2024届高三新高考化学大一轮专题训练- -工业流程题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三新高考化学大一轮专题训练- -工业流程题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-26 10:01:55 | ||
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文档简介
2024届高三新高考化学大一轮专题训练--工业流程题
1．（2023·全国·模拟预测）由软锰矿(主要成分是，还含有Fe、Mg等元素)制备高纯碳酸锰、硫酸锰的一种工艺流程如图所示。
25℃时，一些难溶电解质的溶度积常数如表所示。
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表所示。
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 6.8 2.3 8.1
完全沉淀的pH 8.3 3.2 10
回答下列问题：
(1)已知“溶浸”时，Fe不能还原，但能还原得到。
①还原的离子方程式是 。
②实际测得“溶浸”时消耗，原因是 。
(2)“氧化”时加入适量的的目的是 。
(3)用“调pH”虽然成本较低，但会引入等杂质，若使用 (填化学式)“调pH”可避免此问题。
(4)“除杂”是以生成、沉淀的方法除去、。用除去的离子方程式是 ，该反应的平衡常数为 。
(5)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
(6)硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如图所示。
“结晶”是从“除杂”后过滤所得的滤液中获得，其操作是蒸发浓缩至溶液中析出大量晶体， ，真空干燥。
2．（2023春·广东广州·高三广东番禺中学校考期中）用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将溶解。②
(1)酸溶后经 操作，将混合物分离。
(2)浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等 的消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式： 。
(3)与王水[(浓硝酸)：(浓盐酸)溶金原理相同。关于溶金的下列说法正确的是 。
A．用到了的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与也可使溶解
(4)若用粉将溶液中的完全还原，则参加反应的的物质的量是 mol。
(5)用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收和(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是 ，物质2是 。
3．（2023春·江苏南京·高三江苏省高淳高级中学校联考阶段练习）含硫化合物的处理和利用是科学研究的重要课题之一：
I.用石灰石、氨水等脱硫。以硫酸工业的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以制备有重要应用价值的硫酸钾、亚硫酸铵等物质，制备流程如图：
(1)反应I是脱去SO2的一种常用方法，其反应的化学方程式为 。研究发现：pH和温度对石灰石浆液的脱硫效率产生一定影响，当烟气通入速度一定时，石灰石浆液的脱硫率与浆液pH的关系如图所示。
下列有关说法正确的是 。
a.烟气通入石灰石浆液时的温度越高，吸收越快，吸收率越高
b.石灰石浆液pH＞5.7，烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度增大
c.反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4
d.将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率
(2)生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是 。
(3)反应III所得的滤液中阳离子的检验操作方法是 。
(4)(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种铵态氮肥。用(NH4)2SO3溶液吸收NO，当生成氮气的体积为11.2L(标准状况)时，该反应转移电子的物质的量为 。
II.H2还原法也是处理含较多的硫酸厂废气方法之一。400℃时，H2和废气按一定比例混合，以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)的反应器。
(5)该方法不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，反应的化学方程式为 。
4．（2023·全国·高三专题练习）从分金渣(主要成分为AgCl、Ag2S、PbSO4、BaSO4)中获取高纯银的流程如图所示：
(1)“分银渣”的主要成分为PbSO4、BaSO4、 (填化学式)。
(2)该流程中可循环使用的物质为 。
5．（2023·全国·高三专题练习）轻质碳酸钙(CaCO3)是一种重要的化工产品，广泛应用于油漆、塑料、橡胶和造纸等工业。一种以低品位石灰石(含CaCO3、MnCO3、Fe2O3及Al2O3)为原料生产高纯度轻质碳酸钙的循环工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)气体A为 ，滤渣的主要成分是 。
(2)“沉钙”过程中发生反应的化学方程式为 。
(3)“系列操作”包含有： 。
(4)氧化镁可以在尾液处理中循环使用， 和 可循环使用于石灰石制备轻质碳酸钙的过程中。
6．（2023春·福建泉州·高三福建省德化第一中学校考阶段练习）钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”。一种制备金属钛的工艺流程如下所示：
(1)在高温、惰性气氛中用镁还原四氯化钛()是得到金属钛主要方法之一。试写出该还原过程的反应方程式 。
(2)已知在通常情况下是无色液体，熔点为-37℃，沸点为136℃，结构与相似。试预测的沸点 136℃(填“>”、“＜”或“=”)并阐述推测理由 。
(3)纳米是一种应用广泛的催化剂，其催化作用的一个实例如下所示：
化合物甲中采取杂化的原子有 (填元素符号)。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因为 。
(4)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，该阳离子的结构片段如图所示。该阳离子中Ti与O的原子数之比为 。
(5)在自然界中有三种同素异形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种变体中最稳定的一种，其晶胞如图所示，该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、的代数式表示)。
7．（2023春·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）科学家最近合成了VS2和VS相互交叉排列晶体.某小组以钒渣(含72%V2O3、14%Fe2O3、9%Al2O3、3%CuO，其余为有机杂质)为原料制备VS、VS2的流程如图：
已知部分信息如下：
含钒离子在溶液中的主要存在形式与pH的关系如表所示。
pH 4~6 6~8 8~10
主要离子 VO VO V2O
②常温下，几种难溶电解质的溶度积如表：
难溶电解质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 2.2×10-22 4.0×10-38 1.3×10-33 1.8×10-11
③NH4VO3是白色粉末，微溶于冷水。
回答下列问题：
(1)基态V原子的核外电子排布式为 ，NH的空间结构为 。
(2)“焙烧”时通入足量空气的目的是 。
(3)“净化1”中，如果氨水过量，可能产生的影响是 (填一种)。
(4)若“净化1”中调节pH=5，则c(Cu2+)= mol L-1。
(5)“净化3”中洗涤NH4VO3时选择的洗涤剂为 (填“冷水”或“热水”)。
(6)当试剂A为CO时，写出“高温还原”时发生反应的化学方程式： 。
(7)某工厂用1吨该钒渣制备VS、VS2，若该工艺流程中，V的损耗率为5%，则最终得到产品的质量为 kg。[已知产品中n(VS)：n(VS2)=1：1]。
8．（2023春·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）某小组进行测定某变质的铁铝合金(杂质主要为Al2O3和Fe2O3)样品中铁含量，并制备Fe3O4胶体，相关实验方案设计如下：
已知：乙醚［］易燃，沸点为34.5度，微溶于水，密度比水小。在较高的盐酸浓度下，与HCl、乙醚形成化合物而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
请回答下列问题：
(1)溶液Ⅱ中主要金属阳离子是 。
(2)步骤I中试剂A最佳选择的是___________。
A．浓硝酸 B．浓硫酸 C．浓盐酸+双氧水 D．稀盐酸+双氧水
(3)步骤Ⅱ的“一系列操作”包括如下实验步骤，选出其正确操作并按序列出字母： 。
分液漏斗中加水检验是否漏水→向溶液中加入适量浓盐酸和乙醚，转移至分液漏斗→( )→( )→( )→( )→f→( )→a→( )→d→( )
a．左手拇指和食指旋开旋塞放气；
b．用右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转，并用力振摇；
c．静置分层；
d．打开上口玻璃塞，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
e．混合两次分液后的上层液体；
f．向下层液体中加入浓盐酸和乙醚并转移至分液漏斗；
(4)下列关于步骤Ⅲ和步骤Ⅵ的涉及的操作说法正确的是___________。
A．步骤Ⅲ中蒸馏操作时，温度应低于34.5℃
B．为减少乙醚挥发，在蒸馏操作时，一收集乙醚的锥形瓶应放置在冰水浴中
C．步骤Ⅵ由混合溶液制得胶体的过程中，须持续通入，防止被氧化
D．析出胶体后通过过滤，洗涤，干燥获得胶体
(5)步骤Ⅳ测定方法有多种，如转化为，间接碘量滴定，分光光度法等。
①步骤Ⅳ主要作用是测定样品中的铁总含量和 。
②步骤Ⅳ实验时采用间接碘量法测定含量，具体过程如下：向25.00mL溶液中加入过量KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉作指示剂，用0.1 000 溶液进行测定，消耗溶液体积为V mL。已知反应方程式为：。则该样品中铁元素的质量分数为 %。然而实际测定的Fe含量往往偏高，其主要原因是 。
9．（2023春·山东菏泽·高三菏泽一中校考期中）实验室以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4。试回答下列有关问题：
(1)LiCoO2中Co元素的化合价为 ，LiCoO2不溶于水，“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，该反应的离子方程式为 。
(2)用有机磷进行萃取操作时使用的主要玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还有 。使用该仪器之前首先进行的操作为 。
(3)已知滤渣的成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，简述从滤渣中分离出Fe(OH)3的实验操作 。
(4)CoCO3与纯碱反应可以制备电极材料钴酸锂(LiCoO2)。一种可充电电池装置如图所示，充放电过程中，存在LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，放电过程中Li+的移动方向 (填“A→B”或“B→A”)，写出该电池放电时A极反应 ，当电路中转移0.2NA电子时，A极质量减少 g。
10．（2023·全国·高三假期作业）锌的用途广泛，主要用于镀锌板及精密铸造等行业。以粗氧化锌(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①“浸取”时。ZnO、 CuO转化为[ Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液：
②25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36， Ksp(ZnS)=1.6 ×10-24；
③沉淀除铜标准：溶液中≤2.0×10-6
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和 (填化学式)，“ 操作3”的名称为 。
(2)“氧化除锰”时，H2O2将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为 。
(3)“沉淀除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示] 与“(NH4)2 S加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。
①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为 。(已知) [ Zn(NH3)4]2+的=2. 9 ×109]
②“沉淀除铜”时(NH4 )2S加入量最好应选 。
a．100% b．110% c．120% d．130%
(4)电解后溶液中的溶质主要成分是 ， 可用于循环使用。
11．（2023春·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考期中）从化合价的角度分析氯及其化合物的性质，并按要求回答下列问题。
Ⅰ.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下：
(1)反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为 。
(2)若反应①通过原电池来实现，则ClO2是 极产物。
(3)反应②中的H2O2 用NaClO4代替(填能或不能)。
(4)写出反应②的离子方程式 。
Ⅱ.氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料，工业上常通过下列反应制备CuCl：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3=2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑
