2024届高三新高考化学大一轮专题训练题-- --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题-- --工业流程题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-02 12:44:41 | ||
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文档简介
2024届高三新高考化学大一轮专题训练题----工业流程题
1．（2023·全国·模拟预测）稀土(RE)是元素周期表第Ⅲ族副族元素钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素共17种化学元素的合称，是隐形战机、超导、核工业等高精尖领域必备的原料，但是稀土的开采和加工对环境破坏比较大。从某种矿物(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如图：
已知：①月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃，月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。
②该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8。
③Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表：
离子 Mg2＋ Fe3＋ Al3＋ RE3＋
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH，控制的范围为 ，得到的滤渣主要成分为 。
(2)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为4.8g/L。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于 mol·L-1 (保留两位有效数字)。
(3)①“加热搅拌”控制在55℃，其原因是 。
②“操作X”的过程为先 ，再固液分离。
(4)该工艺中，可再生循环利用的物质有 (写化学式)。
(5)稀土中钪元素的单质具有较高熔点且密度和铝接近，可制备高熔点轻质合金，此种合金可用作航空航天或耐高温材料。通常用电解熔融ScCl3制备金属钪，ScCl3易水解，工业上制备无水ScCl3过程中与NH4Cl共热。原理为：
I.ScCl3(s)＋H2O(g)ScOCl(s)＋2HCl(g)；
II. (完成方程式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为 。
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiO2等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如图：
查阅资料：偏钒酸铵(NH4VO3)溶于热水和稀氨水，微溶于冷水，不溶于乙醇。
钒的盐类的颜色五光十色，常被制成鲜艳的颜料。如：VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
(1)在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为 。
(2)以上流程中应用过滤操作的有 (填序号)，在③操作后，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的NH4Cl，从平衡角度分析原因 。
(3)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成100mL(VO2)2SO4溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用amol L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
①完成下列滴定过程的离子方程式： 。
______VO+______H2C2O4+______=______VO2++______CO2↑+______
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点时的实验操作和现象是 。
③产品的纯度为 。(用质量分数表示，已知V2O5，M=182g/mol；H2C2O4，M=90g/mol)
(4)钒的晶胞结构为体心立方结构(如图所示)。
①若原子1，原子3，原子7的坐标分别为(0，0，0)，(1，1，0)，(1，1，1)；则原子8，原子9的坐标分别为 ， 。
②若晶胞边长为308pm，则钒的密度为 g cm-3。(列出计算式)
3．（2023·北京·高三统考专题练习）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10 38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为 ；滤渣I的主要成分是 (填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是 ；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 mol L 1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为 (忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝ (用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式 。
4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）一种废镍催化剂中含有Ni、 Al、Cr。、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[(C10H8COO)2Ni，常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Ni2+ Cu2+
开始沉淀的pH 1.9 7.0 6.4 5.4
完全沉淀的pH 3.2 9.0 8.4 6.7
回答下列问题：
(1)充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为 。
(2)“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、 。基态Cr原子的价层电子排布式为 。
(3)“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是 。
(4)“调pH”时，溶液pH的范围为 。
(5)常温下，CuS的Ksp极小，用S2-可将Cu2+完全沉淀。CuS晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。
①与S2-距离最近的S2-数目为 。
②CuS的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuS晶体的密度为 g·cm-3。
(6)环烷酸的化学式为C10H8COOH，写出“合成”反应的化学方程式： 。
(7)测定样品纯度：已知环烷酸镍样品中含有环烷酸杂质。取1.000g环烷酸镍样品，加入足量稀硫酸[发生反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]后，用氨水调节溶液pH为9~10时，加入紫脲酸胺作指示剂，用0.1000mol· L-1 EDTA标准溶液滴定(Ni2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)，消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸镍样品纯度为 %。
5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）近日，科学家利用光催化剂实现高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿(主要成分是，含少量、Bi、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如下：
已知：
①滤液1中所含阳离子主要有、、和。
②几种氢氧化物沉淀的pH如表所示。
氢氧化物
开始沉淀pH 7.5 2.3 4.0
沉淀完全pH 9.7 3.7
回答下列问题：
(1)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的是 。
(2)“酸洗”中用盐酸代替水的目的是 。滤液3可以循环用于“ ”工序(填名称)。
(3)“氯化”的化学方程式为 。
(4)“合成”过程中将溶液和溶液混合容易形成胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为 (任答一条)。
(5)已知辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt这种矿石经上述转化最终制得b kg ，则铋的收率为 %()。
(6)的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与距离最近且相等的有 个，相邻2个的核间距为 nm。
6．（2023·北京·高三专题练习）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢 艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是 。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是 。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因 。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为 。
(5) 艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式 。
② 艺中可循环使用的物质是 (填化学式)。
7．（2023·江苏·高三专题练习）以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
(1)“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和 (填化学式)。
(2)“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于 。
(3)离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为 。
(4)已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有 。
(5)“合成”在高温下进行，其化学方程式为 。
(6)LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个。
8．（2023·北京·高三专题练习）是重要化工原料。由软锰矿制备的一种工艺流程如下：
资料：①软锰矿的主要成分为，主要杂质有和。
②金属离子沉淀的
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
③该工艺条件下，与不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 。
②溶出时，的氧化过程及得到的主要途径如图所示。
ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出的主要反应，反应的离子方程式是 。
ⅱ．若全部来自于反应，完全溶出所需与的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是 。
(2)纯化
已知：的氧化性与溶液有关。纯化时先加入，后加入，调溶液。说明试剂加入顺序及调节的原因： 。
(3)电解
纯化液经电解得，生成的电极反应式是 。
(4)产品纯度测定
向产品中依次加入足量和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为。(已知：及均被还原为。相对分子质量： 86.94； 134.0)
产品纯度为 (用质量分数表示)。
9．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如下图所示：
已知：①还原焙烧的主反应为
②氧化能力
可能用到的数据如下：
氢氧化物
开始沉淀pH 1.5 6.5 4.2 8.3
沉淀完全pH 3.7 9.7 7.4 9.8
根据要求回答下列问题：
(1)基态锰原子的价层电子排布式为 ，中存在过氧键()，请问中S的化合价为 。
(2)在实验室进行步骤B操作时，可能用到的主要仪器为 。
A．坩埚 B．蒸发皿 C．烧杯
(3)步骤E中调节3.7＜pH＜8.3，其目的是 。
(4)步骤G发生的离子方程式为 ，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为mol·L，则 。
(5)实验室可以用溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，请写出对应的离子方程式 。
10．（2023·吉林白山·统考三模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1))在该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4，基态S原子占据最高能级的原子轨道的形状为 ，的空间结构为 。
(2)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式： ；“ 含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的= 。[已知：Ka1 (H2SO3)=l.4×10-2；Ka2(H2SO3)=6. 0×10-8]
(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为 (填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为 。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS) ：ZnS(s) +Cu2+ (aq) CuS(s)+Zn2+(aq) ，该反应的平衡常数K= 。 [已知：Ksp(ZnS)=1. 6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2 +Zn+(1+ )H2O+ZnSO4MnOOH+ [ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为 。
11．（2023·江西上饶·铅山县第一中学校联考模拟预测）氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，制备少粉量的流程如图所示：
已知：
①卤块主要成分为，含有较多的、、等杂质。
②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化的曲线如图所示。
(1)过滤的主要玻璃仪器是 。
(2)加调节pH后过滤所得滤渣的主要成分为 。
(3)试剂X的滴加顺序为 (填字母)。
a．溶液，溶液，过滤后加适量盐酸
b．溶液，溶液，过滤后加适量盐酸
c．以上两种顺序都可
(4)加入饱和溶液后发生反应的化学方程式为 ，再进一步制取的实验步骤依次为①蒸发结晶；② ；③冷却结晶；④过滤、洗涤。
(5)产品中含量的测定：
步骤1：准确称量4.20g产品配成100mL溶液；
步骤2：取10.00mL于锥形瓶中，加入30.00mL 0.200 溶液；
步骤3：用0.100的碘液滴定剩余的，此过程中反应的离子方程式为；
步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗标准碘液20.00mL。
①步骤2中，硫元素被氧化至最高价态，试写出该反应的离子方程式： 。
②产品中的质量分数为 (保留两位有效数字)。
12．（2023·安徽蚌埠·统考二模）如图是以硼镁矿(含Mg2B2O5 ·H2O、SiO2及少量Fe2O3、A12O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程：
回答下列问题：
(1)为了提高硼镁矿的“溶浸”速率，工业中可以采取下列适当措施 ( 填序号)。
A．升高溶浸温度 B．加快搅拌速度 C．缩短酸浸时间
(2)滤渣的主要成分有 。
(3)吸收过程中发生的离子方程式为 ，的空间构型为 。
(4)沉镁时调pH≈6.5的原因是 。
(5)已知溶浸后得1000L含Mg2+3.0mol·L-1的溶液，假定过滤I和过滤II两步Mg2+损．耗率共10%，沉镁时沉淀率99.9% ，最多能生成Mg( OH)2· MgCO3 kg(保留到小数点后第1位)。
13．（2023·北京·高三专题练习）工业以软锰矿(主要成分是，含有、等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰()。其工业流程如下：
(1)浸锰过程中与反应的离子方程式为，该反应是经历以下两步反应实现的。
i.
