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 | 2024-01-03 11:45:14 | ||
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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春·上海宝山·高三上海市吴淞中学校考阶段练习）胆矾()是一种蓝色晶体，具有催吐、壮腐蚀疮的功效。某化学兴趣小组利用工业生产中的粗氧化铜废料(其中含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制备，并测定结晶水的含量。实验流程如下：
已知三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的范围如图所示：
(1)步骤①中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有 、 (至少写两点)。
(2)物质X用于氧化，以下试剂可选用的有 。(填选项)
a．氢氧化钠 b．双氧水 c．铁粉 d．高锰酸钾
(3)步骤⑤的化学方程式是 。
(4)①从溶液C到制得硫酸铜晶体，实验操作步骤是： 、冷却结晶、 、洗涤干燥。
②步骤④进行冷却结晶时可采用不同降温方式，测得颗粒大小分布如图所示。而测定结晶水的含量时，常选择加热相对较小的晶粒，由此宜选择 (填选项)方式进行冷却结晶。
A．快速降温 B．缓慢降温 C．变速降温
(5)根据实验数据，胆矾中结晶水 (只要写表达式)
(6)在测定所得胆矾()中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行 次若测定结果x值偏大，可能的原因是 。(填选项)
a．加热温度过高 b．胆矾晶体的颗粒较大
c．加热后放在空气中冷却 d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出
2．（2023·北京海淀·北京市十一学校校考三模）磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，流程如图：
资料：碳酸锂在水中溶解度：
温度/ 0 20 40 60 80 100
溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
(1)Ⅱ步加入过量溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是 。
(2)Ⅲ步浸取加入的氧化剂最佳选择是_______(填字母)。
A． B．酸性 C． D．
(3)滤液2中，加入等体积的溶液后，的沉降率达到90%，母液中 。
(4)为将粗品提纯，VI步使用 (填“热”或“冰”)水进行洗涤操作，理由是 。
(5)上述流程中可循环使用的物质有 。
(6)工业上将回收的粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为 。
(7)若采用钛酸锂()和磷酸亚铁锂()作电极组成电池，其工作原理为：。该电池充电时阳极反应是 。
3．（2023春·浙江·高三校联考阶段练习）某研究小组制备，再利用高温合成法制备无水，流程如下：
已知：(1)铬铁矿的主要成分为。
(2)高温条件下能被氧化。
请回答：
(1)下列有关说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，将铬铁矿置于熔盐形成的液体中可增大接触面积，加快反应速率
B．步骤Ⅱ，浸取过滤后所得滤渣为
C．步骤Ⅴ，用蒸馏水反复洗涤样品至滴下液体为无色时，可视为洗涤完成
D．步骤Ⅵ，不断增大的流速，可大幅提高的产量
(2)已知的沸点为，为保证稳定的气流，适宜的加热方式为 。
(3)制备无水时，在的条件下进行的目的是 。
(4)为测定无水中铬元素含量，可用已知浓度的硫酸亚铁铵标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_______”上填写一件最关键仪器，“”内填写一种操作，均用字母表示]。_______(精确称取无水样品)→放入锥形瓶中(_______)→往锥形瓶中(_______)(_______)→用_______(盛装硫酸亚铁铵标准溶液，滴定)→滴定至中) 。
【仪器】a.托盘天平；b.酸式滴定管；c.分析天平；d.碱式滴定管；e.锥形瓶
【操作】f.加2滴-苯代邻氨基苯甲酸溶液；g.加后加热至样品溶解； h.加入过硫酸铵溶液，加热使氧化成，冷却； i.溶液颜色由櫻桃红色变为亮绿色至滴定终点
(5)如果固态中有痕量的存在，则与水迅速反应生成的水合物，将其溶液蒸发可析暗绿色的晶体，若将暗绿色溶液冷却到以下，并通入气体，则可析出紫色晶体。用乙醚处理紫色溶液并通入气体后，就析出了另一种淡绿色晶体，则上述紫色晶体和淡绿色晶体的化学式分别为 、 。(已知等量的暗绿色晶体、紫色晶体、淡绿色晶体消耗的硝酸银的物质的量之比为)
4．（2023春·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考阶段练习）我国煤储量居世界第一，对煤的综合、高效、无害化利用是二十一世纪能源战略的重要组成部分，利用含铁元素的粉煤灰获得纳米等重要物质的工艺流程如下。
已知：i：伯胺能与反应：生成易溶于煤油的产物。
ii：在水溶液中易与反应：
(1)写出过程I中发生反应的离子方程式： 。
(2)过程Ⅱ加入过量的作用是 。
(3)过程Ⅱ加入伯胺-煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是 。
(4)从化学平衡角度解释过程Ⅱ利用溶液进行反萃取的原理： 。
(5)具有碱性，可与结合生成，其中氮原子的杂化类型为 从结构角度分析，它比配位能力 (“强”或“弱”)，过程Ⅳ中先用过量的将水层2中转化为并生成，反应的离子方程式为 ，得到的再被氧化为。
(6)以溶液作为吸收剂对燃煤烟气进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的，将烟气中的、转化为、，均为放热反应。
①一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如下图，的脱除率高于，可能的原因是 (写出1种即可)。
②烟气中和的体积比为，时的脱除率见图，则此吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为 。
5．（2023春·山西运城·高三康杰中学校考阶段练习）碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃ 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/(g/100 g) 1.25 1.77 2.64 3.95 8.42 20.2 44.5 91.2
已知：Be、Mg、Ca、Sr、Ba位于同一主族，它们统称为碱土金属。
(1)元素38Sr位于元素周期表第 周期第 族。
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是 。
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成单质Sr的化学方程式为 。
(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是 。滤渣1含有焦炭、 和MgO。
(5)“沉锶”中反应的离子方程式为 。
(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为 (取整数)。
6．（2023春·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习）氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器等。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质)为原料制备氟化钡的流程如图：
已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。
(1)滤渣A主要成分的化学式为 。
(2)滤液1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式为 。
(3)加20%NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C的主要成分是 。
(4)滤液3加入盐酸酸化后再经蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、真空干燥等一系列操作后得到BaCl2 2H2O。
(5)常温下，用BaCl2 2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式： 。已知Ksp(BaF2)=4.0×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5mol/L)，至少需要的氟离子浓度是 mol/L。
(6)已知：Ksp(BaCO3)=2.0×10-9，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10。将氯化钡溶液滴入等物质的量浓度的硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，当BaCO3开始沉淀时，溶液中= 。
7．（2023春·浙江·高三校联考阶段练习）某矿石浸出液中含、、、和，利用该浸出液生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：
常温下，有关金属离子开始沉淀、沉淀完全、开始溶解和溶解完全的pH见下表：
氢氧化物 pH值 pH值
开始沉淀 沉淀完全 开始溶解 溶解完全
1.9 3.2 14
3.3 5.2 7.8 10.8
请回答：
(1)下列关于“除杂”操作环节的叙述正确的是______。
A．加的目的是除去溶液中的、
B．搅拌可提高的利用率
C．过滤前，需要进行煮沸操作
D．洗涤滤渣I，应该选用冷水
(2)滤渣Ⅱ的主要成分为 (填化学式)。
(3)利用表中数据，计算的 。“除杂”应控制的范围是 。
(4)产品纯度测定：称取一定质量产品，加过量溶液，煮2分钟后加水稀释，再转移至容量瓶中并定容，取出用溶液滴定至终点。
①能否用稀代替， (选填“能”或“不能”)，原因是 。
②滴定前的下列操作的正确顺序是 (填字母)。
a．盛装标准溶液
b．用标准溶液润洗
c．读数、记录
d．查漏、清洗
e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
8．（2023·北京海淀·人大附中校考三模）以氟碳铈矿(含、、等)制备氧化铈的流程如下：
已知：ⅰ.硫脲结构简式为，酸性条件下易被氧化为。
ⅱ.和均难溶于水。
(1)步骤①的操作是 ；滤渣A的主要成分是 (填写化学式)。
(2)加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为 。
(3)步骤④加入离子方程式为 。
(4)质量分数测定的步骤如下：
ⅰ.取所得产品加入过量得到溶液，完全反应后，煮沸一段时间；
ⅱ.加入过量将氧化为，控温加热；
ⅲ.待反应瓶中无气泡后，继续煮沸两分钟；
ⅳ.加入两滴指示剂，用硫酸亚铁铵标准液滴定，到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液。
已知：受热易分解。
①下列说法正确的是 。
a．步骤ⅰ中将转化为是为了获得可溶性的含铈溶液，便于后续滴定
b．具有强氧化性，其中硫元素为价
c．步骤ⅳ中的指示剂可以用KSCN
②产品的质量分数为 。(列出计算式，的摩尔质量为)
③若未进行步骤ⅲ，会导致滴定结果 (填“偏高”或“偏低”)。理由是 。
9．（2023·全国·高三专题练习）工业利用闪锌矿(主要成分，还含有、、石英及、等杂质)富氧酸浸提取锌，同时实现环保除铁的工艺流程如下：
已知：①酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应；
②易形成胶体。
回答下列问题：
(1)“浸出”过程原理如图1a所示， “浸出”的总反应的化学方程式为 。对比人造闪锌矿浸出原理(如图1b所示)，可知“浸出”过程中的作用为 。
(2)“滤渣1”主要成分为 。
(3)“加热加压氧化”发生反应的离子方程式为 。
(4)“电积”时，、会腐蚀电极板，需提前除净。
①“脱氯”时，脱氯率随时间变化如图2，约后脱氯率减小的原因可能为 。
②“脱氟时，先按物质的量之比加入脱氟，充分反应后， [已知，且不考虑沉淀]；后加入石灰石，目的为 。
(5)写出“电积”生成锌的电极反应式 。
10．（2023·江苏·校联考模拟预测）磷的化合物应用广泛。
(1)磷酸锂(LiPO2F2)作为电解液添加剂能够有效提升锂电池的循环性能。在N2气氛下，在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，其流程如图：
已知：LiPF6是一种白色结晶，潮解性强，遇水发生反应LiPF6+H2OLiF+POF3↑+2HF↑
①反应I的化学方程式为 。
②高纯LiPF6实际反应所加用量比理论用值稍大的原因可能是 。
③保持其他实验条件都不变，在精制过程中加入提纯溶剂(杂质和LiPO2F2均可溶解在提纯溶剂中)，LiPO2F2在提纯溶剂中的浓度对产品纯度和收率(收率=×100%)的影响如图所示。由图可知，随着LiPO2F2浓度的减小，产品纯度逐渐增大，收率逐渐降低.其原因可能是 。
④已知Ksp(Li2CO3)=8.6×10-4，若向浓度为0.2mol L-1的Li2SO4溶液中加入等体积的Na2CO3溶液能产生沉淀，则所加Na2CO3溶液的最低浓度为 。
(2)①常温下，H3PO3(亚磷酸)溶液中含磷粒子的浓度之和为0.1mol L-1，溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。则反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K= 。
②H3PO3与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，画出H3PO3的结构式 。
11．（2023春·浙江杭州·高三期中）俄国化学家门捷列夫在研究周期表时预言了“类硅”元素锗Ge和“类铝”元素镓Ga等11种元素。一种提纯二氧化锗粗品(主要含、)的工艺如下：
已知：①与碱反应生成；与碱反应生成；
②极易发生水解反应生成；
(1)Ge位于同主族Si的下一周期，Ge在周期表中的位置是 。
(2)“氧化”过程是在碱性条件下将氧化为，则还原产物是 (填化学式)
(3)工业上与蒸馏操作相关的设备有___________
A．分馏塔 B．离心萃取机 C．冷凝塔 D．加压过滤机
(4)高纯二氧化锗的含量常采用碘酸钾()法进行测定。步骤如下：
a．称取一定质量的高纯二氧化锗样品，加入氢氧化钠在电炉溶解，生成
b．加入次亚磷酸钠溶液还原为
c．用的碘酸钾溶液滴入上述b溶液中，并先后发生如下反应：；(已知20℃以下，次亚磷酸钠与和均不反应)。
为准确计算样品中二氧化锗的质量分数，应选用 作指示剂，当出现 的实验现象时可证明与已完全反应。
12．（2023·江西新余·统考二模）铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可以采取的措施为 。
(2)亚铬酸亚铁()中的化合价为 ，“焙烧”中反应的化学方程式为 。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为 ，已知：酸化”后溶液中，2×10-8。则该温度下该反应的平衡常数等于 。
(4)“沉铝”需控制的原因为 。
(5)以铬酸钾(K2CrO4)为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。
测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为a，则此时铬酸钾的转化率为 。
13．（2023·江苏盐城·统考三模）有色冶金废渣中主要含有铜、镍、锌元素。其分离的部分工艺流程如下：
(1)“沉铜”中生成的化学反应方程式为 。
(2)“沉镍锌”步骤中溶液中的、形成草酸盐沉淀。
已知：，。若沉淀后上层清液中，则 。
(3)分离焙烧得到的NiO、ZnO混合物。已知NiO不溶于碱，ZnO的浸出率随pH的变化如图-1所示，沉淀率随pH的变化如图-2所示。具体步骤如下：
①向焙烧得到的氧化物混合物中， ，得到氧化镍；
② ，得到氧化锌固体(实验中须使用的试剂：6的NaOH溶液、2的溶液、溶液)。
(4)氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，其中与Zn原子距离最近的Zn原子数目有 个，请在图乙中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。
14．（2023春·四川眉山·高三眉山市彭山区第一中学校考阶段练习）我国有广阔的海岸线，海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。请回答下列问题：
(1)历史最久，技术和工艺也比较成熟，但成本较高的海水淡化的方法是 法：
(2)步骤1中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子，精制时常用的试剂有：①稀盐酸；②氯化钡溶液；③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。下列加入试剂的顺序正确的是___________(填字母)
A．①②③④ B．②③④① C．④③②① D．③④②①
(3)步骤II通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的___________(填字母)
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
(4)写出步骤III反应的离子方程式 ；假设最后获得lmo1Br2，理论上从步骤II开始，至少消耗 LCl2(标准状况下)。
(5)从理论上考虑，下列物质的溶液也能与Br2反应的是___________(填字母)
A．NaCl B．Na2CO3 C．Na2SO4 D．FeCl3
(6)在实验室中可以用萃取的方法提取溴，所用主要玻璃仪器的名称是 ，可选用的试剂是 (填字母)，
A．乙醇 B．乙酸 C．裂化汽油 D．四氯化碳
15．（2023春·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考期中）氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器等。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2＋、Mg2＋等杂质)为原料制备氟化钡的流程如下：
已知：常温下Fe3＋、Mg2＋完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。
(1)滤渣A主要成分的化学式为 。
(2)滤液1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式为 。
(3)加20%NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C的主要成分是 。
(4)滤液3加入盐酸酸化后再经 、 、过滤、洗涤、真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O。
(5)常温下，用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式： 。已知Ksp(BaF2)=4.0×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5mol/L)，至少需要的氟离子浓度是 mol/L。
(6)已知：Ksp(BaCO3)=2.0×10-9，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10.将氯化钡溶液滴入等物质的量浓度的硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，当BaCO3开始沉淀时，溶液中= 。
16．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考模拟预测）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+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当时，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)碳酸镍受热可分解为NiO，NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为 。
(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知的半径为apm，设阿佛伽德罗常数的值为NA，每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g(用含a、NA的代数式表示)。
17．（2023春·黑龙江七台河·高三勃利县高级中学校考阶段练习）科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值。请回答下列问题：
(1)活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：
已知：时，Ⅰ.溶液只能将氧化为，同时生成NO
Ⅱ.
