2019届高考化学满分专练专题08工艺流程

专题08 工艺流程
1．硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。

用锌白矿（主要成分为ZnO，还含有FeO、CuO、SiO2等杂质）制备ZnSO4·7H2O的流程如下。

已知：K sp[Fe(OH)3]＝4.0×10−38，K sp[Cu(OH)2]＝2.2×10−20
（1）“滤渣1”的主要成分是_______（填化学式）。

“酸浸”过程中，为了提高锌元素浸出速率，可采取的措施有：①适当提高酸的浓度，②_______（填一种）。

（2）“氧化”过程中，发生氧化还原反应的离子方程式是_______。

（3）“沉淀”过程中，加入ZnO产生Fe(OH)3沉淀的原因是_______。

（4）加入适量ZnO固体，若只析出Fe(OH)3沉淀而未析出Cu(OH)2沉淀，且测得沉淀后的溶液中c(Fe3＋)＝4.0×10−14mol/L，此时溶液中c(Cu2＋)的取值范围是_______mol/L。

（5）加入适量锌粉的作用是_______。

（6）由滤液得到ZnSO4•7H2O的操作依次为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。

实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、_______、_______。

【答案】SiO2粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或适当加热等2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe3+在溶液中存在水解平衡: Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+,加入ZnO 后，与H+反应，H+浓度减小，水解平衡正向进行，生成Fe(OH)3沉淀<2.2×10-4除去溶液中的Cu2+蒸发浓缩冷却结晶漏斗玻璃棒
【解析】
本题主要考查用锌白矿制备ZnSO4·7H2O的流程的评价。

（1）“滤渣1”的主要成分是不溶于稀硫酸的SiO2。

“酸浸”过程中，为了提高锌元素浸出速率，可采取的措施有：①适当提高酸的浓度，②粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或适当加热等。

（2）“氧化”过程中，发生氧化还原反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。

（3）“沉淀”过程中，加入ZnO产生Fe(OH)3沉淀的原因是Fe3+在溶液中存在水解平
衡: Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入ZnO 后，与H+反应，H+浓度减小，水解平衡正向进行，生成Fe(OH)3沉淀。

（4）c(OH－)≥(=10-8mol/L，此时溶液中c(Cu2＋)=<2.2×10-4 mol/L。

（5）加入适量锌粉的作用是除去溶液中的Cu2+。

（6）由滤液得到ZnSO4•7H2O的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。

2．某工厂以重晶石（主要含BaSO4）为原料，生产“电子陶瓷工业支柱”——钛酸(BaTiO3)的工艺流程如下：
回答下列问题：
(l)为提高BaCO3的酸浸速率，可采取的措施为__（写出一条即可）；常温下，TiCl4为液体且易水解，配制一定浓度的TiCl4溶液的方法是 ____。

(2)用Na2CO3溶液浸泡重晶石（假设杂质不与Na2CO3反应），能将BaSO4转化为BaCO3，此反应的平衡常数K= ___（填写计算结果）；若不考虑CO32－的水解，要使2. 33g BaSO4恰好完全转化为BaCO3，则至少需要浓度为1.0mol·L－1Na2CO3溶液 ___mL。

（已知：K sp(BaSO4)=1.0×10-10、K sp(BaCO3)=5.0×10-9）
(3)流程中“混合”溶液的钛元素在不同pH时主要以TiO(OH)＋、TiOC2O4、TiO(C2O4)22－三种形式存在（变化曲线如右图所示）。

