2021·安徽马鞍山·统考一模）碳酸镍是制备合成纳米镍的一种前驱体。以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3和不溶性杂质等)为原料获得碳酸镍流程如图：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时加入NaOH溶液的作用是_______。
(2)“操作A”的名称是_______。
(3)“酸浸”滤液中含有的阳离子主要为H+、_______。
(4)“转化”时加入H2O2的目的是_______(用离子方程式表示)，该过程温度不宜过高，原因可能是_______。
(5)请写出“沉镍”时的离子方程式_______。
(6)若选用Na2CO3溶液“沉镍”，当溶液中总碳浓度[ c(C)T ]为0.1mol·L-1时，溶液中总镍浓度的对数[lgc(Ni)T]与溶液pH关系如图。
注：c(C)T=c(CO )+c(HCO)+c(H2CO3)
①a点(pH≈8.2)时溶液中析出的沉淀主要为_______(填化学式)。
②b点溶液中Ni2+是否沉淀完全_______(填“是”或“否”)[溶液中总镍浓度c(Ni)T≤10-5mol·L-1时，Ni2+沉淀完全] 。
(7)取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用c mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，消耗标准液20.00 mL，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO浓度为_______。[已知常温下，Ksp(NiCO3)=1.42×10-7，只列计算式，不考虑杂质反应]。
18．（2021·安徽合肥·统考一模）利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如下。
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
8.9
9.15
(l)用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有____(写出一种合理方法即可)。
(2)沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、____，“浸出液”调节pH的范围为____，调节pH选用的试剂可以是____ (选填序号)。
a铁 b氨水 c碳酸钠溶液 d．稀硫酸
(3)“母液1”中加入NaClO反应的离子方程式为____。
(4)向Co(OH)3中加入H2SO4.H2O2混合液，H2O2的作用是____。
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为85为宜，此时c(Co2+)小于__mol/L；为防止生成Co(OH)2沉淀，可用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，写出该反应的离子方程式____。(已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-l5)
(6)由“母液4”获取NiSO4．7H2O的操作是____，____，过滤，洗涤。
三、实验题
19．（2021·安徽合肥·统考一模）钙钛矿是一类陶瓷卤化物，通式为，在高温催化及光催化方面应用前景广泛。实验室制备一种钙钛矿型复合物的方法为：
实验用品：氯化锌、溴化铅、碳酸铯、十八烯、油酸、油胺。
实验步骤：
①将适量、、十八烯加入仪器A中，抽气后通入，重复3次；
②将混合物升温至进行干燥，注入一定量油酸、油胺，待溶液澄清透明后升温到，迅速注入铯前体，5s后停止反应：
③将步骤②中所得混合物与乙酸甲酯按一定比例混合后离心，分离出沉淀；
④将步骤③中所得沉淀溶解在正己烷中，加入乙酸甲酯离心，再次分离出沉淀，所得沉淀溶解在正庚烷中，离心除去剩余固体，上层清液即为纳米晶体的分散系。
回答下列问题：
(1)仪器A的名称是_______，仪器B的进水口是_______(用“a”或者“b”表示)。
(2)通入氮气的目的是_______。
(3)铯前体是由碳酸铯与油酸加热时反应得到的产物，反应的化学方程式是_______。
(4)步骤③中乙酸甲酯的作用是_______。
(5)可通过检验氯离子来证明步骤④剩余固体中含有未反应完的，检验氯离子的方法是_______。
(6)可用电感耦合等离了体质谱来确定产品中各元素的含量。取0.5g产品溶于稀硝酸、测得锌、铅，则x的值是_______。(保留小数点后2位)
20．（2021·安徽蚌埠·统考一模）四氯化锡(SnCl4)是常见的媒染剂和有机合成催化剂.实验室可用Cl2与熔融的锡(熔点为232℃)反应制备SnCl4，装置如图：
已知：①SnCl4易挥发，极易水解生成SnO2·xH2O
②相关物质的熔沸点如下
物质
熔点/℃
沸点/℃
SnCl4
-33
114
CuCl2
620
993
请回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___。
(2)F装置的作用是___。
(3)实验过程中先点燃A处酒精灯，为了获得较纯的产品，当D处具支试管中__时，再点燃D处酒精灯。
(4)锡屑中含铜杂质会导致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是__。
