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压轴冲关：压轴12 化学工艺流程
【高考命题】
化学工艺流程试题就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。高考中“化学工艺流程试题”命题内容广泛，密切联系生产、生活实际，设问方式灵活，主要特征是以化工生产为背景，用框图的形式表述生产流程，主题内容广泛，密切联系生产、生活实际，题材丰富。考查学生对知识的掌握、理解、迁移、转换、重组和解决实际问题的能力。这类题型不但综合考查所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识，而且更重要的是能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量大，包含信息多，思维能力要求高，是近年来已成为高考化学主观题中得分较低的题型。
【增分攻略】
1．图解明晰化学工艺流程
2．循环物质的确定
3．副产品的判断
【限时特训】
1．（2022·福建·统考高考真题）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。
(2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有_______。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为_______。
(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。
(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
【答案】(1) 提高浸出率(或提高浸出速率)
(2) 和 84%
(3) 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶
(4)或
(5)沉铝
【解析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。
（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。
（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为；
故答案为：SiO2和CaSO4；84%。
（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；
故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。
（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；
故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。
（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用；
故答案为：沉铝。
2．（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是_______。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。
(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。
【答案】(1) Fe2O3 SiO2
(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5) +2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+
(6) H2O2 NH3·H2O
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。
（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；
（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；
（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；
（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。
3．（2022·广东·高考真题）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】(1)Fe2+
(2) 4.7pH<6.2
(3)4.010-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
4．(2021 全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如下图所示：
①加入粉进行转化反应的离子方程式为_____________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以NaIO3为原料制备的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为_______ mol。I2在KI溶液中可发生反应I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_____________________。
【答案】(1) ①2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3
②FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化
(2)2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O
(3)4 防止单质碘析出
【解析】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O；(3) KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI↓ +I2+2K2SO4，若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2+I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。
5．(2021 全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c =1.0×10-5 mol·Lˉ1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式_____________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_______。
(3)“母液①"中Mg2+浓度为_______ cmol·Lˉ1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·x H2O沉淀，该反应的离子方程式是_______。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】Al2O3+4(NH4)2SO42 NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑
Fe3+、Al3+、Mg2+ 1.0×10-6 硫酸 SiO2 CaSO4
TiO2++(x+1)H2OTiO2·x H2O↓+H2O (NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
6．废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为__________；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为__________。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为_________________________。
(3)25℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为__________(保留一位小数)；若继续加入6.0mol·L-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后__________；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3·H2O [Ga(OH)4]-+NH4+的平衡常数K=__________。
(已知：Ga3++4OH- [Ga(OH)4]- K′=≈1.0×1034)
(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42-是否洗净的试剂是__________；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和__________。
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为__________。
【答案】(1) 6 +1 (2)Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O
(3)4.7 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 2.0×10-6
(4)HCl溶液、BaCl2溶液 作溶剂 (5)GaCl3+NH3GaN+3HCl
【解析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl2溶解。(1)硫为第VIA族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为+1；(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；(3)In3+恰好完全沉淀时，，故PH=4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知，由K′=≈1.0×1034，得即，代入数据可知K=2.0×10-6；(4)检验滤渣中SO42-是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；(5)高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3GaN+3HCl。
7．无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。
