2024届高三新高考化学二轮专题训练----工业流程题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三新高考化学二轮专题训练----工业流程题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-01 23:28:49 | ||
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文档简介
2024届高三新高考化学二轮专题训练----工业流程题
1．（2023·江苏盐城·盐城市伍佑中学校考模拟预测）纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品(主要含，还含有、、等杂质)为原料制备纳米铁的流程如下：
已知：，，，。当溶液中离子浓度小于 mol L-1时，可认为该离子沉淀完全。
(1)结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用： 。
(2)“除钴镍”完全后，溶液中的最大值为 mol L-1。
(3)投入1 mol NaBH 还原时，实际产生体积大于44.8 L(已折算为标准状况)的原因是 。
(4)用纳米铁去除废水中的。常温下，选择初始浓度为 mol L-1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图-1所示。初始时去除率明显大于时的原因是 。
(5)利用该纳米铁制成的改性是一种优良的磁性材料，该晶胞的的结构如图-2所示，研究发现结构中的只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定所在晶胞的位置并说明理由： 。
2．（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)。
3．（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= 。
4．（2023·云南昆明·统考二模）氧化铍(BeO) 广泛用于原子能、宇航等领域。一种以铍矿石 (主要成分为Be2SiO4，少量MnO等)为原料提取氧化铍的工艺流程如图所示。
已知：烧结时，未发生氧化还原反应：烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，其余元素以稳定氧化物的形式存在。
回答下列问题：
(1)“烧结”前，将铍矿石“破碎粉磨”的目的是 。
(2)“浸渣”的成分为 (填化学式)。
(3)“净化除锰”步骤的离子反应方程式为 。
(4)“沉铍”时，先加入足量NaOH溶液，得到含铍粒子是 (填粒子符号)， 再加热煮沸，调节pH=11，得到颗粒状Be(OH)2。从化学平衡移动的角度解释上述反应原理 。
(5)铁冰晶石(Na3FeF6) 晶体中存在的作用力有 ，Fe'+ 的杂化方式是 (填标号)。
A．dsp2 B．sp3d2 C．sp2 D．sp3
5．（2023春·广西·高三校联考阶段练习）以废铁屑含Fe2O3、FeS、SiO2等杂质)为原料制备硫酸亚铁晶体的流程如图所示：
(1)实验室需要75mL该硫酸，用质量分数为98%、密度为1.84g cm-3的浓硫酸进行配制，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和 (填仪器名称)。
(2)“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，“溶液I”中的阳离子是 (填离子符号)。
(3)写出流程中生成H2S的反应的化学方程式： 。
(4)“操作Ⅲ”的过程是蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥，检验“溶液Ⅱ”中不存在Fe3+的试剂是 。
(5)测定产品中FeSO4 7H2O(摩尔质量为278g mol-1)的含量：取mg产品溶解于蒸馏水中，配置成100mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用cmol L-1KMnO4溶液(先用稀硫酸酸化)滴定，重复滴定3次，消耗KMnO4溶液的平均体积为VmL。
①KMnO4溶液应盛装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②达到滴定终点时的现象为 。
③产品中FeSO4 7H2O的含量为 (用含m、c、V的式子表示)%。
6．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）锌是一种重要的金属，在电镀、电池等工业上应用广泛。以废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示。
已知：a)“浸取”后溶液中的阳离子主要是[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+。
b)“深度除铜”标准：溶液中
涉及的部分反应为：
反应Ⅰ．[Cu(NH3)4]2+ + 4H2O Cu2+ + 4NH3·H2O K1 ＝ a
反应Ⅱ．[Cu(NH3)4]2+ + S2- + 4H2O CuS↓ + 4 NH3·H2O K2 ＝ b
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布图为 。
(2)“浸取”时，滤渣①的主要成分是 (填化学式)。
(3)①“深度除铜”时，选择加入适量(NH4)2S固体进行除铜。从化学平衡角度解释其除铜原理是 。
(NH4)2S固体的加入量[]对锌的回收率及铜锌比的影响如下图：
②当(NH4)2S加入量超过100%时，锌的回收率下降的可能原因是 (用离子方程式表示)。
③(NH4)2S较为合理的加入量约为120%，理由是 。
④“深度除铜”后，测得溶液中c(Cu2+)＝1.0×10-8 mol·L-l，则此时溶液中c(S2-)为 mol·L-l(用含a、b的代数式表示，忽略S2-水解)。
(4)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Mg、Ni和C三种元素的晶体具有超导性。已知该晶体具有简单立方结构，其晶胞结构如图所示：
①距离Mg原子最近的Ni原子有 个。
②已知该晶胞的密度为ρ g·cm-3 ，阿伏加德罗常数为NA，该晶体中C和Mg的最近间距为 nm。
7．（2023春·江苏镇江·高三江苏省丹阳高级中学校考阶段练习）粗硅(含有Si、C、等)提纯得到的高纯硅是制作芯片的主要材料。一种提纯粗硅的工艺流程如下。
已知反应炉中含硅的物种有、、、、等。
(1)反应炉中产生的固体渣成分有 (填化学式)。
(2)流程中存在两类“歧化反应”：
I．
①反应中被氧化的的物质的量与被还原的的物质的量之比为 。
②不同温度下反应中转化率如图所示。当温度高于t℃时的转化率不再改变的原因是 。
Ⅱ．①
②
③ (补充所缺反应)。
(3)上述流程中可循环利用的物质有 (填化学式)。
(4)晶体硅的晶胞如图-2所示，晶胞中含有硅原子的数目为 。硅半导体微观示意图如图－3所示，含杂质硼(B)的硅半导体微观示意图如图-4所示，掺入B，导电能力增强，其原因是 。
8．（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 。
9．（2023·全国·高三专题练习）以硫酸厂矿渣(含Fe2O3、α-Al2O3、SiO2等)为原料制备铁黄()的一种工艺流程如图所示：
资料：i．α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。
ii．；。
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有(写出其中两种) 。
(2)“还原”过程中的离子方程式为 。
(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式) 。
(4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为 。
②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是 。
③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中 。
(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为 。
(6)利用制备的铁黄进行如图实验：
①加入氯水后颜色加深的原因可能是： 。
②某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐浙褪去，褪色后的溶液中继续滴加溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是 。
10．（2023·四川凉山·统考三模）黄铜矿主要成分是CuFeS2，含少量SiO2、CaCO3杂质，近年科学家发现有一种细菌在酸性水溶液、氧气存在下，可以将黄铜矿氧化成硫酸盐。工业上用黄铜矿为原料制备碱式碳酸铜的流程如下图，回答下列问题：
(1)“浸渣”的成分除了S还有 、 (填化学式)。
(2)写出任意两种加快“生物浸出”速率的措施 、 。
(3)“氧化”过程中需将温度控制在50~60°C，原因是 。
(4)“除铁”过程中发生反应的离子方程式为： 。
(5)已知Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-19，lg2=0.3。若“氧化”后溶液中Cu2+浓度为1.0mol/L，则“除铁”过程中应控制溶液pH范围为 (当溶液中某离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(6)“沉铜”后所得滤液a经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8(过二硫酸钠)，电解时阳极电极反应为 ，阳极生成1molNa2S2O8时，在标准状况下阴极产生的气体体积为 。
11．（2023春·北京西城·高三北京四中校考期中）浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。
(1)粗盐精制。
为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO杂质，粗盐溶解后经如下操作：
a．加入过量的Na2CO3溶液
b．加入过量的BaCl2溶液
c．加入过量的NaOH溶液，过滤除去沉淀，再加入适量的盐酸
①上述操作的顺序正确的是 (填字母，下同)。
A．abc B．bac C．cba
②加入适量盐酸，反应的离子方程式有2H++CO= H2O+CO2↑和 。
(2)海水提溴。
主要工业生产流程如下图所示：
①海水中的Br-被Cl2氧化的离子方程式是 。
②吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式是 。
③为了除去工业Br2中微量的Cl2，可用过量 洗涤工业Br2。
a．NaOH溶液 b．NaBr溶液 c．Na2SO3溶液
④工业上也可用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，补全以下化学方程式：
___________Br2 + ___________Na2CO3 +___________H2O ___________ + ___________NaBrO3 + ___________NaHCO3
12．（2023·贵州毕节·统考三模）废旧磷酸铁锂电池的回收利用具有重要研究价值。利用废旧电池正极极片料(主要成分为LiFePO4，还含有少量的Al、石墨等)回收金属化合物，并通过电解Na2SO4溶液生产所需的H2SO4溶液和NaOH溶液，从而实现物质的循环利用。工艺流程如下，回答下列问题：
(1)加快“碱浸”速率的方法 (任写1条)。
(2)“氧化”过程H2O2的用量比理论用量稍高的原因是 。
(3)滤渣③的主要成分是 。
(4)“沉淀”中发生反应的离子方程式为 ，“沉淀”过程后的“一系列操作”具体为 。
(5)“沉锂”所得“滤液”经纯化后得Na2SO4溶液，利用下列装置电解Na2SO4溶液制备H2SO4溶液和NaOH溶液，从而实现物质循环利用。
①离子交换膜b应为 (填“阳离子”或“阴离子”)交换膜；
②一定条件下，c(Na2SO4)、电解时间对电解所得溶液的c(H+)、c(OH-)及电流效率(η(NaOH)、η(H2SO4))的影响如图，则最佳电解条件中c(Na2SO4)为 mol·L-1左右、电解时间为 h左右。
(6)生产中通常需要测定正极极片料的总铁量。取mg样品，用盐酸充分溶解、过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并后配成250mL溶液。取25.00mL与适量TiCl3溶液反应，将Fe3+恰好完全还原为Fe2+。加入混酸介质，滴入指示剂，用0.01mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定，三次滴定平均消耗VmLK2Cr2O7标准溶液。
①用K2Cr2O7标准溶液滴定过程中反应的离子方程式为 。
②样品中铁的质量分数为 。