(5)产品中含少量SnCl2杂质，SnCl2的含量可通过如下方法测定：先准确称取ag产品于锥形瓶中，再加过量的Fe2(SO4)3溶液，发生反应Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，消耗标准溶液体积VmL，则产品中SnCl2的质量分数为___(用含a、c、V的代数式表示)。
参考答案：
1．D
【详解】A．二者均与Na2SO3溶液反应，不能除杂，应选饱和NaHSO3溶液，故A错误；
B．二者均与NaOH反应，不能除杂，应选CuO或氢氧化铜促进铁离子水解转化为沉淀，然后过滤分离，故B错误；
C．二者均与盐酸反应，不能除杂，应选足量NaOH溶液、过滤，故C错误；
D．NaCl的溶解度受温度影响不大，硝酸钾的溶解度受温度影响大，且将杂质残留在母液中，则溶解、蒸发浓缩、冷却结晶，并过滤可分离，故D正确；
故选：D。
2．C
【详解】A． 将干海带灼烧成海带灰，要用坩埚，不能用蒸发皿，故A错误；
B． 从的溶液中分离出，应用蒸馏法，不能用分液的方法分离，故B错误；
C． 用水来吸收尾气，HCl极易溶于水，用倒扣的漏斗防止倒吸，选用③④，故C正确；
D． 配制100g质量分数的溶液，不需要用容量瓶，故D错误；
故选C。
3．C
【分析】某混合物可能含有Al、Cu、Fe2O3、Al2O3，加入氢氧化钠溶液，由于Al、Al2O3和NaOH溶液反应，因此溶液中至少有这两者中其一，固体N加入过量盐酸，有蓝色溶液，说明有铜离子，由于铜和盐酸不反应，因此说明是盐酸和氧化铁反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁。
【详解】A．已知m2＜m1，则混合物中可能含有Al2O3或Al或Al2O3和Al，故A错误；
B．由于有固体P，说明是铜单质，由于Cu和Fe3+反应，因此蓝绿色溶液中含有的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+，不可能含有Fe3+，故B错误；
C．Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，因此固体P一定是未反应的铜单质，故C正确；
D．N溶液中含有偏铝酸钠，向溶液N中滴加足量盐酸，生成氯化铝、氯化钠和水，没有白色沉淀，故D错误。
综上所述，答案为C。
4．D
【详解】A．混合时，应避免酸液飞溅，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，A项错误；
B．二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其褪色，体现的是二氧化硫的还原性，B项错误；
C．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进水解，应该将氯化镁溶液在HCl气氛中加热蒸发，防止氯化镁水解，C项错误；
D．振荡后分层，上层为水层，碱和溴水反应无色，下层为四氯化碳溶液无色，D项正确；
答案选D。
5．A
【详解】A． 焙烧后的废气中含有二氧化硫，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使之褪色，A正确；
B． 由图知，通氯气主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子，再通过调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀而除去，B错误；
C． 调节pH选用的试剂可以用氧化铜、氢氧化铜或碳酸铜，不能用NaOH溶液，会导致铜离子一并沉淀并引入杂质， C错误；
D．滤液含有氯化铜，经蒸发浓缩、冷却结晶得到CuC12▪2H2O晶体，将CuC12▪2H2O晶体加热，铜离子会发生水解，所以应该在氯化氢气氛中加热才能得到CuCl2固体， D错误；
答案选A。
6．(1)PbSO4、SiO2
(2)2
(3)中和过量的氢氧化钠溶液，抑制GeCl4的水解
(4)GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl
(5)称量所得固体质量，再将所得固体溶解在盐酸中使其充分反应，之后过滤、洗涤、干燥，最后再称量固体质量，若质量不变，说明GeO2被完全还原
(6) 上 Mg2++2e-=Mg
【详解】（1）烟尘中含有ZnO、PbO、GeO2、SiO2，加入稀硫酸后，ZnO、PbO、GeO2可与稀硫酸反应，分别生成ZnSO4、PbSO4、Ge(SO4)2，硫酸铅不溶于水和稀硫酸，二氧化硅不与稀硫酸反应，所以滤渣成分为PbSO4、SiO2。
（2）上述流程中需使用2次分液漏斗，分别在萃取和分液这两个步骤中。
（3）步骤③中加入的氢氧化钠溶液是过量的，因此加盐酸是为了中和过量的氢氧化钠溶液；而GeCl4易水解，因此加入盐酸是为了抑制GeCl4的水解。
（4）第⑤步反应是GeCl4水解得到HCl和GeO2·nH2O，因此反应化学方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O+4HCl。
（5）金属锗与盐酸不反应，而GeO2为两性氧化物，与盐酸反应，因此要证明GeO2已被完全还原，方法为：称量所得固体质量，再将所得固体溶解在盐酸中使其充分反应，之后过滤、洗涤、干燥，最后再称量固体质量，若质量不变，说明GeO2被完全还原。
（6）依据电子流向可知，镁液为原电池的负极，则氯离子向上移动；充电时，镁液作阴极，阴极电极反应式为：Mg2++2e-=Mg。
7．(1) 粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等
