2025年高考化学复习之小题狂练300题（填空题）：性质实验方案的设计

第1页（共1页）2025年高考化学复习之小题狂练300题（填空题）：性质实验方案的设计一．填空题（共10小题）1．（2022•江苏模拟）以废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备Co3O4。（1）浸取。取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与Na2SO3溶液混合配成悬浊液，加入到图中所示三颈烧瓶中，边搅拌边加入1mol/LH2SO4充分反应。LiCoO2转化为CoSO4、Li2SO4的化学方程式为。从分液漏斗中滴入1mol/LiH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是。（2）除Al3+、Fe3+。向浸取液中先加入足量NaClO3，再加入NaOH调节pH，过滤。有关沉淀数据如表（“完全沉淀”时金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol/L）。沉淀Al（OH）3Fe（OH）3Co（OH）2恰好完全沉淀时pH5.22.89.4若浸取液中c（Co2+）＝0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是。（加入NaClO3和NaOH时，溶液体积的变化忽略不计）（3）萃取钴。P2O4[二（2﹣乙基己基）磷酸酯，难溶于水，用HA表示]是常用的Co2+萃取剂，其结构简式如图所示。萃取过程中发生反应：Co2++nHA⇌CoA2•（n﹣2）HA+2H+能使用P2O4萃取剂萃取水溶液中Co2+的原因是。（4）制备Co3O4。已知尿素[CO（NH2）2]在水溶液中加热可发生水解反应。CoCO3和Co2（OH）2CO3在空气中加热至500℃均可得到Co3O4。为获得较高纯度的Co3O4；请补充实验方案：取一定量CoSO4溶液置于70℃水浴槽中，，得Co3O4。（须使用的试剂：尿素浓溶液、1mol/LBaCl2溶液、蒸馏水）2．（2022•贾汪区校级模拟）Fe2O3/Al2O3负载型催化剂（其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体）可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如图：（1）浸渍。常温下，用Fe（NO3）3溶液浸渍Al2O3载体6h。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有（填化学式）。（2）焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500℃焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10﹣2mol•L﹣1K2C2O7溶液滴定至终点（滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量（写出计算过程）。[负载量＝×100%]（3）硫化。400℃时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。①化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为。②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：，最后S再与FeS反应转化为FeS2。（4）工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0～200℃范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200～300℃范围内，固体质量增加的主要原因是。3．（2022•五华区校级模拟）FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无水四氯化锡（SnCl4）制作FTO，制备SnCl4的装置如图所示。√有关信息如下表：化学式SnSnCl2SnCl4熔点/℃232246﹣33沸点/℃2260652114其他性质银白色固体金属无色晶体，Sn2+易被Fe3+、I2等氧化为Sn4+无色液体、易水解生成SnO2•xH2O（1）仪器A的名称为，甲中发生反应的离子方程式为。（2）将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到现象后，开始加热装置丁。（3）Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带人SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在（填序号）范围内。A.652～2260℃B.232～652℃C.114﹣246℃D.114～232℃（4）为测定产品中Sn2+的含量，甲、乙两位同学设计了如下实验方案：①甲同学：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，用amol/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V1ml。由此可计算产品中Sn2+的质量分数。乙同学认为甲同学的方案明显不合理，会导致测得的Sn2+的质量分数严重偏高，理由是。②乙同学：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用bmol/L.硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液V2mL，由此可计算产品中Sn2+的质量分数。硝酸银溶液最好盛放在（填序号）滴定管中。A.无色酸式滴定管B.棕色酸式滴定管C.无色碱式滴定管D.棕色碱式滴定管参考下表中的数据，X溶液最好选用的是（填序号）。A.NaCl溶液B.NaBr溶液C.NaCN溶液D.Na2CrO3溶液难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4颜色白浅黄白砖红Ksp1.77×10﹣185.4×10﹣142.7×10﹣161.12×10﹣2滴定终点的现象为。甲同学认为乙同学的方案中用V2mL进行计算不准确，理由是。4．（2022•和平区校级模拟）实验室以CuSO4•5H2O为原料制备[Cu（NH3）4]SO4•H2O并进行定量分析。已知：CuSO4+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]SO4+4H2O[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4（1）配制溶液：称取一定质量的CuSO4•5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水，装置A如图所示（胶头滴管中吸有氨水）。滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2（OH）2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色溶液[Cu（NH3）4]SO4。用离子方程式解释由浅蓝色沉淀生成深蓝色溶液的原理：。（2）制备晶体：将装置A中溶液转移至装置B中，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体；将装置B中混合物转移至装置C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次；取出晶体，干燥。①两次转移均需洗涤原容器，且将洗涤液也全部转移，目的是。②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触，提高洗涤的效果，要（填“打开”或“关闭”，下同）活塞后，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流下后，再活塞。（3）废液回收：从含有[Cu（NH3）4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和（NH4）2SO4的混合溶液，应加入的试剂是（填名称），回收乙醇的实验方法为。（4）用沉淀法测定晶体中的含量：称取一定质量的[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量溶液，搅拌，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量。如何检验沉淀已经洗净。