13．（2023春·北京西城·高三北师大二附中校考期中）浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。
(1)粗盐精制。
过程1除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO杂质时，粗盐溶解后加入沉淀剂：
a．过量的Na2CO3溶液
b．过量的BaCl2溶液
c．过量的NaOH溶液，过滤除去沉淀，再加入过量的盐酸。
① 加入沉淀剂的顺序正确的是 (填序号)。
a． abc B． bac C． cba
② 加入过量盐酸，反应的离子方程式是 。
(2)海水提镁。
过程2中加入的试剂是 。由无水MgCl2获得Mg的化学方程式是 。
(3)海水提溴。
主要工业生产流程如下图所示：
①海水中的Br-被Cl2氧化的离子方程式是 。
②吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式是 。
③提取溴的过程中，经过2次Br → Br2转化的目的是 。
④工业上也可用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2.补全以下化学方程式：
___________ Br2 + ___________Na2CO3 +3H2O ___________NaBr+ ___________NaBrO3 +___________NaHCO3
14．（2023·内蒙古呼和浩特·二模）纳米氧化锌具有颗粒微小，比表面积大，分散性好，疏松多孔等物理特性和极强的化学活性，目前已广泛用于橡胶、陶瓷、催化剂、涂料和磁性材料的辅助生产。以铜转炉烟灰为原料，采用浸取、均相沉淀、干燥煅烧等工艺制备纳米氧化锌的工艺方法过程简单，生产成本低。具体流程如下：
已知某铜转炉烟灰化学成分百分含量分析如下表：
铜转炉烟灰主要化学成分分析结果 %
Cu Zn Pb Fe( Ⅱ) As
10.30 8.75 19.07 2.51 4.68
以上金属元素在铜转炉烟灰中均以硫酸盐和氧化物形式存在，砷以砷酸盐形式存在。
流程中涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子 Cu2+ Zn2+ Fe2+ Fe3+
Ksp 2.2× 10-20 6.7×10-17 8.0×10-16 4.0×10-38
请回答下列问题：
(1)“浸取”温度应选择40℃左右为宜。温度高于40℃ ，浸出率随温度升高而降低的原因可能是 ；
(2)若“浸取”所得滤液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为 。
(3)在“沉降”过程中，FeCl3做沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是 ，缩短沉降时间；
(4)用酸性高锰酸钾溶液“氧化沉降”时，需调整溶液pH=5 ，使还原产物为MnO2，滤渣2主要成分为 ；
(5)“还原沉降”选用的“试剂a”为 (填化学式)；
(6)“沉锌”反应的离子方程式为 ，整个流程中可以循环利用的副产品是 (填化学式)；
(7)若想通过“干燥煅烧”得到更多活性较高的纳米氧化锌，应在“沉锌”时注意调整和Zn2+的浓度，以保证最终沉淀物粒径在1um 以下，通过下表可判断，当Zn2+的浓度恒定在0.8 mol·L-1时， 的浓度为 沉淀物的粒径最佳。
n( )/n(Zn2+) 粒度分布质量分数1%
0.0-0.1um 0.1~0.5um 0.5~1.0um 1.0~5.0um 5.0um以上
2 25.3 38.41 34.55 1.74 0.001
2.5 40.82 50.35 8.37 0.46 0.001
3 35.2 55.37 8.2 1.23 0.001
15．（2023·四川遂宁·统考模拟预测）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料——VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如图：
已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；V2O5难溶于稀碱溶液。
②＋2H＋＋H2O；
③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 4.0 4.6
完全沉淀的pH 3.7 5.2 6.0
④Na2S2O3溶液长时间暴露在空气中容易被氧化。
请回答下列问题：
(1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有 (答两条)
(2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为 。
(3)理论上，为实现Cu2＋完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是 (用化学用语和必要的文字说明)
(4)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因是 。
(5)将2.075gVO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量)，溶液中的还原产物为V3＋，滴加指示剂，用0.10 mol L 1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：
序号 起始读数 终点读数
① 0.10 20.55
② 0.02 20.12
③ 0.03 19.93
该产品的纯度为 %。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
16．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）废钼催化剂中钼、钴、镍等金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)中回收金属的一种工艺流程如图：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Co2+ Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 2.2 3.2 6.4 9.0 7.2 8.7
回答下列问题：
(1)Ni2+价层电子轨道表示式为 ，“焙烧”时产生的气体A的主要成分为 。
(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出“碱浸”时MoO3参与反应的离子方程式 。
(3)“除铁”时应调节溶液pH的范围为 ，“沉淀”时调节溶液pH=9.0，则此时溶液中[= (pX=-lgX)。
(4)“系列操作”为 、 、过滤、洗涤、干燥得到(NH4)2MoO4·7H2O晶体。
(5)50.00kg该废钼催化剂(含Mo元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵(相对分子质量为322)产品，则该工艺中七水钼酸铵的收率为 %(保留小数点后一位数字，收率=)。
17．（2023春·安徽·高三校联考阶段练习）随着生活水平的提高，旧电池的回收利用成为当前世界各国研究的重要课题，我国科学家提出利用旧干电池(除碳棒后，主要成份为：Zn、Fe、Cu、、以及)回收氧化锌的流程如图：
已知：
①二氧化锰难溶于水、弱酸、弱碱；锌、铜氧化物及其盐能溶于氨水形成配合物(如)。
②室温下，，。
③室温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 5.9 5.4
完全沉淀的pH 3.2 8.2(>10时溶解) 6.7
回答下列问题：
(1)旧电池灼烧的目的是 ；滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
(2)若在实验室中进行“提锌”操作，该操作的名称为 。
(3)除铜时不采用加入氨水方法的原因是 ；加入不宜过多，可能的原因是 (用离子方程式表示)。
(4)室温下，测得除铜后溶液中：为、为，此时溶液中 (填“能”或“不能”)形成沉淀。
(5)工业上常采用电解硫酸锌溶液的方法制备锌，阴极电极反应式为 。
18．（2023·广东·统考二模）锂离子电池广泛应用于便携式电动设备，某锂离子电池废料含Li、Fe、Co等金属及其氧化物，回收利用其废料的一种简化工艺流程如下：
已知：①Fe、Co是中等活泼金属，氧化性：；
②常温下，。
(1)写出一种提高“酸浸”浸出率的途径 。
(2)写出“酸浸”时金属Co与稀反应的化学方程式 ；“酸浸”后溶液中的金属阳离子主要有、 。
(3)“沉铁”反应的离子方程式是 ，“沉钴”时溶液的作用是 。
(4)已知是微溶于水的强电解质，其饱和水溶液的浓度与温度关系如图所示，在a点对应条件下进行“沉锂”，若“沉锂”后溶液为，求= (写出计算过程，保留两位有效数字)。
(5)“沉钴”产物可用于制备CoO，CoO的晶胞结构如图所示，与距离最近且相等的有 个；设与的最近的核间距为r nm，CoO晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏伽德罗常数的值)；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为 (填字母选项)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)水解生成难溶的和()，加入铁粉消耗，促进水解正向进行，将转化为难溶的除去
(2)0.4
(3)部分与反应生成
(4)时，更多的与Fe反应，抑制了与Fe的反应；时，开始沉淀，生成
(5)在c位，由均摊法计算可得该结构中的数目为2，的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位
【详解】（1）“除钛”时加入铁粉的作用：TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+(TiO2++2H2O=H2TiO3+2H+)加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去。
（2）Ksp(CoS)=1.8×10-22，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=4.0×10-17，当溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全，除钴完全后，；除镍完全后，；溶液中c(Fe2+)的最大值为。
（3）投入1molNaBH4还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L(已折算为标准状况)的原因是部分NaBH4与H2O反应生成H2。
（4）初始pH=7时Cu2+去除率明显大于pH=5时的原因是pH=5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH>6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu(OH)2。
（5）Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2,O2-的数目为4，根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1，所以Fe2+应该在c位。
2．(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。
3．(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。
4．(1)增大接触面积，加快化学反应速率，使烧结充分
(2)SiO2、Fe2O3
(3)3+ 4NH3·H2O+2= 5MnO2↓+ 12F- +4+ 2H2O
(4) 或[Be(OH)4]2- +2H2O Be(OH)2+2OH-，加热与调节pH=11均促进平衡向右移动
(5) 配位键(或共价键)、离子键 B
【分析】铍矿石 (主要成分为Be2SiO4，少量MnO等)，加入碳酸钠和Na2SiF6，反应生成可溶性Na2BeF4、Na2MnF4，加水后过滤，二氧化硅和氧化铁不溶于水，形成浸渣，浸出液中加入氨水和高锰酸钾溶液净水除锰，Na2MnF4与高锰酸钾反应生成二氧化锰，再加入氢氧化钠沉铍，得到Na2BO2溶液，再加热煮沸得到氢氧化铍，洗涤烘干煅烧得到工业氧化铍。滤液中含有铍酸钠，与硫酸铁反应上次铁冰晶石。据此解答。
【详解】（1）烧结前将矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快化学反应速率，使烧结充分。
（2）根据分析，浸渣的主要成分为二氧化硅和氧化铁。
（3）根据氧化还原反应电子守恒配平方程式，故净水除锰的离子方程式为：3+ 4NH3·H2O+2= 5MnO2↓+ 12F- +4+ 2H2O。
（4）氧化铍和氢氧化钠反应生成Na2BO2，溶液中存在水解平衡 +2H2O Be(OH)2+2OH-，加热与调节pH=11均促进平衡向右移动，得到颗粒状的氢氧化铍。
（5）冰晶石中氟离子和铁离子形成配位键，铁离子和钠离子形成离子键，铁离子接受到配位键的6个电子，自身的价电子为5，六氟和铁配离子自带一个负电荷，故铁离子的价电子对数为6，杂化方式为sp3d2。