ii.……
写出ii的离子方程式： 。
(2)氧化过程中被氧化的物质主要有(写化学式)： 。
(3)“浸锰”反应中往往有副产物生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示：
为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是 ，向过滤II所得的滤液中加入溶液时温度不宜太高的原因是 。
(4)加入溶液后，生成沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： 。
(5)滴定法测产品纯度
I.取固体产品1.160g于烧杯中，加入过量稀充分振荡，再加入NaOH溶液至碱性，发生反应：；
II.加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄；
III.取上述混合液的于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol/L 溶液进行滴定，发生反应：，滴定终点时消耗溶液20.00mL。
①写出II中反应的离子方程式 ；
②判断滴定终点的方法是 ；
③假设杂质不参与反应，则产品纯度为 。(保留四位有效数字)
14．（2022·重庆·高三专题练习）磁性氧化铁是电讯器材的重要原料，以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图：
已知：不同温度下，NH4Fe(SO4)2和NH4Al(SO4)2的溶解度(g/100gH2O)如表：
温度/℃ 0 20 30 40 100
NH4Fe(SO4)2 70.6 75.4 78.3 81.0 102.1
NH4Al(SO4)2 2.1 5.0 7.7 10.9 26.7
(1)气体I中的成分中除氧气外，还有 。
(2)写出“焙烧II”中Fe2O3发生的化学反应方程式 。
(3)写出滤渣I主要成分的一种用途 。
(4)从滤液中获得NH4Al(SO4)2的操作是 。
(5)“反应III”在隔绝空气条件下进行，参与反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)= 。
(6)该工业流程中有多种气体产生，将它们综合利用可合成流程中的某种反应物，该合成总反应的化学方程式为 。
(7)为测定Al2O3产品的纯度(Al2O3的质量分数)，称量mg样品溶解于足量稀硫酸，配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，加入c1mol L-1EDTA标准溶液V1mL，调节溶液pH并煮沸，冷却后用c2mol L-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液V2mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)。则制得的Al2O3的纯度为 (用代数式表示)。
15．（2023·广东·模拟预测）电解金属锰阳极渣(主要成分，杂质为、、元素的化合物)和黄铁矿为原料可制备，其流程如图所示：
已知：、，回答下列问题：
(1)锰原子价层电子的轨道表示式为 ，它处于周期表的 区，中的化合价为 。
(2)“酸浸”时，所用的稀酸X是 。
(3)“酸浸”过程中，、的质量浓度、浸出率与时间的关系如图1所示。
内，浸出元素的主要离子方程式为 。
(4)若“净化”过程中的浓度为，则此时的浓度为 。
(5)是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为，含少量铁的氧化物)和可制备高纯。保持投料量不变，随与投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图2所示。当时，产率减小的原因是 。
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取碳酸锰(摩尔质量)加热，固体物质的质量随温度的变化如图3所示。
527.4℃时，生成相应固体物质的化学方程式为 。
16．（2023·福建·统考模拟预测）FeOOH为一种不溶于水的黄色固体。某学校以废料(含少量、FeO等)为原料制备FeOOH，流程如图所示。
回答以下问题：
(1)为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有 (填一种即可)。
(2)“废渣”的主要成分可用于 (填一种即可)。
(3)“酸浸”时 (填“能”或“不能”)使用稀，原因是 。
(4)“试剂X”可使用 (填化学式，填一种即可)。
(5)从“滤液2”中获得晶体的一种方法是： 、过滤、洗涤。
(6)由转化为FeOOH的离子方程式是 。
(7)研究晶体性质对工业流程的探究十分重要，该学校的化学社团欲探究A、B、C(均为单质或化合物)三种由H、C、Na、Cl元素组成的晶体。他们对上述物质进行相关实验，数据如下：
熔点/℃ 硬度 水溶性 导电性 水溶液与反应
A 811 较大 易溶 水溶液或熔融时导电 白色沉淀
B 3550 很大 不溶 不导电 不反应
C -114.2 很小 易溶 液态不导电 白色沉淀
根据以上实验数据，填写表格：
化学式 晶体类型 微粒间作用力
A
B
C
17．（2023·山东·高三专题练习）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②高温下蒸气压大、易挥发；
③可溶于热的浓硫酸形成。
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 ，该工艺中，经处理可循环利用的物质为 (填化学式)。
(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是 (用化学方程式解释)。
(4)原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为 。若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量为 kg。
18．（2023春·广东·高三校联考开学考试）镍电池的电极活性材料为多组分合金(主要成分为镍、钴，还含有铝、铁等)，可重新回收利用。利用废镍电池资源化生产醋酸钴晶体的工艺流程如下。
已知：①浸取母液中除铝元素外，其他金属元素的化合价均为价。
②部分金属阳离子沉淀的如下表。
沉淀物
开始沉淀 2.2 7.4 7.6 0.1 4.0 7.6
完全沉淀 3.2 8.9 9.2 1.1 5.2 9.2
请回答下列问题：
(1)“浸取”时可以提高浸取率的操作有 (任写1条)。
(2)“调”时溶液的范围是 ，所得滤渣1的主要成分为 (填化学式)。
(3)“氧化分离”操作控制溶液，加入发生反应的离子方程式为 。
(4)“溶解1”操作中加入的作用为 ，“沉钴”操作过程中发生反应的离子方程式为 。
(5)“溶解2”操作后得到醋酸钴晶体，要使该醋酸钴晶体的纯度更高，所采取的实验操作名称应为 。
(6)碱金属可以插入石墨层中，钾的石墨插层化合物具有超导性，其中K层平行于石墨层。图1为其晶胞图，垂直于石墨层方向的原子投影如图2所示。
C—C键的键长为，则K层中m与n两个K原子之间的距离为 ，设为阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数分别为、、，则该石墨插层化合物的晶胞密度为 (用含x、y、z、的代数式表示)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) 4.7≤pH＜6.2 Al(OH)3、Fe(OH)3
(2)3.0×10-4
(3) 低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离 冷却结晶
(4)MgSO4
(5)ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)
(6)O2+4e-+2H2O=4OH-
【分析】从某种矿物(含铁、铝等元素)中提取稀土元素RE时，先将矿物用酸化的MgSO4溶液浸取，浸取液中加入氧化剂将Fe2+氧化，再调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时需防止RE3+离子生成沉淀：过滤后，往滤液1中加入月桂酸钠，将RE3+转化为(C11H23COO)3RE沉淀；MgSO4全部进入滤液2；将滤饼中加入盐酸，并维持在55℃，加热搅拌，冷却结晶后，将月桂酸转化为沉淀，然后过滤分离。
【详解】（1）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH，在此步操作中，需除去的杂质离子为Fe3+、Al3+，并将它们转化为氢氧化物沉淀，但不能将RE3＋转化为沉淀，所以需控制的范围为4.7≤pH＜6.2，得到的滤渣主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。答案为：4.7≤pH＜6.2；Al(OH)3、Fe(OH)3；
（2）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为4.8g/L，物质的量浓度为0.2mol/L。Ksp [(C11H23COO)2Mg]=1.8×10-8，c(C11H23COO-)=mol·L-1=3.0×10-4mol·L-1。答案为：3.0×10-4；
（3）①“加热搅拌”的目的，是将(C11H23COO)3RE充分溶解，并转化为RECl3和C11H23COOH，此时既需控制温度，又需保证盐酸具有一定的浓度，则控温在55℃，其原因是：低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离。
②“操作X”的过程中，需将C11H23COOH转化为沉淀，所以应先冷却结晶，再固液分离。答案为：低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离；冷却结晶；
（4）该工艺中，滤液②中含有大量的MgSO4，可再生循环利用的物质有MgSO4。答案为：MgSO4；
（5）通常用电解熔融ScCl3制备金属钪，ScCl3易水解，工业上制备无水ScCl3过程中与NH4Cl共热。原理为：
I.ScCl3(s)＋H2O(g)ScOCl(s)＋2HCl(g)；
II. 应将ScOCl(s)转化为ScCl3(s)，则ScOCl(s)与NH4Cl(s)反应的方程式为：ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)。答案为：ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)；
（6）Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，则在正极，O2得电子产物与电解质反应生成OH-，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
【点睛】月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，冷却结晶时，溶液温度应降到44℃以下。
2．(1)2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2
(2) ③和④ 偏钒酸铵微溶于冷水，铵根离子浓度增大，促进生成偏钒酸铵沉淀平衡正向移动，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解平衡正向移动，钒元素沉降率增大
(3) 2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O 当滴入最后半滴标准液后，溶液变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色 %
(4) (1，0，1) (，，)
【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒，以此解答。
【详解】（1）在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该过程中O元素由0价下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2。
（2）根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水。需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；应用过滤操作的有③和④；偏钒酸铵微溶于冷水，铵根离子浓度增大，促进生成偏钒酸铵沉淀平衡正向移动，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解平衡正向移动，钒元素沉降率增大。
（3）①有CO2气体生成，则反应应在酸性条件下进行，结合氧化还原反应的电子守恒规律、电荷守恒和原子守恒可得2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；
②VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的颜色；
③根据反应可得关系式2 VO~ H2C2O4，可得c(VO)=，带入数据可得c(VO)=2amol/L，n(VO)=cV=2amol/L0.1L， 又2VO~V2O5，故n(V2O5) = = 0.1amol，m(V2O5)=nM= 0.1amol182g/mol=18.2ag，样品的纯度为=%。
（4）①由晶胞结构可知，原子8位于晶胞的顶点，坐标为：(1，0，1)；原子9位于晶胞的体心，坐标为：(，，)；
②晶胞中V的个数为1+8=2，若晶胞边长为308pm，则钒的密度为=。
3．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O
【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节pH值沉淀铁离子，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10 11 mol L 1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化为二氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案为：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。
4．(1)SO2
(2) 、 3d54s1
(3)浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率
(4)3. 2≤pH<5.4
(5) 12
(6)2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O
(7)80. 60
【分析】废镍催化剂(含有Ni、 Al、Cr、Cu、FeS及碳粉) 通入空气灼烧，C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，用NaOH溶液进行碱浸，Al、Cr的氧化物与NaOH反应溶解，过滤取滤渣，干燥后金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含有Ni2+、Fe2+、 Fe3+、 Cr3+等阳离子的溶液，加入试剂X调节pH使Fe元素转化为沉淀，加硫酸铵除铜，过滤后经过结晶得到硫酸镍，经过氨化，得到Ni2(OH)2SO4、、NH3·H2O的混合物，加入环烷酸合成环烷酸镍，经过汽油萃取环烷酸镍，分液分离有机层，蒸馏分离最终得到产品。
【详解】（1）根据分析，充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为SO2；
（2）“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、、；Cr的原子序数为24，核外电子数为24，根据洪特规则特例，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；