已知：氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答问题：
(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。
(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。
A．KMnO4溶液 B．Cl2水 C．Br2水 D．H2O2溶液
(3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入HCl(g)的目的是___________________________。
(4)取少量晶体，溶于水并滴加溶液，现象是___________________________。
(5)反应的化学方程式为___________________________。
(6)由转化成的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂___________，并设计实验验证是该还原剂将还原___________。
【答案】(1)漏斗 (2)BD (3)防止水解 (4)溶液变为血红色
(5)FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑
(6)SO2 先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是将还原
【解析】废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成FeCl3·6H2O，通入SOCl2生成FeCl3。(1)过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。(2)A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质离子，故选BD。(3)加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入HCl(g)的目的是防止水解。(4)KSCN溶液遇Fe3+变为红色。(5)根据已知信息氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解，可得FeCl3·6H2O与SOCl2生成FeCl3的化学方程式为FeCl3·6H2O+6SOCl2FeCl3+6SO2↑+12HCl↑。(6)可能反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。
8．由钛白粉废渣制备铁黄，流程如下：
已知：
i.钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物
ii.TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4
iii.0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；
0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8
(1)纯化
①加入过量铁粉的作用是_______________________。
②充分反应后分离混合物的方法是_______________________________。
(2)制晶种。
向FeSO4溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至pH=6时，开始通入空气，溶液pH随时间的变化曲线如图
①产生白色沉淀的离子方程式：_______________________。
②充分生成白色沉淀后，溶液的pH小于6.3，原因是沉淀生成时溶液中c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③0-t1时刻，pH几乎不变，t1-t2时刻，pH减小，结合方程式解释原因：_______________________。
④pH=4时制备晶种，t3时刻之后，再通空气，pH几乎不变，c(Fe2+)仍然减小，但c(Fe3+)在增加，(Fe2+)的减小量大于c(Fe3+)的增加量，结合总方程式说明原因：_______________________。。
(3)纯度测定
通过计算产品的耗酸量测定其纯度
wg铁黄溶液b溶液c滴定
已知：Fe3++3C2O42-=Fe(C2O4)33-，Fe(C2O4) 33-不与稀碱溶液反应
若上述过程中加入的Na2C2O4过量，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)
【答案】(1)①与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 ②过滤
(2)①Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2NH4+ ②> ③pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 ④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
(3)不受影响
【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH(0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8)和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；(2)pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+；(3)由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响
9．某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrOCr2O+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
(2)下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
(3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂； b．100℃ 蒸发溶剂；c．抽滤；d．冷却至室温；e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
【答案】(1)增大反应物的接触面积 (2)BC
(3)a e d c
(4)①AC ②再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁
(5)H2SO4 抑制Cr2O72-转化为CrO42-，且与Cr2O72-不反应
【解析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固体冷却后用水浸取，其中NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，过滤得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3与硫酸反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7(发生的反应为2Na2CrO4+H2SO4 Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O)，经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后经多步操作得到K2Cr2O7。(1)步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。(2)A项，根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；B项，步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；C项，步骤III酸化时，平衡2H++2 CrO42- Cr2O72-+H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；D项，根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；故选BC。(3)Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为aedc。(4)①A项，量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；B项，滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；C项，滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；D项，读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；E项，为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；故选AC。②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。(5)根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O2H++2 CrO42-，即有部分Cr2O72-会转化为CrO42-，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制Cr2O72-转化为CrO42-，可加入与Cr2O72-不反应的酸，如硫酸。
10．碘化锂()在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI·3H2O和LiI，，流程如下：
已知：a．LiI·3H2O在75～80℃转变成LiI·2H2O，80～120℃转变成LiI·H2O，300℃以上转变成无水LiI。
b．LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
c．LiI在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)步骤II，调，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。
(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。
下列说法正确的是________。