5．(1)胶头滴管、100mL容量瓶
(2) SiO2 Fe2+、Fe3+、H+
(3)FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑
(4) 冷却结晶 KSCN溶液
(5) 酸式 当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶中溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化
【分析】废铁屑含Fe2O3、FeS、SiO2等杂质，用稀硫酸溶解，SiO2和硫酸不反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，FeS和硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，过滤，滤液Ⅰ中含有硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸，滤 液Ⅰ中加过量铁粉把硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤，滤液Ⅱ为硫酸亚铁溶液，滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸亚铁晶体。
【详解】（1）实验室需要75mL该硫酸，用质量分数为98%、密度为1.84g cm-3的浓硫酸进行配制，实验步骤有：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和胶头滴管、100mL容量瓶。
（2）SiO2和硫酸不反应，“滤渣”的主要成分是SiO2；铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，FeS和硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，过滤，滤液Ⅰ中含有硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸，“溶液I”中的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+。
（3）流程中，FeS和硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的化学方程式为FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑；
（4）滤液Ⅱ是硫酸亚铁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸亚铁晶体；Fe3+遇KSCN溶液变红，检验“溶液Ⅱ”中不存在Fe3+的试剂是KSCN溶液。
（5）①KMnO4溶液具有强氧化性，应盛装在酸式滴定管中。
②达到滴定终点时高锰酸钾有剩余，当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶中溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化说明达到滴定终点。
③Fe2+被氧化，Fe元素化合价由+2升高为+3，Mn元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，建立关系式，样品中n(FeSO4 7H2O)=，产品中FeSO4 7H2O的含量为。
6．(1)
(2)Fe2O3、MnO2
(3) 加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀 [Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O (NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低
(4) 12 ×107
【分析】废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO2)加入过量的氨水和碳酸氢铵，除去CuO、MnO2，加入适量(NH4)2S，除去铜，有机相萃取含锌离子，除去液体留下有机相，加入硫酸反萃取含锌离子，电解后得到锌。
【详解】（1）基态Cu原子价层电子为3d104s1，价电子排布图为；
故答案为：。
（2）氧化锌和氧化铜都能溶于氨水，而三氧化二铁和二氧化锰不溶，“浸取”时，滤渣①的主要成分是Fe2O3、MnO2；
故答案为：Fe2O3、MnO2。
（3）反应物浓度增大，平衡正向移动，故加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀；当(NH4)2S加入量超过100%时，锌的回收率下降的可能原因是生成硫化锌沉淀，[Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O；(NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低； K1 ＝=a， K2 ＝=b，c(S2-)=mol/L；
故答案为：加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀；[Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O；(NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低；。
（4）Ni原子在晶胞面心，每个晶胞中与Mg原子距离最近的Ni原子有3个，每个Mg原子在4个晶胞中共用，则距离Mg原子最近的Ni原子有3×4=12个；设该晶体中C和Mg的最近间距为x cm，则晶胞边长a cm，x2=()2+()2=，晶胞中含有C原子1个，Mg原子8×=1个，Ni原子6×=3个，则分子式为CMgNi3，摩尔质量为213g/mol，ρ=，a=，x==cm=×107nm；
故答案为：12；×107。
7．(1)C、
(2) 1：1 当温度高于t℃时，相同时间内消耗的与生成的的物质的量相等
(3)HCl、
(4) 8 有更多空间(空位)，电子移动更自由
【分析】粗硅(含有Si、C、等)，在反应炉中通入HCl，反应生成SiCl4等多种氯代硅烷同时有氢气生成，C和SiO2不反应，固体渣中含C、；生成的各种氯代硅烷进入还原炉中，通入氢气还原生成高纯硅，尾气中含HCl，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知固体渣中含C、；
（2）①由可知，氢气既作氧化剂也作还原剂，反应中被氧化的的物质的量与被还原的的物质的量之比为1：1；
②该反应为可逆反应，反应开始阶段升高温度有利于反应的正向进行，的转化率逐渐增大，当温度高于t℃时，反应达到平衡状态，相同时间内消耗的与生成的的物质的量相等，因此转化率不再变化；
结合题中物质种类可知反应③应是分解生成和，反应方程式为：；
（3）由上述分析可知在反应炉中有氢气生成，氢气可在还原炉中使用，还原炉中有HCl气体生成，HCl可在反应炉中使用，因此可循环利用的物质有HCl、；
（4）由晶胞结构可知Si原子位于顶点、面心和体内，个数为：；由图可知含杂质硼(B)的硅半导体结构中有更多空间(空位)，电子移动更自由，从而导电能力增强。
8．(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：。
9．(1)粉碎矿渣、适当升高温度或适当提高稀硫酸浓度或搅拌等
(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)α-Al2O3、SiO2、Fe
(4) Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O 加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2 140
(5)
(6) Fe2+被氯水中Cl2氧化为Fe3+ SCN—被过量的氯水氧化
【分析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-Al2O3和二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。
【详解】（1）粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等措施能提高酸浸的效率，故答案为：粉碎矿渣、适当升高温度或适当提高稀硫酸浓度或搅拌等；
（2）由分析可知，加入过量铁粉的目的是铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分是铁、二氧化硅、α-Al2O3，故答案为：α-Al2O3、SiO2、Fe；
（4）①由分析可知，沉铁过程中加入碳酸氢铵溶液发生的反应为碳酸氢铵溶液与硫酸亚铁溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
②加入碳酸氢铵溶液沉铁时，溶液中的碳酸氢根离子与亚铁离子可能发生双水解反应生成氢氧化亚铁、二氧化碳和水导致有副产物氢氧化亚铁生成，故答案为：加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2；
③用碳酸钙沉淀时，溶液中=140，故答案为：140；
（5）由分析可知，氧化过程中通入空气，空气中的氧气碳酸亚铁氧化为铁黄，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）①加入氯水后颜色加深说明氯水中的氯气将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，导致溶液中铁离子浓度增大使溶液中硫氰化铁溶液浓度增大，故答案为：Fe2+被氯水中Cl2氧化为Fe3+；
②某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐浙褪去，褪色后的溶液中继续滴加硫氰化钾溶液，又出现红色说明溶液中硫氰酸根离子被过量的氯气氧化使得硫氰化铁溶液浓度先减小后增大，故答案为：SCN—被过量的氯水氧化。
10．(1) SiO2 CaSO4
(2) 将黄铜矿粉碎 搅拌或适当升温或适当增大硫酸浓度等
(3)该温度下能加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解
(4)2Fe3＋＋3CuO＋3H2O=3Cu2＋＋2Fe(OH)3
(5)3.3~4.5
(6) 2—2e—= 22.4L
【分析】由题给流程可知，生物浸出时，细菌在稀硫酸、氧气存在下，将黄铜矿氧化成硫和可溶性硫酸盐，碳酸钙与稀硫酸反应转化为硫酸钙，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅、硫酸钙的浸渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化铜调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入碳酸氢钠溶液，将硫酸铜转化为碱式碳酸铜沉淀，过滤得到含有硫酸钠的滤液和碱式碳酸铜。
【详解】（1）由分析可知，浸渣的主要成分为硫、二氧化硅、硫酸钙，故答案为：SiO2；CaSO4；
（2）将黄铜矿粉碎、搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度等措施能加快“生物浸出”速率，故答案为：将黄铜矿粉碎；搅拌或适当升温或适当增大硫酸浓度等；
（3）由分析可知，氧化的目的是加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，若氧化过程的温度过低，反应速率慢，不利于亚铁离子被氧化，若氧化过程的温度过高，受热易分解的过氧化氢分解，同样不利于亚铁离子被氧化，所以氧化过程中需将温度控制在50~60°C，故答案为：该温度下能加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解；
（4）由分析可知，除铁过程中加入氧化铜调节溶液pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：2Fe3＋＋3CuO＋3H2O=3Cu2＋＋2Fe(OH)3；
（5）由氢氧化铁的溶度积可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度应大于=2×10—11mol/L，溶液的pH大于3.3，由氢氧化铁的溶度积可知，溶液中铜离子浓度为1.0mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度应小于=1×10—9.5mol/L，溶液的pH小于4.5，则除铁过程中应控制溶液pH范围为3.3~4.5，故答案为：3.3~4.5；
（6）由分析可知，溶液a为硫酸钠溶液，电解硫酸钠溶液时，硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成过二硫酸根离子，电极反应式为2—2e—=，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，由得失电子数目守恒可知，阳极生成1mol过二硫酸钠时，在标准状况下阴极产生氢气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案为：2—2e—=；22.4L。
