2024届高三新高考化学大一轮专题训练-- --工业流程题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三新高考化学大一轮专题训练-- --工业流程题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-28 14:17:17 | ||
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文档简介
2024届高三新高考化学大一轮专题训练----工业流程题
1．（2023·全国·模拟预测）广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备的工艺如下：
已知：
I.“焙烧”后，固体中主要含有、、、；“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。
Ⅱ.有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。
Ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子
开始沉淀 1.9 7.0 11.9 8.1
完全沉淀 3.2 9.0 13.9 10.1
回答下列问题：
(1)基态钒原子的价层电子排布式为 。
(2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式为 ，该工序的低于7.0，试计算出 。
(3)指出各元素的第一电离能由大到小的顺序 ，的空间结构为 形。
(4)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、2所示。指出适宜的工艺条件为 。
(5)“氧化”时，每消耗，可得到 。
(6)单质V晶胞属于体心立方晶胞，晶胞参数为，两个共顶点的晶胞结构如图3所示，计算出A、B原子的间距为 pm。
2．（2023·全国·模拟预测）金属镍及其化合物具有极高的实用价值，被广泛应用于石油化工、国防、冶金等多个行业。某科研小组以废镍催化剂(含金属Ni、Cu、Fe、Mg及其氧化物，还有少量其他不溶性物质)为原料，采用如图工艺流程制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)。
已知：室温下Ksp(NiS)=2.0×10-21，Ksp(CuS)=6.0×10-36，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka(HF)=6.3×10-3。
回答下列问题：
(1)Ni的价层电子排布式为 。
(2)“除铜”中反应达到平衡后，溶液中c(Ni2+)：c(Cu2+)= 。
(3)“焙烧”时常采用多层气固逆流操作，其目的是 ，该步涉及的主要反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(4)NH4F溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ，滤渣3主要成分的电子式为 。
(5)“沉镍”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(6)镍能形成多种氧化物，一种镍的氧化物的结构特征：氧离子形成面心立方结构，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙。图中的 (填序号)是从该晶胞中分割出来的结构。
已知该晶体密度为ρg cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个镍离子之间的最短距离为 pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
3．（2023春·河南驻马店·高三河南省驻马店高级中学校考期中）一种用硫铜矿(主要含CuS、及少量FeO、等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：
已知：①CuCl是难溶于水和醇的白色固体，在热水中迅速水解生成；
②CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为；
③已知、、开始生成沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
金属离子
开始沉淀pH 4.7 8.1 1.2
完全沉淀pH 6.7 9.6 3.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，富氧空气的作用 。
(2)“酸浸”时，CuS反应的化学方程式为 。
(3)用氨水调pH时，应将溶液的范围调整为 。
(4)“合成”时，生成CuCl发生反应的离子方程式为 。
(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用x mol L的溶液滴定到终点，发生反应为，消耗溶液V mL，样品中CuCl的质量分数为 (杂质不参与反应，列出计算式即可)。
(6)如图是氯化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为a nm。
①图中原子的坐标参数：A为，B为，则C的坐标参数为 。
②与最短的距离是 nm。
4．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）利用钛白废酸[含、、等]和粉煤灰可资源再利用制备无机高分子絮凝剂 聚合硫酸硅酸铁铝(PFASS)，工艺流程如下：
已知：①粉煤灰在酸中只有有限的溶解能力；
②粉煤灰的化学组成：
化学成分 其他
质量分数/% 52.26 22.42 11.96 13.36
回答下列问题：
(1)一种铁 铝合金晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为 。其中基态铁原子价层电子排布式为 。
(2)为提高浸取率，可采取的措施有 (填序号)。
A．加入合适的助溶剂 B．将粉煤灰加热处理 C．适当延长浸取时间
(3)“酸化、聚合”步骤加入的最佳试剂为 ；“碱浸”后所得滤液的主要成分为 。
(4)通入氧气时发生反应的离子方程式： 。
(5)步骤X加入铁矿烧渣的目的是 。
(6)根据所学知识推测，与传统净水剂PAC(聚合氯化铝)相比，聚合硫酸硅酸铁铝聚合程度更 (填“大”或“小”)，理由是 。
(7)聚合硫酸硅酸铁铝可表示成，则 。
5．（2023·全国·模拟预测）利用碳热还原—浸出法回收废旧锂离子电池(主要成分：、镍钴锰三元材料)的工艺流程如下：
已知室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀的pH(离子浓度为时) 6.5 7 8
完全沉淀的pH 8.5 9 10
请回答下列问题：
(1)Ni、Co均位于元素周期表 。
(2)镍钴锰三元材料的晶胞结构如图甲：
①用M代表Ni、Co、Mn，则该镍钴锰三元材料的化学式为 。
②碳热还原中，C将镍钴锰三元材料还原为、MnO、Co，Ni(设化学式中Ni的个数为，Co的个数为)，该反应的化学方程式为 。
③碳热还原生成的与结合为，水浸时(其他条件相同)的浸出率随液固比(mL/g)及水浸时间的变化如图乙、丙所示：
则较适宜的水浸液固比为 ，水浸时间为 。
(3)沉锰时的离子方程式为 。
(4)分离、、时，通常不选用“酸溶—水解转化为氢氧化物”方法的原因是 。
6．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）纳米ZnO可用作催化材料、半导体材料。以锌焙砂(主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等)为原料制备纳米ZnO的流程如下：
已知：i.；受热易分解，放出氨气；
ii.。
(1)“浸取”时，锌元素以形式进入滤液。
①浸出率与温度关系如图甲所示，请解释55℃时浸出率最高的原因： 。
②浸出率与的关系如图乙所示，之后浸出率下降，说明 (填序号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。
A．ZnO和 B．ZnO C．
③浸取过程加入的目的是 。
(2)写出流程中生成“滤渣”的离子方程式： 。
(3)根据“蒸氨”时逸出的气体为氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的。你认为该推断是否正确？并说明理由： 。
(4)写出流程中“沉锌”的离子方程式： 。
(5)该流程中可以循环利用的物质是 (写出主要成分的化学式)。
7．（2023·山东·高三专题练习）钒钛系催化剂主要包含。从废催化剂中回收的某种工艺部分流程如下：
(1)“碱浸”选择高温的目的是 。元素可以形成多种配合物，在配合物中，提供孤电子对的是 原子，原因是 。
(2)钛酸钠 (填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是，则将其化学式写成氧化物的形式为 。在酸洗过程中转化为的化学方程式为 。
(3)钒钨溶液中钨元素以的形式存在，调节为2~3，溶液中的会转化为，再经萃取、反萃取等过程可制得。写出转化为的离子方程式 。
(4)为测定废催化剂中的含量，现进行如下实验：准确称取废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入容量瓶中，加水定容。准确量取溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为。实验过程中，V元素最终转化为，计算废催化剂中的含量为 (以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
8．（2023·湖南岳阳·统考二模）硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，碱性条件下能稳定存在，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如图1所示。
回答下列问题：
(1)中含有的化学键为
(2)Ti的核外电子排布式
(3)碱溶过滤得滤渣的主要成分是 、
(4)写出制取的化学方程式
(5)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气。通入氩气的目的是
(6)在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，装置如图2所示，写出阴极反应的电极方程式
(7)常用作还原剂，也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，的还原能力相当于 的还原能力。
9．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）钼酸锂()主要用于溴化锂中央空调的缓冲剂。以精选钼矿(主要成分为，含少量等杂质)为原料制备并回收副产品的工艺流程图如下所示：
回答下列问题：
(1)酸C是 (填化学式，下同)，盐B是 。
(2)溶液4可循环用于“酸浸、氧化”，通入氯气的目的是 (用离子方程式表示)。
(3)“灼烧”制备钼酸锂的化学方程式为 。
如果在实验室里完成“灼烧”，宜选择 (填字母)。
A．石英坩埚 B．铁坩埚 C．陶瓷坩埚 D．蒸发皿
(4)溶液1主要含、、、、等，“电解”中阴极最先发生的电极反应式为 。下列试剂不能检验洗涤干净的是 (填序号)。
①铁氰化钾溶液 ②酚酞溶液 ③溶液 ④溶液
(5)钼矿粉在一定量浓度的盐酸、氯化铁混合液中的“浸取率”与温度的关系如图所示。
简述温度高于时“浸取率”急剧下降的主要原因： (答两点)。
(6)已知常温下，，，若溶液1中，。向溶液1中滴加稀溶液使时，此时是否有生成？ (通过计算说明)。
10．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）臭碱的主要成分是，在生产、生活中有广泛应用。某小组在实验室制备、提纯硫化钠并探究其性质，测定硫化钠产品的纯度。
实验(一)制备并提纯硫化钠。
(1)写出“高温还原”过程中的主要化学方程式： 。
(2)“抽滤”装置如图所示，抽滤的主要优点是 。
实验(二)探究硫化钠的性质。
(3)为了探究的还原性，按如图装置进行实验。
接通K，发现电流表指针发生偏转，左侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅。实验完毕后，取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，滴加足量盐酸和溶液，产生白色沉淀。
①上述实验可证明被氧化的产物为 (填离子符号)。
②写出正极的电极反应式： 。
实验(三)测定产品纯度。
称取w g产品溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入mL 溶液(过量)，过滤，滴几滴淀粉溶液，用 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液mL。
(4)滴定终点的现象是 。选择 (填“酸”或“碱”)式滴定管量取溶液。
(5)滴定反应：，。该产品含的质量分数为 (用含x、、、、、w的代数式表示)。其他操作都正确，滴定前俯视读数、终点时仰视读数，测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
11．（2023·河北·统考模拟预测）碘酸钙为白色结晶性粉末，主要用作防臭剂、药物和食品添加剂，不溶于乙醇，微溶于水。实验室用海带制备碘酸钙的实验流程如下：
(1)灼烧海带并获得溶浸后的溶液系列操作需要用到下列装置中的 (填序号)。
(2)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为 。
(3)“转化”的目的是_______，若实验在如下装置中加热进行，的溶液和水的体积为400mL，应选用三颈烧瓶的规格为_______(填序号)。
A． B． C． D．
(4)已知几种盐在水中的溶解度(水)：
温度/℃ 物质 0 10 20 40 60 80
128 137 147
向的溶液中加入获得粗产品应采取的措施是 。
(5)洗涤粗产品应选用_______(填序号)。
A．冰水 B．酒精 C．溶液 D．溶液
(6)测定产品纯度
称取ag产品置于烧杯中，加入高氯酸微热溶解试样，再加入足量KI溶液(高氯酸不参与反应)，转移到容量瓶中定容。取定容后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定，加入滴 作指示剂，滴定终点的判断依据是 ；重复三次滴定，平均每次消耗溶液，则样品中碘酸钙的质量分数计算式为 (已知：)。
12．（2023春·海南海口·高三海南中学校考阶段练习）某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+ Mg2+
开始沉淀的pH 1.5 4.0 4.6 7.6 9.5
沉淀完全的pH 2.8 5.2 6.8 9.7 11.1
金属氢氧化物 Al(OH)3 Cr(OH)3
开始溶解的pH 7.8 12
溶解完全的pH 10.8 >14
ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O