A．为得到较大的晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
B．为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤
C．宜用热水洗涤
D．可在80℃鼓风干燥
(3) 步骤Ⅳ，脱水方案为：将所得LiI·3H2O置入坩埚中，300℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI·3H2O、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶，调pH＝6，用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点，根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算，得LiI·3H2O、LiI的纯度分别为99.96%、95.38%。LiI纯度偏低。
①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是________。
A．容量瓶 B．烧杯 C．锥形瓶 D．滴定管
②测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：
蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→________→_______→_______→_______→洗净，放回管架。
a.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液
b.放液完毕，停留数秒，取出移液管
c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备
d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口
e.放液完毕，抖动数下，取出移液管
f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口
③纯度偏低，可能的主要杂质是________。
(4)步骤IV，采用改进的实验方案(装置如图)，可以提高纯度。
①设备X的名称是________。
②请说明采用该方案可以提高纯度的理由________。
【答案】(1)LiOH (2)B (3)①AC ②d f c b ③Li2O
(4)①抽气泵 ②抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水
【解析】(1)将酸性溶液调节成中，又不引入新的杂质，可选用LiOH调节pH值；(2)A项，用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，故A错误；B项，抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，故B正确；C项，LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大，故C错误；D项，LiI·3H2O在75~80℃转变成LiI·2H2O，80~120℃转变成LiI·H2O，故D错误；(3)①润洗容量瓶会使浓度偏大；润洗锥形瓶消耗更多的待测液，测定的待测液浓度偏大；②移液管的正确使用步骤为蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口→放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口→移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备→放液完毕，停留数秒，取出移液管→洗净，放回管架；③LiI在空气中受热易被氧化生成Li2O；(4)①设备X的作用是将仪器内的空气抽出，其名称为抽气泵；②该方案抽出空气且瓶内压强较低，抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水。
11．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，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 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________________。
【答案】(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)Fe2+ VO++MnO2+2H+= VO2++Mn2++H2O
(3)Mn2+ Fe3+、Al3+ (4)Fe(OH)3
(5)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【解析】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成VO2+的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为VO2+时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为VO2+反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+= VO2++Mn2++H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O；(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
12．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
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+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L 1)的pH沉淀完全时(c=1.0×10 5 mol·L 1)的pH 7.28.7 3.74.7 2.23.2 7.59.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是______________________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________________________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________________。
【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]- +H+=Al(OH)3↓+H2O
(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+
(4) 3.2~6.2
(5)2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O (6)提高镍回收率
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]- +H+=Al(OH)3↓+H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2；(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
13．利用火法炼铜后产生的含锌铜烟尘(主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物)制备活性氧化锌(ZnO)，同时回收硫酸铵晶体的工艺流程如下：
已知：25°C时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图所示；当溶液中某离子浓度c≤1.0 ×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“步骤I “加入H2O2后，再将溶液进行加热，加热的目的是 _______；该步骤也可以在加入H2O2后选择合适试剂将pH至少调至_______，以达到相同的目的，可选择的试剂是_______(填标号)。
A．氨水 B．氢氧化钠 C．氧化锌 D．氢氧化钡
(2)“步骤II”所加试剂a为_______。
(3)“步骤III”中得到沉淀的化学式可以表示为aZnCO3·bZn(OH)2，该反应的离子方程式为_______；实验时称取34.9 g沉淀充分焙烧，当_______时可认为焙烧完全，最终获得24.3g活性氧化锌，通过计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为_______。
(4)由滤液I得到硫酸铵晶体的一系列操作为_______。
【答案】(1)促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀 2.8 AC
(2)Zn
(3)(a+b)Zn2++2(a+b)HCO3-= aZnCO3·bZn(OH)2↓+(a+2b)CO2↑+aH2O 冷却后称量，连续两次称量的质量差不超过0.1g 2:1
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
【解析】含锌铜烟尘主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物，预处理后加入稀硫酸溶解，过滤除去不溶性残渣后得到含有ZnSO4、CuSO4 、FeSO4和Fe2(SO4)3的混合溶液；向混合溶液中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，加热促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到滤渣I为Fe(OH)3；向滤液中加入试剂a应为Zn，利用Zn的活泼性比Cu强，置换出Cu，过滤除去，滤渣II为Cu和过量的Zn；再向所得滤液中加入NH4HCO3，得到aZnCO3·bZn(OH)2沉淀，然后过滤得到沉淀和滤液I，将沉淀焙烧得到ZnO；将滤液I蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到硫酸铵晶体。(1)“步骤I “加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+，再将溶液进行加热，促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀；由图可知pH=1.8时，Fe3+开始沉淀，此时c(Fe3+)=10-2mol/L，若要使沉淀完全，应使c(Fe3+)≤1.0 ×10-5mol·L-1，根据溶度积常数Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)=10-2=10-38.6，所以当c(Fe3+)=1.0 ×10-5mol·L-1时，c(OH-)=mol/L=10-11.2mol/L，c(H+)=10-2.8mol/L，则pH=2.8，所以在加入H2O2后加入ZnO或氨水将pH至少调至2.8，也能将Fe3+沉淀完全，调节pH试剂不能选用氢氧化钠和氢氧化钡，因为会引入杂质，故应选AC；(2)“步骤II”加入试剂a，目的是除去Cu2+，所以试剂a应为Zn，利用Zn的活泼性比Cu强，置换出Cu，再过滤除去，故答案为Zn；(3)由图可知，“步骤III”中，向ZnSO4溶液中加入NH4HCO3，得到aZnCO3·bZn(OH)2沉淀和(NH4)2SO4，离子方程式为：(a+b)Zn2++2(a+b)HCO3-= aZnCO3·bZn(OH)2↓+(a+2b)CO2↑+aH2O；实验时称取34.9 g沉淀充分焙烧，需要冷却后称量，当连续两次称量的质量差不超过0.1g时可认为焙烧完全；根据焙烧反应方程式，列比例式：