实际制备工艺中，先用氨水调节混合溶液的pH于2.8左右，再进行“沉淀”，其反应的离子方程式为____；图中曲线c对应钛的形式为____（填粒子符号）。

(4)流程中“滤液”的主要成分为____；隔绝空气煅烧草酸氧钛钡晶体得到钛酸钡粉体和气态产物，试写出反应的化学方程式：____。

【答案】将BaCO3研成粉末或适当增大盐酸浓度或适当加热或搅拌等溶于浓盐酸，再加适量水稀释至所需浓度 0.02 510 TiO(C2O4)22－＋Ba2＋＋4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓ TiO(OH)＋ NH4Cl
BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3＋2CO↑＋2CO2↑＋4H2O
【解析】 (1)盐酸与BaCO3发生反应：2HCl+BaCO3=BaCl2+H2O+CO2↑，为了加快反应速率可以将固体BaCO3研成粉末，以增大接触面积；也可以适当增大盐酸浓度或适当加热升高反应温度或搅拌等；TiCl4是强酸弱碱盐，在溶液中Ti4+会发生水解反应：Ti4++4H2O Ti(OH)4+4H+，使溶液变浑浊，为了配制得到澄清的TiCl4溶液，同时不引入杂质离子，通常是将TiCl4溶于浓盐酸中，然后再加适量水稀释至所需浓度；
(2) 在溶液中BaSO4存在沉淀溶解平衡，当向溶液中加入饱和Na2CO3溶液时，发生沉淀转化生成BaCO3：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，最终BaSO4生成BaCO3；反应的平衡常数；2.33gBaSO4物质的量为0.01mol，根据BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，完全转化需要0.01molCO32－，同时溶液中产生0.01molSO42-，根据K值溶液中含有n（CO32-）=0.01mol÷0.02=0.5mol，需要加入Na2CO3为
0.01mol+0.5mol=0.51mol，需要Na2CO3溶液的体积为0.51mol÷1mol/L=0.51L=510mL。

(3) “混合溶液”过程中，钛元素在不同pH下主要以TiOC2O4、TiO(C2O4)22-和TiO(OH)+三种形式存在，调节混合液pH在2.8左右再进行沉淀，据“沉淀”时生成草酸氧钛钡晶体中含有TiO(C2O4)22-(即b微粒)，“沉淀”时的离子方程式为：TiO(C2O4)22-＋Ba2＋+4H2O=BaTiO(C2O4)2·4H2O↓；随着氨水的不断加入溶液的pH不断增大，可以判断c对应钛的形式为TiO（OH）+；
(4) TiCl4和草酸混合液加入了氨水，然后与BaCl2溶液混合得到草酸氧钛钡晶体，根据原子守恒，滤液中主要成分为NH4Cl。

草酸氧钛钡晶体隔绝空气煅烧得到BaTiO3，同时得到CO、CO2及水蒸气，煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO3方程式为BaTiO(C2O4)2·4H2O BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O。

3．铜是人类最早使用的金属，在生产生活中应用及其广泛。

工业上以黄铜矿 (主要成分FeCuS2)为原料制取金属铜，其主要工艺流程如图所示。

已知：反应II的离子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S
回答下列问题：
（1）FeCuS2中S的化合价____。

（2）反应I在隔绝空气、高温煅烧条件下进行，写出化学方程式____。

（3）为了反应I充分进行，工业上可采取的措施是____。

（4）反应III的离子方程式为____。

（5）向反应III后的溶液中加入稀硫酸的目的是____。

（6）该流程中，可循环利用的物质除CuCl2外，还有___（填化学式）。

（7）反应IV中，处理尾气SO2的方法，合理的是_____
A．高空排放
B．用BaCl2溶液吸收制备BaSO3
C．用氨水吸收后，再经氧化，制备(NH4)2SO4
D．用纯碱溶液吸收可生成Na2SO3（H2CO3：K a1=4.4×10-7，K a2=4.7×10-11；H2SO3：K a1=1.2×102，K a2=5.6×108）（8）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)
该反应的平衡常数K=___[已知K sp(CuCl)=a，K sp(Cu2S)=b]
【答案】-2 FeCuS2+S高温煅烧FeS2+CuS 粉碎或搅拌 4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O 在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，有利于其析出 S、H2SO4、HCl CD
【解析】（1）根据化合价代数和为零的原则Fe为+2价，Cu为+2价，则FeCuS2中S的化合价-2。

答案：-2。

（2）黄铜矿主要成分FeCuS2，反应I在隔绝空气、高温煅烧条件下进行，硫和FeCuS2发生反应生成FeS2
和CuS，化学方程式为：FeCuS2+S FeS2+CuS。

答案：FeCuS2+S FeS2+CuS。

（3）为了反应I充分进行，工业上可采取的措施是将矿石粉碎或充分搅拌，以增大接触面积，加快化学反应速率。

答案：粉碎或搅拌。

（4）由反应II的离子方程式：Cu2++CuS+4Cl-=2[CuCl2]-+S，经过滤可知滤液中含有[CuCl2]-、H+等离子，通入空气后[CuCl2]-中的+1价铜被氧气氧化，所以反应III的离子方程式为4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O。

答案：4[CuCl2]-+O2+4H+=4Cu2++8Cl-+2H2O。

（5）因为在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，所以向反应III后的溶液中加入稀硫酸的目的是使CuSO4变成晶体析出。