iii．已知Cr的金属性强于Fe
(1)加入铁粉后，调节pH的范围为 。
(2)由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为 。
(3)滤渣3成分的化学式为 ；回收铬时，铬的存在形式为 (填化学式)。
(4)由滤液2得到结晶水合物的操作是 、 过滤、洗涤、干燥。
(5)滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为 ；该过程加入少量CaO的目的是 。
(6)酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是 。(已知，Fe2(SO4)3 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g)
13．（2023·全国·模拟预测）高纯碳酸锶主要用于荧光玻璃、电子陶瓷、磁氧体和高科技领域。一种由工业级硝酸锶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等杂质)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：①BaCrO4不溶于水，在水溶液中与Ba2+不能结合。
②在碱性条件下不能转化为Cr3+。
③常温下，各物质的溶度积常数如下表所示：
化合物 Ca(OH)2 CaC2O4 Mg(OH)2 MgC2O4 SrCO3
Ksp近似值 4.6×10-6 2.2×10-9 5.6×10-12 4.8×10-6 5.6×10-10
回答下列问题：
(1)硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是 。
(2)“除钡”时，pH偏低会导致的利用率不高，原因是 (用离子方程式解释)；不同pH时的利用率随时间变化曲线如图所示，分析“除钡”过程中需用氨水将溶液调至pH= 。
(3)“还原”时发生反应的离子方程式为 。
(4)“滤渣2”的成分主要是含镁物质和 (填化学式)。
(5)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K= (保留两位有效数字)。
(6)“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能 (填化学式)。
14．（2023·全国·高三专题练习）富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下：
已知生成相应氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol/L)如下：
Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2
开始沉淀时 1.9 3.4 7.0 9.1
完全沉定时 3.2 4.7 9.0 11.1
(1)酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4。
①根据上述反应可知，酸性：H2SO4 (填“>”或“<”)H3BO3。
②已知硼酸与过量NaOH溶液发生中和反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=。下列关于硼酸的说法正确的是 (填字母)
A．硼酸是一元酸
B．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
C．硼酸的电离方程式可表示为H3BO3+H2O+H+
(2)检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液， (填操作和现象)，证明溶液中含有Fe2+。
(3)除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至 以上，使杂质离子转化为 (填化学式)沉淀，过滤。
(4)获取晶体：
ⅰ．浓缩滤液，使MgSO4溶液和H3BO3溶液接近饱和；
ⅱ．控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合图中溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入高压釜中升温结晶得到 晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到另一种物质的晶体。
15．（2023·云南昆明·统考一模）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、 FeO、 Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。
(2)“焙烧” 后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式 。
(3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得滤渣的主要成分的化学式是 。
(4)①“萃取”时发生反应Mn+ + nRH MRn+ nH+ (Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当 =0.25时，水层中主要的阳离子为 。
萃取率/% 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4
Ni2+ 55% 68% 80% 99% 99.5% 99.8% 99.9%
Fe2+ 2% 2% 4% 5% 8% 30% 58%
②物质X的化学式为 。
(5)镧镍合金储氢后的晶胞如图所示，该化合物中原子个数比N([La) ： N(Ni) ： N(H)= 。
(6)Ni2+与丁二酮肟可形成鲜红色的二丁二酮肟合镍(M= 289 g·mol-1)，结构如下图所示。
144.5g二丁二酮肟合镍分子内含有σ键 mol，碳碳键是由 轨道重叠形成的。
a． sp3和sp2 b． sp2和 sp2 c． sp2和p d． sp3和p
16．（2023·浙江·模拟预测）聚合硫酸铁(PFS)是一种优质的絮凝剂，其化学组成可表示为。以黄铁矿渣(含、PbS、NiS)为原料制备聚合硫酸铁流程如下。
请回答：
(1)写出“酸浸”过程中发生反应的离子方程式 。
(2)上述“萃取”过程可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)。下列说法不正确的是_______。
A．可将黄铁矿渣粉碎以提高酸浸效率
B．酸浸时可选择浓硫酸以提高酸浸效率
C．可选择作为萃取剂
D．为获得溶液可往萃取后的有机层中加稀硫酸
(3)在“氧化、水解”过程中，溶液的pH与反应时间的关系如图所示，pH在20min左右出现波动的原因是 。
(4)请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成萃取实验：倒入溶液和萃取剂→ → →f→ → →使下层液体慢慢流出→c→上层液体从上口倒出(操作不重复使用)。
a.打开上口玻璃塞；b.塞上上口玻璃塞；c.关闭下口活塞；d.打开旋塞；e.倒转分液漏斗振摇并放气；f.放在铁圈上静置；g.手持静置。
(5)设计以下实验测定以上制备中的值。已知：钨酸钠可与生成蓝色物质“钨蓝”。
步骤1：称取一定质量的PFS样品，加入和蒸馏水配成100.00mL溶液，分成两等份。
步骤2：取其中一份于锥形瓶中，加入钨酸钠指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液。
步骤3：取另一份溶液于锥形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽，滴加几滴酚酞溶液，用的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液10.00mL。
①步骤2中滴定终点的现象是 。
②试计算中的值 。
17．（2023·全国·高三专题练习）镍、钴元素在锂电池材料和国防工业方面应用广泛。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca的化合物)中提取镍和钴的工艺流程如图：
已知：i.Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11；
ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高明显增大，不溶于乙醇和苯。
回答下列问题：
(1)“酸浸渣”主要成分的名称为 。
(2)基态Co原子的核外M层电子排布式为 。Co的核电荷数比Ni小1，但Co的相对原子质量比却Ni的略大，原因是 。
(3)“除铁”的离子方程式为 。
(4)“除钙镁”时，pH不宜过低的原因是 。Ca2+和Mg2+沉淀完全。时，溶液中c(F-)最小为 mol·L-1
(5)“萃取”原理为Co2+(aq)+2HA(有机相) Co(A)2(有机相)+2H+(aq)。“反萃取”时为促进Co2+的转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有① ；②多次萃取。
(6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”中洗涤产品可选用 (填字母标号)试剂。
a.冷水 b.乙醇 c.苯
18．（2023·全国·高三专题练习）镍及其化合物在化工生产中有广泛应用。某实验室用工业废弃的NiO催化剂(含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)为原料制备Ni2O3的实验流程如下：
已知：常温时Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(CuS)=1.0×10-36；Fe3+不能氧化Ni2+。有关氢氧化物开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7
完全沉淀的pH 3.7 9.7 9.2
(1)Fe的原子结构示意图为 。
(2)滤渣的主要成分为 。
(3)实验室中操作A除去不溶性杂质用到的玻璃仪器有 。
(4)加入H2O2的目的是 ；调pH的范围是 。
(5)加入NaF的目的是进一步除去Ca2+，当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)= mol·L-1.
(6)“氧化”过程中加入的试剂X可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，写出加入K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式 。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．(1)
(2)
(3) N、O、H 正四面体
(4)温度：820℃左右(800～830均可) 硫酸加入量：6％(6～6.5均可)
(5)3
(6)
【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有、、、，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序低于7.0，发生反应，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5，据此分析解答。
【详解】（1）V是23号元素，核外有23个电子，基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2。
（2）根据题给信息，“中和还原”后钒以形式存在，则“中和还原”时，被还原为，Fe为还原剂，反应的离子方程式为；由表格数据可知，在时开始沉淀，则。
（3）所含元素为N、O和H，同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半充满，比较稳定，其第一电离能大于相邻原子，则第一电离能由大到小的顺序为N、O、H；中心S原子价层电子对数=，则中心S原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形。
（4）由图1可知，焙烧温度在820℃左右时浸出率最高，由图2可知，硫酸加入量为6%时浸出率最高，则最适宜的工艺条件为：温度：820℃左右、硫酸加入量：6%。
（5）“氧化”时，转化为，根据得失电子守恒可得关系式，则每消耗，可得到3mol。
（6）由图可知，A、B原子的间距等于晶胞体对角线长度，晶胞参数为，则间距为pm。
2．(1)3d84s2
(2)3.3×1014
(3) 增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，提高原料利用率 3：2
(4) c(F-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
(5)Ni2++HCO+NH3 H2O=NiCO3↓+NH+H2O
(6) bd ×1010
【分析】酸浸溶解金属及其氧化物；除铜将溶液中的Cu2+转变为CuS沉淀除去，滤渣1为CuS；氧化除杂将Fe2+转化为Fe3+再转化为Fe(OH)3沉淀以除去，滤渣2为Fe(OH)3和Ni(OH)2；除镁将其转化为MgF2沉淀除去，滤渣3为MgF2；沉镍将其转化为NiCO3；酸溶将NiCO3溶解为NiSO4。
【详解】（1）Ni为元素周期表中的第28号元素电子排布式为[Ar]，其价层电子排布式为。答案为；
（2）“除铜”时加入NiS，发生反应，该反应达到平衡后，溶液中。答案为；
（3）“焙烧”时发生的主要反应为，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2；该反应的反应物为CuS固体和，采用多层气固逆流操作，可以增大CuS与氧气的接触面积，并增加接触时间，使反应更充分，提高原料利用率。答案为增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，提高原料利用率；3：2；
（4）由于，故水解程度：，溶液显酸性，则离子浓度由大到小的顺序为。“除镁”时加入，得到的滤渣3为，是离子化合物，电子式为 。答案为； ；
（5）“除镁”后滤液中的与和反应生成沉淀，反应的离子方程式为。答案为；
（6）氧离子形成面心立方结构，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙，则该镍的氧化物的晶胞结构和NaCl的相似，氧离子位于晶胞顶点和面心，镍离子位于体心和棱上，故从晶胞分离出的结构可以为、 ，选bd；该晶胞中镍离子的数目为4，氧离子的数目为4，晶胞质量为，该晶体密度为，设晶胞边长为a，则晶胞体积为，，晶胞中两个镍离子之间的最短距离为面对角线长度的一半，即为。答案为bd；。
3．(1)促进硫铜矿被溶解，将铁元素氧化成
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】硫铜矿加入硫酸、氧气酸浸，酸浸中硫元素转化为硫单质、二价铁转化为三价铁、铜转化为硫酸盐，加入氨水调节pH，铁离子成为氢氧化铁沉淀得到滤渣2，二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为一价铜，滤液加入氯化钠、盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜，洗涤干燥得到产品；