11．(1) B H++OH—= H2O
(2) Cl2 + 2Br—= 2Cl—+ Br2 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr b 3Br2 +6Na2CO3 +3H2O 5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3
【详解】（1）除去粗盐中钙离子、镁离子和硫酸根离子时，加入过量的氯化钡溶液除去溶液中的硫酸根离子时会引入钡离子，加入过量的碳酸钠溶液除去溶液中的钙离子和过量的钡离子时会引入碳酸根离子，加入过量的氢氧化钠溶液除去镁离子时会引入氢氧根离子，所以过滤后，应加入适量的盐酸除去过量的碳酸根离子和氢氧根离子，则正确顺序为bac；
①由分析可知，除去粗盐中杂质离子的正确操作顺序为bac，故选B；
②由分析可知，加入适量盐酸的目的是除去过量的碳酸根离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为2H++CO= H2O+CO2↑和H++OH—= H2O，故答案为：H++OH—= H2O；
（2）由题给流程可知，海水中的溴离子与氯气在吹出塔中反应生成溴和氯离子，用热空气将溴吹入吸收塔中与二氧化硫水溶液反应生成氢溴酸和硫酸，反应生成的氢溴酸在蒸馏塔中与氯气反应生成溴和盐酸，用水蒸气将溴吹出后，经冷凝、精馏制得产品溴；
①由分析可知，海水中的溴离子与氯气在吹出塔中反应生成溴和氯离子，反应的离子方程式为Cl2 + 2Br—= 2Cl—+ Br2，故答案为：Cl2 + 2Br—= 2Cl—+ Br2；
②由分析可知，吸收塔中发生的反应为溴吹与二氧化硫水溶液反应生成氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；
③溴离子与氯气在吹出塔中反应生成溴和氯离子，则除去工业溴中微量的氯气应选择溴化钠溶液，故选B；
④由未配平的方程式可知，溴与碳酸钠溶液共热反应生成溴化钠、溴酸钠和碳酸氢钠，反应的化学方程式为3Br2 +6Na2CO3 +3H2O 5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3，故答案为：3Br2 +6Na2CO3 +3H2O 5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3。
12．(1)将正极极片料粉碎(或搅拌，升高温度，适当提高NaOH溶液的浓度等)
(2)反应生成的Fe3+作H2O2分解的催化剂
(3)Fe(OH)3
(4) +H++H2O=A1(OH)3↓ 过滤、洗涤、干燥、灼烧
(5) 阳离子 1.5 3
(6) +6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【分析】碱浸将Al进行溶解为NaAlO2溶液和不溶物，经过滤滤渣①经酸溶解氧化得到Fe3+、Li+。调pH将Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去。沉锂将Li2SO4转变为Li2CO3。NaAlO2溶液中加入适量硫酸得到Al(OH)3过滤得到固体经高温得到Al2O3。
【详解】（1）加快固体溶解速率有：将固体粉碎或搅拌增大接触面积、升温、增大碱液浓度等。答案为将正极极片料粉碎(或搅拌，升高温度，适当提高NaOH溶液的浓度等)；
（2）H2O2将Fe2+转变为Fe3+，但其自身易分解，所以用量比理论用量稍高的。答案为反应生成的Fe3+作H2O2分解的催化剂；
（3）由以上分析滤渣③为Fe(OH)3。答案为Fe(OH)3；
（4）NaAlO2溶液中加入硫酸得到Al(OH)3，反应为+H++H2O=A1(OH)3↓。从固液混合物中得到固体先采取过滤、洗涤、干燥，然后将Al(OH)3进行高温分解得到Al2O3。答案为+H++H2O=A1(OH)3↓；过滤、洗涤、干燥、灼烧；
（5）Na2SO4溶液制备H2SO4溶液和NaOH，即Na+经b膜到达右池形成NaOH，b膜为阳离子交换膜且该区为阴极区。而经a膜到达左池区形成H2SO4，所以左池区为阳极区，a膜为阴离子交换膜。
（6）从图看1.5mol/LNa2SO4各项指标均达到最大值。而在电解3h时各离子的浓度和电流效率都较高。K2Cr2O7滴定将Fe2+氧化为Fe3+而自身被还原为Cr3+，反应为+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。25mL样品消耗的n()=0.01V×10-3mol=10-5Vmol，则n(Fe2+)=6×10-5Vmol。最终计算样品中铁的质量分数为。答案为1.5；3；+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；。
13．(1) B H+ + OH-=H2O 2H+ + CO = H2O+ CO2↑
(2) Ca(OH)2(或NaOH) MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑
(3) Cl2 + 2Br-=2Cl-+ Br2 SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr 对溴元素进行富集 3Br2+ 6Na2CO3 + 3H2O= 5NaBr +NaBrO3 + 6NaHCO3
【分析】粗盐经沉淀除杂得到精盐，再经过结晶得到NaCl固体。Mg2+加入NaOH转变为Mg(OH)2沉淀经过滤得到，Mg(OH)2加入盐酸得到MgCl2溶液，MgCl2溶液经HCl氛围中蒸干得到MgCl，在经熔融电解得到Mg。
【详解】（1）Ca2+加入过量的Na2CO3进行沉淀。而Mg2+需要加入NaOH 或Ca(OH)2进行沉淀。需加入过量的BaCl2进行沉淀，过量的BaCl2需要用Na2CO3进行除去，所以Na2CO3需要在BaCl2之后加入。而过量的Na2CO3和NaOH用盐酸进行除去，所以盐酸在最后加入。加入试剂的顺序为bac ；
故选B。
过量的Na2CO3和NaOH用盐酸进行除去，离子方程式为H+ + OH-=H2O 2H+ + CO = H2O+ CO2↑。答案为B；H+ + OH-=H2O 2H+ + CO = H2O+ CO2↑；
（2）为了不引入更多的杂质，MgCl2转化为Mg(OH)2加入NaOH溶液或Ca(OH)2，MgCl2经熔融电解得到Mg，反应为MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑。答案为MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑；
（3）Cl2将Br-氧化为Br2而自身还原为Cl-反应为Cl2 + 2Br-=2Cl-+ Br2，再利用空气将Br2吹入吸收塔。吸收塔中SO2将Br2还原为HBr反应为SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr。蒸馏塔中Cl2将Br-氧化为Br2，经历反复的氧化再还原后又氧化实则将溴进行富集。最终利用蒸馏进行分离得到Br2。Na2CO3与Br2反应溴升高到NaBrO3（Br为+5价）也降低到了NaBr（溴为-1价）按照升降守恒最小公倍数为5给NaBrO3和NaBr分别定系数为1和5，Br2的系数为3，Na2CO3的系数为3，其他再配平为3Br2+ 6Na2CO3 + 3H2O= 5NaBr +NaBrO3 + 6NaHCO3。
答案为Cl2 + 2Br-=2Cl-+ Br2；SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr；对溴元素进行富集；3Br2+ 6Na2CO3 + 3H2O= 5NaBr +NaBrO3 + 6NaHCO3。
14．(1)温度超过40°C，氨气逸出导致浸出速率下降
(2)ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O
(3)水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4
(4)Fe(OH)3， MnO2
(5)Zn
(6) 5Zn2++ 10 =Zn5(CO3)2(OH)6↓+2H2O+8CO2↑ NH4Cl
(7)2mol/L
【分析】铜转炉烟灰加入氯化铵和氨水浸取，得到浸出渣Pb(OH)Cl，浸出液加入氯化铁沉降得到滤渣1为FeAsO4，滤液加入酸性高锰酸钾氧化沉降得到滤渣2主要成分为Fe(OH)3， MnO2，滤液再加入试剂a 为Zn还原沉降得到滤渣3为铜、锌，滤液加入碳酸氢铵沉锌，得到Zn5(CO3)2(OH)6，干燥煅烧得到纳米氧化锌；
【详解】（1）温度超过40°C，氨气逸出导致浸出速率下降，故“浸取”温度应选择40℃左右为宜；
（2）若“浸取”所得滤液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO与氨水、氯化铵反应生成氯化四氨合锌和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
（3）在“沉降”过程中，FeCl3做沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4，缩短沉降时间；
（4）根据分析可知，滤渣2主要成分为Fe(OH)3， MnO2；
（5）“还原沉降”选用的“试剂a”将溶液中的铜离子还原为铜单质，故“试剂a”为Zn；
（6）“沉锌”时溶液中的锌离子与碳酸氢铵作用生成Zn5(CO3)2(OH)6沉淀、二氧化碳等，反应的离子方程式为5Zn2++ 10=Zn5(CO3)2(OH)6↓+2H2O+8CO2↑，整个流程中可以循环利用的副产品是NH4Cl；
（7）由表沉淀物粒径在1um以下， =2.5时，粒度分布质量分数50.35最大，=，c(Zn2+)=0.8mol/L， 所以c()=2.5c(Zn2+)= 2mol/L。
15．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等
(2)V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)VO+2H+VO+H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的VO
(4) Cu(OH)2和Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高
【分析】废催化剂主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质，加氢氧化钠碱浸除去Al2O3，滤渣1含有V2O5、Fe2O3、CuO，加碳酸钠煅烧，V2O5转化为NaVO3，加足量稀硫酸，得到(VO2)2SO4、硫酸铜、硫酸铁溶液，调节溶液pH生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，转化为，过滤，滤液中加硫酸铵生成NH4VO3沉淀，煅烧NH4VO3生成V2O5，用炭粉还原V2O5生成VO2。
【详解】（1）根据影响反应速率的因素，“碱浸”中提高反应速率的可行措施有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等；
（2）“煅烧1”是V2O5和碳酸钠反应生成NaVO3和二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；
（3）流程图中沉钒是与硫酸铵反应生成NH4VO3沉淀，VO+2H+VO+H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的VO，所以常调节pH=8.0；
（4）酸浸液中含有(VO2)2SO4、硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，所以滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。NH4VO3 煅烧生成V2O5、氨气、水，“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据得失电子守恒得反应关系式2VO2~ I2~2Na2S2O3，第一次实验数据超出正常误差范围，根据第二次、第三次实验数据，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL，则该产品的纯度为 %。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3溶液长时间暴露在空气中被氧化，反应消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，则测得的结果偏高。
16．(1) SO2
(2)MoO3+2OH—=+H2O
(3) 3.2≤pH<6.4 0.6
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)85.0
