2022届高三高考化学一轮实验专题突破16——常见无机物的制备 WORD版含答案.docx

1、备战2022届高考化学一轮实验专题突破16常见无机物的制备注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（共14题）1连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，常用于纺织工业、食品漂白等领域。某种Na2S2O4的生产工艺流程如图所示：若在实验室模拟该工艺流程，下列说法错误的是A将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率B向Na2S2O4溶液中加NaCl溶液或固体对Na2S2O4的产率无明显影响C洗涤Na2S2O42H2O时用冰水效果好于常温蒸馏水D该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应，也涉及氧化还原反应2海水提镁的主要流程如

2、图所示。下列说法不正确的是A工业上常用CaO作沉淀剂B试剂M能导电，故其是电解质C根据流程图可知，试剂M可以循环利用D实验室在进行操作a时，用到的玻璃仪器有3种3一种以海绵铜(Cu)为原料制备CuCl的工艺流程如图。已知：CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法不正确的是A“溶解”过程中硫酸只表现了酸性B“还原”过程中有白色沉淀生成C“过滤”用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒D为提高CuCl的产率和纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥4实验室从含有少量氧化铁杂质的废铜粉制取无水硫酸铜的实验步骤如下图：下列有关说法正确的是A溶解废铜粉“过量酸”是指稀硝酸B气体A是

3、Cl2，将亚铁离子氧化为铁离子C生成沉淀D的离子方程式可以为3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+D从溶液中得到的无水硫酸铜的方法是冷却结晶5处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有、A1等)的一种工艺流程，如下图所示：下列说法不正确的是A碱浸操作中要有防火防爆意识B还原过程中，氧化剂与还原剂物质的量之比为21C沉淀1主要成分是LiOHD若在实验室中进行上述操作，则该流程中有两处操作需要使用玻璃棒6氯化亚铜()是一种难溶于水的白色物质，主要用于有机合成催化剂以及颜料、防腐等行业。利用废弃的工业铜屑可生产，制备的工艺流程如图所示：已知水溶液中存在平衡：，下列说法正确的是A“粉碎

4、”后的铜屑“氧化”需采用加热的条件B“浸取”采用浓，且需加热C“滤渣”的成分只能是铜粉D“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥7实验室以绿矾()为原料制备(难溶于水)的流程如下：已知：“沉淀”时，生成碱式磷酸铁。下列说法不正确的是A“氧化”后所得溶液中大量存在的离子有：、B“沉淀”时，主要反应的离子方程式为C“过滤”时，所用的玻璃仪器主要有：烧杯、漏斗、玻璃棒D“转化”时，反应的化学方程式为8MnO2是一种重要的无机功能材料，利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取MnO2的流程如图所示。下列分析错误的是A操作X和操作Y的名称均为过滤BCO2是酸性氧化物，MnO2是碱性氧化物C“氧化”过程中

5、氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5DCl2与NaOH溶液反应，每生成42.6g NaClO3转移电子数为2NA9供氢剂氢化钙遇水剧烈反应。某学习小组用如图装置制备，下列说法不正确的是A为提高装置a中生成氢气的速率，可用粗锌(含铜)代替纯锌反应B酸R为浓盐酸，装置b中盛装浓硫酸C点燃酒精灯前，需先检纯氢气D实验结束后先熄灭酒精灯，等装置冷却后再关闭活塞K10含铬废水对环境污染严重，一种烟气协同处理含铬废水(含CrO、Cr2O、泥沙等)的流程如图：下列说法错误的是A“沉降”的主要目的是除去泥沙等不溶物B“调pH”时存在CrO转化为Cr2OCH2SO4溶液更适合用盐酸代替D母液经处理可获得(NH4