答案：在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，有利于其析出。

（6）根据流程图分析可知；该流程中可循环利用的物质有CuCl2、S、H2SO4、HCl。

答案：S、H2SO4、HCl。

（7）A.二氧化硫有毒,不能直接高空排放,否则会污染空气,应该用碱液吸收,故A错误;B.盐酸酸性大于亚硫酸,所以二氧化硫和BaCl2不反应,则不能用二氧化硫和氯化钡溶液制取BaSO3,故B错误;C.二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是碱,二者反应生成亚硫酸铵, 亚硫酸铵不稳定，易被氧化成硫酸铵，所以用氨水吸收
后,再经氧化制备硫酸铵,故C正确的;D.二氧化硫和水反应生成的亚硫酸酸性大于碳酸,所以二氧化硫能和
纯碱溶液反应生成亚硫酸钠,所以用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠是正确的，故D正确；答案：CD。

（8）CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq),反应的平衡常数
K=c2(Cl-)/c(S2-)=K sp2(CuCl)/K sp(Cu2S)=,答案：。

4．金属钼具有高强度、高熔点、耐磨抗腐性，用于制火箭、卫星的合金构件。

钼酸钠晶体(Na2MoO4•2H2O)
是一种重要的金属缓蚀剂。

利用钼矿(主要成分MoS2，还含少量钙、镁等元素)为原料冶炼金属钼和钼酸钠
晶体的主要流程图如下：
(1)Na2MoO4•2H2O中钼元素的价态为___，煅烧产生的尾气引起的环境危害主要是_______。

(2)用浓氨水溶解粗产品的离子方程式是_________，由图中信息可以判断MoO3是___氧化物。

（填“酸性”、“碱性”或“两性”）
(3)操作I是_____，操作Ⅱ所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是____。

(4)采用 NaClO氧化钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热。

①请配平以下化学反应：
___NaClO +___MoS2 + ___NaOH →___Na2MoO4 +___Na2SO4 +___NaCl +___H2O。

②钼的浸出率随着温度变化如图，当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是______（写一点）。

(5)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Li x(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为
______。

【答案】+6 酸雨 MoO3 +2NH3•H2O=2NH4+ + MoO42﹣+H2O 酸性过滤取少量最后一次水洗液于
试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净 9 1 6 1 2 9
3 该反应为放热反应，升温使平衡逆移；随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42﹣Li x(MoS2)n-xe﹣=nMoS2+xLi+
【解析】 (1) Na2MoO4·2H2O中Na元素化合价为+1价、O元素化合价为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素的价态为4×2-2×1=+6价；工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，二氧化硫引起的环境危害主要是酸雨；
(2)用浓氨水溶解粗产品MoO3，反应产生钼酸铵和水，反应的离子方程式为：MoO3 +2NH3•H2O=2NH4+ + MoO42﹣+H2O；MoO3可以与碱溶液反应生成MoO42-和水，因此可以说明MoO3是酸性氧化物；
(3)操作I是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，该分离混合物的方法为过滤；操作Ⅱ过滤分离出固体钼酸和滤液，在滤液中含有NH4Cl，所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法就是检验洗涤液中是否含有Cl-，操作是取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净；
(4)①在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO 中的+1价变为反应后NaCl 中的-1价、Mo元素化合价由反应前MoS2中的+2价变为+6价、S元素化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后Na2SO4中的+6价，根据转移电子及原子守恒，配平方程式为9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O；
②钼的浸出率随着温度变化如图，当温度低于50℃时，温度升高，反应速率加快，更多的钼溶解，因此钼的浸出率随着温度的升高而增大；当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是：第一，该反应的正反应是放热反应，随着温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移动；第二，随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42﹣，导致浸出率降低；
(5)锂和MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Li x(MoS2)n，可知：在电池充电时阳极上的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Li x(MoS2)n，则阳极反应式为Li x(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。

5．锆()是现代工业的重要金属原料，具有良好的可塑性，抗蚀性能超过钛。

以锆英石(主要成分是，还含有少量等杂质)为原料生产锆及其化合物的流程如图所示
(1)写出的电子式____________________。

(2)高温气化过程中，不考虑损失，发现分馏后得到的质量通常比由纯发生的反应得到的质量大，用化学方程式来解释原因_________________________。