①氧化过程的离子方程式为 。
②根据的特性，分离操作X为 ，冷凝得到粗碘。
③酸性是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的，原因是 。
④活性炭上吸附的还能用浓溶液吸收，每吸收转移5mol电子，该反应的离子方程式是 。
(2)以金红石(主要成分为)为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：
①Ⅰ在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体。Ⅰ中反应的化学方程式为 。
②Ⅱ中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，则反应适宜的温度为 ℃。
③Ⅱ中氩气的作用是 。
④海绵钛除杂时得到的可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有 (填化学式)。
18．（2023秋·安徽芜湖·高三统考期末）LiMn2O4、LiFePO4是锂离子电池常用的活性材料。某小组以含锰矿料(主要成分是MnCO3，含少量Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO和SiO2)为原料制备LiMn2O4的流程如图所示(部分条件和产物省略)。
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 7.5 7.6 7.8
完全沉淀的pH 3.7 9.7 9.2 10.4
请回答下列问题：
(1)写出一条提高“酸浸”速率的措施： 。
(2)“除杂1”时，加入MnO2的作用是 (用离子方程式表示)。
(3)要使“固体1”中除了含有MnO2外，只含另外一种固体，其化学式为 ，则“除杂1”过程调节pH范围为 。
(4)在高温下“合成”LiMn2O4，反应的化学方程式为 。
(5)已知：常温下，Ksp(CoS)＝3.0 × 10 26、Ksp(MnS)＝3.0 × 10 14。假设“除杂1”后的溶液中c()为 0.1mol L 1，为了使残液中 c(Co2 + )≤ 1.0 × 10 5 mol L 1，必须控制 c(S2 ) 的范围为 mol L 1。
(6)固体1可作为LiFePO4的原料。LiFePO4晶胞结构如图所示，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。LiFePO4晶胞中P的杂化轨道类型为 ，晶胞中含有正八面体的数目为 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) 将粗氧化铜粉碎成细颗粒 适当增加硫酸的浓度(适当升高温度等)
(2)b
(3)CuSO4·xH2OCuSO4+xH2O
(4) 加热浓缩 过滤 A
(5)
(6) 4 ad
【分析】粗氧化铜(其中含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)加入足量的稀硫酸，氧化亚铁和氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，则沉淀I为不溶物，溶液A中溶质为FeSO4、 CuSO4、H2SO4；需要获得纯净的硫酸铜晶体，应该先除去亚杂质铁离子、铁离子，由于亚铁离子完全沉淀的pH=9.6，此时铜离子也完全沉淀，而铁离子完全沉淀的pH=3.7，此时铜离子没有生成沉淀，所以应该加入X将亚铁离子氧化成铁离子，并且选用的氧化剂不能引进杂质离子，不能产生污染大气的气体，所以试剂X为双氧水；B溶液中含有铁离子和铜离子，加入氢氧化铜固体调节溶液的pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀而除去，则沉淀II为氢氧化铁；溶液C为硫酸铜溶液，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥的操作方法获得硫酸铜晶体。
【详解】（1）酸浸粗氧化铜的过程中，增大反应物的接触面积、增大浓度、升高温度等都能加快反应速率，故可采取的措施有：将粗氧化铜粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等任意一点；
（2）加入X将亚铁离子氧化成铁离子，并且选用的氧化剂不能引进杂质离子，不能产生污染大气的气体，所以应该选用B双氧水，故答案为：B；
（3）步骤的化学方程式为CuSO4·xH2OCuSO4+xH2O；
（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为：加热浓缩；过滤；
由图可知，快速降温得到晶粒较小的质量分数最大，较大的质量分数最小，故选A。
（5）加热分解胆矾生成硫酸铜和水，可得关系式
解得x=；
（6）测定所得胆矾(CuSO4·xH2O) 中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，所以至少称量4次；
a.加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，故a正确；
b.胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，故b错误；
c.加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，故c错
误；
d.加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确；
故选ad。
2．(1)
(2)C
(3)0.16
(4) 热 温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
(5)
(6)
(7)
【分析】加入NaOH溶液溶解Al变为NaAlO2，而不溶的杂质和LiFePO4经过滤进入滤渣1。滤渣1经盐酸和氧化浸取处理后得到不溶的滤渣和浸出液Li3PO4和FeCl3、HCl等。浸出液用Na2CO3调pH使Fe3+转变为FePO4·H2O沉淀和含有LiCl和NaCl、Na2CO3的滤液2。滤液2加入Na2CO3在60-80℃处理将Li+转变为Li2CO3沉淀。
【详解】（1）Al转变为NaAlO2和过量的NaOH均进入滤液1，所以阴离子为OH-和。
（2）A．HNO3氧化铁时自身被还原为NO污染环境，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾氧化铁时产生Mn2+可能与Li+共沉淀，同时高锰酸钾还与盐酸产生Cl2污染环境浪费原料，B项不符合题意；
C．H2O2氧化铁时产生H2O无污染不干扰后续反应，C项符合题意；
D．NaClO3与盐酸反应产生Cl2污染环境浪费原料，D项不符合题意；
故选C。
（3）滤液2中c(Li+)=2mol L 1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率达到90%，即沉淀后溶液中c(Li+)=1×10%=0.1mol/L，利用Ksp(Li2CO3)=1.6×10 3=c()c2(Li+)得到c()=0.16mol/L。
（4）从表格数据看，随着温度的升高Li2CO3的溶解度降低，选用热水洗涤。
（5）从图看将浸出液进行了循环，浸出液中含有盐酸和H2O2。还有最终得到Li2CO3的母液和滤液2中均还有大量的Na2CO3，所以可以循环的物质有盐酸和H2O2、 Na2CO3。
（6）炭黑将FePO4还原为LiFePO4而自身还原为CO，反应为。
（7）充电即为电解池，阳极发生氧化反应即LiFePO4→FePO4，反应为。
3．(1)BD
(2)水浴加热(并用温度计显示水浴温度)
(3)排出体系中的氧气；鼓气使反应物进入反应装置中进行反应
(4)
(5)
【分析】铬铁矿和熔融碳酸钠、氧气焙烧得到铁、铬的氧化物，水浸后除去氧化铁，滤液酸化得到重铬酸钠，加热后使用无水乙醇、柠檬酸处理后洗涤干燥得到氧化铬，在氮气氛围中和四氯化碳生成三氯化铬。
【详解】（1）A．步骤Ⅰ，将铬铁矿置于熔盐形成的液体中可增大接触面积，加快反应速率，A正确；
B．由于步骤Ⅰ中通入，则在步骤Ⅰ氧化到了+3价，所以步骤Ⅱ，浸取过滤后所得滤渣为，B错误；
C．步骤Ⅴ，用蒸馏水反复洗涤样品，主要是为了洗去有色离子，所以用蒸馏水反复洗涤样品至滴下液体为无色时，可视为洗涤完成，C正确；
D．步骤Ⅵ，不断增大的流速导致反应进行不充分，反而不利于的产生，D错误；
故选BD；
（2）已知的沸点为，低于水的沸点，故为保证稳定的气流，适宜的加热方式为水浴加热(并用温度计显示水浴温度)；
（3）根据已知可知在高温条件下能被氧化，所以可利用排出体系中的氧气，防止高温条件下被氧化。根据实验流程可知是利用带入反应体系中的。所以答案是①排出体系中的氧气，②鼓气使反应物进入反应装置中进行反应。
（4）利用滴定的方法确定样品的纯度，要精确称取无水样品，所以应选用c．分析天平。第二步放入锥形瓶中后应是样品溶解，应选g．加后加热至样品溶解。第三步是把氧化成且加入指示剂，应选用h．加入过硫酸铵溶液，加热使氧化成，冷却，f．加2滴-苯代邻氨基苯甲酸溶液。第四步是选择装硫酸亚铁的合适的滴定管，由于硫酸亚铁显酸性，所以应选b．酸式滴定管。第五步是确定滴定终点，所以应选i．溶液颜色由樱桃红色变为亮绿色至滴定终点。所以答案是。
（5）暗绿色的晶体溶于水能电离出的氯离子，所以能消耗硝酸银，又因为等量的三种有色物质消耗的硝酸银的物质的量之比为，所以可知紫色晶体和淡绿色晶体能分别电离出氯离子和氯离子，又因为一般都是6配位的，所以紫色晶体和淡绿色晶体的化学式分别为、。
4．(1)
(2)将完全氧化为，有利于与伯胺反应，提高萃取率
(3)萃取、分液
(4)(已知ⅱ中的反应)使浓度下隆，(已知i中的反应)平衡向逆反应方向移动，从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取
(5) 弱
(6) 在水中的溶解度大于；在溶液中的还原性强于；与溶液的反应速率大于
【分析】含有铁元素的粉煤灰，用稀硫酸酸浸，用将氧化成，用伯胺能与反应，生成易溶于煤油的产物，再加入溶液反萃取，加入和，得到，煅烧得到产品。
【详解】（1）过程I中与稀硫酸反应，离子方程式为：；
（2）过程Ⅱ加入过量的作用是：将完全氧化为，有利于与伯胺反应，提高萃取率；
（3）过程Ⅱ加入伯胺-煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是：萃取、分液；
（4）(已知ⅱ中的反应)使浓度下隆，(已知i中的反应)平衡向逆反应方向移动，从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取；
（5）具有碱性，和一样，可以看成是中的H原子被N原子取代，所以中氮原子的杂化类型为；因为的配位体N原子负电荷较大，空间位阻较大，配位能力较弱；过程Ⅳ中先用过量的将水层2中转化为并生成，反应的离子方程式为：；
（6）根据如图所示的信息，的脱除率高于，可能的原因是：在水中的溶解度大于或者在溶液中的还原性强于或者与溶液的反应速率大于；烟气中和的体积比为，假设和物质的量分别为4mol和1mol，由于时的脱除率为，脱硫的反应为：，4mol转化8mol电子，硝的脱除率为，1mol转化为转移的电子数为：mol，转移的电子总数为：，根据得失电子守恒，脱硫和脱硝的过程中转化为，每生成1mol，转移2mol电子，所以生成的物质的量为：，所以。
5．(1) 五 ⅡA
(2)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率
(3)SrCO3＋2CSr＋3CO↑
(4) 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 Ca(OH)2
(5)Sr(OH)2＋HCO＋NH=SrCO3＋H2O＋NH3·H2O
(6)6
【分析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、CaO、BaO、MgO等物质，加入热水浸取，将不溶于热水的氧化镁、Ca(OH)2、C等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶。
【详解】（1）38Sr是38号元素，元素Sr在元素周期表的位置是第五周期，第ⅡA族；
故答案为：五；ⅡA。
（2）反应物的颗粒越小，比表面积越大，即反应物的接触面积越多，反应速率越快，则菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率，提高原料的转化率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料转化率。
（3）分析流程图信息可知，碳酸锶和碳在高温的条件下生成锶和一氧化碳，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；
（4）氢氧化锶溶解度随温度升高而增大、氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，则“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是增大氢氧化锶的溶解度，使氢氧化钙析出；根据分析可知滤渣1中含有焦炭、Ca(OH)2和MgO；
故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；Ca(OH)2。
（5）沉锶”反应中氢氧化锶和NH4HCO3发生反应，产物除了碳酸锶外，还有水和一水合氨，Sr(OH)2＋＋=SrCO3＋H2O＋NH3·H2O；
故答案为：Sr(OH)2＋＋=SrCO3＋H2O＋NH3·H2O。
（6）某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则有：=0.13，解得=6；
故答案为：6。
6．(1)SiO2
(2)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
(3)Mg(OH)2
(4)冷却结晶
(5) Ba2++2F-=BaF2↓ 0.20
(6)0.05
【分析】经过酸浸，滤液中哦主要含有钡离子、亚铁离子、镁离子，加入双氧水后亚铁离子转化为铁离子，调节pH后生成氢氧化铁沉淀，加入NaOH后，生成氢氧化镁沉淀，滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体，以此分析；
【详解】（1）钡矿粉的主要成分有BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质，加入盐酸后，只有二氧化硅不溶于盐酸，因此滤渣A主要为二氧化硅，故答案为：SiO2；
（2）滤液1中加H2O2的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（3）根据题意中常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4，根据流程图，加入双氧水调节pH，主要是去除铁离子，再加20%NaOH溶液调节pH=12.5，主要是去除镁离子，因此得到的滤渣C中主要含有Mg(OH)2；
（4）滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体，故答案为：冷却结晶；