（5）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O（Mr＝250）含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/LEDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+。写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω＝；下列操作会导致CuSO4•5H2O含量的测定结果偏高的是。a.未干燥锥形瓶b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c.未除净可与EDTA反应的干扰离子5．（2022•贾汪区校级模拟）CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜（Cu和少量CuO等）为原料制备CuCl的工艺流程如图：（1）“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示。①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为。②当n（Na2SO3）：n（CuSO4）＞1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是。③当1.0＜n（NaCl）：n（CuSO4）＜1.5时，比值越大CuCl产率越大，结合沉淀平衡移动原理分析其原因是。（2）用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2（OH）3Cl。CuCl被氧化为Cu2（OH）3Cl的化学方程式为。（3）为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液氧化反应生成的Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2被还原为Cr3+，求样品中CuCl的质量分数（写计算过程）。6．（2022•福建模拟）已知NH4VO3在pH＝7～8时溶解度最小。某工厂利用钒铬渣提取液（主要成分为NaVO3和Na2CrO4）制备Na2CrO4和NH4VO3晶体，流程如图：不同温度下相关物质的溶解度NaVO3Na2CrO4Ca3（（VO4）2CaCrO420℃19.384.00.15.540℃22.596.50.092.4960℃26.31020.091.3（1）关于“钒铬分离”过程，下列说法正确的是。A.研磨可防止生成的沉淀覆在Ca（OH）2表面，提高Ca（OH）2利用率B.研磨减小了所得钒渣的粒径，提高了后续步骤中钒渣的浸出率C.相对于20℃、40℃，工业上更宜选用60℃D.该过程发生了氧化还原反应（2）从滤液A中获取Na2CrO4晶体时，应采用的结晶方法为；残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤，用Na2SO3溶液还原时，还原产物为Cr3+，则反应的离子方程式；为了使c（Cr3+）不高于1×10﹣6mol•L﹣1，“沉降”时应调节pH[该温度下Cr（OH）3的Ksp近似为1×10﹣30]。（3）“浸出”过程中生成NaVO3的离子方程式为。（4）“转化”过程中选用NH4HCO3溶液不选用NH4Cl溶液的可能原因为。（5）该流程中可循环利用的物质有。（6）某工厂用1m3钒铬渣提取液[c（）＝0.8mol•L﹣1]最终制得NH4VO3质量为70.2kg，则产率为。7．（2022•南关区校级模拟）（NH4）2[Ce（NO3）6]（硝酸铈铵）是橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由稀土氟化物（含28%二氧化铈、37.7%其他稀土金属氧化物、4.5%的氧化钙及金属氟化物等）制备硝酸铈铵时的主要实验步骤如下：Ⅰ.取适量稀土氟化物于铂皿或铅皿中，加适量水在沙浴上加热，搅拌下缓缓加入适量浓硫酸，充分加热，直至产生SO3白烟为止，冷却得混合物。Ⅱ.将上述混合物用适量水浸取，得浸取液，向其中加入NaOH溶液至溶液呈强碱性，过滤、洗涤至不含SO42﹣，得到灰白色Ce（OH）3。Ⅲ.由步骤II制得的Ce（OH）3制取Ce（OH）4（黄色难溶物）。Ⅳ.向Ce（OH）4沉淀物中加入浓硝酸加热至浆状{生成H2[Ce（NO3）6]}，再加入稍过量的NH4NO3晶体，充分搅拌后重新加热至糊状结晶体，冷却、过滤得硝酸铈铵粗品。回答下列问题：（1）步骤I中用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器的主要原因是；CeO2与浓硫酸反应生成Ce2（SO4）3的化学方程式为。（2）步骤Ⅲ中由Ce（OH）3制取Ce（OH）4的装置如图所示：①装置a的烧瓶中盛放的固体为（填化学式）；装置b中仪器W的名称是。②当b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气（图中框内改通空气装置）的目的是；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是。（3）步骤IV中H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3发生反应的化学方程式为；将得到的粗品进一步提纯可采用的方法是（填操作名称）。8．（2022•娄星区校级三模）NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料（主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物）为原料制取NiSO4•6H2O步骤如图：已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；②常温下Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣9，Ka（HF）＝6.3×10﹣4；（1）使废料酸溶充分溶解的方法有，。（2）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是。（3）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，写出其离子方程式。（4）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是。（5）“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为（填化学式）。（6）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为。（7）在制备NiSO4•6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是。9．（2022•重庆模拟）己二酸是合成尼龙66的主要原料之一，在塑料和化工行业中有广泛的用途。通过浓硝酸氧化环己醇制备己二酸，其反应原理简式（未配平）有关数据装置示意图（夹持装置已省略）如图：+NO2↑+H2O名称相对分子质量熔点/°C沸点/°C密度/（g•mL﹣1）溶解性环己醇10025.21610.96溶于水，易溶于乙醇己二酸1461512651.36溶于水，热水中溶解度更大，易溶于乙醇实验步骤：步骤一：在三颈烧瓶中加入25mL水、10mL浓硝酸，慢慢开启磁力搅拌装置，将溶液混合，并用水浴加热至80°C回流。步骤二：从恒压滴液漏斗中小心逐滴滴加环己醇4.2mL，水浴温度维持在85～90°C，必要时可往水浴中添加冷水。步骤三：环己醇滴加完毕后，继续反应30分钟。将三颈烧瓶脱离水浴稍冷，观察到反应液浑浊并出现白色沉淀，再将烧瓶置于冰水浴中冷却20分钟，抽滤，用母液洗涤烧瓶和滤饼，后将粗品置于85°C烘箱鼓风干燥，称重得产品4.2g。回答下列问题：（1）根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为（填标号）。A.50mLB.100mLC.250mLD.500mL（2）反应开始后，三颈烧瓶中的现象是；写出烧杯中发生反应的化学方程式。（3）“步骤二”中，必要时可往水浴中添加冷水，理由是。（4）“步骤三”中，再将烧瓶置于冰水浴20分钟的目的是。（5）本实验中己二酸的产率约为（保留2位有效数字）。（6）若要得到纯度更高的己二酸，可通过的方法提纯。10．（2022•连云港模拟）以MnO2粉（含少量Fe3O4、CaO、MgO等杂质）和MnS（溶于酸，不溶于水）为原料制备MnSO4•H2O的过程如下。（1）反应：将一定量MnO2粉和稀硫酸加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，加热到90℃后开始加入MnS，并不断搅拌，充分反应。