6、)2SO411叠氮酸钠(NaN3)是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3流程如下：已知水合肼(NH4H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述错误的是A反应和反应中浓硫酸作用不同B反应的化学方程式：C步骤分离出的 CH3OH 可导入中循环利用D反应制备水合肼时应将氨水逐滴滴入 NaClO 溶液中12钒有多种价态，其中+5价最稳定。钒在溶液中主要以和的形式存在，且存在平衡+H2O+2H+。工业上利用冶炼铝生成的固体废料赤泥(主要成分为Fe2O3、Al2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物)提取金属钒，其工艺流程如图：下列说法正确的是A工业生产中，碱浸步骤可选用较为廉价的氨水B可以推测V

7、O2Cl、NH4Cl、三者中溶解度较小的是NH4VO3C焙烧非磁性产品所得的固体产物加酸溶解时，应加入过量盐酸使其溶解完全D将磁性产品加入稀硝酸溶解，取上层清液再加入KSCN溶液后未见红色，则磁性产品中一定不含铁元素13以镁铝复合氧化物(MgO-Al2O3)为载体的负载型镍铜双金属催化剂(Ni-Cu/MgO-Al2O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下：已知加热时尿素CO(NH2)2在水中发生水解反应，放出两种气体。下列说法错误的是A“晶化”过程中，需保持恒温60，可采用水浴加热B“洗涤”过程中，可用氯化钡溶液检验滤饼是否洗净C“焙烧”过程中，可使用蒸发皿或坩埚D“还原”过程中，

8、以M代表Ni或Cu，所发生的反应为MO+H2M+H2O14CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以废铜渣(主要成公为Cu，含少量Ni、Al2O3等)为原料制备CuCl的工艺流程如下。下列说法正确的是A1 mol配合物Ni(CO)4中键的数目为4 molB“碱溶”时发生反应的离子方程式为：C“还原”后所得溶液中大量存在的离子有：D“洗涤”时使用乙醇能防止CuCl被氧化第II卷（非选择题）二、非选择题（共3题）15五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。为回收利用含钒催化剂，研制了一种利用废催化剂（V以、价存在，含少量、杂质以及不溶性硅酸盐），回收的工艺流程如下：该

9、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：金属离子开始沉淀pH3.08.1完全沉淀pH4.710.1回答下列问题：（1）写出“酸浸氧化”中，转化为反应的离子方程式_。（2）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液可除去金属离子、_，以及部分的_。（3）写出“沉淀转溶”中转化为溶解的离子方程式_。（4）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量，其原因是_。（5）有研究人员将上述工艺中“中和沉淀”、“沉淀转溶”、“调pH”改进为“萃取-反萃取”工艺。先将滤液调pH至碱性以使钒元素以形式存在，过滤，用有机萃取剂对滤液进行萃取，萃取的变化过程可简化为：（式中表示有机萃取剂）。为提高“萃取”

10、效率，应采取的措施是_；“反萃取”时加入的X试剂是_。16(1)铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：沉淀 A、B的成分分别是_、_；步骤中的试剂a是_；试写出步骤中发生反应的离子方式_、_；简述检验所得滤液甲中存在Fe3的操作方法：_。(2)用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2xH2O)。有如下操作：已知：在pH为45时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，Cu2+却不水解。氧化剂A可选用_(填编号，下同)。AKMnO4 BHNO3 CCl2要得到较纯的产品，试剂B可选用_。ANaOH BCuO CFeO试剂B

11、的作用是_。A使Cu2+完全沉淀 B使Fe3+完全沉淀C降低溶液的pH D提高溶液的pH 从滤液经过结晶得到氯化铜晶体的方法是_(按实验先后顺序选填编号)。A过滤 B蒸发至干 C冷却 D蒸发浓缩17钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Se2O3)的一种流程如图：回答下列问题：（1）反萃取前洗涤“油相”可除去大量的钛离子。试剂1是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是_。（2）试剂2为强碱，且组成溶质的阴、阳离子所含电子总数相等，其电子式为_。（3）常温下，先加入氨水调节