【详解】（1）氧气具有氧化性，“酸浸”时，富氧空气的作用为：促进硫铜矿被溶解，将铁元素氧化成；
（2）“酸浸”时，CuS和硫酸、氧气反应生成硫酸铜、硫单质和水，化学方程式为；
（3）用氨水调pH时，要求铁离子完全沉淀而铜离子不沉淀，故溶液的范围调整为；
（4）二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为一价铜、自身被氧化为硫酸根离子，滤液加入氯化钠、盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜和硫酸，反应为；
（5）铁离子和氯化亚铜反应生成亚铁离子和铜离子，铜元素化合价由+1变为+2，结合反应，根据电子守恒可知，，则样品中CuCl的质量分数为
（6）①图中原子的坐标参数：A为，B为，则C在x、y、z轴的投影分别为、、，故C的坐标参数为。
②与最短的距离是体对角线的四分之一，故为nm。
4．(1)
(2)ABC
(3)
(4)
(5)进一步消耗废酸，调节溶液pH，利于下一步聚合
(6) 大 、水解与硅酸根离子水解互相促进，利于产品聚合
(7)2
【分析】粉煤灰经钛白废酸浸取后，没有溶解，进入滤渣1，过滤后滤液中有、、、等离子，因为酸性太强，不利于、的水解，加入铁矿烧渣消耗酸，再通入氧气可氧化，适当调节pH可获得聚合硫酸铁铝；滤渣1中经NaOH溶液浸取后得硅酸钠溶液，酸化、聚合获得聚合硅酸，最后合成聚合硫酸硅酸铁铝。
【详解】（1）由晶胞结构及均摊法可知，晶胞中Fe原子的个数：，Al原子的个数：4，所以化学式为；铁是26号元素，因此基态铁原子价层电子排布式为；故答案为：；。
（2）A、B、C都是工艺流程中提高浸取率的措施，此外还有搅拌等；故答案为：ABC。
（3）制取聚合硫酸硅酸铁铝时为防止引入杂质，“酸化、聚合”步骤加入的最佳试剂为硫酸，碱浸时发生NaOH和的反应，所得滤液的主要成分应为；故答案为：；。
（4）加入铁矿烧渣经“步骤X”后，溶液中含有，氧气可氧化，离子方程式为；故答案为：。
（5）“氧化、聚合”前剩余的钛白废酸过多的话，会导致酸性太强，不利于和水解聚合，所以需要用铁矿烧渣消耗过量的酸，调节溶液pH，利于下一步聚合；故答案为：进一步消耗废酸，调节溶液pH，利于下一步聚合。
（6）根据所学知识推测，与传统净水剂PAC(聚合氯化铝)相比，聚合硫酸硅酸铁铝聚合程度更大，理由是、水解与硅酸根离子水解互相促进，水解程度更大，有利于产品聚合；故答案为：大；、水解与硅酸根离子水解互相促进，利于产品聚合。
（7）根据化合价代数和为0的原则，可得，解得；故答案为：2。
5．(1)第四周期第Ⅷ族
(2) 12 120min
(3)
(4)三种金属离子从开始沉淀到完全沉淀的pH交叉程度较大，难以彻底分离
【分析】废旧锂离子电池中含、镍钴锰三元材料，碳热还原时，C将镍钴锰三元材料还原为、MnO、Co、Ni，反应生成的会与结合形成，水浸后进入滤液，MnO、Co、Ni进入滤渣中，酸浸后转化为Mn2+、Co2+、Ni2+，加丁二酮肟沉镍转化为丁二酮肟镍，加KMnO4沉锰转化为MnO2，加H2C2O4沉钴转化为CoC2O4，据此分析解答。
【详解】（1）Ni、Co均位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。
（2）①根据均摊法计算，晶胞中含金属离子M数目：，含数目：，含数目：，则该镍钴锰三元材料的化学式为。
②结合化学式，化学式中Ni的个数为，Co的个数为，则Mn的个数为，根据质量守恒可写出该反应的化学方程式为
。
③根据题图乙和丙可知，较适宜的水浸液固比为12，水浸时间为120min。
（3）沉锰时，发生归中反应，反应的离子方程式为。
（4）根据题给表格中信息判断，三种金属离子从开始沉淀到完全沉淀的pH交叉程度较大，难以彻底分离。
6．(1) 低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致，浓度下降，浸出率下降 C 将氧化为除去
(2)
(3)不正确。可能是受热分解或铵盐分解放出氨气
(4)
(5)NH3、(NH4)2SO4
【分析】由制备2Zn(OH)2 ZnCO3流程可知，锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、双氧水，发生ZnO+2+2NH3 H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，且双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，发生Mn2++H2O2+2NH3 H2O=MnO2↓+2+2H2O，过滤分离出二氧化锰，在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，滤渣为CuS，蒸氨分离出氨气，再加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2 ZnCO3和二氧化碳气体，发生3Zn2++6=2Zn(OH)2 ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，过滤得2Zn(OH)2 ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，2Zn(OH)2 ZnCO3进行焙烧得到ZnO，据此分析解题。
【详解】（1）①温度升高，反应速率增大，浸出率逐渐增大，但浸出时加入，温度高于55℃后，温度升高，易分解出氨气，氨气挥发使浓度下降，浸出率反而下降，故答案为：低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致，浓度下降，浸出率下降；
②是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，是弱酸酸根离子，溶液酸性越强越容易形成，促进溶出，所以之后浸出率下降，说明的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小，C正确，故答案为：C；
③加入，发生反应或，将氧化为而除去，故答案为：将氧化为除去；
（2）由分析可知，过滤分离出二氧化锰，在滤液中主要含有，向其中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，滤渣为CuS，则流程中生成“滤渣”的离子方程式：，故答案为：；
（3）由题给信息可知，“蒸氨”时逸出的氨气可能是由于“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，也可能是受热分解放出氨气，从整个流程来看，逸出的氨气还可能是由铵盐分解产生的，故答案为：不正确，可能是受热分解或铵盐分解放出氨气；
（4）“蒸氨”后溶液中主要存在的金属阳离子为锌离子，“沉锌”时加入碳酸氢铵，溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成，离子方程式为，故答案为：；
（5）“蒸氨”过程中除去的多余NH3和“过滤Ⅲ”所得滤液中的(NH4)2SO4都可循环使用，故答案为：NH3、(NH4)2SO4。
7．(1) 加快反应速率或加快碱浸速率 C(或碳) C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键
(2) 难
(3)
(4)18.2%
【分析】废催化剂中加入氢氧化钠进行高温碱浸，生成可溶性的含钒、钨的盐，经过滤得到沉淀钛酸钠，用稀硫酸进行酸洗，水洗、焙烧得到二氧化钛。
【详解】（1）为了加快反应速率或加快碱浸速率，“碱浸”选择高温。在配合物中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键，故分子提供孤电子对的是_ C(或碳)。
（2）经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，推知钛酸钠难溶于水。根据的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为；在酸洗过程中与稀硫酸反应生成和硫酸钠，其化学方程式为。
（3）钒钨溶液中钨元素以的形式存在，调节为2~3，溶液中的会转化为，即在酸性条件反应生成和水，则离子方程式为。
（4）为测定废催化剂中的含量，现进行如下实验：准确称取废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入容量瓶中，加水定容。准确量取溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为。实验过程中，V元素最终转化为，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为，设废催化剂中的质量为m，，解得m=0.91g，则含量为18.2%。
8．(1)离子键、共价键
(2)或
(3)
(4)
(5)排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应
(6)
(7)1.6
【分析】硼镁矿主要成分为，含少量杂质。硼镁矿粉碎后用氢氧化钠“碱溶”， 不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，所得滤液中含有NaBO2，蒸发、浓缩、冷却结晶得，脱水生成，、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，用异丙胺溶解，过滤除去硅酸钠，蒸发的异丙胺溶液得。
【详解】（1）是离子化合物，含有的化学键为离子键、共价键。
（2）Ti是22号元素，核外电子排布式为或；
（3）不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，碱溶过滤得滤渣的主要成分是、；
（4）、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，制取的化学方程式为；
（5）高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气，排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应；
（6）在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，H元素化合价由+1降低为-1发生还原反应，在阴极得电子生成，阴极反应的电极方程式；
（7）作还原剂，氢元素化合价由-1升高为+1，转移电子，氢气作还原剂，氢元素化合价由0降低为-1，转移1.6mol电子需要0.8mol氢气，所以还原能力相当于1.6的还原能力。
9．(1) H2SO4 NH4NO3
(2)
(3) B
(4) ②
(5)盐酸具有挥发性、铁离子会水解，升高温度盐酸挥发加快、铁离子水解程度变大
(6)溶液1中，，则；向溶液1中滴加稀溶液使时，，则，故会生成
【分析】精选钼矿酸浸、氧化，不反应得到固体，铜、铁元素在盐酸、氯化铁作用下得到铜、亚铁的盐酸盐溶液1，电解得到A金属铜，溶液3中通入氯气将亚铁离子氧化为铁离子得到溶液4；固体和氧气焙烧得到MoO3、气体A二氧化硫，二氧化硫可以制取强酸硫酸C；MoO3和氨水碱浸得到(NH4)2MoO4溶液，加入硝酸得到硝酸铵溶液2和H2MoO4沉淀，H2MoO4沉淀加入碳酸锂灼烧得到Li2MoO4；溶液2处理得到硝酸铵为盐B；
【详解】（1）由分析可知，酸C是H2SO4，盐B是NH4NO3；
（2）溶液4可循环用于“酸浸、氧化”，通入氯气的目的是将亚铁离子转化为铁离子，反应为；
（3）“灼烧”制备钼酸锂反应为H2MoO4沉淀加入碳酸锂灼烧得到Li2MoO4，方程式为。化学性质类似碳酸钠，具有碱性，故不能使用硅酸盐类坩埚，故如果在实验室里完成“灼烧”，宜选择铁坩埚，故选B；
（4）溶液1主要含、、、、等，阳离子中铜离子的放电能力更强，故“电解”中阴极最先发生的电极反应式为铜离子得到电子发生还原反应生成铜，；氯离子会和硝酸银生成白色沉淀、钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀、亚铁离子会和铁氰酸钾生成蓝色沉淀，故下列试剂不能检验洗涤干净的是②酚酞溶液；
（5）盐酸具有挥发性、铁离子会水解，升高温度盐酸挥发加快、铁离子水解程度变大，均会导致温度高于时浸取率急剧下降；
（6）溶液1中，，则；向溶液1中滴加稀溶液使时，，则，故会生成。
10．(1)
(2)过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥
(3)
(4) 当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 酸
(5) 偏低
【分析】芒硝加入炭粉高温还原产生CO，得到的固体物加入95%酒精溶解回流，趁热过滤除去滤渣，冷却结晶，再抽滤除去滤液1，用冷水洗涤去掉滤液2，干燥得到；
【详解】（1）“高温还原”过程中芒硝与炭粉在高温条件下反应生成硫化钠、CO和水，主要化学方程式为：；
（2）抽滤的优点是：过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥；
（3）①实验完毕后，取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，滴加足量盐酸和溶液，产生白色沉淀，证明产生不溶于酸的白色沉淀硫酸钡，则上述实验可证明被氧化的产物为；
②石墨电极上失电子产生，为原电池负极，则Pt电极为正极，正极上得电子产生Mn2+，故正极的电极反应式为：；
（4）过量溶液遇淀粉变蓝，利用标准溶液滴定至终点，蓝色褪去，则滴定终点的现象是当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；溶液具有氧化性，应选择酸式滴定管量取溶液；
（5）根据滴定反应：，，可知，与Na2S反应的的物质的量为，该产品含的质量分数为；其他操作都正确，滴定前俯视读数、终点时仰视读数，则标准液读数偏大，与Na2S反应的的量偏少，测定结果偏低。
11．(1)BCE
(2)
(3)IHOB
(4)采用冰水浴
(5)B
(6) 淀粉溶液 滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不褪色
【分析】由题给流程可知，向海带粉碎后灼烧得到的海带灰中加入蒸馏水溶浸、过滤得到含有碘离子的滤液，向滤液中加入稀硫酸和二氧化锰，将溶液中的碘离子氧化为碘，加入四氯化碳萃取溶液中的碘，分液得到碘的四氯化碳溶液；向碘的四氯化碳溶液中加入水、通入氯气将碘氧化为碘酸，分液得到四氯化碳和碘酸；向碘酸溶液中加入氢氧化钾调节溶液pH为10，将碘酸中和得到碘酸钾，向碘酸钾溶液中加入氯化钙，将碘酸钾转化为碘酸钙沉淀，过滤得到粗碘酸钙，粗品经分离提纯制得碘酸钙。
【详解】（1）由分析可知，向海带粉碎后灼烧得到的海带灰中加入蒸馏水溶浸、过滤得到含有碘离子的滤液，则符合题意的装置为BCE，故答案为：BCE；
（2）由分析可知，“氧化”步骤发生的反应为溶液中的碘离子与稀硫酸、二氧化锰反应生成硫酸锰、碘和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，向碘的四氯化碳溶液中加入水、通入氯气的目的是将碘氧化为碘酸，由三颈烧瓶中盛放液体的体积不能容积的可知，盛有400mL反应液的三颈烧瓶的规格为1000mL，故选B，故答案为：将I2氧化为HIO3；B；
