PAGEPAGE31專題08工藝流程1．硫酸鋅可用于制造鋅鋇白、印染媒染劑等。用鋅白礦（主要成分為ZnO，還含有FeO、CuO、SiO2等雜質(zhì)）制備ZnSO4·7H2O的流程如下。已知：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10?38，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10?20（1）“濾渣1”的主要成分是_______（填化學式）。“酸浸”過程中，為了提高鋅元素浸出速率，可實行的措施有：①適當提高酸的濃度，②_______（填一種）。（2）“氧化”過程中，發(fā)生氧化還原反應的離子方程式是_______。（3）“沉淀”過程中，加入ZnO產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀的緣由是_______。（4）加入適量ZnO固體，若只析出Fe(OH)3沉淀而未析出Cu(OH)2沉淀，且測得沉淀后的溶液中c(Fe3＋)＝4.0×10?14mol/L，此時溶液中c(Cu2＋)的取值范圍是_______mol/L。（5）加入適量鋅粉的作用是_______。（6）由濾液得到ZnSO4?7H2O的操作依次為_______、_______、過濾、洗滌、干燥。試驗室中過濾操作須要運用的玻璃儀器有燒杯、_______、_______。【答案】SiO2粉碎鋅白礦或充分攪拌漿料或適當加熱等2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe3+在溶液中存在水解平衡:

Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入ZnO

后，與H+反應，H+濃度減小，水解平衡正向進行，生成Fe(OH)3沉淀<2.2×10-4除去溶液中的Cu2+蒸發(fā)濃縮冷卻結晶漏斗玻璃棒【解析】本題主要考查用鋅白礦制備ZnSO4·7H2O的流程的評價。（1）“濾渣1”的主要成分是不溶于稀硫酸的SiO2。“酸浸”過程中，為了提高鋅元素浸出速率，可實行的措施有：①適當提高酸的濃度，②粉碎鋅白礦或充分攪拌漿料或適當加熱等。（2）“氧化”過程中，發(fā)生氧化還原反應的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。（3）“沉淀”過程中，加入ZnO產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀的緣由是Fe3+在溶液中存在水解平衡:

Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入ZnO

后，與H+反應，H+濃度減小，水解平衡正向進行，生成Fe(OH)3沉淀。（4）c(OH－)≥(=10-8mol/L，此時溶液中c(Cu2＋)=<2.2×10-4mol/L。（5）加入適量鋅粉的作用是除去溶液中的Cu2+。（6）由濾液得到ZnSO4?7H2O的操作依次為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。試驗室中過濾操作須要運用的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒。2．某工廠以重晶石（主要含BaSO4）為原料，生產(chǎn)“電子陶瓷工業(yè)支柱”——鈦酸(BaTiO3)的工藝流程如下：回答下列問題：(l)為提高BaCO3的酸浸速率，可實行的措施為__（寫出一條即可）；常溫下，TiCl4為液體且易水解，配制肯定濃度的TiCl4溶液的方法是____。(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石（假設雜質(zhì)不與Na2CO3反應），能將BaSO4轉化為BaCO3，此反應的平衡常數(shù)K=___（填寫計算結果）；若不考慮CO32－的水解，要使2.33gBaSO4恰好完全轉化為BaCO3，則至少須要濃度為1.0mol·L－1Na2CO3溶液___mL。（已知：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10、Ksp(BaCO3)=5.0×10-9）(3)流程中“混合”溶液的鈦元素在不同pH時主要以TiO(OH)＋、TiOC2O4、TiO(C2O4)22－三種形式存在（改變曲線如右圖所示）。實際制備工藝中，先用氨水調(diào)整混合溶液的pH于2.8左右，再進行“沉淀”，其反應的離子方程式為____；圖中曲線c對應鈦的形式為____（填粒子符號）。(4)流程中“濾液”的主要成分為____；隔絕空氣煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到鈦酸鋇粉體和氣態(tài)產(chǎn)物，試寫出反應的化學方程式：____。【答案】將BaCO3研成粉末或適當增大鹽酸濃度或適當加熱或攪拌等溶于濃鹽酸，再加適量水稀釋至所需濃度0.02510TiO(C2O4)22－＋Ba2＋＋4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓TiO(OH)＋NH4ClBaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3＋2CO↑＋2CO2↑＋4H2O【解析】(1)鹽酸與BaCO3發(fā)生反應：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2↑，為了加快反應速率可以將固體BaCO3研成粉末，以增大接觸面積；也可以適當增大鹽酸濃度或適當加熱上升反應溫度或攪拌等；TiCl4是強酸弱堿鹽，在溶液中Ti4+會發(fā)生水解反應：Ti4++4H2OTi(OH)4+4H+，使溶液變渾濁，為了配制得到澄清的TiCl4溶液，同時不引入雜質(zhì)離子，通常是將TiCl4溶于濃鹽酸中，然后再加適量水稀釋至所需濃度；(2)在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，當向溶液中加入飽和Na2CO3溶液時，發(fā)生沉淀轉化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，待達到平衡后，移走上層清液，重復多次操作，最終BaSO4生成BaCO3；反應的平衡常數(shù)；2.33gBaSO4物質(zhì)的量為0.01mol，依據(jù)BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，完全轉化須要0.01molCO32－，同時溶液中產(chǎn)生0.01molSO42-，依據(jù)K值溶液中含有n（CO32-）=0.01mol÷0.02=0.5mol，須要加入Na2CO3為0.01mol+0.5mol=0.51mol，須要Na2CO3溶液的體積為0.51mol÷1mol/L=0.51L=510mL。(3)“混合溶液”過程中，鈦元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三種形式存在，調(diào)整混合液pH在2.8左右再進行沉淀，據(jù)“沉淀”時生成草酸氧鈦鋇晶體中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，“沉淀”時的離子方程式為：TiO(C2O4)22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓；隨著氨水的不斷加入溶液的pH不斷增大，可以推斷c對應鈦的形式為TiO（OH）+；(4)TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后與BaCl2溶液混合得到草酸氧鈦鋇晶體，依據(jù)原子守恒，濾液中主要成分為NH4Cl。草酸氧鈦鋇晶體隔絕空氣煅燒得到BaTiO3，同時得到CO、CO2及水蒸氣，煅燒草酸氧鈦鋇晶體得到BaTiO3方程式為BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O。3．銅是人類最早運用的金屬，在生產(chǎn)生活中應用及其廣泛。工業(yè)上以黃銅礦(主要成分FeCuS2)為原料制取金屬銅，其主要工藝流程如圖所示。已知：反應II的離子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S回答下列問題：（1）FeCuS2中S的化合價____。（2）反應I在隔絕空氣、高溫煅燒條件下進行，寫出化學方程式____。（3）為了反應I充分進行，工業(yè)上可實行的措施是____。（4）反應III的離子方程式為____。（5）向反應III后的溶液中加入稀硫酸的目的是____。（6）該流程中，可循環(huán)利用的物質(zhì)除CuCl2外，還有___（填化學式）。（7）反應IV中，處理尾氣SO2的方法，合理的是_____A．高空排放B．用BaCl2溶液汲取制備BaSO3C．用氨水汲取后，再經(jīng)氧化，制備(NH4)2SO4D．