(3)高温气化后的固体残渣除碳外，还有和，加水浸取得氯化铁溶液，过滤，从滤渣中分离出碳
和两种固体的方法是____________________。

(4)写出上述流程中与水反应的化学方程式：____________________________。

(5)已知氧化锆()是一种两性氧化物，与氢氧化钠共熔融可形成酸盐，请写出化学方程式
_________________________________________。

(6)工业上可用钾还原时制得金属，被还原时生成的钾盐的物质的量为
_________________。

(7)已知，。

下列说法正确的是__________
A．，电解质溶液的与之和均为14
B．用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐增大
C．溶液中逐滴加入硫酸溶液，滴加过程中逐渐减小
D．某温度下，则其溶液中
【答案】加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可)
【解析】（1）SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，
故答案为：；
（2）高温气化过程中，二氧化硅和氯气与碳反应生成氯化硅与一氧化碳，其化学方程式为：
，
故答案为：；
（3）分离出碳和，从的两性来分析，如先加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得；或先用盐酸浸取过滤得碳，再向滤液加入过量氨水得到沉淀，最后再加热得
到，
故答案为：加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可)；
（4）根据流程图可知ZrCl4与水反应产物为ZrOCl2•8H2O，根据原子守恒，反应方程式为：
ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl，
故答案为：ZrCl4+9H2O═ZrOCl2•8H2O+2HCl；
（5）结合氧化铝的两性，根据已知条件可知，氧化锆()与氢氧化钠共熔融可形成酸盐的化学方程式为：
，
故答案为：；
（6）用钾还原时制得金属，根据氧化还原反应的规律得出其化学方程式为：:K2ZrF6+4K=Zr+6KF，根据关系式得出若被还原时生成的钾盐（KF）的物质的量为6mol,
故答案为：6mol;
(7) A．，根据水的离子积可知，×=10-14,结合公式可推出，电解质溶液的
与之和均为14，A项正确；
B. 用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐减小，则，B项正确；
C.溶液中逐滴加入硫酸溶液，生成硫酸钡，滴加过程中逐渐减小，会逐渐增大，C
项错误；
D.，则溶液中c(Zr4+)·c2(CO32-)=4.0×10-12，则-lg c(Zr4+)·c2(CO32-)=12-2lg2，即pc(Zr4+)+2p c(CO32-)=11.4，D项错误；
答案选AB。

6．利用酸解法制钛白粉产生的废液[含有大量的FeSO4、H2SO4和少量的Fe2（SO4）3、TiOSO4]生产铁红和补血剂乳酸亚铁的工艺流程如图所示：
已知:TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42-，TiO2+水解成TiO2·xH2O沉淀为可逆反应；乳酸结构简式为CH3CH（OH）COOH。

回答下列问题：
（1）TiOSO4中钛元素的化合价是____________，步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是___________。

（2）滤渣的主要成分为TiO2·xH2O，结合离子方程式解释得到滤渣的原因：________。

（3）从硫酸亚铁溶液中得到硫酸亚铁晶体的操作方法是____________________；硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。

（4）步骤④中发生反应的离子方程式为______________________。

（5）步骤⑥必须控制一定的真空度，原因是有利于蒸发水以及____________________。

（6）实验室中检验溶液B中主要阳离子的方法是______________________。

【答案】+4 过滤 TiO2++（x+1）H2O TiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 1: 4
Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑ 防止Fe2+被氧化取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+
【解析】（1）由化合价代数和为0可知，TiOSO4中钛元素的化合价是+4价；步骤①中分离硫酸亚铁溶液和滤渣的操作是过滤，故答案为：+4；过滤；
（2）TiOSO4在溶液中水解生成TiO2•xH2O，水解的离子方程式为：TiO2++（x+1）H2O TiO2•xH2O+2H+，加入铁屑，铁与H+反应，溶液中c（H+）降低，水解平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O沉淀，故答案为：TiO2++（x+1）H2O TiO2•xH2O+2H+,铁屑与H+反应，c（H+）降低，平衡向正反应方向移动，促使TiO2+转化为TiO2•xH2O；
（3）FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁在空气中煅烧生
成铁红和三氧化硫，反应的化学方程式为4FeSO4+O2 2Fe2O3
+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：蒸发浓
缩、冷却结晶、过滤；1：4；
（4）步骤④为FeSO4溶液中加碳酸氢铵，两者反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，反应的离子方
程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
（5）亚铁离子易被空气中氧气氧化，所以步骤⑥必须控制一定的真空度，这样有利于蒸发水还能防止Fe2+
被氧化，故答案为：防止Fe2+被氧化；
（6）溶液B为硫酸铵溶液，实验室检验铵根离子的方法是：取少量溶液B于试管中，加人NaOH溶液，加
热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有NH4+，故答案为：取少量溶液B
于试管中，加人NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，石蕊试纸变蓝，说明溶液B中含有
NH4+。

