2024届高考化学一轮复习知识点突破练习-11水溶液中的离子反应和平衡（含解析）
2024届高考化学一轮复习知识点突破练习-11水溶液中的离子反应和平衡
一、单选题
1．室温下，向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，各含硫微粒分布系数(平衡时某微粒的物质的量占各微粒物质的量之和的分数)与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化
B．Ka2(H2SO3)的数量级为10 8
C．pH=7时，c(Na+)<3c(SO)
D．NaHSO3溶液中水电离出的c(H+)<1×10 7 mol·L 1
2．操作或装置能达到实验目的的是
选项 A B C D
操作或装置
实验目的 除去Cl2中混有的HCl 测定中和热 制取碳酸氢钠 中和滴定
A．A B．B C．C D．D
3．下列实验操作、现象及结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向2mL0.1mol L-1FeCl3溶液中加入3mL0.1mol L-1KI溶液充分反应后再滴加KSCN溶液 溶液呈红色 FeCl3溶液和KI溶液的反应为可逆反应
B 向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入新制氢氧化铜溶液并水浴加热 未产生砖红色沉淀 蔗糖未水解
C 向Ag2CrO4饱和溶液中加入NaCl浓溶液 产生白色沉淀 Ksp(AgCl)
A．A B．B C．C D．D
4．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向蛋白质溶液中加入少量饱和(NH4)2SO4溶液 出现白色沉淀 蛋白质发生了变性
B 将炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体通入澄清石灰水 产生白色沉淀 木炭被氧化为CO2
C 相同条件下，将SO2和O2按体积比1：1混合并通过灼热的催化剂充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液 前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色 SO2和O2的反应有一定的限度
D 向2支均盛有2mL1.0mol/L的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol/L的AlCl3和FeCl3溶液 一支试管出现红褐色沉淀，另一支无明显现象 Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Fe(OH)3]
A．A B．B C．C D．D
二、工业流程题
5．氮化镓( GaN)具有优异的光电性能。一种炼锌矿渣，主要含铁酸镓[ Ga2(Fe2O4)3]、铁酸锌( ZnFe2O4)和SiO2，利用该矿渣制备GaN的工艺流程如下：
已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Ksp[Ga(OH)3] =10-35.1，Ksp[Fe(OH)3] =10-38.5。
③Ga3+、Fe3+在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
盐酸浓度/mol·L-1 反萃取率/%
Ga3+ Fe3+
2 86.9 9.4
4 69.1 52.1
6 17.5 71.3
回答下列问题:.
(1)①“酸浸”时Ga2(Fe2O4)3发生反应的离子方程式为 。
②“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g·L-1、65g· L-1，常温下，为尽可能多地提取Ga3+并确保不混入Zn( OH)2，“调pH”时应不超过 (忽略溶液体积变化)。
(2)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a= ，b= (选填上表中盐酸的浓度)。
(4)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致 。
(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解产物与NH3在高温下反应可制得GaN，该反应的化学方程式为 。
(6)①GaN的熔点为1700°C，GaCl3的熔点为77. 9°C，它们的晶体类型依次为 、 。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为 ，该晶体密度为 ρg·cm-3，则晶胞边长为 nm( 列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
6．海水中蕴含着丰富的资源，氯碱工业、海水提镁、海水提溴为人类提供了大量的工业原料。
(1)海水提溴过程中溴元素的变化如图所示：
①过程Ⅱ中，用热空气将溴吹出，再用浓碳酸钠溶液吸收。完成并配平下列化学方程式： 。
②是一种分析试剂。向硫酸酸化的溶液中逐滴加入溶液，当加入时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量如下表。则原溶液中的物质的量是 。
粒子
物质的量/ 0.5 1.3 ？
(2)海水中提取镁的传统工艺如下图所示：
①脱水得到的过程中，通入的作用是 。
②实验室模拟该工艺，时，在沉镁的过程中，将溶液滴加到悬浊液中，当混合溶液中时，同时存在两种沉淀，则此时溶液中 。判断此时 (填“是”或“否”)完全沉淀。(已知：，；当某离子浓度降到以下时，认为该离子已经完全沉淀。)
③工业制备镁的新工艺已经广泛应用，其第一步原理是向含氧化镁的熔浆中添加三氯化铈再通入氯气，生成和无水氯化镁。请写出该反应的化学方程式 。
④某实验小组对进行热重曲线分析：
分析时固体产物的化学式为 。写出从加热到时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式 。
7．碳酸锂(Li2CO3)微溶于水 、稀酸， 其溶解度随温度的升高而降低，不溶于C2H5OH，医学上可用其治疗精神忧郁症。以钴酸锂废料(主要含有LiCoO2，难溶于水，还含有少量Al2O3)为原料制备Co(OH)2及Li2CO3的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸还原”时得到的溶液中阴离子主要为 ，的空间构型为 ，LiCoO2发生反应的离子方程式为 。