=，整理得，210.6a=421.2b，解得：a:b=2:1。(4)铵盐受热易分解，应该用降温结晶的方法获得晶体，所以由滤液I得到硫酸铵晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
14．锂电池是目前应用广泛的新型电池，一种回收钴酸锂废旧电池(主要成分为LiCoO2，同时含有少量Fe、Al、C单质)的流程如下图所示。
请回答下列问题：
(1)LiCoO2中Co元素的化合价为_______。
(2)请写出“碱浸”过程中所发生反应的化学方程式_______。
(3)加入适量盐酸，LiCoO2溶解后生成的Co3+能将Fe2+氧化为Fe3+。请写出该反应的离子方程式：_______，过滤后所得滤渣的主要成分为_______(写化学式)。
(4)已知Fe3+能与C2O42-结合成[Fe(C2O4)3]3-，[Fe(C2O4)3]3-在强酸性环境下重新转化为Fe3+，该过程中_______(填“有”或“没有”)发生元素化合价的变化；从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O晶体的操作是：往溶液中加入适量盐酸后，蒸发浓缩、冷却结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)已知Ksp(Li2CO3)=8×10-4，滤液B中c(Li+)=0.2mol/L。要生成Li2CO3沉淀，则加入的等体积的Na2CO3溶液中，c(CO32-)不低于_______mol/L(忽略溶液混合引起的体积变化)，检验滤液中含有Na+的实验方法为_______。
【答案】(1)+3价
(2)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
(3)Co3++Fe2+=Co2++Fe3+ C
(4)没有 过滤
(5)0.16 焰色反应
【解析】由题给流程可知，废旧电池初步处理成粉末状后用氢氧化钠溶液浸泡，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到偏铝酸盐废液和固体残渣；偏铝酸盐废液与通入过量的二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝；向固体残渣中加入适量盐酸，将钴酸锂、铁转化为氯化锂、氯化亚钴、氯化铁，碳与盐酸不反应，过滤得到含碳的滤渣和含有氯化锂、氯化亚钴、成氯化铁的滤液A；向滤液A中加入草酸铵溶液，将亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，将铁离子转化为三草酸根合铁离子，过滤得到二水草酸亚钴和含有三草酸根合铁离子、锂离子的滤液B；一定条件下，向滤液B中加入碳酸钠溶液，将锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂和含有锂离子的滤液C；向滤液C中加入适量盐酸使溶液呈强酸性，将溶液中三草酸根合铁离子转化为铁离子后，往溶液中加入适量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体。(1)由化合价代数和为0可知，钴酸锂中钴元素的化合价为+3价(2)碱浸过程中所发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)由题意可知，溶液中钴离子与亚铁离子反应生成亚钴离子和铁离子，反应的化学方程式为Co3++Fe2+=Co2++Fe3+；(4)由题意可知，Fe3+能与C2O42-结合成[Fe(C2O4)3]3-，[Fe(C2O4)3]3-在强酸性环境下重新转化为Fe3+的过程中没有发生元素化合价的变化；由分析可知，向滤液C中加入适量盐酸使溶液呈强酸性，将溶液中三草酸根合铁离子转化为铁离子后，往溶液中加入适量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体；(5)由浓度熵Qc= c2(Li+)c(CO)＞Ksp(Li2CO3)能产生沉淀可知，溶液中c(CO32-)不低于×=0.16 mol/L；检验溶液中的钠离子可以用焰色反应，观察火焰是否为黄色。
15．我国在化工行业优先实施清洁生产重点技术进步项目的规划中，磷肥行业的目标和任务之一是在发展磷肥生产的同时搞好氟硅资源的综合利用，利用氟硅酸制备高纯硅副产物氟化盐的工艺路线流程如图所示：
已知：CaSiF6的Ksp=9×10-4、SiF4的熔点为-90.2℃、沸点为-65℃。
回答下列问题：
(1)加入过量CaCl2浓溶液的目的是___；流程中“反应1”阶段的副产物的用途是___(结合本流程)。
(2)热分解反应生成的氟化钙和SiO2、硫酸反应生成四氟化硅，其反应的化学方程式为___。
(3)四氢铝钠是由三种单质化合生成的，若生成1mol四氢铝钠，则氢气___(填“得到”或“失去”)___mol电子。
(4)流程中“反应2”阶段反应的离子方程式为___。
(5)为了减少三废，热解时生成的氢气可以用来___。
(6)流程中“反应1”过滤后的溶液中，测得Ca2+的浓度为1.8mol·L-1，则SiF的离子浓度为___mol·L-1。
【答案】(1) 增大Ca2+的浓度，有利于氟硅酸钙的析出 制备CaCl2
(2)2CaF2+2H2SO4+SiO2=2CaSO4+SiF4↑+2H2O
(3) 得到 4 (4)SiF4+AlH4-=AlF4-+SiH4
(5)制备四氢铝钠 (6)5.0×10-4
【解析】根据题干信息中工艺流程图可知，反应1发生的反应为：CaCl2+H2SiF6=CaSiF6↓+2HCl，经过滤、洗涤、干燥得到CaSiF6，然后热分解反应得到CaF2和SiF4，反应方程式为：CaSiF6CaF2+SiF4↑，经提纯后得到高纯四氟化硅，高纯四氟化硅与四氢铝钠反应生成硅烷和氟化钠、氟化铝，故反应2的方程式为：SiF4+NaAlH4=NaAlF4+SiH4，经提纯得到高纯硅烷，高纯硅烷进行热分解得到高纯硅和氢气，反应方程式为：SiH4Si+2H2。(1)由题干信息可知，CaSiF6存在溶解平衡，故加入过量CaCl2浓溶液的目的是增大Ca2+的浓度，有利于氟硅酸钙的析出，根据反应方程式：CaCl2+H2SiF6=CaSiF6↓+2HCl可知流程中“反应1”阶段的副产物即为HCl，盐酸的用途很多，结合本流程可用于和碳酸钙或者熟石灰反应来制备CaCl2；(2)热分解反应生成的氟化钙和SiO2、硫酸反应生成四氟化硅，即SiO2、硫酸和氟化钙反应生成四氟化硅、硫酸钙和水，经配平可知其反应的化学方程式为2CaF2+2H2SO4+SiO2=2CaSO4+SiF4↑+2H2O；(3)四氢铝钠是由三种单质化合生成的，已知NaAlH4中Na为+1价，Al为+3价，故H为-1价，反应前Na、Al、H均为0价，故若生成1mol四氢铝钠，需要2molH2，则氢,得到4mol电子；(4)由分析可知，流程中“反应2”阶段反应方程式为：SiF4+NaAlH4= Na AlF4+SiH4，故其离子方程式为SiF4+AlH4-=AlF4-+SiH4；(5)由(3)问信息可知，四氢铝钠是由三种单质化合生成的，故为了减少三废，热解时生成的氢气可以用来制备四氢铝钠；(6)流程中“反应1”过滤后的溶液中，测得Ca2+的浓度为1.8mol·L-1，根据CaSiF6的Ksp可知，c(Ca2+)c(SiF62-)=9.0×10-4，c(SiF)==5×10-4 mol·L-1。
16．废电池的锌皮(含铁单质)上常粘有ZnCl2、NH4Cl、MnO2及石蜡。工业上利用废旧锌皮制备水合硫酸锌(ZnSO4·nH2O)的流程如下：
已知：常温下，金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe2+ 7.5 9.0
Zn2+ 6.5 8.0
Fe3+ 2.2 3.5
通常认为溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1为沉淀完全。请回答下列问题：
(1)“溶解”工序中除去废旧锌皮上物质的名称为_______。
(2)滤渣I的主要成分为_______(填化学式)。“氧化”工序中发生反应的离子方程式为_______。
(3)加入NaOH溶液调pH=8后，所得沉淀应用蒸馏水进行洗涤直至滤液中不再含有Cl-，检验洗涤液中是否还含有Cl-的实验操作为_______。
(4)加入稀硫酸调pH时，a的取值范围为_______。常温下，Ksp[(Zn(OH)2]和Ksp[Fe(OH)2]中数值更小的是_______，其数值为_______。
(5)ZnSO4·nH2O失去5个结晶水时，失重率约为31.35%，则n的值为_______。
【答案】(1)石蜡
(2) MnO2 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3+ +2H2O+NO↑
(3)取少量洗涤液于小试管中，先加入过量稀硝酸，再加入AgNO3溶液.观察是否有白色沉淀生成
(4) 3. 5≤pH<6.5 Ksp[Zn(OH)2] 1× 10-17
(5)7
【解析】石蜡是有机物，易溶于有机溶剂四氯化碳可被除去，加入稀硫酸酸浸，MnO2不反应而被过滤为滤渣1，加入硝酸氧化的是Fe2+，反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3+ +2H2O+NO↑，加入NaOH调节pH除去Fe3+，滤渣II为Fe(OH)3，再加入稀硫酸让Zn(OH)2溶解，Fe(OH)3不溶解，得到ZnSO4滤液，系列操作后得到水合硫酸锌(ZnSO4·nH2O)。(1)石蜡是有机物，易溶于有机溶剂四氯化碳；(2)滤渣I的主要成分为MnO2；“氧化”工序中稀硝酸氧化的是Fe2+ ，反应的离子方程式为3Fe2++NO+4H+=3Fe3+ +2H2O+NO↑；(3)检验洗涤液中是否还含有Cl-的实验操作为：取少量洗涤液于小试管中，先加入过量稀硝酸，再加入AgNO3溶液，观察是否有沉淀生成；(4)加入稀硫酸调pH时，应让Zn(OH)2溶解，Fe(OH)3不溶解，由已知信息可知应调节pH的范围为3. 5≤pH<6. 5；由表格中已知信息可知，Zn2+比Fe2+先沉淀完全，说明Ksp [(Zn(OH)2]的数值更小，Ksp [(Zn(OH)2]= 10-5×(10-6)2=1 ×10-17；(5)5 个结晶水的相对分子质量为90，则ZnSO4·nH2O的式量=90 ÷ 31. 35%≈287，故有161+ 18n=287，解得n=7。