(5)查阅资料可得，CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式 。
Ⅲ.世界环保联盟要求ClO2逐渐取代Cl2作为自来水消毒剂
已知：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑
发生器：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
ClO2的生产流程示意图如图：
(6)该工艺中，需要补充的物质X为 (填化学式，下同)，能参与循环的物质有 。
12．（2023·广东汕头·统考二模）红矾钠(重铬酸钠：)是重要的基本化工原料，在印染工业、电镀工业和皮革工业中作助剂，在化学工业和制药工业中也用作氧化剂，应用领域十分广泛。
实验室中红矾钠可用铬铁矿(主要成分：)利用以下过程来制取。
(1)基态Cr原子的价电子排布式是 ，这样排布使整个体系能量最低，原因是 。
(2)步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有外，还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是 、 。
(3)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 ；反应完成的标志是 。
(4)利用下面的复分解反应，将红矾钠与固体按物质的量比混合溶于水后经适当操作可得到晶体：(已知：温度对的溶解度影响很小，对的溶解度影响较大)。获得晶体的基本实验步骤为：①溶解、② 、③ 、④冷却结晶，最后过滤。
(5)也有一定毒性，会污染水体，常温下要除去废液中多余的，调节pH至少为 ，才能使铬离子沉淀完全。(已知溶液中离子浓度小于，则认为离子完全沉淀；的溶度积常数为)。
(6)可用于测定废水的化学耗氧量(即COD，指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水中的还原性物质完全被氧化(还原为)；再用的溶液滴定剩余的，结果消耗溶液。该水样的COD为 mg/L。
13．（2023春·云南楚雄·高三统考期中）太阳能光伏产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产和应用。工业上以硅石为原料制备高纯硅的工业流程如图所示。
已知：是常温下易挥发、遇水迅速生成其他物质的无色液体。
(1)Si在元素周期表中的位置是 。
(2)“还原”需在高温条件下进行，该反应的化学方程式是 。
(3)“氯化”时的还原产物是 (填化学式)。
(4)“氯化”、“分离”和“热解”的过程必须在无水、无氧条件下进行，理由是 。
(5)该流程中能循环利用的物质是 (填两种)。
(6)高纯硅中常含有微量杂质，比如铁，对其进行测定的方法如下。
准确称取0.300g高纯硅样品用氢氟酸和稀硝酸溶解处理，配成100mL溶液，用羟胺，难电离)将还原为后，加入邻菲啰啉形成橘红色络合物，再利用吸光度法测得吸光度为0.5(吸光度与浓度的对应关系如图)。
①氢氟酸不能用玻璃试剂瓶保存的原因是 。
②酸性条件下，羟胺与反应生成无污染气体的反应的离子方程式为 。
③高纯硅样品中铁的质量为 。
14．（2023春·广东惠州·高三统考期中）Ⅰ.磷酸亚铁锂()可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，以钛铁矿(主要成分为，还含有MgO、CaO、等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂()和磷酸亚铁锂()的工艺流程如下，回答下列问题：
(1)在周期表中，根据对角线规则Li与Mg、Be与Al、B与Si的化学性质相似，写出与NaOH反应的化学方程式 。
(2)元素Fe基态原子的价层电子轨道表示式为 。
(3)①“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是 。
②“煅烧”制备过程中，和的理论投入量的物质的量之比为 。
Ⅱ.氮的相关化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
(4)科学家从中检出一种组成为的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以和两种离子的形式存在。的空间构型与相同，写出的结构式 。
(5)科学家合成了一种阳离子为，其结构是对称的，5个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键，呈V形；此后又合成了一种含有化学式为的离子晶体，其阳离子电子式为 ，阴离子的空间构型为 。
15．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）以红土镍矿(主要成分是，含(等)为原料制备硝酸镍的流程如图所示：
注：为和的混合气体。回答下列问题：
(1)基态镍原子价电子排布式为 。
(2)“除铁铝”阶段需要先用溶液将氧化为。属于 (“极性”或“非极性”)分子。
(3)“除镁钙”阶段为加入除尽，除后的滤液中至少应为 [当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。已知该实验条件下，]。
(4)“净化液电解”阶段，析镍过程中存在竞争反应，该竞争反应的电极反应式为 。
(5)工业制成品时，先用硝酸将溶液酸化至，再经减压蒸发浓缩，然后冷却结晶、离心分离。其中“减压蒸发”的目的是 (任答两点)。
(6)工业上用溶液吸收制备硝酸钠，其流程如图所示：
①吸收塔得到、混合溶液。键角： (填“>”、“=”或“<”)，、N、O三种元素中电负性最大的是 (填元素符号)。
②写出转化器中发生反应的化学方程式： 。
16．（2023春·河南焦作·高三统考期中）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。“CuCl-H2O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解四个步骤，其过程如图所示。
已知：电解池的阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。
(1)分析过程图知，CuCl为制氢总过程中的 ，它在制氢过程中的作用是降低该反应的 ，加快反应速率。
(2)电解时，阳极的电极反应式为 。
(3)中基态Cu+的电子排布式为 ，其核外电子的空间运动状态有 种。
(4)中含有配位键，其中提供空轨道的离子为 。
(5)H2、O2在水中的溶解度较小，而HCl溶解度却很大的原因是 。
17．（2023春·江苏南通·高三统考阶段练习）碘及碘化钾是实验室中的常见试剂，含碘废液中碘元素通常以、、和中的一种或多种形式存在，回收碘具有很好的经济价值。
(1)为检验某实验室酸性废液中是否含，现进行如下实验：取少量废液，向其中滴加淀粉溶液，溶液不变蓝。另取少量废液， ，则溶液中含有。请补充完整该实验方案，实验中可以选用的试剂有：溶液、溶液、淀粉溶液、KSCN溶液、溶液。
(2)一种由含的废液制取单质碘的流程如下：
①沉碘时应向废液加入足量的溶液，再加入至沉淀不再增加。
Ⅰ.沉碘时有CuI沉淀和生成，写出该反应的离子方程式： 。
Ⅱ.若不加入溶液，仅加入也可生成CuI沉淀。沉碘时不是仅加入的原因是 。
②氧化、蒸发的装置如图所示。
Ⅰ.球形干燥管的作用是 。
Ⅱ.蒸发出的碘蒸气冷却后易凝固。实验过程中，若发现玻璃导管中有单质碘凝固析出，为防止堵塞，可以采取的方法是 。
(3)若废液中含有，可以用进行萃取，萃取后所得有机层可以用KOH溶液进行反萃取。反萃取后所得水层中的溶质为和KI。请补充完整由反萃取后所得水层制取KI晶体的实验方案：取反萃取后所得水层， 。(已知KI易溶于水；氧化性：。实验中可以选用的试剂有：气体、NaOH溶液、稀硫酸)
(4)某含碘废液中，碘元素以形式存在，为测定的浓度，现进行如下实验：准确量取20.00mL废液，加水稀释配成100.00mL溶液，取20.00mL溶液，加入盐酸，加入足量KI晶体，以淀粉为指示剂，用0.1000 溶液滴定至恰好完全反应，消耗溶液24.00mL。已知测定过程中发生的反应为(未配平) (未配平)
计算废液中的物质的量浓度，并写出计算过程 。
18．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）铍有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[主要成分为，还含有铁元素等杂质]和方解石(主要成分为)为原料冶炼铍的部分工艺流程如下：
已知：
①和性质相似，是两性氢氧化物。
②铝铵矾在不同温度下的溶解度：
温度/℃ 0 10 20 30 40 60
溶解度/g 2.10 5.00 7.74 10.9 14.9 26.7
③常温时，，；离子浓度时，可认为离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“熔炼”后，需将熔块粉碎的目的是 。
(2)“滤渣1”的成分是 。
(3)为了让铝铵矾更充分地析出，“操作Ⅰ”包含的步骤有 、 、过滤。
(4)由转化为“滤渣2”的总反应的离子方程式为 。
(5)若“操作Ⅰ”得到的滤液中，常温时应调溶液的pH至 的范围内(保留一位小数)。
(6)“沉淀”后的主要成分是，工业上去除沉淀中过多的，常用的方法有：①将沉淀溶解在高浓度NaOH溶液中，然后用蒸馏水稀释水解，使二次沉淀析出；②将沉淀用盐酸溶解后加入溶液，生成沉淀，再从滤液中二次沉淀出方法①中，溶解在高浓度NaOH溶液的离子反应方程式为 。
方法②操作简单，去除的反应效率高、效果好，但存在二次污染、成本高等问题，请你提出去除的其他可行方法： (举一例)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) “溶浸”时发生反应，部分转化成还原剂，减少了单质铁的用量
(2)将氧化为，便于在“调pH”时除去
(3)或
(4)
(5)
(6)趁热过滤，并用热水洗涤晶体
【分析】软锰矿主要成分是，还含有Fe、Mg等元素。加入硫酸、铁屑溶解软锰矿，Fe2+把还原为Mn2+，过滤，所得溶液中含有Mn2+、Fe2+、Mg2+、Fe3+，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钙调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe元素；加MnF2生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+；过滤得硫酸锰溶液。硫酸锰溶液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀；蒸发硫酸锰溶液，得MnSO4·H2O晶体。
【详解】（1）①“溶浸”时先发生反应，产生，酸性环境下Fe2+把还原为Mn2+，反应的离子方程式是。
②“溶浸”时发生反应，部分转化成还原剂，减少了单质铁的用量，所以实际测得“溶浸”时消耗；
（2）若将直接转化成沉淀，会造成的损失，所以先用将氧化成，便于在“调pH”时除去铁元素；
（3）欲使“调pH”时不引入新杂质，可使用能与H+反应的锰的化合物，如或等。
（4）用除去，利用沉淀转化原理，反应的离子方程式是，该反应的平衡常数为。
（5）“沉锰”时，硫酸锰与碳酸氢铵反应生成沉淀、二氧化碳、硫酸铵、水，发生反应的离子方程式为；
（6）由硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成图可知，欲获取应在23.9~100℃范围内进行实验操作。该范围内的溶解度随温度升高而降低，故蒸发浓缩至溶液中析出大量晶体后，需趁热过滤，并用热水洗涤晶体，以减少损失、增大产率。
2．(1)过滤
(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)AC
(4)2
(5) NaCl溶液 盐酸
【分析】废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，反应为HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑，(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，据此分析解答。
【详解】（1）Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含Au固体、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，故答案为：过滤；
（2）铜与稀硝酸的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu消耗molHNO3；铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗4molHNO3，则消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（3）A．溶Au过程中N的化合价降低，稀硝酸作氧化剂，用到了HNO3的氧化性，A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸不反应，王水中浓盐酸中提供了Cl-生成，促进Au与硝酸的反应，不是增强溶液的酸性，B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶Au原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，C正确；
故答案为：AC；
（4）由于HAuCl4=H++，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，另外1molHAuCl4中H+可消耗0.5molZn，共2mol，故答案为：2；
（5）根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸，故答案为：NaCl溶液；盐酸。
3．(1) 2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2 cd
(2)防止亚硫酸根被氧化，可以得到较纯的亚硫酸铵晶体
(3)取少量滤液与试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明溶液中含有NH离子
(4)2mol
(5)2H2+SO2S+2H2O
【分析】反应Ⅰ是SO2、碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳，反应Ⅱ是二氧化硫、氨水反应生成亚硫酸铵，反应Ⅲ是硫酸钙、碳酸氢铵、氨气反应生成碳酸钙、硫酸铵，反应Ⅳ是硫酸铵、KCl生成氯化铵、硫酸钾。
【详解】（1）反应I是SO2、碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳，反应的化学方程式为2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；