12、pH=3，溶液中先被除去的离子是_；滤液2中含量最多的金属元素是_，当滤液2中c(Sc3+)=910-7molL-1时，滤液的pH=_。已知：KspMn(OH)2=1.910-13、KspFe(OH)3=2.610-39、KspSc(OH)3=9.010-31（4）写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式：_。（5）请配平草酸钪“灼烧”过程的化学反应方程式：_Sc2(C2O4)3+_O2_Sc2O3+_CO2。（6）废酸中含钪量为18mgL-1，每1L废酸最多可提取Sc2O3的质量为_(保留2位有效数字)。Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。以软锰矿(主要

13、含MnO2，还含有Fe2O3、SiO2、Al2O3、CaO和MgO等)为原料经过下列过程可以制得Mn3O4参考答案1B【详解】A将锌粉投入水中形成悬浮液可增大与二氧化硫的接触面积，加快反应速率，A项正确；B加NaCl固体和冷却搅拌都有利于溶解平衡逆向移动，可析出更多的Na2S2O42H2O，若使用NaCl溶液，会降低钠离子浓度使析出的Na2S2O42H2O减少，Na2S2O4产率降低，B项错误；C用冰水洗涤可减少Na2S2O42H2O的损失，C项正确；D锌粉与二氧化硫的反应是化合反应，反应中元素有化合价变化，也是氧化还原反应，ZnS2O4溶液与NaOH溶液的反应是复分解反应，加热Na2S2O4

14、2H2O生成Na2S2O4的反应是分解反应，D项正确；答案选B。2B【分析】利用沉淀剂把海水中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，结晶得到氯化镁晶体，电解熔融的氯化镁得到金属镁，同时生成氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢。【详解】A生石灰溶于水生成氢氧化钙，且来源广泛，经济实惠，工业上常用CaO作沉淀剂，故A正确；B试剂M是盐酸，盐酸能导电，但盐酸属于混合物，盐酸既不是电解质又不是非电解质，B错误；C根据流程图，电解熔融的氯化镁得到金属镁，同时生成氯气，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，试剂M即盐酸可以循环利用，故C正确；D氢氧化镁难溶，操作a是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒

15、和漏斗，D正确；选B。3C【分析】硝酸根在酸性条件下的强氧化性，可将海绵铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2+2Cl-+H2O=2CuCl+2H+，过滤后得到CuCl粗产品，经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。【详解】A“溶解”过程中硝酸根表现氧化性，H2SO4表现了酸性，故A正确；B“还原”程中发生反应2Cu2+2Cl-+H2O=2CuCl+2H+，有白色的CuCl沉淀生成，故B正确；C“过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，漏斗为普通漏斗，不是分液漏斗，故C错误；D由题中信息可知，CuCl为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的

16、空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，为避免CuCl发生氧化，可真空干燥，D正确；故选C。4C【分析】因为要制备硫酸铜，则过量酸为稀硫酸，废铜粉(含有少量氧化铁)加过量稀硫酸，氧化铁溶于硫酸生成硫酸铁和水，Cu和硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，得到硫酸亚铁、硫酸铜、硫酸混合溶液，混合溶液通入气体A将亚铁离子氧化为铁离子，调pH=4将铁离子转化为氢氧化铁，然后过滤除去，固体B可为CuO或氢氧化铜等，滤液C为硫酸铜溶液，将硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。【详解】A过量的酸应为稀硫酸，不适合用稀硝酸，原因是引入硝酸根杂质，A错误；B向混合溶液通入气体A的作用是将溶液中的亚铁

17、离子氧化为铁离子，气体A为氧气，不能使用氯气，防止引入氯离子杂质，B错误；C加入固体B的作用是调节溶液的pH，使Fe3水解平衡正向移动，转变为氢氧化铁沉淀而除去，为了不引入新的杂质，可选用CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，加CuO时离子方程式为3CuO+2Fe3+3H2O=2Fe(OH)3+ 3Cu2+，C正确；D从溶液中冷却结晶是得到硫酸铜晶体，D错误；选C。5D【分析】铝钴膜废料的成分为LiCoO2和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2，将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，溶液中含有杂质铝离子，然后加