①三颈烧瓶中MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S的离子方程式为。②装置X中是NaOH溶液，作用是。（2）除杂：查阅资料可知。Ⅰ.常温下Ka（HF）＝7.4×10﹣4。Ⅱ.常温下Ksp（CaF2）＝2.7×10﹣11，Ksp（MgF2）＝6.5×10﹣9。Ⅲ.有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：氢氧化物Fe（OH）2Fe（OH）3Mn（OH）2开始沉淀pH7.61.58.3沉淀完全pH9.73.29.8①将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为沉淀除去。在Ca2+、Mg2+浓度相同的条件下，pH变化对钙镁去除率的影响如图所示。Mg2+去除率曲线为（填写“甲”或“乙”）。随pH减小，钙镁去除率下降的原因是。②以除去Ca2+、Mg2+所得的滤液为原料，制备MnSO4•H2O的实验方案：，控制温度在80～90℃之间蒸发结晶至有大量晶体出现，趁热过滤，用80～90℃的蒸馏水洗涤2～3次，干燥。（可选用的试剂：H2O2溶液、MnCO3固体、Na2CO3固体、蒸馏水等）。（3）测定：准确称取0.3850gMnSO4•H2O样品置于锥形瓶中，加入H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用0.1000mol•L﹣1硫酸亚铁铵[Fe（NH4）2（SO4）2]标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗标准溶液20.00mL。计算MnSO4•H2O样品的纯度（请写出计算过程）。

2025年高考化学复习之小题狂练300题（填空题）：性质实验方案的设计参考答案与试题解析一．填空题（共10小题）1．（2022•江苏模拟）以废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备Co3O4。（1）浸取。取一定量废旧锂电池正极材料，粉碎后与Na2SO3溶液混合配成悬浊液，加入到图中所示三颈烧瓶中，边搅拌边加入1mol/LH2SO4充分反应。LiCoO2转化为CoSO4、Li2SO4的化学方程式为2LiCoO2+3H2SO4+Na2SO3＝2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O。从分液漏斗中滴入1mol/LiH2SO4时，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生。（2）除Al3+、Fe3+。向浸取液中先加入足量NaClO3，再加入NaOH调节pH，过滤。有关沉淀数据如表（“完全沉淀”时金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol/L）。沉淀Al（OH）3Fe（OH）3Co（OH）2恰好完全沉淀时pH5.22.89.4若浸取液中c（Co2+）＝0.1mol/L，则须调节溶液pH的范围是5.2≤pH＜7.4。（加入NaClO3和NaOH时，溶液体积的变化忽略不计）（3）萃取钴。P2O4[二（2﹣乙基己基）磷酸酯，难溶于水，用HA表示]是常用的Co2+萃取剂，其结构简式如图所示。萃取过程中发生反应：Co2++nHA⇌CoA2•（n﹣2）HA+2H+能使用P2O4萃取剂萃取水溶液中Co2+的原因是P2O4分子中O原子与Co2+通过配位键形成配合物，而不与Li+形成配合物，且HA与水互不相溶能分液分离。（4）制备Co3O4。已知尿素[CO（NH2）2]在水溶液中加热可发生水解反应。CoCO3和Co2（OH）2CO3在空气中加热至500℃均可得到Co3O4。为获得较高纯度的Co3O4；请补充实验方案：取一定量CoSO4溶液置于70℃水浴槽中，边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1mol•L﹣1BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃，得Co3O4。（须使用的试剂：尿素浓溶液、1mol/LBaCl2溶液、蒸馏水）【答案】（1）2LiCoO2+3H2SO4+Na2SO3＝2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生；（2）5.2≤pH＜7.4；（3）P2O4分子中O原子与Co2+通过配位键形成配合物，而不与Li+形成配合物，且HA与水互不相溶能分液分离；（4）边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1mol•L﹣1BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃。【分析】（1）LiCoO2粉碎后与Na2SO3溶液混合，加入硫酸反应转化为CoSO4、Li2SO4，反应中Co化合价降低，亚硫酸根离子中硫元素化合价升高；滴加速率不能太快且快速搅拌可以使使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生；（2）除去Al3+、Fe3+首先要保证pH大于5.2；Co2+完全沉淀时pH＝9.4，则c（OH﹣）＝109.4﹣14mol/L＝10﹣4.6mol/L，Ksp[Co（OH）2]＝1.0×10﹣5×（10﹣4.6）2＝10﹣14.2，若浸取液中c（Co2+）＝0.1mol/L，则c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣6.6mol/L，pH＝7.4；（3）通过流程分析可知，萃取的目的是将溶液中的Co2+和Li+分离，结合P2O4这种有机酸的结构可知，分子中的O原子存在孤电子对，而Co2+作为过渡金属离子，存在多个空轨道，有形成配合物的可能，Li是主族元素，离子半径小，形成配合物很难，且HA与水互不相溶能分液分离；（4）由Co2+制取纯度较高的Co3O4需解决的问题：沉淀为CoCO3、洗涤干净、灼烧氧化。根据信息，尿素存在酰胺键，在酸性和碱性条件下均可水解，得到碳酸铵；为防止碳酸铵继续水解得到的CO2气体逸出，在沉淀过程中须将尿素分批缓慢加入，促进CoCO3的形成；本题给出的几种试剂是必须使用的试剂，在实际实验过程中，为保证与Co2+的充分反应，还可在尿素加热水解的过程中加入少量氨水；即使反应生成碱式碳酸钴，也可在后续加热过程中分解，不影响产品纯度；洗涤过程须检验是否洗涤干净；灼烧过程温度控制在题干提供温度500℃。【解答】解：（1）LiCoO2粉碎后与Na2SO3溶液混合，加入硫酸反应转化为CoSO4、Li2SO4，反应中Co化合价降低，亚硫酸根离子中硫元素化合价升高，反应为2LiCoO2+3H2SO4+Na2SO3＝2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；硫酸会与亚硫酸钠生成二氧化硫气体逸出，滴加速率不能太快且需要快速搅拌的原因是使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生，故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+Na2SO3＝2CoSO4+Li2SO4+Na2SO4+3H2O；使硫酸与悬浊液充分接触反应，并减少副反应的发生；（2）向浸取液中先加入足量NaClO3，将二价铁转化为三价铁利于铁的除去且Co2+尽量不能生成沉淀；除去Al3+、Fe3+首先要保证pH大于5.2；Co2+完全沉淀时pH＝9.4，则c（OH﹣）＝109.4﹣14mol/L＝10﹣4.6mol/L，Ksp[Co（OH）2]＝1.0×10﹣5×（10﹣4.6）2＝10﹣14.2，若浸取液中c（Co2+）＝0.1mol/L，则c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣6.6mol/L，pH＝7.4；故须调节溶液pH的范围是5.2≤pH＜7.4，故答案为：5.2≤pH＜7.4；（3）通过流程分析可知，萃取的目的是将溶液中的Co2+和Li+分离，结合P204这种有机酸的结构可知，分子中的O原子存在孤电子对，而Co2+作为过渡金属离子，存在多个空轨道，有形成配合物的可能，Li是主族元素，离子半径小，形成配合物很难，且HA与水互不相溶能分液分离，则原因为P2O4分子中O原子与Co2+通过配位键形成配合物，而不与Li+形成配合物，且HA与水互不相溶能分液分离，故答案为：P2O4分子中O原子与Co2+通过配位键形成配合物，而不与Li+形成配合物，且HA与水互不相溶能分液分离；（4）由Co2+制取纯度较高的Co3O4需解决的问题：沉淀为CoCO3、洗涤干净、灼烧氧化。