a. 烟气通入石灰石浆液时的温度过高，气体二氧化硫的溶解度减小，部分二氧化硫不能被溶解，故吸收率降低，故a错误；
b.石灰石浆液pH＞5.7，烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度减小，故b错误；
c. SO2发生氧化反应生成CaSO4，反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4，故c正确；
d. SO2能还原KMnO4，将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率，故d正确；
选cd。
（2）反应II中的溶液中溶质为亚硫酸铵，亚硫酸铵具有还原性，亚硫酸铵易被氧化为硫酸铵，加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是防止亚硫酸根被氧化，可以得到较纯的亚硫酸铵晶体。
（3）反应III所得的滤液中溶质为硫酸铵，铵盐与碱反应放出氨气，铵根离子的检验操作方法是：取少量滤液与试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明溶液中含有NH离子；
（4）NO具有氧化性，NO能氧化亚硫酸铵生成硫酸铵，本身被还原为氮气，根据得失电子守恒配平化学方程式为:2(NH4)2SO3+2NO=4(NH4)2SO4+N2。当生成氮气的体积为11.2L(标准状况)时，该反应转移电子的物质的量为。
（5）根据题意，SO2和氢气在催化剂作用下生成单质S和水，反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O。
4．(1)S
(2)盐酸
【分析】由题给流程可知，向分金渣中加入氯化铁溶液进行预处理时，氯化铁溶液与硫化银反应生成氯化亚铁、单质硫和氯化银，过滤得到滤液和含有硫酸铅、硫酸钡、硫、氯化银的滤渣；向滤渣中加入亚硫酸钠溶液，将氯化银转化为[Ag(SO3)2]3—离子，过滤得到含有[Ag(SO3)2]3—离子的滤液和含有硫酸铅、硫酸钡、硫的分银渣；向滤液中加入盐酸，将[Ag(SO3)2]3—离子转化为氯化银沉淀，过滤得到沉银液和氯化银；向氯化银中加入甲醛，氯化银与甲醛反应生成甲酸、单质银和盐酸，过滤得到银和含有甲酸、盐酸的滤液，滤液中的盐酸可循环使用。
【详解】（1）由分析可知，分银渣的主要成分为硫酸铅、硫酸钡和硫，故答案为：S；
（2）由分析可知，向氯化银中加入甲醛，氯化银与甲醛反应生成甲酸、单质银和盐酸，过滤得到银和含有甲酸、盐酸的滤液，滤液中的盐酸可循环使用，故答案为：盐酸。
5．(1) CO2 Fe(OH)3、Al(OH)3、Mn(OH)2
(2)CaCl2+(NH4)2CO3==CaCO3↓+2NH4Cl
(3)加热蒸发、煅烧
(4) HCl NH3
【分析】低品位石灰石(含CaCO3、MnCO3、Fe2O3及Al2O3)用盐酸溶解，产生CO2气体，溶液里主要含有Ca2+、Mn2+、Fe3+、Al3+、H+、Cl－等离子。产生的CO2用水吸收，和NH3反应可得到(NH4)2CO3。酸溶得到的溶液吸收NH3再过滤，则滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3、Mn(OH)2，滤液中主要含、Ca2+、Cl－等离子。该滤液和(NH4)2CO3反应，可得到轻质碳酸钙和NH4Cl尾液。MgO加入NH4Cl尾液中并加热反应，发生↑反应，气体B为NH3。得到的MgCl2溶液加热蒸发，水解生成氢氧化镁和HCl，气体C为氯化氢，氢氧化镁煅烧得到MgO。
【详解】（1）低品位石灰石(含CaCO3、MnCO3、Fe2O3及Al2O3)用盐酸溶解，CaCO3、MnCO3、Fe2O3及Al2O3分别与盐酸发生复分解反应，离子方程式为CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，MnCO3+2H+=H2O+CO2↑+Mn2+，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，所以气体A为CO2，向粗制的氯化钙溶液中通入氨气，除去Fe3+、Al3+、Mn2+，过滤得到滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3、Mn(OH)2。
（2）气体A为CO2，用水吸收氨气和二氧化碳生成碳酸铵，“沉钙”过程中氯化钙与碳酸铵发生复分解反应：CaCl2+(NH4)2CO3=CaCO3↓+2NH4Cl，得到碳酸钙沉淀和氯化铵。
（3）镁的氯化物在溶液中水解生成氢氧化镁和HCl，加热时HCl挥发促进水解，气体C为氯化氢，最终生成氢氧化镁，焙烧得MgO，“系列操作”包含有加热蒸发、煅烧。
（4）氯化镁加热蒸发，水解生成氢氧化镁和HCl，气体C为氯化氢，溶于水为盐酸，可用于溶解低品位石灰石；氯化铵中加入氧化镁并加热，反应生成氯化镁、氨气和水，向粗制的氯化钙溶液中通入氨气，除去Fe3+、Al3+、Mn2+，所以HCl、NH3可循环使用于石灰石制备轻质碳酸钙的过程中。
6．(1)
(2) ＜ 二者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高
(3) C、O 乙分子间存在氢键
(4)1：1
(5)
【分析】钙钛矿加硫酸溶解过滤得到硫酸氧钛溶液，再经过水解过滤得到钛酸沉淀，焙烧分解得到，经过与C和发生的氧化还原反应得到最后进一步得到钛单质。
【详解】（1）在高温、惰性气氛中用镁还原四氯化钛()是得到金属钛的反应方程式：，故答案为：。
（2）根据信息可判断是分子晶体，与其结构一样也是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故答案为：＜；二者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
（3）采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，价层电子对个数是4的原子有形成甲基和亚甲基的3个碳原子和形成醚键的氧原子，即原子有C和O；化合物乙因分子间存在氢键，则化合物乙的沸点比化合物甲高，故答案为：C、O；乙分子间存在氢键。
（4）该阳离子中每个Ti原子连接2个O原子、每个O原子连接2个Ti原子，则O、Ti原子个数之比为1：1，该离子中Ti为+4价，所以该阳离子为TiO2+。故答案为：1：1。
（5）均摊思想可知该晶胞占有2个，该晶胞体积，根据，待入计算可得，故答案为：。
7．(1) 1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2 正四面体形
(2)除去有机杂质
(3)VO转化成V2O
(4)2.2×10-4
(5)冷水
(6)2NH4VO3+5CO2NH3+2V+5CO2+H2O
(7)902.88
【分析】钒渣加入足量碳酸镁、空气焙烧，焙烧后加入过量硫酸酸浸，钒、铁、铝、铜转化相应盐溶液，加入氨水，除去铁、铜、铝，得到含VO的溶液，加入适量的碳酸铵除去镁，滤液加入足量碳酸铵得到NH4VO3，通入CO高温还原得到V单质，V和硫转化为产品；
【详解】（1）基态V为23号元素，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；NH的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；
（2）有机杂质会和空气中氧气反应，“焙烧”时通入足量空气的目的是除去有机杂质；
（3）由表可知，在碱性较强的环境中钒主要以V2O存在，故“净化1”中，如果氨水过量，可能产生的影响是VO转化成V2O，影响后续钒的提纯；
（4）若“净化1”中调节pH=5，pOH=9，则c(Cu2+)=mol L-1。
（5）NH4VO3是白色粉末，微溶于冷水。“净化3”中洗涤NH4VO3时选择的洗涤剂为冷水，减少NH4VO3的溶解损失；
（6）A为CO时，“高温还原”时发生反应为NH4VO3和CO发生氧化还原反应生成V和二氧化碳，根据质量守恒可知，还会生成氨气和水，化学方程式：2NH4VO3+5CO2NH3+2V+5CO2+H2O
（7）根据钒元素守恒可知，1吨该钒渣制备VS、VS2，若该工艺流程中，V的损耗率为5%，则最终得到V的总的物质的量为，已知产品中n(VS):n(VS2)=1:1，则产品的质量为。
8．(1)Al3+
(2)C
(3)b；a；c；d；b；c；e；
(4)ABC
(5) 控制步骤V中加入还原剂的用量 空气中的氧气(溶液中的溶解氧)将I-氧化为I2
【分析】样品溶于有氧化性的试剂A得到Fe3+和Al3+，“一系列操作”为乙醚将Fe3+萃取到有机层，通过“一系列操作”将含Fe3+的有机层和Al3+分离，溶液Ⅱ含大量Al3+，溶液Ⅰ加水、蒸馏得到Fe3+溶液，通过步骤Ⅳ测定Fe3+含量，通过步骤Ⅴ还原部分Fe3+，加NaOH溶液得到Fe(OH)3和Fe(OH)2的混合物，加热得到Fe3O4胶粒，据此分析解题。
【详解】（1）由流程可知，溶液Ⅱ的金属离子主要是Al3+，故答案为：Al3+；
（2）试剂A将亚铁氧化成Fe3+，浓硫酸和浓硝酸的还原产物有毒，污染环境，最好不用，可选双氧水作氧化剂。由“已知”可知：步骤Ⅱ中需浓HCl才能萃取Fe3+，因此步骤Ⅰ最好加浓HCl，综上所述，试剂A最好为浓盐酸和双氧水的混合物，故答案为：C；
（3）步骤Ⅱ为萃取Fe3+，具体步骤为：分液漏斗中加水检验是否漏水→向溶液中加入适量浓盐酸和乙醚，转移至分液漏斗→用右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转，并用力振摇右→左手拇指和食指旋开旋塞放气→静置分层→打开上口玻璃塞，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。为提高Fe3+的萃取率，下层液体重复上面的操作，最后将两次上层液混合即为溶液Ⅰ，第二次萃取的下层液即为溶液Ⅱ，故答案为：b；a；c；d；b；c；e；
（4）A、步骤Ⅲ通过加水后，混合体系为FeCl3、HCl、乙醚的混合物，温度太高，HCl快速挥发，促进了Fe3+水解，影响步骤Ⅳ测量，故温度应低于34.5℃，A正确；
B、乙醚沸点34.5℃，易挥发，为减少乙醚挥发，在蒸馏操作时，收集乙醚的锥形瓶应放置在冰水浴中，B正确；
C、Fe2+有较强还原性，加热过程可被氧气快速氧化，为了防止Fe2+被氧化，可持续通入保护气N2，C正确；
D、胶粒能透过滤纸，不可能用过滤，应用渗析、干燥等方法获得胶粒，D错误；
故答案为：ABC；
（5）①在步骤Ⅴ中，只有知道样品中铁总含量，才能控制还原剂加多少为合适，即步骤Ⅵ主要作用是测定样品中的铁总含量和控制步骤V中加入还原剂的用量，故答案为：控制步骤V中加入还原剂的用量；
②根据电子守恒可得出：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，则n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol/L×V×10-3L=1×10-4Vmol，则该样品中铁元素的质量分数为=%，Fe含量偏高，说明I2多了，可能是空气中氧气或溶液中的溶解氧将部分I-氧化成I2所致，故答案为：；空气中的氧气(溶液中的溶解氧)将I-氧化为I2。
9．(1) +3 LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+O2↑
(2) 分液漏斗 检验分液漏斗是否漏水
(3)向滤渣中加入足量的NaOH溶液，搅拌充分反应后过滤，洗涤干燥
(4) A→B LixC6—xe—=xLi++6C 1.4
【分析】由题给流程可知，废旧锂电池加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，将钴酸锂转化为硫酸锂和硫酸钴，铝、铁转化为硫酸铝和硫酸铁，反应所得溶液经除杂、过滤得到含有氢氧化铝、氢氧化铁的滤渣和含有锂离子、钴离子的滤液；向滤液中加入有机磷溶剂萃取、分液得到含有钴离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到硫酸钴溶液；硫酸钴溶液经多步转化得到氧化钴。
【详解】（1）由化合价代数和为0可知，钴酸锂中钴元素的化合价为+3价，由分析可知，钴酸锂与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成硫酸锂、硫酸钴、氧气和水，反应的离子方程式为LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+O2↑，故答案为：+3；LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；
（2）用有机磷进行萃取操作时使用的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯和玻璃棒，分液漏斗中含有瓶塞和活塞，为防止实验时漏液导致实验失败，所以使用分液漏斗前必须检查装置是否漏液，故答案为：分液漏斗；检验分液漏斗是否漏水；
（3）氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，而氢氧化铁不能与氢氧化钠溶液反应，所以从滤渣中分离出氢氧化铁的操作为向滤渣中加入足量的氢氧化钠溶液，搅拌充分反应后过滤，洗涤干燥得到氢氧化铁，故答案为：向滤渣中加入足量的NaOH溶液，搅拌充分反应后过滤，洗涤干燥；
（4）由电子移动方向可知，A电极为原电池的负极、B电极为正极，则放电过程中阳离子锂离子由A电极移向B电极；LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为LixC6—xe—=xLi++6C LixC6—xe—=xLi++6C，当电路中转移0.2NA电子时，A极减少质量为×7g/mol=1.4g，故答案为：A→B；LixC6—xe—=xLi++6C；1.4。
10．(1) SiO2 分液
(2)Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2
(3) [Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O或者[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3 2.16×1014 c
(4)硫酸
【分析】粗氧化锌主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入NH3-NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，进行操作1即过滤一起除去，得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向滤液中加入H2O2，进行氧化除锰，反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3 H2O=MnO2↓+2H2O+2，再加入(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-=CuS↓+4NH3，进行操作2即过滤，除去MnO2和CuS，即滤渣2为MnO2和CuS，向滤液中加入萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，进行操作3即分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。