（3）浓硫酸在稀释过程中会放热，温度越高，反应速率越快，故答案为：浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率；
（4）调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，根据题目所给数据可知pH的范围为3. 2≤pH<5.4；
（5）①离顶点的S2-最近的S2-位于面心，个数为，故与S2-距离最近的S2-数目为12；
S2-位于顶点和面心，个数为8+6=4，根据化学式可知，存在4个Cu2+，则晶胞质量为g=，晶胞体积为(a)3cm3，则晶胞密度=g·cm-3；
（6）环烷酸的化学式为C10H8COOH，“合成”反应中C10H8COOH与Ni2(OH)2 SO4反应生成(C10H8COO)2Ni、硫酸镍和水，反应的化学方程式为2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O；
（7）根据反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]可知关系式为(C10H8COO)2Ni ~(Ni2+~EDTA，则环烷酸镍样品纯度为=80.60%。
5．(1) 增大接触面积，加快浸取速率
(2) 将转化为 浸取
(3)
(4)搅拌、加热等
(5)
(6) 12
【分析】辉铋矿(主要成分是，含少量、Bi、和等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质，得到滤液主要成分为、，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为硫单质和；滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为三价铁，再加NaOH将三价铁转化为沉淀，过滤后，滤液2中含有氯化铋、氯化钠稀释，促进氯化铋水解生成和HCl，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到，与发生反应得到和二氧化硫，与反应生成，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知滤渣2主要成分为，将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，可以增大矿粉与溶液的接触面积，加快溶解速率，故答案为：；增大接触面积，加快浸取速率；
（2）滤液2稀释，促进氯化铋水解生成，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到，滤液3中含有水解生成的HCl，可用于浸取，故答案为：将转化为；浸取；
（3）与发生反应得到和二氧化硫，反应方程式为：，故答案为：；
（4）为防止生成胶体在合成过程中可不断搅拌或者加热条件下合成，故答案为：搅拌、加热等；
（5）辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt矿石中Bi的含量为：，最终制得b kg，则实际回收的Bi的质量为，铋的收率为=%，故答案为：；
（6）该晶体中分别位于顶点和面心，与距离最近且相等的有12个，该晶胞中含有4个和4个，晶胞质量为g，晶胞边长为：cm，相邻2个的核间距为面对角线的一半，即为nm，故答案为：12；。
6．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ()
【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知， 艺中可循环使用的物质是()。
7．(1)HCl
(2)11
(3)在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+
(4)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大
(5)Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑
(6)4
【分析】粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料进行焙烧进行一定的转化，根据题设问可知，“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，加水溶解后“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。继续加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，可得到富集的Li+；加入碳酸钠溶液后，发生2Li++CO=Li2CO3↓，得到Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应，反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
【详解】（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，故答案是HCl；
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，则此时溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11；
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图分析，离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+；
（4）由图像可知，温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀；“沉锂”发生2Li++CO=Li2CO3↓，温度越高，反应速率越大，相同时间内产生Li2CO3含量越大，故“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大；
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应生成产物LiFePO4，分析元素化合价变化，可知FePO4中铁元素化合价由+3降到+2，做氧化剂，H2C2O4中碳元素化合价由+3价，升高到+4价，其产物是CO2，根据氧化还原反应，故反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
（6）由题图可知，小白球表示锂离子，每个晶胞中的锂离子数为8×+4×+4×=4，故一个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。
8．(1) 增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率 MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，先加入 MnO2 ，将Fe2+氧化为Fe3+，再通过NH3 H2O 调pH除去溶液中的A13+、Fe3+
(3)Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+
(4)
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率。加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，溶液中还存在铝离子，纯化除去铁离子和铝离子，再电解Mn2+的纯化液制取MnO2。
【详解】（1）①溶出前，软锰矿需研磨，研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率。
②根据反应途径可知，Fe与H2SO4反应产生Fe2+，MnO2与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
根据方程式可知：Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe减少，故实际比值( 0.9)小于2。
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的A13+、Fe3+。
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为：Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+。
（4）根据题意可知：部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+ MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=，则产品的纯度为：。
9．(1) 3d54s2 +6
(2)C
(3)使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+
(4) 2.2×10-11
(5)
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)中加入木炭粉进行还原焙烧，将MnO2还原为MnO，同时Fe2O3也可能被还原；加入硫酸浸取，过滤出滤渣；加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入10%NaOH调节溶液的pH，此时Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀；过滤后，往滤液中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀，分离烘干可得到成品。
【详解】（1）锰为25号元素，基态锰原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则价层电子排布式为3d54s2，中存在过氧键()，则S原子在此化合物中不具有还原性，S原子的最外电子数为6，所以中S的化合价为+6。答案为：3d54s2；+6；
（2）B操作为浸取，通常在烧杯中进行，则在实验室进行步骤B操作时，可能用到的主要仪器为烧杯，故选C。答案为：C；
（3）步骤E中调节3.7＜pH＜8.3，此时Fe3+、Cu2+都完全沉淀，而Mn2+不生成沉淀，则其目的是：使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+。答案为：使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+；
（4）步骤G中，Mn2+与发生反应，生成MnCO3沉淀和CO2气体等，发生的离子方程式为，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为2.2×10-6mol·L，则=2.2×10-6×1.0×10-5=2.2×10-11。答案为：；2.2×10-11；
（5）实验室可以用溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，若含有Mn2+，则被氧化为，对应的离子方程式：。答案为：。
【点睛】除去溶液中的Fe2+时，通常先将其氧化为Fe3+，再通过调节溶液的pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
10．(1) 纺锤形 正四面体形
(2) 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2 6× 10-3
(3) Zn、Fe 过滤
(4) A 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-
【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）基态S原子的核外电子排布式为：，最高能级的原子轨道为3p轨道，形状为纺锤形，的中心S原子价层电子对数位，无孤电子对，为正四面体形结构，故答案为：纺锤形；正四面体形；
（2）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，c(H+)=1×10-5mol/L，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以=6×10 8，所以=6× 10-3；故答案：为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；6× 10-3；
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为：Zn、Fe；过滤。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A不合理；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B合理；
C.适当升高温度，有利于加快浸取反应速率，故C合理；
故答案选：A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=，已知：Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=1.6×10 24，Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=6.4×10 36；所以K====2.5×1011，故答案为：2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4MnOOH+16[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为：MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
11．(1)烧杯、漏斗、玻璃棒
(2)
(3)a
(4) 趁热过滤
(5) 95%
【分析】卤块粉碎后，加酸酸浸，得到Mg2+、Cl-、Fe3+、SO，加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH=4，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出，过滤后，滤液中含有Mg2+、Cl-、SO，加入试剂X，应除去SO，需要加入BaCl2，加入氯化钡是过量，需要除去，还需要加入碳酸钠溶液，除去多余CO，应是过滤后，再加入适量盐酸，滤液浓缩后，加入饱和氯酸钠溶液，根据溶解度与温度的关系，发生2NaClO3+MgCl2=Mg(ClO3)2+2NaCl↓，经过一系列操作得到产品，据此分析；
【详解】（1）过滤的主要仪器有玻璃棒、(普通)漏斗、烧杯；故答案为玻璃棒、(普通)漏斗、烧杯；
（2）加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH=4，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出；故答案为Fe(OH)3；
（3）加入除杂试剂往往过量，过量除杂试剂需要除去，滤液中含有Mg2+、Cl-、SO，加入试剂X，应除去SO，需要加入BaCl2，加入氯化钡是过量，需要除去，还需要加入碳酸钠溶液，除去多余CO，应是过滤后，再加入适量盐酸；故答案为a；
（4）浓缩后溶液为饱和溶液，溶液中有Mg2+、Cl-，根据溶解度与温度可知，氯化钠溶解度较小，加入氯酸钠饱和溶液，会有NaCl晶体析出，即反应方程式为2NaClO3+MgCl2=Mg(ClO3)2+2NaCl↓，反应后溶液中溶质为Mg(ClO3)2、NaCl，因NaCl溶解度低，因此蒸发结晶时，有NaCl晶体析出，然后趁热过滤，除去NaCl，Mg(ClO3)2溶解度受温度的影响较大，冷却结晶，得到Mg(ClO3)2·6H2O，故答案为2NaClO3+MgCl2=Mg(ClO3)2+2NaCl↓；趁热过滤；
（5）①硫元素被氧化至最高价态，即被氧化成SO，ClO作氧化剂，被还原为Cl-，根据化合价升降、原子守恒和电荷守恒，其离子方程式为；故答案为；
②根据化学反应，剩余的硫代硫酸钠的物质的量是，消耗的硫代硫酸钠的物质的量是，根据反应，氯酸根离子的物质的量是，的质量分数是，故答案为95%。