用純堿溶液汲取可生成Na2SO3（H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11；H2SO3：Ka1=1.2×102，Ka2=5.6×108）（8）CuCl懸濁液中加入Na2S，發(fā)生的反應為2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)該反應的平衡常數(shù)K=___[已知Ksp(CuCl)=a，Ksp(Cu2S)=b]【答案】-2FeCuS2+S高溫煅燒FeS2+CuS粉碎或攪拌4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O在相同條件下，CuSO4的溶解度低于其他物質(zhì)，加入H2SO4，有利于其析出S、H2SO4、HClCD【解析】（1）依據(jù)化合價代數(shù)和為零的原則Fe為+2價，Cu為+2價，則FeCuS2中S的化合價-2。答案：-2。（2）黃銅礦主要成分FeCuS2，反應I在隔絕空氣、高溫煅燒條件下進行，硫和FeCuS2發(fā)生反應生成FeS2和CuS，化學方程式為：FeCuS2+SFeS2+CuS。答案：FeCuS2+SFeS2+CuS。（3）為了反應I充分進行，工業(yè)上可實行的措施是將礦石粉碎或充分攪拌，以增大接觸面積，加快化學反應速率。答案：粉碎或攪拌。（4）由反應II的離子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S，經(jīng)過濾可知濾液中含有[CuCl2]-、H+等離子，通入空氣后[CuCl2]-中的+1價銅被氧氣氧化，所以反應III的離子方程式為4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O。答案：4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O。（5）因為在相同條件下，CuSO4的溶解度低于其他物質(zhì)，所以向反應III后的溶液中加入稀硫酸的目的是使CuSO4變成晶體析出。答案：在相同條件下，CuSO4的溶解度低于其他物質(zhì)，加入H2SO4，有利于其析出。（6）依據(jù)流程圖分析可知；該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)有CuCl2、S、H2SO4、HCl。答案：S、H2SO4、HCl。（7）A.二氧化硫有毒,不能干脆高空排放,否則會污染空氣,應當用堿液汲取,故A錯誤;B.鹽酸酸性大于亞硫酸,所以二氧化硫和BaCl2不反應,則不能用二氧化硫和氯化鋇溶液制取BaSO3,故B錯誤;C.二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是堿,二者反應生成亞硫酸銨,亞硫酸銨不穩(wěn)定，易被氧化成硫酸銨，所以用氨水汲取后,再經(jīng)氧化制備硫酸銨,故C正確的;D.二氧化硫和水反應生成的亞硫酸酸性大于碳酸,所以二氧化硫能和純堿溶液反應生成亞硫酸鈉,所以用純堿溶液汲取制備亞硫酸鈉是正確的，故D正確；答案：CD。（8）CuCl懸濁液中加入Na2S，發(fā)生的反應為2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq),反應的平衡常數(shù)K=c2(Cl-)/c(S2-)=Ksp2(CuCl)/Ksp(Cu2S)=,答案：。4．金屬鉬具有高強度、高熔點、耐磨抗腐性，用于制火箭、衛(wèi)星的合金構件。鉬酸鈉晶體(Na2MoO4?2H2O)是一種重要的金屬緩蝕劑。利用鉬礦(主要成分MoS2，還含少量鈣、鎂等元素)為原料冶煉金屬鉬和鉬酸鈉晶體的主要流程圖如下：(1)Na2MoO4?2H2O中鉬元素的價態(tài)為___，煅燒產(chǎn)生的尾氣引起的環(huán)境危害主要是_______。(2)用濃氨水溶解粗產(chǎn)品的離子方程式是_________，由圖中信息可以推斷MoO3是___氧化物。（填“酸性”、“堿性”或“兩性”）(3)操作I是_____，操作Ⅱ所得的鉬酸要水洗，檢驗鉬酸是否洗滌干凈的方法是____。(4)采納NaClO氧化鉬礦的方法將礦石中的鉬浸出，該過程放熱。①請配平以下化學反應：___NaClO+___MoS2+___NaOH→___Na2MoO4+___Na2SO4+___NaCl+___H2O。②鉬的浸出率隨著溫度改變?nèi)鐖D，當溫度高于50℃后浸出率降低的可能緣由是______（寫一點）。(5)鋰和MoS2可充電電池的工作原理為xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，則電池充電時陽極上的電極反應式為______。【答案】+6酸雨MoO3+2NH3?H2O=2NH4++MoO42﹣+H2O酸性過濾取少量最終一次水洗液于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若無沉淀產(chǎn)生即證明鉬酸已洗凈9161293該反應為放熱反應，升溫使平衡逆移；隨著溫度上升，其它金屬雜質(zhì)離子浸出也增多，沉淀了MoO42﹣Lix(MoS2)n-xe﹣=nMoS2+xLi+【解析】(1)Na2MoO4·2H2O中Na元素化合價為+1價、O元素化合價為-2價，依據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0確定Mo元素的價態(tài)為4×2-2×1=+6價；工業(yè)煅燒鉬礦的尾氣為二氧化硫，二氧化硫引起的環(huán)境危害主要是酸雨；(2)用濃氨水溶解粗產(chǎn)品MoO3，反應產(chǎn)生鉬酸銨和水，反應的離子方程式為：MoO3+2NH3?H2O=2NH4++MoO42﹣+H2O；MoO3可以與堿溶液反應生成MoO42-和水，因此可以說明MoO3是酸性氧化物；(3)操作I是分別難溶性的固體與可溶性液體混合物的方法，該分別混合物的方法為過濾；操作Ⅱ過濾分別出固體鉬酸和濾液，在濾液中含有NH4Cl，所得的鉬酸要水洗，檢驗鉬酸是否洗滌干凈的方法就是檢驗洗滌液中是否含有Cl-，操作是取少量最終一次水洗液于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若無沉淀產(chǎn)生即證明鉬酸已洗凈；(4)①在該反應中Cl元素化合價由反應前NaClO中的+1價變?yōu)榉磻驨aCl中的-1價、Mo元素化合價由反應前MoS2中的+2價變?yōu)?6價、S元素化合價由反應前MoS2中的-1價變?yōu)榉磻驨a2SO4中的+6價，依據(jù)轉移電子及原子守恒，配平方程式為9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O；②鉬的浸出率隨著溫度改變?nèi)鐖D，當溫度低于50℃時，溫度上升，反應速率加快，更多的鉬溶解，因此鉬的浸出率隨著溫度的上升而增大；當溫度高于50℃后浸出率降低的可能緣由是：第一，該反應的正反應是放熱反應，隨著溫度上升，平衡向吸熱的逆反應方向移動；其次，隨著溫度上升，其它金屬雜質(zhì)離子浸出也增多，沉淀了MoO42﹣，導致浸出率降低；(5)鋰和MoS2可充電電池的工作原理為xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知：在電池充電時陽極上的電極反應式為放電時正極反應式的逆反應，放電時，正極上MoS2得電子和鋰離子反應生成Lix(MoS2)n，則陽極反應式為Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。5．鋯()是現(xiàn)代工業(yè)的重要金屬原料，具有良好的可塑性，抗蝕性能超過鈦。以鋯英石(主要成分是，還含有少量等雜質(zhì))為原料生產(chǎn)鋯及其化合物的流程如圖所示(1)寫出的電子式____________________。(2)高溫氣化過程中，不考慮損失，發(fā)覺分餾后得到的質(zhì)量通常比由純發(fā)生的反應得到的質(zhì)量大，用化學方程式來說明緣由_________________________。(3)高溫氣化后的固體殘渣除碳外，還有和，加水浸取得氯化鐵溶液，過濾，從濾渣中分別出碳和兩種固體的方法是____________________。(4)寫出上述流程中與水反應的化學方程式：____________________________。(5)已知氧化鋯()是一種兩性氧化物，與氫氧化鈉共熔融可形成酸鹽，請寫出化學方程式_________________________________________。(6)工業(yè)上可用鉀還原時制得金屬，被還原時生成的鉀鹽的物質(zhì)的量為_________________。(7)已知，。下列說法正確的是__________A．，電解質(zhì)溶液的與之和均為14B．用鹽酸滴定某濃度的溶液，滴定過程中漸漸增大C．溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加過程中漸漸減小D．