（5）用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。反应的离子方程式为Ba2++2F = BaF2↓，根据Ksp(BaF2)=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5mol/L)，c(F-)= = 0.20mol/L，故答案为：Ba2++2F = BaF2↓；0.20；
（6）根据Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)表达式可知：= ==0.05。
7．(1)BD
(2)CaCO3
(3) 5.5-7.8
(4) 不能 稀HCl具有挥发性，加热蒸煮时会导致稀HCl挥发，影响实验结果 dbaec
【分析】某矿石浸出液中含、、、和，加入过量CaO调节pH使和转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，使转化为CaSO4沉淀，过滤后滤液中存在、、Ca2+，向滤液中加入Na2CO3使Ca2+转化为CaCO3沉淀，过滤后向滤液中加入高纯Na2CO3，经过过滤、洗涤、干燥得到高纯度碳酸锂。
【详解】（1）A．加CaO的目的是除去溶液中的Fe3+、Al3+和，故A错误；
B．搅拌可增大反应速率，提高CaO的利用率，故B正确；
C．CaO溶于水后生成Ca(OH)2，Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，过滤前不能进行煮沸处理，故C错误；
D．滤渣I为Al(OH)3、Fe(OH)3和CaSO4，为防止滤渣溶解，应该选用冷水洗涤，故D正确；
故选BD。
（2）由分析可知，滤渣Ⅱ的主要成分为CaCO3。
（3）0.01mol/L的Fe3+溶液开始沉淀时，pH=1.9，溶液中c(OH-)= ，的。“除杂”应该使Fe3+和Al3+沉淀，应控制的范围是5.5-7.8。
（4）①不能用稀代替，原因是：稀HCl具有挥发性，加热蒸煮时会导致稀HCl挥发，影响实验结果；
②滴定前的正确顺序是：d．查漏、清洗滴定管，b．用NaOH标准溶液润洗滴定管，a．盛装NaOH标准溶液，e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面，c．读数、记录，正确的顺序为：dbaec。
8．(1) 过滤 SiO2、BaSO4
(2)2+2 =2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-
(3)2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
(4) a 偏高 若未煮沸，残留的(NH4)2S2O3会氧化(NH4)2Fe(SO4)2，滴定时消耗更多的(NH4)2Fe(SO4)2，导致滴定结果偏高
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
【详解】（1）步骤①为分离不溶物和溶液，操作为过滤，根据分析可知，滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4。
（2） 具有还原性，酸性条件下将还原为Ce3+，自身被氧化为(SCN2H3)2，反应方程式为2+2 =2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-。
（3）该步骤为碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，发生的反应为2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。
（4）①
a．CeO2不溶于水，步骤ⅰ中将CeO2转化为Ce3+是为了获得可溶性的含铈溶液，便于后续滴定，a正确；
b．(NH4)2S2O3具有强还原性，其中硫元素为0价和+4价，b错误；
c．根据反应过程，Ce4+将亚铁离子氧化成铁离子，溶液中一直存在铁离子，不能用KSCN作指示剂，c错误；
故答案选a。
②根据反应过程，结合得失电子守恒CeO2~Ce3+~Ce4+~[(NH4)2Fe(SO4)2]，CeO2产品的质量分数为。
③若未煮沸，残留的(NH4)2S2O3会氧化(NH4)2Fe(SO4)2，滴定时消耗更多的(NH4)2Fe(SO4)2，导致滴定结果偏高。
9．(1) 催化剂
(2)、
(3)
(4) 空气中的氧气将氧化为，重新进入溶液；发生歧化反应，重新进入溶液 防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
(5)
【分析】本题是一道工业流程题，由闪锌矿粉制备单质锌，首先用硫酸溶解原料，再用空气将酸浸后溶液中的二价铁氧化为赤铁矿除去，随后调节pH，加入铜脱氯，再用单质锌置换后，再用石灰乳脱氟，最后电解即可，以此解题。
【详解】（1）“浸出”时闪锌矿中硫化锌和硫酸反应生成硫酸锌，同时其中的硫离子被氧气氧化为单质硫，方程式为：；由图可知，反应开始时加入在反应过程中又产生，故属于催化剂；
（2）闪锌矿中二氧化硫不能溶解，同时由第一问可知，浸出时会产生单质硫，故“滤渣1”主要成分为：、；
（3）根据流程可知，“加热加压氧化”时溶液中的二价铁被空气中的氧气氧化为赤铁矿，方程式为：；
（4）①根据分析可知，通过生成CuCl来达到脱氯的目的，但是随着时间的延长，空气中氧气可以将+1价铜氧化为+2价铜，再结合信息可知，酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应，重新生成氯离子，故约后脱氯率减小的原因可能为：空气中的氧气将氧化为，重新进入溶液；发生歧化反应，重新进入溶液；
②充分反应后达到沉淀溶解平衡，由于，并且，可得，解得；根据题给信息可知，易形成胶体，则加入石灰石目的为防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率；
（5）脱氟时加入石灰乳，此时溶液显碱性，锌元素以种形式存在，电积时，在阴极得到电子生成单质锌，电极反应式为：。
10．(1) LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF LiPF6易潮解，遇水反应会损耗 当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低 0.043mol/L
(2) 105.11
【分析】在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，过滤得到LiPO2F2，将液体减压蒸馏得到碳酸二甲酯，再过滤、精制得到LiPO2F2。
【详解】（1）①在N2气氛下，在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，则反应I的化学方程式为LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF；故答案为：LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF。
②根据信息LiPF6是一种白色结晶，潮解性强，遇水发生反应LiPF6+H2OLiF+POF3↑+2HF↑，则高纯LiPF6实际反应所加用量比理论用值稍大的原因可能是LiPF6易潮解，遇水反应会损耗；故答案为：LiPF6易潮解，遇水反应会损耗。
③根据题中信息，保持其他实验条件都不变，在精制过程中加入提纯溶剂(杂质和LiPO2F2均可溶解在提纯溶剂中)。由图可知，随着LiPO2F2浓度的减小，产品纯度逐渐增大，收率逐渐降低，其原因可能是当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低；故答案为：当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低。
④已知Ksp(Li2CO3)=8.6×10-4，若向浓度为0.2mol L-1的Li2SO4溶液中加入等体积的Na2CO3溶液能产生沉淀，，解得，则所加Na2CO3溶液的最低浓度为0.043mol/L；故答案为：0.043mol/L。
（2）①根据题中信息pH=1.43时，，pH=6.54时，，则反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数；故答案为：105.11。
②H3PO3与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，说明H3PO3为二元酸，含有两个羟基，一个非羟基氧，则H3PO3的结构式；故答案为：。
11．(1)第四周期第ⅣA族
(2)NaCl
(3)AC
(4) 淀粉溶液 最后半滴碘酸钾溶液滴入后，溶液变蓝色，且半分钟内不褪色
【分析】二氧化锗粗品加入氢氧化钠碱浸，与碱反应生成，与碱反应生成；然后加入氯酸钠将氧化为，加入盐酸蒸馏促进得到GeCl4，水解生成得到，烘干得到高纯；
【详解】（1）Ge位于同主族Si的下一周期，Ge在周期表中的位置是第四周期第ⅣA族；
（2）“氧化”过程是在碱性条件下将氧化为，As元素化合价升高，则氯酸钠中氯元素化合价降低发生还原反应得到氯化钠，故还原产物是NaCl；
（3）蒸馏然后冷凝得到馏分，故操作操作的设备为分馏塔和冷凝塔，故选AC；
（4）由反应可知，反应后会生成碘单质，碘单质能使淀粉溶液变蓝色，故应选用淀粉溶液作指示剂，当出现最后半滴碘酸钾溶液滴入后，溶液变蓝色，且半分钟内不褪色的实验现象时可证明与已完全反应。
12．(1)将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧等（任选一条）
(2) +3 4 FeCr2O4 + 7O2 + 8Na2CO3 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 8CO2
(3) 2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O 4×1014
(4)pH高于10时，偏铝酸根不能完全转化为氢氧化铝，pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，故需控制pH在6~10的范围，让偏铝酸根中铝以氢氧化铝形成存在而过滤除去
(5)2-a
【分析】由题给流程可知，铬铁矿中加入碳酸钠在空气中焙烧时，FeCr2O4转化为氧化铁和铬酸钠，氧化铝转化为偏铝酸钠；焙烧渣加入水水浸、过滤得到氧化铁和含有偏铝酸钠、铬酸钠的滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH，将溶液中偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和铬酸钠溶液；向溶液中继续加入稀硫酸调节溶液pH为1，将铬酸钠转化为重铬酸钠，电解重铬酸钠溶液在阴极得到铬。由图可知不锈钢与电源负极相连，整个装置为电解池，不锈钢做电解池的阴极；阳极为惰性电极，溶液中水电离出的放电，使溶液中的浓度增大，酸性增强，使平衡2 +2H+ +H2O向生成方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7。
【详解】（1）为提高焙烧效率，可以采取的措施为将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧等；
（2）根据正负化合价代数和为零可推知亚铬酸亚铁()中的化合价为+3价；由分析可知，铬铁矿中加入碳酸钠在空气中焙烧时，FeCr2O4转化为氧化铁和铬酸钠，反应的化学方程式为4 FeCr2O4 + 7O2 + 8Na2CO3 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 8CO2；
（3）由分析可知，酸化时发生的反应为铬酸钠溶液与稀硫酸反应生成重铬酸钠和硫酸钠，反应的离子方程式为2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O；由题给数据可知，反应的平衡常数K==4×1014，故答案为：2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O；4×1014；
（4）由分析可知，沉铝时发生的反应为偏铝酸钠与稀硫酸反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，pH高于10时，偏铝酸根不能完全转化为氢氧化铝，pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，故需控制pH在6~10的范围，让偏铝酸根中铝以氢氧化铝形成存在而过滤除去；
（5）起始时，设K2CrO4为1mol，反应过程中有xmol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余的K2CrO4为(1-x) mol，对应的n(K)=2(1-x) mol，n(Cr)=(1-x) mol，生成的K2Cr2O7为 mol，对应的n(K)=xmol，n(Cr)= xmol，则，解得x=2-a，则转化率为2-a。
13．(1)
(2)
(3) 加入使用6的NaOH溶液和2的溶液配制的pH=13的NaOH溶液，过滤。 使用2的溶液调滤液pH=8.6，沉淀，过滤，焙烧
(4) 12
【分析】有色冶金废渣中主要含有铜、镍、锌元素，首先加入H2SO4溶解，使得铜、镍、锌生成对应离子，加入NaHSO3，可与铜离子发生氧化还原反应生成；然后加入(NH4)2C2O4，沉淀镍和锌，最后焙烧得到ZnO和NiO；据此分析解题。
【详解】（1）加入NaHSO3，可与铜离子发生氧化还原反应生成；化学方程式为；故答案为。
（2）已知：，。若沉淀后上层清液中，则；故答案为。
（3）①已知NiO不溶于碱，根据图-1可知，pH=13时，Zn(OH)2浸出率最高，先使用6的NaOH溶液和2的溶液配制pH=13的NaOH溶液，然后加入得到的氧化物混合物中，过滤得到氧化镍；故答案为加入使用6的NaOH溶液和2的溶液配制的pH=13的NaOH溶液，过滤。
②使用2的溶液调滤液pH=8.6，沉淀，过滤，焙烧后得到氧化锌固体；故答案为使用2的溶液调滤液pH=8.6，沉淀，过滤，焙烧。
（4）根据ZnO的晶胞机构，Zn原子位于顶点和面心，以上底面顶点Zn原子为研究对象，在一个晶胞中与该Zn原子距离最近的Zn原子数有3个，通过该平面可以形成4个晶胞，故在晶胞中与Zn原子距离且最近的Zn原子数共有12个；关键晶胞结构可知：晶胞在Z轴的投影情况是：Zn原子位于正方形的四个顶点上，四条棱边中心上和面心上，4个O原子分别位于面内对角线离顶点四分之一处，可用图示可表示为；故答案为12；。
14．(1)蒸馏
(2)B
(3)C
(4) SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+ 44.8L
(5)B
(6) 分液漏斗 D
【分析】海水中可通过结晶得到粗盐，粗盐经除杂提纯得到精盐；精盐配置成饱和食盐水，通过电解饱和食盐水得到氯气；分离出氯化钠之后的母液中含有氯化镁，溴化钠，母液中通氯气，氯气与溴化钠反应置换出溴单质，然后用热空气或水蒸气将溴单质吹出，吹出的溴用二氧化硫水溶液吸收，吸收液中再通氯气将溴置换出来，然后经萃取、分液、蒸馏得到液溴。吹出溴单质后的溶液中加石灰乳生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加盐酸溶解生成氯化镁，氯化镁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，氯化镁晶体在HCl气氛中脱水得到无水氯化镁，无水氯化镁熔融电解得到镁单质； 石灰乳可通过贝壳灼烧生成生石灰，生石灰加水得到。据此分析解答。