（4）由表格数据可知，5℃时碘酸钙微溶于水，溶解度随温度升高而增大，则向pH=10的溶液中加入氯化钙获得碘酸钙粗产品应采取的措施是采用冰水浴降低温度，故答案为：采用冰水浴；
（5）由题给信息可知，碘酸钙微溶于水、不溶于乙醇，则选用酒精洗涤粗产品可减少碘酸钙因溶解而造成的损失，有利于提高产品的产率，故选B；
（6）由反应方程式可知，滴定时选用淀粉溶液做反应的指示剂，当碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点，由方程式可得如下转化关系：，滴定消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则ag产品中碘酸钙的质量分数为×100%=，故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不褪色；。
12．(1)6.8≤pH<7.6
(2)
(3) Cr(OH)3
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5) 吸收SO2，防止污染
(6)随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出
【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。
【详解】（1）加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6
（2）滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。
（3）由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。
（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（5）滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。
（6）酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。
13．(1)增大接触面，加快溶解速率，使溶解更充分
(2) 2+2H++H2O 7.5
(3)3H2C2O4++8H+=2Cr3++7H2O+6CO2↑
(4)CaC2O4
(5)1.9×105
(6)NH4NO3
【分析】硝酸锶用水溶解，加入重铬酸铵除钡得到BaCr2O7沉淀，过滤分离，滤液中加入硝酸、草酸还原Cr2O72-，再加入氨水中和、沉淀得到Cr（OH）3，可知Cr2O72-被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，再过滤分离，滤液中加入氨水、醋酸铵、硫化氢，除去Ca2+、Mg2+、重金属，滤液中再加入碳酸氢铵得到碳酸锶，滤液中含有Sr2+，进行循环利用。
【详解】（1）硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是增大接触面，加快溶解速率，使溶解更充分；
（2）“除钡”时，pH偏低会导致的利用率不高，原因是2+2H++H2O；pH过低 CrO42-的利用率低，pH=7.5和pH=10时CrO42-的利用率相当，但后期需要将pH调回1，导致浪费药品，因此应选用pH=7.5；
（3）酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，反应离子方程式为：3H2C2O4+8H++Cr2O72-=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（4）调pH为10是为了除去Ca2+和Mg2+，此时加入了草酸铵，由溶解度表可知MgC2O4的Ksp大于Mg(OH)2的Ksp，Ca(OH)2的Ksp大于CaC2O4，有沉淀转化关系可知，沉淀最终会转化成溶解度更小的沉淀，故“滤渣Ⅱ”的主要成分为CaC2O4和Mg(OH)2；
（5）①SrCO3(s) Sr2+（aq）+CO(aq) Ksp；②H2CO3H++HCO Ka1；③HCOH++CO Ka2；③-②-①可得反应Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)，故平衡常数；
（6）“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能NH4NO3。
14．(1) ＞ AC
(2)滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
(3) 4.7 Al(OH)3、Fe(OH)3
(4)升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体
【分析】硼镁泥含有镁硼酸盐(2MgO B2O3)、镁硅酸盐(2MgO SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质，研磨后加入硫酸，过滤除去SiO2，加入的过氧化氢把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣含有Fe(OH)3、Al(OH)3，用重结晶的方法得到硫酸镁晶体、硼酸晶体，据此分析解题。
【详解】（1）①根据上述反应可知，由强酸制备弱酸可知，硫酸酸性较强，故答案为：＞；
②A．已知硼酸与过量NaOH溶液发生中和反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=，则硼酸中只有一个氢能电离，硼酸是一元酸，A正确；
B．由与非金属性B＜C，则硼酸的酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，没有气泡产生，B错误；
C．由A项分析可知，硼酸为一元弱酸，则硼酸的电离方程式可表示为H3BO3+H2O+H+，C正确；
故答案为：AC；
（2）杂质离子为亚铁离子，可滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，故答案为：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀；
（3）溶液中含有铁离子、铝离子等杂质，由表中数据可知，用MgO调节溶液的pH至4.7以上，使杂质离子转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：4.7； Al(OH)3、Fe(OH)3；
（4）由图像可知硫酸镁的溶解度随温度升高而降低，硼酸溶解度随温度升高而增大，则可升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体，故答案为：升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。
15．(1)Al2O3+ 2OH-= 2 + H2O
(2)NiO + (NH4)2SO4NiSO4 + 2NH3↑+ H2O↑
(3)Fe(OH)3
(4) Fe2+、 H+ H2SO4
(5)1:5:3
(6) 16 ab
【详解】（1）Al2O3为两性氧化物，能溶于强碱形成偏铝酸盐。答案为；
（2）焙烧后金属变为硫酸盐，同时有NH3产生。则该反应为↑。答案为↑；
（3）烧渣为NiFe2O4、NiO、 FeO与NH4SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3。95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3。滤渣为Fe(OH)3。答案为Fe(OH)3；
（4）从表数据可以看出，当为0.25时，Ni2+、Fe2+萃取率分别为99%、5%。所以Ni2+进入有机相，而Fe2+主要存在于水中和萃取过程中产生H+在水层。为了从有机相中获得金属离子，需要使该平衡Mn+ + nRH MRn+ nH+逆向，加入酸增加产物浓度平衡逆向移动。为了不引入更多杂质，所以加入X为H2SO4。答案为Fe2+、H+；H2SO4；
（5）H原子分布于2个面心和8条棱上，H原子数为。Ni位于面上和体内，Ni原子数为。La位于晶胞的顶点，其个数为。答案为1:5:3；
（6）。分子中除了H…O为氢键外，其余原子之间均有σ键，每个分子中有32个σ键。所以该物质中σ键物质的量为16mol。分子中有N=C-C=N两个碳原子均为sp2杂化，所以C-C键为sp2- sp2重叠。而N=C-CH3分别为sp2和sp3杂化，则该C-C键为sp2- sp3重叠。答案为16；ab。
16．(1)
(2)BC
(3)H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动
(4) b e a d
(5) 滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化 3:1:4
【分析】黄铁矿渣含、PbS、NiS，第一步通过酸浸将 和NiS转化为Fe2+和Ni2+，第二步过滤时滤渣主要有PbS和S，可推知酸化过程中生成的气体为H2S，萃取过程将Fe2+和Ni2+分离，Fe2+经过氧化氢氧化成Fe3+，然后水解，经过聚合作用生成聚合硫酸铁。以此解答该题。
【详解】（1）由上述分析可知，酸浸过程中反应生成Fe2+、S和H2S，反应的离子方程式为。
（2）A.将黄铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，从而提高浸出效率，A正确；B. 浓硫酸具有较强的氧化性，会参与酸浸发生氧化还原反应，B错误；C. 从流程图信息可知，有机层中能获得硫酸镍溶液，而四氯化碳和硫酸镍不反应，所以不可选用CCl4做萃取剂，C错误；萃取过程的反应为可逆反应，向有机层中加稀硫酸，使平衡向左移动，可重新得到NiSO4，D正确；故选BC。
（3）该过程为氧化、水解过程，利用过氧化氢的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，此过程会消耗氢离子使pH升高，之后铁离子水解生成氢离子，使pH降低，二者的相对速率决定了pH的变化，因此pH的波动是由两个过程的速率变化引起的。
（4）萃取的规范流程为倒入溶液和萃取剂，塞上上口玻璃塞，倒转分液漏斗振摇并放气，放在铁圈上静置分层，打开上口玻璃塞，打开旋塞，放出下层液体，随后关闭旋塞，上层液体从上口倒出；因此答案为bead。
（5）用氯化钛进行滴定，钨酸钠做指示剂，滴定终点氯化钛过量，与钨酸钠作用生成蓝色物质，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化；铁滴定过程中消耗氯化钛0.003mol，由可知，一份溶液中铁离子的物质的量为0.003mol，总的铁离子为0.006mol，用氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸，用以确定氢氧根的含量，一份溶液消耗氢氧化钠0.001mol，则中总的氢氧根的物质的量为0.002mol，即铁离子与氢氧根的比例为3:1，由电荷守恒可知z为4，则的值为3:1:4。
17．(1)硫酸钙
(2) 3s23p63d7 Co 的质量较大的同位素在自然界中丰度较高
(3) +6Fe2++ 15H2O =Cl- +6Fe(OH)3↓+12H+
(4) c(H+)过高，c(F-)减小， 不利于钙镁沉淀完全 10-2.5或3.1610-3
(5)酸性条件
(6)ab
【分析】废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca的化合物)，加入硫酸酸浸后，酸浸渣主要成分为硫酸钙；滤液中主要含有硫酸镍、硫酸钴、硫酸铜、硫酸镁等，加入过量铁粉还原除铜得到铜，滤液再加入氯酸钠氧化除铁，得到氢氧化铁，再加入NaF除钙镁，滤渣为CaF2、MgF2；加入萃取剂HA萃取得到含有NiSO4溶液，一系列操作后得到NiSO4晶体，故为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤干燥等；有机相加入硫酸反萃取，得到CoSO4溶液；
【详解】（1）酸浸时用硫酸，产生的硫酸钙微溶，故“酸浸渣”主要成分的名称为硫酸钙；
（2）Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2，故其M层电子排布式为3s23p63d7；
Co 的质量较大的同位素在自然界中丰度较高，故虽然Co的核电荷数比Ni小1，但Co的相对原子质量比却Ni的略大；
（3）“除铁”时加入的氯酸钠将亚铁离子氧化，反应生成氢氧化铁，反应的离子方程式为 +6Fe2++ 15H2O =Cl- +6Fe(OH)3↓+12H+；
（4）“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度≤10-5 mol/L时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.010-10，Ksp (MgF2)=7.510-11，钙离子沉淀完全时镁离子已沉淀完全，c(F- )== 10-2.5( mol/L)= 3.1610-3( mol/L)，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中c(F- )最小为10-2.5 或3.16×10-3；答案为c(H+)过高，c(F-)减小， 不利于钙镁沉淀完全；10-2.5 或3.16×10-3；
（5）“反萃取”时为促进Co2+的转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有①酸性条件；②多次萃取；
（6）获得NiSO4(s)的“一系列操作”中洗涤产品使其溶解度降低而晶体析出，故可选用冷水或乙醇，答案选ab。
18．(1)
(2)BaSO4和CaSO4
(3)漏斗、玻璃棒、烧杯
(4) 将溶液中Fe2+氧化为Fe3+ 3.7≤pH＜7.7
(5)2.7×10-5
(6)
【分析】含镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，再向滤液中通入H2S除去Cu2+，且使Fe3+被还原成Fe2+，得CuS、S固体，过滤得滤液中含有Ni2+、Fe3+、Fe2+、Ca2+，加入H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，调节溶液合适的pH且避免生成Ni(OH)2，只生成Fe(OH)3沉淀，加入NaF除去Ca2+，再加入NaOH及氧化剂后得NiOOH，灼烧得Ni2O3。
【详解】（1）铁元素是第26号元素，原子结构示意图： ；
（2）根据分析，用硫酸浸取含镍催化剂后，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，故浸出渣主要成分为BaSO4和CaSO4；
（3）操作A是过滤，需要用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯；
（4）加入H2O2的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，使Fe3+完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7；