某溫度下，則其溶液中【答案】加入溶液浸取過濾得碳，再向濾液通入二氧化碳后過濾，將固體加熱得(或先用鹽酸浸取，再用氨水也可)【解析】（1）SiCl4分子中硅原子最外層有4個電子，能形成4個共價鍵達到穩(wěn)定結構，每個氯原子能形成一個共價鍵達到穩(wěn)定結構，電子式為：，故答案為：；（2）高溫氣化過程中，二氧化硅和氯氣與碳反應生成氯化硅與一氧化碳，其化學方程式為：，故答案為：；（3）分別出碳和，從的兩性來分析，如先加入溶液浸取過濾得碳，再向濾液通入二氧化碳后過濾，將固體加熱得；或先用鹽酸浸取過濾得碳，再向濾液加入過量氨水得到沉淀，最終再加熱得到，故答案為：加入溶液浸取過濾得碳，再向濾液通入二氧化碳后過濾，將固體加熱得(或先用鹽酸浸取，再用氨水也可)；（4）依據(jù)流程圖可知ZrCl4與水反應產(chǎn)物為ZrOCl2?8H2O，依據(jù)原子守恒，反應方程式為：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2?8H2O+2HCl，故答案為：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2?8H2O+2HCl；（5）結合氧化鋁的兩性，依據(jù)已知條件可知，氧化鋯()與氫氧化鈉共熔融可形成酸鹽的化學方程式為：，故答案為：；（6）用鉀還原時制得金屬，依據(jù)氧化還原反應的規(guī)律得出其化學方程式為：:K2ZrF6+4K=Zr+6KF，依據(jù)關系式得出若被還原時生成的鉀鹽（KF）的物質(zhì)的量為6mol,故答案為：6mol;(7)A．，依據(jù)水的離子積可知，×=10-14,結合公式可推出，電解質(zhì)溶液的與之和均為14，A項正確；B.用鹽酸滴定某濃度的溶液，滴定過程中漸漸減小，則，B項正確；C.溶液中逐滴加入硫酸溶液，生成硫酸鋇，滴加過程中漸漸減小，會漸漸增大，C項錯誤；D.，則溶液中c(Zr4+)·c2(CO32-)=4.0×10-12，則-lgc(Zr4+)·c2(CO32-)=12-2lg2，即pc(Zr4+)+2pc(CO32-)=11.4，D項錯誤；答案選AB。6．利用酸解法制鈦白粉產(chǎn)生的廢液[含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4]生產(chǎn)鐵紅和補血劑乳酸亞鐵的工藝流程如圖所示：已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以電離為TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2·xH2O沉淀為可逆反應；乳酸結構簡式為CH3CH（OH）COOH。回答下列問題：（1）TiOSO4中鈦元素的化合價是____________，步驟①中分別硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作是___________。（2）濾渣的主要成分為TiO2·xH2O，結合離子方程式說明得到濾渣的緣由：________。（3）從硫酸亞鐵溶液中得到硫酸亞鐵晶體的操作方法是____________________；硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，該反應的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為______。（4）步驟④中發(fā)生反應的離子方程式為______________________。（5）步驟⑥必需限制肯定的真空度，緣由是有利于蒸發(fā)水以及____________________。（6）試驗室中檢驗溶液B中主要陽離子的方法是______________________。【答案】+4過濾TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O+2H+,鐵屑與H+反應，c（H+）降低，平衡向正反應方向移動，促使TiO2+轉化為TiO2?xH2O蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾1:4Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑防止Fe2+被氧化取少量溶液B于試管中，加人NaOH溶液，加熱，將潮濕的紅色石蕊試紙靠近試管口，石蕊試紙變藍，說明溶液B中含有NH4+【解析】（1）由化合價代數(shù)和為0可知，TiOSO4中鈦元素的化合價是+4價；步驟①中分別硫酸亞鐵溶液和濾渣的操作是過濾，故答案為：+4；過濾；（2）TiOSO4在溶液中水解生成TiO2?xH2O，水解的離子方程式為：TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O+2H+，加入鐵屑，鐵與H+反應，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反應方向移動，促使TiO2+轉化為TiO2?xH2O沉淀，故答案為：TiO2++（x+1）H2OTiO2?xH2O+2H+,鐵屑與H+反應，c（H+）降低，平衡向正反應方向移動，促使TiO2+轉化為TiO2?xH2O；（3）FeSO4溶液通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到硫酸亞鐵晶體；硫酸亞鐵在空氣中煅燒生成鐵紅和三氧化硫，反應的化學方程式為4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化劑是氧氣，還原劑是氧化鐵，所以氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1：4，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾；1：4；（4）步驟④為FeSO4溶液中加碳酸氫銨，兩者反應生成碳酸亞鐵沉淀、硫酸銨和二氧化碳，反應的離子方程式為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；（5）亞鐵離子易被空氣中氧氣氧化，所以步驟⑥必需限制肯定的真空度，這樣有利于蒸發(fā)水還能防止Fe2+被氧化，故答案為：防止Fe2+被氧化；（6）溶液B為硫酸銨溶液，試驗室檢驗銨根離子的方法是：取少量溶液B于試管中，加人NaOH溶液，加熱，將潮濕的紅色石蕊試紙靠近試管口，石蕊試紙變藍，說明溶液B中含有NH4+，故答案為：取少量溶液B于試管中，加人NaOH溶液，加熱，將潮濕的紅色石蕊試紙靠近試管口，石蕊試紙變藍，說明溶液B中含有NH4+。7．用含鈷廢料（主要成分為Co，含有肯定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制備草酸鈷晶體（CoC2O4·2H2O）的工業(yè)流程如下圖．己知：①草酸鈷晶體難溶于水②RH為有機物（難電離）。請回答下列問題：（1）濾渣I的主要成分是_____（填化學式）,寫出一種能提高酸浸速率的措施_______。（2）操作①用到的玻璃儀器有_______________。（3）H2O2是一種綠色氧化劑，寫出加入H2O2后發(fā)生反應的離子方程式:_______________。（4）加入氧化鈷的目的是調(diào)整溶液的pH．若要將浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，則應將浸出液的PH限制在_______。（已知：溶液中離子濃度小于1×10－5mol/L,則認為離子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp分別為1×10－15，1×10－38,1×10－32)（5）加入（NH4）2C2O4反應的離子方程式為________，過濾得到的草酸鈷晶體須要用蒸餾水洗滌，檢驗是否洗滌干凈的方法是____________。（6）加入有機萃取劑的目的是__________。試驗室可以用酸性KMnO4標準液滴定草酸根離子（C2O42－）來測定溶液中C2O42－的濃度，KMnO4標準溶液常用硫酸酸化，若用鹽酸酸化，會使測定結果______（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）．