【详解】（1）蒸馏法是历史最久，技术和工艺比较成熟的得到淡水的方法，但成本较高；
（2）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，钙离子用碳酸钠沉淀除去，镁离子用氢氧化钠沉淀除去，硫酸根离子用氯化钡沉淀除去，因除杂试剂需过量，且过量的除杂试剂需用后续试剂除去，因此碳酸钠需在氯化钡之后加入，NaOH只需在盐酸前即可，最后加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，故B正确；
（3）步骤II通入热空气或水蒸气吹出Br2，是因为溴的沸点较低，易挥发，故C正确；
（4）步骤III中溴单质与二氧化硫反应生成HBr和硫酸，反应离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+，获得lmo1Br2，理论上从步骤II开始，需经过两次反应：2Br-+Cl2= Br2+2Cl-；则消耗2mol氯气，标况下体积为44.8L；
（5）Br2具有强氧化性，且溶于水先酸性，则还原性物质和碱性物质能与其反应，结合选项可知B碳酸钠溶液显碱性能与溴单质反应，故B正确；
（6）萃取所用主要玻璃仪器为分液漏斗；乙醇和乙酸均易溶于水，不能从溴水中萃取溴单质；裂化汽油中含不饱和碳碳双键能与溴单质反应，不能萃取溴；四氯化碳与溴单质不反应，且不溶于水，可作萃取剂，故D正确。
15．(1)SiO2
(2)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
(3)Mg(OH)2
(4) 加热浓缩 过滤
(5) Ba2++2F = BaF2↓ 0.2
(6)0.05
【分析】经过酸浸，滤液中哦主要含有钡离子、亚铁离子、镁离子，加入双氧水后亚铁离子转化为铁离子，调节pH后生成氢氧化铁沉淀，加入NaOH后，生成氢氧化镁沉淀，滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体，以此分析；
【详解】（1）钡矿粉的主要成分有BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质，加入盐酸后，只有二氧化硅不溶于盐酸，因此滤渣A主要为二氧化硅；
故答案为：SiO2；
（2）滤液1中加H2O2的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（3）根据题意中常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4，根据流程图，加入双氧水调节pH，主要是去除铁离子，再加20%NaOH溶液调节pH=12.5，主要是去除镁离子，因此得到的滤渣C中主要含有Mg(OH)2；
故答案为：Mg(OH)2；
（4）滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体；
故答案为：加热浓缩；过滤；
（5）用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。反应的离子方程式为Ba2++2F = BaF2↓，根据Ksp(BaF2)=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5L)，c(F-) == 0.2mol/L；
故答案为：Ba2++2F = BaF2↓；0.2；
（6）根据Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)表达式可知：= ==0.05；
故答案为：0.05。
16．(1)
(2)
(3)Fe(OH)3
(4) Fe2+、H+ H2SO4
(5)(1，，)
(6)
【分析】废镍渣，粉碎后加入NaOH溶液碱浸，则废镍渣中的和NaOH反应，反应的离子方程式为；通过过滤分离，剩下的物质经过焙烧加入,金属变成硫酸盐，与反应生成的盐为,同时又氨气生成；95℃热水溶解，水解为；经过萃取将分离，得到含的有机层，最后得到；
【详解】（1）根据分析可知，“碱浸”时发生反应的离子方程式为：；
（2）根据分析可知，“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，则NiO与的方程式为;
（3）烧渣中含有，95℃热水“溶解”水解为，则过滤所得滤渣的化学式为；
（4）从表中数据可以看出，当为0.25时，萃取率分别为99%，5%,所以进入有机相，主要存在于水中和萃取过程中产生在水层；为了从有机相中获得金属离子，需要使平衡逆向，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；
（5）NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），C在x,y,z轴上的投影分别是1，，，所以C的晶胞参数为（1，，）；
（6）根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围，每个O原子被3个Ni原子包围，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=，实际上每个Ni原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为，O原子个数=，每平方米面积上分散的该晶体的质量=。
17．(1) 加热或升华 KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率 3+3I2=5I-++3CO2↑；
(2) 2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO 1000℃ 防止Ti被氧化变质 Mg和Cl2
【详解】（1）NaNO2溶液只能将I 氧化为I2而自身还原为NO，反应为。活性炭和I2均为固体，两者升华温度不同，加热I2易升华可将二者分离。KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率。每吸收3mol I2转移5mol电子，即I2在该反应中发生歧化反应产生I-和，该反应为3+3I2=5I-++3CO2↑。
答案为；加热或升华；KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率；3+3I2=5I-++3CO2↑；
（2）反应Ⅰ将TiO2转化为TiCl4，反应Ⅱ为Mg将TiCl4还原为Ti。焦炭与Cl2、TiO2反应产生TiCl4和CO，反应为2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO。反应Ⅱ中产生了金属Ti，充入Ar防止其被氧化变质。1000和1500℃在30min时达到提取最高值，但1500℃提取率相比1000℃提取率没有太大提高，所以最佳条件为1000℃、30min。上述过程Ⅰ用到Cl2，而过程Ⅱ用到了Mg，但同时MgCl2电解产生了Mg和Cl2。所以可循环的物质为Mg和Cl2。答案为2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO；1000℃；防止Ti被氧化变质；Mg和Cl2。
18．(1)粉碎含锰矿料(或适当加热、或搅拌)
(2)MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O
(3) Fe(OH)3 3.7≤pH<7.6
(4)4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O
(5)3.0×10 13> c(S2 )≥3.0×10 21
(6) sp3 4
【分析】含锰矿料加硫酸溶解，MnCO3、Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO均溶于硫酸分别生成硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钴，二氧化硅不溶于酸过滤除去，滤液中加二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH值使三价铁完全沉淀为氢氧化铁除去，再过滤，滤液中加硫化钠，将钴转化为CoS沉淀除去，再过滤，滤液中加碳酸钠，生成碱式碳酸锰，碱式碳酸锰与碳酸锂、氧气反应生成LiMn2O4和二氧化碳，据此分析解答。
【详解】（1）提高“酸浸”速率可将矿料粉碎增大接触面积，也可适当升高温度或进行搅拌，故答案为：粉碎含锰矿料(或适当加热、或搅拌)；
（2）“除杂1”时，加入MnO2将亚铁离子氧化为三价铁，1mol亚铁离子失去1mol电子，1mol二氧化锰转化为锰离子得2mol电子，根据得失电子守恒得离子方程式：MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O，故答案为：MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O；
（3）加二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH值使三价铁完全沉淀为氢氧化铁除去，则另一种固体为Fe(OH)3；结合表中数据，为使三价铁离子完全沉淀，而不能使Co、Mn沉淀，则pH值范围为：，故答案为：Fe(OH)3；3.7≤pH<7.6；
（4）碱式碳酸锰与碳酸锂、氧气高温下反应生成LiMn2O4和二氧化碳，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O，故答案为：4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O；
（5）Ksp(CoS)＝3.0 × 10 26、Ksp(MnS)＝3.0 × 10 14。假设“除杂1”后的溶液中c()为 0.1mol L 1，则c(S2 ) ；为了使残液中 c(Co2 + )≤ 1.0 × 10 5 mol L 1，则c(S2 )=，故答案为：3.0×10 13> c(S2 )≥3.0×10 21；
（6）PO 的中心原子P的价层电子对数为4，孤电子对数为0，中心原子P为sp3杂化；由图可知白球表示Li，每个晶胞中锂离子个数为，故一个晶胞中有4个LiFePO4，晶胞中含有正八面体的数目为4，故答案为：sp3；4
答案第1页，共2页
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1．（2023春·上海宝山·高三上海市吴淞中学校考阶段练习）胆矾()是一种蓝色晶体，具有催吐、壮腐蚀疮的功效。某化学兴趣小组利用工业生产中的粗氧化铜废料(其中含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制备，并测定结晶水的含量。实验流程如下：
已知三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的范围如图所示：
(1)步骤①中，为了加快酸浸速率，可采取的措施有 、 (至少写两点)。
(2)物质X用于氧化，以下试剂可选用的有 。(填选项)
a．氢氧化钠 b．双氧水 c．铁粉 d．高锰酸钾
(3)步骤⑤的化学方程式是 。
(4)①从溶液C到制得硫酸铜晶体，实验操作步骤是： 、冷却结晶、 、洗涤干燥。
②步骤④进行冷却结晶时可采用不同降温方式，测得颗粒大小分布如图所示。而测定结晶水的含量时，常选择加热相对较小的晶粒，由此宜选择 (填选项)方式进行冷却结晶。
A．快速降温 B．缓慢降温 C．变速降温
(5)根据实验数据，胆矾中结晶水 (只要写表达式)
(6)在测定所得胆矾()中结晶水x值的实验过程中：称量操作至少进行 次若测定结果x值偏大，可能的原因是 。(填选项)
a．加热温度过高 b．胆矾晶体的颗粒较大
c．加热后放在空气中冷却 d．加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出
2．（2023·北京海淀·北京市十一学校校考三模）磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，流程如图：
资料：碳酸锂在水中溶解度：
温度/ 0 20 40 60 80 100
溶解度/g 1.54 1.33 1.17 1.01 0.85 0.72
(1)Ⅱ步加入过量溶液后，滤液1中存在的主要阴离子是 。
(2)Ⅲ步浸取加入的氧化剂最佳选择是_______(填字母)。
A． B．酸性 C． D．
(3)滤液2中，加入等体积的溶液后，的沉降率达到90%，母液中 。
(4)为将粗品提纯，VI步使用 (填“热”或“冰”)水进行洗涤操作，理由是 。
(5)上述流程中可循环使用的物质有 。
(6)工业上将回收的粉碎与足量的炭黑混合高温灼烧再生制备，反应的化学方程式为 。
(7)若采用钛酸锂()和磷酸亚铁锂()作电极组成电池，其工作原理为：。该电池充电时阳极反应是 。
3．（2023春·浙江·高三校联考阶段练习）某研究小组制备，再利用高温合成法制备无水，流程如下：
已知：(1)铬铁矿的主要成分为。
(2)高温条件下能被氧化。
请回答：
(1)下列有关说法不正确的是_______。
A．步骤Ⅰ，将铬铁矿置于熔盐形成的液体中可增大接触面积，加快反应速率
B．步骤Ⅱ，浸取过滤后所得滤渣为
C．步骤Ⅴ，用蒸馏水反复洗涤样品至滴下液体为无色时，可视为洗涤完成
D．步骤Ⅵ，不断增大的流速，可大幅提高的产量
(2)已知的沸点为，为保证稳定的气流，适宜的加热方式为 。
(3)制备无水时，在的条件下进行的目的是 。
(4)为测定无水中铬元素含量，可用已知浓度的硫酸亚铁铵标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_______”上填写一件最关键仪器，“”内填写一种操作，均用字母表示]。_______(精确称取无水样品)→放入锥形瓶中(_______)→往锥形瓶中(_______)(_______)→用_______(盛装硫酸亚铁铵标准溶液，滴定)→滴定至中) 。
【仪器】a.托盘天平；b.酸式滴定管；c.分析天平；d.碱式滴定管；e.锥形瓶
【操作】f.加2滴-苯代邻氨基苯甲酸溶液；g.加后加热至样品溶解； h.加入过硫酸铵溶液，加热使氧化成，冷却； i.溶液颜色由櫻桃红色变为亮绿色至滴定终点
(5)如果固态中有痕量的存在，则与水迅速反应生成的水合物，将其溶液蒸发可析暗绿色的晶体，若将暗绿色溶液冷却到以下，并通入气体，则可析出紫色晶体。用乙醚处理紫色溶液并通入气体后，就析出了另一种淡绿色晶体，则上述紫色晶体和淡绿色晶体的化学式分别为 、 。(已知等量的暗绿色晶体、紫色晶体、淡绿色晶体消耗的硝酸银的物质的量之比为)
4．（2023春·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考阶段练习）我国煤储量居世界第一，对煤的综合、高效、无害化利用是二十一世纪能源战略的重要组成部分，利用含铁元素的粉煤灰获得纳米等重要物质的工艺流程如下。
已知：i：伯胺能与反应：生成易溶于煤油的产物。
ii：在水溶液中易与反应：
(1)写出过程I中发生反应的离子方程式： 。
(2)过程Ⅱ加入过量的作用是 。
(3)过程Ⅱ加入伯胺-煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是 。
(4)从化学平衡角度解释过程Ⅱ利用溶液进行反萃取的原理： 。