(2)“滤渣1”中含有少量 Co(OH)2，原因为 。
(3)常温下[Ksp[Co(OH)2]=1.0×10 15，当c(Co2+ )= 10 5 mol·L 1时视作“沉钴”完全，此时溶液的pH= ；Co(OH)2久置于空气中转化为棕色的Co(OH)3，化学方程式为 。
(4)“沉锂”所得的溶液中主要含有硫酸钠，则试剂X为 (填化学式)溶液。
(5)“系列操作”为蒸发浓缩、 、洗涤、 干燥，洗涤时所用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗、 。
8．草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是、、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钴晶体()
的工艺流程如图所示：
常温下，有关沉淀数据如表(“完全沉淀时，金属离子浓度)。
沉淀
恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 5.2
回答下列问题：
(1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ；浸出渣的主要成分是 。(填化学式)。浸出液中主要含有、、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式： 。
(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。
(3)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 ；若“调节pH”后，溶液中，则需调节溶液pH的范围是 (忽略溶液的体积变化)。
(4)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是 ；反萃取时，应加入的物质是 (填溶液名称)。
(5)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取36.6g草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物15.8g，该混合物中CoO与的物质的量之比为 。
9．氯化亚铜 CuCl 是一种无机物，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。它难溶于水，溶于浓盐酸和氨水，不溶于乙醇，在潮湿空气中可被迅速氧化成 Cu2(OH)3Cl。制备方法如下：
Ⅰ.途径一，以海绵铜(主要成分是 Cu 和少量的 CuO)为原料，回答下列问题：
(1)海绵铜在溶解之前进行“预处理”操作以去除表面的矿物油污，可以选择 。
A．纯碱溶液浸泡 B．NaOH 溶液浸泡 C．酒精清洗
(2)溶解步骤温度控制在 60℃的原因是 。
(3)反应步骤的离子方程式 。
Ⅱ.途径二，以刻蚀废液(主要成分是 FeCl3、FeCl2、CuCl2)为原料，回答下列问题：
(4)刻蚀废液进行“预处理”时，先加入合适的氧化剂，再加入 Na2CO3溶液。加入Na2CO3调节溶液至微酸性而不是碱性的原因是 。
(5)析出的氯化亚铜晶体要立即水洗后醇洗，在真空干燥机内于 60℃干燥 2 小时，冷却后真空包装，否则会发生反应的化学方程式为 。
Ⅲ.在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl-。已知：Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；Ksp(CuCl) = 2.0×10-6
(6)通过计算说明上述除Cl-的反应能完全进行的原因 。
(7)若用Zn替换Cu可加快除Cl-的速率，但需控制溶液的 pH。若pH过低，除 Cl-效果下降的原因是 。
10．红土镍矿渣主要成分包含铁、钴、镍、锰、铬、硅的氧化物，为节约和充分利用资源，利用如下流程进行分离回收。已知该温度下Co(OH)2、Fe(OH)3的溶度积分别是、。回答下列问题：
(1)酸溶时，需将红土镍矿渣研成粉末，目的是 。
(2)各种离子萃取率与pH关系如图。分步萃取前需通入适量氧气，目的是 ，分步萃取浸出金属离子先后顺序为 、 、 ，当调pH=4.60时，溶液中 。
(3)萃取液I电解制取镍的阴极电极反应式为 。
(4)三元锂电池化学式为，其中，Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，则 (用含z的代数式表示)。
(5)写出铁红的一种用途： 。
11．工业上常用水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：
已知： CoC2O4·2H2O 微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大。回答下列问题：
(1)“酸浸”后加入Na2SO3的主要作用是 。
(2)NaClO的电子式为 ，向溶液a中加入NaClO溶液，写出溶液中的金属离子与NaClO反应的离子方程式 。
(3)沉淀a所含有的主要物质有 。
(4)向溶液c中加入足量的NaF溶液可将Ca2+、 Mg2+沉淀而除去，若所得溶液d中c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L，则溶液d中c(Ca2+)为 。 [已知该温度下Ksp(CaF2) =3.4 ×10-11，Ksp(MgF2)=7.1 ×10-11]
(5)草酸钴是制备各种钴氧化物和钴粉的重要原料，广泛应用于磁性材料、电极材料及超硬材料等领域。草酸钴在惰性气氛中的热重分析图谱表明，350-420°C之间的失重率达59.9%，则该温度范围内草酸钴分解的化学方程式为 。
(6)“沉钴”过程中，加入(NH4)2C2O4使得n()：n(Co2+)初始比值为1.15，沉淀反应时间为10min，沉淀反应的温度与钴的沉淀率关系如图所示。
该过程需控制温度在46°C -50°C的原因是 。
12．锰酸锂(LiMn2O4)可作为锂离子电池的正极材料，在工业上可利用软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)吸收含硫烟气(主要成分SO2)制备锰酸锂，生产流程：
已知：①软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强。