12．(1)AB
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3
(3) NH3 += + 正四面体形
(4)pH过小Mg2+难水解生成Mg(OH)2，pH过大生成Mg(OH)2过多，不利于Mg(OH)2·MgCO3生成
(5)191.5
【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5 ·H2O、SiO2及少量Fe2O3、A12O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2++3+2H2O=Mg(OH)2· MgCO3↓+2，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4；
【详解】（1）根据流程图知，硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液，为了提高溶浸速率，可以采取适当升温、适当增大溶浸液浓度、研磨成粉末、搅拌等措施，答案选AB；
（2）根据分析可知，滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；
（3）得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，发生的离子方程式为NH3 += + ；
中心原子N电子对数=4+=4，中心原子是sp3杂化，没有一对孤电子对，所以的立体结构是正四面体型；
（4）沉镁时调pH≈6.5的原因是：pH过小Mg2+难水解生成Mg(OH)2，pH过大生成Mg(OH)2过多，不利于Mg(OH)2·MgCO3生成；
（5）根据镁守恒可知，最多能生成Mg( OH)2· MgCO3的质量为1000L3.0mol/L(1-10%)99.9%142g/mol=191.5kg。
13．(1)
(2)、(等)
(3) 90℃ 防止受热分解，以提高原料利用率
(4)
(5) 滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原 99.14%
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体；
【详解】（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：、；
故答案为：；
（2）具有较强氧化性，氧化过程中被氧化的物质主要有、(等)；
（3）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃；NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；
故答案为：90℃；防止受热分解，以提高原料利用率；
（4）Mn2+的滤液中加入NH4HCO3溶液后,发生彻底的双水解,生成MnCO3沉淀和二氧化碳,反应为：；
故答案为：；
（5）①II中加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄，则MnO(OH)2将碘离子氧化生成碘单质，反应的离子方程式为；
②将所有碘单质还原时溶液蓝色褪去，故判断滴定终点的方法是滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；
③反应过程，，，关系式为，故n(MnCO3)==0.01mol，假设杂质不参与反应，则产品纯度为=99.14%，答案为99.14%。
14．(1)SO2
(2)Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O
(3)制玻璃、光导纤维等
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(5)1∶16
(6)2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
(7)×100%
【分析】根据高硫铝土矿的成分，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，根据流程图中，操作Ⅰ后得到滤液主要成分，焙烧Ⅱ中氧化铁和氧化铝与硫酸铵反应，发生非氧化还原反应，根据原子守恒进行分析，其反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O、Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O，气体Ⅱ为氨气，反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，气体Ⅰ中成分除氧气外，还含有SO2；故答案为SO2；
（2）该反应为非氧化还原反应，根据原子守恒进行，令Fe2O3的系数为1，则NH4Fe(SO4)2系数为2，NH4Fe(SO4)2含有2个SO，因此硫酸铵的系数为4，即气体为氨气，其反应方程式为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；故答案为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；
（3）根据上述分析，滤渣Ⅰ为SiO2，可以制玻璃、光导纤维等，故答案为制玻璃、光导纤维等；
（4）根据表中数据，NH4Fe(SO4)2溶解度较小，且变化较大，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，令FeS2物质的量为amol，Fe2O3物质的量为bmol，根据得失电子数目守恒，a×(－2)+2a×[4－(－1)]=b×2×(3－)，则a∶b=1∶16，故答案为1∶16；
（6）根据上述分析，产生气体有SO2、NH3，氨气与二氧化硫、氧气反应生成硫酸铵，即反应方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；故答案为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
（7）Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1∶1，n(Al3+)+n(Cu2+)=n(EDTA)，n(Al3+)= n(EDTA)－n(Cu2+)=V1×10-3L×c1mol/L－V2×10-3L×c2mol/L，根据原子守恒，mg样品中氧化铝纯度为×100%=×100%；故答案为×100%。
15．(1) d +2、+3
(2)稀硫酸
(3)
(4)
(5)过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2
(6)
【分析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4；据此分析解答。
【详解】（1）Mn原子序数为25，价电子排布图为 ，位于周期表中d区；中O为-2价，结合化合物中各元素的代数和为可知，中Mn的化合价既有+2价也有+3价，故答案为： ；d；+2、+3；
（2）由分析知，稀酸X为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（3）由图可知，内，Mn元素浸出率提高，含量明显增加，说明此时与反应生成Mn2+、、S等，对应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）由，的浓度为，可得：；再由，可得，故答案为：；
（5）由题意可知，二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡，因反应物是一种两性氧化物，当时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡，导致其产率降低，故答案为：过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2；
（6），则，；527.4℃时，，，可知：，则此时产物为：，反应方程式为：，故答案为：；
16．(1)废料粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等
(2)制取单晶硅
(3) 不能 反应放出有毒的一氧化氮等氮氧化物
(4)Fe
(5)蒸发浓缩、降温结晶
(6)
(7) NaCl 离子晶体 离子键 C(金刚石) 共价晶体 共价键 HCl 分子晶体 分子间作用力
【分析】废料，加入硫酸酸浸二氧化硅不反应成为废渣，铁转化为硫酸盐，加入过量铁，将三价铁转化为二价铁，加入乙醇促使硫酸亚铁晶体析出，晶体加入氢氧化钠、空气得到FeOOH；
【详解】（1）为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有废料粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等；
（2）根据分析，废料主要为二氧化硅，可以用于制取单晶硅；
（3）硝酸与亚铁离子反应放出有毒的一氧化氮等气体，故“酸浸”时不能使用稀；
（4）试剂X将三价铁转化为二价铁，且不引入新杂质，故为铁；
（5）从“滤液2”中获得晶体，其方法为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤。
（6）和氢氧化钠溶液、空气中氧气反应生成FeOOH，反应为；
（7）A熔点高、硬度较大，易溶于水、水溶液或熔融时导电，和银离子生成白色沉淀，则为盐酸盐，可以为NaCl，是由钠离子和氯离子构成的离子晶体，存在离子键；
B熔点很高、硬度很大、不溶于水，则为共价晶体，可以为金刚石，是由碳原子直接构成的共价晶体，存在共价键；
C熔点很低、硬度很小，易溶于水且该物质液体不导电，水溶液能和银离子反应生成白色沉淀，则可以为氯化氢，是由氯化氢分子构成的分子晶体，存在分子间作用力。
17．(1)
(2) ++2H+ H2SO4
(3) ++5C+5CO↑ 高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 ++2C+3CO↑
(4) H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O
【分析】工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)加入稀盐酸，只有不会溶解，可溶于热的浓硫酸形成，在沸水中形成，“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，据此分析解题。
【详解】（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为；
（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑；
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
18．(1)增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等
(2) 、
(3)
(4) 还原生成
(5)重结晶
(6)
【分析】由题中流程可知，镍电池废料(主要成分为镍、钻，还含有铝、铁等)，用硫酸浸取后，金属元素转化为对应的离子进入溶液中，加入的目的是将母液中的氧化为，调节溶液，使和完全转化为沉淀和沉淀，过滤，滤渣1为和，向滤液中加入将氧化变成并水解生成沉淀，然后向沉淀中加入和，溶解得到溶液，向溶液中加入得到沉淀，过滤后的沉淀溶解在冰醋酸中得到醋酸钴溶液，将醋酸钴溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸钴晶体,据此解答。
【详解】（1）为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有延长浸取时间、适当增加硫酸浓度等。故答案为：增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等；
（2）由后续流程可知，第一次调节时，已经将铁、铝化合物全部除去，则滤渣1的成分除了外，还有，结合表中数据可知，为了使完全沉淀而不沉淀，应当调节溶液的范围是，故答案为：；
（3）“母液”中含有的能够和发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）向中加入、混合液，结合后续流程，最后得到产物中，以二价离子化合物形式存在，所以此时加入的为还原剂，离子方程式为：，故答案为：还原生成，；
（5）为提高醋酸钴晶体纯度，需要重新溶解、浓缩、结晶析出纯度更高的晶体，即重结晶操作，故答案为：重结晶；
（6）根据晶胞结构，K原子在晶胞的8个顶点、6个面心和4个在体内，1个晶胞中含K原子的个数为；由晶胞结构知m与n的距离如图 中的之间距离，C—C键的键长为，则；晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边(8个C原子)处于晶胞面上，其他C原子处于晶胞内部，晶胞中C原子数目，则晶胞的质量，晶胞的体积，所以该晶胞的密度，故答案为：，。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．（2023·全国·模拟预测）稀土(RE)是元素周期表第Ⅲ族副族元素钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素共17种化学元素的合称，是隐形战机、超导、核工业等高精尖领域必备的原料，但是稀土的开采和加工对环境破坏比较大。从某种矿物(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如图：
已知：①月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃，月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。
②该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8。
③Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表：
离子 Mg2＋ Fe3＋ Al3＋ RE3＋
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH，控制的范围为 ，得到的滤渣主要成分为 。
(2)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为4.8g/L。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO-)低于 mol·L-1 (保留两位有效数字)。
(3)①“加热搅拌”控制在55℃，其原因是 。
②“操作X”的过程为先 ，再固液分离。
(4)该工艺中，可再生循环利用的物质有 (写化学式)。
(5)稀土中钪元素的单质具有较高熔点且密度和铝接近，可制备高熔点轻质合金，此种合金可用作航空航天或耐高温材料。通常用电解熔融ScCl3制备金属钪，ScCl3易水解，工业上制备无水ScCl3过程中与NH4Cl共热。原理为：
I.ScCl3(s)＋H2O(g)ScOCl(s)＋2HCl(g)；
II. (完成方程式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为 。
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiO2等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如图：
查阅资料：偏钒酸铵(NH4VO3)溶于热水和稀氨水，微溶于冷水，不溶于乙醇。
钒的盐类的颜色五光十色，常被制成鲜艳的颜料。如：VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
(1)在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为 。
(2)以上流程中应用过滤操作的有 (填序号)，在③操作后，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的NH4Cl，从平衡角度分析原因 。