18、入氢氧化钠溶液调节溶液pH，生成氢氧化锂沉淀从而除去锂离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到草酸锂。【详解】A 碱浸时铝与NaOH溶液反应生成的氢气属于易爆气体，碱浸操作中要有防火防爆意识，故A正确；B 反应中钴由+3价降为+2价，1mol氧化剂得1mol电子，1molH2O2被氧化时失去2mol电子，还原过程中，氧化剂与还原剂物质的量之比为21，故B正确；C 由过程中涉及的元素种类的变化可知，沉淀1主要成分是LiOH，故C正确；D 若在实验室中进行上述操作，则该流程中碱浸、沉锂、沉钴均需要使用玻璃棒，故D错误；故选D。6A【详解】A铜在加热条件下和氧气反应生成氧化铜，“粉碎”后

19、的铜屑“氧化”需采用加热的条件，故A正确；B“浸取”采用浓，氧化铜和硫酸在常温下反应生成硫酸铜和水，故B错误； C“还原”过程加入过量的铜粉、NaCl(s) ，所以“滤渣”的成分含有铜粉、NaCl(s)，故C错误；D根据，溶液加大量的水稀释，生成沉淀，所以“一系列操作”为加大量的水稀释、过滤、酒精洗涤、真空干燥，故D错误；选A。7B【分析】过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，把将氧化后所得溶液中加入NH4H2PO4溶液生成沉淀，将过滤后的固体和H3PO4反应生成FePO4，以此解答。【详解】A绿矾溶解产生亚铁离子，过氧化氢在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子，“氧化”后所得溶液中大量存在

20、的离子有：、，故A正确；B“沉淀”时Fe3+和在碱性条件下生成沉淀，离子方程式为：，故B错误；C“过滤”时，所用的玻璃仪器主要有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D“转化”时，转化为，化学方程式为：，故D正确；故选B。8B【分析】由流程图可知粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)加稀硫酸，MnO和MnCO3与稀硫酸反应生成MnSO4，过滤得MnO2和MnSO4溶液，用NaClO3氧化得MnO2沉淀过滤可得MnO2，以此分析。【详解】A由上述分析可知操作X和操作Y的名称均为过滤，故A分析正确；BMnO2不与酸反应生成对应的盐和水不是碱性氧化物，故B分析错误；C“氧化”过程中发生反应，氧化剂为Na

21、ClO3还原剂为MnSO4，比例为2:5，故C分析正确；DCl2与NaOH溶液反应， 42.6g NaClO3物质的量，转移电子数为0.4mol5NA=2 NA，故D分析正确；本题答案B。9B【详解】A粗锌中含铜会形成原电池，锌作负极，加快反应速率，A项正确；B浓盐酸有挥发性，流程中未涉及除去HCl的装置，所以不能用浓盐酸制取氢气，可用稀硫酸，b中盛浓硫酸干燥，B项错误；C氢气不纯受热易发生爆炸，且需要用氢气排尽装置内的空气，避免空气参与反应，所以点燃酒精灯前，需先检纯氢气，一是安全，二是纯净的氢气也说明空气被排尽，C项正确；D实验结束需先熄灭酒精灯，继续通入氢气，直至冷却，防止产品高温下氧化

22、变质，D项正确。答案选B。10C【分析】由题给流程可知，含铬废水经沉降后，过滤得到含有CrO和Cr2O的滤液，向滤液中加入稀硫酸溶液调节溶液pH，将溶液中CrO转化为Cr2O，向溶液中通入含有二氧化硫的烟气，酸性条件下，二氧化硫与与Cr2O发生氧化还原反应生成铬离子、硫酸根和水，向反应后的溶液中加入氨水，铬离子与氨水反应生成氢氧化铬沉淀和铵根离子，过滤得到含有硫酸铵的母液和氢氧化铬。【详解】A由分析可知，含铬废水经沉降后，过滤得到含有CrO和Cr2O的滤液，则沉降的主要目的是除去泥沙等不溶物，故A正确；BCrO和Cr2O在溶液中存在如下平衡：2CrO+2H+Cr2O+H2O，加入稀硫酸溶液，溶