17．赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，以赤泥为原料提取钪(Sc)、氧化钪(Sc2O3)的流程如下：
已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂；②SOCl2，Sc3+易水解；③Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31。
请回答下列问题：
(1)滤渣主要成分是___________(填化学式)。
(2)“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是___________。
(3)“回流过滤”中SOCl2作用有将Sc(OH)3转化成ScCl3、作溶剂和___________。
(4)“热还原”的化学方程式为___________。
(5)利用ScCl3制备Sc2O3的方法是ScCl3溶于水，加入草酸产生草酸钪沉淀，过滤洗涤灼烧(空气中)草酸钪得到Sc2O3。灼烧草酸钪的副产物主要是___________。(填化学式)。
(6)P2O4萃取浸出液，其浓度料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为___________，___________。“洗涤”的目的是___________。
(7)已知：c(Sc3+)≤1.0×10-5mol·L-1时表明完全沉淀，萃取剂混合液的pH为6时是否完全沉淀？___________(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)，通过计算作出判断：___________。
【答案】(1)SiO2
(2)盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小
(3)抑制Sc3+水解
(4)2ScCl3+3Mg2Sc+3MgCl2
(5)Sc
(6) 3% 65℃ 除去有机相中的FeCl3
(7)已完全沉淀 c(Sc3+)===8.0010-7mol/L＜1.0×10-5 mol/L
【解析】向赤泥中加入盐酸，Sc2O3、Al2O3、Fe2O3和盐酸反应生成ScCl3、AlCl3、FeCl3，而SiO2不与盐酸反应，故滤渣为SiO2；向反应后的溶液中加入P2O4，P2O4为磷酸酯萃取剂，分液后得到AlCl3、FeCl3水溶液和含有ScCl3的有机相，向有机相中加入盐酸，可以除尽有机相中的FeCl3，再向有机相中加入NaOH，Sc3+转化为Sc(OH)3沉淀，经过回流过滤，Sc(OH)3转化为ScCl3，ScCl3和Mg发生热还原制得Sc。(1)由分析可知，滤渣主要成分是SiO2；(2)盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小，因此酸浸速率减慢；(3)“回流过滤”中，SOCl2是液体，可以作溶剂；SOCl2可以将Sc(OH)3转化成ScCl3；由信息②可知，SOCl2易水解，加入SOCl2，可抑制Sc3+水解；(4)ScCl3和Mg发生热还原反应生成Sc，化学方程式为2ScCl3+3Mg2Sc+3MgCl2；(5)灼烧草酸钪得到Sc2O3、CO2和CO，高温下，CO可将Sc2O3还原为Sc，故灼烧草酸钪的副产物主要是Sc；(6)分析表中数据可知，P2O4浓度为3%时，钪萃取率最大，铁萃取率最小，且分相容易，分析图像可知，料液温度为65℃时，分离系数最大，则萃取时P2O4最佳浓度为3%，料液温度为65℃；由表中数据可知，少量的Fe3+可溶于P2O4，“洗涤”是为了除去有机相中的FeCl3；(7)萃取剂混合液的pH为6时，溶液中c(OH-)=110-8mol/L，c(Sc3+)===8.0010-7mol/L＜1.0×10-5 mol/L，故萃取剂混合液的pH为6时已完全沉淀。
18．某实验小组以废催化剂(含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4)为原料制备ZnSO4·7H2O和CuSO4·5H2O的流程如图所示：
(1)配制400mL 0.5 mol／L H2SO4溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，还有__________。
(2)滤液1和滤渣1中均加入1.0 moL／L H2SO4、6％H2O2混合溶液，滤液1中加入混合溶液的目的是__________，滤渣1中加入混合溶液发生反应的离子方程式为__________。
(3)滤渣1和滤渣3中都含有__________(填化学式)；操作1和操作2都为__________、__________、过滤、洗涤、干燥；得到纯ZnSO4·7H2O和纯CuSO4·5H2O的方法为__________。
(4)用化学平衡移动原理解释溶液中加入氧化锌的目的是__________。
(5)“加热浸出”时得到的有毒气体用6％H2O2溶液吸收得到0.5 mol二元强酸时，反应转移的电子数目为__________(设NA为阿伏伽德罗常数的值)。
【答案】(1)500mL容量瓶
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除去 CuS+2H++H2O2=Cu2++S+2H2O
(3) SiO2 蒸发浓缩 冷却结晶 重结晶
(4)该溶液中铁离子会水解，水解方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化锌会消耗氢离子，促使Fe3+转化为Fe(OH)3除去
(5)4NA
【解析】废催化剂(含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4)用硫酸浸出，因为SiO2、CuS与硫酸不反应，ZnS及少量的Fe3O4与硫酸反应，则滤渣1是SiO2、CuS，滤液1中含有Fe2+、Fe3+、Zn2+；滤液1中加入1.0 moL/L H2SO4、6％H2O2混合溶液，会将Fe2+氧化为Fe3+，在溶液中加入氧化锌，可使铁离子沉淀，即滤渣2为氢氧化铁，滤液2经过操作1，得到粗ZnSO4·7H2O；滤渣1中加入1.0 moL/L H2SO4、6％H2O2混合溶液，发生反应CuS+2H++H2O2=Cu2++S+2H2O，可知滤渣3为S、SiO2，滤液3经过操作2，得到粗CuSO4·5H2O。(1)配制400mL 0.5 mol/L H2SO4溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，还有500mL容量瓶；(2)由分析可知，滤液1中加入混合溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除去；滤渣1中加入混合溶液，CuS和H2SO4、H2O2反应，生成硫酸铜、S和水，离子方程式为：CuS+2H++H2O2=Cu2++S+2H2O；(3)由分析可知，滤渣1和滤渣3中都含有SiO2；操作1和操作2都为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品；由粗产品得到纯ZnSO4·7H2O和纯CuSO4·5H2O的方法为重结晶；(4)该溶液中铁离子会水解，水解方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化锌会消耗氢离子，促使Fe3+转化为Fe(OH)3除去；(5)“加热浸出”时得到的有毒气体用6％H2O2溶液吸收得到0.5 mol二元强酸时，可知该有毒气体为H2S，该反应为：H2S+4H2O2=H2SO4+4H2O，反应中，生成一个硫酸转移8个电子，则得到0.5 mol二元强酸时反应转移的电子数目为4NA。
19．某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO4·7H2O)
相关信息如下：①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围。
金属离子 pH
开始沉淀 完全沉淀
Fe3+ 1.5 2.8
Fe2+ 5.5 8.3
Zn2+ 5.4 8.2
②ZnSO4的溶解度(物质在100g水中溶解的质量)随温度变化曲线。
请回答：
(1)①镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除，理由是______________________。②步骤Ⅰ，可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是_______________________________。
(2)步骤Ⅱ，需加入过量H2O2，理由是_______________________________。
(3)步骤Ⅲ，合适的pH范围是_______________________________。
(4)步骤Ⅳ，需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。请给出上述操作的正确顺序___________________(操作可重复使用)。
(5)步骤Ⅴ，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO4·7H2O晶体颗粒大小分布如图1所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择_________方式进行冷却结晶。
A．快速降温 B．缓慢降温 C．变速降温
(6)ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。
① 下列关于滴定分析，正确的是________________。
A．图2中，应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端
B．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
C．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的体积比实际消耗的小
②图3中显示滴定终点时的度数是_____________mL。
【答案】(1)①Na2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解 ②产生气泡的速率显著变慢
(2)使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解(Fe3+催化加速分解)
(3)2.8～5.4 (4)dabace (5)C