【答案】SiO2提高硫酸的濃度或提高反應的溫度或攪拌分液漏斗、燒杯2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O5pH<9Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓滴入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無沉淀生成則證明已洗滌干凈溶解NiR2，使之與水層分別偏高【解析】(1)用含鈷廢料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不與硫酸反應，濾渣Ⅰ為SiO2，提高硫酸的濃度、提高反應的溫度、攪拌能提高酸浸速率；故答案為：SiO2；提高硫酸的濃度或提高反應的溫度或攪拌；(2)通過操作①得到水層和有機層，則操作①為分液，分液須要的儀器有：分液漏斗、燒杯；故答案為：分液漏斗、燒杯；(3)H2O2氧化亞鐵離子生成鐵離子，離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；故答案為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(4)加入氧化鈷的目的是調(diào)整溶液的pH，使鐵離子沉淀，依據(jù)沉淀溶度積可知，鐵離子所需的氫氧根離子濃度c1(OH-)=2×10-11mol/L，溶液的c1(H+)=5×10-4mol/L，則pH1-lgc1(H+)=3.3；同理可得，鐵離子所需的氫氧根離子濃度c2(OH-)=1×10-9mol/L，溶液的c2(H+)=1×10-5mol/L，則pH2-lgc2(H+)=5；而氫氧化鎳起先沉淀時所需的氫氧根離子濃度c3(OH-)<=1×10-5mol/L，溶液的c1(H+)>=1×10-9mol/L，則pH3<-lgc3(H+)=9，綜上所述，最佳pH的范圍為5pH<9，若故答案為：5pH<9；(5)加入（NH4）2C2O4后生成CoC2O4·2H2O↓，離子方程式為：Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓，檢驗晶體是否洗滌干凈，只要檢驗是否有殘留的硫酸根離子在晶體表面即可，即滴入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無沉淀生成則證明已洗滌干凈，故答案為：Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓；滴入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若無沉淀生成則證明已洗滌干凈；（6）依據(jù)相像相容原理可知，加入有機萃取劑可溶解NiR2，從而使之與水層分別；若用鹽酸酸化，高錳酸鉀會氧化鹽酸中的氯離子，消耗高錳酸鉀偏多，測定結果偏高；故答案為：溶解NiR2，使之與水層分別；偏高。8．鈷酸鋰(LiCoO2)是鋰離子電池的一種重要正極材料。可利用濕法冶金工藝處理精選后的鋰離子電池正極材料（LiCoO2、乙炔黑）重新制備高純度LiCoO2，其流程如下。（已知：LiCoO2難溶于水，Li2CO3微溶于水、難溶于醇，CoCO3難溶于水和醇）(l)H2O2的作用是____。(2)“浸取”時若加入鹽酸，Cl-被LiCoO2氧化產(chǎn)生Cl2。請寫出該反應的離子方程式____。(3)向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用___，濾渣b的主要成分是____（填化學式）。(4)在空氣中“煅燒”時發(fā)生的總化學方程式為___。(5)可用碘量法來測定產(chǎn)品中鈷的含量。取mg樣品溶于稀硫酸，加入過量KI，以淀粉為指示劑，用cmol/LNa2S2O3標準溶液進行滴定，達到滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液VmL，則產(chǎn)品中鈷的含量為____（以Co2O3計）。有關反應：LiCoO2+4H+=Li++Co3++2H2O，2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-【答案】還原劑2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O降低Li2CO3的溶解度，使其盡可能析出Li2CO3和CoCO3Li2CO3、CoCO34CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2%【解析】（1）“浸取”步驟加入H2SO4、H2O2，濾液中產(chǎn)生了Co2+，鈷元素化合價由+3價變成了+2價，故H2O2作還原劑，用來還原LiCoO2。答案：還原劑。（2）“浸取”時若加入鹽酸，其會被LiCoO2氧化產(chǎn)生Cl2，造成環(huán)境污染，該反應的離子方程式為2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O，因LiCoO2難溶于水，故在離子方程式中不拆。答案：2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O。（3）因Li2CO3和CoCO3都難溶于醇，向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用降低Li2CO3、CoCO3的溶解度，使其盡可能析出。濾渣b的主要成分是Li2CO3和CoCO3。答案：降低Li2CO3的溶解度，使其盡可能析出Li2CO3和CoCO3；Li2CO3和CoCO3。（4）在空氣中“煅燒”時發(fā)生的總化學方程式為4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2（5）LiCoO2～S2O32-1：1關系n（LiCoO2）=cV×10-3mol，n（Co2O3）=cV×10-3mol，m（Co2O3）=166×cV×10-3g，產(chǎn)品中鈷的含量為=%；答案：4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2；%。9．PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工業(yè)。由方鉛礦(主要成分為PbS，含有雜質(zhì)FeS等)和軟錳礦(主要成分為MnO2)制備PbCO3的流程如下：已知：PbCl2難溶于冷水和乙醇，易溶于熱水；各物質(zhì)的溶度積見下表。試回答下列問題：物質(zhì)Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3PbCl2PbSPbCO3Ksp2×10-138.0×10-161×10-381.6×10-58.0×10-287.4×10-14(1)PbCO3的名稱是________。(2)步驟①中MnO2的作用是________，依據(jù)下圖分析①的最佳反應條件是________。(3)步驟②趁熱抽濾的緣由是___________________。(4)步驟③洗滌用的試劑是____________。(5)將濾液Y先酸化，然后加入MnO2，反應的離子方程式為__________；若反應后c(Mn2+)=0.2mol/L，進一步調(diào)整溶液的pH可分別Fe3+和Mn2+，溶液所調(diào)的pH范圍為_______[c(Fe3+)≤1×10-5mol/L時表示Fe3+已沉淀完全]。(6)步驟④反應的離子方程式為______________。(7)樣品PbCO3中有少量PbCl2雜質(zhì)，提純的試驗方案是________。【答案】碳酸鉛氧化劑（將難溶的PbS轉化為S和溶液中的PbCl2-）80℃和3mol/LHClPbCl2降溫易結晶析出，趁熱抽濾有利于鉛的化合物與不溶性雜質(zhì)分別冷水或乙醇2Fe2++4H++MnO2＝2Fe3++Mn2++2H2O3≤pH＜8或3~8PbCl2+CO32-＝PbCO3+2Cl-向樣品中加Na2CO3溶液浸取，過濾洗滌或向樣品中加熱水浸泡，趁熱過濾，熱水洗滌【解析】(1)PbCO3的名稱為碳酸鉛，故答案為：碳酸鉛；(2)步驟①反應生成了硫沉淀，說明MnO2是氧化劑，將難溶的PbS轉化為S和溶液中的PbCl2-，依據(jù)圖象，80℃和3mol/LHCl時，浸取率最高，故答案為：氧化劑(或將難溶的PbS轉化為S和溶液中的PbCl2-)；80℃和3mol/LHCl；(3)依據(jù)流程圖步驟③的提示，PbCl2降溫易結晶析出，因此步驟②須要趁熱抽濾，有利于鉛的化合物與不溶性雜質(zhì)分別，故答案為：PbCl2降溫易結晶析出，趁熱抽濾有利于鉛的化合物與不溶性雜質(zhì)分別；(4)PbCl2難溶于冷水和乙醇，易溶于熱水，步驟③洗滌用的試劑可以是冷水或乙醇，故答案為：冷水或乙醇；(5)將濾液Y先酸化，然后加入MnO2，二氧化錳將亞鐵離子氧化，反應的離子方程式為2Fe2++4H++MnO2＝2Fe3++Mn2++2H2O；若反應后c(Mn2+)=0.2mol/L，進一步調(diào)整溶液的pH可分別Fe3+和Mn2+，依據(jù)表格數(shù)據(jù)，使Fe3+完全沉淀時，溶液中c(OH-)=≥=1×10-11，此時pH≥3，使Mn2+恰好起先沉淀時，溶液中c(OH-)===1×10-6，此時pH=8，因此須要調(diào)整溶液的pH至3≤pH＜8才能達到分別目的，故答案為：2Fe2++4H++MnO2＝2Fe3++Mn2++2H2O；3≤pH＜8；(6)步驟④中PbCl2中加入碳酸鈉溶液發(fā)生沉淀的轉化生成PbCO3，反應的離子方程式為PbCl2+CO32-＝PbCO3+2Cl-，故答案為：PbCl2+CO32-＝PbCO3+2Cl-；(7)樣品PbCO3中有少量PbCl2雜質(zhì)，依據(jù)PbCl2難溶于冷水和乙醇，易溶于熱水，和流程圖中PbCl2中加入碳酸鈉溶液能夠發(fā)生沉淀的轉化生成PbCO3，提純的方法是向樣品中加Na2CO3溶液浸取，過濾洗滌或向樣品中加熱水浸泡，趁熱過濾，熱水洗滌，故答案為：向樣品中加Na2CO3溶液浸取，過濾洗滌或向樣品中加熱水浸泡，趁熱過濾，熱水洗滌。