(2)
(3)将氧化为
(4)是时，
(5)
(6)
(7)增强熔融盐的导电性
【分析】用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤，滤渣为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，滤液中加入(NH4)2SO4有铝铵矾[(NH4)Al(SO4)2•12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的，再向滤液中加入氨水，得到Be(OH)2，高温分解得到BeO，加入木炭、氯气氯化，“电解”熔融，制取。
【详解】（1）加快“酸浸”速率可采取的方法是粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等(写出一种方法)，滤渣的主要成分是。故答案为：粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等；；
（2）“除铝”过程中，向含Al3+的滤液中加入(NH4)2SO4，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，生成铝铵矾的化学方程式。故答案为：；
（3）“除铁”过程要求先氧化Fe2+，再调节溶液pH≥3，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”时加入的作用是将氧化为。故答案为：将氧化为；
（4）常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，此时溶液中的沉淀完全：时，，故答案为：是，时，；
（5）若在“沉铍”时加入过量的溶液，Be(OH)2会溶于NaOH生成Na2BeO2，测铍的存在形式是(填离子符号)。故答案为：；
（6）加热条件下“氯化”反应的化学方程式。故答案为：；
（7）氯化铍在融熔态时较难电离，“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是增强熔融盐的导电性。故答案为：增强熔融盐的导电性。
8．(1)粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度
(2)CuS、FeS
(3) adcb 在HCl气流中加热蒸发
(4)CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O
(5)3.3
【分析】废旧铍铜元件(含BeO 25%、CuS 71%和少量FeS、SiO2)，加入氢氧化钠溶液反应后过滤，由信息可知BeO属于两性氧化物，与NaOH反应产生Na2BeO2；CuS不与NaOH溶液反应，FeS不与NaOH溶液反应，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，因此滤液A成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2，滤渣1为CuS、FeS。向滤液中加入过量盐酸过滤得到固体为硅酸，溶液中为BeCl2，向溶液C中先加入过量的氨水，生成Be (OH)2沉淀，然后过滤洗涤，再加入适量的HCl生成BeCl2，在HCl气氛中对BeCl2溶液蒸发结晶得到晶体。滤渣1中加入硫酸酸化的二氧化锰，MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫，酸性介质中二氧化锰被还原为+2价的锰盐，过滤得到溶液D为硫酸铜、硫酸铁、硫酸锰的混合溶液，逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离，最后得到金属铜，以此解答该题。
（1）
根据化学反应速率的影响因素可知：用NaOH溶液溶解铍铜元件时，能提高浸取率的措施有粉碎铍铜元件、搅拌、加热、适当增加NaOH溶液浓度等。
（2）
根据上述分析可知滤渣1中含有不能与NaOH溶液反应的CuS、FeS，而酸性氧化物SiO2及两性氧化物BeO而反应变为可溶性物质进入滤液1中。
（3）
①在滤液2中含有NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，应该向溶液中先加入过量氨水，中和HCl，同时将BeCl2转化为Be(OH)2沉淀，然后过滤，洗涤沉淀得到纯净Be(OH)2，再用适量稀HCl溶解沉淀，得到BeCl2溶液，故实验步骤合理的顺序为adcb。
（4）
滤渣3中有淡黄色沉淀生成，根据滤渣1中含有CuS、FeS，可知反应产生了难溶性的S单质。向其中加入MnO2、稀硫酸，在酸性条件下发生氧化还原反应，产生Cu2+、S、Mn2+、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应方程式：CuS+MnO2+4H+=Cu2++S+Mn2++2H2O。
（5）
由于Fe(OH)3的溶度积常数为Ksp=8.0×10-38，c(Fe3+)·c3(OH-)=2.2×10-20，c(Fe3+)＜10-5 mol·L-1，则c(OH-)≥，所以c(H+)= ，则pH=-lg c(H+)=3+0.3=3.3，即溶液pH至少为3.3。
9． 将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO HCl+NaClO3 反应平稳可控，且Pd的浸出率高 5mol/L 盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl
【详解】(1)杂质中有有机物，且有Pd，在焙烧过程中可将有机物转变成二氧化碳和水蒸气除去，同时能将Pd氧化成PdO，故答案为：将有机物完全燃烧除去，同时将Pd完全转化为PdO；
(2)PdO转化成Pd，1molPdO转移2mol电子，水合肼转化为氮气，1mol水合肼转移4mol电子，根据电子得失守恒及元素守恒可得反应方程式：，故答案为：；
(3)由表格信息可知在催化剂质量相当的条件下，用HCl+NaClO3反应相对平稳且Pd的浸出率较高，反应中1mol转移6mol电子，1molPd转移4mol电子，根据电子得失守恒可得反应方程式为：，故答案为：HCl+NaClO3；反应平稳可控，且Pd的浸出率高；；
(4)由图中信息可知盐酸浓度为5mol/L时，Pd的浸出率已达到99%，浓度再提高时转化率提高不明显，且造成盐酸的浪费，故答案为：5mol/L；盐酸浓度为5mol/L时，钯反应浸出率较高且较节约HCl。
10． 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O 浸出速率减慢 过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥 PbSO4 SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl 2H2O-4e-= O2↑+4H+ 95.0%
【分析】铋渣，主要成分为Bi2O3、PbO、CuO、Sb2O3，先将其粉碎增大大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，然后加入浓硫酸，与浓硫酸反应分别生成 Bi(OH)SO4沉淀，PbSO4沉淀 ，CuSO4溶液，Sb2O3难溶于H2SO4，则滤渣Ⅰ中含有Bi(OH)SO4，PbSO4，Sb2O3，加入盐酸，生成SbCl3，PbSO4沉淀不与盐酸反应，Bi(OH)SO4与盐酸反应生成铋浸出液，SbCl3水解生成SbOCl，过滤后滤渣Ⅱ中含有SbOCl，PbSO4，通过电解铋浸出液生成粗铋，以此解答；
【详解】(1) “粉碎”的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
(2)① H2O2和Cu2O反应的离子方程式为Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O，故答案为：Cu2O + H2O2+ 4H+= 2Cu2++3H2O；
②温度过低时，浸出速率减慢，从而导致铜浸出率低，故答案为：浸出速率减慢；
(3) “操作I”为减压过滤。与常压过滤比较，其优点是过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥，故答案为：过滤和洗涤速度快，滤出的固体容易干燥；
(4)①PbO与浓硫酸反应生成PbSO4沉淀，加入盐酸PbSO4沉淀不与盐酸反应，所以“浸出渣II”的主要成分是SbOCl，PbSO4，故答案为：PbSO4；
②SbCl3水解生成SbOCl的化学方程式：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ，故答案为：SbCl3+ H2O = SbOCl↓+2HCl ；
(5)①钛涂层柱的电极反应式是2H2O-4e-= O2↑+4H+，故答案为：2H2O-4e-= O2↑+4H+；
②用0.1000mol·L-1的标准液Na2S2O3滴定，反应为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2=2I-+，消耗18.00mL标准液，由2～ I2～2Cu2+关系可知Cu2+的物质的量为0.0018mol，Cu2+的质量为0.0018mol×64g/mol=0.1152g，可知25.00mL中含有Cu2+0.1152g，那么1L中含有4.608g，Cu2+的浸出率=，则旋流电解铜回收率是1-5.0%=95%，故答案为：95.0%。
11． 粉碎、加热、搅拌等 盐（碱式盐） 2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3 CaSO4 FeSO4 3.7×1022 1.12
【分析】软锰矿除主要成分为MnO2外还含有少量Cu、Fe等杂质，将软锰矿投入到硫酸亚铁溶液中浸出使其转化为可溶的硫酸盐；向浸出液中加入过量的氢氧化钙调pH以除去铁离子，过滤；向滤液中加入过量的硫化锰出去铜离子，再次过滤；电解滤液得到EMO和硫酸；硫酸与硫酸铁二氧化硫反应可制取循环使用的硫酸亚铁，据此分析可得：
【详解】(1)提高浸出率，可采取的措施有：升高温度，将软锰矿粉碎、以及搅拌等措施，故答案为：粉碎、加热、搅拌等；
(2) Fe(OH)SO4属于碱式盐；在该反应过程中Fe的化合价由2+价升高至+3价，发生氧化反应，则中的Mn作为氧化剂，则根据“浸出”过程中有Fe(OH)SO4和Fe(OH)3生成有：2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3，故答案为：盐（或碱式盐）2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3；
(3) “浸出”步骤加有，中和除铁中加入，则两种物质反应生成微溶的CaSO4，故答案为：CaSO4；
(4)由流程图可知，中和除铁的滤渣中含有，电极中生成，所以、以及反应可生成，所以本工艺流程可循环使用的物质为，故答案为：；
(5)“除铜”反应为，则，故答案为：；