根据信息，尿素存在酰胺键，在酸性和碱性条件下均可水解，得到碳酸铵；为防止碳酸铵继续水解得到的CO2气体逸出，在沉淀过程中须将尿素分批缓慢加入，促进CoCO3的形成；本题给出的几种试剂是必须使用的试剂，在实际实验过程中，为保证与Co2+的充分反应，还可在尿素加热水解的过程中加入少量氨水；即使反应生成碱式碳酸钴，也可在后续加热过程中分解，不影响产品纯度；洗涤过程须检验是否洗涤干净；灼烧过程温度控制在题干提供温度500℃；所以实际方案可描述为：边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1mol•L﹣1BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃得Co3O4，故答案为：边搅拌边向溶液中缓慢加入一定量尿素浓溶液（和适量氨水），充分反应至沉淀不再增加为止，冷却、过滤，用蒸馏水洗涤滤渣直至向最后一次洗涤滤液中滴入1mol•L﹣1BaCl2溶液无沉淀生成，将滤渣转移到坩埚中，在空气中加热至500℃。【点评】本题考查物质的制备，涉及氧化还原反应、化学工艺流程分析和评价等，侧重考查学生对化学反应原理的理解，注意仔细审题，从题目中获取关键信息，难度较大。2．（2022•贾汪区校级模拟）Fe2O3/Al2O3负载型催化剂（其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体）可用于脱除烟气中的SO2，该负载型催化剂的制备和SO2的脱除过程如图：（1）浸渍。常温下，用Fe（NO3）3溶液浸渍Al2O3载体6h。浸渍所得溶液中除Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+（填化学式）。（2）焙烧。将浸渍所得混合物烘干后，在500℃焙烧12h，制得Fe2O3/Al2O3负载型催化剂。准确称取2.000g负载型催化剂样品，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热溶解后，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10﹣2mol•L﹣1K2C2O7溶液滴定至终点（滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液12.00mL。计算该Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的负载量14.40%（写出计算过程）。[负载量＝×100%]（3）硫化。400℃时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂的反应器。①化过程不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，其化学方程式为SO2+2H2S+2H2O。②研究表明，硫化过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，硫化过程中还检测到H2S。FeS2催化硫化的过程可描述如下：FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2。（4）工业SO2烟气中含有较高浓度的O2。为进一步研究O2对催化剂活性的影响，取一定质量上述硫化后的固体，用热的NaOH溶液除去Al2O3和S。将剩余固体在空气中加热，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在0～200℃范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，则在200～300℃范围内，固体质量增加的主要原因是+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物。【答案】（1）Al3+、H+；（2）14.40%；（3）①SO2+2H2S+2H2O；②FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O；（4）+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物。【分析】Fe2O3/Al2O3负载型催化剂（其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体）用Fe（NO3）3溶液浸渍，Al2O3载体转化为Fe3+、Al3+，加热促进其发生水解反应得到氢氧化铁和氢氧化铝，焙烧再生成Fe2O3/Al2O3负载型催化剂，加入SO2和H2进行硫化，反应方程式为SO2+2H2S+2H2O，据此分析解答。【解答】解：（1）用Fe（NO3）3溶液浸渍，金属氧化物溶解为金属阳离子，所得溶液中Fe3+外，含有的阳离子还有Al3+、H+，故答案为：Al3+、H+；（2）n（Cr2）＝5.000×10﹣2mol/L×12.00×10﹣3L＝6.000×10﹣4mol，滴定时Cr2→Cr3+、Fe2+→Fe3+，根据电子守恒可得关系式：Cr2～6Fe2+，则n（Fe2+）＝6n（Cr2）＝6×6.000×10﹣4mol＝3.600×10﹣3mol，根据Fe原子守恒可得关系式：Fe2O3～2Fe3+～2Fe2+，则n（Fe2O3）＝0.5n（Fe2+）＝0.5×3.600×10﹣3mol＝1.800×10﹣3mol，m（Fe2O3）＝n（Fe2O3）M＝1.800×10﹣3mol×160g/mol＝0.2880g，该负载型催化剂的负载量＝×100%＝14.40%，故答案为：14.40%；（3）①硫化过程SO2和H2反应生成S和水，反应的化学方程式为SO2+2H2S+2H2O，故答案为：SO2+2H2S+2H2O；②检测到H2S，反应过程为FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2，整个过程FeS2做催化剂，故答案为：FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O；（4）在0～200℃范围内，铁的硫化物转化为铁的氧化物，工业SO2烟气中含有较高浓度的O2，铁的氧化物易被氧化，则在200～300℃范围内，固体质量增加的主要原因是+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物，故答案为：+2价铁的氧化物被氧化为+3价铁的氧化物。【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。3．（2022•五华区校级模拟）FTO导电玻璃广泛用于液晶显示屏、光催化、薄膜太阳能电池基底等，实验室可用无水四氯化锡（SnCl4）制作FTO，制备SnCl4的装置如图所示。√有关信息如下表：化学式SnSnCl2SnCl4熔点/℃232246﹣33沸点/℃2260652114其他性质银白色固体金属无色晶体，Sn2+易被Fe3+、I2等氧化为Sn4+无色液体、易水解生成SnO2•xH2O（1）仪器A的名称为球形冷凝管，甲中发生反应的离子方程式为ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O。（2）将如图装置连接好，先检查装置的气密性，再慢慢滴入浓盐酸，待观察到丁装置充满黄绿色气体现象后，开始加热装置丁。（3）Cl2和Sn的反应产物可能会有SnCl4和SnCl2，为加快反应速率并防止产品中带人SnCl2，除了通入过量氯气外，应控制的最佳温度在B（填序号）范围内。A.652～2260℃B.232～652℃C.114﹣246℃D.114～232℃（4）为测定产品中Sn2+的含量，甲、乙两位同学设计了如下实验方案：①甲同学：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，用amol/L酸性高锰酸钾标准溶液滴定，滴定终点时消耗酸性高锰酸钾标准溶液V1ml。由此可计算产品中Sn2+的质量分数。乙同学认为甲同学的方案明显不合理，会导致测得的Sn2+的质量分数严重偏高，理由是酸性高锰酸钾溶液可以氧化氯离子。②乙同学：准确称取mg产品于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，X溶液作指示剂，用bmol/L.硝酸银标准溶液滴定，滴定终点时消耗硝酸银溶液V2mL，由此可计算产品中Sn2+的质量分数。硝酸银溶液最好盛放在B（填序号）滴定管中。A.无色酸式滴定管B.棕色酸式滴定管C.无色碱式滴定管D.棕色碱式滴定管参考下表中的数据，X溶液最好选用的是D（填序号）。