(3)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成100mL(VO2)2SO4溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用amol L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
①完成下列滴定过程的离子方程式： 。
______VO+______H2C2O4+______=______VO2++______CO2↑+______
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点时的实验操作和现象是 。
③产品的纯度为 。(用质量分数表示，已知V2O5，M=182g/mol；H2C2O4，M=90g/mol)
(4)钒的晶胞结构为体心立方结构(如图所示)。
①若原子1，原子3，原子7的坐标分别为(0，0，0)，(1，1，0)，(1，1，1)；则原子8，原子9的坐标分别为 ， 。
②若晶胞边长为308pm，则钒的密度为 g cm-3。(列出计算式)
3．（2023·北京·高三统考专题练习）钪是一种稀土金属元素，在国防、航天、核能等领域具有重要应用。工业上利用固体废料“赤泥”(含FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等)回收Sc2O3的工艺流程如图。
已知：TiO2难溶于盐酸；Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10 38。
回答下列问题：
(1)为提高“酸浸”速率，对“赤泥”的处理方式为 ；滤渣I的主要成分是 (填化学式)。
(2)“氧化”时加入足量H2O2的目的是 ；氧化后溶液中Fe3+浓度为0.001 mol L 1，常温下“调pH”时，若控制pH＝3，则Fe3+的去除率为 (忽略调pH前后溶液的体积变化)。
(3)已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c。“沉钪”时，发生反应：2Sc3+＋3H2C2O4Sc2(C2O4)3↓＋6H＋，该反应的平衡常数K＝ (用含a、b、c的代数式表示)。
(4)Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，写出反应的化学方程式 。
4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）一种废镍催化剂中含有Ni、 Al、Cr。、Cu、FeS及碳粉，以其为原料制备环烷酸镍[(C10H8COO)2Ni，常温下为难溶于水的液体]的工艺流程如图所示：
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Ni2+ Cu2+
开始沉淀的pH 1.9 7.0 6.4 5.4
完全沉淀的pH 3.2 9.0 8.4 6.7
回答下列问题：
(1)充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为 。
(2)“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、 。基态Cr原子的价层电子排布式为 。
(3)“酸溶”时，先加入一定量的水，然后分次加入浓硫酸，与直接用稀硫酸溶解相比，其优点是 。
(4)“调pH”时，溶液pH的范围为 。
(5)常温下，CuS的Ksp极小，用S2-可将Cu2+完全沉淀。CuS晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu2+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞侧视图如图2所示。
①与S2-距离最近的S2-数目为 。
②CuS的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuS晶体的密度为 g·cm-3。
(6)环烷酸的化学式为C10H8COOH，写出“合成”反应的化学方程式： 。
(7)测定样品纯度：已知环烷酸镍样品中含有环烷酸杂质。取1.000g环烷酸镍样品，加入足量稀硫酸[发生反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]后，用氨水调节溶液pH为9~10时，加入紫脲酸胺作指示剂，用0.1000mol· L-1 EDTA标准溶液滴定(Ni2+与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)，消耗EDTA标准溶液20.00mL。则环烷酸镍样品纯度为 %。
5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）近日，科学家利用光催化剂实现高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿(主要成分是，含少量、Bi、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如下：
已知：
①滤液1中所含阳离子主要有、、和。
②几种氢氧化物沉淀的pH如表所示。
氢氧化物
开始沉淀pH 7.5 2.3 4.0
沉淀完全pH 9.7 3.7
回答下列问题：
(1)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，其目的是 。
(2)“酸洗”中用盐酸代替水的目的是 。滤液3可以循环用于“ ”工序(填名称)。
(3)“氯化”的化学方程式为 。
(4)“合成”过程中将溶液和溶液混合容易形成胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为 (任答一条)。
(5)已知辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt这种矿石经上述转化最终制得b kg ，则铋的收率为 %()。
(6)的立方晶胞结构如图所示。已知晶体密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体中与距离最近且相等的有 个，相邻2个的核间距为 nm。
6．（2023·北京·高三专题练习）煤化学链技术具有成本低、能耗低的捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为)为载氧体的煤化学链制氢 艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是 。
(2)分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是 。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡()溶液。
ii．用重铬酸钾()标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因 。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗标准液V mL。已知被还原为，样品中单质铁的质量分数为 。
(5) 艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。
①制氢产物主要为，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式 。
② 艺中可循环使用的物质是 (填化学式)。
7．（2023·江苏·高三专题练习）以粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
(1)“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3和 (填化学式)。
(2)“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。已知Ksp[Mg(OH)2]=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于 。
(3)离子筛法“富集”锂的原理如图1所示。在碱性条件下，离子筛吸附Li+容量较大，其可能原因为 。
(4)已知Li2CO3的溶解度曲线如图2所示。“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有 。
(5)“合成”在高温下进行，其化学方程式为 。
(6)LiFePO4的晶胞结构示意图如图3所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有 个。
8．（2023·北京·高三专题练习）是重要化工原料。由软锰矿制备的一种工艺流程如下：
资料：①软锰矿的主要成分为，主要杂质有和。
②金属离子沉淀的
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
③该工艺条件下，与不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是 。
②溶出时，的氧化过程及得到的主要途径如图所示。
ⅰ．Ⅱ是从软锰矿中溶出的主要反应，反应的离子方程式是 。
ⅱ．若全部来自于反应，完全溶出所需与的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是 。
(2)纯化
已知：的氧化性与溶液有关。纯化时先加入，后加入，调溶液。说明试剂加入顺序及调节的原因： 。
(3)电解
纯化液经电解得，生成的电极反应式是 。
(4)产品纯度测定
向产品中依次加入足量和足量稀，加热至充分反应，再用溶液滴定剩余至终点，消耗溶液的体积为。(已知：及均被还原为。相对分子质量： 86.94； 134.0)
产品纯度为 (用质量分数表示)。
9．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）碳酸锰(MnCO3)是制造电信器材的软磁铁氧体，也用作脱硫的催化剂，瓷釉、涂料和清漆的颜料，工业上利用软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)制取碳酸锰的流程如下图所示：
已知：①还原焙烧的主反应为
②氧化能力
可能用到的数据如下：
氢氧化物
开始沉淀pH 1.5 6.5 4.2 8.3
沉淀完全pH 3.7 9.7 7.4 9.8
根据要求回答下列问题：
(1)基态锰原子的价层电子排布式为 ，中存在过氧键()，请问中S的化合价为 。
(2)在实验室进行步骤B操作时，可能用到的主要仪器为 。
A．坩埚 B．蒸发皿 C．烧杯
(3)步骤E中调节3.7＜pH＜8.3，其目的是 。
(4)步骤G发生的离子方程式为 ，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为mol·L，则 。
(5)实验室可以用溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，请写出对应的离子方程式 。
10．（2023·吉林白山·统考三模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1))在该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4，基态S原子占据最高能级的原子轨道的形状为 ，的空间结构为 。
(2)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式： ；“ 含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的= 。[已知：Ka1 (H2SO3)=l.4×10-2；Ka2(H2SO3)=6. 0×10-8]
(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为 (填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为 。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS) ：ZnS(s) +Cu2+ (aq) CuS(s)+Zn2+(aq) ，该反应的平衡常数K= 。 [已知：Ksp(ZnS)=1. 6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2 +Zn+(1+ )H2O+ZnSO4MnOOH+ [ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为 。
11．（2023·江西上饶·铅山县第一中学校联考模拟预测）氯酸镁[]常用作催熟剂、除草剂等，制备少粉量的流程如图所示：
已知：
①卤块主要成分为，含有较多的、、等杂质。
②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化的曲线如图所示。
(1)过滤的主要玻璃仪器是 。
(2)加调节pH后过滤所得滤渣的主要成分为 。
(3)试剂X的滴加顺序为 (填字母)。
a．溶液，溶液，过滤后加适量盐酸
b．溶液，溶液，过滤后加适量盐酸
c．以上两种顺序都可
(4)加入饱和溶液后发生反应的化学方程式为 ，再进一步制取的实验步骤依次为①蒸发结晶；② ；③冷却结晶；④过滤、洗涤。
(5)产品中含量的测定：
步骤1：准确称量4.20g产品配成100mL溶液；
步骤2：取10.00mL于锥形瓶中，加入30.00mL 0.200 溶液；
步骤3：用0.100的碘液滴定剩余的，此过程中反应的离子方程式为；
步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗标准碘液20.00mL。
①步骤2中，硫元素被氧化至最高价态，试写出该反应的离子方程式： 。
②产品中的质量分数为 (保留两位有效数字)。
12．（2023·安徽蚌埠·统考二模）如图是以硼镁矿(含Mg2B2O5 ·H2O、SiO2及少量Fe2O3、A12O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程：
回答下列问题：
(1)为了提高硼镁矿的“溶浸”速率，工业中可以采取下列适当措施 ( 填序号)。
A．升高溶浸温度 B．加快搅拌速度 C．缩短酸浸时间
(2)滤渣的主要成分有 。
(3)吸收过程中发生的离子方程式为 ，的空间构型为 。
(4)沉镁时调pH≈6.5的原因是 。
(5)已知溶浸后得1000L含Mg2+3.0mol·L-1的溶液，假定过滤I和过滤II两步Mg2+损．耗率共10%，沉镁时沉淀率99.9% ，最多能生成Mg( OH)2· MgCO3 kg(保留到小数点后第1位)。
13．（2023·北京·高三专题练习）工业以软锰矿(主要成分是，含有、等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰()。其工业流程如下：
(1)浸锰过程中与反应的离子方程式为，该反应是经历以下两步反应实现的。
i.
ii.……
写出ii的离子方程式： 。
(2)氧化过程中被氧化的物质主要有(写化学式)： 。
(3)“浸锰”反应中往往有副产物生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示：
为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是 ，向过滤II所得的滤液中加入溶液时温度不宜太高的原因是 。
(4)加入溶液后，生成沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式： 。
(5)滴定法测产品纯度
I.取固体产品1.160g于烧杯中，加入过量稀充分振荡，再加入NaOH溶液至碱性，发生反应：；
II.加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄；
III.取上述混合液的于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol/L 溶液进行滴定，发生反应：，滴定终点时消耗溶液20.00mL。