【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，“ 操作3” 分离有机层和无机层，名称为分液，故答案为：SiO2；分液；
（2）由分析可知，“氧化除锰”时，H2O2 将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2，故答案为：Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2；
（3）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因锌离子与硫离子结合生成了硫化锌，离子方程式为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O，该反应的平衡常数为K=====2.16×1014，故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O；2.16×1014；
②由题干图示信息可知，当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c；
（4）由分析可知，电解硫酸锌溶液制备锌，方程式为：2ZnSO4+2H2O2Zn+O2↑+2H2SO4，故电解后溶液中的溶质主要成分是硫酸，可用于“反萃取”步骤中循环使用，故答案为：硫酸。
11．(1)2:1
(2)正
(3)不能
(4)
(5)
(6) Cl2 H2、Cl2、NaCl、H2O
【分析】NaClO3和SO2、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯，H2O2和二氧化氯、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠产品。
【详解】（1）反应①阶段，NaClO3和SO2、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯， ，则参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1；
（2）反应①中氯酸钠得到电子发生还原生成二氧化氯，则通过原电池来实现，ClO2是正极产物。
（3）反应②中的H2O2和二氧化氯反应生成亚氯酸钠，过氧化氢作为还原剂出现，NaClO4中氯为最高价，只能做氧化剂，不能做还原剂，故不能；
（4）反应②中H2O2和二氧化氯、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，根据电子守恒可知，过氧化氢作为还原剂生成氧气，反应为；
（5）铁离子具有氧化性，一价铜具有还原性，两者反应生成亚铁离子和铜离子，反应为；
（6）由图可知，电解槽中生成氯酸钠和氢气，氢气和氯气生成氯化氢，氯化氢和氯酸钠生成二氧化氯和氯气、氯化钠、水，则需要补充的物质X为Cl2，流程中氢气、氯气、氯化钠、水既是反应物又是生成物，均可以参与循环。
12．(1) 3d54s1 3d和4s上电子均是半满状态
(2) NaAlO2 Na2SiO3
(3) 溶液变为橙红色
(4) 蒸发 趁热过滤
(5)5
(6)
【分析】反应I为4FeO Cr2O3（s）＋8Na2CO3（s）＋7O2（g） 8Na2CrO4（s）＋2Fe2O3（s）＋8CO2（g），浸取然后过滤得到Na2CrO4溶液，步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，则含有Al的物质为偏铝酸钠、含有Si元素的物质为硅酸钠，向滤液中加入稀硫酸酸化得到Na2Cr2O7，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶得到产品；据此分析解题。
【详解】（1）基态Cr原子的价电子排布式是3d54s1；其中3d和4s上电子均是半满状态，这样排布使整个体系能量最低；故答案为3d54s1；3d和4s上电子均是半满状态。
（2）据分析可知，步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，它们形成的盐为强碱弱酸盐，所以Al、Si形成的盐为NaAlO2、Na2SiO3，故答案为NaAlO2、Na2SiO3。
（3）步骤Ⅳ酸化时，转化为，同时生成水，其转化方程式为，当溶液变为橙红色时反应完成；故答案为；溶液变为橙红色。
（4）获得晶体的基本实验步骤为：溶解、然后蒸发将所得溶液转移至蒸发皿中，加热蒸发溶液，使NaCl结晶析出；趁热过滤，将NaCl晶体与溶液分离；冷却滤液使K2Cr2O7结晶；故答案为蒸发；趁热过滤。
（5）的溶度积常数为，铬离子沉淀完全时有，解得，所以调节pH至少为5；故答案为5。
（6）现有某水样100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化(还原为)；再用的溶液滴定剩余的，结果消耗溶液，废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2＋把多余的反应：，解得，则100ml废水中，与废水反应的K2Cr2O7的物质的量＝加入的K2Cr2O7的物质的量 与Fe2＋反应的K2Cr2O7的物质的量＝c1mol/L×V1×10 3L ，1L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量＝，利用2K2Cr2O7～3O2可求出废水中化学耗氧量即COD，，解得，则该水样的COD为＝()mg/L；故答案为。
13．(1)第三周期第ⅣA族
(2)
(3)
(4)遇水易生成其他物质，氢气和氧气混合容易爆炸，硅与氧气反应，所以必须在无水、无氧条件下进行
(5)HCl、
(6) 玻璃成分中的与氢氟酸发生化学反应
【分析】由硅石制备高纯硅，硅石中的二氧化硅在高温下和碳反应生成粗硅，随后通入氯化氢氯化，氯化氢和粗硅中的硅反应生成，分离后加入氢气进行热解，最终生成单质硅。
【详解】（1）硅是14号元素，其在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族；
（2）“还原”时碳和二氧化硅反应生成单质硅和一氧化碳，方程式为；
（3）“氯化”时发生的反应为，则此时的还原产物为；
（4）氢气，单质硅都可以和氧气反应，根据题给信息可知，遇水迅速生成其他物质，故“氯化”、“分离”和“热解”的过程必须在无水、无氧条件下进行；
（5）“氯化”时生成氢气，“热解”时，和氢气反应生成单质硅和氯化氢，且反应过程中需要氯化氢和氢气，故可以循环利用的物质是HCl、；
（6）①玻璃试剂瓶中的二氧化硅可以和氢氟酸反应，会腐蚀试剂瓶；
②三价铁具有强氧化性，可以和反应生成没有污染的氮气，方程式为；
③根据吸光度可知，二价铁浓度为0.05×10-3mol/L，则高纯硅样品中铁的质量为0.05×10-3mol/L×0.1L×56g/mol=。
14．(1)
(2)
(3) 过氧化氢不稳定，受热易分解 1:1
(4)
(5) 直线形
【分析】钛铁矿加入盐酸酸溶，二氧化硅等不反应成为滤渣，滤液加热分离得到富钛渣，富钛渣加入过氧化氢、氨水溶解得到过氧化钛化合物，煅烧得到二氧化钛，再和碳酸锂反应得到；富铁液加入过氧化氢、磷酸得到磷酸亚铁，磷酸亚铁加入碳酸锂、草酸煅烧得到；
【详解】（1）Be与Al化学性质相似，则与NaOH生成和水，；
（2）铁为26号元素，价层电子排布为3d64s2，故元素Fe基态原子的价层电子轨道表示式为；
（3）①“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是过氧化氢不稳定，受热易分解。
②“煅烧”制备过程中，和、煅烧生成、二氧化碳和水，反应为，故和的理论投入量的物质的量之比为1:1；
（4）为四面体形结构，的空间构型与相同，则中4个氮原子位于正四面体的顶点，形成类似白磷分子的结构，此外每个氮原子和氢形成1个氮氢配位键，结构为；
（5），其结构是对称的，5个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键，呈V形，则阳离子电子式为；一种含有化学式为的离子晶体，则阴离子为，中心原子氮原子形成2个共价键且无孤电子对，为sp杂化，阴离子的空间构型为直线形。
15．(1)3d84s2
(2)极性
(3)5×10-3
(4)2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）
(5)避免硝酸分解，减小硝酸镍的水解程度
(6) < O 3NaNO2+2HNO3=3NaNO3+2NO↑+H2O
【分析】红土镍矿在酸浸条件下金属氧化物都溶解生成盐，然后将亚铁离子氧化为铁离子，利用调节pH将铁和铝离子转化为氢氧化物沉淀而分离，再利用氟化物将镁离子和钙离子沉淀分离，净化液电解得到金属镍，镍和硝酸反应生成硝酸镍。据此解答。
【详解】（1）镍为28号元素，基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2。
（2）H2O2分子中的中心O原子的价层电子对数为4，其中每个O原子都有2对孤电子对，导致空间结构不对称、正负电荷中心不重合，故H2O2是极性分子。
（3）当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全，除镁钙阶段，加入氟化钠除尽镁离子和钙离子，当镁离子完全沉淀时，溶液中的氟离子浓度为，当钙离子完全沉淀时，溶液中的氟离子浓度为，故除去镁离子和钙离子后的滤液中氟离子浓度至少应为5×10-3mol/L。
（4）析镍过程发生在阴极，镍离子得到电子，溶液中的氢离子也可能得到电子，故竞争的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）。
（5）减压蒸馏可避免硝酸分解，减小硝酸镍的水解程度，加快水的挥发。
（6）①中的中心原子为氮，价层电子对数为，所以氮原子的杂化类型为sp2杂化，空间构型为V形，其键角小于120°。中的中心原子氮原子的价层电子对数为，故硝酸根离子的空间构型为平面三角形，键角为120°，故亚硝酸根离子的键角小于硝酸根离子的键角。非金属性越强，电负性越大，故三种元素中的电负性最大的为氧元素。
②转化器中加入硝酸的目的是将亚硝酸钠转化为硝酸钠，同时生成一氧化氮，其化学方程式为：3NaNO2+2HNO3=3NaNO3+2NO↑+H2O。
16．(1) 催化剂 活化能
(2)
(3) 14
(4)
(5)、为非极性分子，为极性较大的分子
【分析】CuCl和HCl在H2O反应生成[CuCl2] ，电解得到[CuCl4]2 和H2，[CuCl4]2 溶液加热水解得到HCl，剩余物质加热分解得到CuCl和O2。
【详解】（1）CuCl先是参与反应，最后又生成CuCl，是催化剂；催化剂可以降低化学反应的活化能，加快反应速率；
故答案为：催化剂；活化能。
（2）阳极区为酸性[CuCl2] 溶液，电解过程中[CuCl2] 转化为[CuCl4]2 ，发生氧化反应，反应式为[CuCl2]-+2Cl--e-=[CuCl4]2-；
故答案为：[CuCl2]-+2Cl--e-=[CuCl4]2-。
（3）基态Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；其核外电子的空间运动状态数为1+1+3+1+3+5=14，有14种；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；14。
（4）[CuCl4]2 中含有配位键，其中Cu2+的外围电子排布为3d9，有4个空轨道，4s和4p，故Cu2+提供空轨道；
故答案为：Cu2+。
（5）H2、O2为非极性分子，HCl为极性较大的分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知，HCl溶解度很大；
故答案为：H2、O2为非极性分子，HCl为极性较大的分子。
17．(1)向其中滴加淀粉溶液，溶液不变色，再滴加溶液，溶液变蓝色
(2) 铜离子和碘离子会发生氧化还原反应生成CuI沉淀和碘单质，，生成的碘单质进入滤液造成产率降低 防止倒吸 适当加热导管处
(3)通入足量的硫化氢气体，充分反应后过滤，滤液蒸发结晶得到KI晶体
(4)根据电子守恒配平反应为：、，则，则废液中的物质的量浓度为
【分析】含的废液加入足量的溶液，再加入生成CuI沉淀，过滤沉淀加入氯化铁和盐酸氧化碘离子得到碘单质，蒸发过滤得到碘单质；
【详解】（1）碘离子会和铁离子发生被氧化为碘单质，故检验碘离子操作可以为：另取少量废液，向其中滴加淀粉溶液，溶液不变色，再滴加溶液，溶液变蓝色，则溶液中含有；
（2）①Ⅰ. 沉碘时应向废液加入足量的溶液，再加入，有CuI沉淀和生成，反应中硫元素化合价由+2变为+2,5，铜元素化合价由+2变为+1，根据电子守恒可知，该反应的离子方程式：。
Ⅱ.若不加入溶液，仅加入，则铜离子和碘离子会发生氧化还原反应生成CuI沉淀和碘单质，，生成的碘单质进入滤液造成产率降低；
②Ⅰ.球形干燥管中有膨大的部分，可以防止倒吸；
Ⅱ.碘受热容易升华，实验过程中，若发现玻璃导管中有单质碘凝固析出，为防止堵塞，可以采取的方法是适当加热导管处；
（3）反萃取后所得水层中的溶质为和KI，已知KI易溶于水；氧化性：，故可以通入硫化氢气体将碘酸钾转化为碘化钾，，故操作为：取反萃取后所得水层，通入足量的硫化氢气体，充分反应后过滤，滤液蒸发结晶得到KI晶体；
（4）根据电子守恒配平反应为：、，则，则废液中的物质的量浓度为。
18．(1)增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率
(2)和
(3) 蒸发浓缩 冷却结晶
(4)
(5)
(6) 离子交换树脂法、溶液沉淀法(或其他合理答案)
【分析】绿柱石和方解石混合熔炼，“酸浸”过程中硅酸不溶于硫酸，硫酸钙微溶于水，沉淀析出，故滤渣1成分为H2SiO3和CaSO4，滤液的成分为硫酸铍、硫酸铝、硫酸亚铁盐溶液混合物，“操作Ⅰ”加入使铝离子发生反应并结晶析出；“除铁”加入过氧化氢可以将亚铁离子氧化生成铁离子，加入的氨水使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而分离，“沉淀”时加入氨水生成氢氧化铍，氢氧化铍煅烧分解转化为氧化铍，最后得到Be。
【详解】（1）熔炼后将熔块粉碎，目的是增大熔块与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率。
（2）根据分析可知，滤渣1的成分为H2SiO3和CaSO4。
（3）根据已知②，铝铵矾的溶解度受温度影响较大，从溶液中得到晶体的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（4）Fe2+先被H2O2氧化成Fe3+，Fe3+再与一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为。