（5）当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)=mol·L-1.=2.7×10-5mol·L-1.；
（6）氧化”过程中加入NaOH、K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式：。
答案第1页，共2页
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1．（2023·全国·模拟预测）广泛用于冶金、化工等行业，主要用于冶炼钒铁。以钒矿石为原料制备的工艺如下：
已知：
I.“焙烧”后，固体中主要含有、、、；“酸浸”后钒以形式存在，“中和还原”后钒以形式存在。
Ⅱ.有机溶剂对四价钒具有高选择性，且萃取而不萃取。
Ⅲ.该工艺条件下，溶液中金属离子(浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
金属离子
开始沉淀 1.9 7.0 11.9 8.1
完全沉淀 3.2 9.0 13.9 10.1
回答下列问题：
(1)基态钒原子的价层电子排布式为 。
(2)“中和还原”时，参与反应的离子方程式为 ，该工序的低于7.0，试计算出 。
(3)指出各元素的第一电离能由大到小的顺序 ，的空间结构为 形。
(4)钒的浸出率与焙烧温度、硫酸加入量的关系如图1、2所示。指出适宜的工艺条件为 。
(5)“氧化”时，每消耗，可得到 。
(6)单质V晶胞属于体心立方晶胞，晶胞参数为，两个共顶点的晶胞结构如图3所示，计算出A、B原子的间距为 pm。
2．（2023·全国·模拟预测）金属镍及其化合物具有极高的实用价值，被广泛应用于石油化工、国防、冶金等多个行业。某科研小组以废镍催化剂(含金属Ni、Cu、Fe、Mg及其氧化物，还有少量其他不溶性物质)为原料，采用如图工艺流程制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)。
已知：室温下Ksp(NiS)=2.0×10-21，Ksp(CuS)=6.0×10-36，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka(HF)=6.3×10-3。
回答下列问题：
(1)Ni的价层电子排布式为 。
(2)“除铜”中反应达到平衡后，溶液中c(Ni2+)：c(Cu2+)= 。
(3)“焙烧”时常采用多层气固逆流操作，其目的是 ，该步涉及的主要反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(4)NH4F溶液中离子浓度由大到小的顺序为 ，滤渣3主要成分的电子式为 。
(5)“沉镍”步骤中发生反应的离子方程式为 。
(6)镍能形成多种氧化物，一种镍的氧化物的结构特征：氧离子形成面心立方结构，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙。图中的 (填序号)是从该晶胞中分割出来的结构。
已知该晶体密度为ρg cm-3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个镍离子之间的最短距离为 pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
3．（2023春·河南驻马店·高三河南省驻马店高级中学校考期中）一种用硫铜矿(主要含CuS、及少量FeO、等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：
已知：①CuCl是难溶于水和醇的白色固体，在热水中迅速水解生成；
②CuCl在潮湿的空气中易被氧化，生成的碱式盐为；
③已知、、开始生成沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
金属离子
开始沉淀pH 4.7 8.1 1.2
完全沉淀pH 6.7 9.6 3.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，富氧空气的作用 。
(2)“酸浸”时，CuS反应的化学方程式为 。
(3)用氨水调pH时，应将溶液的范围调整为 。
(4)“合成”时，生成CuCl发生反应的离子方程式为 。
(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用x mol L的溶液滴定到终点，发生反应为，消耗溶液V mL，样品中CuCl的质量分数为 (杂质不参与反应，列出计算式即可)。
(6)如图是氯化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为a nm。
①图中原子的坐标参数：A为，B为，则C的坐标参数为 。
②与最短的距离是 nm。
4．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）利用钛白废酸[含、、等]和粉煤灰可资源再利用制备无机高分子絮凝剂 聚合硫酸硅酸铁铝(PFASS)，工艺流程如下：
已知：①粉煤灰在酸中只有有限的溶解能力；
②粉煤灰的化学组成：
化学成分 其他
质量分数/% 52.26 22.42 11.96 13.36
回答下列问题：
(1)一种铁 铝合金晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为 。其中基态铁原子价层电子排布式为 。
(2)为提高浸取率，可采取的措施有 (填序号)。
A．加入合适的助溶剂 B．将粉煤灰加热处理 C．适当延长浸取时间
(3)“酸化、聚合”步骤加入的最佳试剂为 ；“碱浸”后所得滤液的主要成分为 。
(4)通入氧气时发生反应的离子方程式： 。
(5)步骤X加入铁矿烧渣的目的是 。
(6)根据所学知识推测，与传统净水剂PAC(聚合氯化铝)相比，聚合硫酸硅酸铁铝聚合程度更 (填“大”或“小”)，理由是 。
(7)聚合硫酸硅酸铁铝可表示成，则 。
5．（2023·全国·模拟预测）利用碳热还原—浸出法回收废旧锂离子电池(主要成分：、镍钴锰三元材料)的工艺流程如下：
已知室温下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀的pH(离子浓度为时) 6.5 7 8
完全沉淀的pH 8.5 9 10
请回答下列问题：
(1)Ni、Co均位于元素周期表 。
(2)镍钴锰三元材料的晶胞结构如图甲：
①用M代表Ni、Co、Mn，则该镍钴锰三元材料的化学式为 。
②碳热还原中，C将镍钴锰三元材料还原为、MnO、Co，Ni(设化学式中Ni的个数为，Co的个数为)，该反应的化学方程式为 。
③碳热还原生成的与结合为，水浸时(其他条件相同)的浸出率随液固比(mL/g)及水浸时间的变化如图乙、丙所示：
则较适宜的水浸液固比为 ，水浸时间为 。
(3)沉锰时的离子方程式为 。
(4)分离、、时，通常不选用“酸溶—水解转化为氢氧化物”方法的原因是 。
6．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）纳米ZnO可用作催化材料、半导体材料。以锌焙砂(主要成分为ZnO、ZnSiO3，含少量Cu2+、Mn2+等)为原料制备纳米ZnO的流程如下：
已知：i.；受热易分解，放出氨气；
ii.。
(1)“浸取”时，锌元素以形式进入滤液。
①浸出率与温度关系如图甲所示，请解释55℃时浸出率最高的原因： 。
②浸出率与的关系如图乙所示，之后浸出率下降，说明 (填序号)的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小。
A．ZnO和 B．ZnO C．
③浸取过程加入的目的是 。
(2)写出流程中生成“滤渣”的离子方程式： 。
(3)根据“蒸氨”时逸出的气体为氨气可推知“浸取”步骤中加入的氨水是过量的。你认为该推断是否正确？并说明理由： 。
(4)写出流程中“沉锌”的离子方程式： 。
(5)该流程中可以循环利用的物质是 (写出主要成分的化学式)。
7．（2023·山东·高三专题练习）钒钛系催化剂主要包含。从废催化剂中回收的某种工艺部分流程如下：
(1)“碱浸”选择高温的目的是 。元素可以形成多种配合物，在配合物中，提供孤电子对的是 原子，原因是 。
(2)钛酸钠 (填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是，则将其化学式写成氧化物的形式为 。在酸洗过程中转化为的化学方程式为 。
(3)钒钨溶液中钨元素以的形式存在，调节为2~3，溶液中的会转化为，再经萃取、反萃取等过程可制得。写出转化为的离子方程式 。
(4)为测定废催化剂中的含量，现进行如下实验：准确称取废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入容量瓶中，加水定容。准确量取溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为。实验过程中，V元素最终转化为，计算废催化剂中的含量为 (以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
8．（2023·湖南岳阳·统考二模）硼氢化钠()广泛用于化工生产，常温下能与水反应，碱性条件下能稳定存在，易溶于异丙胺(沸点为33℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为，含少量杂质)制取，其工艺流程如图1所示。
回答下列问题：
(1)中含有的化学键为
(2)Ti的核外电子排布式
(3)碱溶过滤得滤渣的主要成分是 、
(4)写出制取的化学方程式
(5)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气。通入氩气的目的是
(6)在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，装置如图2所示，写出阴极反应的电极方程式
(7)常用作还原剂，也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，的还原能力相当于 的还原能力。
9．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）钼酸锂()主要用于溴化锂中央空调的缓冲剂。以精选钼矿(主要成分为，含少量等杂质)为原料制备并回收副产品的工艺流程图如下所示：
回答下列问题：
(1)酸C是 (填化学式，下同)，盐B是 。
(2)溶液4可循环用于“酸浸、氧化”，通入氯气的目的是 (用离子方程式表示)。
(3)“灼烧”制备钼酸锂的化学方程式为 。
如果在实验室里完成“灼烧”，宜选择 (填字母)。
A．石英坩埚 B．铁坩埚 C．陶瓷坩埚 D．蒸发皿
(4)溶液1主要含、、、、等，“电解”中阴极最先发生的电极反应式为 。下列试剂不能检验洗涤干净的是 (填序号)。
①铁氰化钾溶液 ②酚酞溶液 ③溶液 ④溶液
(5)钼矿粉在一定量浓度的盐酸、氯化铁混合液中的“浸取率”与温度的关系如图所示。
简述温度高于时“浸取率”急剧下降的主要原因： (答两点)。
(6)已知常温下，，，若溶液1中，。向溶液1中滴加稀溶液使时，此时是否有生成？ (通过计算说明)。
10．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）臭碱的主要成分是，在生产、生活中有广泛应用。某小组在实验室制备、提纯硫化钠并探究其性质，测定硫化钠产品的纯度。
实验(一)制备并提纯硫化钠。
(1)写出“高温还原”过程中的主要化学方程式： 。
(2)“抽滤”装置如图所示，抽滤的主要优点是 。
实验(二)探究硫化钠的性质。
(3)为了探究的还原性，按如图装置进行实验。
接通K，发现电流表指针发生偏转，左侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅。实验完毕后，取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，滴加足量盐酸和溶液，产生白色沉淀。
①上述实验可证明被氧化的产物为 (填离子符号)。
②写出正极的电极反应式： 。
实验(三)测定产品纯度。
称取w g产品溶于水，配制成250mL溶液，准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入mL 溶液(过量)，过滤，滴几滴淀粉溶液，用 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液mL。
(4)滴定终点的现象是 。选择 (填“酸”或“碱”)式滴定管量取溶液。
(5)滴定反应：，。该产品含的质量分数为 (用含x、、、、、w的代数式表示)。其他操作都正确，滴定前俯视读数、终点时仰视读数，测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
11．（2023·河北·统考模拟预测）碘酸钙为白色结晶性粉末，主要用作防臭剂、药物和食品添加剂，不溶于乙醇，微溶于水。实验室用海带制备碘酸钙的实验流程如下：
(1)灼烧海带并获得溶浸后的溶液系列操作需要用到下列装置中的 (填序号)。
(2)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为 。
(3)“转化”的目的是_______，若实验在如下装置中加热进行，的溶液和水的体积为400mL，应选用三颈烧瓶的规格为_______(填序号)。
A． B． C． D．
(4)已知几种盐在水中的溶解度(水)：
温度/℃ 物质 0 10 20 40 60 80
128 137 147
向的溶液中加入获得粗产品应采取的措施是 。
(5)洗涤粗产品应选用_______(填序号)。
A．冰水 B．酒精 C．溶液 D．溶液
(6)测定产品纯度
称取ag产品置于烧杯中，加入高氯酸微热溶解试样，再加入足量KI溶液(高氯酸不参与反应)，转移到容量瓶中定容。取定容后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定，加入滴 作指示剂，滴定终点的判断依据是 ；重复三次滴定，平均每次消耗溶液，则样品中碘酸钙的质量分数计算式为 (已知：)。
12．（2023春·海南海口·高三海南中学校考阶段练习）某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)回收铁、铬的工艺流程如下图所示：
已知：i．0.1mol·L-1金属离子形成氢氧化物沉淀与氢氧化物沉淀溶解的pH范围如下：
金属离子 Fe3+ Al3+ Cr3+ Fe2+ Mg2+
开始沉淀的pH 1.5 4.0 4.6 7.6 9.5
沉淀完全的pH 2.8 5.2 6.8 9.7 11.1
金属氢氧化物 Al(OH)3 Cr(OH)3
开始溶解的pH 7.8 12
溶解完全的pH 10.8 >14
ii．Cr(OH)3+OH-=+2H2O
iii．已知Cr的金属性强于Fe
(1)加入铁粉后，调节pH的范围为 。
(2)由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为 。
(3)滤渣3成分的化学式为 ；回收铬时，铬的存在形式为 (填化学式)。
(4)由滤液2得到结晶水合物的操作是 、 过滤、洗涤、干燥。