②在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 3.4 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 4.7 9.8
(1)含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，冷却的原因是 。
(2)滤液1中所含金属阳离子有 (填离子符号)。
(3)在实际生产中，Li2CO3与MnO2按物质的量之比1∶4混合均匀加热制取LiMn2O4，反应过程：升温到515℃时，Li2CO3开始分解产生CO2和碱性氧化物A，写出A的名称 ，此时比预计Li2CO3的分解温度(723℃)低得多，可能原因是 。
(4)由“滤液1”得到“滤液2”同时回收Al(OH)3的实验方案如下：边搅拌边向滤液1中加入 ，再加入NaOH溶液调节pH范围为 ，过滤得到滤液2和滤渣，向滤渣中加入NaOH溶液pH≥12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO2过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3。
(5)工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺：
a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。
①a中，阳极的电极反应式是 ，宜选用 (“阳”或“阴”)离子交换膜。
②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是 。
三、实验题
13．K3[Fe(C2O4)3]·3H2O[三草酸合铁酸钾(M=491 g·mol-1)]易溶于水，难溶于乙醇，常用作有机反应的催化剂。某同学利用下图装置制备FeC2O4·2H2O，然后再制备三草酸合铁酸钾。
回答下列问题：
I．晶体的制备
(1)三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，中心离子价层电子轨道表示式 。
(2)打开K1、K3、K4，关闭K2，制备FeSO4。为使生成的FeSO4溶液与H2C2O4溶液接触，应进行的操作为 。
(3)向制得的FeC2O4(s)中加入过量K2C2O4溶液和H2C2O4溶液，水浴40°C下加热，缓慢滴加H2O2溶液，制得K3[Fe(C2O4)3]，该反应的化学方程式为 ；将上述混合物煮沸，加入饱和H2C2O4溶液，充分反应后冷却、结晶；结晶完全后减压抽滤、洗涤、干燥得到目标产物。
i．缓慢滴加H2O2溶液，水浴控温在40°C的原因是 。
ii．制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O时可能有红褐色沉淀生成，则H2C2O4的作用是 。
iii．为促进结晶，冷却后可加入 (填试剂名称)。
II．阴离子电荷的测定
准确称取mg三草酸合铁酸钾加水溶解，控制流速，使其全部通过装有阴离子交换树脂(用R≡N+Cl-表示)的交换柱，发生阴离子(Xz-)交换：zR≡N+Cl-+ Xz-(R≡N+)zXz-+zCl-。结束后，用去离子水洗涤交换柱，合并流出液，并将其配成250 mL溶液。取25.00mL该溶液，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol·L-1 AgNO3标准液滴定至终点，消耗标准液V mL。
(4)阴离子电荷数为 (用含字母的代数式表示)；若交换时样品液的流速过快，则会导致测定结果 (填“偏高“偏低”或“无影响”)。
14．利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu、Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程如下：
已知常温下：①H2S的电离常数为：Ka1=1.0 ×10-7，Ka2=1.0 ×10-13；
②Ksp(ZnS)=1.0 ×10-22，Ksp(MnS)=1.0 ×10-13；
③ZnSO4的溶解度如图1所示：
回答下列问题：
(1)基态S原子占据最高能级的原子轨道形状为 。
(2)“滤渣1”主要成分为 和硫；写出“酸浸”过程中MnO2和ZnS反应的化学方程式 。
(3)“除铁”的萃取剂为磷酸二(2-乙基己基)酯(用HA表示)，萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为 。
(4)BaS为可溶性钡盐。向“水相1”中加入适量BaS，发生主要反应的离子方程式为 ；若溶液中S2-的浓度控制不当，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.10 mol·L-1，则应控制溶液中c(H+)不小于 mol·L-1。(已知溶液中H2S的浓度为1.0×10-3 mol/L)
(5)从“反萃取液”中获得ZnSO4·H2O晶体的操作为：控制温度在 K以上，蒸发至有大量固体析出、 、洗涤、干燥。
(6)ZnSO4·H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。下列关于滴定分析，正确的是 。
A．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助漏斗转移
C．滴定终点时，读取标准液体积时俯视滴定管液面，则测得的体积比实际消耗的小
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测得的体积比实际消耗的大
15．硫氰化钾(KSCN)俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。某实验小组模拟工业制备硫氰化钾的方法，设计实验如图：
已知：CS2是一种不溶于水、密度大于水的非极性试剂。请回答下列问题：
I.制备NH4SCN溶液
(1)装置A用于制备NH3，圆底烧瓶内的固体a是 (填名称)。
(2)三颈烧瓶内盛放有CS2、水和固体催化剂，发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS。实验开始时，打开K2和K1，水浴加热装置B，反应发生。三颈烧瓶左侧导管口必须插入CS2中，其目的是 。
(3)一段时间后，当观察到三颈烧瓶内 时，停止通入气体，反应完成。
II.制备KSCN溶液