A.NaCl溶液B.NaBr溶液C.NaCN溶液D.Na2CrO3溶液难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4颜色白浅黄白砖红Ksp1.77×10﹣185.4×10﹣142.7×10﹣161.12×10﹣2滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液时，产生砖红色沉淀且30s内颜色不变。甲同学认为乙同学的方案中用V2mL进行计算不准确，理由是Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液偏多。【答案】（1）球形冷凝管；ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O；（2）丁装置充满黄绿色气体；（3）B；（4）①酸性高锰酸钾溶液可以氧化氯离子；②B；D；滴入最后一滴标准液时，产生砖红色沉淀且30s内颜色不变；Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液偏多。【分析】实验为制取无水四氯化锡（SnCl4）的装置，装置丁为氯气与Sn反应制取四氯化锡（SnCl4），则装置甲为制取氯气，乙、丙为除去HCl及水的装置，四氯化锡（SnCl4）为分子晶体，熔沸点较低，装置戊为收集四氯化锡（SnCl4），碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置戊，据此分析回答问题。【解答】解：（1）由仪器结构可知仪器A名称为球形冷凝管；甲中KClO3与浓盐酸发生反应的离子方程式为ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O，故答案为：球形冷凝管；ClO3﹣+6H++5Cl﹣＝3Cl2↑+3H2O；（2）丁装置充满黄绿色气体表明空气已排尽，才开始加热装置丁，故答案为：丁装置充满黄绿色气体；（3）由表中沸点数据可知应控制温度在232～652℃范围内，故答案为：B；（4）①酸性高锰酸钾溶液可以氧化氯离子，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多，故答案为：酸性高锰酸钾溶液可以氧化氯离子；②硝酸银见光易分解应盛放在棕色滴定管中，测定的是氯离子不能使用NaCl，NaBr、NaCN对应的银盐溶解度比AgCl小；由于Fe3+能氧化Sn2+，推测Ag+也能氧化Sn2+导致消耗的硝酸银溶液用量偏多，结合溶度积常数可知，X溶液最好选用的是Na2CrO3溶液，铬酸银为砖红色沉淀，故滴定终点现象为滴入最后一滴标准液时，产生砖红色沉淀且30s内颜色不变，由于银离子具有氧化性，乙同学的方案中用V2mL进行计算不准确，理由是Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液偏多，故答案为：B；D；滴入最后一滴标准液时，产生砖红色沉淀且30s内颜色不变；Ag+也能氧化Sn2+，导致消耗的硝酸银溶液偏多。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。4．（2022•和平区校级模拟）实验室以CuSO4•5H2O为原料制备[Cu（NH3）4]SO4•H2O并进行定量分析。已知：CuSO4+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]SO4+4H2O[Cu（NH3）4]2++4H+═Cu2++4（1）配制溶液：称取一定质量的CuSO4•5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水，装置A如图所示（胶头滴管中吸有氨水）。滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2（OH）2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色溶液[Cu（NH3）4]SO4。用离子方程式解释由浅蓝色沉淀生成深蓝色溶液的原理：Cu2（OH）2SO4+8NH3•H2O＝2[Cu（NH3）4]2+++2OH﹣+8H2O或Cu2（OH）2SO4+8NH3＝2[Cu（NH3）4]2+++2OH﹣。（2）制备晶体：将装置A中溶液转移至装置B中，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体；将装置B中混合物转移至装置C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次；取出晶体，干燥。①两次转移均需洗涤原容器，且将洗涤液也全部转移，目的是减少溶液中Cu2（OH）2SO4的损失，增加Cu2（OH）2SO4•H2O的产率。②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触，提高洗涤的效果，要打开（填“打开”或“关闭”，下同）活塞后，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流下后，再关闭活塞。（3）废液回收：从含有[Cu（NH3）4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和（NH4）2SO4的混合溶液，应加入的试剂是稀硫酸（填名称），回收乙醇的实验方法为蒸馏。（4）用沉淀法测定晶体中的含量：称取一定质量的[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，搅拌，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量。如何检验沉淀已经洗净取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净。（5）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O（Mr＝250）含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol/LEDTA（H2Y2﹣）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+。写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω＝×100%；下列操作会导致CuSO4•5H2O含量的测定结果偏高的是c。a.未干燥锥形瓶b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c.未除净可与EDTA反应的干扰离子【答案】（1）Cu2（OH）2SO4+8NH3•H2O＝2[Cu（NH3）4]2+++2OH﹣+8H2O或Cu2（OH）2SO4+8NH3＝2[Cu（NH3）4]2+++2OH﹣；（2）①减少溶液中Cu2（OH）2SO4的损失，增加Cu2（OH）2SO4•H2O的产率；②打开；关闭；（3）稀硫酸；蒸馏；（4）BaCl2；取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净；（5）×100%；c。【分析】（1）装置A为封闭体系，加入氨气后有利于氨气充分吸收；滴加氨水时，硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2（OH）2SO4，继续滴加氨水，沉淀消失，生成络合物，得到深蓝色[Cu（NH3）4]SO4溶液；（2）洗涤原容器有利于反应物充分利用；加入洗涤剂洗涤晶体时，要保证正常压强，洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分；（3）废液回收过程是从含有[Cu（NH3）4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、（NH4）2SO4的混合溶液，废液存在络离子，需要加入H2SO4，除去络离子；沸点不同的物质可以蒸馏分离；（4）用BaCl2溶液检验，氯离子可以用银离子检验，据此检验；（5）滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同＝cmol/L×b×10﹣3L＝bc×10﹣3mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10﹣3mol；100ml溶液中含bc×10﹣3mol×5＝5bc×10﹣3mol，结合摩尔质量计算，根据表达式判断操作对结果的影响。