(5)具有碱性，可与结合生成，其中氮原子的杂化类型为 从结构角度分析，它比配位能力 (“强”或“弱”)，过程Ⅳ中先用过量的将水层2中转化为并生成，反应的离子方程式为 ，得到的再被氧化为。
(6)以溶液作为吸收剂对燃煤烟气进行一体化“脱硫”、“脱硝”。控制溶液的，将烟气中的、转化为、，均为放热反应。
①一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如下图，的脱除率高于，可能的原因是 (写出1种即可)。
②烟气中和的体积比为，时的脱除率见图，则此吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为 。
5．（2023春·山西运城·高三康杰中学校考阶段练习）碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
Sr(OH)2在水中的溶解度
温度/℃ 10 20 30 40 60 80 90 100
溶解度/(g/100 g) 1.25 1.77 2.64 3.95 8.42 20.2 44.5 91.2
已知：Be、Mg、Ca、Sr、Ba位于同一主族，它们统称为碱土金属。
(1)元素38Sr位于元素周期表第 周期第 族。
(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是 。
(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成单质Sr的化学方程式为 。
(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是 。滤渣1含有焦炭、 和MgO。
(5)“沉锶”中反应的离子方程式为 。
(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为 (取整数)。
6．（2023春·四川遂宁·高三射洪中学校考阶段练习）氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器等。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质)为原料制备氟化钡的流程如图：
已知：常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。
(1)滤渣A主要成分的化学式为 。
(2)滤液1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式为 。
(3)加20%NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C的主要成分是 。
(4)滤液3加入盐酸酸化后再经蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、真空干燥等一系列操作后得到BaCl2 2H2O。
(5)常温下，用BaCl2 2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式： 。已知Ksp(BaF2)=4.0×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5mol/L)，至少需要的氟离子浓度是 mol/L。
(6)已知：Ksp(BaCO3)=2.0×10-9，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10。将氯化钡溶液滴入等物质的量浓度的硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，当BaCO3开始沉淀时，溶液中= 。
7．（2023春·浙江·高三校联考阶段练习）某矿石浸出液中含、、、和，利用该浸出液生产高纯度碳酸锂的工艺流程如下：
常温下，有关金属离子开始沉淀、沉淀完全、开始溶解和溶解完全的pH见下表：
氢氧化物 pH值 pH值
开始沉淀 沉淀完全 开始溶解 溶解完全
1.9 3.2 14
3.3 5.2 7.8 10.8
请回答：
(1)下列关于“除杂”操作环节的叙述正确的是______。
A．加的目的是除去溶液中的、
B．搅拌可提高的利用率
C．过滤前，需要进行煮沸操作
D．洗涤滤渣I，应该选用冷水
(2)滤渣Ⅱ的主要成分为 (填化学式)。
(3)利用表中数据，计算的 。“除杂”应控制的范围是 。
(4)产品纯度测定：称取一定质量产品，加过量溶液，煮2分钟后加水稀释，再转移至容量瓶中并定容，取出用溶液滴定至终点。
①能否用稀代替， (选填“能”或“不能”)，原因是 。
②滴定前的下列操作的正确顺序是 (填字母)。
a．盛装标准溶液
b．用标准溶液润洗
c．读数、记录
d．查漏、清洗
e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面
8．（2023·北京海淀·人大附中校考三模）以氟碳铈矿(含、、等)制备氧化铈的流程如下：
已知：ⅰ.硫脲结构简式为，酸性条件下易被氧化为。
ⅱ.和均难溶于水。
(1)步骤①的操作是 ；滤渣A的主要成分是 (填写化学式)。
(2)加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为 。
(3)步骤④加入离子方程式为 。
(4)质量分数测定的步骤如下：
ⅰ.取所得产品加入过量得到溶液，完全反应后，煮沸一段时间；
ⅱ.加入过量将氧化为，控温加热；
ⅲ.待反应瓶中无气泡后，继续煮沸两分钟；
ⅳ.加入两滴指示剂，用硫酸亚铁铵标准液滴定，到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液。
已知：受热易分解。
①下列说法正确的是 。
a．步骤ⅰ中将转化为是为了获得可溶性的含铈溶液，便于后续滴定
b．具有强氧化性，其中硫元素为价
c．步骤ⅳ中的指示剂可以用KSCN
②产品的质量分数为 。(列出计算式，的摩尔质量为)
③若未进行步骤ⅲ，会导致滴定结果 (填“偏高”或“偏低”)。理由是 。
9．（2023·全国·高三专题练习）工业利用闪锌矿(主要成分，还含有、、石英及、等杂质)富氧酸浸提取锌，同时实现环保除铁的工艺流程如下：
已知：①酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应；
②易形成胶体。
回答下列问题：
(1)“浸出”过程原理如图1a所示， “浸出”的总反应的化学方程式为 。对比人造闪锌矿浸出原理(如图1b所示)，可知“浸出”过程中的作用为 。
(2)“滤渣1”主要成分为 。
(3)“加热加压氧化”发生反应的离子方程式为 。
(4)“电积”时，、会腐蚀电极板，需提前除净。
①“脱氯”时，脱氯率随时间变化如图2，约后脱氯率减小的原因可能为 。
②“脱氟时，先按物质的量之比加入脱氟，充分反应后， [已知，且不考虑沉淀]；后加入石灰石，目的为 。
(5)写出“电积”生成锌的电极反应式 。
10．（2023·江苏·校联考模拟预测）磷的化合物应用广泛。
(1)磷酸锂(LiPO2F2)作为电解液添加剂能够有效提升锂电池的循环性能。在N2气氛下，在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，其流程如图：
已知：LiPF6是一种白色结晶，潮解性强，遇水发生反应LiPF6+H2OLiF+POF3↑+2HF↑
①反应I的化学方程式为 。
②高纯LiPF6实际反应所加用量比理论用值稍大的原因可能是 。
③保持其他实验条件都不变，在精制过程中加入提纯溶剂(杂质和LiPO2F2均可溶解在提纯溶剂中)，LiPO2F2在提纯溶剂中的浓度对产品纯度和收率(收率=×100%)的影响如图所示。由图可知，随着LiPO2F2浓度的减小，产品纯度逐渐增大，收率逐渐降低.其原因可能是 。
④已知Ksp(Li2CO3)=8.6×10-4，若向浓度为0.2mol L-1的Li2SO4溶液中加入等体积的Na2CO3溶液能产生沉淀，则所加Na2CO3溶液的最低浓度为 。
(2)①常温下，H3PO3(亚磷酸)溶液中含磷粒子的浓度之和为0.1mol L-1，溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。则反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K= 。
②H3PO3与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，画出H3PO3的结构式 。
11．（2023春·浙江杭州·高三期中）俄国化学家门捷列夫在研究周期表时预言了“类硅”元素锗Ge和“类铝”元素镓Ga等11种元素。一种提纯二氧化锗粗品(主要含、)的工艺如下：
已知：①与碱反应生成；与碱反应生成；
②极易发生水解反应生成；
(1)Ge位于同主族Si的下一周期，Ge在周期表中的位置是 。
(2)“氧化”过程是在碱性条件下将氧化为，则还原产物是 (填化学式)
(3)工业上与蒸馏操作相关的设备有___________
A．分馏塔 B．离心萃取机 C．冷凝塔 D．加压过滤机
(4)高纯二氧化锗的含量常采用碘酸钾()法进行测定。步骤如下：
a．称取一定质量的高纯二氧化锗样品，加入氢氧化钠在电炉溶解，生成
b．加入次亚磷酸钠溶液还原为
c．用的碘酸钾溶液滴入上述b溶液中，并先后发生如下反应：；(已知20℃以下，次亚磷酸钠与和均不反应)。
为准确计算样品中二氧化锗的质量分数，应选用 作指示剂，当出现 的实验现象时可证明与已完全反应。
12．（2023·江西新余·统考二模）铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可以采取的措施为 。
(2)亚铬酸亚铁()中的化合价为 ，“焙烧”中反应的化学方程式为 。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为 ，已知：酸化”后溶液中，2×10-8。则该温度下该反应的平衡常数等于 。
(4)“沉铝”需控制的原因为 。
(5)以铬酸钾(K2CrO4)为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。
测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为a，则此时铬酸钾的转化率为 。
13．（2023·江苏盐城·统考三模）有色冶金废渣中主要含有铜、镍、锌元素。其分离的部分工艺流程如下：
(1)“沉铜”中生成的化学反应方程式为 。
(2)“沉镍锌”步骤中溶液中的、形成草酸盐沉淀。
已知：，。若沉淀后上层清液中，则 。
(3)分离焙烧得到的NiO、ZnO混合物。已知NiO不溶于碱，ZnO的浸出率随pH的变化如图-1所示，沉淀率随pH的变化如图-2所示。具体步骤如下：
①向焙烧得到的氧化物混合物中， ，得到氧化镍；
② ，得到氧化锌固体(实验中须使用的试剂：6的NaOH溶液、2的溶液、溶液)。
(4)氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，其中与Zn原子距离最近的Zn原子数目有 个，请在图乙中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。
14．（2023春·四川眉山·高三眉山市彭山区第一中学校考阶段练习）我国有广阔的海岸线，海水是巨大的资源宝库，海水淡化及其综合利用具有重要意义。请回答下列问题：
(1)历史最久，技术和工艺也比较成熟，但成本较高的海水淡化的方法是 法：
(2)步骤1中，粗盐中含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子，精制时常用的试剂有：①稀盐酸；②氯化钡溶液；③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。下列加入试剂的顺序正确的是___________(填字母)
A．①②③④ B．②③④① C．④③②① D．③④②①
(3)步骤II通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用了溴的___________(填字母)
A．氧化性 B．还原性 C．挥发性 D．腐蚀性
(4)写出步骤III反应的离子方程式 ；假设最后获得lmo1Br2，理论上从步骤II开始，至少消耗 LCl2(标准状况下)。
(5)从理论上考虑，下列物质的溶液也能与Br2反应的是___________(填字母)
A．NaCl B．Na2CO3 C．Na2SO4 D．FeCl3
(6)在实验室中可以用萃取的方法提取溴，所用主要玻璃仪器的名称是 ，可选用的试剂是 (填字母)，
A．乙醇 B．乙酸 C．裂化汽油 D．四氯化碳
15．（2023春·四川绵阳·高三四川省绵阳南山中学校考期中）氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器等。以钡矿粉(主要成分为BaCO3，含有SiO2、Fe2＋、Mg2＋等杂质)为原料制备氟化钡的流程如下：
已知：常温下Fe3＋、Mg2＋完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。
(1)滤渣A主要成分的化学式为 。
(2)滤液1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式为 。
(3)加20%NaOH溶液调节pH=12.5，得到滤渣C的主要成分是 。
(4)滤液3加入盐酸酸化后再经 、 、过滤、洗涤、真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O。
(5)常温下，用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式： 。已知Ksp(BaF2)=4.0×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5mol/L)，至少需要的氟离子浓度是 mol/L。
(6)已知：Ksp(BaCO3)=2.0×10-9，Ksp(BaSO4)=1.0×10-10.将氯化钡溶液滴入等物质的量浓度的硫酸钠和碳酸钠的混合溶液中，当BaCO3开始沉淀时，溶液中= 。
16．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考模拟预测）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+为金属离子，RH为萃取剂)，萃取率与的关系如下表所示，当时，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)碳酸镍受热可分解为NiO，NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为 。
(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知的半径为apm，设阿佛伽德罗常数的值为NA，每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g(用含a、NA的代数式表示)。
17．（2023春·黑龙江七台河·高三勃利县高级中学校考阶段练习）科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值。请回答下列问题：
(1)活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：
已知：时，Ⅰ.溶液只能将氧化为，同时生成NO
Ⅱ.