7．用含钴废料（主要成分为Co，含有一定量的NiO、Al2O3、Fe、SiO2等）制备草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）
的工业流程如下图．己知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为有机物（难电离）。

请回答下列问题：
（1）滤渣I的主要成分是_____（填化学式）,写出一种能提高酸浸速率的措施_______。

（2）操作①用到的玻璃仪器有_______________。

（3）H2O2是一种绿色氧化剂，写出加入H2O2后发生反应的离子方程式:_______________。

（4）加入氧化钴的目的是调节溶液的pH．若要将浸出液中Fe3+和Al3+全部沉淀，则应将浸出液的PH控制在
_______。

（已知：溶液中离子浓度小于1×10－5mol/L,则认为离子完全沉淀；Ni(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3的
K sp分别为1×10－15，1×10－38,1×10－32)
（5）加入（NH4）2C2O4反应的离子方程式为________，过滤得到的草酸钴晶体需要用蒸馏水洗涤，检验是否
洗涤干净的方法是____________。

（6）加入有机萃取剂的目的是__________。

实验室可以用酸性KMnO4标准液滴定草酸根离子（C2O42－）来测
定溶液中C2O42－的浓度，KMnO4标准溶液常用硫酸酸化，若用盐酸酸化，会使测定结果______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．
【答案】SiO2提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌分液漏斗、烧杯 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 5pH<9 Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓ 滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干
净溶解NiR2，使之与水层分离偏高
【解析】 (1)用含钴废料，粉碎后用硫酸溶解，SiO2不与硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2，提高硫酸的浓度、提高反应的温度、搅拌能提高酸浸速率；
故答案为：SiO2；提高硫酸的浓度或提高反应的温度或搅拌；
(2)通过操作①得到水层和有机层，则操作①为分液，分液需要的仪器有：分液漏斗、烧杯；
故答案为：分液漏斗、烧杯；
(3)H2O2氧化亚铁离子生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(4)加入氧化钴的目的是调节溶液的pH，使铁离子沉淀，根据沉淀溶度积可知，铁离子所需的氢氧根离子浓
度c1(OH-) = 2×10-11 mol/L，溶液的c1(H+)=5×10-4mol/L，则
pH1-lg c1(H+)=3.3；同理可得，铁离子所需的氢氧根离子浓度c2(OH-) = 1×10-9mol/L，
溶液的c2(H+)=1×10-5mol/L，则pH2-lg c2(H+)=5；而氢氧化镍开始沉淀时所需的氢氧根离子浓度c3(OH-) <= 1×10-5mol/L，溶液的c1(H+)> =1×10-9mol/L，则pH3<-lgc3(H+)=9，综上所述，最佳pH的范围为5pH<9，
若故答案为：5pH<9；
(5) 加入（NH4）2C2O4后生成CoC2O4·2H2O↓，离子方程式为：Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓，检验晶体是否洗涤干净，只要检验是否有残留的硫酸根离子在晶体表面即可，即滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净，
故答案为：Co2++C2O42-+2H2O=CoC2O4·2H2O↓；滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成则证明已洗涤干净；（6）根据相似相容原理可知，加入有机萃取剂可溶解NiR2，从而使之与水层分离；若用盐酸酸化，高锰酸钾会氧化盐酸中的氯离子，消耗高锰酸钾偏多，测定结果偏高；
故答案为：溶解NiR2，使之与水层分离；偏高。

8．钴酸锂(LiCoO2)是锂离子电池的一种重要正极材料。

可利用湿法冶金工艺处理精选后的锂离子电池正极材料（LiCoO2、乙炔黑）重新制备高纯度LiCoO2，其流程如下。

（已知：LiCoO2难溶于水，Li2CO3微溶于水、难溶于醇，CoCO3难溶于水和醇）
(l) H2O2的作用是____。

(2)“浸取”时若加入盐酸，Cl-被LiCoO2氧化产生Cl2。

请写出该反应的离子方程式 ____。

(3)向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用 ___，滤渣b的主要成分是____（填化学式）。