（5）调溶液pH的目的是将以Fe(OH)3形式沉淀完全，而使不发生沉淀。，时，解得mol/L，所以时，刚好沉淀完全；，时，解得mol/L，所以时，会开始沉淀，综合上述，当时，沉淀完全，而还未开始沉淀。
（6）根据题干可知Be(OH)2为两性氢氧化物，可与NaOH反应生成，则Be(OH)2与NaOH反应的离子方程式为。沉淀剂存在二次污染、成本高等问题，所以可以改为离子交换树脂法、溶液沉淀法等。
答案第1页，共2页
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1．（2023·全国·模拟预测）由软锰矿(主要成分是，还含有Fe、Mg等元素)制备高纯碳酸锰、硫酸锰的一种工艺流程如图所示。
25℃时，一些难溶电解质的溶度积常数如表所示。
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表所示。
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 6.8 2.3 8.1
完全沉淀的pH 8.3 3.2 10
回答下列问题：
(1)已知“溶浸”时，Fe不能还原，但能还原得到。
①还原的离子方程式是 。
②实际测得“溶浸”时消耗，原因是 。
(2)“氧化”时加入适量的的目的是 。
(3)用“调pH”虽然成本较低，但会引入等杂质，若使用 (填化学式)“调pH”可避免此问题。
(4)“除杂”是以生成、沉淀的方法除去、。用除去的离子方程式是 ，该反应的平衡常数为 。
(5)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。
(6)硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成如图所示。
“结晶”是从“除杂”后过滤所得的滤液中获得，其操作是蒸发浓缩至溶液中析出大量晶体， ，真空干燥。
2．（2023春·广东广州·高三广东番禺中学校考期中）用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将溶解。②
(1)酸溶后经 操作，将混合物分离。
(2)浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等 的消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式： 。
(3)与王水[(浓硝酸)：(浓盐酸)溶金原理相同。关于溶金的下列说法正确的是 。
A．用到了的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与也可使溶解
(4)若用粉将溶液中的完全还原，则参加反应的的物质的量是 mol。
(5)用适当浓度的盐酸、溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的溶液中回收和(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是 ，物质2是 。
3．（2023春·江苏南京·高三江苏省高淳高级中学校联考阶段练习）含硫化合物的处理和利用是科学研究的重要课题之一：
I.用石灰石、氨水等脱硫。以硫酸工业的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、碳酸氢铵和氯化钾等为原料，可以制备有重要应用价值的硫酸钾、亚硫酸铵等物质，制备流程如图：
(1)反应I是脱去SO2的一种常用方法，其反应的化学方程式为 。研究发现：pH和温度对石灰石浆液的脱硫效率产生一定影响，当烟气通入速度一定时，石灰石浆液的脱硫率与浆液pH的关系如图所示。
下列有关说法正确的是 。
a.烟气通入石灰石浆液时的温度越高，吸收越快，吸收率越高
b.石灰石浆液pH＞5.7，烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度增大
c.反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4
d.将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率
(2)生产中，向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是 。
(3)反应III所得的滤液中阳离子的检验操作方法是 。
(4)(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种铵态氮肥。用(NH4)2SO3溶液吸收NO，当生成氮气的体积为11.2L(标准状况)时，该反应转移电子的物质的量为 。
II.H2还原法也是处理含较多的硫酸厂废气方法之一。400℃时，H2和废气按一定比例混合，以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)的反应器。
(5)该方法不仅可有效脱除SO2，同时还获得单质S，反应的化学方程式为 。
4．（2023·全国·高三专题练习）从分金渣(主要成分为AgCl、Ag2S、PbSO4、BaSO4)中获取高纯银的流程如图所示：
(1)“分银渣”的主要成分为PbSO4、BaSO4、 (填化学式)。
(2)该流程中可循环使用的物质为 。
5．（2023·全国·高三专题练习）轻质碳酸钙(CaCO3)是一种重要的化工产品，广泛应用于油漆、塑料、橡胶和造纸等工业。一种以低品位石灰石(含CaCO3、MnCO3、Fe2O3及Al2O3)为原料生产高纯度轻质碳酸钙的循环工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)气体A为 ，滤渣的主要成分是 。
(2)“沉钙”过程中发生反应的化学方程式为 。
(3)“系列操作”包含有： 。
(4)氧化镁可以在尾液处理中循环使用， 和 可循环使用于石灰石制备轻质碳酸钙的过程中。
6．（2023春·福建泉州·高三福建省德化第一中学校考阶段练习）钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”。一种制备金属钛的工艺流程如下所示：
(1)在高温、惰性气氛中用镁还原四氯化钛()是得到金属钛主要方法之一。试写出该还原过程的反应方程式 。
(2)已知在通常情况下是无色液体，熔点为-37℃，沸点为136℃，结构与相似。试预测的沸点 136℃(填“>”、“＜”或“=”)并阐述推测理由 。
(3)纳米是一种应用广泛的催化剂，其催化作用的一个实例如下所示：
化合物甲中采取杂化的原子有 (填元素符号)。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因为 。
(4)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，该阳离子的结构片段如图所示。该阳离子中Ti与O的原子数之比为 。
(5)在自然界中有三种同素异形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种变体中最稳定的一种，其晶胞如图所示，该晶体的密度为 (设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、的代数式表示)。
7．（2023春·辽宁葫芦岛·高三校联考阶段练习）科学家最近合成了VS2和VS相互交叉排列晶体.某小组以钒渣(含72%V2O3、14%Fe2O3、9%Al2O3、3%CuO，其余为有机杂质)为原料制备VS、VS2的流程如图：
已知部分信息如下：
含钒离子在溶液中的主要存在形式与pH的关系如表所示。
pH 4~6 6~8 8~10
主要离子 VO VO V2O
②常温下，几种难溶电解质的溶度积如表：
难溶电解质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 2.2×10-22 4.0×10-38 1.3×10-33 1.8×10-11
③NH4VO3是白色粉末，微溶于冷水。
回答下列问题：
(1)基态V原子的核外电子排布式为 ，NH的空间结构为 。
(2)“焙烧”时通入足量空气的目的是 。
(3)“净化1”中，如果氨水过量，可能产生的影响是 (填一种)。
(4)若“净化1”中调节pH=5，则c(Cu2+)= mol L-1。
(5)“净化3”中洗涤NH4VO3时选择的洗涤剂为 (填“冷水”或“热水”)。
(6)当试剂A为CO时，写出“高温还原”时发生反应的化学方程式： 。
(7)某工厂用1吨该钒渣制备VS、VS2，若该工艺流程中，V的损耗率为5%，则最终得到产品的质量为 kg。[已知产品中n(VS)：n(VS2)=1：1]。
8．（2023春·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）某小组进行测定某变质的铁铝合金(杂质主要为Al2O3和Fe2O3)样品中铁含量，并制备Fe3O4胶体，相关实验方案设计如下：
已知：乙醚［］易燃，沸点为34.5度，微溶于水，密度比水小。在较高的盐酸浓度下，与HCl、乙醚形成化合物而溶于乙醚；当盐酸浓度降低时，该化合物解离。
请回答下列问题：
(1)溶液Ⅱ中主要金属阳离子是 。
(2)步骤I中试剂A最佳选择的是___________。
A．浓硝酸 B．浓硫酸 C．浓盐酸+双氧水 D．稀盐酸+双氧水
(3)步骤Ⅱ的“一系列操作”包括如下实验步骤，选出其正确操作并按序列出字母： 。
分液漏斗中加水检验是否漏水→向溶液中加入适量浓盐酸和乙醚，转移至分液漏斗→( )→( )→( )→( )→f→( )→a→( )→d→( )
a．左手拇指和食指旋开旋塞放气；
b．用右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转，并用力振摇；
c．静置分层；
d．打开上口玻璃塞，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
e．混合两次分液后的上层液体；
f．向下层液体中加入浓盐酸和乙醚并转移至分液漏斗；
(4)下列关于步骤Ⅲ和步骤Ⅵ的涉及的操作说法正确的是___________。
A．步骤Ⅲ中蒸馏操作时，温度应低于34.5℃
B．为减少乙醚挥发，在蒸馏操作时，一收集乙醚的锥形瓶应放置在冰水浴中
C．步骤Ⅵ由混合溶液制得胶体的过程中，须持续通入，防止被氧化
D．析出胶体后通过过滤，洗涤，干燥获得胶体
(5)步骤Ⅳ测定方法有多种，如转化为，间接碘量滴定，分光光度法等。
①步骤Ⅳ主要作用是测定样品中的铁总含量和 。
②步骤Ⅳ实验时采用间接碘量法测定含量，具体过程如下：向25.00mL溶液中加入过量KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉作指示剂，用0.1 000 溶液进行测定，消耗溶液体积为V mL。已知反应方程式为：。则该样品中铁元素的质量分数为 %。然而实际测定的Fe含量往往偏高，其主要原因是 。
9．（2023春·山东菏泽·高三菏泽一中校考期中）实验室以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4。试回答下列有关问题：
(1)LiCoO2中Co元素的化合价为 ，LiCoO2不溶于水，“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，该反应的离子方程式为 。
(2)用有机磷进行萃取操作时使用的主要玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还有 。使用该仪器之前首先进行的操作为 。
(3)已知滤渣的成分为Fe(OH)3和Al(OH)3，简述从滤渣中分离出Fe(OH)3的实验操作 。
(4)CoCO3与纯碱反应可以制备电极材料钴酸锂(LiCoO2)。一种可充电电池装置如图所示，充放电过程中，存在LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化，放电过程中Li+的移动方向 (填“A→B”或“B→A”)，写出该电池放电时A极反应 ，当电路中转移0.2NA电子时，A极质量减少 g。
10．（2023·全国·高三假期作业）锌的用途广泛，主要用于镀锌板及精密铸造等行业。以粗氧化锌(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：①“浸取”时。ZnO、 CuO转化为[ Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液：
②25℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36， Ksp(ZnS)=1.6 ×10-24；
③沉淀除铜标准：溶液中≤2.0×10-6
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和 (填化学式)，“ 操作3”的名称为 。
(2)“氧化除锰”时，H2O2将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为 。
(3)“沉淀除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示] 与“(NH4)2 S加入量”[以表示]的关系曲线如图所示。
①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为 。(已知) [ Zn(NH3)4]2+的=2. 9 ×109]
②“沉淀除铜”时(NH4 )2S加入量最好应选 。
a．100% b．110% c．120% d．130%
(4)电解后溶液中的溶质主要成分是 ， 可用于循环使用。
11．（2023春·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考期中）从化合价的角度分析氯及其化合物的性质，并按要求回答下列问题。
Ⅰ.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下：
(1)反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为 。
(2)若反应①通过原电池来实现，则ClO2是 极产物。
(3)反应②中的H2O2 用NaClO4代替(填能或不能)。
(4)写出反应②的离子方程式 。
Ⅱ.氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料，工业上常通过下列反应制备CuCl：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3=2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑
(5)查阅资料可得，CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，请写出该反应的离子方程式 。