①氧化过程的离子方程式为 。
②根据的特性，分离操作X为 ，冷凝得到粗碘。
③酸性是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的，原因是 。
④活性炭上吸附的还能用浓溶液吸收，每吸收转移5mol电子，该反应的离子方程式是 。
(2)以金红石(主要成分为)为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：
①Ⅰ在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体。Ⅰ中反应的化学方程式为 。
②Ⅱ中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，则反应适宜的温度为 ℃。
③Ⅱ中氩气的作用是 。
④海绵钛除杂时得到的可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有 (填化学式)。
18．（2023秋·安徽芜湖·高三统考期末）LiMn2O4、LiFePO4是锂离子电池常用的活性材料。某小组以含锰矿料(主要成分是MnCO3，含少量Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO和SiO2)为原料制备LiMn2O4的流程如图所示(部分条件和产物省略)。
已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Mn(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 7.5 7.6 7.8
完全沉淀的pH 3.7 9.7 9.2 10.4
请回答下列问题：
(1)写出一条提高“酸浸”速率的措施： 。
(2)“除杂1”时，加入MnO2的作用是 (用离子方程式表示)。
(3)要使“固体1”中除了含有MnO2外，只含另外一种固体，其化学式为 ，则“除杂1”过程调节pH范围为 。
(4)在高温下“合成”LiMn2O4，反应的化学方程式为 。
(5)已知：常温下，Ksp(CoS)＝3.0 × 10 26、Ksp(MnS)＝3.0 × 10 14。假设“除杂1”后的溶液中c()为 0.1mol L 1，为了使残液中 c(Co2 + )≤ 1.0 × 10 5 mol L 1，必须控制 c(S2 ) 的范围为 mol L 1。
(6)固体1可作为LiFePO4的原料。LiFePO4晶胞结构如图所示，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。LiFePO4晶胞中P的杂化轨道类型为 ，晶胞中含有正八面体的数目为 。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) 将粗氧化铜粉碎成细颗粒 适当增加硫酸的浓度(适当升高温度等)
(2)b
(3)CuSO4·xH2OCuSO4+xH2O
(4) 加热浓缩 过滤 A
(5)
(6) 4 ad
【分析】粗氧化铜(其中含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)加入足量的稀硫酸，氧化亚铁和氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，则沉淀I为不溶物，溶液A中溶质为FeSO4、 CuSO4、H2SO4；需要获得纯净的硫酸铜晶体，应该先除去亚杂质铁离子、铁离子，由于亚铁离子完全沉淀的pH=9.6，此时铜离子也完全沉淀，而铁离子完全沉淀的pH=3.7，此时铜离子没有生成沉淀，所以应该加入X将亚铁离子氧化成铁离子，并且选用的氧化剂不能引进杂质离子，不能产生污染大气的气体，所以试剂X为双氧水；B溶液中含有铁离子和铜离子，加入氢氧化铜固体调节溶液的pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀而除去，则沉淀II为氢氧化铁；溶液C为硫酸铜溶液，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥的操作方法获得硫酸铜晶体。
【详解】（1）酸浸粗氧化铜的过程中，增大反应物的接触面积、增大浓度、升高温度等都能加快反应速率，故可采取的措施有：将粗氧化铜粉碎成细颗粒、适当增加硫酸的浓度、适当升高温度等任意一点；
（2）加入X将亚铁离子氧化成铁离子，并且选用的氧化剂不能引进杂质离子，不能产生污染大气的气体，所以应该选用B双氧水，故答案为：B；
（3）步骤的化学方程式为CuSO4·xH2OCuSO4+xH2O；
（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为：加热浓缩；过滤；
由图可知，快速降温得到晶粒较小的质量分数最大，较大的质量分数最小，故选A。
（5）加热分解胆矾生成硫酸铜和水，可得关系式
解得x=；
（6）测定所得胆矾(CuSO4·xH2O) 中结晶水x值，应称量坩埚的质量，坩埚和晶体的质量，加热后坩埚的质量，加热后再称量一次坩埚的质量，判断质量是否在误差允许范围内及两次值是否相差不超过0.1g，所以至少称量4次；
a.加热温度过高，会导致硫酸铜分解，质量变化较大，导致结果偏大，故a正确；
b.胆矾晶体的颗粒较大，会导致晶体解热分解不完全，质量变化偏小，结果偏小，故b错误；
c.加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，导致测定结果偏小，故c错
误；
d.加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，导致测定的结晶水的质量偏大，测定的x值偏大，故d正确；
故选ad。
2．(1)
(2)C
(3)0.16
(4) 热 温度升高，碳酸锂溶解度减小，热水可减少溶解损失
(5)
(6)
(7)
【分析】加入NaOH溶液溶解Al变为NaAlO2，而不溶的杂质和LiFePO4经过滤进入滤渣1。滤渣1经盐酸和氧化浸取处理后得到不溶的滤渣和浸出液Li3PO4和FeCl3、HCl等。浸出液用Na2CO3调pH使Fe3+转变为FePO4·H2O沉淀和含有LiCl和NaCl、Na2CO3的滤液2。滤液2加入Na2CO3在60-80℃处理将Li+转变为Li2CO3沉淀。
【详解】（1）Al转变为NaAlO2和过量的NaOH均进入滤液1，所以阴离子为OH-和。
（2）A．HNO3氧化铁时自身被还原为NO污染环境，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾氧化铁时产生Mn2+可能与Li+共沉淀，同时高锰酸钾还与盐酸产生Cl2污染环境浪费原料，B项不符合题意；
C．H2O2氧化铁时产生H2O无污染不干扰后续反应，C项符合题意；
D．NaClO3与盐酸反应产生Cl2污染环境浪费原料，D项不符合题意；
故选C。
（3）滤液2中c(Li+)=2mol L 1，加入等体积的Na2CO3溶液后，Li+的沉降率达到90%，即沉淀后溶液中c(Li+)=1×10%=0.1mol/L，利用Ksp(Li2CO3)=1.6×10 3=c()c2(Li+)得到c()=0.16mol/L。
（4）从表格数据看，随着温度的升高Li2CO3的溶解度降低，选用热水洗涤。
（5）从图看将浸出液进行了循环，浸出液中含有盐酸和H2O2。还有最终得到Li2CO3的母液和滤液2中均还有大量的Na2CO3，所以可以循环的物质有盐酸和H2O2、 Na2CO3。
（6）炭黑将FePO4还原为LiFePO4而自身还原为CO，反应为。
（7）充电即为电解池，阳极发生氧化反应即LiFePO4→FePO4，反应为。
3．(1)BD
(2)水浴加热(并用温度计显示水浴温度)
(3)排出体系中的氧气；鼓气使反应物进入反应装置中进行反应
(4)
(5)
【分析】铬铁矿和熔融碳酸钠、氧气焙烧得到铁、铬的氧化物，水浸后除去氧化铁，滤液酸化得到重铬酸钠，加热后使用无水乙醇、柠檬酸处理后洗涤干燥得到氧化铬，在氮气氛围中和四氯化碳生成三氯化铬。
【详解】（1）A．步骤Ⅰ，将铬铁矿置于熔盐形成的液体中可增大接触面积，加快反应速率，A正确；
B．由于步骤Ⅰ中通入，则在步骤Ⅰ氧化到了+3价，所以步骤Ⅱ，浸取过滤后所得滤渣为，B错误；
C．步骤Ⅴ，用蒸馏水反复洗涤样品，主要是为了洗去有色离子，所以用蒸馏水反复洗涤样品至滴下液体为无色时，可视为洗涤完成，C正确；
D．步骤Ⅵ，不断增大的流速导致反应进行不充分，反而不利于的产生，D错误；
故选BD；
（2）已知的沸点为，低于水的沸点，故为保证稳定的气流，适宜的加热方式为水浴加热(并用温度计显示水浴温度)；
（3）根据已知可知在高温条件下能被氧化，所以可利用排出体系中的氧气，防止高温条件下被氧化。根据实验流程可知是利用带入反应体系中的。所以答案是①排出体系中的氧气，②鼓气使反应物进入反应装置中进行反应。
（4）利用滴定的方法确定样品的纯度，要精确称取无水样品，所以应选用c．分析天平。第二步放入锥形瓶中后应是样品溶解，应选g．加后加热至样品溶解。第三步是把氧化成且加入指示剂，应选用h．加入过硫酸铵溶液，加热使氧化成，冷却，f．加2滴-苯代邻氨基苯甲酸溶液。第四步是选择装硫酸亚铁的合适的滴定管，由于硫酸亚铁显酸性，所以应选b．酸式滴定管。第五步是确定滴定终点，所以应选i．溶液颜色由樱桃红色变为亮绿色至滴定终点。所以答案是。
（5）暗绿色的晶体溶于水能电离出的氯离子，所以能消耗硝酸银，又因为等量的三种有色物质消耗的硝酸银的物质的量之比为，所以可知紫色晶体和淡绿色晶体能分别电离出氯离子和氯离子，又因为一般都是6配位的，所以紫色晶体和淡绿色晶体的化学式分别为、。
4．(1)
(2)将完全氧化为，有利于与伯胺反应，提高萃取率
(3)萃取、分液
(4)(已知ⅱ中的反应)使浓度下隆，(已知i中的反应)平衡向逆反应方向移动，从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取
(5) 弱
(6) 在水中的溶解度大于；在溶液中的还原性强于；与溶液的反应速率大于
【分析】含有铁元素的粉煤灰，用稀硫酸酸浸，用将氧化成，用伯胺能与反应，生成易溶于煤油的产物，再加入溶液反萃取，加入和，得到，煅烧得到产品。
【详解】（1）过程I中与稀硫酸反应，离子方程式为：；
（2）过程Ⅱ加入过量的作用是：将完全氧化为，有利于与伯胺反应，提高萃取率；
（3）过程Ⅱ加入伯胺-煤油对浸取液进行分离，该操作的名称是：萃取、分液；
（4）(已知ⅱ中的反应)使浓度下隆，(已知i中的反应)平衡向逆反应方向移动，从易溶于煤油的物质中转化到易溶于水的物质中，实现反萃取；
（5）具有碱性，和一样，可以看成是中的H原子被N原子取代，所以中氮原子的杂化类型为；因为的配位体N原子负电荷较大，空间位阻较大，配位能力较弱；过程Ⅳ中先用过量的将水层2中转化为并生成，反应的离子方程式为：；
（6）根据如图所示的信息，的脱除率高于，可能的原因是：在水中的溶解度大于或者在溶液中的还原性强于或者与溶液的反应速率大于；烟气中和的体积比为，假设和物质的量分别为4mol和1mol，由于时的脱除率为，脱硫的反应为：，4mol转化8mol电子，硝的脱除率为，1mol转化为转移的电子数为：mol，转移的电子总数为：，根据得失电子守恒，脱硫和脱硝的过程中转化为，每生成1mol，转移2mol电子，所以生成的物质的量为：，所以。
5．(1) 五 ⅡA
(2)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率
(3)SrCO3＋2CSr＋3CO↑
(4) 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 Ca(OH)2
(5)Sr(OH)2＋HCO＋NH=SrCO3＋H2O＋NH3·H2O
(6)6
【分析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、CaO、BaO、MgO等物质，加入热水浸取，将不溶于热水的氧化镁、Ca(OH)2、C等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶。
【详解】（1）38Sr是38号元素，元素Sr在元素周期表的位置是第五周期，第ⅡA族；
故答案为：五；ⅡA。
（2）反应物的颗粒越小，比表面积越大，即反应物的接触面积越多，反应速率越快，则菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应更充分，加快反应反应速率，提高原料的转化率；
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料转化率。
（3）分析流程图信息可知，碳酸锶和碳在高温的条件下生成锶和一氧化碳，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；
（4）氢氧化锶溶解度随温度升高而增大、氢氧化钙溶解度随温度升高而减小，则“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是增大氢氧化锶的溶解度，使氢氧化钙析出；根据分析可知滤渣1中含有焦炭、Ca(OH)2和MgO；
故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；Ca(OH)2。
（5）沉锶”反应中氢氧化锶和NH4HCO3发生反应，产物除了碳酸锶外，还有水和一水合氨，Sr(OH)2＋＋=SrCO3＋H2O＋NH3·H2O；
故答案为：Sr(OH)2＋＋=SrCO3＋H2O＋NH3·H2O。
（6）某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则有：=0.13，解得=6；
故答案为：6。
6．(1)SiO2