【分析】由题给流程可知，废钼催化剂在空气中灼烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将三氧化钼转化为钼酸钠，过滤得到氧化亚钴、氧化镍、氧化铁和钼酸钠溶液；向金属氧化物中加入稀硝酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硝酸盐，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将亚钴离子和镍离子转化为氢氧化亚钴和氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化亚钴、氢氧化镍沉淀；向钼酸钠溶液中加入稀硝酸，将钼酸根离子转化为钼酸沉淀，过滤得到钼酸；向钼酸中加入氨水，将钼酸转化为钼酸铵，钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水钼酸铵晶体。
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，基态镍离子的价电子排布式为3d8，价层电子轨道表示式为 ；由分析可知，废钼催化剂在空气中灼烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，则气体A为二氧化硫，故答案为： ；SO2；
（2）由分析可知，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将三氧化钼转化为钼酸钠，反应的离子方程式为MoO3+2OH—=+H2O，故答案为：MoO3+2OH—=+H2O；
（3）由表格数据可知，除铁时应调节溶液pH在3.2≤pH<6.4的范围内，使溶液中铁离子完全沉淀，而亚钴离子和镍离子不产生沉淀；调节溶液pH为9.0时，溶液中亚钴离子和镍离子均完全沉淀，则溶液中=—lg=—lg=—lg=—lg=0.6，故答案为：3.2≤pH<6.4；0.6；
（4）由分析可知，系列操作为钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水钼酸铵晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）50.00kg该废钼催化剂(含Mo元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵，由钼原子个数守恒可知，该工艺中七水钼酸铵的收率为×100%≈85.0%，故答案为：85.0。
17．(1) 使金属转化为氧化物，并除去NH4Cl Fe2O3、MnO2
(2)萃取、分液
(3) Cu2+、Zn2+与氨水反应形成配合物 Zn2++S2—=ZnS↓
(4)不能
(5)Zn2++2e—=Zn
【分析】由题给流程可知，除碳棒后旧电池经粉碎、灼烧，将金属转化为金属氧化物，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，向灼烧渣中加入过量氨水和氯化铵的混合溶液，将氧化铜、氧化锌转化为氯化铜和氯化锌，二氧化锰和氧化铁不与混合溶液反应，过滤得到含有二氧化锰、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将硫离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到含有硫化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的锌离子，分液得到溶液1和含有锌离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到有机相和含有锌离子的溶液；向溶液中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为碳酸锌沉淀，过滤得到溶液2和碳酸锌；碳酸锌灼烧分解制得氧化锌。
【详解】（1）由分析可知，除碳棒后旧电池灼烧的目的是将金属转化为金属氧化物，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢；滤渣1的主要成分是二氧化锰和氧化铁，故答案为：使金属转化为氧化物，并除去NH4Cl；Fe2O3、MnO2；
（2）由分析可知，提锌的操作为向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的锌离子，分液得到溶液1和含有锌离子的有机相，故答案为：萃取、分液；
（3）由题给信息可知，若采用加入氨水方法除铜，溶液中的铜离子和锌离子均转化为配合物，达不到除铜的目的；若加入硫化铵溶液过量，溶液中的锌离子与硫离子反应生成硫化锌沉淀，反应的离子方程式为Zn2++S2-=ZnS↓，故答案为：Cu2+、Zn2+与氨水反应形成配合物；Zn2++S2-=ZnS↓；
（4）由溶度积可知，当溶液中铜离子浓度为1.0×10 8mol/L时，溶液中硫离子浓度为=6.4×10-28mol/L，由锌离子浓度可知，硫化锌溶液的浓度熵Qc=6.4×10-28×0.2＜，则溶液中锌离子不能沉淀，故答案为：不能；
（5）电解硫酸锌溶液制备锌时，锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故答案为：Zn2++2e-=Zn。
18．(1)适当增加硫酸浓度、提高温度等
(2) 、
(3) 将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去
(4)a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则
(5) 12 B
【分析】电池废料转化为Li、Fe、Co及其氧化物，加入硫酸酸溶转化为相应的盐溶液，加入碳酸氢钠除去铁、过滤滤液加入次氯酸钠除去钴，过滤滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀；
【详解】（1）适当增加硫酸浓度、提高温度等均可以加快反应速率，提高“酸浸”浸出率；
（2）“酸浸”时金属Co与稀反应生成硫酸钴和氢气，化学方程式；“酸浸”后锂、铁、钴转化为相应的盐溶液，故溶液中的金属阳离子主要有、、；
（3）“沉铁”反应为亚铁离子和碳酸氢根离子生成碳酸亚铁沉淀，离子方程式是；常温下， ，故三价钴更难溶，“沉钴”时溶液的作用是将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去；
（4）由图可知，a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则；
（5）以体心为例，与距离最近且相等的同层、上下层各有4个，故有12个；设与的最近的核间距为r nm，则晶胞边长为2r nm，根据“均摊法”，晶胞中含个、个，则晶体密度为；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影位置为正六边形的中心、顶点和中心与顶点连线的中心，故图为B。
答案第1页，共2页
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1．（2023·江苏盐城·盐城市伍佑中学校考模拟预测）纳米铁在废水处理、材料研发等领域有重要应用。以某钛白粉厂副产品(主要含，还含有、、等杂质)为原料制备纳米铁的流程如下：
已知：，，，。当溶液中离子浓度小于 mol L-1时，可认为该离子沉淀完全。
(1)结合离子方程式解释“除钛”时加入铁粉的作用： 。
(2)“除钴镍”完全后，溶液中的最大值为 mol L-1。
(3)投入1 mol NaBH 还原时，实际产生体积大于44.8 L(已折算为标准状况)的原因是 。
(4)用纳米铁去除废水中的。常温下，选择初始浓度为 mol L-1的废水，控制纳米铁的用量相同，测得去除率随初始pH的变化如图-1所示。初始时去除率明显大于时的原因是 。
(5)利用该纳米铁制成的改性是一种优良的磁性材料，该晶胞的的结构如图-2所示，研究发现结构中的只可能出现在图中某一“▲”所示位置上，请确定所在晶胞的位置并说明理由： 。
2．（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)。
3．（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= 。
4．（2023·云南昆明·统考二模）氧化铍(BeO) 广泛用于原子能、宇航等领域。一种以铍矿石 (主要成分为Be2SiO4，少量MnO等)为原料提取氧化铍的工艺流程如图所示。
已知：烧结时，未发生氧化还原反应：烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，其余元素以稳定氧化物的形式存在。
回答下列问题：
(1)“烧结”前，将铍矿石“破碎粉磨”的目的是 。
(2)“浸渣”的成分为 (填化学式)。
(3)“净化除锰”步骤的离子反应方程式为 。
(4)“沉铍”时，先加入足量NaOH溶液，得到含铍粒子是 (填粒子符号)， 再加热煮沸，调节pH=11，得到颗粒状Be(OH)2。从化学平衡移动的角度解释上述反应原理 。
(5)铁冰晶石(Na3FeF6) 晶体中存在的作用力有 ，Fe'+ 的杂化方式是 (填标号)。
A．dsp2 B．sp3d2 C．sp2 D．sp3
5．（2023春·广西·高三校联考阶段练习）以废铁屑含Fe2O3、FeS、SiO2等杂质)为原料制备硫酸亚铁晶体的流程如图所示：
(1)实验室需要75mL该硫酸，用质量分数为98%、密度为1.84g cm-3的浓硫酸进行配制，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和 (填仪器名称)。
(2)“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，“溶液I”中的阳离子是 (填离子符号)。
(3)写出流程中生成H2S的反应的化学方程式： 。
(4)“操作Ⅲ”的过程是蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥，检验“溶液Ⅱ”中不存在Fe3+的试剂是 。
(5)测定产品中FeSO4 7H2O(摩尔质量为278g mol-1)的含量：取mg产品溶解于蒸馏水中，配置成100mL溶液，取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用cmol L-1KMnO4溶液(先用稀硫酸酸化)滴定，重复滴定3次，消耗KMnO4溶液的平均体积为VmL。
①KMnO4溶液应盛装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
②达到滴定终点时的现象为 。
③产品中FeSO4 7H2O的含量为 (用含m、c、V的式子表示)%。
6．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）锌是一种重要的金属，在电镀、电池等工业上应用广泛。以废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示。
已知：a)“浸取”后溶液中的阳离子主要是[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+。
b)“深度除铜”标准：溶液中
涉及的部分反应为：
反应Ⅰ．[Cu(NH3)4]2+ + 4H2O Cu2+ + 4NH3·H2O K1 ＝ a
反应Ⅱ．[Cu(NH3)4]2+ + S2- + 4H2O CuS↓ + 4 NH3·H2O K2 ＝ b
回答下列问题：
(1)基态Cu原子的价电子排布图为 。
(2)“浸取”时，滤渣①的主要成分是 (填化学式)。
(3)①“深度除铜”时，选择加入适量(NH4)2S固体进行除铜。从化学平衡角度解释其除铜原理是 。
(NH4)2S固体的加入量[]对锌的回收率及铜锌比的影响如下图：
②当(NH4)2S加入量超过100%时，锌的回收率下降的可能原因是 (用离子方程式表示)。
③(NH4)2S较为合理的加入量约为120%，理由是 。
④“深度除铜”后，测得溶液中c(Cu2+)＝1.0×10-8 mol·L-l，则此时溶液中c(S2-)为 mol·L-l(用含a、b的代数式表示，忽略S2-水解)。
(4)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Mg、Ni和C三种元素的晶体具有超导性。已知该晶体具有简单立方结构，其晶胞结构如图所示：
①距离Mg原子最近的Ni原子有 个。
②已知该晶胞的密度为ρ g·cm-3 ，阿伏加德罗常数为NA，该晶体中C和Mg的最近间距为 nm。
7．（2023春·江苏镇江·高三江苏省丹阳高级中学校考阶段练习）粗硅(含有Si、C、等)提纯得到的高纯硅是制作芯片的主要材料。一种提纯粗硅的工艺流程如下。
已知反应炉中含硅的物种有、、、、等。
(1)反应炉中产生的固体渣成分有 (填化学式)。
(2)流程中存在两类“歧化反应”：
I．
①反应中被氧化的的物质的量与被还原的的物质的量之比为 。
②不同温度下反应中转化率如图所示。当温度高于t℃时的转化率不再改变的原因是 。
Ⅱ．①
②
③ (补充所缺反应)。
(3)上述流程中可循环利用的物质有 (填化学式)。
(4)晶体硅的晶胞如图-2所示，晶胞中含有硅原子的数目为 。硅半导体微观示意图如图－3所示，含杂质硼(B)的硅半导体微观示意图如图-4所示，掺入B，导电能力增强，其原因是 。
8．（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 。