Ⅲ.世界环保联盟要求ClO2逐渐取代Cl2作为自来水消毒剂
已知：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑
发生器：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
ClO2的生产流程示意图如图：
(6)该工艺中，需要补充的物质X为 (填化学式，下同)，能参与循环的物质有 。
12．（2023·广东汕头·统考二模）红矾钠(重铬酸钠：)是重要的基本化工原料，在印染工业、电镀工业和皮革工业中作助剂，在化学工业和制药工业中也用作氧化剂，应用领域十分广泛。
实验室中红矾钠可用铬铁矿(主要成分：)利用以下过程来制取。
(1)基态Cr原子的价电子排布式是 ，这样排布使整个体系能量最低，原因是 。
(2)步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有外，还含有铝、硅元素的化合物，它们的化学式可能是 、 。
(3)步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 ；反应完成的标志是 。
(4)利用下面的复分解反应，将红矾钠与固体按物质的量比混合溶于水后经适当操作可得到晶体：(已知：温度对的溶解度影响很小，对的溶解度影响较大)。获得晶体的基本实验步骤为：①溶解、② 、③ 、④冷却结晶，最后过滤。
(5)也有一定毒性，会污染水体，常温下要除去废液中多余的，调节pH至少为 ，才能使铬离子沉淀完全。(已知溶液中离子浓度小于，则认为离子完全沉淀；的溶度积常数为)。
(6)可用于测定废水的化学耗氧量(即COD，指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水中的还原性物质完全被氧化(还原为)；再用的溶液滴定剩余的，结果消耗溶液。该水样的COD为 mg/L。
13．（2023春·云南楚雄·高三统考期中）太阳能光伏产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产和应用。工业上以硅石为原料制备高纯硅的工业流程如图所示。
已知：是常温下易挥发、遇水迅速生成其他物质的无色液体。
(1)Si在元素周期表中的位置是 。
(2)“还原”需在高温条件下进行，该反应的化学方程式是 。
(3)“氯化”时的还原产物是 (填化学式)。
(4)“氯化”、“分离”和“热解”的过程必须在无水、无氧条件下进行，理由是 。
(5)该流程中能循环利用的物质是 (填两种)。
(6)高纯硅中常含有微量杂质，比如铁，对其进行测定的方法如下。
准确称取0.300g高纯硅样品用氢氟酸和稀硝酸溶解处理，配成100mL溶液，用羟胺，难电离)将还原为后，加入邻菲啰啉形成橘红色络合物，再利用吸光度法测得吸光度为0.5(吸光度与浓度的对应关系如图)。
①氢氟酸不能用玻璃试剂瓶保存的原因是 。
②酸性条件下，羟胺与反应生成无污染气体的反应的离子方程式为 。
③高纯硅样品中铁的质量为 。
14．（2023春·广东惠州·高三统考期中）Ⅰ.磷酸亚铁锂()可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，以钛铁矿(主要成分为，还含有MgO、CaO、等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂()和磷酸亚铁锂()的工艺流程如下，回答下列问题：
(1)在周期表中，根据对角线规则Li与Mg、Be与Al、B与Si的化学性质相似，写出与NaOH反应的化学方程式 。
(2)元素Fe基态原子的价层电子轨道表示式为 。
(3)①“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是 。
②“煅烧”制备过程中，和的理论投入量的物质的量之比为 。
Ⅱ.氮的相关化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
(4)科学家从中检出一种组成为的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以和两种离子的形式存在。的空间构型与相同，写出的结构式 。
(5)科学家合成了一种阳离子为，其结构是对称的，5个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键，呈V形；此后又合成了一种含有化学式为的离子晶体，其阳离子电子式为 ，阴离子的空间构型为 。
15．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）以红土镍矿(主要成分是，含(等)为原料制备硝酸镍的流程如图所示：
注：为和的混合气体。回答下列问题：
(1)基态镍原子价电子排布式为 。
(2)“除铁铝”阶段需要先用溶液将氧化为。属于 (“极性”或“非极性”)分子。
(3)“除镁钙”阶段为加入除尽，除后的滤液中至少应为 [当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。已知该实验条件下，]。
(4)“净化液电解”阶段，析镍过程中存在竞争反应，该竞争反应的电极反应式为 。
(5)工业制成品时，先用硝酸将溶液酸化至，再经减压蒸发浓缩，然后冷却结晶、离心分离。其中“减压蒸发”的目的是 (任答两点)。
(6)工业上用溶液吸收制备硝酸钠，其流程如图所示：
①吸收塔得到、混合溶液。键角： (填“>”、“=”或“<”)，、N、O三种元素中电负性最大的是 (填元素符号)。
②写出转化器中发生反应的化学方程式： 。
16．（2023春·河南焦作·高三统考期中）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。“CuCl-H2O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解四个步骤，其过程如图所示。
已知：电解池的阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。
(1)分析过程图知，CuCl为制氢总过程中的 ，它在制氢过程中的作用是降低该反应的 ，加快反应速率。
(2)电解时，阳极的电极反应式为 。
(3)中基态Cu+的电子排布式为 ，其核外电子的空间运动状态有 种。
(4)中含有配位键，其中提供空轨道的离子为 。
(5)H2、O2在水中的溶解度较小，而HCl溶解度却很大的原因是 。
17．（2023春·江苏南通·高三统考阶段练习）碘及碘化钾是实验室中的常见试剂，含碘废液中碘元素通常以、、和中的一种或多种形式存在，回收碘具有很好的经济价值。
(1)为检验某实验室酸性废液中是否含，现进行如下实验：取少量废液，向其中滴加淀粉溶液，溶液不变蓝。另取少量废液， ，则溶液中含有。请补充完整该实验方案，实验中可以选用的试剂有：溶液、溶液、淀粉溶液、KSCN溶液、溶液。
(2)一种由含的废液制取单质碘的流程如下：
①沉碘时应向废液加入足量的溶液，再加入至沉淀不再增加。
Ⅰ.沉碘时有CuI沉淀和生成，写出该反应的离子方程式： 。
Ⅱ.若不加入溶液，仅加入也可生成CuI沉淀。沉碘时不是仅加入的原因是 。
②氧化、蒸发的装置如图所示。
Ⅰ.球形干燥管的作用是 。
Ⅱ.蒸发出的碘蒸气冷却后易凝固。实验过程中，若发现玻璃导管中有单质碘凝固析出，为防止堵塞，可以采取的方法是 。
(3)若废液中含有，可以用进行萃取，萃取后所得有机层可以用KOH溶液进行反萃取。反萃取后所得水层中的溶质为和KI。请补充完整由反萃取后所得水层制取KI晶体的实验方案：取反萃取后所得水层， 。(已知KI易溶于水；氧化性：。实验中可以选用的试剂有：气体、NaOH溶液、稀硫酸)
(4)某含碘废液中，碘元素以形式存在，为测定的浓度，现进行如下实验：准确量取20.00mL废液，加水稀释配成100.00mL溶液，取20.00mL溶液，加入盐酸，加入足量KI晶体，以淀粉为指示剂，用0.1000 溶液滴定至恰好完全反应，消耗溶液24.00mL。已知测定过程中发生的反应为(未配平) (未配平)
计算废液中的物质的量浓度，并写出计算过程 。
18．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）铍有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[主要成分为，还含有铁元素等杂质]和方解石(主要成分为)为原料冶炼铍的部分工艺流程如下：
已知：
①和性质相似，是两性氢氧化物。
②铝铵矾在不同温度下的溶解度：
温度/℃ 0 10 20 30 40 60
溶解度/g 2.10 5.00 7.74 10.9 14.9 26.7
③常温时，，；离子浓度时，可认为离子沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“熔炼”后，需将熔块粉碎的目的是 。
(2)“滤渣1”的成分是 。
(3)为了让铝铵矾更充分地析出，“操作Ⅰ”包含的步骤有 、 、过滤。
(4)由转化为“滤渣2”的总反应的离子方程式为 。
(5)若“操作Ⅰ”得到的滤液中，常温时应调溶液的pH至 的范围内(保留一位小数)。
(6)“沉淀”后的主要成分是，工业上去除沉淀中过多的，常用的方法有：①将沉淀溶解在高浓度NaOH溶液中，然后用蒸馏水稀释水解，使二次沉淀析出；②将沉淀用盐酸溶解后加入溶液，生成沉淀，再从滤液中二次沉淀出方法①中，溶解在高浓度NaOH溶液的离子反应方程式为 。
方法②操作简单，去除的反应效率高、效果好，但存在二次污染、成本高等问题，请你提出去除的其他可行方法： (举一例)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) “溶浸”时发生反应，部分转化成还原剂，减少了单质铁的用量
(2)将氧化为，便于在“调pH”时除去
(3)或
(4)
(5)
(6)趁热过滤，并用热水洗涤晶体
【分析】软锰矿主要成分是，还含有Fe、Mg等元素。加入硫酸、铁屑溶解软锰矿，Fe2+把还原为Mn2+，过滤，所得溶液中含有Mn2+、Fe2+、Mg2+、Fe3+，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加碳酸钙调节pH生成Fe(OH)3沉淀除去Fe元素；加MnF2生成CaF2、MgF2沉淀除去Ca2+、Mg2+；过滤得硫酸锰溶液。硫酸锰溶液加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀；蒸发硫酸锰溶液，得MnSO4·H2O晶体。
【详解】（1）①“溶浸”时先发生反应，产生，酸性环境下Fe2+把还原为Mn2+，反应的离子方程式是。
②“溶浸”时发生反应，部分转化成还原剂，减少了单质铁的用量，所以实际测得“溶浸”时消耗；
（2）若将直接转化成沉淀，会造成的损失，所以先用将氧化成，便于在“调pH”时除去铁元素；
（3）欲使“调pH”时不引入新杂质，可使用能与H+反应的锰的化合物，如或等。
（4）用除去，利用沉淀转化原理，反应的离子方程式是，该反应的平衡常数为。
（5）“沉锰”时，硫酸锰与碳酸氢铵反应生成沉淀、二氧化碳、硫酸铵、水，发生反应的离子方程式为；
（6）由硫酸锰在不同温度下的溶解度和该温度范围内析出晶体的组成图可知，欲获取应在23.9~100℃范围内进行实验操作。该范围内的溶解度随温度升高而降低，故蒸发浓缩至溶液中析出大量晶体后，需趁热过滤，并用热水洗涤晶体，以减少损失、增大产率。
2．(1)过滤
(2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(3)AC
(4)2
(5) NaCl溶液 盐酸
【分析】废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，反应为HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑，(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，据此分析解答。
【详解】（1）Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含Au固体、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤，故答案为：过滤；
（2）铜与稀硝酸的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu消耗molHNO3；铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗4molHNO3，则消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（3）A．溶Au过程中N的化合价降低，稀硝酸作氧化剂，用到了HNO3的氧化性，A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸不反应，王水中浓盐酸中提供了Cl-生成，促进Au与硝酸的反应，不是增强溶液的酸性，B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶Au原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，C正确；
故答案为：AC；
（4）由于HAuCl4=H++，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，另外1molHAuCl4中H+可消耗0.5molZn，共2mol，故答案为：2；
（5）根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸，故答案为：NaCl溶液；盐酸。
3．(1) 2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2 cd
(2)防止亚硫酸根被氧化，可以得到较纯的亚硫酸铵晶体
(3)取少量滤液与试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明溶液中含有NH离子
(4)2mol
(5)2H2+SO2S+2H2O
【分析】反应Ⅰ是SO2、碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳，反应Ⅱ是二氧化硫、氨水反应生成亚硫酸铵，反应Ⅲ是硫酸钙、碳酸氢铵、氨气反应生成碳酸钙、硫酸铵，反应Ⅳ是硫酸铵、KCl生成氯化铵、硫酸钾。
【详解】（1）反应I是SO2、碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳，反应的化学方程式为2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2；
a. 烟气通入石灰石浆液时的温度过高，气体二氧化硫的溶解度减小，部分二氧化硫不能被溶解，故吸收率降低，故a错误；
b.石灰石浆液pH＞5.7，烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度减小，故b错误；