10．工業(yè)采納氯化銨焙燒菱錳礦制備高純碳酸錳的流程如圖所示：已知：①菱錳礦的主要成分是MnCO3，其中含F(xiàn)e、Ca、Mg、Al等元素。②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分別為4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋起先沉淀的pH分別為8.1、9.1。③焙燒過程中主要反應為MnCO3＋2NH4ClMnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。(1)結合圖1、2、3，分析焙燒過程中最佳的焙燒溫度、焙燒時間、m(NH4Cl)/m(菱錳礦粉)分別為____________、____________、____________。(2)對浸出液凈化除雜時，需先加入MnO2將Fe2＋轉化為Fe3＋，再調(diào)整溶液pH的范圍__，將Fe3＋和Al3＋變?yōu)槌恋矶ィ缓蠹尤隢H4F將Ca2＋、Mg2＋變?yōu)榉锍恋沓ァ?3)“碳化結晶”步驟中，加入碳酸氫銨時反應的離子方程式為____。(4)上述流程中可循環(huán)運用的物質(zhì)是________。(5)現(xiàn)用滴定法測定浸出液中Mn2＋的含量。試驗步驟：稱取1.000g試樣，向其中加入稍過量的磷酸和硝酸，加熱使反應2Mn2＋＋NO3-＋4PO43-＋2H＋2[Mn(PO4)2]3－＋NO2-＋H2O充分進行并除去多余的硝酸；加入稍過量的硫酸銨，發(fā)生反應NO2-＋NH4+===N2↑＋2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，用2.00mol·L－110.00mL硫酸亞鐵銨標準溶液進行滴定，發(fā)生的反應為[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43-；用0.10mol·L－110.00mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去過量的Fe2＋。①酸性K2Cr2O7溶液與Fe2＋反應(還原產(chǎn)物是Cr3＋)的離子方程式為___________。②試樣中錳的質(zhì)量分數(shù)為________。【答案】500℃60min1.104.7≤pH<8.1Mn2＋＋2HCO3-===MnCO3↓＋CO2↑＋H2ONH4Cl6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O77%【解析】(1)依據(jù)圖像分析，焙燒溫度在500℃以上、焙燒時間在60min以上、在1.1以上，錳浸出率超過90%，所以焙燒過程中最佳的焙燒溫度、焙燒時間、分別為500℃、60min、1.10；(2)凈化除雜的目的是將Fe3＋和Al3＋變?yōu)槌恋沓ィ⑶冶ＷCMn2＋不能沉淀，所以調(diào)整溶液pH的范圍為4.7≤pH<8.1；(3)“碳化結晶”步驟中，碳酸氫銨與錳離子反應生成碳酸錳沉淀和二氧化碳氣體，反應離子方程式是Mn2＋＋2HCO3-===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；(4)依據(jù)流程圖，可循環(huán)運用的物質(zhì)是NH4Cl；(5)①依據(jù)得失電子守恒，酸性K2Cr2O7溶液與Fe2＋反應的離子方程式是6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O；②Cr2O72-的物質(zhì)的量是0.10mol·L－1×0.01L=0.001mol，反應6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O消耗Fe2＋的物質(zhì)的量是0.006mol，[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43-消耗Fe2＋的物質(zhì)的量是2.00mol·L－1×0.01L－0.006mol=0.014mol，依據(jù)Mn2＋～[Mn(PO4)2]3－～Fe2＋，可知Mn2＋的物質(zhì)的量是0.014mol，錳的質(zhì)量分數(shù)為。11．六水合高氯酸銅[Cu(ClO4)2·6H2O]是一種易溶于水的藍色晶體，常用作助燃劑。以食鹽等為原料制備高氯酸銅晶體的一種工藝流程如下：回答下列問題：(1)Cu2(OH)2CO3在物質(zhì)類別上屬于__________(填序號)。A．堿B．鹽C．堿性氧化物(2)發(fā)生“電解I”時所用的是__________(填“陽離子”或“陰離子”)交換膜。(3)歧化反應是同一種物質(zhì)中同種元素自身的氧化還原反應，已知上述工藝流程中“歧化反應”的產(chǎn)物之一為NaClO3。該反應的化學方程式為___________________。(4)“電解II”的陽極產(chǎn)物為____________(填離子符號)。(5)操作a的名稱是______，該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是____________(填化學式)。(6)“反應II”的離子方程式為___________________。【答案】B陽離子3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2ClO4-蒸發(fā)濃縮NaClCu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O【解析】(1)Cu2(OH)2CO3中含有金屬陽離子和酸根陰離子，屬于鹽，故答案為：B；(2)“電解I”所發(fā)生的反應是電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，須要防止氫氧根離子與氯氣反應，所以用的交換膜是陽離子交換膜，故答案為：陽離子；(3)“歧化反應”是氯氣與碳酸鈉反應生成氯化鈉和NaClO3，氯元素從0價變?yōu)?1價和+5價，同時生成二氧化碳，反應的化學方程式為3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案為：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；(4)通過電解，溶液中氯酸根離子失電子發(fā)生氧化反應在陽極生成高氯酸根離子，“電解II”的陽極產(chǎn)物為ClO4-，故答案為：ClO4-；(5)加入鹽酸，過濾除去氯化鈉晶體，濾液通過蒸發(fā)濃縮即可得到60%以上的高氯酸；從流程圖可以看成，可循環(huán)利用的物質(zhì)是NaCl，故答案為：蒸發(fā)濃縮；NaCl；(6)“反應II”中高氯酸與堿式碳酸銅反應生成高氯酸銅，二氧化碳和水，堿式碳酸銅不溶于水，高氯酸為強酸，反應的離子方程式為Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案為：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。12．以紅土鎳礦(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)為原料，獲得凈水劑黃鈉鐵礬[NaFe(SO4)2(OH)6]和納米鎳粉的部分工藝流程如下：（1）“酸浸”過程，為提高鐵和鎳元素的浸出率，可實行的措施有___________(寫出兩種)。（2）“過濾Ⅰ”濾渣的主要成分是______。（3）“氧化”過程欲使0.3molFe2+轉變?yōu)镕e3+，則需氧化劑NaClO至少為________mol。（4）“沉鐵”過程中加入碳酸鈉調(diào)整浴液的pH至2，生成黃鈉鐵礬沉淀，寫出該反應的化學方程式______。若碳酸鈉過多會導致生成的沉淀由黃鈉鐵礬轉變?yōu)開____(填化學式)。（5）向“過濾Ⅱ”所得濾液(富含Ni2+)中加入N2H4·H2O，在不同濃度的氫氧化鈉溶液中反應，含鎳產(chǎn)物的XRD圖譜如下圖所示(XRD圖譜可用于推斷某晶態(tài)物質(zhì)是否存在，不同晶態(tài)物質(zhì)出現(xiàn)衍射峰的衍射角不同)。欲制得高純納米鎳粉最相宜的NaOH的物質(zhì)的量濃度為_____。寫出該條件下制備納米鎳粉同時生成N2的離子方程式_____。（6）高鐵酸鹽也是一種優(yōu)良的含鐵凈水劑，J．C．Poggendor早在1841年利用純鐵作電極插入濃的NaOH溶液電解制得Na2FeO4，陽極生成FeO42－的電極反應式為______；Deininger等對其進行改進，在陰、陽電極間設置陽離子交換膜，有效提高了產(chǎn)率，陽離子交換膜的作用是_______。