(4)关闭K1，将三颈烧瓶继续加热至100℃，待NH4HS完全分解后，再打开K3，继续保持水浴温度为100℃，缓缓滴入稍过量的KOH溶液，制得KSCN溶液，发生反应的化学方程式为 ；酸性K2Cr2O7溶液除可以吸收NH3外，还能将H2S气体氧化成硫酸，其离子方程式为 。
III.制备KSCN晶体
(5)先通过过滤除去三颈烧瓶中的固体催化剂，再通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，该提取过程中一定不用的仪器有 (填序号)。
①坩埚②蒸发皿③分液漏斗④玻璃棒⑤烧杯
(6)测定晶体中KSCN的含量：称取5.0g样品，配成500mL溶液；量取25.00mL溶液加入锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴铁盐溶液作指示剂，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点，三次滴定平均消耗AgNO3标准溶液21.00mL。
①滴定时发生的反应：SCN—+Ag+=AgSCN↓(白色)，则指示剂的化学式为 (填序号)。
A．FeCl3 B．Fe(SCN)3 C．Fe(NO3)3
②晶体中KSCN的质量分数为 (计算结果保留三位有效数字)。
参考答案：
1．C
【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。
【详解】A．根据前面分析曲线II表示HSO的分布系数随pH的变化，故A正确；
B．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)= c(H+)=1×10 7.2=100.8×10 8，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10 8，故B正确；
C．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)，又由于pH=7时c(SO)＜c(HSO)，因此c(Na+)＞3c(SO)，故C错误；
D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10 7 mol·L 1，故D正确。
综上所述，答案为C。
2．B
【详解】A．HCl与NaHCO3溶液反应生成CO2杂质气体，应选饱和食盐水溶液，故A错误；
B．该装置可用温度计测量中和热，故B正确；
C．CO2应长进短出，故C错误；
D．将酸滴入氢氧化钠待测液时，需要使用酸式滴定管滴加酸，图中滴定管为碱式滴定管，故D错误；
故选：B。
3．A
【详解】A．根据电子守恒可知反应中Fe3+和I-的系数比为1:1，所以加入的KI溶液过量，而滴加KSCN溶液显红色，说明存在Fe3+，即Fe3+和I-不能完全反应，该反应为可逆反应，A正确；
B．加入新制氢氧化铜悬浊液之前应先加入NaOH中和稀硫酸，B错误；
C．AgCl和Ag2CrO4为不同类型沉淀，不能简单的根据溶解度判断二者溶度积大小关系，C错误；
D．饱和Na2CO3溶液和饱和NaHCO3溶液的浓度不相同，应测定相同浓度溶液的pH，D错误；
综上所述答案为A。
4．C
【详解】A．(NH4)2SO4为轻金属的盐，它使蛋白质发生盐析而不是变性，故A错误；
B．炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体为二氧化碳和二氧化硫，通入澄清石灰水，产生白色沉淀，不能证明产生二氧化碳，故B错误；
C．产物通过BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明反应生成了SO3；品红溶液褪色，说明SO2有剩余，从而说明SO2和O2没有完全反应，SO2和O2的反应有一定的限度，故C错误；
D．由于KOH过量，Al3+与OH-反应先生成Al(OH)3沉淀，然后继续与KOH反应，生成KAlO2，并没有发生Al(OH)3与Fe3+生成Fe(OH)3和Al3+的反应，也就不能说明Ksp[Al(OH)3]与Ksp[Fe(OH)3]的相对大小，故D错误；
故答案为C。
5．(1) Ga2(Fe2O4)3+ 24H+ = 2Ga3++ 6Fe3++ 12H2O 5.7
(2)CaSO4
(3) 6 2
(4)Ga(OH)3溶解，Ga3+的沉降率降低
(5)Ga2O3+2NH32GaN +3H2O
(6) 共价晶体 分子晶体 4
【分析】由题给流程可知，向矿渣中加入稀硫酸酸浸时，铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为可溶性金属硫酸盐，二氧化硅不溶于稀硫酸，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氧化钙调节溶液pH，使镓离子、铁离子完全转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有氢氧化钙、氢氧化镓、氢氧化铁的滤渣和含有硫酸锌的滤液；向滤渣中加入稀硫酸酸溶，氢氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，将氢氧化镓、氢氧化铁转化为镓离子和铁离子，过滤得到含有硫酸钙的滤渣和含有镓离子、铁离子的滤液；向滤液中加入萃取剂萃取、分液得到含有镓离子、铁离子的有机相和水相；由表格数据可知，向有机相中加入6mol/L盐酸进行脱铁，分液得到含有铁离子的水相和含有镓离子的有机相；向有机相中加入2mol/L的盐酸进行反萃取、分液得到有机相和含有镓离子的水相；向水相中加入氢氧化钠溶液，将镓离子转化为氢氧化镓沉淀，过滤得到氢氧化镓；氢氧化镓受热分解生成三氧化二镓，利用CVD(化学气相沉积)技术使三氧化二镓与氨气高温条件下反应生成氮化镓。
【详解】（1）①由分析可知，酸浸时铁酸镓与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸镓和水，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+ 24H+ = 2Ga3++ 6Fe3++ 12H2O，故答案为：Ga2(Fe2O4)3+ 24H+ = 2Ga3++ 6Fe3++ 12H2O；
②由题意可知，浸出液中镓离子的浓度为=0.003mol/L、锌离子浓度为=1mol/L，则由溶度积可知，锌离子开始沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=10-8.3mol/L，则溶液中镓离子浓度为=10-10.2mol/L，则为确保氢氧化镓中不混入强氧化锌，溶液的pH应不超过5.7，故答案为：5.7；