(4)在空气中“煅烧”时发生的总化学方程式为 ___。

(5)可用碘量法来测定产品中钴的含量。

取mg样品溶于稀硫酸，加入过量KI，以淀粉为指示剂，用c mol/L Na2S2O3标准溶液进行滴定，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液VmL，则产品中钴的含量为____（以Co2O3计）。

有关反应：LiCoO2+4H+=Li++Co3++2H2O，2Co3++2I-=2Co2++I2，I2+2S2O32-= S4O62-+2I-
【答案】还原剂 2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O 降低Li2CO3的溶解度，使其尽可能析出
Li2CO3和CoCO3 Li2CO3、CoCO3 4CoCO3+2Li2CO3+O2 4LiCoO2+6CO2%
【解析】（1）“浸取”步骤加入H2SO4、H2O2，滤液中产生了Co2+，钴元素化合价由+3价变成了+2价，故H2O2作还原剂，用来还原LiCoO2。

答案：还原剂。

（2）“浸取”时若加入盐酸，其会被LiCoO2氧化产生Cl2，造成环境污染，该反应的离子方程式为
2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O，因LiCoO2难溶于水，故在离子方程式中不拆。

答案：
2Cl-+2LiCoO2+8H+=Cl2↑+2Co2++2Li++4H2O。

（3）因Li2CO3和CoCO3都难溶于醇，向含Co2+、Li+溶液中加入乙醇的作用降低Li2CO3、CoCO3的溶解度，使其尽可能析出。

滤渣b的主要成分是Li2CO3和CoCO3。

答案：降低Li2CO3的溶解度，使其尽可能析出Li2CO3和CoCO3；Li2CO3和CoCO3。

（4）在空气中“煅烧”时发生的总化学方程式为4CoCO3+2Li2CO3+O24LiCoO2+6CO2
（5）LiCoO2～S2O32-1：1关系n（LiCoO2）=cV×10-3mol，n（Co2O3）=cV×10-3mol，m（Co2O3）=166×cV×10-3g，产品中钴的含量为=%；答案：4CoCO3+2Li2CO3+O2 4LiCoO2+6CO2；%。

9．PbCO3可用于油漆、陶瓷和玻璃等工业。

由方铅矿(主要成分为PbS，含有杂质FeS等)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCO3的流程如下：
已知：PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水；各物质的溶度积见下表。

试回答下列问题：
(1)PbCO3的名称是________。

(2)步骤①中MnO2的作用是________，根据下图分析①的最佳反应条件是________。

(3)步骤②趁热抽滤的原因是___________________。

(4)步骤③洗涤用的试剂是____________。

(5)将滤液Y先酸化，然后加入MnO2，反应的离子方程式为__________；若反应后c(Mn2+)=0.2mol/L，进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+，溶液所调的pH范围为_______[c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时表示Fe3+已沉淀完全]。

(6)步骤④反应的离子方程式为______________。

(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质，提纯的实验方案是________。

【答案】碳酸铅氧化剂（将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-）80℃和3mol/LHCl PbCl2
降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离冷水或乙醇 2Fe2+ + 4H+ + MnO2＝2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O 3≤pH＜8或3~8 PbCl2+CO32-＝PbCO3 +2Cl-向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤
【解析】 (1)PbCO3的名称为碳酸铅，故答案为：碳酸铅；
(2)步骤①反应生成了硫沉淀，说明MnO2是氧化剂，将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-，根据图象，80℃和3mol/LHCl时，浸取率最高，故答案为：氧化剂(或将难溶的PbS转化为S和溶液中的PbCl2-)；80℃和3mol/LHCl；
(3)根据流程图步骤③的提示，PbCl2降温易结晶析出，因此步骤②需要趁热抽滤，有利于铅的化合物与不溶性杂质分离，故答案为：PbCl2降温易结晶析出，趁热抽滤有利于铅的化合物与不溶性杂质分离；
(4)PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水，步骤③洗涤用的试剂可以是冷水或乙醇，故答案为：冷水或乙醇；
(5)将滤液Y先酸化，然后加入MnO2，二氧化锰将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2+ + 4H+ + MnO2
＝2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；若反应后c(Mn2+)=0.2mol/L，进一步调节溶液的pH可分离Fe3+和Mn2+，根据表格数据，使Fe3+完全沉淀时，溶液中c(OH-)=≥=1×10-11，此时pH≥3，使Mn2+恰好开始沉淀时，溶液中c(OH-)===1×10-6，此时pH=8，因此需要调节溶液的pH至3≤pH＜8才能达到分离目的，故答案为：2Fe2+ + 4H+ + MnO2＝2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；3≤pH＜8；
(6)步骤④中PbCl2中加入碳酸钠溶液发生沉淀的转化生成PbCO3，反应的离子方程式为PbCl2+CO32-＝PbCO3
+2Cl-，故答案为：PbCl2+CO32-＝PbCO3 +2Cl-；
(7)样品PbCO3中有少量PbCl2杂质，根据PbCl2难溶于冷水和乙醇，易溶于热水，和流程图中PbCl2中加入碳酸钠溶液能够发生沉淀的转化生成PbCO3，提纯的方法是向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤，故答案为：向样品中加Na2CO3溶液浸取，过滤洗涤或向样品中加热水浸泡，趁热过滤，热水洗涤。