【答案】提高反應溫度、適當增大硫酸濃度、將原料粉碎、攪拌等（任答兩條）SiO20.152Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑Fe(OH)30.015mol/LN2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O避開FeO42-在陰極上被還原【解析】（1）可通過提高反應溫度、適當增大硫酸濃度、將原料粉碎、攪拌等提高鐵和鎳元素的浸出率，故答案為：提高反應溫度、適當增大硫酸濃度、將原料粉碎、攪拌等（任答兩條）；（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2經(jīng)過“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作為濾渣被過濾出來，故答案為：SiO2；（3）NaClO做氧化劑會將Fe2+氧化為Fe3+，Cl元素由+1價降低到-1價，則易知2Fe2+NaClO，則0.3molFe2+轉變?yōu)镕e3+，則需氧化劑NaClO至少為0.15mol，故答案為：0.15；（4）NaClO氧化后，溶液中溶質(zhì)為Fe2(SO4)3，接著在“沉鐵”過程中加入碳酸鈉調(diào)整浴液的pH至2，生成黃鈉鐵礬沉淀，則化學方程式為：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑，碳酸鈉過多，溶液酸性減弱，使pH增大，極易生成Fe(OH)3沉淀，故答案為：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑；Fe(OH)3；（5）依據(jù)圖示數(shù)據(jù)可以看出，氫氧化鈉濃度為0.015mol/L時，僅出現(xiàn)Ni衍射峰，因此制得高純納米鎳粉最相宜的NaOH的物質(zhì)的量濃度為0.015mol/L，則堿性條件下制備納米鎳粉同時生成N2的離子方程式為：N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)，故答案為：0.015；N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)；（6）依據(jù)電解原理以及試驗目的，F(xiàn)e作陽極，電解質(zhì)為NaOH，因此陽極反應式為Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；陽離子交換膜只允許陽離子通過，F(xiàn)eO42－具有強氧化性，因此陽離子交換膜的作用是避開FeO42－在陰極上被還原；故答案為：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；避開FeO42-在陰極上被還原。13．某愛好小組以廢鐵屑制得硫酸亞鐵銨后，按下列流程制備二水合草酸亞鐵()，進一步制備高純度還原鐵粉。

已知：難溶于水；是二元弱酸，溶于水。(1)步驟②中H2C2O4稍過量的目的是：_____________________；(2)步驟②中得到FeC2O4.2H2O的離子反應方程式為：_________________________。(3)實現(xiàn)步驟④，必需在______(填儀器名稱)中進行，該步驟發(fā)生的化學反應方程式為：______________(4)為實現(xiàn)步驟⑤，不宜用碳粉干脆還原Fe2O3，理由是________________________。(5)若將固體放在一個可稱出質(zhì)量的容器內(nèi)加熱，(Mr=180)首先逐步失去結晶水，溫度接著上升時.(Mr=144)會漸漸轉變?yōu)殍F的各種氧化物。稱取18.00g，持續(xù)加熱，剩余固體的質(zhì)量隨溫度改變的部分數(shù)據(jù)如下表(其中450℃以前是隔絕空氣加熱，450℃以后是在空氣中加熱)：溫度/℃25150300350400450500600700800固體質(zhì)量/g18.0016.2014.4014.407.207.208.008.007.737.73依據(jù)上述數(shù)據(jù)計算并推斷：150℃剩余的固體物質(zhì)是________________(填化學式，下同)；800℃剩余的固體物質(zhì)是________________。【答案】使沉淀完全，從而提高產(chǎn)率Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+坩鍋4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O接觸面積小，反應不完全；產(chǎn)生鐵粉中會混有雜質(zhì)碳粉FeC2O42H2OFe2O3【解析】(1)步驟②H2C2O4稍過量，最主要的作用是將溶液里的Fe2+完全轉化為草酸亞鐵晶體，提高原料利用率，故答案為：使沉淀完全，從而提高產(chǎn)率；(2)步驟②中得到FeC2O42H2O的離子反應方程式為：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+，故答案為：Fe2++H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O+2H+；(3)固體灼燒須要在坩堝內(nèi)進行；草酸亞鐵和O2灼燒時發(fā)生反應的化學方程式為4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O，故答案為：坩堝；4FeC2O42H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O；(4)步驟⑤選用碳粉還原Fe2O3，為固體間的反應，接觸面積小，反應不完全；多余的碳粉會影響鐵粉的純度，故答案為：接觸面積小，反應不完全；產(chǎn)生鐵粉中會混有雜質(zhì)碳粉；(5)依據(jù)題給信息，450℃以前是隔絕空氣加熱，分析表中的數(shù)據(jù)可知，18.00g變?yōu)?4.40g時，表明：300℃時，結晶水已全部失去，而150℃剩余的固體物質(zhì)質(zhì)量為14.40g<16.20g<18.00g，說明FeC2O42H2O沒有分解完全，還有FeC2O42H2O剩余；450℃以后是在空氣中加熱，據(jù)鐵元素守恒：6FeO→2Fe3O4→3Fe2O3

6×72：2×232：3×160=72：77.3：80

即72：77.3：80≈7.20：7.73：8.00，固體質(zhì)量的改變趨勢與表中供應的數(shù)據(jù)一樣，故800℃剩余的固體物質(zhì)為：Fe2O3；故答案為：FeC2O42H2O；Fe2O3。14．五氧化二釩及其他釩的化合物廣泛應用于鋼鐵、有色合金、化工、煉油、玻璃及陶瓷等工業(yè)部門。可從含釩石煤灰渣中提釩，該試驗工藝流程如下圖：表1灰渣主要化學成分分析/%V2O3SiO2Fe2O3Al2O3MgOK2OCaO燒失量1.2655.716.347.541.263.191.4120.55表2中間鹽主要成分分析/%（以氧化物形式表示其含量）V2O3Al2O3Fe2O3MgOK2O5.921.7018.632.113.38已知：①石煤灰渣的化學成分分析見表1，中間鹽的主要成分分析見表2。②礦物焙燒過程中，若溫度過高，易發(fā)生燒結，溫度越高，燒結現(xiàn)象越嚴峻。③萃取反應可以表示為：VO2++(HR2)PO4(o)→VO[R2PO4]R(o)+H+，(o)表示有機相④有機萃取劑(HR2)PO4萃取VO2+的實力比萃取V02+要強。請回答：（1）提高浸取率的方法有____________，殘渣的主要成分為_______________________，（2）經(jīng)幾級萃取后，有時候要適當加酸調(diào)整pH值，結合萃取反應方程式，說明緣由_____________。反萃取操作應加入_____________試劑。（3）中間鹽溶解過程中，加鐵粉的主要目的是_____________________。（4）石煤中的釩以V(Ⅲ)為主，有部分V(Ⅳ)，很少見V(Ⅴ)。如圖1和如圖2分別為焙燒溫度和焙燒時間對釩浸出率的影響，由如圖2可得最佳焙燒時間為______________h，由如圖1可得最佳焙燒溫度為800-850℃之間，焙燒溫度在850℃以下時，釩浸出率隨焙燒溫度的上升幾乎直線上升的緣由是_________________________，當焙燒溫度超群過850℃以后，再提高溫度，浸出率反而下降的可能緣由是：_________________________。（5）反萃取液中的VO2+，加入氯酸鈉后被氧化為VO2+，請寫出該反應的離子方程式______________。然后用氨水調(diào)整pH到1.9～2.2沉釩，得多釩酸銨沉淀（化學式為(NH4)2V12O31·nH2O)，再經(jīng)固液分別、干燥、焙燒得五氧化二釩產(chǎn)品，請寫出此步反應的化學方程式____________________________。【答案】加熱，提高酸的濃度，粉碎等SiO2隨著萃取過程的進行，水相中的pH值有所下降，所以經(jīng)幾級萃取后須要調(diào)整pH值H2SO4溶液將VO2+還原為VO2+1.5-2.0之間850℃以前，隨著焙燒溫度的上升，反應速率加快，生成的高價釩化合物更多，因此浸出率上升。