c. SO2发生氧化反应生成CaSO4，反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4，故c正确；
d. SO2能还原KMnO4，将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率，故d正确；
选cd。
（2）反应II中的溶液中溶质为亚硫酸铵，亚硫酸铵具有还原性，亚硫酸铵易被氧化为硫酸铵，加入适量还原性很强的对苯二酚等物质，其目的是防止亚硫酸根被氧化，可以得到较纯的亚硫酸铵晶体。
（3）反应III所得的滤液中溶质为硫酸铵，铵盐与碱反应放出氨气，铵根离子的检验操作方法是：取少量滤液与试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，说明溶液中含有NH离子；
（4）NO具有氧化性，NO能氧化亚硫酸铵生成硫酸铵，本身被还原为氮气，根据得失电子守恒配平化学方程式为:2(NH4)2SO3+2NO=4(NH4)2SO4+N2。当生成氮气的体积为11.2L(标准状况)时，该反应转移电子的物质的量为。
（5）根据题意，SO2和氢气在催化剂作用下生成单质S和水，反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O。
4．(1)S
(2)盐酸
【分析】由题给流程可知，向分金渣中加入氯化铁溶液进行预处理时，氯化铁溶液与硫化银反应生成氯化亚铁、单质硫和氯化银，过滤得到滤液和含有硫酸铅、硫酸钡、硫、氯化银的滤渣；向滤渣中加入亚硫酸钠溶液，将氯化银转化为[Ag(SO3)2]3—离子，过滤得到含有[Ag(SO3)2]3—离子的滤液和含有硫酸铅、硫酸钡、硫的分银渣；向滤液中加入盐酸，将[Ag(SO3)2]3—离子转化为氯化银沉淀，过滤得到沉银液和氯化银；向氯化银中加入甲醛，氯化银与甲醛反应生成甲酸、单质银和盐酸，过滤得到银和含有甲酸、盐酸的滤液，滤液中的盐酸可循环使用。
【详解】（1）由分析可知，分银渣的主要成分为硫酸铅、硫酸钡和硫，故答案为：S；
（2）由分析可知，向氯化银中加入甲醛，氯化银与甲醛反应生成甲酸、单质银和盐酸，过滤得到银和含有甲酸、盐酸的滤液，滤液中的盐酸可循环使用，故答案为：盐酸。
5．(1) CO2 Fe(OH)3、Al(OH)3、Mn(OH)2
(2)CaCl2+(NH4)2CO3==CaCO3↓+2NH4Cl
(3)加热蒸发、煅烧
(4) HCl NH3
【分析】低品位石灰石(含CaCO3、MnCO3、Fe2O3及Al2O3)用盐酸溶解，产生CO2气体，溶液里主要含有Ca2+、Mn2+、Fe3+、Al3+、H+、Cl－等离子。产生的CO2用水吸收，和NH3反应可得到(NH4)2CO3。酸溶得到的溶液吸收NH3再过滤，则滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3、Mn(OH)2，滤液中主要含、Ca2+、Cl－等离子。该滤液和(NH4)2CO3反应，可得到轻质碳酸钙和NH4Cl尾液。MgO加入NH4Cl尾液中并加热反应，发生↑反应，气体B为NH3。得到的MgCl2溶液加热蒸发，水解生成氢氧化镁和HCl，气体C为氯化氢，氢氧化镁煅烧得到MgO。
【详解】（1）低品位石灰石(含CaCO3、MnCO3、Fe2O3及Al2O3)用盐酸溶解，CaCO3、MnCO3、Fe2O3及Al2O3分别与盐酸发生复分解反应，离子方程式为CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，MnCO3+2H+=H2O+CO2↑+Mn2+，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，所以气体A为CO2，向粗制的氯化钙溶液中通入氨气，除去Fe3+、Al3+、Mn2+，过滤得到滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3、Mn(OH)2。
（2）气体A为CO2，用水吸收氨气和二氧化碳生成碳酸铵，“沉钙”过程中氯化钙与碳酸铵发生复分解反应：CaCl2+(NH4)2CO3=CaCO3↓+2NH4Cl，得到碳酸钙沉淀和氯化铵。
（3）镁的氯化物在溶液中水解生成氢氧化镁和HCl，加热时HCl挥发促进水解，气体C为氯化氢，最终生成氢氧化镁，焙烧得MgO，“系列操作”包含有加热蒸发、煅烧。
（4）氯化镁加热蒸发，水解生成氢氧化镁和HCl，气体C为氯化氢，溶于水为盐酸，可用于溶解低品位石灰石；氯化铵中加入氧化镁并加热，反应生成氯化镁、氨气和水，向粗制的氯化钙溶液中通入氨气，除去Fe3+、Al3+、Mn2+，所以HCl、NH3可循环使用于石灰石制备轻质碳酸钙的过程中。
6．(1)
(2) ＜ 二者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高
(3) C、O 乙分子间存在氢键
(4)1：1
(5)
【分析】钙钛矿加硫酸溶解过滤得到硫酸氧钛溶液，再经过水解过滤得到钛酸沉淀，焙烧分解得到，经过与C和发生的氧化还原反应得到最后进一步得到钛单质。
【详解】（1）在高温、惰性气氛中用镁还原四氯化钛()是得到金属钛的反应方程式：，故答案为：。
（2）根据信息可判断是分子晶体，与其结构一样也是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故答案为：＜；二者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。
（3）采取sp3杂化的原子价层电子对数是4，价层电子对个数是4的原子有形成甲基和亚甲基的3个碳原子和形成醚键的氧原子，即原子有C和O；化合物乙因分子间存在氢键，则化合物乙的沸点比化合物甲高，故答案为：C、O；乙分子间存在氢键。
（4）该阳离子中每个Ti原子连接2个O原子、每个O原子连接2个Ti原子，则O、Ti原子个数之比为1：1，该离子中Ti为+4价，所以该阳离子为TiO2+。故答案为：1：1。
（5）均摊思想可知该晶胞占有2个，该晶胞体积，根据，待入计算可得，故答案为：。
7．(1) 1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2 正四面体形
(2)除去有机杂质
(3)VO转化成V2O
(4)2.2×10-4
(5)冷水
(6)2NH4VO3+5CO2NH3+2V+5CO2+H2O
(7)902.88
【分析】钒渣加入足量碳酸镁、空气焙烧，焙烧后加入过量硫酸酸浸，钒、铁、铝、铜转化相应盐溶液，加入氨水，除去铁、铜、铝，得到含VO的溶液，加入适量的碳酸铵除去镁，滤液加入足量碳酸铵得到NH4VO3，通入CO高温还原得到V单质，V和硫转化为产品；
【详解】（1）基态V为23号元素，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2；NH的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；
（2）有机杂质会和空气中氧气反应，“焙烧”时通入足量空气的目的是除去有机杂质；
（3）由表可知，在碱性较强的环境中钒主要以V2O存在，故“净化1”中，如果氨水过量，可能产生的影响是VO转化成V2O，影响后续钒的提纯；
（4）若“净化1”中调节pH=5，pOH=9，则c(Cu2+)=mol L-1。
（5）NH4VO3是白色粉末，微溶于冷水。“净化3”中洗涤NH4VO3时选择的洗涤剂为冷水，减少NH4VO3的溶解损失；
（6）A为CO时，“高温还原”时发生反应为NH4VO3和CO发生氧化还原反应生成V和二氧化碳，根据质量守恒可知，还会生成氨气和水，化学方程式：2NH4VO3+5CO2NH3+2V+5CO2+H2O
（7）根据钒元素守恒可知，1吨该钒渣制备VS、VS2，若该工艺流程中，V的损耗率为5%，则最终得到V的总的物质的量为，已知产品中n(VS):n(VS2)=1:1，则产品的质量为。
8．(1)Al3+
(2)C
(3)b；a；c；d；b；c；e；
(4)ABC
(5) 控制步骤V中加入还原剂的用量 空气中的氧气(溶液中的溶解氧)将I-氧化为I2
【分析】样品溶于有氧化性的试剂A得到Fe3+和Al3+，“一系列操作”为乙醚将Fe3+萃取到有机层，通过“一系列操作”将含Fe3+的有机层和Al3+分离，溶液Ⅱ含大量Al3+，溶液Ⅰ加水、蒸馏得到Fe3+溶液，通过步骤Ⅳ测定Fe3+含量，通过步骤Ⅴ还原部分Fe3+，加NaOH溶液得到Fe(OH)3和Fe(OH)2的混合物，加热得到Fe3O4胶粒，据此分析解题。
【详解】（1）由流程可知，溶液Ⅱ的金属离子主要是Al3+，故答案为：Al3+；
（2）试剂A将亚铁氧化成Fe3+，浓硫酸和浓硝酸的还原产物有毒，污染环境，最好不用，可选双氧水作氧化剂。由“已知”可知：步骤Ⅱ中需浓HCl才能萃取Fe3+，因此步骤Ⅰ最好加浓HCl，综上所述，试剂A最好为浓盐酸和双氧水的混合物，故答案为：C；
（3）步骤Ⅱ为萃取Fe3+，具体步骤为：分液漏斗中加水检验是否漏水→向溶液中加入适量浓盐酸和乙醚，转移至分液漏斗→用右手压住玻璃塞，左手握住旋塞，将分液漏斗倒转，并用力振摇右→左手拇指和食指旋开旋塞放气→静置分层→打开上口玻璃塞，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。为提高Fe3+的萃取率，下层液体重复上面的操作，最后将两次上层液混合即为溶液Ⅰ，第二次萃取的下层液即为溶液Ⅱ，故答案为：b；a；c；d；b；c；e；
（4）A、步骤Ⅲ通过加水后，混合体系为FeCl3、HCl、乙醚的混合物，温度太高，HCl快速挥发，促进了Fe3+水解，影响步骤Ⅳ测量，故温度应低于34.5℃，A正确；
B、乙醚沸点34.5℃，易挥发，为减少乙醚挥发，在蒸馏操作时，收集乙醚的锥形瓶应放置在冰水浴中，B正确；
C、Fe2+有较强还原性，加热过程可被氧气快速氧化，为了防止Fe2+被氧化，可持续通入保护气N2，C正确；
D、胶粒能透过滤纸，不可能用过滤，应用渗析、干燥等方法获得胶粒，D错误；
故答案为：ABC；
（5）①在步骤Ⅴ中，只有知道样品中铁总含量，才能控制还原剂加多少为合适，即步骤Ⅵ主要作用是测定样品中的铁总含量和控制步骤V中加入还原剂的用量，故答案为：控制步骤V中加入还原剂的用量；
②根据电子守恒可得出：2Fe3+～I2～2Na2S2O3，则n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol/L×V×10-3L=1×10-4Vmol，则该样品中铁元素的质量分数为=%，Fe含量偏高，说明I2多了，可能是空气中氧气或溶液中的溶解氧将部分I-氧化成I2所致，故答案为：；空气中的氧气(溶液中的溶解氧)将I-氧化为I2。
9．(1) +3 LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+O2↑
(2) 分液漏斗 检验分液漏斗是否漏水
(3)向滤渣中加入足量的NaOH溶液，搅拌充分反应后过滤，洗涤干燥
(4) A→B LixC6—xe—=xLi++6C 1.4
【分析】由题给流程可知，废旧锂电池加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液，将钴酸锂转化为硫酸锂和硫酸钴，铝、铁转化为硫酸铝和硫酸铁，反应所得溶液经除杂、过滤得到含有氢氧化铝、氢氧化铁的滤渣和含有锂离子、钴离子的滤液；向滤液中加入有机磷溶剂萃取、分液得到含有钴离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到硫酸钴溶液；硫酸钴溶液经多步转化得到氧化钴。
【详解】（1）由化合价代数和为0可知，钴酸锂中钴元素的化合价为+3价，由分析可知，钴酸锂与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成硫酸锂、硫酸钴、氧气和水，反应的离子方程式为LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+O2↑，故答案为：+3；LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+O2↑；
（2）用有机磷进行萃取操作时使用的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯和玻璃棒，分液漏斗中含有瓶塞和活塞，为防止实验时漏液导致实验失败，所以使用分液漏斗前必须检查装置是否漏液，故答案为：分液漏斗；检验分液漏斗是否漏水；
（3）氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，而氢氧化铁不能与氢氧化钠溶液反应，所以从滤渣中分离出氢氧化铁的操作为向滤渣中加入足量的氢氧化钠溶液，搅拌充分反应后过滤，洗涤干燥得到氢氧化铁，故答案为：向滤渣中加入足量的NaOH溶液，搅拌充分反应后过滤，洗涤干燥；
（4）由电子移动方向可知，A电极为原电池的负极、B电极为正极，则放电过程中阳离子锂离子由A电极移向B电极；LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子和碳，电极反应式为LixC6—xe—=xLi++6C LixC6—xe—=xLi++6C，当电路中转移0.2NA电子时，A极减少质量为×7g/mol=1.4g，故答案为：A→B；LixC6—xe—=xLi++6C；1.4。
10．(1) SiO2 分液
(2)Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2
(3) [Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O或者[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3 2.16×1014 c
(4)硫酸
【分析】粗氧化锌主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2，加入NH3-NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，进行操作1即过滤一起除去，得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向滤液中加入H2O2，进行氧化除锰，反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3 H2O=MnO2↓+2H2O+2，再加入(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-=CuS↓+4NH3，进行操作2即过滤，除去MnO2和CuS，即滤渣2为MnO2和CuS，向滤液中加入萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，进行操作3即分液后，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。
【详解】（1）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，“ 操作3” 分离有机层和无机层，名称为分液，故答案为：SiO2；分液；