（2）由分析可知，滤渣2的主要成分为硫酸钙，故答案为：CaSO4；
（3）由分析可知，向有机相中加入6mol/L盐酸进行脱铁，分液得到含有铁离子的水相和含有镓离子的有机相；向有机相中加入2mol/L的盐酸进行反萃取、分液得到有机相和含有镓离子的水相，则a=6、b=2，故答案为：6；2；
（4）由镓与铝同主族，化学性质相似可知，沉镓时若加入氢氧化钠溶液过多，氢氧化镓会溶解生成偏镓酸根离子，导致镓离子的沉降率降低，故答案为：Ga(OH)3溶解，Ga3+的沉降率降低；
（5）由分析可知，利用CVD(化学气相沉积)技术使三氧化二镓与氨气高温条件下反应生成氮化镓和水，反应的化学方程式为Ga2O3+2NH32GaN +3H2O，故答案为：Ga2O3+2NH32GaN +3H2O；
（6）①由熔点可知，氮化镓为熔点高的共价晶体，三氯化铬为熔点低的分子晶体，故答案为：共价晶体；分子晶体；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的每个氮原子周围距离最近的镓原子个数为4，则由化学式可知，每个镓原子周围距离最近的氮原子个数为4；晶胞中位于顶点和面心的镓原子个数为8×+6×=4，设晶胞边长为anm，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得a=。故答案为：4；。
6．(1) 3
(2) 抑制与水在加热条件下发生水解反应 是
【分析】(1)利用氧化还原反应的规律以及化合价升降法进行配平，利用得失电子数目守恒进行氧化还原反应的计算；
(2)本题是流程题，但各题独立存在，不需要整体判断流程，运用各自理论解决个小题；
【详解】（1）①根据反应方程式可知，Br2既是氧化剂又是还原剂，有化合价升高，也有化合价降低，因此还原产物为NaBr，利用化合价升降法以及原子守恒进行配平，化学反应方程式为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr；故答案为3Br2+3Na2CO3=NaBrO3+CO2+5NaBr；
②根据表中数据，NaBrO3作氧化剂，还原产物是Br2，NaI作还原剂，被氧化成NaIO3和I2，2.6molNaBrO3→1.3molBr2，2.6molNaBrO3全部参与反应，根据得失电子数目守恒有2.6mol×(5-0)=0.5mol×2×[0-(-1)]+n(NaIO3)×[5-(-1)]，解得n(NaIO3)=2mol，根据碘原子守恒，NaI物质的量为(0.5mol×2+2mol)=3mol；故答案为3；
（2）①直接加热MgCl2·6H2O，因Mg2+水解，得到MgO或Mg(OH)Cl，因此为抑制MgCl2水解，需要在HCl氛围中加热；故答案为抑制MgCl2与水在加热条件下发生水解反应；
②混合溶液的pH=12时，同时得到Ca(OH)2、Mg(OH)2两种沉淀，因此溶液中=8.0×105；常温下，pH=12时，溶液中c(OH-)=10-2mol/L，则溶液中c(Mg2+)==6.0×10-8mol/L＜1.0×10-5，判断此时Mg2+已完全沉淀；故答案为8.0×105；是；
③根据题中所给信息，该反应方程式为4MgO+2CeCl3+Cl24MgCl2+2CeO2，故答案为4MgO+2CeCl3+Cl24MgCl2+2CeO2；
④0～181℃失去结晶水，发生反应MgCl2·6H2OMgCl2·(6-x)H2O+xH2O，203gMgCl2·6H2O的物质的量为1mol，0～181℃固体质量变化(203-131)g=72g，应是减少水的质量，计算出x=4，181℃时固体产物的化学式为MgCl2·2H2O；181℃加热到300℃得到一种含镁的碱式盐，，其质量为76.5g，203gMgCl2·6H2O的物质的量为1mol，根据原子守恒，含镁的碱式盐中含有1molMg2+、1molCl-和1molOH-，则含镁的碱式盐为Mg(OH)Cl，其反应方程式为MgCl2·2H2OMg(OH)Cl+H2O+HCl↑；故答案为MgCl2·2H2O；MgCl2·2H2OMg(OH)Cl+H2O+HCl↑。
7．(1) 正四面体 8LiCoO2+22H++=2 + 8Co2+ + 8Li+ + 11H2O
(2)“调pH除杂”时pH过大，溶液中部分Co2+转化为Co(OH)2沉淀
(3) 9 4Co(OH)2 +O2 +2H2O=4Co(OH)3
(4)Na2CO3
(5) 趁热过滤 玻璃棒
【分析】钴酸锂废料(主要含有LiCoO2，难溶于水，还含有少量Al2O3)加入稀硫酸、硫代硫酸钠，酸浸还原得到硫酸锂、硫酸钴、水，加入氢氧化钠溶液调节pH值沉淀铁离子、铝离子，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液沉淀钴离子，过滤，向滤液中加入碳酸钠沉锂得到碳酸锂，经过一系列操作得到碳酸锂固体。
【详解】（1）中心原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形，LiCoO2难溶于水，和稀硫酸，硫酸硫酸钠发生还原反应生成硫酸锂、硫酸钴、水，其发生反应的离子方程式为8LiCoO2+22H++=2 + 8Co2+ + 8Li+ + 11H2O；故答案为：正四面体形；8LiCoO2+22H++=2 + 8Co2+ + 8Li+ + 11H2O。
（2）酸浸还原产物加入NaOH溶液调节pH值，主要沉淀铁离子和铝离子，“滤渣1”中含有少量 Co(OH)2，原因为“调pH除杂”时pH过大，溶液中部分Co2+转化为Co(OH)2沉淀；故答案为：“调pH除杂”时pH过大，溶液中部分Co2+转化为Co(OH)2沉淀。
（3）根据，，，pH=9；Co(OH)2久置于空气中转化为棕色的Co(OH)3即Co(OH)2被氧气氧化为Co(OH)3，化学方程式为4Co(OH)2 +O2 +2H2O=4Co(OH)3；故答案为：9；4Co(OH)2 +O2 +2H2O=4Co(OH)3。
（4）“沉锂”所得的溶液中主要含有硫酸钠，沉锂得到碳酸锂，根据质量守恒得到试剂X为碳酸钠溶液即Na2CO3；故答案为：Na2CO3。
（5）碳酸锂(Li2CO3)微溶于水、稀酸，其溶解度随温度的升高而降低，不溶于C2H5OH，因此“系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、 干燥，洗涤时是将蒸馏水沿玻璃棒加到漏斗中至浸没沉淀，让水自然流下，因此所用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：趁热过滤；玻璃棒。