850℃以后，樣品發(fā)生燒結，溫度越高，燒結現(xiàn)象越嚴峻，從而使釩的浸出率下降。3H2O+6VO2++ClO3-=Cl-+6VO2++6H+(NH4)2V12O31·nH2O6V2O5+2NH3↑+(n+1)H2O【解析】（1）加熱，提高酸的濃度，粉碎等均可提高浸取率；加硫酸酸浸后，二氧化硅不反應，則殘渣的主要成分為SiO2，故答案為：加熱，提高酸的濃度，粉碎等；SiO2；（2）萃取反應依據(jù)VO2++(HR2)PO4(o)→VO[R2PO4]R(o)+H+可知，隨著萃取過程的進行，水相中的氫離子濃度不斷增大，pH值有所下降，所以經(jīng)幾級萃取后須要調(diào)整pH值，反萃取時，可加入適量硫酸溶液，使平衡向逆向移動，達到反萃取的目的，故答案為：隨著萃取過程的進行，水相中的pH值有所下降，所以經(jīng)幾級萃取后須要調(diào)整pH值H2SO4溶液；（3）由已知信息④可知，有機萃取劑(HR2)PO4萃取VO2+的實力比萃取VO2+要強，所以在中間鹽溶液過程中，加入還原劑鐵粉，可將VO2+還原為VO2+，提高原料利用率，便于后續(xù)萃取操作，故答案為：將VO2+還原為VO2+；（4）圖2可得浸出率隨著焙燒時間呈增大趨勢，其最佳焙燒時間在1.5-2.0h之間均可；浸出率隨溫度的改變曲線如圖1，其緣由是，850℃以前，隨著焙燒溫度的上升，反應速率加快，生成的高價釩化合物更多，因此浸出率上升；850℃以后，樣品發(fā)生燒結，溫度越高，燒結現(xiàn)象越嚴峻，從而使釩的浸出率下降，故答案為：1.5-2.0之間；850℃以前，隨著焙燒溫度的上升，反應速率加快，生成的高價釩化合物更多，因此浸出率上升；850℃以后，樣品發(fā)生燒結，溫度越高，燒結現(xiàn)象越嚴峻，從而使釩的浸出率下降；（5）反萃取液中的VO2+，加入氯酸鈉后被氧化為VO2+，則NaClO3被還原為Cl-，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒，反應的離子方程式為6VO2++ClO3-+3H2O=6VO2++Cl-+6H+；(NH4)2V12O31·nH2O再經(jīng)固液分別、干燥、焙燒得五氧化二釩產(chǎn)品，同時會有氨氣與水生成，其化學方程式為：(NH4)2V12O31·nH2O6V2O5+2NH3↑+(n+1)H2O，故答案為：6VO2++ClO3-+3H2O=6VO2++Cl-+6H+；(NH4)2V12O31·nH2O6V2O5+2NH3↑+(n+1)H2O。15．堿性鋅錳電池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的電解質(zhì)溶液是KOH溶液。某課題組用廢舊鐵殼無汞堿性鋅錳電池為原料，制備一種新型材料——MnxZn(1?x)Fe2O4，其工藝流程如圖所示：(1)已知MnxZn(1?x)Fe2O4中錳元素的化合價與試驗室用二氧化錳制取氯氣時還原產(chǎn)物中的錳相同，則鐵元素的化合價為___________。(2)“溶渣”工序中稀硫酸與鐵反應生成的硫酸亞鐵可將+3價錳的化合物全部還原成Mn2+，寫出該反應的離子方程式：_________________________________。(3)“調(diào)鐵”工序的目的是調(diào)整濾液中鐵離子的總濃度，使其中金屬元素的物質(zhì)的量之比與產(chǎn)品的化學式MnxZn(1?x)Fe2O4相符合。①寫出“調(diào)鐵”工序中發(fā)生反應的離子方程式：______________________、_______。②若測得濾液的成分為c(Mn2+)+c(Zn2+)=amol·L?1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=bmol·L?1，濾液體積為1m3，“調(diào)鐵”工序中，需加入的鐵粉質(zhì)量為___________kg(忽視溶液體積改變，用含a、b的代數(shù)式表示)。(4)在“氧化”工序中，加入雙氧水的目的是把Fe2+氧化為Fe3+；生產(chǎn)過程中發(fā)覺實際消耗雙氧水的量大于理論值，其可能緣由除溫度外，主要是______________________。(5)用氨水“調(diào)pH”后，經(jīng)“結晶”、“過濾”可得到產(chǎn)品和濾液C，從濾液C中還可分別出一種氮肥，該氮肥的溶液中離子濃度由大到小的排序為_______________。【答案】+3MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2OFe+2Fe3+=3Fe2+Fe+2H+=Fe2++H2↑112a?56b生成的Fe3+催化了雙氧水的分解c(NH4+)>c(SO42—)>c(H+)>c(OH?)【解析】（1）由題意可知，MnxZn(1?x)Fe2O4中錳元素的化合價為+2價，設鐵元素化合價為+a，由化合價代數(shù)和為零可得：（+2）×x+（+2）×（1—x）+（+a）×2+（—2）×4=0，解得a=3，故答案為：+3；（2）由題意可知，硫酸亞鐵與MnO(OH)在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應，硫酸亞鐵被氧化生成硫酸鐵，MnO(OH)被還原為硫酸錳，反應的離子方程式為MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O，故答案為：MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O；（3）①“調(diào)鐵”工序中，加入的鐵粉與溶液中的Fe3+和H+反應，反應時，氧化性較強的Fe3+與Fe反應生成Fe2+，F(xiàn)e3+完全反應后，H+與Fe反應生成Fe2+和H2，反應的離子方程式為Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑；②由MnxZn(1?x)Fe2O4得化學式可知，n[Mn2++Zn2+]:n(Fe3+)=1:2，設加入的鐵粉為xmol，依據(jù)題意可得（amol·L?1×103L）:(bmol·L?1×103L+x)=1:2，解得x=(2a-b)×103mol，則加入的鐵粉質(zhì)量為(2a-b)×103mol×56g/mol=56(2a-b)×103g=56(2a-b)kg，故答案為：56(2a-b)；(4)在“氧化”工序中，雙氧水把Fe2+氧化為Fe3+，反應生成的Fe3+可以做催化劑，使雙氧水催化分解，成為除溫度外，導致實際消耗雙氧水的量大于理論值的因素，故答案為：生成的Fe3+催化了雙氧水的分解；（5）由流程圖可知，反應中加入了稀硫酸和氨水，濾液C中肯定含有可以做氮肥的硫酸銨，硫酸銨溶液中由于銨根離子水解使溶液顯酸性，溶液中有c(H+)>c(OH?)，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH4+)>c(SO42—)，則溶液中離子濃度由大到小的排序為，故答案為：c(NH4+)>c(SO42—)>c(H+)>c(OH?).16．堿式硫酸鐵[Fe(OH)SO4]是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑。工業(yè)上利用廢鐵屑（含少量氧化鋁、氧化鐵等）生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如下：已知：部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3起先沉淀2.37.53.4完全沉淀3.29.74.4回答下列問題：（1）加入少量NaHCO3的目的是調(diào)整pH在_____________________范圍內(nèi)。（2）反應Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亞鐵離子，寫出該反應的離子方程式為_____________________________________________________________。（3）堿式硫酸鐵溶于水后生成的Fe(OH)2+離子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合離子，該水解反應的離子方程式為_________________________________。（4）在醫(yī)藥上常用硫酸亞鐵與硫酸、硝酸的混合液反應制備堿式硫酸鐵。依據(jù)我國質(zhì)量標準，產(chǎn)品中不得含有Fe2+及NO3－。為檢驗所得產(chǎn)品中是否含有Fe2+，應運用的試劑為_________。A．氯水B．KSCN溶液C．NaOH溶液D．酸性KMnO4溶液（5）為測定含F(xiàn)e2+和Fe3+溶液中鐵元素的總含量，試驗操作如下：精確量取20.00mL溶液于帶塞錐形瓶中，加入足量H2O2，調(diào)整pH<2，加熱除去過量H2O2；加入過量KI充分反應后,再用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液20.00mL。