【解答】解：（1）称取一定质量的CuSO4•5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水，有浅蓝色沉淀Cu2（OH）2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色溶液[Cu（NH3）4]SO4，反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，[Cu（NH3）4]SO4为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，离子方程式解释由浅蓝色沉淀生成深蓝色溶液的原理：Cu2（OH）2SO4+8NH3•H2O＝2[Cu（NH3）4]2+++2OH﹣+8H2O或Cu2（OH）2SO4+8NH3＝2[Cu（NH3）4]2+++2OH﹣，故答案为：Cu2（OH）2SO4+8NH3•H2O＝2[Cu（NH3）4]2+++2OH﹣+8H2O或Cu2（OH）2SO4+8NH3＝2[Cu（NH3）4]2+++2OH﹣；（2）制备晶体：将装置A中溶液转移至装置B中，析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体；将装置B中混合物转移至装置C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次；取出晶体，干燥；①转移过程中，盛有溶液的容器的内壁上会附着少量溶液，溶液中含有溶质，为提高产品的产率，因此需要洗涤原容器，目的是减少溶液中Cu2（OH）2SO4的损失，增加Cu2（OH）2SO4•H2O的产率，故答案为：减少溶液中Cu2（OH）2SO4的损失，增加Cu2（OH）2SO4•H2O的产率；②减压过滤的原理是利用抽气泵使抽滤瓶中压强降低，提高过滤效率，因此过滤过程中需要关闭活塞，使抽滤瓶中形成负压（相较于大气压），但是在加入洗涤剂洗涤晶体时，若关闭活塞，大部分洗涤液被快速抽走，会浪费洗涤剂且洗涤效果不佳，因此加入洗涤剂洗涤过程中需要打开活塞，使抽滤瓶中压强与大气压相同，洗涤晶体时，为了使乙醇与晶体充分接触，提高洗涤的效果，要打开活塞后，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流下后，再关闭活塞，故答案为：打开；关闭；（3）废液回收：从含有[Cu（NH3）4]SO4、乙醇和一水合氨的废液中回收乙醇并获得CuSO4和（NH4）2SO4的混合溶液，因此需要将[Cu（NH3）4]SO4转化为CuSO4，氨水中一水合氨和氨气转化为（NH4）2SO4，类似于NH3→（NH4）2SO4，应加入的试剂是稀硫酸（填名称），充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，回收乙醇的实验方法为蒸馏，故答案为：稀硫酸；蒸馏；（4）测定晶体中的含量实验原理：将晶体溶解，加入BaCl2溶液，使溶液中完全沉淀，通过测定沉淀的质量计算晶体中的含量。用沉淀法测定晶体中的含量：称取一定质量的[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，至不再有白色沉淀产生时，搅拌，过滤，洗涤，干燥，称量沉淀的质量。如何检验沉淀已经洗净：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净，故答案为：BaCl2；取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净；（5）滴定反应如下：Cu2++H2Y2﹣＝CuY2﹣+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同＝cmol/L×b×10﹣3L＝bc×10﹣3mol；依据元素守恒得到：则20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10﹣3mol；100ml溶液中含bc×10﹣3mol×5＝5bc×10﹣3mol；所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω＝×100%；a.未干燥锥形瓶，对实验结果没有影响，故a不选；b.滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，读出的b值偏小，测定结果偏低，故b不选；c.未除净可与EDTA反应的干扰离子，读出的b值偏大，测定结果偏高，故c选，故答案为：×100%；c。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。5．（2022•贾汪区校级模拟）CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜（Cu和少量CuO等）为原料制备CuCl的工艺流程如图：（1）“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示。①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为2Cu2+++2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓++2H+。②当n（Na2SO3）：n（CuSO4）＞1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是随着n（Na2SO3）：n（CuSO4）不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+的水解程度增大。③当1.0＜n（NaCl）：n（CuSO4）＜1.5时，比值越大CuCl产率越大，结合沉淀平衡移动原理分析其原因是适当增大c（Cl﹣），有利于平衡Cu+（aq）+Cl﹣（aq）⇌CuCl（s）向生成CuCl方向移动。（2）用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2（OH）3Cl。CuCl被氧化为Cu2（OH）3Cl的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl。（3）为测定某氯化亚铜样品中CuCl的含量，某同学设计如下实验：准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待固体完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液氧化反应生成的Fe2+，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2被还原为Cr3+，求样品中CuCl的质量分数%（写计算过程）。【答案】（1）①2Cu2+++2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓++2H+；②随着n（Na2SO3）：n（CuSO4）不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+的水解程度增大；③适当增大c（Cl﹣），有利于平衡Cu+（aq）+Cl﹣（aq）⇌CuCl（s）向生成CuCl方向移动；（2）4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl；（3）%。【分析】海绵铜（Cu和少量CuO等）用硫酸、硝酸钠、水浸取，酸性环境中Cu被氧化，过滤，除去不溶性滤渣，得到含有CuSO4的滤液，加入亚硫酸钠将Cu2+还原为Cu+，加入NaCl得到CuCl沉淀，过滤得到CuCl的粗产品，用pH＝2的H2SO4水洗，再用“醇洗”快速去除滤渣表面的水，防止潮湿环境中滤渣被空气氧化，干燥得到纯净的CuCl。【解答】解：（1）①Na2SO3将Cu2+还原为Cu+，生成的Cu+和Cl﹣结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2+++2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓++2H+，故答案为：2Cu2+++2Cl﹣+H2O＝2CuCl↓++2H+；②Na2SO3溶液水解使溶液显碱性，随着n（Na2SO3）：n（CuSO4）不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+的水解程度增大，故当n（Na2SO3）：n（CuSO4）＞1.33时，比值越大CuCl产率越小，故答案为：随着n（Na2SO3）：n（CuSO4）不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+的水解程度增大；③当1.0＜n（NaCl）：n（CuSO4）＜1.5时，适当增大c（Cl﹣），有利于平衡Cu+（aq）+Cl﹣（aq）⇌CuCl（s）向生成CuCl方向移动，增大CuCl产率，故答案为：适当增大c（Cl﹣），有利于平衡Cu+（aq）+Cl﹣（aq）⇌CuCl（s）向生成CuCl方向移动；（2）根据题意，有水存在时，CuCl被O2氧化为Cu2（OH）3Cl，根据电子守恒可知CuCl和O2的系数比为4：1，再结合元素守恒可得化学方程式为4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl，故答案为：4CuCl+O2+4H2O＝2Cu2（OH）3Cl+2HCl；（3）根据电子转移守恒可得关系式：6CuCl～6Fe2+～Cr2，则n（CuCl）＝6n（K2Cr2O7）＝b×10﹣3L×amol/L×6＝6ab×10﹣3mol，CuCl的质量分数＝×100%＝%，故答案为：%。