8．(1) 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3) 、、
(4) 溶液pH增大，溶液中降低，平衡向正反应方向移动 稀硫酸
(5)1：1
【分析】以钴矿[主要成分是、、，还含有少量、、CuO、FeO及杂质]制取草酸钻晶体()，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钻，得到。
【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钻矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是SiO2；浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，“浸取“时，被还原为Co2+，同时被氧化为，Co元素化合价由+3降低至+2，S元素化合价由+4升高至+6，化合价升降守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为。
（2）“氧化”时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2中O元素化合价由+1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为。
（3）根据表中数据知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是、、；pH=9.4时，Co2+完全转化为沉淀，，溶液中，=，若“调节pH”后，溶液中，当时，溶液中，，溶液pH=7.4，因此需调节溶液pH的范围是。
（4）当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中减小，平衡向正反应方向移动；反萃取时，应加入的物质是稀硫酸，使该可逆反应平衡逆向移动。
（5）36.6g草酸钴晶体的物质的量为，根据Co原子守恒得，设CoO的物质的量为xmol，Co3O4的物质的量为ymol，则，解得x=0.05，y=0.05，因此该混合物中CoO与的物质的量之比为0.05mol：0.05mol=1：1。
9．(1)C
(2)防止温度过高导致铵盐分解
(3)Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+
(4)溶液中含有铜离子，若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀
(5)4CuCl+O2+4H2O= 2Cu2(OH)3Cl+2HCl
(6)已知：①Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；②CuCl Cl-+Cu+ Ksp(CuCl) = 2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++ 2Cl- 2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行
(7)若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应
【分析】海绵铜预处理后加入硝酸铵、硫酸，反应得到硫酸铜、硫酸铵，过滤后滤液加入亚硫酸铵、氯化铵，将二价铜转化为一价铜并生成氯化亚铜沉淀；刻蚀废液预处理后，加入亚硫酸钠将二价铜转化为一价铜，再加入氯化钠生成氯化亚铜沉淀；氯化亚铜过滤分离出来水洗、醇洗后烘干得到氯化亚铜。
【详解】（1）矿物油污为烃类不是酯类不能用碱性物质清除，应该选择酒精溶液预处理；故选C；
（2）解步骤温度控制在 60℃的原因是防止温度过高导致铵盐分解，使得浸取效率下降；
（3）亚硫酸根离子具有还原性；反应步骤中铜离子和亚硫酸根离子发生氧化还原反应生成亚铜离子和硫酸根离子，亚铜离子又和氯离子生成氯化亚铜沉淀，故总的离子方程式为；Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+；
（4）刻蚀废液加入氧化剂后亚铁离子转化为铁离子，溶液中含有铁离子、铜离子，调节pH生成铁的沉淀除去铁；若溶液碱性过强，则会生成氢氧化铜沉淀导致铜元素损失；
（5）空气中氧气具有氧化性，已知：CuCl在潮湿空气中可被迅速氧化成 Cu2(OH)3Cl；则会发生反应的化学方程式为4CuCl+O2+4H2O= 2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（6）已知：①Cu+Cu2+ 2Cu+ K =7.6×10-7；②CuCl Cl-+Cu+ Ksp(CuCl) = 2.0×10-6；则①-2×②得：Cu+Cu2++ 2Cl- 2CuCl，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行，故上述除Cl-的反应能完全进行；
（7）用Zn替换Cu，若pH过低，锌会与溶液中氢离子反应，导致除Cl-效果下降。
10．(1)增大酸溶速率，提高浸出率
(2) 将亚铁离子氧化为铁离子，提高铁红产率(或提高铁元素回收率) Fe3+ Co2+、Mn2+ Ni2+ 1.6×1013
(3)
(4)2-3z
(5)作颜料或涂料
【分析】红土镍矿渣酸溶时，二氧化硅不反应，所以滤渣的主要成分为，滤液中含有铁、钴、镍、锰、铬的盐，经多步萃取后萃取液Ⅰ中含镍，萃取液Ⅲ中含，调萃取液Ⅲ的pH得到氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤、干燥、灼烧得到铁红；
【详解】（1）相比于块状固体，粉末状固体在反应时。接触面积更大，增大酸溶反应速率，反应更充分，提高浸出率，故填增大酸溶速率，提高浸出率；
（2）酸溶后溶液中含有，需将其氧化成，，所以分步萃取前需通入适量氧气，是为了将氧化成，提高铁红产率(或提高铁元素回收率)；根据图中所给信息，分步萃取浸出金属离子，采取pH从低到高顺序，且和一起萃出，则萃取顺序为；和；；当调pH=4.60时，，根据，，，故填将氧化成，提高铁红产率(或提高铁元素回收率)；；和；；；
（3）萃取液I中含有，可以通过电解获得金属Ni，电解池析出Ni的一极为阴极，电极反应式为，故填；
（4）三元锂电池化学式为，其中，Li、Ni、Co、Mn、O的化合价分别为+1、+2、+3、+4、-2，根据化学式为电中性，则有，即，又，所以，故填；
（5）铁红的化学式为，为红棕色固体，常用于红色染料、涂料、油墨等，故填作颜料或涂料。
11．(1)将Fe3+、Co3+还原为Fe2+、Co2+