10．工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：
已知：①菱锰矿的主要成分是MnCO3，其中含Fe、Ca、Mg、Al等元素。

②Al3＋、Fe3＋沉淀完全的pH分别为4.7、3.2，Mn2＋、Mg2＋开始沉淀的pH分别为8.1、9.1。

③焙烧过程中主要反应为MnCO3＋2NH4Cl MnCl2＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O。

(1)结合图1、2、3，分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、m(NH4Cl)/m(菱锰矿粉)分别为____________、____________、____________。

(2)对浸出液净化除杂时，需先加入MnO2将Fe2＋转化为Fe3＋，再调节溶液pH的范围__，将Fe3＋和Al3＋变为沉淀而除去，然后加入NH4F将Ca2＋、Mg2＋变为氟化物沉淀除去。

(3)“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为____。

(4)上述流程中可循环使用的物质是________。

(5)现用滴定法测定浸出液中Mn2＋的含量。

实验步骤：称取1.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使反应2Mn2＋＋NO3-＋4PO43-＋2H＋2[Mn(PO4)2]3－＋NO2-＋H2O充分进行并除去多余的硝酸；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO2-＋NH4+===N2↑＋2H2O以除去NO2-；加入稀硫酸酸化，用2.00 mol·L－110.00 mL硫酸
亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43-；用0.10 mol·L－110.00 mL酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。

①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应(还原产物是Cr3＋)的离子方程式为___________。

②试样中锰的质量分数为________。

【答案】500 ℃ 60 min 1.10 4.7≤pH<8.1 Mn2＋＋2HCO3-===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O NH4Cl 6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O 77%
【解析】 (1)根据图像分析，焙烧温度在500 ℃以上、焙烧时间在60 min以上、在1.1以上，锰浸出率超过90% ，所以焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为500 ℃、60 min、 1.10；
(2)净化除杂的目的是将Fe3＋和Al3＋变为沉淀除去，并且保证Mn2＋不能沉淀，所以调节溶液pH的范围为
4.7≤pH<8.1；
(3)“碳化结晶”步骤中，碳酸氢铵与锰离子反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳气体，反应离子方程式是Mn2＋＋2HCO3-===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；
(4)根据流程图，可循环使用的物质是NH4Cl；
(5) ①根据得失电子守恒，酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式是6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H
O；
2
②Cr2O72-的物质的量是0.10 mol·L－1×0.01L=0.001mol，反应6Fe2＋＋Cr2O72-＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
消耗Fe2＋的物质的量是0.006mol， [Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO43-消耗Fe2＋的物质的量是2.00 mol·L－1×0.01L－0.006mol=0.014mol，根据Mn2＋～[Mn(PO4)2]3－～Fe2＋，可知Mn2＋的物质的量是0.014mol，锰的质量分数为。

11．六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。

以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于__________(填序号)。

A．碱 B．盐 C．碱性氧化物
(2)发生“电解I”时所用的是__________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。

(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。

该反应的化学方程式为___________________。

(4)“电解II”的阳极产物为____________(填离子符号)。

(5)操作a的名称是______，该流程中可循环利用的物质是____________(填化学式)。

(6)“反应II”的离子方程式为___________________。

【答案】B 阳离子 3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2 ClO4-蒸发浓缩 NaCl
Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O
【解析】 (1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子，属于盐，故答案为：B；
(2)“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜，故答案为：阳离子；
(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；
(4)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；
(5)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；从流程图可以看成，可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；
(6)“反应II”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜，二氧化碳和水，碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。

12．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：。