（2）由分析可知，“氧化除锰”时，H2O2 将Mn2+转化为难溶的MnO2，该反应的离子方程式为Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2，故答案为：Mn2++H2O2+2NH3·H2O=MnO2+2H2O+2；
（3）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的回收率下降的可能原因锌离子与硫离子结合生成了硫化锌，离子方程式为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O，该反应的平衡常数为K=====2.16×1014，故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3或者[Zn(NH3)4]2++S2-+4H2O= ZnS↓+4NH3·H2O；2.16×1014；
②由题干图示信息可知，当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c；
（4）由分析可知，电解硫酸锌溶液制备锌，方程式为：2ZnSO4+2H2O2Zn+O2↑+2H2SO4，故电解后溶液中的溶质主要成分是硫酸，可用于“反萃取”步骤中循环使用，故答案为：硫酸。
11．(1)2:1
(2)正
(3)不能
(4)
(5)
(6) Cl2 H2、Cl2、NaCl、H2O
【分析】NaClO3和SO2、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯，H2O2和二氧化氯、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠产品。
【详解】（1）反应①阶段，NaClO3和SO2、硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化氯， ，则参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1；
（2）反应①中氯酸钠得到电子发生还原生成二氧化氯，则通过原电池来实现，ClO2是正极产物。
（3）反应②中的H2O2和二氧化氯反应生成亚氯酸钠，过氧化氢作为还原剂出现，NaClO4中氯为最高价，只能做氧化剂，不能做还原剂，故不能；
（4）反应②中H2O2和二氧化氯、氢氧化钠反应生成亚氯酸钠，根据电子守恒可知，过氧化氢作为还原剂生成氧气，反应为；
（5）铁离子具有氧化性，一价铜具有还原性，两者反应生成亚铁离子和铜离子，反应为；
（6）由图可知，电解槽中生成氯酸钠和氢气，氢气和氯气生成氯化氢，氯化氢和氯酸钠生成二氧化氯和氯气、氯化钠、水，则需要补充的物质X为Cl2，流程中氢气、氯气、氯化钠、水既是反应物又是生成物，均可以参与循环。
12．(1) 3d54s1 3d和4s上电子均是半满状态
(2) NaAlO2 Na2SiO3
(3) 溶液变为橙红色
(4) 蒸发 趁热过滤
(5)5
(6)
【分析】反应I为4FeO Cr2O3（s）＋8Na2CO3（s）＋7O2（g） 8Na2CrO4（s）＋2Fe2O3（s）＋8CO2（g），浸取然后过滤得到Na2CrO4溶液，步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，则含有Al的物质为偏铝酸钠、含有Si元素的物质为硅酸钠，向滤液中加入稀硫酸酸化得到Na2Cr2O7，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶得到产品；据此分析解题。
【详解】（1）基态Cr原子的价电子排布式是3d54s1；其中3d和4s上电子均是半满状态，这样排布使整个体系能量最低；故答案为3d54s1；3d和4s上电子均是半满状态。
（2）据分析可知，步骤Ⅱ中所得溶液显碱性，其中除含有Na2CrO4外还含有铝、硅元素的化合物，它们形成的盐为强碱弱酸盐，所以Al、Si形成的盐为NaAlO2、Na2SiO3，故答案为NaAlO2、Na2SiO3。
（3）步骤Ⅳ酸化时，转化为，同时生成水，其转化方程式为，当溶液变为橙红色时反应完成；故答案为；溶液变为橙红色。
（4）获得晶体的基本实验步骤为：溶解、然后蒸发将所得溶液转移至蒸发皿中，加热蒸发溶液，使NaCl结晶析出；趁热过滤，将NaCl晶体与溶液分离；冷却滤液使K2Cr2O7结晶；故答案为蒸发；趁热过滤。
（5）的溶度积常数为，铬离子沉淀完全时有，解得，所以调节pH至少为5；故答案为5。
（6）现有某水样100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化(还原为)；再用的溶液滴定剩余的，结果消耗溶液，废水与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，再用Fe2＋把多余的反应：，解得，则100ml废水中，与废水反应的K2Cr2O7的物质的量＝加入的K2Cr2O7的物质的量 与Fe2＋反应的K2Cr2O7的物质的量＝c1mol/L×V1×10 3L ，1L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量＝，利用2K2Cr2O7～3O2可求出废水中化学耗氧量即COD，，解得，则该水样的COD为＝()mg/L；故答案为。
13．(1)第三周期第ⅣA族
(2)
(3)
(4)遇水易生成其他物质，氢气和氧气混合容易爆炸，硅与氧气反应，所以必须在无水、无氧条件下进行
(5)HCl、
(6) 玻璃成分中的与氢氟酸发生化学反应
【分析】由硅石制备高纯硅，硅石中的二氧化硅在高温下和碳反应生成粗硅，随后通入氯化氢氯化，氯化氢和粗硅中的硅反应生成，分离后加入氢气进行热解，最终生成单质硅。
【详解】（1）硅是14号元素，其在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族；
（2）“还原”时碳和二氧化硅反应生成单质硅和一氧化碳，方程式为；
（3）“氯化”时发生的反应为，则此时的还原产物为；
（4）氢气，单质硅都可以和氧气反应，根据题给信息可知，遇水迅速生成其他物质，故“氯化”、“分离”和“热解”的过程必须在无水、无氧条件下进行；
（5）“氯化”时生成氢气，“热解”时，和氢气反应生成单质硅和氯化氢，且反应过程中需要氯化氢和氢气，故可以循环利用的物质是HCl、；
（6）①玻璃试剂瓶中的二氧化硅可以和氢氟酸反应，会腐蚀试剂瓶；
②三价铁具有强氧化性，可以和反应生成没有污染的氮气，方程式为；
③根据吸光度可知，二价铁浓度为0.05×10-3mol/L，则高纯硅样品中铁的质量为0.05×10-3mol/L×0.1L×56g/mol=。
14．(1)
(2)
(3) 过氧化氢不稳定，受热易分解 1:1
(4)
(5) 直线形
【分析】钛铁矿加入盐酸酸溶，二氧化硅等不反应成为滤渣，滤液加热分离得到富钛渣，富钛渣加入过氧化氢、氨水溶解得到过氧化钛化合物，煅烧得到二氧化钛，再和碳酸锂反应得到；富铁液加入过氧化氢、磷酸得到磷酸亚铁，磷酸亚铁加入碳酸锂、草酸煅烧得到；
【详解】（1）Be与Al化学性质相似，则与NaOH生成和水，；
（2）铁为26号元素，价层电子排布为3d64s2，故元素Fe基态原子的价层电子轨道表示式为；
（3）①“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是过氧化氢不稳定，受热易分解。
②“煅烧”制备过程中，和、煅烧生成、二氧化碳和水，反应为，故和的理论投入量的物质的量之比为1:1；
（4）为四面体形结构，的空间构型与相同，则中4个氮原子位于正四面体的顶点，形成类似白磷分子的结构，此外每个氮原子和氢形成1个氮氢配位键，结构为；
（5），其结构是对称的，5个N原子都达到8电子稳定结构，且含有2个氮氮三键，呈V形，则阳离子电子式为；一种含有化学式为的离子晶体，则阴离子为，中心原子氮原子形成2个共价键且无孤电子对，为sp杂化，阴离子的空间构型为直线形。
15．(1)3d84s2
(2)极性
(3)5×10-3
(4)2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）
(5)避免硝酸分解，减小硝酸镍的水解程度
(6) < O 3NaNO2+2HNO3=3NaNO3+2NO↑+H2O
【分析】红土镍矿在酸浸条件下金属氧化物都溶解生成盐，然后将亚铁离子氧化为铁离子，利用调节pH将铁和铝离子转化为氢氧化物沉淀而分离，再利用氟化物将镁离子和钙离子沉淀分离，净化液电解得到金属镍，镍和硝酸反应生成硝酸镍。据此解答。
【详解】（1）镍为28号元素，基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2。
（2）H2O2分子中的中心O原子的价层电子对数为4，其中每个O原子都有2对孤电子对，导致空间结构不对称、正负电荷中心不重合，故H2O2是极性分子。
（3）当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全，除镁钙阶段，加入氟化钠除尽镁离子和钙离子，当镁离子完全沉淀时，溶液中的氟离子浓度为，当钙离子完全沉淀时，溶液中的氟离子浓度为，故除去镁离子和钙离子后的滤液中氟离子浓度至少应为5×10-3mol/L。
（4）析镍过程发生在阴极，镍离子得到电子，溶液中的氢离子也可能得到电子，故竞争的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）。
（5）减压蒸馏可避免硝酸分解，减小硝酸镍的水解程度，加快水的挥发。
（6）①中的中心原子为氮，价层电子对数为，所以氮原子的杂化类型为sp2杂化，空间构型为V形，其键角小于120°。中的中心原子氮原子的价层电子对数为，故硝酸根离子的空间构型为平面三角形，键角为120°，故亚硝酸根离子的键角小于硝酸根离子的键角。非金属性越强，电负性越大，故三种元素中的电负性最大的为氧元素。
②转化器中加入硝酸的目的是将亚硝酸钠转化为硝酸钠，同时生成一氧化氮，其化学方程式为：3NaNO2+2HNO3=3NaNO3+2NO↑+H2O。
16．(1) 催化剂 活化能
(2)
(3) 14
(4)
(5)、为非极性分子，为极性较大的分子
【分析】CuCl和HCl在H2O反应生成[CuCl2] ，电解得到[CuCl4]2 和H2，[CuCl4]2 溶液加热水解得到HCl，剩余物质加热分解得到CuCl和O2。
【详解】（1）CuCl先是参与反应，最后又生成CuCl，是催化剂；催化剂可以降低化学反应的活化能，加快反应速率；
故答案为：催化剂；活化能。
（2）阳极区为酸性[CuCl2] 溶液，电解过程中[CuCl2] 转化为[CuCl4]2 ，发生氧化反应，反应式为[CuCl2]-+2Cl--e-=[CuCl4]2-；
故答案为：[CuCl2]-+2Cl--e-=[CuCl4]2-。
（3）基态Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；其核外电子的空间运动状态数为1+1+3+1+3+5=14，有14种；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；14。
（4）[CuCl4]2 中含有配位键，其中Cu2+的外围电子排布为3d9，有4个空轨道，4s和4p，故Cu2+提供空轨道；
故答案为：Cu2+。
（5）H2、O2为非极性分子，HCl为极性较大的分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知，HCl溶解度很大；
故答案为：H2、O2为非极性分子，HCl为极性较大的分子。
17．(1)向其中滴加淀粉溶液，溶液不变色，再滴加溶液，溶液变蓝色
(2) 铜离子和碘离子会发生氧化还原反应生成CuI沉淀和碘单质，，生成的碘单质进入滤液造成产率降低 防止倒吸 适当加热导管处
(3)通入足量的硫化氢气体，充分反应后过滤，滤液蒸发结晶得到KI晶体
(4)根据电子守恒配平反应为：、，则，则废液中的物质的量浓度为
【分析】含的废液加入足量的溶液，再加入生成CuI沉淀，过滤沉淀加入氯化铁和盐酸氧化碘离子得到碘单质，蒸发过滤得到碘单质；
【详解】（1）碘离子会和铁离子发生被氧化为碘单质，故检验碘离子操作可以为：另取少量废液，向其中滴加淀粉溶液，溶液不变色，再滴加溶液，溶液变蓝色，则溶液中含有；
（2）①Ⅰ. 沉碘时应向废液加入足量的溶液，再加入，有CuI沉淀和生成，反应中硫元素化合价由+2变为+2,5，铜元素化合价由+2变为+1，根据电子守恒可知，该反应的离子方程式：。
Ⅱ.若不加入溶液，仅加入，则铜离子和碘离子会发生氧化还原反应生成CuI沉淀和碘单质，，生成的碘单质进入滤液造成产率降低；
②Ⅰ.球形干燥管中有膨大的部分，可以防止倒吸；
Ⅱ.碘受热容易升华，实验过程中，若发现玻璃导管中有单质碘凝固析出，为防止堵塞，可以采取的方法是适当加热导管处；
（3）反萃取后所得水层中的溶质为和KI，已知KI易溶于水；氧化性：，故可以通入硫化氢气体将碘酸钾转化为碘化钾，，故操作为：取反萃取后所得水层，通入足量的硫化氢气体，充分反应后过滤，滤液蒸发结晶得到KI晶体；
（4）根据电子守恒配平反应为：、，则，则废液中的物质的量浓度为。
18．(1)增大与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率
(2)和
(3) 蒸发浓缩 冷却结晶
(4)
(5)
(6) 离子交换树脂法、溶液沉淀法(或其他合理答案)
【分析】绿柱石和方解石混合熔炼，“酸浸”过程中硅酸不溶于硫酸，硫酸钙微溶于水，沉淀析出，故滤渣1成分为H2SiO3和CaSO4，滤液的成分为硫酸铍、硫酸铝、硫酸亚铁盐溶液混合物，“操作Ⅰ”加入使铝离子发生反应并结晶析出；“除铁”加入过氧化氢可以将亚铁离子氧化生成铁离子，加入的氨水使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而分离，“沉淀”时加入氨水生成氢氧化铍，氢氧化铍煅烧分解转化为氧化铍，最后得到Be。
【详解】（1）熔炼后将熔块粉碎，目的是增大熔块与硫酸的接触面积，提高反应速率与浸取率。
（2）根据分析可知，滤渣1的成分为H2SiO3和CaSO4。
（3）根据已知②，铝铵矾的溶解度受温度影响较大，从溶液中得到晶体的操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（4）Fe2+先被H2O2氧化成Fe3+，Fe3+再与一水合氨反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为。
（5）调溶液pH的目的是将以Fe(OH)3形式沉淀完全，而使不发生沉淀。，时，解得mol/L，所以时，刚好沉淀完全；，时，解得mol/L，所以时，会开始沉淀，综合上述，当时，沉淀完全，而还未开始沉淀。
（6）根据题干可知Be(OH)2为两性氢氧化物，可与NaOH反应生成，则Be(OH)2与NaOH反应的离子方程式为。沉淀剂存在二次污染、成本高等问题，所以可以改为离子交换树脂法、溶液沉淀法等。
答案第1页，共2页
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