(2)
(3)
(4)
(5)↑
(6)温度过低沉淀过程反应速率较慢，温度过高，的溶解度随温度的升高而增大
【分析】水钴矿酸浸后溶液中主要离子为Fe3+、Co3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加亚硫酸钠后Fe3+、Co3+被还原为Fe2+、Co2+，此时溶液a中的主要离子为Fe2+、Co2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入NaClO溶液后将Fe2+氧化为Fe3+，此时溶液b中的主要离子为：Fe3+、Co2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，在溶液中加碳酸氢钠后，Fe3+、Al3+形成沉淀a：，此时溶液c中的主要离子为Co2+、Mg2+、Ca2+，溶液中再加NaF会形成沉淀b：MgF2和CaF2，溶液d中的主要离子为Co2+，加草酸铵后形成，煅烧后得到钴的氧化物。
【详解】（1）结合分析，加入Na2SO3的主要作用是将Fe3+、Co3+还原为Fe2+、Co2+；
（2）NaClO为离子化合物，电子式为：；
（3）根据分析，加入NaClO溶液后将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：；
（4）根据分析，沉淀a所含有的主要物质有：；c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L，，；
（5）已知中，而350-420°C之间的失重率达59.9%，说明此时生成了Co单质，根据的是电子守恒可知生成了CO2，故化学方程式为：↑；
（6）图中46-50°C之间的钴的沉淀率最高，随后随着温度的升高反而降低，原因是：温度过低沉淀过程反应速率较慢，温度过高，的溶解度随温度的升高而增大。
12． 有利于的吸收，提高含硫烟气中的吸收率 、、 氧化锂 对Li2CO3的分解起到催化作用 足量 阳
【分析】吸收含硫烟气的过程中溶液酸性逐渐增强，可溶解金属氧化物、、得到相应的金属阳离子，同时具有还原性，将还原为，与发生氧化还原反应，将还原为，分离出，滤液1中所含金属阳离子有、、，先用足量，将氧化成，再加入NaOH溶液调节pH，将和完全沉淀，过滤得到滤渣和， 向滤渣中加入NaOH溶液分离出沉淀，过滤后向滤液中通入过量的CO2得Al(OH)3，最后滤液2中加入氢氧化钠溶液过滤得，一定条件下制得，Li2CO3与MnO2按物质的量之比1∶4混合均匀加热制取LiMn2O4，据此分析答题。
【详解】(1)高温条件不利于含硫烟气中的吸收，所以含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，故答案为：有利于的吸收，提高含硫烟气中的吸收率；
(2)根据①软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强，可溶解金属氧化物、、得到相应的金属阳离子，同时具有还原性，将还原为，与发生氧化还原反应，将还原为，不溶于该酸性溶液，所以滤渣1为，滤液1中所含金属阳离子有、、，故答案为：、、；
(3)升温到515℃时，Li2CO3开始分解产生CO2和碱性氧化物A ，发生反应如下：，故碱性氧化物A的名称为：氧化锂；此时比预计Li2CO3的分解温度(723℃)低得多，可能时对Li2CO3的分解起到催化作用，故答案为：氧化锂；对Li2CO3的分解起到催化作用；
(4)滤液1中所含金属阳离子有、、，先用足量，将氧化成，再加入NaOH溶液调节pH范围为：，将和完全沉淀，过滤得到滤渣和， 向滤渣中加入NaOH溶液pH≥12，和NaOH反应生成，不溶解，过滤后向滤液中通入过量的CO2过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3，故答案为：足量；；
(5)①和盐酸反应生成，阳极上发生氧化反应，电极反应式为：；阳极消耗，阴极生成，为了得到LiOH溶液，同时维持溶液电中性，应选择阳离子交换膜，故答案为：；阳；
②电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3，发生的化学反应方程式为：，故答案为：。
13．(1)
(2)关闭K3，打开K2
(3) 2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4 =2K3[Fe(C2O4)3] +2H2O 防止H2O2分解 防止生成Fe(OH)3，或将Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率（提高铁的转化率也可） 乙醇
(4) 偏低
【分析】制备FeC2O4·2H2O时，先用A装置制取FeSO4，同时利用生成的H2排尽装置内的空气，防止Fe2+被氧化；再利用生成的H2将A装置内的FeSO4压入B装置内，与H2C2O4发生反应，从而生成FeC2O4·2H2O沉淀。
【详解】（1）三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，中心离子为Fe3+，其价电子排布式为3d5，则其价层电子轨道表示式为 。
（2）打开K1、K3、K4，关闭K2，制备FeSO4。为使生成的FeSO4溶液与H2C2O4溶液接触，需将A装置内的FeSO4溶液压入B装置内，此时可利用反应生成的H2达到此目的，所以应进行的操作为：关闭K3，打开K2。
（3）向制得的FeC2O4(s)中加入过量K2C2O4溶液和H2C2O4溶液，水浴40°C下加热，缓慢滴加H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，同时制得K3[Fe(C2O4)3]，该反应的化学方程式为2FeC2O4+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4 =2K3[Fe(C2O4)3] +2H2O。
i．H2O2热稳定性差，加热时需控制温度，所以缓慢滴加H2O2溶液，水浴控温在40°C的原因是：防止H2O2分解。
ii．制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O时可能有红褐色Fe(OH)3沉淀生成，可加酸溶解或阻止此反应的发生，则H2C2O4的作用是：防止生成Fe(OH)3，或将Fe(OH)3转化为K3[Fe(C2O4)3]，提高产率（提高铁的转化率也可）。