(6)有关系式法有，解得V=1120L=1.12m3，故答案为：1.12。
12． C D Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+ 可能生成MnS MgSO4、CaSO4
【分析】碳酸锰矿主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质，加入硫酸酸浸，生成硫酸锰、硫酸镁、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铝的混合溶液，过滤出溶渣，向溶液中加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤出沉淀，向溶液中若加入(NH4)2S，可生成NiS、CuS沉淀，除铜、除镍，过滤后的溶液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸钙、硫酸镁，继续蒸发浓缩、结晶形成硫酸锰晶体。
【详解】(1)“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率，故选C；
(2)“除铝铁”步骤中，加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为。
(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图， pH范围为4~5 时，铝铁去除率高、锰损失率低，故选D；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+；
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。
(5)根据流程图， “结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4；
(6) 设硫酸锰晶体的化学式是，则，解得x=1，则该硫酸锰晶体的化学式为。
【点睛】本题以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，明确各步反应原理是解题关键，掌握常见混合物的分离，培养学生读图能力。
13． CuS S Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子 0.03 洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率 蒸发浓缩 NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑ 22%
【分析】废弃催化剂加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H2S生成CuS沉淀除去Cu2+，同时Fe3+被还原为Fe2+；滤液1中加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3+；向滤液2中加入NH4F生成CaF2、MgF2除去Ca2+和Mg2+；向滤液3中加入Na2CO3溶液生成NiCO3沉淀，NiCO3沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2·6H2O晶体。
【详解】(1) 向含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+离子的溶液中通入H2S，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，Cu2+和H2S反应生成CuS沉淀，所以滤渣1的成分主要是CuS、S。
(2)若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是。加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应，反应消耗氢离子，所以试剂Y的使用量会减少。
(3) Ksp(CaF2)=4×10-11，Ksp(MgF2)=9×10-9，CaF2比MgF2更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca2+和Mg2+(离子浓度≤10-5mol/L)，滤液3中c(F-)不小于mol/L；
(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率。NiCO3沉淀中加盐酸溶解得NiCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl2·6H2O晶体。
(5)将所得NiCl2·6H2O与SOCI2混合加热可制备无水NiCl2，反应的方程式为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。
(6)用0.0500 mol/L的 EDTA(Na2H2Y)标准液滴定至试液呈紫红色为终点，消耗标准液体积22.40mL，则消耗Na2H2Y的物质的量为，根据反应为方程式Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+，Ni2+的物质的量为，则样品中ω(Ni)为。
【点睛】本题以废弃催化剂(含Ni2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+等)为原料回收NiCl2·6H2O晶体为载体，考查化学工艺流程，明确各步反应原理是解题关键，熟悉溶度积的有关计算，掌握常见混合物分离的方法。
14． Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S H2O2把生成的Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，Cu2+浸出率提高 温度升高，H2O2发生了分解 99% 3.2~4.4 2Cu2+＋＋2Cl-＋H2O=2CuCl↓＋＋2H+ 过滤、洗涤、干燥
【分析】Fe3+具有氧化性，可将Cu2S中的铜元素由+1氧化为+2价，硫元素氧化为S单质，而Fe3+转化为Fe2+；且因为Fe3+水解使溶液呈酸性，可将碱性氧化物Fe2O3、CaO反应转化为离子进入溶液，而SiO2不反应，过滤时可得到滤渣S和SiO2。用NaF可使Ca2＋形成CaF2沉淀，“除铁”时将Fe2+氧化为Fe3+后，通过调节pH使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，这时Cu2+不沉淀。最后用Na2SO3将Cu2+还原为+1价并转化为CuCl沉淀。
【详解】(1) Cu2S中铜元素为+1价，硫元素为-2价，均具有还原性，FeCl3中铁元素为+3价，具有氧化性。浸取时，两者发生氧化还原反应，Cu2S被氧化，离子方程式为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S。FeCl3溶液由于Fe3+水解呈酸性，Fe2O3、CaO与H+反应生成Fe3+和Ca2+，SiO2不反应，过滤时可得到滤渣S和SiO2。故答案为：Cu2S+4Fe3+=2Cu2++4Fe2++S；
(2)浸取过程中Fe3+变为Fe2+，而H2O2具有氧化性，可以再使Fe2+氧化为Fe3+，使c(Fe3+)增大，加快反应速率和提高Cu2+浸出率；当温度过高时，H2O2易分解，从而使Cu2+浸出率下降。故答案为：H2O2把生成的Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)增大，Cu2+浸出率提高 温度升高，H2O2发生了分解；
(3)加入NaF使Ca2＋形成CaF2沉淀，除了析出的沉淀，溶液是饱和的，可用CaF2的Ksp数据进行计算。（mol/L），除钙率为：，故答案为：99%；
(4)为达到“除铁”的目的，即要使Fe3+完全沉淀（pH≥3.2），但是不能使Cu2+开始沉淀而损失（pH<4.4），因此调节pH的范围为3.2～4.4；
(5)亚硫酸钠具有较强还原性，将Cu2+还原成+1价且形成CuCl沉淀，“还原”反应的离子方程式：2Cu2+＋＋2Cl-＋H2O=2CuCl↓＋＋2H+。
(6) “还原”过程已得到CuCl沉淀，经过滤、洗涤、干燥可得最终产品。
15． Fe3+ 将Fe2+氧化成Fe3+，方便除去铁元素杂质 除去Fe3+、Al3+ 0.007mol/L
【分析】酸溶时，Co2O3被还原为Co2+，反应的离子方程式为：，“控电位浸出”将溶液中Mn2+变为MnO2除去，浸出液中含有Ca2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等杂质，加入NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH=5.2除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，加入NaF将Ca2+、Mg2+转化成CaF、MgF沉淀除去，最后加入碳酸氢钠和Co2+反应得到碳酸钴。
【详解】(1)酸溶时，反应物有Co2O3、Na2SO3、H2SO4，其中Co2O3具有极强的氧化性，则被还原的离子还有Fe3+，而Na2SO3具有强还原性，所以反应的离子方程式为：；
(2)阳极发生氧化反应，电极反应式为：；
(3)由于在酸溶过程中，亚硫酸根将铁离子还原为不易除去的亚铁离子，所以NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，方便后续步骤除去杂质Fe3+；
(4)由题干知，溶液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mn2+、Mg2+等杂质，使用碳酸钠调节pH为5.2，可以除去Fe3+、Al3+和部分Ca2+，所以目的为：除去Fe3+、Al3+；
(5)Mg2+、Ca2+完全除去，所以，，，所以c(F-)最小为0.007mol/L；
(6) “沉钴”步骤为Co2+和碳酸氢根反应生成碳酸钴，反应的离子方程式为：。
16． 加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全 6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O FeOOH 取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全 10-15.6 N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O 随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤后的滤液中在经过NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O，可得到Ni，依此解答该题；
【详解】(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全；