【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，涉及氧化还原反应、物质性质，实验设计等，把握试验流程分析是解题关键，需要学生有扎实的基础知识，综合性强，题目难度中等。6．（2022•福建模拟）已知NH4VO3在pH＝7～8时溶解度最小。某工厂利用钒铬渣提取液（主要成分为NaVO3和Na2CrO4）制备Na2CrO4和NH4VO3晶体，流程如图：不同温度下相关物质的溶解度NaVO3Na2CrO4Ca3（（VO4）2CaCrO420℃19.384.00.15.540℃22.596.50.092.4960℃26.31020.091.3（1）关于“钒铬分离”过程，下列说法正确的是AB。A.研磨可防止生成的沉淀覆在Ca（OH）2表面，提高Ca（OH）2利用率B.研磨减小了所得钒渣的粒径，提高了后续步骤中钒渣的浸出率C.相对于20℃、40℃，工业上更宜选用60℃D.该过程发生了氧化还原反应（2）从滤液A中获取Na2CrO4晶体时，应采用的结晶方法为蒸发结晶；残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤，用Na2SO3溶液还原时，还原产物为Cr3+，则反应的离子方程式Cr2+2+8H+＝2Cr3++3+4H2O；为了使c（Cr3+）不高于1×10﹣6mol•L﹣1，“沉降”时应调节pH≥6[该温度下Cr（OH）3的Ksp近似为1×10﹣30]。（3）“浸出”过程中生成NaVO3的离子方程式为Ca3（（VO4）2+4＝+3CaCO3+2+2H2O。（4）“转化”过程中选用NH4HCO3溶液不选用NH4Cl溶液的可能原因为过多NH4Cl会使溶液酸度增加，影响NH4VO3的结晶（或使用NH4HCO3所得滤液可循环利用）。（5）该流程中可循环利用的物质有NaHCO3，NH4HCO3，Ca（OH）2。（6）某工厂用1m3钒铬渣提取液[c（）＝0.8mol•L﹣1]最终制得NH4VO3质量为70.2kg，则产率为75%。【答案】（1）AB；（2）蒸发结晶；Cr2+2+8H+＝2Cr3++3+4H2O；≥6；（3）Ca3（（VO4）2+4＝+3CaCO3+2+2H2O；（4）过多NH4Cl会使溶液酸度增加，影响NH4VO3的结晶（或使用NH4HCO3所得滤液可循环利用）；（5）NaHCO3，NH4HCO3，Ca（OH）2；（6）75%。【分析】钒铬渣提取液的主要成分为NaVO3和Na2CrO4，加入氢氧化钙进行钒铬分离，方程式为：3Ca（OH）2+2NaVO3＝Ca3（VO4）2↓+2NaOH+2H2O，过滤得滤液A为Na2CrO4溶液，钒渣的主要成分为Ca3（VO4）2，浸出时，反应为：Ca3（VO4）2+4NaHCO3＝3CaCO3↓+2NaVO3+Na2CO3+2H2O，浸出渣为CaCO3，煅烧得到氧化钙，与水反应生成Ca（OH）2，浸出液为NaVO3溶液，加入NH4HCO3溶液，发生反应：NaVO3+NH4HCO3＝NH4VO3↓+NaHCO3，过滤、洗涤、干燥，得到NH4VO3晶体，据此分析作答即可。【解答】解：（1）A.研磨使钒铬渣的颗粒更小，可防止生成的沉淀覆在Ca（OH）2表面，提高Ca（OH）2利用率，故A正确；B.研磨减小了所得钒渣的粒径，增大浸出等反应步骤中的接触面积，提高了后续步骤中钒渣的浸出率，故B正确；C.根据表中数据可知，40℃和60℃时，Ca3（VO4）2的溶解度相同，而60℃时消耗的能耗更多，故工业上更宜选用40℃，故C错误；D.根据分析可知，该过程发生的反应均为非氧化还原反应，故D错误；故答案为：AB；（2）根据表中数据可知，Na2CrO4的溶解度随温度变化不明显，故从滤液A中获取Na2CrO4晶体时，应采用的结晶方法为蒸发结晶，残留的含铬废水不能直接排放，处理时需要经过“酸化→还原→沉降”三个步骤，酸化时的反应为：+2H+＝Cr2+H2O，用Na2SO3溶液还原时，还原产物为Cr3+，则反应的离子方程式为：Cr2+2+8H+＝2Cr3++3+4H2O，为了使c（Cr3+）不高于1×10﹣6mol•L﹣1，“沉降”时c3（OH﹣）≥＝＝1×10﹣24，所以c（OH﹣）≥1×10﹣8mol/L，c（H+）≤1×10﹣6mol/L，应调节pH≥6，故答案为：蒸发结晶；Cr2+2+8H+＝2Cr3++3+4H2O；≥6；（3）根据分析可知，“浸出”过程中生成NaVO3的离子方程式为Ca3（（VO4）2+4＝+3CaCO3+2+2H2O，故答案为：Ca3（（VO4）2+4＝+3CaCO3+2+2H2O；（4）“转化”过程中选用NH4HCO3溶液不选用NH4Cl溶液的可能原因为过多NH4Cl会使溶液酸度增加，影响NH4VO3的结晶（或使用NH4HCO3所得滤液可循环利用），故答案为：过多NH4Cl会使溶液酸度增加，影响NH4VO3的结晶（或使用NH4HCO3所得滤液可循环利用）；（5）根据分析可知，该流程中可循环利用的物质有NaHCO3，NH4HCO3，Ca（OH）2，故答案为：NaHCO3，NH4HCO3，Ca（OH）2；（6）1m3钒铬渣提取液[c（）＝0.8mol•L﹣1]最终制得NH4VO3质量为70.2kg，则产率为：＝75%，故答案为：75%。【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及离子方程式的书写，实际问题的分析，关系式、产品回收率的计算等，属于高考高频考点，难度中等。7．（2022•南关区校级模拟）（NH4）2[Ce（NO3）6]（硝酸铈铵）是橙红色单斜细粒结晶，易溶于水，几乎不溶于浓硝酸。实验室由稀土氟化物（含28%二氧化铈、37.7%其他稀土金属氧化物、4.5%的氧化钙及金属氟化物等）制备硝酸铈铵时的主要实验步骤如下：Ⅰ.取适量稀土氟化物于铂皿或铅皿中，加适量水在沙浴上加热，搅拌下缓缓加入适量浓硫酸，充分加热，直至产生SO3白烟为止，冷却得混合物。Ⅱ.将上述混合物用适量水浸取，得浸取液，向其中加入NaOH溶液至溶液呈强碱性，过滤、洗涤至不含SO42﹣，得到灰白色Ce（OH）3。Ⅲ.由步骤II制得的Ce（OH）3制取Ce（OH）4（黄色难溶物）。Ⅳ.向Ce（OH）4沉淀物中加入浓硝酸加热至浆状{生成H2[Ce（NO3）6]}，再加入稍过量的NH4NO3晶体，充分搅拌后重新加热至糊状结晶体，冷却、过滤得硝酸铈铵粗品。回答下列问题：（1）步骤I中用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器的主要原因是HF溶液能腐蚀玻璃仪器；CeO2与浓硫酸反应生成Ce2（SO4）3的化学方程式为4CeO2+6H2SO4（浓）2Ce2（SO4）3+O2↑+6H2O。（2）步骤Ⅲ中由Ce（OH）3制取Ce（OH）4的装置如图所示：①装置a的烧瓶中盛放的固体为KMnO4[或Ca（ClO2）]（填化学式）；装置b中仪器W的名称是三颈烧瓶。②当b中沉淀完全变为黄色后，停止通Cl2后改通空气（图中框内改通空气装置）的目的是除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；将装置b中的反应混合物过滤、洗涤，能说明沉淀已洗涤干净的实验方法是取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净。（3）步骤IV中H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3发生反应的化学方程式为H2[Ce（NO3）6]+2NH4NO3（NH4）2[Ce（NO3）6]↓+2HNO3；将得到的粗品进一步提纯可采用的方法是重结晶（填操作名称）。【答案】（1）HF溶液能腐蚀玻璃仪器；4CeO2+6H2SO4（浓）2Ce2（SO4）3+O2↑+6H2O；（2）①KMnO4[或Ca（ClO2）]；三颈烧瓶；②除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；（3）H2[Ce（NO3）6]+2NH4NO3（NH4）2[Ce（NO3）6]↓+2HNO3；重结晶。