(2)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
(3)Mg(OH)2
(4)冷却结晶
(5) Ba2++2F-=BaF2↓ 0.20
(6)0.05
【分析】经过酸浸，滤液中哦主要含有钡离子、亚铁离子、镁离子，加入双氧水后亚铁离子转化为铁离子，调节pH后生成氢氧化铁沉淀，加入NaOH后，生成氢氧化镁沉淀，滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体，以此分析；
【详解】（1）钡矿粉的主要成分有BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质，加入盐酸后，只有二氧化硅不溶于盐酸，因此滤渣A主要为二氧化硅，故答案为：SiO2；
（2）滤液1中加H2O2的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（3）根据题意中常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4，根据流程图，加入双氧水调节pH，主要是去除铁离子，再加20%NaOH溶液调节pH=12.5，主要是去除镁离子，因此得到的滤渣C中主要含有Mg(OH)2；
（4）滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体，故答案为：冷却结晶；
（5）用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。反应的离子方程式为Ba2++2F = BaF2↓，根据Ksp(BaF2)=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5mol/L)，c(F-)= = 0.20mol/L，故答案为：Ba2++2F = BaF2↓；0.20；
（6）根据Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)表达式可知：= ==0.05。
7．(1)BD
(2)CaCO3
(3) 5.5-7.8
(4) 不能 稀HCl具有挥发性，加热蒸煮时会导致稀HCl挥发，影响实验结果 dbaec
【分析】某矿石浸出液中含、、、和，加入过量CaO调节pH使和转化为Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀，使转化为CaSO4沉淀，过滤后滤液中存在、、Ca2+，向滤液中加入Na2CO3使Ca2+转化为CaCO3沉淀，过滤后向滤液中加入高纯Na2CO3，经过过滤、洗涤、干燥得到高纯度碳酸锂。
【详解】（1）A．加CaO的目的是除去溶液中的Fe3+、Al3+和，故A错误；
B．搅拌可增大反应速率，提高CaO的利用率，故B正确；
C．CaO溶于水后生成Ca(OH)2，Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，过滤前不能进行煮沸处理，故C错误；
D．滤渣I为Al(OH)3、Fe(OH)3和CaSO4，为防止滤渣溶解，应该选用冷水洗涤，故D正确；
故选BD。
（2）由分析可知，滤渣Ⅱ的主要成分为CaCO3。
（3）0.01mol/L的Fe3+溶液开始沉淀时，pH=1.9，溶液中c(OH-)= ，的。“除杂”应该使Fe3+和Al3+沉淀，应控制的范围是5.5-7.8。
（4）①不能用稀代替，原因是：稀HCl具有挥发性，加热蒸煮时会导致稀HCl挥发，影响实验结果；
②滴定前的正确顺序是：d．查漏、清洗滴定管，b．用NaOH标准溶液润洗滴定管，a．盛装NaOH标准溶液，e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面，c．读数、记录，正确的顺序为：dbaec。
8．(1) 过滤 SiO2、BaSO4
(2)2+2 =2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-
(3)2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
(4) a 偏高 若未煮沸，残留的(NH4)2S2O3会氧化(NH4)2Fe(SO4)2，滴定时消耗更多的(NH4)2Fe(SO4)2，导致滴定结果偏高
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成硫酸钡沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
【详解】（1）步骤①为分离不溶物和溶液，操作为过滤，根据分析可知，滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4。
（2） 具有还原性，酸性条件下将还原为Ce3+，自身被氧化为(SCN2H3)2，反应方程式为2+2 =2Ce3++(SCN2H3)2+2HF+2F-。
（3）该步骤为碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，发生的反应为2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。
（4）①
a．CeO2不溶于水，步骤ⅰ中将CeO2转化为Ce3+是为了获得可溶性的含铈溶液，便于后续滴定，a正确；
b．(NH4)2S2O3具有强还原性，其中硫元素为0价和+4价，b错误；
c．根据反应过程，Ce4+将亚铁离子氧化成铁离子，溶液中一直存在铁离子，不能用KSCN作指示剂，c错误；
故答案选a。
②根据反应过程，结合得失电子守恒CeO2~Ce3+~Ce4+~[(NH4)2Fe(SO4)2]，CeO2产品的质量分数为。
③若未煮沸，残留的(NH4)2S2O3会氧化(NH4)2Fe(SO4)2，滴定时消耗更多的(NH4)2Fe(SO4)2，导致滴定结果偏高。
9．(1) 催化剂
(2)、
(3)
(4) 空气中的氧气将氧化为，重新进入溶液；发生歧化反应，重新进入溶液 防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
(5)
【分析】本题是一道工业流程题，由闪锌矿粉制备单质锌，首先用硫酸溶解原料，再用空气将酸浸后溶液中的二价铁氧化为赤铁矿除去，随后调节pH，加入铜脱氯，再用单质锌置换后，再用石灰乳脱氟，最后电解即可，以此解题。
【详解】（1）“浸出”时闪锌矿中硫化锌和硫酸反应生成硫酸锌，同时其中的硫离子被氧气氧化为单质硫，方程式为：；由图可知，反应开始时加入在反应过程中又产生，故属于催化剂；
（2）闪锌矿中二氧化硫不能溶解，同时由第一问可知，浸出时会产生单质硫，故“滤渣1”主要成分为：、；
（3）根据流程可知，“加热加压氧化”时溶液中的二价铁被空气中的氧气氧化为赤铁矿，方程式为：；
（4）①根据分析可知，通过生成CuCl来达到脱氯的目的，但是随着时间的延长，空气中氧气可以将+1价铜氧化为+2价铜，再结合信息可知，酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应，重新生成氯离子，故约后脱氯率减小的原因可能为：空气中的氧气将氧化为，重新进入溶液；发生歧化反应，重新进入溶液；
②充分反应后达到沉淀溶解平衡，由于，并且，可得，解得；根据题给信息可知，易形成胶体，则加入石灰石目的为防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率；
（5）脱氟时加入石灰乳，此时溶液显碱性，锌元素以种形式存在，电积时，在阴极得到电子生成单质锌，电极反应式为：。
10．(1) LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF LiPF6易潮解，遇水反应会损耗 当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低 0.043mol/L
(2) 105.11
【分析】在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，过滤得到LiPO2F2，将液体减压蒸馏得到碳酸二甲酯，再过滤、精制得到LiPO2F2。
【详解】（1）①在N2气氛下，在PFA(全氟烷氧基树脂)烧瓶中加入高纯LiPF6和Li2CO3固体，以碳酸二甲酯作溶剂，在60℃反应制备LiPO2F2，则反应I的化学方程式为LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF；故答案为：LiPF6+2Li2CO3LiPO2F2+2CO2↑+4LiF。
②根据信息LiPF6是一种白色结晶，潮解性强，遇水发生反应LiPF6+H2OLiF+POF3↑+2HF↑，则高纯LiPF6实际反应所加用量比理论用值稍大的原因可能是LiPF6易潮解，遇水反应会损耗；故答案为：LiPF6易潮解，遇水反应会损耗。
③根据题中信息，保持其他实验条件都不变，在精制过程中加入提纯溶剂(杂质和LiPO2F2均可溶解在提纯溶剂中)。由图可知，随着LiPO2F2浓度的减小，产品纯度逐渐增大，收率逐渐降低，其原因可能是当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低；故答案为：当加入越多的提纯溶剂，会溶解更多的杂质，产品的纯度提高，但同时也溶解了越来越多的LiPO2F2产品，导致产品收率降低。
④已知Ksp(Li2CO3)=8.6×10-4，若向浓度为0.2mol L-1的Li2SO4溶液中加入等体积的Na2CO3溶液能产生沉淀，，解得，则所加Na2CO3溶液的最低浓度为0.043mol/L；故答案为：0.043mol/L。
（2）①根据题中信息pH=1.43时，，pH=6.54时，，则反应H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数；故答案为：105.11。
②H3PO3与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3，说明H3PO3为二元酸，含有两个羟基，一个非羟基氧，则H3PO3的结构式；故答案为：。
11．(1)第四周期第ⅣA族
(2)NaCl
(3)AC
(4) 淀粉溶液 最后半滴碘酸钾溶液滴入后，溶液变蓝色，且半分钟内不褪色
【分析】二氧化锗粗品加入氢氧化钠碱浸，与碱反应生成，与碱反应生成；然后加入氯酸钠将氧化为，加入盐酸蒸馏促进得到GeCl4，水解生成得到，烘干得到高纯；
【详解】（1）Ge位于同主族Si的下一周期，Ge在周期表中的位置是第四周期第ⅣA族；
（2）“氧化”过程是在碱性条件下将氧化为，As元素化合价升高，则氯酸钠中氯元素化合价降低发生还原反应得到氯化钠，故还原产物是NaCl；
（3）蒸馏然后冷凝得到馏分，故操作操作的设备为分馏塔和冷凝塔，故选AC；
（4）由反应可知，反应后会生成碘单质，碘单质能使淀粉溶液变蓝色，故应选用淀粉溶液作指示剂，当出现最后半滴碘酸钾溶液滴入后，溶液变蓝色，且半分钟内不褪色的实验现象时可证明与已完全反应。
12．(1)将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧等（任选一条）
(2) +3 4 FeCr2O4 + 7O2 + 8Na2CO3 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 8CO2
(3) 2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O 4×1014
(4)pH高于10时，偏铝酸根不能完全转化为氢氧化铝，pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，故需控制pH在6~10的范围，让偏铝酸根中铝以氢氧化铝形成存在而过滤除去
(5)2-a
【分析】由题给流程可知，铬铁矿中加入碳酸钠在空气中焙烧时，FeCr2O4转化为氧化铁和铬酸钠，氧化铝转化为偏铝酸钠；焙烧渣加入水水浸、过滤得到氧化铁和含有偏铝酸钠、铬酸钠的滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH，将溶液中偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和铬酸钠溶液；向溶液中继续加入稀硫酸调节溶液pH为1，将铬酸钠转化为重铬酸钠，电解重铬酸钠溶液在阴极得到铬。由图可知不锈钢与电源负极相连，整个装置为电解池，不锈钢做电解池的阴极；阳极为惰性电极，溶液中水电离出的放电，使溶液中的浓度增大，酸性增强，使平衡2 +2H+ +H2O向生成方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7。
【详解】（1）为提高焙烧效率，可以采取的措施为将矿石粉碎或增大空气的量或逆流焙烧等；
（2）根据正负化合价代数和为零可推知亚铬酸亚铁()中的化合价为+3价；由分析可知，铬铁矿中加入碳酸钠在空气中焙烧时，FeCr2O4转化为氧化铁和铬酸钠，反应的化学方程式为4 FeCr2O4 + 7O2 + 8Na2CO3 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 8CO2；
（3）由分析可知，酸化时发生的反应为铬酸钠溶液与稀硫酸反应生成重铬酸钠和硫酸钠，反应的离子方程式为2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O；由题给数据可知，反应的平衡常数K==4×1014，故答案为：2 CrO+ 2H＋=Cr2O+H2O；4×1014；