(2)根据分析，“氧化”过程发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4) 由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10-5mol/L，，故Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=10-15.6；
(5)根据分析，生成Ni的离子方程式：N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜。
17． 除去Al和Al2O3 过滤 Fe2+、Ni2+、Fe3+ H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全 Ni2++2HCO=NiCO3↓+CO2↑+H2O NiCO3 否 mol/L
【分析】由流程图可知，“碱浸”步骤中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，过滤出浸出液中主要含NaOH和NaAlO2，滤渣中含有Ni，含少量Fe、Fe3O4和不溶性杂质，在滤渣中加入稀硫酸，发生的反应有：Ni+H2SO4=NiSO4+ H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+ H2↑，Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O，Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4等，加入双氧水后发生的反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，通过调节pH将Fe3+以Fe(OH)3沉淀析出，然后进行操作A即过滤后出去铁，即得到滤液，其主要含有Ni2+，再加入NH4HCO3溶液发生反应Ni2++2HCO=NiCO3↓+H2O+CO2↑，再次过滤、洗涤、干燥即可得到纯净的NiCO3，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，“碱浸”时发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故加入NaOH溶液的作用是除去Al和Al2O3，故答案为：除去Al和Al2O3；
(2)由分析可知，“操作A”的名称是过滤，故答案为：过滤；
(3)由分析可知，“酸浸”时发生的反应有：Ni+H2SO4=NiSO4+ H2↑，Fe+H2SO4=FeSO4+ H2↑，Fe3O4+4H2SO4=Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O，Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4等，故滤液中含有的阳离子主要为H+、Fe2+、Ni2+、Fe3+，故答案为：Fe2+、Ni2+、Fe3+；
(4)由分析可知，“转化”时即将Fe2+转化为Fe3+，便于调节pH值来除去，加入H2O2的目的是H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，由于该步骤使用的H2O2在高温下易分解，将使Fe3+除不干净，故该过程温度不宜过高，原因可能是温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全，故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；温度过高时，H2O2分解，导致除铁不完全；
(5)由分析可知，“沉镍”时的离子方程式为：Ni2++2HCO=NiCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Ni2++2HCO=NiCO3↓+CO2↑+H2O；
(6)①由于a点是NiCO3对应的c(Ni2+)小于Ni(OH)2对应的c(Ni2+)，说明以NiCO3沉淀更完全，故a点(pH≈8.2)时溶液中析出的沉淀主要为NiCO3，故答案为：NiCO3
②由溶液中总镍浓度的对数[lgc(Ni)T]与溶液pH关系图可知，b点溶液中Ni2+的总浓度不管是NiCO3还是Ni(OH)2对应的数值均大于10-5mol·L-1，故Ni2+并没有沉淀完全，故答案为：否；
(7)先根据取“操作A”所得的NiSO4溶液VmL，用c mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)的标准溶液滴定至终点(发生反应Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，消耗标准液20.00 mL，可计算出NiSO4溶液的物质的量浓度为：n(Ni2+)=n(EDTA)，c(Ni2+)V(Ni2+)=c(EDTA)V(EDTA)，故c(Ni2+)==，则“沉镍”过程中，当NiCO3开始沉淀时，溶液中CO浓度为mol/L，故答案为：mol/L。