①写出II中反应的离子方程式 ；
②判断滴定终点的方法是 ；
③假设杂质不参与反应，则产品纯度为 。(保留四位有效数字)
14．（2022·重庆·高三专题练习）磁性氧化铁是电讯器材的重要原料，以高硫铝土矿(主要含Al2O3、Fe2O3、SiO2和少量的FeS2等)提取氧化铝和磁性氧化铁的流程如图：
已知：不同温度下，NH4Fe(SO4)2和NH4Al(SO4)2的溶解度(g/100gH2O)如表：
温度/℃ 0 20 30 40 100
NH4Fe(SO4)2 70.6 75.4 78.3 81.0 102.1
NH4Al(SO4)2 2.1 5.0 7.7 10.9 26.7
(1)气体I中的成分中除氧气外，还有 。
(2)写出“焙烧II”中Fe2O3发生的化学反应方程式 。
(3)写出滤渣I主要成分的一种用途 。
(4)从滤液中获得NH4Al(SO4)2的操作是 。
(5)“反应III”在隔绝空气条件下进行，参与反应的n(FeS2)：n(Fe2O3)= 。
(6)该工业流程中有多种气体产生，将它们综合利用可合成流程中的某种反应物，该合成总反应的化学方程式为 。
(7)为测定Al2O3产品的纯度(Al2O3的质量分数)，称量mg样品溶解于足量稀硫酸，配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，加入c1mol L-1EDTA标准溶液V1mL，调节溶液pH并煮沸，冷却后用c2mol L-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液V2mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)。则制得的Al2O3的纯度为 (用代数式表示)。
15．（2023·广东·模拟预测）电解金属锰阳极渣(主要成分，杂质为、、元素的化合物)和黄铁矿为原料可制备，其流程如图所示：
已知：、，回答下列问题：
(1)锰原子价层电子的轨道表示式为 ，它处于周期表的 区，中的化合价为 。
(2)“酸浸”时，所用的稀酸X是 。
(3)“酸浸”过程中，、的质量浓度、浸出率与时间的关系如图1所示。
内，浸出元素的主要离子方程式为 。
(4)若“净化”过程中的浓度为，则此时的浓度为 。
(5)是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为，含少量铁的氧化物)和可制备高纯。保持投料量不变，随与投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图2所示。当时，产率减小的原因是 。
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取碳酸锰(摩尔质量)加热，固体物质的质量随温度的变化如图3所示。
527.4℃时，生成相应固体物质的化学方程式为 。
16．（2023·福建·统考模拟预测）FeOOH为一种不溶于水的黄色固体。某学校以废料(含少量、FeO等)为原料制备FeOOH，流程如图所示。
回答以下问题：
(1)为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有 (填一种即可)。
(2)“废渣”的主要成分可用于 (填一种即可)。
(3)“酸浸”时 (填“能”或“不能”)使用稀，原因是 。
(4)“试剂X”可使用 (填化学式，填一种即可)。
(5)从“滤液2”中获得晶体的一种方法是： 、过滤、洗涤。
(6)由转化为FeOOH的离子方程式是 。
(7)研究晶体性质对工业流程的探究十分重要，该学校的化学社团欲探究A、B、C(均为单质或化合物)三种由H、C、Na、Cl元素组成的晶体。他们对上述物质进行相关实验，数据如下：
熔点/℃ 硬度 水溶性 导电性 水溶液与反应
A 811 较大 易溶 水溶液或熔融时导电 白色沉淀
B 3550 很大 不溶 不导电 不反应
C -114.2 很小 易溶 液态不导电 白色沉淀
根据以上实验数据，填写表格：
化学式 晶体类型 微粒间作用力
A
B
C
17．（2023·山东·高三专题练习）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下：
已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；
②高温下蒸气压大、易挥发；
③可溶于热的浓硫酸形成。
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为 ，该工艺中，经处理可循环利用的物质为 (填化学式)。
(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为 ，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是 。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是 (用化学方程式解释)。
(4)原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为 。若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量为 kg。
18．（2023春·广东·高三校联考开学考试）镍电池的电极活性材料为多组分合金(主要成分为镍、钴，还含有铝、铁等)，可重新回收利用。利用废镍电池资源化生产醋酸钴晶体的工艺流程如下。
已知：①浸取母液中除铝元素外，其他金属元素的化合价均为价。
②部分金属阳离子沉淀的如下表。
沉淀物
开始沉淀 2.2 7.4 7.6 0.1 4.0 7.6
完全沉淀 3.2 8.9 9.2 1.1 5.2 9.2
请回答下列问题：
(1)“浸取”时可以提高浸取率的操作有 (任写1条)。
(2)“调”时溶液的范围是 ，所得滤渣1的主要成分为 (填化学式)。
(3)“氧化分离”操作控制溶液，加入发生反应的离子方程式为 。
(4)“溶解1”操作中加入的作用为 ，“沉钴”操作过程中发生反应的离子方程式为 。
(5)“溶解2”操作后得到醋酸钴晶体，要使该醋酸钴晶体的纯度更高，所采取的实验操作名称应为 。
(6)碱金属可以插入石墨层中，钾的石墨插层化合物具有超导性，其中K层平行于石墨层。图1为其晶胞图，垂直于石墨层方向的原子投影如图2所示。
C—C键的键长为，则K层中m与n两个K原子之间的距离为 ，设为阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数分别为、、，则该石墨插层化合物的晶胞密度为 (用含x、y、z、的代数式表示)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) 4.7≤pH＜6.2 Al(OH)3、Fe(OH)3
(2)3.0×10-4
(3) 低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离 冷却结晶
(4)MgSO4
(5)ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)
(6)O2+4e-+2H2O=4OH-
【分析】从某种矿物(含铁、铝等元素)中提取稀土元素RE时，先将矿物用酸化的MgSO4溶液浸取，浸取液中加入氧化剂将Fe2+氧化，再调节pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时需防止RE3+离子生成沉淀：过滤后，往滤液1中加入月桂酸钠，将RE3+转化为(C11H23COO)3RE沉淀；MgSO4全部进入滤液2；将滤饼中加入盐酸，并维持在55℃，加热搅拌，冷却结晶后，将月桂酸转化为沉淀，然后过滤分离。
【详解】（1）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH，在此步操作中，需除去的杂质离子为Fe3+、Al3+，并将它们转化为氢氧化物沉淀，但不能将RE3＋转化为沉淀，所以需控制的范围为4.7≤pH＜6.2，得到的滤渣主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3。答案为：4.7≤pH＜6.2；Al(OH)3、Fe(OH)3；
（2）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为4.8g/L，物质的量浓度为0.2mol/L。Ksp [(C11H23COO)2Mg]=1.8×10-8，c(C11H23COO-)=mol·L-1=3.0×10-4mol·L-1。答案为：3.0×10-4；
（3）①“加热搅拌”的目的，是将(C11H23COO)3RE充分溶解，并转化为RECl3和C11H23COOH，此时既需控制温度，又需保证盐酸具有一定的浓度，则控温在55℃，其原因是：低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离。
②“操作X”的过程中，需将C11H23COOH转化为沉淀，所以应先冷却结晶，再固液分离。答案为：低于55℃溶解不完全；温度太高，盐酸挥发，溶解度降低，不利于分离；冷却结晶；
（4）该工艺中，滤液②中含有大量的MgSO4，可再生循环利用的物质有MgSO4。答案为：MgSO4；
（5）通常用电解熔融ScCl3制备金属钪，ScCl3易水解，工业上制备无水ScCl3过程中与NH4Cl共热。原理为：
I.ScCl3(s)＋H2O(g)ScOCl(s)＋2HCl(g)；
II. 应将ScOCl(s)转化为ScCl3(s)，则ScOCl(s)与NH4Cl(s)反应的方程式为：ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)。答案为：ScOCl(s)+2NH4Cl(s)ScCl3(s)+2NH3(g)+H2O(g)；
（6）Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，则在正极，O2得电子产物与电解质反应生成OH-，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
【点睛】月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，冷却结晶时，溶液温度应降到44℃以下。
2．(1)2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2
(2) ③和④ 偏钒酸铵微溶于冷水，铵根离子浓度增大，促进生成偏钒酸铵沉淀平衡正向移动，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解平衡正向移动，钒元素沉降率增大
(3) 2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O 当滴入最后半滴标准液后，溶液变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色 %
(4) (1，0，1) (，，)
【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒，以此解答。
【详解】（1）在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该过程中O元素由0价下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2。
（2）根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水。需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；应用过滤操作的有③和④；偏钒酸铵微溶于冷水，铵根离子浓度增大，促进生成偏钒酸铵沉淀平衡正向移动，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解平衡正向移动，钒元素沉降率增大。
（3）①有CO2气体生成，则反应应在酸性条件下进行，结合氧化还原反应的电子守恒规律、电荷守恒和原子守恒可得2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；
②VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的颜色；
③根据反应可得关系式2 VO~ H2C2O4，可得c(VO)=，带入数据可得c(VO)=2amol/L，n(VO)=cV=2amol/L0.1L， 又2VO~V2O5，故n(V2O5) = = 0.1amol，m(V2O5)=nM= 0.1amol182g/mol=18.2ag，样品的纯度为=%。
（4）①由晶胞结构可知，原子8位于晶胞的顶点，坐标为：(1，0，1)；原子9位于晶胞的体心，坐标为：(，，)；
②晶胞中V的个数为1+8=2，若晶胞边长为308pm，则钒的密度为=。
3．(1) 将“赤泥”粉碎 SiO2、TiO2
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+ 99%
(3)
(4)2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O
【分析】“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，FeO、Fe2O3、Sc2O3与盐酸反应生成 Fe2+、Fe3+、Sc3+，过滤的滤渣主要成分为SiO2、TiO2，滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+，加氨水调节pH值沉淀铁离子，过滤得固体沉淀物为Fe(OH)3沉淀，向滤液中加入草酸，得到草酸钪晶体，过滤洗涤干燥后，在空气中加热可得Sc2O3固体。
【详解】（1）将“赤泥”粉碎，可增大其与酸的接触面积，加快化学反应速率，故“酸浸”前对“赤泥”的处理方式为将“赤泥”粉碎；“赤泥”含有FeO、Fe2O3、SiO2、Sc2O3、TiO2等，用盐酸酸浸时，SiO2、TiO2难溶于盐酸，故滤渣1的主要成分为SiO2、TiO2；故答案为：将“赤泥”粉碎；SiO2、TiO2。
（2）由分析可知，氧化时，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；当pH＝3时，溶液中氢氧根离子的浓度c(OH－)＝10 11 mol L 1，此时三价铁的浓度为，则Fe3+的去除率为；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+便于后续调节pH来除去Fe3+；99%。
（3）已知25℃时，Kh1(C2O)＝a，Kh2(C2O)＝b，Ksp[Sc2(C2O4)3]＝c，则反应2Sc3+＋3H2C2O4＝Sc2(C2O4)3＋6H＋的平衡常数；故答案为：。
（4）Sc2(C2O4)3·6H2O在空气中加热至550℃时生成Sc2O3、CO2和H2O，草酸根被氧化为二氧化碳，说明氧气参与反应，则反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O；故答案为：2Sc2(C2O4)3·6H2O＋3O22Sc2O3＋12CO2＋12H2O。
4．(1)SO2
(2) 、 3d54s1
(3)浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率
(4)3. 2≤pH<5.4
(5) 12
(6)2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O
(7)80. 60
【分析】废镍催化剂(含有Ni、 Al、Cr、Cu、FeS及碳粉) 通入空气灼烧，C元素转化为CO2、S元素转化为SO2从而除去，用NaOH溶液进行碱浸，Al、Cr的氧化物与NaOH反应溶解，过滤取滤渣，干燥后金属元素转化为相应的氧化物，之后加入硫酸溶解过滤，得到含有Ni2+、Fe2+、 Fe3+、 Cr3+等阳离子的溶液，加入试剂X调节pH使Fe元素转化为沉淀，加硫酸铵除铜，过滤后经过结晶得到硫酸镍，经过氨化，得到Ni2(OH)2SO4、、NH3·H2O的混合物，加入环烷酸合成环烷酸镍，经过汽油萃取环烷酸镍，分液分离有机层，蒸馏分离最终得到产品。