23、液中氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于CrO转化为Cr2O，故B正确；CCr2O离子具有强氧化性，若稀硫酸用盐酸代替，Cr2O会与稀盐酸发生氧化还原反应生成氯气、铬离子和水，故C错误；D由分析可知，母液中含有硫酸铵，经处理可获得硫酸铵，故D正确；故选C。11D【分析】由题给流程可知，向甲醇、亚硝酸钠的混合物中加入浓硫酸，浓硫酸先与亚硝酸钠反应生成亚硝酸，在浓硫酸做催化剂和脱水剂的作用下，甲醇与亚硝酸发生酯化反应生成亚硝酸甲酯；氨水和次氯酸钠溶液混合发生氧化还原反应得到水合肼，在氢氧化钠溶液中，亚硝酸甲酯与水合肼发生氧化还原反应生成叠氮酸钠、甲醇和水，在蒸汽加热的条件下，向反应后的溶液

24、中加入浓硫酸，浓硫酸与叠氮酸钠反应制得叠氮酸，叠氮酸与氢氧化钠溶液反应制得产品叠氮酸钠。【详解】A由分析可知，反应中浓硫酸起酸、催化剂和脱水剂的作用，反应中浓硫酸只起酸的作用，作用不同，故A正确；B由分析可知，反应为在氢氧化钠溶液中，亚硝酸甲酯与水合肼发生氧化还原反应生成叠氮酸钠、甲醇和水，反应的化学方程式为，故B正确；C由分析可知，反应中甲醇做反应物，则步骤分离出的 甲醇可导入中循环利用，故C正确；D水合肼具有强还原性，若反应制备水合肼时应将氨水逐滴滴入具有强氧化性的次氯酸钠溶液中，水合肼会与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应，而无法制得水合肼，故D错误；故选D。12B【分析】赤泥进行碱浸，氧化铝

25、溶解形成偏铝酸盐，再通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀。滤渣1经一系列操作得到V2O5，可知滤渣1中含有Fe2O3、V2O5及少量稀土金属氧化物，进行还原、磁选，磁性产品中含有Fe等，非磁性产品含有V元素，在空气中焙烧后用盐酸溶解，钒在溶液中主要以和的形式存在，再加入氯化铵转化为NH4VO3，焙烧得V2O5，以此解答。【详解】A由溶液中存在平衡+H2O+2H+，盐酸过量会抑制NH4VO3的生成，盐酸溶解时不宜过量。氨水不能溶解氧化铝，故A错误；B反应向生成更难溶的物质进行，故B正确；C盐酸过量平衡逆向移动，会抑制NH4VO3的生成，不能加入过量的盐酸，故C错误；D若加入的硝酸不足，Fe元素被硝酸氧化

26、可能生成亚铁离子，亚铁离子遇KSCN溶液无明显现象，D错误；故选B。13C【详解】A恒温60可以用水浴加热来稳定温度，A项正确；B取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则滤饼未洗涤干净，反之，洗涤干净，B项正确；C焙烧过程温度较高，不能使用蒸发皿，应选用坩埚，C项错误；D还原过程中，NiO+H2Ni+H2O；CuO+H2Cu+H2O，D项正确；答案选C。14D【分析】废铜渣在CO作用下除去Ni，剩余Cu和Al2O3，经过碱溶除去氧化铝，而后将Cu在有氧化剂的情况下酸溶形成Cu2+，再还原成CuCl。【详解】A 在配合物Ni(CO)4中，四个CO含有四个键，Ni与四个CO形