18． 适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末 Al(OH)3 4.7⩽pH<6.2 bc 作还原剂 2×10-4 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】含镍废电池的金属电极芯(主要成分为Co、 Ni，还含少量Fe、Al等)加入硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2+氧化为Fe3+，调pH，产生Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，过滤后，母液1加入次氯酸钠将Co2+氧化为Co3+、调pH，得到Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2+，加入碳酸钠溶液得CoCO3沉淀，用于生产醋酸钴晶体，过滤所得母液2，经加入氨气、硫酸后转化为Ni(OH)2沉淀，过滤，在硫酸参与下，得到NiSO4用于生成NiSO4⋅7H2O，以此解答该题。
【详解】(1)根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当的升高温度或将金属电极芯研成粉末(写出一种合理方法即可)；
(2)金属电极芯中的主要成分是Co、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2+、Co2+、Fe2+、Al3+)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH的作用是除去溶液中的Fe3+、Al3+，故沉淀A的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；为了保证Fe3+、Al3+沉淀完全而不沉淀Ni2+、Co2+，由表格数据可知，要调节pH的范围为4.7⩽pH<6.2；调节pH时不能加入铁，因为铁能还原铁离子为亚铁离子，不能加入稀硫酸，因为要将溶液的pH调大，由流程图中后续所加试剂可知，调节pH选用的试剂可以是氨水、碳酸钠溶液，故答案为bc；
(3)由流程图中母液1的后续产物可知，加入NaClO的作用是氧化Co2+，从而使其容易形成沉淀，与母液分离，反应的离子方程为： ；
(4)由流程图可知，向Co(OH)3中加入H2SO4、H2O2混合液后，溶液中生成了Co2+，反应中Co元素化合价降低，由此可知，H2O2的作用是作还原剂；
(5)“母液3”中应控制Na2CO3用量使终点pH为8.5为宜，此时溶液中，；则c(Co2+)应小于2×10-4mol/L，由于，用NH4HCO3代替Na2CO3制得CoCO3，则促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水，则反应的离子方程式；
(6)NiSO47H2O是结晶水合物，则由“母液4”获取NiSO47H2O的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤。
19．(1) 三颈烧瓶(或三口烧瓶、三颈瓶) b
(2)排除氧气防止反应物被氧化
(3)
(4)溶解并除去未反应完的油酸、油胺、十八烯
(5)取少量最后固体加入稀硝酸溶解，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀
(6)0.22
【解析】(1)
仪器A的名称为三颈烧瓶，仪器B为直型冷凝管，冷凝水应下口进上口出，因此进水口为b。
(2)
通入氮气是为了将容器内的空气排净，防止反应物被氧化。
(3)
碳酸铯为碳酸盐，油酸能电离出氢离子，两者反应生成铯前体的化学方程式为：。
(4)
乙酸甲酯的作用是将未反应完的油酸、油胺、十八烯溶解并除去。
(5)
检验氯离子的方法为：取少量最后固体加入稀硝酸溶解，再加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明剩余固体中含有未反应完的氯化锌。
(6)
化学式中锌原子和铅原子个数比，7x=2-2x，9x=2，x≈0.22。
20．(1)圆底烧瓶
(2)防止水蒸气进入装置E中
(3)充满黄绿色气体
(4)CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出
(5)%或×100%
【分析】根据题中图示装置可知，装置A是制取Cl2装置，装置B是除去Cl2中HCl，装置C是除去Cl2中水蒸气，装置D是Sn与Cl2反应生成SnCl4装置，装置E是SnCl4收集装置，装置F是防止水分进入装置E，从而引起SnCl4水解，装置G是尾气吸收装置，防止污染环境；据此解答。
（1）
由题中装置图可知，仪器a为圆底烧瓶；答案为圆底烧瓶。
（2）
因为SnCl4极易水解生成SnO2·xH2O，所以装置F装浓H2SO4试剂，防止水蒸气进入装置E中；答案为防止水蒸气进入装置E中。
（3）
实验过程中先点燃A处酒精灯，用Cl2排 尽装置中 的空气，避免副反应发生(产生SnO2)，当D处试管中充满黄绿色气体时，再点燃D处酒精灯，发生Sn+2Cl2SnCl4；答案为充满黄绿色气体。
（4）
由题中表格数据可知，CuCl2的沸点为993℃，SnCl4的沸点为114℃，则CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出；答案为CuCl2沸点较高，不会随四氯化锡气体逸出。
（5）
由题中信息可知，发生Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+、6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O反应，得关系式为3Sn2+~6Fe2+~，所以SnCl2的物质的量n(SnCl2)=mol，则产品中SnCl2的质量分数=×100%=%或×100%；答案为%或×100%。
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