【详解】（1）根据分析，充分“灼烧”后，产生废气中的有毒气体的化学式为SO2；
（2）“灼烧”后Cr转化为Cr2O3已知Cr2O3与Al2O3性质相似，则滤液中阴离子有OH-、、；Cr的原子序数为24，核外电子数为24，根据洪特规则特例，基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1；
（3）浓硫酸在稀释过程中会放热，温度越高，反应速率越快，故答案为：浓H2SO4稀释放热，可节约能耗、加快反应速率；
（4）调节pH的目的是使Fe3+完全沉淀，而Cu2+不沉淀，根据题目所给数据可知pH的范围为3. 2≤pH<5.4；
（5）①离顶点的S2-最近的S2-位于面心，个数为，故与S2-距离最近的S2-数目为12；
S2-位于顶点和面心，个数为8+6=4，根据化学式可知，存在4个Cu2+，则晶胞质量为g=，晶胞体积为(a)3cm3，则晶胞密度=g·cm-3；
（6）环烷酸的化学式为C10H8COOH，“合成”反应中C10H8COOH与Ni2(OH)2 SO4反应生成(C10H8COO)2Ni、硫酸镍和水，反应的化学方程式为2C10H8COOH+ Ni2(OH)2 SO4= (C10H8COO)2Ni+NiSO4+2H2O；
（7）根据反应：(C10H8COO)2Ni+H2SO4=2C10H8COOH+ NiSO4]可知关系式为(C10H8COO)2Ni ~(Ni2+~EDTA，则环烷酸镍样品纯度为=80.60%。
5．(1) 增大接触面积，加快浸取速率
(2) 将转化为 浸取
(3)
(4)搅拌、加热等
(5)
(6) 12
【分析】辉铋矿(主要成分是，含少量、Bi、和等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质，得到滤液主要成分为、，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1为硫单质和；滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为三价铁，再加NaOH将三价铁转化为沉淀，过滤后，滤液2中含有氯化铋、氯化钠稀释，促进氯化铋水解生成和HCl，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到，与发生反应得到和二氧化硫，与反应生成，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知滤渣2主要成分为，将辉铋矿粉碎过筛制成矿粉，可以增大矿粉与溶液的接触面积，加快溶解速率，故答案为：；增大接触面积，加快浸取速率；
（2）滤液2稀释，促进氯化铋水解生成，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到，滤液3中含有水解生成的HCl，可用于浸取，故答案为：将转化为；浸取；
（3）与发生反应得到和二氧化硫，反应方程式为：，故答案为：；
（4）为防止生成胶体在合成过程中可不断搅拌或者加热条件下合成，故答案为：搅拌、加热等；
（5）辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt矿石中Bi的含量为：，最终制得b kg，则实际回收的Bi的质量为，铋的收率为=%，故答案为：；
（6）该晶体中分别位于顶点和面心，与距离最近且相等的有12个，该晶胞中含有4个和4个，晶胞质量为g，晶胞边长为：cm，相邻2个的核间距为面对角线的一半，即为nm，故答案为：12；。
6．(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ()
【分析】铁矿石(主要含铁物质为)与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe3O4粉末，可以生成Fe2O3，据此分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的(g)和，可进行高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的能与反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知被还原为，关系式为 ，样品中单质铁的质量b×V ×10-3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为；
（5）①制氢产物主要为，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式；；
②据分析可知， 艺中可循环使用的物质是()。
7．(1)HCl
(2)11
(3)在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+
(4)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大
(5)Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑
(6)4
【分析】粉煤灰浸取液(含Al3+、Li+、Mg2+、Cl-等)为原料进行焙烧进行一定的转化，根据题设问可知，“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，加水溶解后“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等。继续加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，可得到富集的Li+；加入碳酸钠溶液后，发生2Li++CO=Li2CO3↓，得到Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应，反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
【详解】（1）“焙烧”过程中AlCl3最终转化为Al2O3，根据元素守恒和元素价态不变，另一产物是HCl，故答案是HCl；
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li+、Mg2+、Cl-等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=5.5×10-12，欲使c(Mg2+)≤5.5×10-6mol L-1，则此时溶液中c(OH-)==，故c(H+)===10-11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11；
（3）离子筛法“富集”锂的原理如图分析，离子筛中含H+和Li+，若在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+，故答案是在碱性条件下，OH-与离子筛中H+反应，使离子筛留出更多“空位”，能吸附更多Li+；
（4）由图像可知，温度越高，Li2CO3溶解度减小，越易产生沉淀；“沉锂”发生2Li++CO=Li2CO3↓，温度越高，反应速率越大，相同时间内产生Li2CO3含量越大，故“沉锂”反应1h，测得Li+沉淀率随温度升高而增加，其原因有随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内Li2CO3沉淀量增大；随温度升高，Li2CO3溶解度减小，Li2CO3沉淀量增大；
（5）“合成”在高温下进行，其化学方程式为Li2CO3与H2C2O4和FePO4反应生成产物LiFePO4，分析元素化合价变化，可知FePO4中铁元素化合价由+3降到+2，做氧化剂，H2C2O4中碳元素化合价由+3价，升高到+4价，其产物是CO2，根据氧化还原反应，故反应方程式是Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+H2O+3CO2↑；
（6）由题图可知，小白球表示锂离子，每个晶胞中的锂离子数为8×+4×+4×=4，故一个晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个。
8．(1) 增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率 MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱，先加入 MnO2 ，将Fe2+氧化为Fe3+，再通过NH3 H2O 调pH除去溶液中的A13+、Fe3+
(3)Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+
(4)
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率。加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子，溶液中还存在铝离子，纯化除去铁离子和铝离子，再电解Mn2+的纯化液制取MnO2。
【详解】（1）①溶出前，软锰矿需研磨，研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率。
②根据反应途径可知，Fe与H2SO4反应产生Fe2+，MnO2与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，则反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；
根据方程式可知：Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe减少，故实际比值( 0.9)小于2。
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，再后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的A13+、Fe3+。
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为：Mn2+-2e- +2H2O=MnO2+4H+。
（4）根据题意可知：部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4)，则与二氧化锰反应的草酸钠：MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+ MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=，则产品的纯度为：。
9．(1) 3d54s2 +6
(2)C
(3)使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+
(4) 2.2×10-11
(5)
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，还含有Fe2O3、CaCO3、CuO等杂质)中加入木炭粉进行还原焙烧，将MnO2还原为MnO，同时Fe2O3也可能被还原；加入硫酸浸取，过滤出滤渣；加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入10%NaOH调节溶液的pH，此时Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀；过滤后，往滤液中加入NH4HCO3，将Mn2+转化为MnCO3沉淀，分离烘干可得到成品。
【详解】（1）锰为25号元素，基态锰原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则价层电子排布式为3d54s2，中存在过氧键()，则S原子在此化合物中不具有还原性，S原子的最外电子数为6，所以中S的化合价为+6。答案为：3d54s2；+6；
（2）B操作为浸取，通常在烧杯中进行，则在实验室进行步骤B操作时，可能用到的主要仪器为烧杯，故选C。答案为：C；
（3）步骤E中调节3.7＜pH＜8.3，此时Fe3+、Cu2+都完全沉淀，而Mn2+不生成沉淀，则其目的是：使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+。答案为：使Fe3+转化为Fe(OH)3和Cu2+转化为Cu(OH)2而除去，不影响Mn2+；
（4）步骤G中，Mn2+与发生反应，生成MnCO3沉淀和CO2气体等，发生的离子方程式为，若Mn2+恰好沉淀完全时测得溶液中的浓度为2.2×10-6mol·L，则=2.2×10-6×1.0×10-5=2.2×10-11。答案为：；2.2×10-11；
（5）实验室可以用溶液来检验Mn2+是否完全发生反应，若含有Mn2+，则被氧化为，对应的离子方程式：。答案为：。
【点睛】除去溶液中的Fe2+时，通常先将其氧化为Fe3+，再通过调节溶液的pH，让Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
10．(1) 纺锤形 正四面体形
(2) 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2 6× 10-3
(3) Zn、Fe 过滤
(4) A 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-
【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）基态S原子的核外电子排布式为：，最高能级的原子轨道为3p轨道，形状为纺锤形，的中心S原子价层电子对数位，无孤电子对，为正四面体形结构，故答案为：纺锤形；正四面体形；
（2）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，c(H+)=1×10-5mol/L，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以=6×10 8，所以=6× 10-3；故答案：为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；6× 10-3；
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为：Zn、Fe；过滤。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A不合理；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B合理；
C.适当升高温度，有利于加快浸取反应速率，故C合理；
故答案选：A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=，已知：Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=1.6×10 24，Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=6.4×10 36；所以K====2.5×1011，故答案为：2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4MnOOH+16[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为：MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
11．(1)烧杯、漏斗、玻璃棒
(2)
(3)a
(4) 趁热过滤
(5) 95%
【分析】卤块粉碎后，加酸酸浸，得到Mg2+、Cl-、Fe3+、SO，加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH=4，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出，过滤后，滤液中含有Mg2+、Cl-、SO，加入试剂X，应除去SO，需要加入BaCl2，加入氯化钡是过量，需要除去，还需要加入碳酸钠溶液，除去多余CO，应是过滤后，再加入适量盐酸，滤液浓缩后，加入饱和氯酸钠溶液，根据溶解度与温度的关系，发生2NaClO3+MgCl2=Mg(ClO3)2+2NaCl↓，经过一系列操作得到产品，据此分析；