（4）由分析可知，沉铝时发生的反应为偏铝酸钠与稀硫酸反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，pH高于10时，偏铝酸根不能完全转化为氢氧化铝，pH低于6时，氢氧化铝会继续溶解转化为铝离子，故需控制pH在6~10的范围，让偏铝酸根中铝以氢氧化铝形成存在而过滤除去；
（5）起始时，设K2CrO4为1mol，反应过程中有xmol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余的K2CrO4为(1-x) mol，对应的n(K)=2(1-x) mol，n(Cr)=(1-x) mol，生成的K2Cr2O7为 mol，对应的n(K)=xmol，n(Cr)= xmol，则，解得x=2-a，则转化率为2-a。
13．(1)
(2)
(3) 加入使用6的NaOH溶液和2的溶液配制的pH=13的NaOH溶液，过滤。 使用2的溶液调滤液pH=8.6，沉淀，过滤，焙烧
(4) 12
【分析】有色冶金废渣中主要含有铜、镍、锌元素，首先加入H2SO4溶解，使得铜、镍、锌生成对应离子，加入NaHSO3，可与铜离子发生氧化还原反应生成；然后加入(NH4)2C2O4，沉淀镍和锌，最后焙烧得到ZnO和NiO；据此分析解题。
【详解】（1）加入NaHSO3，可与铜离子发生氧化还原反应生成；化学方程式为；故答案为。
（2）已知：，。若沉淀后上层清液中，则；故答案为。
（3）①已知NiO不溶于碱，根据图-1可知，pH=13时，Zn(OH)2浸出率最高，先使用6的NaOH溶液和2的溶液配制pH=13的NaOH溶液，然后加入得到的氧化物混合物中，过滤得到氧化镍；故答案为加入使用6的NaOH溶液和2的溶液配制的pH=13的NaOH溶液，过滤。
②使用2的溶液调滤液pH=8.6，沉淀，过滤，焙烧后得到氧化锌固体；故答案为使用2的溶液调滤液pH=8.6，沉淀，过滤，焙烧。
（4）根据ZnO的晶胞机构，Zn原子位于顶点和面心，以上底面顶点Zn原子为研究对象，在一个晶胞中与该Zn原子距离最近的Zn原子数有3个，通过该平面可以形成4个晶胞，故在晶胞中与Zn原子距离且最近的Zn原子数共有12个；关键晶胞结构可知：晶胞在Z轴的投影情况是：Zn原子位于正方形的四个顶点上，四条棱边中心上和面心上，4个O原子分别位于面内对角线离顶点四分之一处，可用图示可表示为；故答案为12；。
14．(1)蒸馏
(2)B
(3)C
(4) SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+ 44.8L
(5)B
(6) 分液漏斗 D
【分析】海水中可通过结晶得到粗盐，粗盐经除杂提纯得到精盐；精盐配置成饱和食盐水，通过电解饱和食盐水得到氯气；分离出氯化钠之后的母液中含有氯化镁，溴化钠，母液中通氯气，氯气与溴化钠反应置换出溴单质，然后用热空气或水蒸气将溴单质吹出，吹出的溴用二氧化硫水溶液吸收，吸收液中再通氯气将溴置换出来，然后经萃取、分液、蒸馏得到液溴。吹出溴单质后的溶液中加石灰乳生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加盐酸溶解生成氯化镁，氯化镁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，氯化镁晶体在HCl气氛中脱水得到无水氯化镁，无水氯化镁熔融电解得到镁单质； 石灰乳可通过贝壳灼烧生成生石灰，生石灰加水得到。据此分析解答。
【详解】（1）蒸馏法是历史最久，技术和工艺比较成熟的得到淡水的方法，但成本较高；
（2）粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO等杂质离子，钙离子用碳酸钠沉淀除去，镁离子用氢氧化钠沉淀除去，硫酸根离子用氯化钡沉淀除去，因除杂试剂需过量，且过量的除杂试剂需用后续试剂除去，因此碳酸钠需在氯化钡之后加入，NaOH只需在盐酸前即可，最后加盐酸除去过量的NaOH和碳酸钠，故B正确；
（3）步骤II通入热空气或水蒸气吹出Br2，是因为溴的沸点较低，易挥发，故C正确；
（4）步骤III中溴单质与二氧化硫反应生成HBr和硫酸，反应离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+，获得lmo1Br2，理论上从步骤II开始，需经过两次反应：2Br-+Cl2= Br2+2Cl-；则消耗2mol氯气，标况下体积为44.8L；
（5）Br2具有强氧化性，且溶于水先酸性，则还原性物质和碱性物质能与其反应，结合选项可知B碳酸钠溶液显碱性能与溴单质反应，故B正确；
（6）萃取所用主要玻璃仪器为分液漏斗；乙醇和乙酸均易溶于水，不能从溴水中萃取溴单质；裂化汽油中含不饱和碳碳双键能与溴单质反应，不能萃取溴；四氯化碳与溴单质不反应，且不溶于水，可作萃取剂，故D正确。
15．(1)SiO2
(2)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
(3)Mg(OH)2
(4) 加热浓缩 过滤
(5) Ba2++2F = BaF2↓ 0.2
(6)0.05
【分析】经过酸浸，滤液中哦主要含有钡离子、亚铁离子、镁离子，加入双氧水后亚铁离子转化为铁离子，调节pH后生成氢氧化铁沉淀，加入NaOH后，生成氢氧化镁沉淀，滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体，以此分析；
【详解】（1）钡矿粉的主要成分有BaCO3，含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质，加入盐酸后，只有二氧化硅不溶于盐酸，因此滤渣A主要为二氧化硅；
故答案为：SiO2；
（2）滤液1中加H2O2的目的是氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（3）根据题意中常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是：3.4、12.4，根据流程图，加入双氧水调节pH，主要是去除铁离子，再加20%NaOH溶液调节pH=12.5，主要是去除镁离子，因此得到的滤渣C中主要含有Mg(OH)2；
故答案为：Mg(OH)2；
（4）滤液3中主要含有氯化钡，加入盐酸酸化后再经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O晶体；
故答案为：加热浓缩；过滤；
（5）用BaCl2·2H2O配制成0.2mol/L水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应，可得到氟化钡沉淀。反应的离子方程式为Ba2++2F = BaF2↓，根据Ksp(BaF2)=1.84×10-7，当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5L)，c(F-) == 0.2mol/L；
故答案为：Ba2++2F = BaF2↓；0.2；
（6）根据Ksp(BaSO4)和Ksp(BaCO3)表达式可知：= ==0.05；
故答案为：0.05。
16．(1)
(2)
(3)Fe(OH)3
(4) Fe2+、H+ H2SO4
(5)(1，，)
(6)
【分析】废镍渣，粉碎后加入NaOH溶液碱浸，则废镍渣中的和NaOH反应，反应的离子方程式为；通过过滤分离，剩下的物质经过焙烧加入,金属变成硫酸盐，与反应生成的盐为,同时又氨气生成；95℃热水溶解，水解为；经过萃取将分离，得到含的有机层，最后得到；
【详解】（1）根据分析可知，“碱浸”时发生反应的离子方程式为：；
（2）根据分析可知，“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，则NiO与的方程式为;
（3）烧渣中含有，95℃热水“溶解”水解为，则过滤所得滤渣的化学式为；
（4）从表中数据可以看出，当为0.25时，萃取率分别为99%，5%,所以进入有机相，主要存在于水中和萃取过程中产生在水层；为了从有机相中获得金属离子，需要使平衡逆向，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；
（5）NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），C在x,y,z轴上的投影分别是1，，，所以C的晶胞参数为（1，，）；
（6）根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围，每个O原子被3个Ni原子包围，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=，实际上每个Ni原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为，O原子个数=，每平方米面积上分散的该晶体的质量=。
17．(1) 加热或升华 KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率 3+3I2=5I-++3CO2↑；
(2) 2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO 1000℃ 防止Ti被氧化变质 Mg和Cl2
【详解】（1）NaNO2溶液只能将I 氧化为I2而自身还原为NO，反应为。活性炭和I2均为固体，两者升华温度不同，加热I2易升华可将二者分离。KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率。每吸收3mol I2转移5mol电子，即I2在该反应中发生歧化反应产生I-和，该反应为3+3I2=5I-++3CO2↑。
答案为；加热或升华；KMnO4强氧化剂可能将I-氧化为从而降低I2的产率；3+3I2=5I-++3CO2↑；
（2）反应Ⅰ将TiO2转化为TiCl4，反应Ⅱ为Mg将TiCl4还原为Ti。焦炭与Cl2、TiO2反应产生TiCl4和CO，反应为2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO。反应Ⅱ中产生了金属Ti，充入Ar防止其被氧化变质。1000和1500℃在30min时达到提取最高值，但1500℃提取率相比1000℃提取率没有太大提高，所以最佳条件为1000℃、30min。上述过程Ⅰ用到Cl2，而过程Ⅱ用到了Mg，但同时MgCl2电解产生了Mg和Cl2。所以可循环的物质为Mg和Cl2。答案为2C+2Cl2+TiO2TiCl4+2CO；1000℃；防止Ti被氧化变质；Mg和Cl2。
18．(1)粉碎含锰矿料(或适当加热、或搅拌)
(2)MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O
(3) Fe(OH)3 3.7≤pH<7.6
(4)4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O
(5)3.0×10 13> c(S2 )≥3.0×10 21
(6) sp3 4
【分析】含锰矿料加硫酸溶解，MnCO3、Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO均溶于硫酸分别生成硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钴，二氧化硅不溶于酸过滤除去，滤液中加二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH值使三价铁完全沉淀为氢氧化铁除去，再过滤，滤液中加硫化钠，将钴转化为CoS沉淀除去，再过滤，滤液中加碳酸钠，生成碱式碳酸锰，碱式碳酸锰与碳酸锂、氧气反应生成LiMn2O4和二氧化碳，据此分析解答。
【详解】（1）提高“酸浸”速率可将矿料粉碎增大接触面积，也可适当升高温度或进行搅拌，故答案为：粉碎含锰矿料(或适当加热、或搅拌)；
（2）“除杂1”时，加入MnO2将亚铁离子氧化为三价铁，1mol亚铁离子失去1mol电子，1mol二氧化锰转化为锰离子得2mol电子，根据得失电子守恒得离子方程式：MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O，故答案为：MnO2+ 2Fe2 + + 4H + ＝Mn2 + + 2Fe3+ + 2H2O；
（3）加二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH值使三价铁完全沉淀为氢氧化铁除去，则另一种固体为Fe(OH)3；结合表中数据，为使三价铁离子完全沉淀，而不能使Co、Mn沉淀，则pH值范围为：，故答案为：Fe(OH)3；3.7≤pH<7.6；
（4）碱式碳酸锰与碳酸锂、氧气高温下反应生成LiMn2O4和二氧化碳，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O，故答案为：4Mn2(OH)2CO3 + 3O2+ 2Li2CO3 4LiMn2O4 + 6CO2 + 4H2O；
（5）Ksp(CoS)＝3.0 × 10 26、Ksp(MnS)＝3.0 × 10 14。假设“除杂1”后的溶液中c()为 0.1mol L 1，则c(S2 ) ；为了使残液中 c(Co2 + )≤ 1.0 × 10 5 mol L 1，则c(S2 )=，故答案为：3.0×10 13> c(S2 )≥3.0×10 21；
（6）PO 的中心原子P的价层电子对数为4，孤电子对数为0，中心原子P为sp3杂化；由图可知白球表示Li，每个晶胞中锂离子个数为，故一个晶胞中有4个LiFePO4，晶胞中含有正八面体的数目为4，故答案为：sp3；4
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