(5)滤渣2与FeS2混合后隔绝空气焙烧，总反应的化学方程式为 ；该过程加入少量CaO的目的是 。
(6)酸浸过程中，在硫酸用量一定的情况下，随着酸浓度的增加，铁、铬的溶解度增大。实际生产中，硫酸的质量分数为50%，其原因是 。(已知，Fe2(SO4)3 9H2O，Cr2(SO4)3·18H2O在20°C时的溶解度分别为400g和64g)
13．（2023·全国·模拟预测）高纯碳酸锶主要用于荧光玻璃、电子陶瓷、磁氧体和高科技领域。一种由工业级硝酸锶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等杂质)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：①BaCrO4不溶于水，在水溶液中与Ba2+不能结合。
②在碱性条件下不能转化为Cr3+。
③常温下，各物质的溶度积常数如下表所示：
化合物 Ca(OH)2 CaC2O4 Mg(OH)2 MgC2O4 SrCO3
Ksp近似值 4.6×10-6 2.2×10-9 5.6×10-12 4.8×10-6 5.6×10-10
回答下列问题：
(1)硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是 。
(2)“除钡”时，pH偏低会导致的利用率不高，原因是 (用离子方程式解释)；不同pH时的利用率随时间变化曲线如图所示，分析“除钡”过程中需用氨水将溶液调至pH= 。
(3)“还原”时发生反应的离子方程式为 。
(4)“滤渣2”的成分主要是含镁物质和 (填化学式)。
(5)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11，则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K= (保留两位有效数字)。
(6)“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能 (填化学式)。
14．（2023·全国·高三专题练习）富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下：
已知生成相应氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1mol/L)如下：
Fe(OH)3 Al(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2
开始沉淀时 1.9 3.4 7.0 9.1
完全沉定时 3.2 4.7 9.0 11.1
(1)酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4=2H3BO3+2MgSO4。
①根据上述反应可知，酸性：H2SO4 (填“>”或“<”)H3BO3。
②已知硼酸与过量NaOH溶液发生中和反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=。下列关于硼酸的说法正确的是 (填字母)
A．硼酸是一元酸
B．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
C．硼酸的电离方程式可表示为H3BO3+H2O+H+
(2)检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液， (填操作和现象)，证明溶液中含有Fe2+。
(3)除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至 以上，使杂质离子转化为 (填化学式)沉淀，过滤。
(4)获取晶体：
ⅰ．浓缩滤液，使MgSO4溶液和H3BO3溶液接近饱和；
ⅱ．控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合图中溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入高压釜中升温结晶得到 晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到另一种物质的晶体。
15．（2023·云南昆明·统考一模）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含NiFe2O4、NiO、 FeO、 Al2O3)中回收镍并转化为NiSO4的流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。
(2)“焙烧” 后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与(NH4)2SO4反应的化学方程式 。
(3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得滤渣的主要成分的化学式是 。
(4)①“萃取”时发生反应Mn+ + nRH MRn+ nH+ (Mn+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当 =0.25时，水层中主要的阳离子为 。
萃取率/% 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4
Ni2+ 55% 68% 80% 99% 99.5% 99.8% 99.9%
Fe2+ 2% 2% 4% 5% 8% 30% 58%
②物质X的化学式为 。
(5)镧镍合金储氢后的晶胞如图所示，该化合物中原子个数比N([La) ： N(Ni) ： N(H)= 。
(6)Ni2+与丁二酮肟可形成鲜红色的二丁二酮肟合镍(M= 289 g·mol-1)，结构如下图所示。
144.5g二丁二酮肟合镍分子内含有σ键 mol，碳碳键是由 轨道重叠形成的。
a． sp3和sp2 b． sp2和 sp2 c． sp2和p d． sp3和p
16．（2023·浙江·模拟预测）聚合硫酸铁(PFS)是一种优质的絮凝剂，其化学组成可表示为。以黄铁矿渣(含、PbS、NiS)为原料制备聚合硫酸铁流程如下。
请回答：
(1)写出“酸浸”过程中发生反应的离子方程式 。
(2)上述“萃取”过程可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)。下列说法不正确的是_______。
A．可将黄铁矿渣粉碎以提高酸浸效率
B．酸浸时可选择浓硫酸以提高酸浸效率
C．可选择作为萃取剂
D．为获得溶液可往萃取后的有机层中加稀硫酸
(3)在“氧化、水解”过程中，溶液的pH与反应时间的关系如图所示，pH在20min左右出现波动的原因是 。
(4)请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成萃取实验：倒入溶液和萃取剂→ → →f→ → →使下层液体慢慢流出→c→上层液体从上口倒出(操作不重复使用)。
a.打开上口玻璃塞；b.塞上上口玻璃塞；c.关闭下口活塞；d.打开旋塞；e.倒转分液漏斗振摇并放气；f.放在铁圈上静置；g.手持静置。
(5)设计以下实验测定以上制备中的值。已知：钨酸钠可与生成蓝色物质“钨蓝”。
步骤1：称取一定质量的PFS样品，加入和蒸馏水配成100.00mL溶液，分成两等份。
步骤2：取其中一份于锥形瓶中，加入钨酸钠指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液。
步骤3：取另一份溶液于锥形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽，滴加几滴酚酞溶液，用的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液10.00mL。
①步骤2中滴定终点的现象是 。
②试计算中的值 。
17．（2023·全国·高三专题练习）镍、钴元素在锂电池材料和国防工业方面应用广泛。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca的化合物)中提取镍和钴的工艺流程如图：
已知：i.Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.5×10-11；
ii.NiSO4在水中的溶解度随温度升高明显增大，不溶于乙醇和苯。
回答下列问题：
(1)“酸浸渣”主要成分的名称为 。
(2)基态Co原子的核外M层电子排布式为 。Co的核电荷数比Ni小1，但Co的相对原子质量比却Ni的略大，原因是 。
(3)“除铁”的离子方程式为 。
(4)“除钙镁”时，pH不宜过低的原因是 。Ca2+和Mg2+沉淀完全。时，溶液中c(F-)最小为 mol·L-1
(5)“萃取”原理为Co2+(aq)+2HA(有机相) Co(A)2(有机相)+2H+(aq)。“反萃取”时为促进Co2+的转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有① ；②多次萃取。
(6)获得NiSO4(s)的“一系列操作”中洗涤产品可选用 (填字母标号)试剂。
a.冷水 b.乙醇 c.苯
18．（2023·全国·高三专题练习）镍及其化合物在化工生产中有广泛应用。某实验室用工业废弃的NiO催化剂(含有Fe2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)为原料制备Ni2O3的实验流程如下：
已知：常温时Ksp(CaF2)=2.7×10-11，Ksp(CuS)=1.0×10-36；Fe3+不能氧化Ni2+。有关氢氧化物开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如下表所示：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7
完全沉淀的pH 3.7 9.7 9.2
(1)Fe的原子结构示意图为 。
(2)滤渣的主要成分为 。
(3)实验室中操作A除去不溶性杂质用到的玻璃仪器有 。
(4)加入H2O2的目的是 ；调pH的范围是 。
(5)加入NaF的目的是进一步除去Ca2+，当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)= mol·L-1.
(6)“氧化”过程中加入的试剂X可以是NaClO、K2S2O8、KMnO4等，写出加入K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式 。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．(1)
(2)
(3) N、O、H 正四面体
(4)温度：820℃左右(800～830均可) 硫酸加入量：6％(6～6.5均可)
(5)3
(6)
【分析】钒矿石经破碎、焙烧后，固体中主要含有、、、，加稀硫酸酸浸，钙离子转化为CaSO4经过滤除去，滤液中钒以形式存在，加氨水和铁粉中和还原，该工序低于7.0，发生反应，铁离子和铁反应生成亚铁离子，过滤除去过量的Fe，所得滤液经有机溶剂萃取、反萃取后，进入水相，加NaClO3氧化将转化为，加氨水沉钒，生成的多钒酸氨煅烧生成V2O5，据此分析解答。
【详解】（1）V是23号元素，核外有23个电子，基态V原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2。
（2）根据题给信息，“中和还原”后钒以形式存在，则“中和还原”时，被还原为，Fe为还原剂，反应的离子方程式为；由表格数据可知，在时开始沉淀，则。
（3）所含元素为N、O和H，同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半充满，比较稳定，其第一电离能大于相邻原子，则第一电离能由大到小的顺序为N、O、H；中心S原子价层电子对数=，则中心S原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形。
（4）由图1可知，焙烧温度在820℃左右时浸出率最高，由图2可知，硫酸加入量为6%时浸出率最高，则最适宜的工艺条件为：温度：820℃左右、硫酸加入量：6%。
（5）“氧化”时，转化为，根据得失电子守恒可得关系式，则每消耗，可得到3mol。
（6）由图可知，A、B原子的间距等于晶胞体对角线长度，晶胞参数为，则间距为pm。
2．(1)3d84s2
(2)3.3×1014
(3) 增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，提高原料利用率 3：2
(4) c(F-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)
(5)Ni2++HCO+NH3 H2O=NiCO3↓+NH+H2O
(6) bd ×1010
【分析】酸浸溶解金属及其氧化物；除铜将溶液中的Cu2+转变为CuS沉淀除去，滤渣1为CuS；氧化除杂将Fe2+转化为Fe3+再转化为Fe(OH)3沉淀以除去，滤渣2为Fe(OH)3和Ni(OH)2；除镁将其转化为MgF2沉淀除去，滤渣3为MgF2；沉镍将其转化为NiCO3；酸溶将NiCO3溶解为NiSO4。
【详解】（1）Ni为元素周期表中的第28号元素电子排布式为[Ar]，其价层电子排布式为。答案为；
（2）“除铜”时加入NiS，发生反应，该反应达到平衡后，溶液中。答案为；
（3）“焙烧”时发生的主要反应为，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2；该反应的反应物为CuS固体和，采用多层气固逆流操作，可以增大CuS与氧气的接触面积，并增加接触时间，使反应更充分，提高原料利用率。答案为增大反应物间的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，提高原料利用率；3：2；
（4）由于，故水解程度：，溶液显酸性，则离子浓度由大到小的顺序为。“除镁”时加入，得到的滤渣3为，是离子化合物，电子式为 。答案为； ；
（5）“除镁”后滤液中的与和反应生成沉淀，反应的离子方程式为。答案为；
（6）氧离子形成面心立方结构，镍离子位于氧离子构成的八面体空隙，则该镍的氧化物的晶胞结构和NaCl的相似，氧离子位于晶胞顶点和面心，镍离子位于体心和棱上，故从晶胞分离出的结构可以为、 ，选bd；该晶胞中镍离子的数目为4，氧离子的数目为4，晶胞质量为，该晶体密度为，设晶胞边长为a，则晶胞体积为，，晶胞中两个镍离子之间的最短距离为面对角线长度的一半，即为。答案为bd；。
3．(1)促进硫铜矿被溶解，将铁元素氧化成
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】硫铜矿加入硫酸、氧气酸浸，酸浸中硫元素转化为硫单质、二价铁转化为三价铁、铜转化为硫酸盐，加入氨水调节pH，铁离子成为氢氧化铁沉淀得到滤渣2，二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为一价铜，滤液加入氯化钠、盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜，洗涤干燥得到产品；
【详解】（1）氧气具有氧化性，“酸浸”时，富氧空气的作用为：促进硫铜矿被溶解，将铁元素氧化成；
（2）“酸浸”时，CuS和硫酸、氧气反应生成硫酸铜、硫单质和水，化学方程式为；
（3）用氨水调pH时，要求铁离子完全沉淀而铜离子不沉淀，故溶液的范围调整为；