(6)①ADE ②20.60
【解析】(1)①碳酸钠水解星碱性，能够使油污水解，达到除去表面油污的效果；②锌层、铁层及稀硫酸会构成原电池，反应速率快，当锌层完全溶解后，原电池结构消失，反应速率下降，产生气泡的速率减缓；(2)使Fe2+转化为Fe3+便于形成沉淀分离，又由于Fe3+会促进H2O2的分解，所以要加入过量的H2O2；答案为使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解(Fe3+催化加速分解)；(3)要使两种离子分离，则要使Fe3+完全沉淀而又不使Zn2+沉淀，则最佳pH为2.8pH<5.4；(4)要从溶液中得到粗产品，首先加热蒸发，直到出现晶膜，达到饱和状态并除去部分溶剂；由图可知在60℃时产品的溶解度最大，故接着在60℃下蒸发溶剂，并出现晶膜，达到饱和状态，接着冷却至室温，使产品析出，最后过滤，使固液分离，得到粗产品；故操作的正确顺序为dabace；(5)结合图像可知在变速降温的情况下得到的颗粒较大，故选C；(6)①A项，在涂抹凡土林时不能将旋塞的小孔堵住，故涂抹在旋塞a端和旋塞套内的c端，选项A正确；B项，滴定前锥形瓶不能用标准液润洗，会使测定结果产生偏差，选项B错误；C项，标准液装入滴定管时直接倒入，借助其他玻璃仪器可能会产生污染试剂，产生误差，选项C错误；D项，滴定时，用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转，选项D正确；E项，滴定前无气泡、滴定后产生气泡，滴加的溶液比实际消耗的体积要小，选项E正确。故选ADE；②滴定管的读数从上向下，并且精确到小数点后两位，读数为20.60 mL。
20．下某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。
已知：FeC2O4·2H2O难溶于水，150℃开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
请回答：
(1)下列操作或描述正确的是__________。
A．步骤②，H2C2O4稍过量主要是为了抑制Fe2+水解
B．步骤③，采用热水洗涤可提高除杂效果
C．步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4 和H2C2O4
D．步骤③，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100℃
(2)如图装置，经过一系列操作完成步骤③中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：
开抽气泵→a→b→d→_________→c→关抽气泵
a.转移固液混合物； b.关活塞A； c.开活塞A； d.确认抽干； e.加洗涤剂洗涤。
(3)称取一定量的FeC2O4·2H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：
n (Fe2+)/mol n (C2O42－)/mol 试样中FeC2O4·2H2O的质量分数
9.80×10－4 9.80×10－4 0.980
由表中数据推测试样中最主要的杂质是___________
(4)实现步骤④必须用到的两种仪器是_________(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶)；该步骤的化学方程式是______________________。
(5)为实现步骤⑤，不宜用碳粉还原Fe2O3，理由是________________。
【答案】(1)BD (2)ccbd (3)(NH4)2SO4
(4) bd 4FeC2O4 2H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O
(5)用C粉还原Fe2O3后，多余的C粉不利于分离提纯；铁粉与碳粉都是固体，接触不充分，不利于完全反应
【解析】硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为保证Fe2+完全反应，同时防止Fe2+被氧化，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁(Fe2O3)，再用CO还原氧化铁得到还原铁粉。(1)A项，步骤①溶解酸化后溶液已呈酸性，故步骤②时H2C2O4稍过量的主要目的不是酸化抑制Fe2+水解，而是保证Fe2+完全转化为草酸亚铁晶体，同时防止Fe2+被氧化，提高原料利用率，故A项错误；B项，步骤③，采用热水洗涤可提高草酸的溶解度，提升除杂效果，故B项正确；C项，酸化和加入稍过量的H2C2O4后，发生反应(NH4)2Fe(SO4)2+ H2C2O4+2H2O= FeC2O4·2H2O↓+(NH4)2SO4+H2SO4,故母液中的溶质主要有(NH4)2SO4、H2SO4和H2C2O4,故C项错误；D项，根据题给信息，FeC2O4·2H2O 在150℃开始失结晶水，故略高于100℃不影响产物的成分，为使FeC2O4·2H2O快速干燥，可使温度高于100℃，但须低于150℃，故D项正确；故选BD。(2)抽滤完成后，需要洗涤晶体，故应该先打开活塞A，使吸滤瓶内的压强回升，然后添加洗涤剂，待洗涤剂缓慢通过晶体后关闭活塞A，再次确认抽干，打开活塞A防止发生倒吸，最后关闭气泵，正确的顺序为开抽气泵→转移固液混合物→关活塞A→确认抽干→关活塞A→确认抽干→开活塞A→关抽气泵，故答案为c→e→b→d；(3)由图表数据可知，溶液中已知Fe2+和C2O42-的浓度满足电荷守恒，说明杂质中不存在Fe2+或C2O42-，那杂质只能是反应的另一种生成物(NH4)2SO4。(4)固体灼烧需要在坩埚内进行，则所需要的仪器有坩埚及加热所需的高温炉，用到的两种仪器是bd；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O4·2H2O+3O22Fe2O3+8CO2+8H2O；(5)步骤⑤选用碳粉还原Fe2O3，多余的碳粉会影响铁粉的纯度。
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压轴冲关：压轴12 化学工艺流程
【高考命题】
化学工艺流程试题就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。高考中“化学工艺流程试题”命题内容广泛，密切联系生产、生活实际，设问方式灵活，主要特征是以化工生产为背景，用框图的形式表述生产流程，主题内容广泛，密切联系生产、生活实际，题材丰富。考查学生对知识的掌握、理解、迁移、转换、重组和解决实际问题的能力。这类题型不但综合考查所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元素周期律、氧化还原反应、化学用语、电解质溶液、化学平衡、电化学、实验操作等知识，而且更重要的是能突出考查考生的综合分析判断能力、逻辑推理能力，且这类试题陌生度高，文字量大，包含信息多，思维能力要求高，是近年来已成为高考化学主观题中得分较低的题型。
【增分攻略】
1．图解明晰化学工艺流程
2．循环物质的确定
3．副产品的判断
【限时特训】
1．（2022·福建·统考高考真题）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。
(2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有_______。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为_______。
(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。
(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
2．（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是_______。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。
(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。
3．（2022·广东·高考真题）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
4．(2021 全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如下图所示：
①加入粉进行转化反应的离子方程式为_____________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以NaIO3为原料制备的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为_______ mol。I2在KI溶液中可发生反应I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_____________________。
5．(2021 全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c =1.0×10-5 mol·Lˉ1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式_____________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_______。
(3)“母液①"中Mg2+浓度为_______ cmol·Lˉ1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·x H2O沉淀，该反应的离子方程式是_______。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
6．废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为__________；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为__________。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为_________________________。
(3)25℃时，已知：Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35，Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33，Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为__________(保留一位小数)；若继续加入6.0mol·L-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后__________；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3·H2O [Ga(OH)4]-+NH4+的平衡常数K=__________。