9．（2023·全国·高三专题练习）以硫酸厂矿渣(含Fe2O3、α-Al2O3、SiO2等)为原料制备铁黄()的一种工艺流程如图所示：
资料：i．α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱。
ii．；。
回答下列问题：
(1)为了提高“酸浸”的效率可以采用的措施有(写出其中两种) 。
(2)“还原”过程中的离子方程式为 。
(3)“滤渣”中主要成分为(填化学式) 。
(4)①“沉铁”过程中有气体产生，反应的离子方程式为 。
②“沉铁”过程中往往有副产物生成，分析原因是 。
③若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中 。
(5)写出氧化过程生成铁黄的化学方程式为 。
(6)利用制备的铁黄进行如图实验：
①加入氯水后颜色加深的原因可能是： 。
②某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐浙褪去，褪色后的溶液中继续滴加溶液，又出现红色，则褪色的原因可能是 。
10．（2023·四川凉山·统考三模）黄铜矿主要成分是CuFeS2，含少量SiO2、CaCO3杂质，近年科学家发现有一种细菌在酸性水溶液、氧气存在下，可以将黄铜矿氧化成硫酸盐。工业上用黄铜矿为原料制备碱式碳酸铜的流程如下图，回答下列问题：
(1)“浸渣”的成分除了S还有 、 (填化学式)。
(2)写出任意两种加快“生物浸出”速率的措施 、 。
(3)“氧化”过程中需将温度控制在50~60°C，原因是 。
(4)“除铁”过程中发生反应的离子方程式为： 。
(5)已知Ksp[Fe(OH)3]=8.0×10-38，Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-19，lg2=0.3。若“氧化”后溶液中Cu2+浓度为1.0mol/L，则“除铁”过程中应控制溶液pH范围为 (当溶液中某离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(6)“沉铜”后所得滤液a经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8(过二硫酸钠)，电解时阳极电极反应为 ，阳极生成1molNa2S2O8时，在标准状况下阴极产生的气体体积为 。
11．（2023春·北京西城·高三北京四中校考期中）浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。
(1)粗盐精制。
为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO杂质，粗盐溶解后经如下操作：
a．加入过量的Na2CO3溶液
b．加入过量的BaCl2溶液
c．加入过量的NaOH溶液，过滤除去沉淀，再加入适量的盐酸
①上述操作的顺序正确的是 (填字母，下同)。
A．abc B．bac C．cba
②加入适量盐酸，反应的离子方程式有2H++CO= H2O+CO2↑和 。
(2)海水提溴。
主要工业生产流程如下图所示：
①海水中的Br-被Cl2氧化的离子方程式是 。
②吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式是 。
③为了除去工业Br2中微量的Cl2，可用过量 洗涤工业Br2。
a．NaOH溶液 b．NaBr溶液 c．Na2SO3溶液
④工业上也可用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2，补全以下化学方程式：
___________Br2 + ___________Na2CO3 +___________H2O ___________ + ___________NaBrO3 + ___________NaHCO3
12．（2023·贵州毕节·统考三模）废旧磷酸铁锂电池的回收利用具有重要研究价值。利用废旧电池正极极片料(主要成分为LiFePO4，还含有少量的Al、石墨等)回收金属化合物，并通过电解Na2SO4溶液生产所需的H2SO4溶液和NaOH溶液，从而实现物质的循环利用。工艺流程如下，回答下列问题：
(1)加快“碱浸”速率的方法 (任写1条)。
(2)“氧化”过程H2O2的用量比理论用量稍高的原因是 。
(3)滤渣③的主要成分是 。
(4)“沉淀”中发生反应的离子方程式为 ，“沉淀”过程后的“一系列操作”具体为 。
(5)“沉锂”所得“滤液”经纯化后得Na2SO4溶液，利用下列装置电解Na2SO4溶液制备H2SO4溶液和NaOH溶液，从而实现物质循环利用。
①离子交换膜b应为 (填“阳离子”或“阴离子”)交换膜；
②一定条件下，c(Na2SO4)、电解时间对电解所得溶液的c(H+)、c(OH-)及电流效率(η(NaOH)、η(H2SO4))的影响如图，则最佳电解条件中c(Na2SO4)为 mol·L-1左右、电解时间为 h左右。
(6)生产中通常需要测定正极极片料的总铁量。取mg样品，用盐酸充分溶解、过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并后配成250mL溶液。取25.00mL与适量TiCl3溶液反应，将Fe3+恰好完全还原为Fe2+。加入混酸介质，滴入指示剂，用0.01mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定，三次滴定平均消耗VmLK2Cr2O7标准溶液。
①用K2Cr2O7标准溶液滴定过程中反应的离子方程式为 。
②样品中铁的质量分数为 。
13．（2023春·北京西城·高三北师大二附中校考期中）浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源。
(1)粗盐精制。
过程1除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO杂质时，粗盐溶解后加入沉淀剂：
a．过量的Na2CO3溶液
b．过量的BaCl2溶液
c．过量的NaOH溶液，过滤除去沉淀，再加入过量的盐酸。
① 加入沉淀剂的顺序正确的是 (填序号)。
a． abc B． bac C． cba
② 加入过量盐酸，反应的离子方程式是 。
(2)海水提镁。
过程2中加入的试剂是 。由无水MgCl2获得Mg的化学方程式是 。
(3)海水提溴。
主要工业生产流程如下图所示：
①海水中的Br-被Cl2氧化的离子方程式是 。
②吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式是 。
③提取溴的过程中，经过2次Br → Br2转化的目的是 。
④工业上也可用Na2CO3溶液吸收吹出的Br2.补全以下化学方程式：
___________ Br2 + ___________Na2CO3 +3H2O ___________NaBr+ ___________NaBrO3 +___________NaHCO3
14．（2023·内蒙古呼和浩特·二模）纳米氧化锌具有颗粒微小，比表面积大，分散性好，疏松多孔等物理特性和极强的化学活性，目前已广泛用于橡胶、陶瓷、催化剂、涂料和磁性材料的辅助生产。以铜转炉烟灰为原料，采用浸取、均相沉淀、干燥煅烧等工艺制备纳米氧化锌的工艺方法过程简单，生产成本低。具体流程如下：
已知某铜转炉烟灰化学成分百分含量分析如下表：
铜转炉烟灰主要化学成分分析结果 %
Cu Zn Pb Fe( Ⅱ) As
10.30 8.75 19.07 2.51 4.68
以上金属元素在铜转炉烟灰中均以硫酸盐和氧化物形式存在，砷以砷酸盐形式存在。
流程中涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子 Cu2+ Zn2+ Fe2+ Fe3+
Ksp 2.2× 10-20 6.7×10-17 8.0×10-16 4.0×10-38
请回答下列问题：
(1)“浸取”温度应选择40℃左右为宜。温度高于40℃ ，浸出率随温度升高而降低的原因可能是 ；
(2)若“浸取”所得滤液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为 。
(3)在“沉降”过程中，FeCl3做沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是 ，缩短沉降时间；
(4)用酸性高锰酸钾溶液“氧化沉降”时，需调整溶液pH=5 ，使还原产物为MnO2，滤渣2主要成分为 ；
(5)“还原沉降”选用的“试剂a”为 (填化学式)；
(6)“沉锌”反应的离子方程式为 ，整个流程中可以循环利用的副产品是 (填化学式)；
(7)若想通过“干燥煅烧”得到更多活性较高的纳米氧化锌，应在“沉锌”时注意调整和Zn2+的浓度，以保证最终沉淀物粒径在1um 以下，通过下表可判断，当Zn2+的浓度恒定在0.8 mol·L-1时， 的浓度为 沉淀物的粒径最佳。
n( )/n(Zn2+) 粒度分布质量分数1%
0.0-0.1um 0.1~0.5um 0.5~1.0um 1.0~5.0um 5.0um以上
2 25.3 38.41 34.55 1.74 0.001
2.5 40.82 50.35 8.37 0.46 0.001
3 35.2 55.37 8.2 1.23 0.001
15．（2023·四川遂宁·统考模拟预测）近期科学家首次发现像大脑样的学习材料——VO2，某小组以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质)为原料制备VO2的流程如图：
已知：①NH4VO3难溶于水，(VO2)2SO4易溶于水；V2O5难溶于稀碱溶液。
②＋2H＋＋H2O；
③几种金属离子以氢氧化物沉淀时的pH如下表。
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2
开始沉淀的pH 2.7 4.0 4.6
完全沉淀的pH 3.7 5.2 6.0
④Na2S2O3溶液长时间暴露在空气中容易被氧化。
请回答下列问题：
(1)“碱浸”中提高反应速率的可行措施有 (答两条)
(2)“煅烧1”发生主要反应的化学方程式为 。
(3)理论上，为实现Cu2＋完全沉淀，应调节pH=6.0，工业生产中，常调节pH=8.0，其目的是 (用化学用语和必要的文字说明)
(4)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因是 。
(5)将2.075gVO2产品溶于强碱溶液，加热煮沸，调节pH为8.5，将溶液稀释至250.00mL溶液。取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入硫酸酸化的KI溶液(过量)，溶液中的还原产物为V3＋，滴加指示剂，用0.10 mol L 1Na2S2O3溶液滴定，重复三次，测得数据如下表所示：
序号 起始读数 终点读数
① 0.10 20.55
② 0.02 20.12
③ 0.03 19.93
该产品的纯度为 %。若滴定过程中，振荡时间太长，则测得的结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
16．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）废钼催化剂中钼、钴、镍等金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)中回收金属的一种工艺流程如图：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Fe3+ Co2+ Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH 2.2 3.2 6.4 9.0 7.2 8.7
回答下列问题：
(1)Ni2+价层电子轨道表示式为 ，“焙烧”时产生的气体A的主要成分为 。
(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3，写出“碱浸”时MoO3参与反应的离子方程式 。
(3)“除铁”时应调节溶液pH的范围为 ，“沉淀”时调节溶液pH=9.0，则此时溶液中[= (pX=-lgX)。
(4)“系列操作”为 、 、过滤、洗涤、干燥得到(NH4)2MoO4·7H2O晶体。
(5)50.00kg该废钼催化剂(含Mo元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵(相对分子质量为322)产品，则该工艺中七水钼酸铵的收率为 %(保留小数点后一位数字，收率=)。
17．（2023春·安徽·高三校联考阶段练习）随着生活水平的提高，旧电池的回收利用成为当前世界各国研究的重要课题，我国科学家提出利用旧干电池(除碳棒后，主要成份为：Zn、Fe、Cu、、以及)回收氧化锌的流程如图：
已知：
①二氧化锰难溶于水、弱酸、弱碱；锌、铜氧化物及其盐能溶于氨水形成配合物(如)。
②室温下，，。
③室温下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 5.9 5.4
完全沉淀的pH 3.2 8.2(>10时溶解) 6.7
回答下列问题：
(1)旧电池灼烧的目的是 ；滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