（4）二氧化硫具有还原性，能将铜离子转化为一价铜、自身被氧化为硫酸根离子，滤液加入氯化钠、盐酸、二氧化硫生成氯化亚铜和硫酸，反应为；
（5）铁离子和氯化亚铜反应生成亚铁离子和铜离子，铜元素化合价由+1变为+2，结合反应，根据电子守恒可知，，则样品中CuCl的质量分数为
（6）①图中原子的坐标参数：A为，B为，则C在x、y、z轴的投影分别为、、，故C的坐标参数为。
②与最短的距离是体对角线的四分之一，故为nm。
4．(1)
(2)ABC
(3)
(4)
(5)进一步消耗废酸，调节溶液pH，利于下一步聚合
(6) 大 、水解与硅酸根离子水解互相促进，利于产品聚合
(7)2
【分析】粉煤灰经钛白废酸浸取后，没有溶解，进入滤渣1，过滤后滤液中有、、、等离子，因为酸性太强，不利于、的水解，加入铁矿烧渣消耗酸，再通入氧气可氧化，适当调节pH可获得聚合硫酸铁铝；滤渣1中经NaOH溶液浸取后得硅酸钠溶液，酸化、聚合获得聚合硅酸，最后合成聚合硫酸硅酸铁铝。
【详解】（1）由晶胞结构及均摊法可知，晶胞中Fe原子的个数：，Al原子的个数：4，所以化学式为；铁是26号元素，因此基态铁原子价层电子排布式为；故答案为：；。
（2）A、B、C都是工艺流程中提高浸取率的措施，此外还有搅拌等；故答案为：ABC。
（3）制取聚合硫酸硅酸铁铝时为防止引入杂质，“酸化、聚合”步骤加入的最佳试剂为硫酸，碱浸时发生NaOH和的反应，所得滤液的主要成分应为；故答案为：；。
（4）加入铁矿烧渣经“步骤X”后，溶液中含有，氧气可氧化，离子方程式为；故答案为：。
（5）“氧化、聚合”前剩余的钛白废酸过多的话，会导致酸性太强，不利于和水解聚合，所以需要用铁矿烧渣消耗过量的酸，调节溶液pH，利于下一步聚合；故答案为：进一步消耗废酸，调节溶液pH，利于下一步聚合。
（6）根据所学知识推测，与传统净水剂PAC(聚合氯化铝)相比，聚合硫酸硅酸铁铝聚合程度更大，理由是、水解与硅酸根离子水解互相促进，水解程度更大，有利于产品聚合；故答案为：大；、水解与硅酸根离子水解互相促进，利于产品聚合。
（7）根据化合价代数和为0的原则，可得，解得；故答案为：2。
5．(1)第四周期第Ⅷ族
(2) 12 120min
(3)
(4)三种金属离子从开始沉淀到完全沉淀的pH交叉程度较大，难以彻底分离
【分析】废旧锂离子电池中含、镍钴锰三元材料，碳热还原时，C将镍钴锰三元材料还原为、MnO、Co、Ni，反应生成的会与结合形成，水浸后进入滤液，MnO、Co、Ni进入滤渣中，酸浸后转化为Mn2+、Co2+、Ni2+，加丁二酮肟沉镍转化为丁二酮肟镍，加KMnO4沉锰转化为MnO2，加H2C2O4沉钴转化为CoC2O4，据此分析解答。
【详解】（1）Ni、Co均位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。
（2）①根据均摊法计算，晶胞中含金属离子M数目：，含数目：，含数目：，则该镍钴锰三元材料的化学式为。
②结合化学式，化学式中Ni的个数为，Co的个数为，则Mn的个数为，根据质量守恒可写出该反应的化学方程式为
。
③根据题图乙和丙可知，较适宜的水浸液固比为12，水浸时间为120min。
（3）沉锰时，发生归中反应，反应的离子方程式为。
（4）根据题给表格中信息判断，三种金属离子从开始沉淀到完全沉淀的pH交叉程度较大，难以彻底分离。
6．(1) 低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致，浓度下降，浸出率下降 C 将氧化为除去
(2)
(3)不正确。可能是受热分解或铵盐分解放出氨气
(4)
(5)NH3、(NH4)2SO4
【分析】由制备2Zn(OH)2 ZnCO3流程可知，锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、双氧水，发生ZnO+2+2NH3 H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，且双氧水将锰离子氧化成二氧化锰，发生Mn2++H2O2+2NH3 H2O=MnO2↓+2+2H2O，过滤分离出二氧化锰，在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，滤渣为CuS，蒸氨分离出氨气，再加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2 ZnCO3和二氧化碳气体，发生3Zn2++6=2Zn(OH)2 ZnCO3↓+5CO2↑+H2O，过滤得2Zn(OH)2 ZnCO3，滤液为硫酸铵溶液，2Zn(OH)2 ZnCO3进行焙烧得到ZnO，据此分析解题。
【详解】（1）①温度升高，反应速率增大，浸出率逐渐增大，但浸出时加入，温度高于55℃后，温度升高，易分解出氨气，氨气挥发使浓度下降，浸出率反而下降，故答案为：低于55℃时，反应速率随温度升高而增加，浸出率增大；超过55℃后，因氨气挥发而导致，浓度下降，浸出率下降；
②是强酸弱碱盐，水解使溶液呈酸性，是弱酸酸根离子，溶液酸性越强越容易形成，促进溶出，所以之后浸出率下降，说明的浸出主要依赖硫酸铵浓度的大小，C正确，故答案为：C；
③加入，发生反应或，将氧化为而除去，故答案为：将氧化为除去；
（2）由分析可知，过滤分离出二氧化锰，在滤液中主要含有，向其中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，滤渣为CuS，则流程中生成“滤渣”的离子方程式：，故答案为：；
（3）由题给信息可知，“蒸氨”时逸出的氨气可能是由于“浸取”步骤中加入的氨水是过量的，也可能是受热分解放出氨气，从整个流程来看，逸出的氨气还可能是由铵盐分解产生的，故答案为：不正确，可能是受热分解或铵盐分解放出氨气；
（4）“蒸氨”后溶液中主要存在的金属阳离子为锌离子，“沉锌”时加入碳酸氢铵，溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成，离子方程式为，故答案为：；
（5）“蒸氨”过程中除去的多余NH3和“过滤Ⅲ”所得滤液中的(NH4)2SO4都可循环使用，故答案为：NH3、(NH4)2SO4。
7．(1) 加快反应速率或加快碱浸速率 C(或碳) C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键
(2) 难
(3)
(4)18.2%
【分析】废催化剂中加入氢氧化钠进行高温碱浸，生成可溶性的含钒、钨的盐，经过滤得到沉淀钛酸钠，用稀硫酸进行酸洗，水洗、焙烧得到二氧化钛。
【详解】（1）为了加快反应速率或加快碱浸速率，“碱浸”选择高温。在配合物中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键，故分子提供孤电子对的是_ C(或碳)。
（2）经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，推知钛酸钠难溶于水。根据的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为；在酸洗过程中与稀硫酸反应生成和硫酸钠，其化学方程式为。
（3）钒钨溶液中钨元素以的形式存在，调节为2~3，溶液中的会转化为，即在酸性条件反应生成和水，则离子方程式为。
（4）为测定废催化剂中的含量，现进行如下实验：准确称取废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入容量瓶中，加水定容。准确量取溶液于锥形瓶中，滴加2~3滴指示剂，用浓度为的标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为。实验过程中，V元素最终转化为，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为，设废催化剂中的质量为m，，解得m=0.91g，则含量为18.2%。
8．(1)离子键、共价键
(2)或
(3)
(4)
(5)排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应
(6)
(7)1.6
【分析】硼镁矿主要成分为，含少量杂质。硼镁矿粉碎后用氢氧化钠“碱溶”， 不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，所得滤液中含有NaBO2，蒸发、浓缩、冷却结晶得，脱水生成，、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，用异丙胺溶解，过滤除去硅酸钠，蒸发的异丙胺溶液得。
【详解】（1）是离子化合物，含有的化学键为离子键、共价键。
（2）Ti是22号元素，核外电子排布式为或；
（3）不溶于氢氧化钠，和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出、氢氧化镁沉淀，碱溶过滤得滤渣的主要成分是、；
（4）、Na、H2、SiO2在高温条件下生成和硅酸钠，制取的化学方程式为；
（5）高温合成中，加料之前需将反应器加热至100℃以上，并通入氩气，排除装置中的空气，防止空气中的与Na、反应；
（6）在碱性条件下，用惰性电极电解溶液也可制得，H元素化合价由+1降低为-1发生还原反应，在阴极得电子生成，阴极反应的电极方程式；
（7）作还原剂，氢元素化合价由-1升高为+1，转移电子，氢气作还原剂，氢元素化合价由0降低为-1，转移1.6mol电子需要0.8mol氢气，所以还原能力相当于1.6的还原能力。
9．(1) H2SO4 NH4NO3
(2)
(3) B
(4) ②
(5)盐酸具有挥发性、铁离子会水解，升高温度盐酸挥发加快、铁离子水解程度变大
(6)溶液1中，，则；向溶液1中滴加稀溶液使时，，则，故会生成
【分析】精选钼矿酸浸、氧化，不反应得到固体，铜、铁元素在盐酸、氯化铁作用下得到铜、亚铁的盐酸盐溶液1，电解得到A金属铜，溶液3中通入氯气将亚铁离子氧化为铁离子得到溶液4；固体和氧气焙烧得到MoO3、气体A二氧化硫，二氧化硫可以制取强酸硫酸C；MoO3和氨水碱浸得到(NH4)2MoO4溶液，加入硝酸得到硝酸铵溶液2和H2MoO4沉淀，H2MoO4沉淀加入碳酸锂灼烧得到Li2MoO4；溶液2处理得到硝酸铵为盐B；
【详解】（1）由分析可知，酸C是H2SO4，盐B是NH4NO3；
（2）溶液4可循环用于“酸浸、氧化”，通入氯气的目的是将亚铁离子转化为铁离子，反应为；
（3）“灼烧”制备钼酸锂反应为H2MoO4沉淀加入碳酸锂灼烧得到Li2MoO4，方程式为。化学性质类似碳酸钠，具有碱性，故不能使用硅酸盐类坩埚，故如果在实验室里完成“灼烧”，宜选择铁坩埚，故选B；
（4）溶液1主要含、、、、等，阳离子中铜离子的放电能力更强，故“电解”中阴极最先发生的电极反应式为铜离子得到电子发生还原反应生成铜，；氯离子会和硝酸银生成白色沉淀、钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀、亚铁离子会和铁氰酸钾生成蓝色沉淀，故下列试剂不能检验洗涤干净的是②酚酞溶液；
（5）盐酸具有挥发性、铁离子会水解，升高温度盐酸挥发加快、铁离子水解程度变大，均会导致温度高于时浸取率急剧下降；
（6）溶液1中，，则；向溶液1中滴加稀溶液使时，，则，故会生成。
10．(1)
(2)过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥
(3)
(4) 当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 酸
(5) 偏低
【分析】芒硝加入炭粉高温还原产生CO，得到的固体物加入95%酒精溶解回流，趁热过滤除去滤渣，冷却结晶，再抽滤除去滤液1，用冷水洗涤去掉滤液2，干燥得到；
【详解】（1）“高温还原”过程中芒硝与炭粉在高温条件下反应生成硫化钠、CO和水，主要化学方程式为：；
（2）抽滤的优点是：过滤和洗涤速度快、液体和固体分离比较完全、滤出固体容易干燥；
（3）①实验完毕后，取出少量右侧烧杯中溶液于试管中，滴加足量盐酸和溶液，产生白色沉淀，证明产生不溶于酸的白色沉淀硫酸钡，则上述实验可证明被氧化的产物为；
②石墨电极上失电子产生，为原电池负极，则Pt电极为正极，正极上得电子产生Mn2+，故正极的电极反应式为：；
（4）过量溶液遇淀粉变蓝，利用标准溶液滴定至终点，蓝色褪去，则滴定终点的现象是当最后半滴标准溶液滴入时，溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；溶液具有氧化性，应选择酸式滴定管量取溶液；
（5）根据滴定反应：，，可知，与Na2S反应的的物质的量为，该产品含的质量分数为；其他操作都正确，滴定前俯视读数、终点时仰视读数，则标准液读数偏大，与Na2S反应的的量偏少，测定结果偏低。
11．(1)BCE
(2)
(3)IHOB
(4)采用冰水浴
(5)B
(6) 淀粉溶液 滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不褪色
【分析】由题给流程可知，向海带粉碎后灼烧得到的海带灰中加入蒸馏水溶浸、过滤得到含有碘离子的滤液，向滤液中加入稀硫酸和二氧化锰，将溶液中的碘离子氧化为碘，加入四氯化碳萃取溶液中的碘，分液得到碘的四氯化碳溶液；向碘的四氯化碳溶液中加入水、通入氯气将碘氧化为碘酸，分液得到四氯化碳和碘酸；向碘酸溶液中加入氢氧化钾调节溶液pH为10，将碘酸中和得到碘酸钾，向碘酸钾溶液中加入氯化钙，将碘酸钾转化为碘酸钙沉淀，过滤得到粗碘酸钙，粗品经分离提纯制得碘酸钙。
【详解】（1）由分析可知，向海带粉碎后灼烧得到的海带灰中加入蒸馏水溶浸、过滤得到含有碘离子的滤液，则符合题意的装置为BCE，故答案为：BCE；
（2）由分析可知，“氧化”步骤发生的反应为溶液中的碘离子与稀硫酸、二氧化锰反应生成硫酸锰、碘和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）由分析可知，向碘的四氯化碳溶液中加入水、通入氯气的目的是将碘氧化为碘酸，由三颈烧瓶中盛放液体的体积不能容积的可知，盛有400mL反应液的三颈烧瓶的规格为1000mL，故选B，故答案为：将I2氧化为HIO3；B；
（4）由表格数据可知，5℃时碘酸钙微溶于水，溶解度随温度升高而增大，则向pH=10的溶液中加入氯化钙获得碘酸钙粗产品应采取的措施是采用冰水浴降低温度，故答案为：采用冰水浴；
（5）由题给信息可知，碘酸钙微溶于水、不溶于乙醇，则选用酒精洗涤粗产品可减少碘酸钙因溶解而造成的损失，有利于提高产品的产率，故选B；
（6）由反应方程式可知，滴定时选用淀粉溶液做反应的指示剂，当碘与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点，由方程式可得如下转化关系：，滴定消耗VmLcmol/L硫代硫酸钠溶液，则ag产品中碘酸钙的质量分数为×100%=，故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去，且半分钟内不褪色；。
12．(1)6.8≤pH<7.6
(2)
(3) Cr(OH)3
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5) 吸收SO2，防止污染
(6)随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出