【分析】本实验利用稀土氟化物制取硝酸铈铵，首先利用浓硫酸还原CeO2得到Ce2（SO4）3，然后和NaOH溶液反应得到Ce（OH）3；之后利用浓盐酸和KMnO4[或Ca（ClO2）等]反应来制取氯气，利用生成的氯气氧化Ce（OH）3得到Ce（OH）4，加入浓硝酸溶解得到H2[Ce（NO3）6]，然后再和NH4NO3反应得到产品；（1）稀土氟化物含有F﹣，与浓硫酸反应会生成HF，HF能腐蚀玻璃仪器；CeO2与浓硫酸反应时Ce元素被还原，O元素被氧化生成O2；（2）①装置a中要制取氯气可以用浓盐酸和KMnO4[或Ca（ClO2）等]反应来制取氯气；W为三颈烧瓶；②通入空气可以除去残留的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce（OH）4的过程中，氯气会被还原为Cl﹣，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验；（3）根据题意H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3反应生成（NH4）2[Ce（NO3）6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应；（NH4）2[Ce（NO3）6]易溶于水，几乎不溶于浓硝酸，进行重结晶进一步提纯。【解答】解：（1）稀土氟化物含有F﹣，与浓硫酸反应会生成HF，HF溶液能腐蚀玻璃仪器，所以用铂皿或铅皿而不用玻璃仪器；根据已知信息“CeO2与浓硫酸反应生成Ce2（SO4）3”可知CeO2与浓硫酸反应时Ce元素被还原，反应中还涉及H、S、O元素，其中H、S元素已经是最高价，不能被氧化，所以O元素被氧化生成O2，根据电子守恒元素守恒可得化学方程式为4CeO2+6H2SO4（浓）2Ce2（SO4）3+O2↑+6H2O，故答案为：HF溶液能腐蚀玻璃仪器；4CeO2+6H2SO4（浓）2Ce2（SO4）3+O2↑+6H2O；（2）①装置a中要制取氯气，但没有加热装置，所以应是浓盐酸和KMnO4[或Ca（ClO2）等]反应来制取氯气；根据W的结构特点可知其为三颈烧瓶，故答案为：KMnO4[或Ca（ClO2）]；三颈烧瓶；②当b中沉淀完全变为黄色后，虽然停止了通入氯气，但装置中会有残留的氯气，所以需通入空气除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；制取Ce（OH）4的过程中，氯气会被还原为Cl﹣，沉淀表明可能附着有NaCl，检验沉淀是否洗涤干净，即检验沉淀表面是否有氯离子，方法为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净，故答案为：除去装置内的氯气，使其被NaOH溶液完全吸收；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，无白色沉淀生成，则证明沉淀已经洗涤干净；（3）根据题意H2[Ce（NO3）6]与NH4NO3反应生成（NH4）2[Ce（NO3）6]，各元素化合价没有变化，应是发生复分解反应，化学方程式为H2[Ce（NO3）6]+2NH4NO3（NH4）2[Ce（NO3）6]↓+2HNO3；（NH4）2[Ce（NO3）6]易溶于水，几乎不溶于浓硝酸，所以可以进行重结晶进一步提纯，故答案为：H2[Ce（NO3）6]+2NH4NO3（NH4）2[Ce（NO3）6]↓+2HNO3；重结晶。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、发生的反应、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。8．（2022•娄星区校级三模）NiSO4•6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料（主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物）为原料制取NiSO4•6H2O步骤如图：已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；②常温下Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣9，Ka（HF）＝6.3×10﹣4；（1）使废料酸溶充分溶解的方法有粉碎废料，适当升温。（2）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+。（3）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，写出其离子方程式6Fe3++4+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+。（4）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是pH偏低，形成HF，导致溶液中F﹣浓度减小，MgF2沉淀不完全。（5）“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为Na2SO4（填化学式）。（6）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。（7）在制备NiSO4•6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是减少晶体的损失，便于晶体的干燥。【答案】（1）粉碎废料；适当升温；（2）使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+；（3）6Fe3++4+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+；（4）pH偏低，形成HF，导致溶液中F﹣浓度减小，MgF2沉淀不完全；（5）Na2SO4；（6）2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；（7）减少晶体的损失，便于晶体的干燥。【分析】由一种废料（主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物）为原料制取NiSO4•6H2O步骤如图，废料溶解后加入稀硫酸和过氧化氢溶液，反应后过滤，加入硫酸钠和MgO除去铁，生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，通入H2S气体除铜，过滤后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去，加入氢氧化钠溶液沉镍，再加入稀硫酸得到硫酸镍溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到NiSO4•6H2O，据此分析回答问题。【解答】解：（1）使废料酸溶充分溶解的方法有粉碎废料，适当升温，故答案为：粉碎废料；适当升温；（2）加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+；（3）“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为：6Fe3++4+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+；故答案为：6Fe3++4+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+；（4）溶液的pH偏低，说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF，导致溶液中F﹣浓度降低，使得Mg2+不能完全沉淀，故答案为：pH偏低，形成HF，导致溶液中F﹣浓度减小，MgF2沉淀不完全；（5）“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+、和Na+，加入足量NaOH“沉镍”后，溶液中剩余离子为、Na+和少量OH﹣，根据前面的流程知可循环利用的是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；（6）NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到﹣1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为：2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O，故答案为：2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；（7）NiSO4•6H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发，在晶体表面残留的酒精可以迅速挥发，避免杂质的引入，故答案为：减少晶体的损失，便于晶体的干燥。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