(2)若在实验室中进行“提锌”操作，该操作的名称为 。
(3)除铜时不采用加入氨水方法的原因是 ；加入不宜过多，可能的原因是 (用离子方程式表示)。
(4)室温下，测得除铜后溶液中：为、为，此时溶液中 (填“能”或“不能”)形成沉淀。
(5)工业上常采用电解硫酸锌溶液的方法制备锌，阴极电极反应式为 。
18．（2023·广东·统考二模）锂离子电池广泛应用于便携式电动设备，某锂离子电池废料含Li、Fe、Co等金属及其氧化物，回收利用其废料的一种简化工艺流程如下：
已知：①Fe、Co是中等活泼金属，氧化性：；
②常温下，。
(1)写出一种提高“酸浸”浸出率的途径 。
(2)写出“酸浸”时金属Co与稀反应的化学方程式 ；“酸浸”后溶液中的金属阳离子主要有、 。
(3)“沉铁”反应的离子方程式是 ，“沉钴”时溶液的作用是 。
(4)已知是微溶于水的强电解质，其饱和水溶液的浓度与温度关系如图所示，在a点对应条件下进行“沉锂”，若“沉锂”后溶液为，求= (写出计算过程，保留两位有效数字)。
(5)“沉钴”产物可用于制备CoO，CoO的晶胞结构如图所示，与距离最近且相等的有 个；设与的最近的核间距为r nm，CoO晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏伽德罗常数的值)；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影图为 (填字母选项)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)水解生成难溶的和()，加入铁粉消耗，促进水解正向进行，将转化为难溶的除去
(2)0.4
(3)部分与反应生成
(4)时，更多的与Fe反应，抑制了与Fe的反应；时，开始沉淀，生成
(5)在c位，由均摊法计算可得该结构中的数目为2，的数目为4，根据电荷守恒可得的数目为1，所以应该在c位
【详解】（1）“除钛”时加入铁粉的作用：TiO2+水解生成难溶的H2TiO3和H+(TiO2++2H2O=H2TiO3+2H+)加入铁粉消耗H+，促进水解正向进行，将TiO2+转化为难溶的H2TiO3除去。
（2）Ksp(CoS)=1.8×10-22，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=4.0×10-17，当溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全，除钴完全后，；除镍完全后，；溶液中c(Fe2+)的最大值为。
（3）投入1molNaBH4还原FeSO4时，实际产生H2体积大于44.8L(已折算为标准状况)的原因是部分NaBH4与H2O反应生成H2。
（4）初始pH=7时Cu2+去除率明显大于pH=5时的原因是pH=5时，更多的H+与Fe反应，抑制了Cu2+与Fe的反应；pH>6时，Cu2+开始沉淀，生成Cu(OH)2。
（5）Fe2+所在晶胞的位置为在c位，由均摊法计算可得该结构中Fe3+的数目为2,O2-的数目为4，根据电荷守恒可得Fe2+的数目为1，所以Fe2+应该在c位。
2．(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。
3．(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。
4．(1)增大接触面积，加快化学反应速率，使烧结充分
(2)SiO2、Fe2O3
(3)3+ 4NH3·H2O+2= 5MnO2↓+ 12F- +4+ 2H2O
(4) 或[Be(OH)4]2- +2H2O Be(OH)2+2OH-，加热与调节pH=11均促进平衡向右移动
(5) 配位键(或共价键)、离子键 B
【分析】铍矿石 (主要成分为Be2SiO4，少量MnO等)，加入碳酸钠和Na2SiF6，反应生成可溶性Na2BeF4、Na2MnF4，加水后过滤，二氧化硅和氧化铁不溶于水，形成浸渣，浸出液中加入氨水和高锰酸钾溶液净水除锰，Na2MnF4与高锰酸钾反应生成二氧化锰，再加入氢氧化钠沉铍，得到Na2BO2溶液，再加热煮沸得到氢氧化铍，洗涤烘干煅烧得到工业氧化铍。滤液中含有铍酸钠，与硫酸铁反应上次铁冰晶石。据此解答。
【详解】（1）烧结前将矿石粉碎的目的是增大接触面积，加快化学反应速率，使烧结充分。
（2）根据分析，浸渣的主要成分为二氧化硅和氧化铁。
（3）根据氧化还原反应电子守恒配平方程式，故净水除锰的离子方程式为：3+ 4NH3·H2O+2= 5MnO2↓+ 12F- +4+ 2H2O。
（4）氧化铍和氢氧化钠反应生成Na2BO2，溶液中存在水解平衡 +2H2O Be(OH)2+2OH-，加热与调节pH=11均促进平衡向右移动，得到颗粒状的氢氧化铍。
（5）冰晶石中氟离子和铁离子形成配位键，铁离子和钠离子形成离子键，铁离子接受到配位键的6个电子，自身的价电子为5，六氟和铁配离子自带一个负电荷，故铁离子的价电子对数为6，杂化方式为sp3d2。
5．(1)胶头滴管、100mL容量瓶
(2) SiO2 Fe2+、Fe3+、H+
(3)FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑
(4) 冷却结晶 KSCN溶液
(5) 酸式 当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶中溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化
【分析】废铁屑含Fe2O3、FeS、SiO2等杂质，用稀硫酸溶解，SiO2和硫酸不反应，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，FeS和硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，过滤，滤液Ⅰ中含有硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸，滤 液Ⅰ中加过量铁粉把硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤，滤液Ⅱ为硫酸亚铁溶液，滤液Ⅱ蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸亚铁晶体。
【详解】（1）实验室需要75mL该硫酸，用质量分数为98%、密度为1.84g cm-3的浓硫酸进行配制，实验步骤有：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和胶头滴管、100mL容量瓶。
（2）SiO2和硫酸不反应，“滤渣”的主要成分是SiO2；铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，FeS和硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，Fe2O3和硫酸反应生成硫酸铁和水，过滤，滤液Ⅰ中含有硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸，“溶液I”中的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+。
（3）流程中，FeS和硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢，反应的化学方程式为FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑；
（4）滤液Ⅱ是硫酸亚铁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得硫酸亚铁晶体；Fe3+遇KSCN溶液变红，检验“溶液Ⅱ”中不存在Fe3+的试剂是KSCN溶液。
（5）①KMnO4溶液具有强氧化性，应盛装在酸式滴定管中。
②达到滴定终点时高锰酸钾有剩余，当滴入最后半滴KMnO4溶液时，锥形瓶中溶液变为浅红色，且半分钟内不发生变化说明达到滴定终点。
③Fe2+被氧化，Fe元素化合价由+2升高为+3，Mn元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒，建立关系式，样品中n(FeSO4 7H2O)=，产品中FeSO4 7H2O的含量为。
6．(1)
(2)Fe2O3、MnO2
(3) 加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀 [Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O (NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低
(4) 12 ×107
【分析】废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO2)加入过量的氨水和碳酸氢铵，除去CuO、MnO2，加入适量(NH4)2S，除去铜，有机相萃取含锌离子，除去液体留下有机相，加入硫酸反萃取含锌离子，电解后得到锌。
【详解】（1）基态Cu原子价层电子为3d104s1，价电子排布图为；
故答案为：。
（2）氧化锌和氧化铜都能溶于氨水，而三氧化二铁和二氧化锰不溶，“浸取”时，滤渣①的主要成分是Fe2O3、MnO2；
故答案为：Fe2O3、MnO2。
（3）反应物浓度增大，平衡正向移动，故加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀；当(NH4)2S加入量超过100%时，锌的回收率下降的可能原因是生成硫化锌沉淀，[Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O；(NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低； K1 ＝=a， K2 ＝=b，c(S2-)=mol/L；
故答案为：加入(NH4)2S固体使溶液中c(S2-)升高，反应II的平衡正向移动，最终[Cu(NH3)4]2+全部转化为CuS沉淀；[Zn(NH3)4]2+ + S2-+ 4H2O = ZnS+4NH3·H2O；(NH4)2S的加入量高于120%，铜锌较高，除铜不完全，(NH4)2S的加入量低于120%，锌的回收率降低；。
（4）Ni原子在晶胞面心，每个晶胞中与Mg原子距离最近的Ni原子有3个，每个Mg原子在4个晶胞中共用，则距离Mg原子最近的Ni原子有3×4=12个；设该晶体中C和Mg的最近间距为x cm，则晶胞边长a cm，x2=()2+()2=，晶胞中含有C原子1个，Mg原子8×=1个，Ni原子6×=3个，则分子式为CMgNi3，摩尔质量为213g/mol，ρ=，a=，x==cm=×107nm；
故答案为：12；×107。
7．(1)C、
(2) 1：1 当温度高于t℃时，相同时间内消耗的与生成的的物质的量相等
(3)HCl、
(4) 8 有更多空间(空位)，电子移动更自由
【分析】粗硅(含有Si、C、等)，在反应炉中通入HCl，反应生成SiCl4等多种氯代硅烷同时有氢气生成，C和SiO2不反应，固体渣中含C、；生成的各种氯代硅烷进入还原炉中，通入氢气还原生成高纯硅，尾气中含HCl，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知固体渣中含C、；
（2）①由可知，氢气既作氧化剂也作还原剂，反应中被氧化的的物质的量与被还原的的物质的量之比为1：1；
②该反应为可逆反应，反应开始阶段升高温度有利于反应的正向进行，的转化率逐渐增大，当温度高于t℃时，反应达到平衡状态，相同时间内消耗的与生成的的物质的量相等，因此转化率不再变化；
结合题中物质种类可知反应③应是分解生成和，反应方程式为：；
（3）由上述分析可知在反应炉中有氢气生成，氢气可在还原炉中使用，还原炉中有HCl气体生成，HCl可在反应炉中使用，因此可循环利用的物质有HCl、；
（4）由晶胞结构可知Si原子位于顶点、面心和体内，个数为：；由图可知含杂质硼(B)的硅半导体结构中有更多空间(空位)，电子移动更自由，从而导电能力增强。
8．(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：。
9．(1)粉碎矿渣、适当升高温度或适当提高稀硫酸浓度或搅拌等
(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+
(3)α-Al2O3、SiO2、Fe
(4) Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O 加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2 140
(5)
(6) Fe2+被氯水中Cl2氧化为Fe3+ SCN—被过量的氯水氧化
【分析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，α-Al2O3和二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化硅、α-Al2O3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。