【分析】某废铁铬催化剂(含Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3及少量不溶性杂质)粉碎后用硫酸酸浸，Fe3O4、Cr2O3、MgO、Al2O3分别转化为Fe3+、Fe2+、Mg2+、Cr3+、Al3+，向滤液中加入过量Fe粉调节pH，使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3存在于滤渣1中，将滤渣1放入pH=11的强碱溶液中，Al(OH)3溶解，则滤渣3中存在Cr(OH)3，Fe3+被Fe还原生成Fe2+存在于滤液1中，向滤渣1中通入足量O2保持pH<1.5，将Fe2+再氧化成Fe3+，随后调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3存在于滤渣2中，Fe(OH)3滤渣加FeS2焙烧再经过磁选得到Fe3O4，以此解答。
【详解】（1）加入铁粉后，调节pH使Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3、Al(OH)3，而不能使 Fe2+沉淀，由表格数据可知，调节pH的范围为6.8≤pH<7.6
（2）滤渣1中存在Cr(OH)3、Al(OH)3，调节pH=11，其中Al(OH)3能够和强碱反应，则由滤渣1得到滤液3发生反应的离子方程式为。
（3）由分析可知，滤渣3成分的化学式为Cr(OH)3，由已知ii可知，回收铬的过程中Cr(OH)3和NaOH反应生成。
（4）由滤液2得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（5）滤渣2中Fe(OH)3与FeS2混合后隔绝空气焙烧生成Fe3O4，S元素化合价上升转化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；该过程加入少量CaO的目的是吸收SO2，防止污染。
（6）酸浸过程中，硫酸的质量分数为50%，其原因是浓硫酸具有吸水性，随着硫酸浓度的增大，溶液中水的量减少，生成的硫酸盐会结晶析出。
13．(1)增大接触面，加快溶解速率，使溶解更充分
(2) 2+2H++H2O 7.5
(3)3H2C2O4++8H+=2Cr3++7H2O+6CO2↑
(4)CaC2O4
(5)1.9×105
(6)NH4NO3
【分析】硝酸锶用水溶解，加入重铬酸铵除钡得到BaCr2O7沉淀，过滤分离，滤液中加入硝酸、草酸还原Cr2O72-，再加入氨水中和、沉淀得到Cr（OH）3，可知Cr2O72-被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，再过滤分离，滤液中加入氨水、醋酸铵、硫化氢，除去Ca2+、Mg2+、重金属，滤液中再加入碳酸氢铵得到碳酸锶，滤液中含有Sr2+，进行循环利用。
【详解】（1）硝酸锶溶解前需要粉碎，其目的是增大接触面，加快溶解速率，使溶解更充分；
（2）“除钡”时，pH偏低会导致的利用率不高，原因是2+2H++H2O；pH过低 CrO42-的利用率低，pH=7.5和pH=10时CrO42-的利用率相当，但后期需要将pH调回1，导致浪费药品，因此应选用pH=7.5；
（3）酸性条件下Cr2O72-被还原为Cr3+，草酸被氧化为二氧化碳，反应离子方程式为：3H2C2O4+8H++Cr2O72-=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（4）调pH为10是为了除去Ca2+和Mg2+，此时加入了草酸铵，由溶解度表可知MgC2O4的Ksp大于Mg(OH)2的Ksp，Ca(OH)2的Ksp大于CaC2O4，有沉淀转化关系可知，沉淀最终会转化成溶解度更小的沉淀，故“滤渣Ⅱ”的主要成分为CaC2O4和Mg(OH)2；
（5）①SrCO3(s) Sr2+（aq）+CO(aq) Ksp；②H2CO3H++HCO Ka1；③HCOH++CO Ka2；③-②-①可得反应Sr2+(aq)+2(aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)，故平衡常数；
（6）“洗涤”过程中能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能NH4NO3。
14．(1) ＞ AC
(2)滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
(3) 4.7 Al(OH)3、Fe(OH)3
(4)升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体
【分析】硼镁泥含有镁硼酸盐(2MgO B2O3)、镁硅酸盐(2MgO SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质，研磨后加入硫酸，过滤除去SiO2，加入的过氧化氢把亚铁离子氧化成铁离子，加MgO调节pH，溶液pH升高，铁离子生成氢氧化铁沉淀，铝离子形成氢氧化铝沉淀，过滤，滤渣含有Fe(OH)3、Al(OH)3，用重结晶的方法得到硫酸镁晶体、硼酸晶体，据此分析解题。
【详解】（1）①根据上述反应可知，由强酸制备弱酸可知，硫酸酸性较强，故答案为：＞；
②A．已知硼酸与过量NaOH溶液发生中和反应的离子方程式为：H3BO3+OH-=，则硼酸中只有一个氢能电离，硼酸是一元酸，A正确；
B．由与非金属性B＜C，则硼酸的酸性比碳酸弱，与碳酸氢钠不反应，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，没有气泡产生，B错误；
C．由A项分析可知，硼酸为一元弱酸，则硼酸的电离方程式可表示为H3BO3+H2O+H+，C正确；
故答案为：AC；
（2）杂质离子为亚铁离子，可滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，故答案为：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀；
（3）溶液中含有铁离子、铝离子等杂质，由表中数据可知，用MgO调节溶液的pH至4.7以上，使杂质离子转化为 Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：4.7； Al(OH)3、Fe(OH)3；
（4）由图像可知硫酸镁的溶解度随温度升高而降低，硼酸溶解度随温度升高而增大，则可升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体，故答案为：升温(至200℃左右)结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体。
15．(1)Al2O3+ 2OH-= 2 + H2O
(2)NiO + (NH4)2SO4NiSO4 + 2NH3↑+ H2O↑
(3)Fe(OH)3
(4) Fe2+、 H+ H2SO4
(5)1:5:3
(6) 16 ab
【详解】（1）Al2O3为两性氧化物，能溶于强碱形成偏铝酸盐。答案为；
（2）焙烧后金属变为硫酸盐，同时有NH3产生。则该反应为↑。答案为↑；
（3）烧渣为NiFe2O4、NiO、 FeO与NH4SO4反应产生的盐FeSO4、NiSO4、Fe2(SO4)3。95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3。滤渣为Fe(OH)3。答案为Fe(OH)3；
（4）从表数据可以看出，当为0.25时，Ni2+、Fe2+萃取率分别为99%、5%。所以Ni2+进入有机相，而Fe2+主要存在于水中和萃取过程中产生H+在水层。为了从有机相中获得金属离子，需要使该平衡Mn+ + nRH MRn+ nH+逆向，加入酸增加产物浓度平衡逆向移动。为了不引入更多杂质，所以加入X为H2SO4。答案为Fe2+、H+；H2SO4；
（5）H原子分布于2个面心和8条棱上，H原子数为。Ni位于面上和体内，Ni原子数为。La位于晶胞的顶点，其个数为。答案为1:5:3；
（6）。分子中除了H…O为氢键外，其余原子之间均有σ键，每个分子中有32个σ键。所以该物质中σ键物质的量为16mol。分子中有N=C-C=N两个碳原子均为sp2杂化，所以C-C键为sp2- sp2重叠。而N=C-CH3分别为sp2和sp3杂化，则该C-C键为sp2- sp3重叠。答案为16；ab。
16．(1)
(2)BC
(3)H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成的Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动
(4) b e a d
(5) 滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化 3:1:4
【分析】黄铁矿渣含、PbS、NiS，第一步通过酸浸将 和NiS转化为Fe2+和Ni2+，第二步过滤时滤渣主要有PbS和S，可推知酸化过程中生成的气体为H2S，萃取过程将Fe2+和Ni2+分离，Fe2+经过氧化氢氧化成Fe3+，然后水解，经过聚合作用生成聚合硫酸铁。以此解答该题。
【详解】（1）由上述分析可知，酸浸过程中反应生成Fe2+、S和H2S，反应的离子方程式为。
（2）A.将黄铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，从而提高浸出效率，A正确；B. 浓硫酸具有较强的氧化性，会参与酸浸发生氧化还原反应，B错误；C. 从流程图信息可知，有机层中能获得硫酸镍溶液，而四氯化碳和硫酸镍不反应，所以不可选用CCl4做萃取剂，C错误；萃取过程的反应为可逆反应，向有机层中加稀硫酸，使平衡向左移动，可重新得到NiSO4，D正确；故选BC。
（3）该过程为氧化、水解过程，利用过氧化氢的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，此过程会消耗氢离子使pH升高，之后铁离子水解生成氢离子，使pH降低，二者的相对速率决定了pH的变化，因此pH的波动是由两个过程的速率变化引起的。
（4）萃取的规范流程为倒入溶液和萃取剂，塞上上口玻璃塞，倒转分液漏斗振摇并放气，放在铁圈上静置分层，打开上口玻璃塞，打开旋塞，放出下层液体，随后关闭旋塞，上层液体从上口倒出；因此答案为bead。
（5）用氯化钛进行滴定，钨酸钠做指示剂，滴定终点氯化钛过量，与钨酸钠作用生成蓝色物质，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化；铁滴定过程中消耗氯化钛0.003mol，由可知，一份溶液中铁离子的物质的量为0.003mol，总的铁离子为0.006mol，用氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸，用以确定氢氧根的含量，一份溶液消耗氢氧化钠0.001mol，则中总的氢氧根的物质的量为0.002mol，即铁离子与氢氧根的比例为3:1，由电荷守恒可知z为4，则的值为3:1:4。
17．(1)硫酸钙
(2) 3s23p63d7 Co 的质量较大的同位素在自然界中丰度较高
(3) +6Fe2++ 15H2O =Cl- +6Fe(OH)3↓+12H+
(4) c(H+)过高，c(F-)减小， 不利于钙镁沉淀完全 10-2.5或3.1610-3
(5)酸性条件
(6)ab
【分析】废炉渣(含Ni、Co及少量Cu、Mg、Ca的化合物)，加入硫酸酸浸后，酸浸渣主要成分为硫酸钙；滤液中主要含有硫酸镍、硫酸钴、硫酸铜、硫酸镁等，加入过量铁粉还原除铜得到铜，滤液再加入氯酸钠氧化除铁，得到氢氧化铁，再加入NaF除钙镁，滤渣为CaF2、MgF2；加入萃取剂HA萃取得到含有NiSO4溶液，一系列操作后得到NiSO4晶体，故为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤干燥等；有机相加入硫酸反萃取，得到CoSO4溶液；
【详解】（1）酸浸时用硫酸，产生的硫酸钙微溶，故“酸浸渣”主要成分的名称为硫酸钙；
（2）Co是27号元素，基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2，故其M层电子排布式为3s23p63d7；
Co 的质量较大的同位素在自然界中丰度较高，故虽然Co的核电荷数比Ni小1，但Co的相对原子质量比却Ni的略大；
（3）“除铁”时加入的氯酸钠将亚铁离子氧化，反应生成氢氧化铁，反应的离子方程式为 +6Fe2++ 15H2O =Cl- +6Fe(OH)3↓+12H+；
（4）“除钙镁”时，随着pH的降低，溶液中的H+增加，H++F-HF的平衡正向移动，溶液中c(F-)减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度≤10-5 mol/L时，认为该离子沉淀完全，且Ksp(CaF2)=1.010-10，Ksp (MgF2)=7.510-11，钙离子沉淀完全时镁离子已沉淀完全，c(F- )== 10-2.5( mol/L)= 3.1610-3( mol/L)，所以为使Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中c(F- )最小为10-2.5 或3.16×10-3；答案为c(H+)过高，c(F-)减小， 不利于钙镁沉淀完全；10-2.5 或3.16×10-3；
（5）“反萃取”时为促进Co2+的转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有①酸性条件；②多次萃取；
（6）获得NiSO4(s)的“一系列操作”中洗涤产品使其溶解度降低而晶体析出，故可选用冷水或乙醇，答案选ab。
18．(1)
(2)BaSO4和CaSO4
(3)漏斗、玻璃棒、烧杯
(4) 将溶液中Fe2+氧化为Fe3+ 3.7≤pH＜7.7
(5)2.7×10-5
(6)
【分析】含镍催化剂(主要成分为NiO，另含Fe2O3、CaO、CuO、BaO等)，用硫酸浸取，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，再向滤液中通入H2S除去Cu2+，且使Fe3+被还原成Fe2+，得CuS、S固体，过滤得滤液中含有Ni2+、Fe3+、Fe2+、Ca2+，加入H2O2氧化Fe2+生成Fe3+，调节溶液合适的pH且避免生成Ni(OH)2，只生成Fe(OH)3沉淀，加入NaF除去Ca2+，再加入NaOH及氧化剂后得NiOOH，灼烧得Ni2O3。
【详解】（1）铁元素是第26号元素，原子结构示意图： ；
（2）根据分析，用硫酸浸取含镍催化剂后，过滤除去BaSO4和CaSO4，得含有Ni2+、Fe3+、Ca2+、Cu2+的溶液，故浸出渣主要成分为BaSO4和CaSO4；
（3）操作A是过滤，需要用到的玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯；
（4）加入H2O2的目的是将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，使Fe3+完全沉淀，且避免生成Ni(OH)2，由表中数据可知，pH范围为3.7≤pH＜7.7；
（5）当c(F-)=0.001mol·L-1，c(Ca2+)=mol·L-1.=2.7×10-5mol·L-1.；
（6）氧化”过程中加入NaOH、K2S2O8反应生成NiOOH的离子方程式：。
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