27、成了四个键，共八个键，所以1 mol配合物Ni(CO)4中键的数目为8NA，A错误；B加入CO除镍时，氧化铝未被还原，即“碱溶”时是废铜渣中的氧化铝与强氧化钠溶液反应，不是铝单质，B错误；C“碱溶”之后的固体主要成分为Cu，酸溶之后转化为硫酸铜溶液，而后被亚硫酸钠还原，生成氯化亚铜和硫酸钠，故“还原”后所得溶液中大量存在的离子有：，C错误；DCuCl 容易被氧化，“洗涤”时使用乙醇能隔绝空气，防止CuCl被氧化，D正确。答案选D。15 利用同离子效应，促进尽可能析出完全 多次连续萃取 浓碳酸钠 【分析】根据图示可知，废钒催化剂（V以、价存在，含少量、杂质以及不溶性硅酸盐），加入H2SO4和Mn

28、O2，酸浸氧化，滤渣为不溶性硅酸盐，滤液加入NaOH溶液至pH=3.03.1，隨滤液可除去Mn2+、K+、Na+及部分Al3+，使钒水解并沉淀为，滤饼，加入NaOH调pH大于13时，钒转化为钒酸盐溶解，铝转化为偏铝酸盐溶解，再加入HCl调pH=8.5，滤渣为Al(OH)3，滤液中加入过量的NH4Cl，得到NH4VO3沉淀，最后焙烧得到五氧化二钒；据此解答。【详解】（1）加入氧化剂MnO2，在酸性条件下，+4价的矾化合价升高1生成+5价，MnO2中+4价的锰化合价降低2生成+2价，根据电荷守恒和电子转移守恒，其离子方程式为；答案为。（2）“中和沉淀”中，滤液加入NaOH溶液至pH=3.03.1，

29、由题中表格数据，Mn2+不产生沉淀，Al3+产生部分沉淀，则NaOH中和过量的硫酸并沉淀部分Al3+，使钒水解并沉淀为，得滤饼，隨滤液可除去Mn2+、K+、Na+及部分Al3+；答案为Mn2+，Al3+。（3）滤饼，加入NaOH调pH大于13时，钒转化为钒酸盐溶解，铝转化为偏铝酸盐溶解，则转化为溶解的离子方程式为；答案为。（4）“沉钒”中析出晶体时，需要加入过量NH4Cl，NH4Cl溶于水电离出，沉淀溶解平衡方程式为(aq)+(aq) (s)，增大c()，利用同离子效应，促进尽可能析出完全；答案为：利用同离子效应，促进尽可能析出完全。（5）有研究人员将上述工艺中“中和沉淀”、“沉淀转溶”、“调

30、pH”改进为“萃取-反萃取”工艺，为提高“萃取”效率，应采取的措施是多次连续萃取，由可知，“反萃取”时，应使平衡逆向移动，加入浓碳酸钠，增大c()，使平衡向左移动，得到更多的；答案为多次连续萃取，浓碳酸钠。16SiO2 Fe(OH)3 NaOH溶液 CO2+OH-=HCO CO2+AlO+H2O=Al(OH)3+HCO 取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3，否则不含Fe3 C B BD DCA 【分析】(1) 氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱Fe2O3只溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸；由流程图可知，铝土矿

31、中加入盐酸，氧化铝和氧化铁溶解，二氧化硅不溶解，沉淀A为二氧化硅；滤液乙中通入过量二氧化碳，生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，说明滤液乙中含有偏铝酸钠；由乙中含有偏铝酸钠可知，试剂a为氢氧化钠溶液，沉淀B为氢氧化铁;(2)含少量铁的氧化铜中加入盐酸，盐酸和铁、氧化铜反应，发生的离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2、CuO+2H+=Cu2+H2O，加入氧化剂A的目的是把亚铁离子氧化，除杂时不能引入新的杂质，A可能为过氧化氢或氯气等；加入试剂B的目的是调节pH使铁离子生成氢氧化铁沉淀，B为CuO等，过滤除去沉淀，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铜晶体，以此来解答。【详解】(1)由上述分