(已知：Ga3++4OH- [Ga(OH)4]- K′=≈1.0×1034)
(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42-是否洗净的试剂是__________；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和__________。
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为__________。
7．无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。
已知：氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答问题：
(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。
(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。
A．KMnO4溶液 B．Cl2水 C．Br2水 D．H2O2溶液
(3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入HCl(g)的目的是___________________________。
(4)取少量晶体，溶于水并滴加溶液，现象是___________________________。
(5)反应的化学方程式为___________________________。
(6)由转化成的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂___________，并设计实验验证是该还原剂将还原___________。
8．由钛白粉废渣制备铁黄，流程如下：
已知：
i.钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物
ii.TiOSO4+2H2OTiO2·H2O↓+H2SO4
iii.0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；
0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8
(1)纯化
①加入过量铁粉的作用是_______________________。
②充分反应后分离混合物的方法是_______________________________。
(2)制晶种。
向FeSO4溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀，后变为灰绿色。加氨水至pH=6时，开始通入空气，溶液pH随时间的变化曲线如图
①产生白色沉淀的离子方程式：_______________________。
②充分生成白色沉淀后，溶液的pH小于6.3，原因是沉淀生成时溶液中c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“大于”、“小于”或“等于”)。
③0-t1时刻，pH几乎不变，t1-t2时刻，pH减小，结合方程式解释原因：_______________________。
④pH=4时制备晶种，t3时刻之后，再通空气，pH几乎不变，c(Fe2+)仍然减小，但c(Fe3+)在增加，(Fe2+)的减小量大于c(Fe3+)的增加量，结合总方程式说明原因：_______________________。。
(3)纯度测定
通过计算产品的耗酸量测定其纯度
wg铁黄溶液b溶液c滴定
已知：Fe3++3C2O42-=Fe(C2O4)33-，Fe(C2O4) 33-不与稀碱溶液反应
若上述过程中加入的Na2C2O4过量，则测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)
9．某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2CrOCr2O+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
(1)步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
(2)下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
(3)步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂； b．100℃ 蒸发溶剂；c．抽滤；d．冷却至室温；e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
(4)为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
(5)该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
10．碘化锂()在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI·3H2O和LiI，，流程如下：
已知：a．LiI·3H2O在75～80℃转变成LiI·2H2O，80～120℃转变成LiI·H2O，300℃以上转变成无水LiI。
b．LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
c．LiI在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)步骤II，调，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。
(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。
下列说法正确的是________。
A．为得到较大的晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
B．为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤
C．宜用热水洗涤
D．可在80℃鼓风干燥
(3) 步骤Ⅳ，脱水方案为：将所得LiI·3H2O置入坩埚中，300℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI·3H2O、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶，调pH＝6，用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点，根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算，得LiI·3H2O、LiI的纯度分别为99.96%、95.38%。LiI纯度偏低。
①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是________。
A．容量瓶 B．烧杯 C．锥形瓶 D．滴定管
②测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：
蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→________→_______→_______→_______→洗净，放回管架。
a.移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液
b.放液完毕，停留数秒，取出移液管
c.移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液设备
d.洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口
e.放液完毕，抖动数下，取出移液管
f.放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口
③纯度偏低，可能的主要杂质是________。
(4)步骤IV，采用改进的实验方案(装置如图)，可以提高纯度。
①设备X的名称是________。
②请说明采用该方案可以提高纯度的理由________。
11．钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，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 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________________。
12．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
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+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L 1)的pH沉淀完全时(c=1.0×10 5 mol·L 1)的pH 7.28.7 3.74.7 2.23.2 7.59.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是______________________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________________________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________________。
13．利用火法炼铜后产生的含锌铜烟尘(主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物)制备活性氧化锌(ZnO)，同时回收硫酸铵晶体的工艺流程如下：
已知：25°C时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图所示；当溶液中某离子浓度c≤1.0 ×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“步骤I “加入H2O2后，再将溶液进行加热，加热的目的是 _______；该步骤也可以在加入H2O2后选择合适试剂将pH至少调至_______，以达到相同的目的，可选择的试剂是_______(填标号)。
A．氨水 B．氢氧化钠 C．氧化锌 D．氢氧化钡