【详解】（1）过滤的主要仪器有玻璃棒、(普通)漏斗、烧杯；故答案为玻璃棒、(普通)漏斗、烧杯；
（2）加入过氧化氢，利用过氧化氢的氧化性，将Fe2+氧化成Fe3+，调节pH=4，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出；故答案为Fe(OH)3；
（3）加入除杂试剂往往过量，过量除杂试剂需要除去，滤液中含有Mg2+、Cl-、SO，加入试剂X，应除去SO，需要加入BaCl2，加入氯化钡是过量，需要除去，还需要加入碳酸钠溶液，除去多余CO，应是过滤后，再加入适量盐酸；故答案为a；
（4）浓缩后溶液为饱和溶液，溶液中有Mg2+、Cl-，根据溶解度与温度可知，氯化钠溶解度较小，加入氯酸钠饱和溶液，会有NaCl晶体析出，即反应方程式为2NaClO3+MgCl2=Mg(ClO3)2+2NaCl↓，反应后溶液中溶质为Mg(ClO3)2、NaCl，因NaCl溶解度低，因此蒸发结晶时，有NaCl晶体析出，然后趁热过滤，除去NaCl，Mg(ClO3)2溶解度受温度的影响较大，冷却结晶，得到Mg(ClO3)2·6H2O，故答案为2NaClO3+MgCl2=Mg(ClO3)2+2NaCl↓；趁热过滤；
（5）①硫元素被氧化至最高价态，即被氧化成SO，ClO作氧化剂，被还原为Cl-，根据化合价升降、原子守恒和电荷守恒，其离子方程式为；故答案为；
②根据化学反应，剩余的硫代硫酸钠的物质的量是，消耗的硫代硫酸钠的物质的量是，根据反应，氯酸根离子的物质的量是，的质量分数是，故答案为95%。
12．(1)AB
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3
(3) NH3 += + 正四面体形
(4)pH过小Mg2+难水解生成Mg(OH)2，pH过大生成Mg(OH)2过多，不利于Mg(OH)2·MgCO3生成
(5)191.5
【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5 ·H2O、SiO2及少量Fe2O3、A12O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，根据过滤2及沉镁成分知，过滤1中得到的滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液pH=3.5时得到H3BO3，滤液中含有MgSO4，沉镁过程发生的反应为2Mg2++3+2H2O=Mg(OH)2· MgCO3↓+2，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4；
【详解】（1）根据流程图知，硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液，为了提高溶浸速率，可以采取适当升温、适当增大溶浸液浓度、研磨成粉末、搅拌等措施，答案选AB；
（2）根据分析可知，滤渣为难溶性的SiO2、Fe2O3、Al2O3；
（3）得到的气体为NH3，用NH4HCO3吸收NH3，发生反应NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3，发生的离子方程式为NH3 += + ；
中心原子N电子对数=4+=4，中心原子是sp3杂化，没有一对孤电子对，所以的立体结构是正四面体型；
（4）沉镁时调pH≈6.5的原因是：pH过小Mg2+难水解生成Mg(OH)2，pH过大生成Mg(OH)2过多，不利于Mg(OH)2·MgCO3生成；
（5）根据镁守恒可知，最多能生成Mg( OH)2· MgCO3的质量为1000L3.0mol/L(1-10%)99.9%142g/mol=191.5kg。
13．(1)
(2)、(等)
(3) 90℃ 防止受热分解，以提高原料利用率
(4)
(5) 滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原 99.14%
【分析】软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生反应，MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣I为，滤液含有Mn2+、Fe2+，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体；
【详解】（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2+++H2O，该反应是经过氧化铁与酸反应生成铁离子，铁离子与二氧化硫反应实现的：、；
故答案为：；
（2）具有较强氧化性，氧化过程中被氧化的物质主要有、(等)；
（3）由图可知，90℃时，MnS2O6的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则“浸锰”的适宜温度是90℃；NH4HCO3受热易分解，温度不宜太高，防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；
故答案为：90℃；防止受热分解，以提高原料利用率；
（4）Mn2+的滤液中加入NH4HCO3溶液后,发生彻底的双水解,生成MnCO3沉淀和二氧化碳,反应为：；
故答案为：；
（5）①II中加入过量KI溶液和适量稀，沉淀溶解，溶液变黄，则MnO(OH)2将碘离子氧化生成碘单质，反应的离子方程式为；
②将所有碘单质还原时溶液蓝色褪去，故判断滴定终点的方法是滴入最后半滴溶液，蓝色褪去且半分钟内颜色不复原；
③反应过程，，，关系式为，故n(MnCO3)==0.01mol，假设杂质不参与反应，则产品纯度为=99.14%，答案为99.14%。
14．(1)SO2
(2)Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O
(3)制玻璃、光导纤维等
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
(5)1∶16
(6)2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4
(7)×100%
【分析】根据高硫铝土矿的成分，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，根据流程图中，操作Ⅰ后得到滤液主要成分，焙烧Ⅱ中氧化铁和氧化铝与硫酸铵反应，发生非氧化还原反应，根据原子守恒进行分析，其反应方程式为Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O、Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O，气体Ⅱ为氨气，反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，据此分析；
【详解】（1）根据上述分析，焙烧Ⅰ中FeS2与氧气反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，气体Ⅰ中成分除氧气外，还含有SO2；故答案为SO2；
（2）该反应为非氧化还原反应，根据原子守恒进行，令Fe2O3的系数为1，则NH4Fe(SO4)2系数为2，NH4Fe(SO4)2含有2个SO，因此硫酸铵的系数为4，即气体为氨气，其反应方程式为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；故答案为Fe2O3+4(NH4)2SO42NH4Fe(SO4)2+6NH3↑+3H2O；
（3）根据上述分析，滤渣Ⅰ为SiO2，可以制玻璃、光导纤维等，故答案为制玻璃、光导纤维等；
（4）根据表中数据，NH4Fe(SO4)2溶解度较小，且变化较大，因此采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（5）反应Ⅲ中发生FeS2+Fe2O3→SO2↑+Fe3O4，令FeS2物质的量为amol，Fe2O3物质的量为bmol，根据得失电子数目守恒，a×(－2)+2a×[4－(－1)]=b×2×(3－)，则a∶b=1∶16，故答案为1∶16；
（6）根据上述分析，产生气体有SO2、NH3，氨气与二氧化硫、氧气反应生成硫酸铵，即反应方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；故答案为2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4；
（7）Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比为1∶1，n(Al3+)+n(Cu2+)=n(EDTA)，n(Al3+)= n(EDTA)－n(Cu2+)=V1×10-3L×c1mol/L－V2×10-3L×c2mol/L，根据原子守恒，mg样品中氧化铝纯度为×100%=×100%；故答案为×100%。
15．(1) d +2、+3
(2)稀硫酸
(3)
(4)
(5)过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2
(6)
【分析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4；据此分析解答。
【详解】（1）Mn原子序数为25，价电子排布图为 ，位于周期表中d区；中O为-2价，结合化合物中各元素的代数和为可知，中Mn的化合价既有+2价也有+3价，故答案为： ；d；+2、+3；
（2）由分析知，稀酸X为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（3）由图可知，内，Mn元素浸出率提高，含量明显增加，说明此时与反应生成Mn2+、、S等，对应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）由，的浓度为，可得：；再由，可得，故答案为：；
（5）由题意可知，二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡，因反应物是一种两性氧化物，当时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡，导致其产率降低，故答案为：过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2；
（6），则，；527.4℃时，，，可知：，则此时产物为：，反应方程式为：，故答案为：；
16．(1)废料粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等
(2)制取单晶硅
(3) 不能 反应放出有毒的一氧化氮等氮氧化物
(4)Fe
(5)蒸发浓缩、降温结晶
(6)
(7) NaCl 离子晶体 离子键 C(金刚石) 共价晶体 共价键 HCl 分子晶体 分子间作用力
【分析】废料，加入硫酸酸浸二氧化硅不反应成为废渣，铁转化为硫酸盐，加入过量铁，将三价铁转化为二价铁，加入乙醇促使硫酸亚铁晶体析出，晶体加入氢氧化钠、空气得到FeOOH；
【详解】（1）为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有废料粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等；
（2）根据分析，废料主要为二氧化硅，可以用于制取单晶硅；
（3）硝酸与亚铁离子反应放出有毒的一氧化氮等气体，故“酸浸”时不能使用稀；
（4）试剂X将三价铁转化为二价铁，且不引入新杂质，故为铁；
（5）从“滤液2”中获得晶体，其方法为蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤。
（6）和氢氧化钠溶液、空气中氧气反应生成FeOOH，反应为；
（7）A熔点高、硬度较大，易溶于水、水溶液或熔融时导电，和银离子生成白色沉淀，则为盐酸盐，可以为NaCl，是由钠离子和氯离子构成的离子晶体，存在离子键；
B熔点很高、硬度很大、不溶于水，则为共价晶体，可以为金刚石，是由碳原子直接构成的共价晶体，存在共价键；
C熔点很低、硬度很小，易溶于水且该物质液体不导电，水溶液能和银离子反应生成白色沉淀，则可以为氯化氢，是由氯化氢分子构成的分子晶体，存在分子间作用力。
17．(1)
(2) ++2H+ H2SO4
(3) ++5C+5CO↑ 高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 ++2C+3CO↑
(4) H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O
【分析】工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)加入稀盐酸，只有不会溶解，可溶于热的浓硫酸形成，在沸水中形成，“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，据此分析解题。
【详解】（1）加入稀盐酸，只有不会溶解，滤渣为；
（2）“水解”需在沸水中进行，在沸水中形成，离子方程式为++2H+，该工艺中，经处理可循环利用的物质为H2SO4；
（3）“热还原”中发生反应的化学方程式为++5C+5CO↑，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是++2C+3CO↑；
（4）有稀硫酸得一极为阳极，1膜为阳离子交换膜，氢离子由左边极室通过1膜进入产品室，2膜为阴离子交换膜，原料室中的[B(OH)4]-通过2膜进入产品室，产品室中发生反应的离子方程式为H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O。原料室中的钠离子通过阳极膜进入右侧极室，由电荷守恒可知，当阴极上通过1mol电子时，NaOH溶液的质量变化为23g-1g=22g，此时制得的物质的量为1mol，质量为62g，若反应前后NaOH溶液的质量变化为m kg，则制得的质量。
18．(1)增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等
(2) 、
(3)
(4) 还原生成
(5)重结晶
(6)
【分析】由题中流程可知，镍电池废料(主要成分为镍、钻，还含有铝、铁等)，用硫酸浸取后，金属元素转化为对应的离子进入溶液中，加入的目的是将母液中的氧化为，调节溶液，使和完全转化为沉淀和沉淀，过滤，滤渣1为和，向滤液中加入将氧化变成并水解生成沉淀，然后向沉淀中加入和，溶解得到溶液，向溶液中加入得到沉淀，过滤后的沉淀溶解在冰醋酸中得到醋酸钴溶液，将醋酸钴溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到醋酸钴晶体,据此解答。
【详解】（1）为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有延长浸取时间、适当增加硫酸浓度等。故答案为：增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等；
（2）由后续流程可知，第一次调节时，已经将铁、铝化合物全部除去，则滤渣1的成分除了外，还有，结合表中数据可知，为了使完全沉淀而不沉淀，应当调节溶液的范围是，故答案为：；
（3）“母液”中含有的能够和发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）向中加入、混合液，结合后续流程，最后得到产物中，以二价离子化合物形式存在，所以此时加入的为还原剂，离子方程式为：，故答案为：还原生成，；
（5）为提高醋酸钴晶体纯度，需要重新溶解、浓缩、结晶析出纯度更高的晶体，即重结晶操作，故答案为：重结晶；
（6）根据晶胞结构，K原子在晶胞的8个顶点、6个面心和4个在体内，1个晶胞中含K原子的个数为；由晶胞结构知m与n的距离如图 中的之间距离，C—C键的键长为，则；晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边(8个C原子)处于晶胞面上，其他C原子处于晶胞内部，晶胞中C原子数目，则晶胞的质量，晶胞的体积，所以该晶胞的密度，故答案为：，。
答案第1页，共2页
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