32、析可知，步骤加入盐酸，Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，除去SiO2，沉淀A为二氧化硅，滤液中含有Al3+、Fe3+、H+等，应加入氢氧化钠，除去铁离子，Fe3+3OH= Fe(OH)3，故B为Fe(OH)3，步骤中的试剂a是氢氧化钠溶液，除去铁离子，故答案为：SiO2，Fe(OH)3，NaOH溶液； 二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠，偏铝酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方式为：CO2+OH-=HCO3-，CO2+Al(OH)4-=Al(OH)3+HCO3-，故答案为：CO2+OH-=HCO3-；CO2+Al

33、(OH)4-=Al(OH)3+HCO3-；检验所得滤液甲中存在Fe3的操作方法：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3，否则不含Fe3，故答案为：取少量溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，观察溶液颜色。如果溶液颜色变为血红色，说明溶液中含有Fe3，否则不含Fe3；(2)加入氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，而且不引入新的杂质离子，使用KMnO4引入K+和Mn2+，使用HNO3引入NO3-，且无法除去，当加入氯气时，发生反应以后，产生氯离子，不是杂质，故选C，故答案为：C；Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入的试剂B要能够促使水

34、解完全进行，又不引入新的杂质离子，如使用NaOH引入新的Na+，使用FeO引入Fe2+，而氧化铜为固体，提高pH的同时引入的是铜离子，没有新杂质引入，故选B，故答案为：B；选择的试剂B，通过与酸的反应生成Cu2+且提高溶液的pH，因在pH为45时，Fe3+几乎完全水解而沉淀，而此时Cu2+却几乎不水解，所以促使了Fe3+完全沉淀，故选BD，故答案为：BD；从溶液中得到晶体，一般操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，即实验的先后顺序为DCA，故答案为：DCA。17将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅摔，冷却后再慢慢注入H2O2，并不断搅拌 Fe3+ Mn或锰元素 6 2Sc3+3H2C2O

35、4=Sc2(C2O4)3+6H+ 2 3 2 12 0.028g 【分析】废液萃取，油相加入氢氧化钠反萃取，过滤得到滤渣加入盐酸溶解，加入氨水调节溶液PH，过滤得到滤渣加入盐酸酸溶，加入草酸沉钪生成草酸钪，灼烧得到氧化钪；【详解】(1)试剂1是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。浓硫酸密度大于水的密度，应把密度大的加入密度小的，且浓硫酸稀释大量放热要避免引起双氧水分解，则混合的实验操作是：将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅摔，冷却后再慢慢注入H2O2，并不断搅拌；(2)试剂2为强碱，且组成溶质的阴、阳离子所含电子总数相等，则为氢氧化钠，其电子式为；(3)根据

36、KspMn(OH)2=1.910-13、KspFe(OH)3=2.610-39、KspSc(OH)3=9.010-31，可以求出余下三种离子沉淀完全(离子浓度小于105molL1)的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全时pH约为5，而铁离子沉淀完全时pH约为4，所以先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3，故溶液中先被除去的离子是Fe3+；再向滤液加入氨水调节pH，是便于此时溶液中，当滤液2中c(Sc3+)=910-7molL-1时，即，则c(OH)=108 molL1，pH=6；由于锰离子沉淀完全时pH约为10，故滤液2中含量最大的金属离子是锰离子； (4)草酸 “沉钪”得到草酸钪，则反应为复分解反应，离子方程式为：2Sc3+3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+；(5)草酸根中碳的化合价是+3价，在灼烧草酸钪时会被氧化为CO2，氧气是氧化剂，则化学方程式为草酸钪“灼烧”过程的化学反应方程式：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；(6)废酸中含钪量为18mgL-1，每1L废酸中Sc3+的质量为0.018g，故最多可提取Sc2O3的质量为。