iii．题干信息显示，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇，为促进结晶，则需降低其溶解度，所以冷却后可加入乙醇。
（4）以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol·L-1 AgNO3标准液滴定时，发生反应Cl-+Ag+=AgCl↓，滴定至终点时，消耗标准液V mL，则可求出配成的250 mL溶液中，n(Cl-)=c mol·L-1×0.001VL×=0.01cVmol，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的物质的量为=mol，则阴离子电荷数为=；若交换时样品液的流速过快，则会导致部分阴离子与阴离子交换树脂没有充分发生交换，从而导致生成的Cl-的物质的量减小，测定结果偏低。
【点睛】进行阴离子交换时，依据电荷守恒，可建立关系式：Xz-——zCl-，然后据此进行计算。
14．(1)哑铃形
(2) SiO2、PbSO4 ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+S↓+2H2O
(3)4
(4) Cu2++S2- +Ba2++=CuS↓+BaSO4↓ 0.10
(5) 333 趁热过滤
(6)CD
【分析】利用锌精矿(ZnS)和软锰矿(MnO2)两种矿料(含少量杂质Fe、Cu、Pb等元素的化合物及SiO2)生产硫酸锌和硫酸锰的流程中，加硫酸酸浸，锌、铁、铜、锰生成硫酸盐，硫酸铅为沉淀和二氧化硅一起进入滤渣1，萃取剂1溶解铁离子，加入BaS，除去铜离子和硫酸根离子，萃取剂2萃取硫酸锌，水相为硫酸锰，进一步得到MnSO4·H2O有机相为硫酸锌，进一步反萃取的到ZnSO4·H2O。
【详解】（1）基态S原子占据最高能级的原子轨道为3p，形状为哑铃型。
（2）加硫酸酸浸，锌、铁、铜、锰生成硫酸盐，硫酸铅为沉淀和二氧化硅一起进入滤渣1，故答案为：SiO2、PbSO4。
“酸浸”过程中MnO2和ZnS反应生成硫单质，化学方程式为：ZnS+MnO2+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+S↓+2H2O。
（3）萃取后含铁的物质为[Fe(HA)2(H2O)2]ASO4，该物质中Fe3+的配位数为2+2=4。
（4）向“水相1”中加入适量BaS，发生主要反应的离子方程式为：Cu2++S2- +Ba2++=CuS↓+BaSO4↓。
若溶液中S2-的浓度控制不当，会造成Zn2+、Mn2+沉淀而损失，若溶液中Zn2+、Mn2+的浓度为0.10 mol·L-1，则应控制溶液中c(H+)不小于0.10mol·L-1。
，由Ksp(ZnS)=1.0 ×10-22，Ksp(MnS)=1.0 ×10-13且Zn2+、Mn2+的浓度为0.10 mol·L-1，可知≤1.0 ×10-23，带入，可得c(H+)≥0.10mol·L-1。
（5）观察题图可知应该≥333K，并且趁热过滤。
（6）A．滴定前，锥形瓶不须用标准溶液润洗，A错误；
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯转移，B错误；
C．滴定终点时，读取标准液体积时俯视滴定管液面，则测得的体积比实际消耗的小，C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测得的体积比实际消耗的大，D正确；
故选CD。
15．(1)碱石灰(或氧化钙或氢氧化钠)
(2)使反应充分且防倒吸
(3)液体不出现分层现象(或下层CS2层消失)
(4) NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O 3H2S+4+26H+=8Cr3++3+16H2O
(5)①③
(6) C 81.5%
【分析】由实验装置图可知，装置A中浓氨水与碱石灰或氧化钙或氢氧化钠固体混合制备氨气，装置B中先发生的反应为在催化剂作用下，氨气与二硫化碳在水浴加热条件下发生反应用于制备硫氰化铵，待除去反应生成的硫氢化铵后，再发生硫氰化铵与氢氧化钾溶液共热的反应用于制备硫氰化钾，装置C中盛有的酸性重铬酸钾溶液用于吸收氨气和硫化氢气体，防止污染环境，其中多孔球泡能起到防止倒吸的作用。
【详解】（1）由分析可知，装置A中浓氨水与碱石灰或氧化钙或氢氧化钠固体混合制备氨气，则试剂a为碱石灰或氧化钙或氢氧化钠固体，故答案为：碱石灰(或氧化钙或氢氧化钠)；
（2）由相似相溶原理可知，氨气极易溶于水、不溶于二硫化碳，则制备硫氰化铵时，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，三颈烧瓶左侧导管口必须插入密度大于水的二硫化碳中，故答案为：使反应充分且防倒吸；
（3）由题给信息可知，二硫化碳不溶于水且密度比水大，当二硫化碳与氨气完全反应生成溶于水的硫氰化铵和硫氢化铵时，二硫化碳层会消失，液体不再出现分层现象，所以当二硫化碳层会消失，液体不再出现分层时，应停止通入气体，故答案为：液体不出现分层现象(或下层CS2层消失)；
（4）由题意可知，制得硫氰化钾溶液的反应为硫氰化铵溶液和氢氧化钾溶液在100℃水浴加热的条件下反应生成硫氰化钾、氨气和水，反应的化学方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；由分析可知，装置C中具有强氧化性的酸性重铬酸钾溶液用于吸收氨气和硫化氢气体，防止污染环境，酸性重铬酸钾溶液与硫化氢气体反应生成硫酸钾、硫酸铬和水，反应的离子方程式为3H2S+4+26H+=8Cr3++3+16H2O，故答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；3H2S+4+26H+=8Cr3++3+16H2O；
（5）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫氰化钾晶体时，需要用到的仪器为蒸发皿、玻璃棒、漏斗、烧杯，一定用不到的仪器有坩埚、分液漏斗，故选①③；
（6）①溶液中硫氰酸根离子与铁离子反应生成硫氰化铁使溶液呈红色，当溶液中硫氰酸根离子完全反应时，溶液红色会褪去，则滴定时选用铁盐溶液为滴定的指示剂，氯离子和硫氰酸根离子均能与银离子反应，所以滴定时只能选用硝酸铁溶液为指示剂，故选C；
②由滴定消耗21.00mL 0.1000mol/L硝酸银溶液的体积为可知，5.0g样品中硫氰化钾的质量分数为≈81.5%，故答案为：81.5%。
试卷第1页，共3页
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