(2)“步骤II”所加试剂a为_______。
(3)“步骤III”中得到沉淀的化学式可以表示为aZnCO3·bZn(OH)2，该反应的离子方程式为_______；实验时称取34.9 g沉淀充分焙烧，当_______时可认为焙烧完全，最终获得24.3g活性氧化锌，通过计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为_______。
(4)由滤液I得到硫酸铵晶体的一系列操作为_______。
14．锂电池是目前应用广泛的新型电池，一种回收钴酸锂废旧电池(主要成分为LiCoO2，同时含有少量Fe、Al、C单质)的流程如下图所示。
请回答下列问题：
(1)LiCoO2中Co元素的化合价为_______。
(2)请写出“碱浸”过程中所发生反应的化学方程式_______。
(3)加入适量盐酸，LiCoO2溶解后生成的Co3+能将Fe2+氧化为Fe3+。请写出该反应的离子方程式：_______，过滤后所得滤渣的主要成分为_______(写化学式)。
(4)已知Fe3+能与C2O42-结合成[Fe(C2O4)3]3-，[Fe(C2O4)3]3-在强酸性环境下重新转化为Fe3+，该过程中_______(填“有”或“没有”)发生元素化合价的变化；从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O晶体的操作是：往溶液中加入适量盐酸后，蒸发浓缩、冷却结晶、_______、洗涤、干燥。
(5)已知Ksp(Li2CO3)=8×10-4，滤液B中c(Li+)=0.2mol/L。要生成Li2CO3沉淀，则加入的等体积的Na2CO3溶液中，c(CO32-)不低于_______mol/L(忽略溶液混合引起的体积变化)，检验滤液中含有Na+的实验方法为_______。
15．我国在化工行业优先实施清洁生产重点技术进步项目的规划中，磷肥行业的目标和任务之一是在发展磷肥生产的同时搞好氟硅资源的综合利用，利用氟硅酸制备高纯硅副产物氟化盐的工艺路线流程如图所示：
已知：CaSiF6的Ksp=9×10-4、SiF4的熔点为-90.2℃、沸点为-65℃。
回答下列问题：
(1)加入过量CaCl2浓溶液的目的是___；流程中“反应1”阶段的副产物的用途是___(结合本流程)。
(2)热分解反应生成的氟化钙和SiO2、硫酸反应生成四氟化硅，其反应的化学方程式为___。
(3)四氢铝钠是由三种单质化合生成的，若生成1mol四氢铝钠，则氢气___(填“得到”或“失去”)___mol电子。
(4)流程中“反应2”阶段反应的离子方程式为___。
(5)为了减少三废，热解时生成的氢气可以用来___。
(6)流程中“反应1”过滤后的溶液中，测得Ca2+的浓度为1.8mol·L-1，则SiF的离子浓度为___mol·L-1。
16．废电池的锌皮(含铁单质)上常粘有ZnCl2、NH4Cl、MnO2及石蜡。工业上利用废旧锌皮制备水合硫酸锌(ZnSO4·nH2O)的流程如下：
已知：常温下，金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe2+ 7.5 9.0
Zn2+ 6.5 8.0
Fe3+ 2.2 3.5
通常认为溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1为沉淀完全。请回答下列问题：
(1)“溶解”工序中除去废旧锌皮上物质的名称为_______。
(2)滤渣I的主要成分为_______(填化学式)。“氧化”工序中发生反应的离子方程式为_______。
(3)加入NaOH溶液调pH=8后，所得沉淀应用蒸馏水进行洗涤直至滤液中不再含有Cl-，检验洗涤液中是否还含有Cl-的实验操作为_______。
(4)加入稀硫酸调pH时，a的取值范围为_______。常温下，Ksp[(Zn(OH)2]和Ksp[Fe(OH)2]中数值更小的是_______，其数值为_______。
(5)ZnSO4·nH2O失去5个结晶水时，失重率约为31.35%，则n的值为_______。
17．赤泥含有Sc2O3(氧化钪)、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，以赤泥为原料提取钪(Sc)、氧化钪(Sc2O3)的流程如下：
已知：①P2O4为磷酸酯萃取剂；②SOCl2，Sc3+易水解；③Ksp[Sc(OH)3]=8.00×10-31。
请回答下列问题：
(1)滤渣主要成分是___________(填化学式)。
(2)“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是___________。
(3)“回流过滤”中SOCl2作用有将Sc(OH)3转化成ScCl3、作溶剂和___________。
(4)“热还原”的化学方程式为___________。
(5)利用ScCl3制备Sc2O3的方法是ScCl3溶于水，加入草酸产生草酸钪沉淀，过滤洗涤灼烧(空气中)草酸钪得到Sc2O3。灼烧草酸钪的副产物主要是___________。(填化学式)。
(6)P2O4萃取浸出液，其浓度料液温度对萃取率的影响如下所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为___________，___________。“洗涤”的目的是___________。
(7)已知：c(Sc3+)≤1.0×10-5mol·L-1时表明完全沉淀，萃取剂混合液的pH为6时是否完全沉淀？___________(填“已完全沉淀”或“未完全沉淀”)，通过计算作出判断：___________。
18．某实验小组以废催化剂(含SiO2、ZnS、CuS及少量的Fe3O4)为原料制备ZnSO4·7H2O和CuSO4·5H2O的流程如图所示：
(1)配制400mL 0.5 mol／L H2SO4溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，还有__________。
(2)滤液1和滤渣1中均加入1.0 moL／L H2SO4、6％H2O2混合溶液，滤液1中加入混合溶液的目的是__________，滤渣1中加入混合溶液发生反应的离子方程式为__________。
(3)滤渣1和滤渣3中都含有__________(填化学式)；操作1和操作2都为__________、__________、过滤、洗涤、干燥；得到纯ZnSO4·7H2O和纯CuSO4·5H2O的方法为__________。
(4)用化学平衡移动原理解释溶液中加入氧化锌的目的是__________。
(5)“加热浸出”时得到的有毒气体用6％H2O2溶液吸收得到0.5 mol二元强酸时，反应转移的电子数目为__________(设NA为阿伏伽德罗常数的值)。
19．某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO4·7H2O)
相关信息如下：①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围。
金属离子 pH
开始沉淀 完全沉淀
Fe3+ 1.5 2.8
Fe2+ 5.5 8.3
Zn2+ 5.4 8.2
②ZnSO4的溶解度(物质在100g水中溶解的质量)随温度变化曲线。
请回答：
(1)①镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除，理由是______________________。②步骤Ⅰ，可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是_______________________________。
(2)步骤Ⅱ，需加入过量H2O2，理由是_______________________________。
(3)步骤Ⅲ，合适的pH范围是_______________________________。
(4)步骤Ⅳ，需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。请给出上述操作的正确顺序___________________(操作可重复使用)。
(5)步骤Ⅴ，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO4·7H2O晶体颗粒大小分布如图1所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择_________方式进行冷却结晶。
A．快速降温 B．缓慢降温 C．变速降温
(6)ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。
① 下列关于滴定分析，正确的是________________。
A．图2中，应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端
B．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
C．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的体积比实际消耗的小
②图3中显示滴定终点时的度数是_____________mL。
20．下某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。
已知：FeC2O4·2H2O难溶于水，150℃开始失结晶水；H2C2O4易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
请回答：
(1)下列操作或描述正确的是__________。
A．步骤②，H2C2O4稍过量主要是为了抑制Fe2+水解
B．步骤③，采用热水洗涤可提高除杂效果
C．步骤③，母液中的溶质主要是(NH4)2SO4 和H2C2O4
D．步骤③，如果在常压下快速干燥，温度可选择略高于100℃
(2)如图装置，经过一系列操作完成步骤③中的抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：
开抽气泵→a→b→d→_________→c→关抽气泵
a.转移固液混合物； b.关活塞A； c.开活塞A； d.确认抽干； e.加洗涤剂洗涤。
(3)称取一定量的FeC2O4·2H2O试样，用硫酸溶解，采用KMnO4滴定法测定，折算结果如下：
n (Fe2+)/mol n (C2O42－)/mol 试样中FeC2O4·2H2O的质量分数
9.80×10－4 9.80×10－4 0.980
由表中数据推测试样中最主要的杂质是___________
(4)实现步骤④必须用到的两种仪器是_________(供选仪器：a.烧杯；b.坩埚；c.蒸馏烧瓶；d.高温炉；e.表面皿；f.锥形瓶)；该步骤的化学方程式是______________________。
(5)为实现步骤⑤，不宜用碳粉还原Fe2O3，理由是________________。
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