已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I22S2O32-+I2=2I-+S4O62-則溶液中鐵元素的總含量為_________g·L-1。若滴定前溶液中H2O2沒有除盡，所測定的鐵元素的含量將會_______(填“偏高”“偏低”“不變”)【答案】4.4~7.52H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)42++2H+D5.6偏高【解析】（1）制備硫酸亞鐵，需與硫酸鋁分別，應調(diào)整溶液pH生成Al（OH）3，避開生成Fe（OH）2沉淀，則應限制溶液pH在4.4～7.5之間；（2）NaNO2可氧化亞鐵離子為鐵離子，本身變?yōu)镹O，故離子方程式為2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O；（3）[Fe（OH）]2+離子，可部分水解生成[Fe2（OH）4]2+聚合離子，依據(jù)電荷守恒和質(zhì)量守恒可寫出反應的離子方程式為2[Fe（OH）]2++2H2O[Fe2（OH）4]2++2H+；（5）檢驗所得產(chǎn)品中是否含有Fe2+，可運用酸性KMnO4溶液，現(xiàn)象是酸性高錳酸鉀溶液褪色；（6）依據(jù)所給反應可得關系式Fe3+~S2O32-，所以n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L×0.020L=0.0020mol，溶液中鐵元素的總含量為0.0020mol×56g/mol÷0.020L=5.6g/L；若滴定前溶液中H2O2沒有除盡，則H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3將偏多，導致所測定的鐵元素的含量偏高。17．硼、鎂及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中應用廣泛。I.已知硼鎂礦主要成分為,硼砂的化學式為。一種利用硼鎂礦制取金屬鎂及粗硼的工藝流程如下所示：(1)寫出硼元素在周期表中的位置_________________________(2)將硼砂溶于熱水后，用硫酸調(diào)整溶液的為2?3以制取硼酸,該反應的離子方程式為_________________________________________。(3)由制備時，肯定條件是_________________________________。(4)制得的粗硼在肯定條件下生成,加熱分解可以得到純凈的單質(zhì)硼。現(xiàn)將粗硼制成的完全分解，將生成的配制成溶液，用酸式滴定管量取碘水溶液放入錐形瓶中，向其中滴加幾滴淀粉溶液，用溶液滴定至終點，消耗溶液。(提示：)滴定終點的現(xiàn)象為____________,該粗硼樣品的純度為____________%Ⅱ(5)已知：的電離常數(shù)為,的電離常數(shù)為、，向盛有飽和硼酸溶液的試管中，滴加溶液，_____(填“能”或“不能”)視察到氣泡逸出.(6)[也可寫成]可以通過電解溶液的方法制備.工作原理如圖所示(陽離子交換膜和陰離子交換膜分別只允許陽離子、陰離子通過).①膜為________交換膜(填“陰離子”或“陽離子”)，寫出產(chǎn)品室發(fā)生反應的離子方程式:________________理論上每生成,陰極室可生成________氣體(標準狀況)②室中，進口和出口的溶液濃度大小關系為________(填“>”或“<”)【答案】其次周期、第IIIA族B4O72-+2H++5H2O4H3BO3在HCl氛圍中加熱滴加最終一滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中藍色恰好褪去，且半分鐘不復原原色99不能陰離子H++B(OH)4-=H3BO3+H2O11.2<【解析】I.（1）硼元素為5號元素，核外有5個電子，位于元素周期表的其次周期、第IIIA族，故答案為：其次周期、第IIIA族；（2）硼砂的化學式為，溶于熱水并加入硫酸后生成硼酸，其離子方程式為：B4O72-+2H++5H2O4H3BO3，故答案為：B4O72-+2H++5H2O4H3BO3；（3）因MgCl2在蒸干灼燒時會發(fā)生水解，其水解的離子方程式為：，所以為了防止氯化鎂水解生成氫氧化鎂，須要在氛圍中加熱，故答案為：在HCl氛圍中加熱；（4）碘水溶液呈酸性，選擇酸式滴定管，滴定終點時，溶液中的碘完全反應，所以滴定終點時的現(xiàn)象為滴加最終一滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中藍色恰好褪去，且半分鐘不復原原色；硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為：0.30mol/L×0.018L=0.0054mol，依據(jù)關系式：B～BI3～I2～3S2O32-，n（B）=n（S2O32-）=0.0018mol，則原樣品中B的物質(zhì)的量=0.0018mol×=0.018mol，則硼的質(zhì)量為：11g/mol×0.018mol=0.198g，粗硼中硼的含量為：=99%，

故答案為：酸式；滴加最終一滴Na2S2O3溶液，錐形瓶中藍色恰好褪去，且半分鐘不復原原色；99；Ⅱ.（5）的電離常數(shù)為,的電離常數(shù)為、，弱酸的電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，則酸性強弱：，則向盛有飽和硼酸溶液的試管中，滴加溶液，不能視察到氣泡逸出，故答案為：不能；（6）①產(chǎn)品室可得到H3BO3的緣由是因為：陽極室的H+穿過陽膜擴散至產(chǎn)品室，原料室的B(OH)4-穿過陰膜擴散至產(chǎn)品室，二者反應生成H3BO3，其離子方程式為：H++B(OH)4-=H3BO3+H2O；所以b膜應為陰離子交換膜；陰極的電解質(zhì)為氫氧化鈉，所以陰極室的電極反應式為：2H++2e-=H2↑，結合陽極室的反應可知，2H3BO32H+H2，所以理論上每生成,陰極室可生成0.5mol氫氣，其體積在標況下為0.5mol×22.4L=11.2L，故答案為：陰離子；H++B(OH)4-=H3BO3+H2O；11.2；②室中，電極反應式為：2H++2e-=H2↑，溶液中氫氧根離子濃度增大，即進口和出口的溶液濃度大小關系為<，故答案為：<。18．CoCl2·6H2O是一種飼料養(yǎng)分強化劑。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工藝流程如下：已知：①浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②酸性條件下，ClO3－不會氧化Co2+，ClO3－轉化為Cl－；③部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：(金屬離子濃度為：0.01mol/L)④CoCl2·6H2O熔點為86℃，加熱至110~120℃時，失去結晶生成無水氯化鈷。請回答：(1)寫出浸出過程中Co2O3發(fā)生反應的離子方程式___________。(2)向浸出液中加入NaClO3發(fā)生主要反應的離子方程式___________。(3)“加Na2CO3調(diào)pH至5.2”，過濾所得到的沉淀Ⅹ成分為___________。(4)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖所示，萃取劑運用的相宜pH范圍是___________。(填選項序號字母)A1.0~2.0B2.5~3.5C4.0~5.0(5)制得的CoCl2·6H2O在烘干時需減壓烘干的緣由是___________。(6)為測定粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O含量，稱取2g的粗產(chǎn)品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于錐形瓶，加入K2CrO4做指示劑(Ag2CrO4為磚紅色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至終點，重復2-3次，平均消耗AgNO3標準溶液10.00mL。該粗產(chǎn)品中CoCl2·6H2O的質(zhì)量分數(shù)為___________。用K2CrO4做指示劑時，須要限制溶液pH值為6.5~10.5，試分析緣由______________________。【答案】Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O6H++6Fe2++ClO3-=6Fe3++Cl-+3H2OFe(OH)3,Al(OH)3B降低烘干溫度，防CoCl2·6H2O高溫下失去結晶水59.5%pH太小K2CrO4氧化Cl-(或轉化為Cr2O72-)；pH太大生成Ag(OH)沉淀(或Ag2O沉淀)【解析】（1）水鈷礦主要成分為Co2O3、Co（OH）3，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在