【详解】（1）粉碎矿渣、适当升高温度、适当提高稀硫酸浓度、搅拌等措施能提高酸浸的效率，故答案为：粉碎矿渣、适当升高温度或适当提高稀硫酸浓度或搅拌等；
（2）由分析可知，加入过量铁粉的目的是铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分是铁、二氧化硅、α-Al2O3，故答案为：α-Al2O3、SiO2、Fe；
（4）①由分析可知，沉铁过程中加入碳酸氢铵溶液发生的反应为碳酸氢铵溶液与硫酸亚铁溶液反应生成硫酸铵、碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
②加入碳酸氢铵溶液沉铁时，溶液中的碳酸氢根离子与亚铁离子可能发生双水解反应生成氢氧化亚铁、二氧化碳和水导致有副产物氢氧化亚铁生成，故答案为：加入NH4HCO3，HCO促进Fe2+水解，生成Fe(OH)2；
③用碳酸钙沉淀时，溶液中=140，故答案为：140；
（5）由分析可知，氧化过程中通入空气，空气中的氧气碳酸亚铁氧化为铁黄，反应的化学方程式为，故答案为：；
（6）①加入氯水后颜色加深说明氯水中的氯气将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，导致溶液中铁离子浓度增大使溶液中硫氰化铁溶液浓度增大，故答案为：Fe2+被氯水中Cl2氧化为Fe3+；
②某同学发现实验中加入过量新制氯水，放置一段时间后，深红色会逐浙褪去，褪色后的溶液中继续滴加硫氰化钾溶液，又出现红色说明溶液中硫氰酸根离子被过量的氯气氧化使得硫氰化铁溶液浓度先减小后增大，故答案为：SCN—被过量的氯水氧化。
10．(1) SiO2 CaSO4
(2) 将黄铜矿粉碎 搅拌或适当升温或适当增大硫酸浓度等
(3)该温度下能加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解
(4)2Fe3＋＋3CuO＋3H2O=3Cu2＋＋2Fe(OH)3
(5)3.3~4.5
(6) 2—2e—= 22.4L
【分析】由题给流程可知，生物浸出时，细菌在稀硫酸、氧气存在下，将黄铜矿氧化成硫和可溶性硫酸盐，碳酸钙与稀硫酸反应转化为硫酸钙，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅、硫酸钙的浸渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化铜调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入碳酸氢钠溶液，将硫酸铜转化为碱式碳酸铜沉淀，过滤得到含有硫酸钠的滤液和碱式碳酸铜。
【详解】（1）由分析可知，浸渣的主要成分为硫、二氧化硅、硫酸钙，故答案为：SiO2；CaSO4；
（2）将黄铜矿粉碎、搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度等措施能加快“生物浸出”速率，故答案为：将黄铜矿粉碎；搅拌或适当升温或适当增大硫酸浓度等；
（3）由分析可知，氧化的目的是加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，若氧化过程的温度过低，反应速率慢，不利于亚铁离子被氧化，若氧化过程的温度过高，受热易分解的过氧化氢分解，同样不利于亚铁离子被氧化，所以氧化过程中需将温度控制在50~60°C，故答案为：该温度下能加快反应速率，同时防止温度过高H2O2分解；
（4）由分析可知，除铁过程中加入氧化铜调节溶液pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：2Fe3＋＋3CuO＋3H2O=3Cu2＋＋2Fe(OH)3；
（5）由氢氧化铁的溶度积可知，溶液中铁离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度应大于=2×10—11mol/L，溶液的pH大于3.3，由氢氧化铁的溶度积可知，溶液中铜离子浓度为1.0mol/L时，溶液中氢氧根离子浓度应小于=1×10—9.5mol/L，溶液的pH小于4.5，则除铁过程中应控制溶液pH范围为3.3~4.5，故答案为：3.3~4.5；
（6）由分析可知，溶液a为硫酸钠溶液，电解硫酸钠溶液时，硫酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成过二硫酸根离子，电极反应式为2—2e—=，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，由得失电子数目守恒可知，阳极生成1mol过二硫酸钠时，在标准状况下阴极产生氢气的体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，故答案为：2—2e—=；22.4L。
11．(1) B H++OH—= H2O
(2) Cl2 + 2Br—= 2Cl—+ Br2 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr b 3Br2 +6Na2CO3 +3H2O 5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3
【详解】（1）除去粗盐中钙离子、镁离子和硫酸根离子时，加入过量的氯化钡溶液除去溶液中的硫酸根离子时会引入钡离子，加入过量的碳酸钠溶液除去溶液中的钙离子和过量的钡离子时会引入碳酸根离子，加入过量的氢氧化钠溶液除去镁离子时会引入氢氧根离子，所以过滤后，应加入适量的盐酸除去过量的碳酸根离子和氢氧根离子，则正确顺序为bac；
①由分析可知，除去粗盐中杂质离子的正确操作顺序为bac，故选B；
②由分析可知，加入适量盐酸的目的是除去过量的碳酸根离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为2H++CO= H2O+CO2↑和H++OH—= H2O，故答案为：H++OH—= H2O；
（2）由题给流程可知，海水中的溴离子与氯气在吹出塔中反应生成溴和氯离子，用热空气将溴吹入吸收塔中与二氧化硫水溶液反应生成氢溴酸和硫酸，反应生成的氢溴酸在蒸馏塔中与氯气反应生成溴和盐酸，用水蒸气将溴吹出后，经冷凝、精馏制得产品溴；
①由分析可知，海水中的溴离子与氯气在吹出塔中反应生成溴和氯离子，反应的离子方程式为Cl2 + 2Br—= 2Cl—+ Br2，故答案为：Cl2 + 2Br—= 2Cl—+ Br2；
②由分析可知，吸收塔中发生的反应为溴吹与二氧化硫水溶液反应生成氢溴酸和硫酸，反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；
③溴离子与氯气在吹出塔中反应生成溴和氯离子，则除去工业溴中微量的氯气应选择溴化钠溶液，故选B；
④由未配平的方程式可知，溴与碳酸钠溶液共热反应生成溴化钠、溴酸钠和碳酸氢钠，反应的化学方程式为3Br2 +6Na2CO3 +3H2O 5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3，故答案为：3Br2 +6Na2CO3 +3H2O 5NaBr +NaBrO3 +6NaHCO3。
12．(1)将正极极片料粉碎(或搅拌，升高温度，适当提高NaOH溶液的浓度等)
(2)反应生成的Fe3+作H2O2分解的催化剂
(3)Fe(OH)3
(4) +H++H2O=A1(OH)3↓ 过滤、洗涤、干燥、灼烧
(5) 阳离子 1.5 3
(6) +6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【分析】碱浸将Al进行溶解为NaAlO2溶液和不溶物，经过滤滤渣①经酸溶解氧化得到Fe3+、Li+。调pH将Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去。沉锂将Li2SO4转变为Li2CO3。NaAlO2溶液中加入适量硫酸得到Al(OH)3过滤得到固体经高温得到Al2O3。
【详解】（1）加快固体溶解速率有：将固体粉碎或搅拌增大接触面积、升温、增大碱液浓度等。答案为将正极极片料粉碎(或搅拌，升高温度，适当提高NaOH溶液的浓度等)；
（2）H2O2将Fe2+转变为Fe3+，但其自身易分解，所以用量比理论用量稍高的。答案为反应生成的Fe3+作H2O2分解的催化剂；
（3）由以上分析滤渣③为Fe(OH)3。答案为Fe(OH)3；
（4）NaAlO2溶液中加入硫酸得到Al(OH)3，反应为+H++H2O=A1(OH)3↓。从固液混合物中得到固体先采取过滤、洗涤、干燥，然后将Al(OH)3进行高温分解得到Al2O3。答案为+H++H2O=A1(OH)3↓；过滤、洗涤、干燥、灼烧；
（5）Na2SO4溶液制备H2SO4溶液和NaOH，即Na+经b膜到达右池形成NaOH，b膜为阳离子交换膜且该区为阴极区。而经a膜到达左池区形成H2SO4，所以左池区为阳极区，a膜为阴离子交换膜。
（6）从图看1.5mol/LNa2SO4各项指标均达到最大值。而在电解3h时各离子的浓度和电流效率都较高。K2Cr2O7滴定将Fe2+氧化为Fe3+而自身被还原为Cr3+，反应为+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。25mL样品消耗的n()=0.01V×10-3mol=10-5Vmol，则n(Fe2+)=6×10-5Vmol。最终计算样品中铁的质量分数为。答案为1.5；3；+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；。
13．(1) B H+ + OH-=H2O 2H+ + CO = H2O+ CO2↑
(2) Ca(OH)2(或NaOH) MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑
(3) Cl2 + 2Br-=2Cl-+ Br2 SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr 对溴元素进行富集 3Br2+ 6Na2CO3 + 3H2O= 5NaBr +NaBrO3 + 6NaHCO3
【分析】粗盐经沉淀除杂得到精盐，再经过结晶得到NaCl固体。Mg2+加入NaOH转变为Mg(OH)2沉淀经过滤得到，Mg(OH)2加入盐酸得到MgCl2溶液，MgCl2溶液经HCl氛围中蒸干得到MgCl，在经熔融电解得到Mg。
【详解】（1）Ca2+加入过量的Na2CO3进行沉淀。而Mg2+需要加入NaOH 或Ca(OH)2进行沉淀。需加入过量的BaCl2进行沉淀，过量的BaCl2需要用Na2CO3进行除去，所以Na2CO3需要在BaCl2之后加入。而过量的Na2CO3和NaOH用盐酸进行除去，所以盐酸在最后加入。加入试剂的顺序为bac ；
故选B。
过量的Na2CO3和NaOH用盐酸进行除去，离子方程式为H+ + OH-=H2O 2H+ + CO = H2O+ CO2↑。答案为B；H+ + OH-=H2O 2H+ + CO = H2O+ CO2↑；
（2）为了不引入更多的杂质，MgCl2转化为Mg(OH)2加入NaOH溶液或Ca(OH)2，MgCl2经熔融电解得到Mg，反应为MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑。答案为MgCl2(熔融) Mg + Cl2↑；
（3）Cl2将Br-氧化为Br2而自身还原为Cl-反应为Cl2 + 2Br-=2Cl-+ Br2，再利用空气将Br2吹入吸收塔。吸收塔中SO2将Br2还原为HBr反应为SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr。蒸馏塔中Cl2将Br-氧化为Br2，经历反复的氧化再还原后又氧化实则将溴进行富集。最终利用蒸馏进行分离得到Br2。Na2CO3与Br2反应溴升高到NaBrO3（Br为+5价）也降低到了NaBr（溴为-1价）按照升降守恒最小公倍数为5给NaBrO3和NaBr分别定系数为1和5，Br2的系数为3，Na2CO3的系数为3，其他再配平为3Br2+ 6Na2CO3 + 3H2O= 5NaBr +NaBrO3 + 6NaHCO3。
答案为Cl2 + 2Br-=2Cl-+ Br2；SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr；对溴元素进行富集；3Br2+ 6Na2CO3 + 3H2O= 5NaBr +NaBrO3 + 6NaHCO3。
14．(1)温度超过40°C，氨气逸出导致浸出速率下降
(2)ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O
(3)水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4
(4)Fe(OH)3， MnO2
(5)Zn
(6) 5Zn2++ 10 =Zn5(CO3)2(OH)6↓+2H2O+8CO2↑ NH4Cl
(7)2mol/L
【分析】铜转炉烟灰加入氯化铵和氨水浸取，得到浸出渣Pb(OH)Cl，浸出液加入氯化铁沉降得到滤渣1为FeAsO4，滤液加入酸性高锰酸钾氧化沉降得到滤渣2主要成分为Fe(OH)3， MnO2，滤液再加入试剂a 为Zn还原沉降得到滤渣3为铜、锌，滤液加入碳酸氢铵沉锌，得到Zn5(CO3)2(OH)6，干燥煅烧得到纳米氧化锌；
【详解】（1）温度超过40°C，氨气逸出导致浸出速率下降，故“浸取”温度应选择40℃左右为宜；
（2）若“浸取”所得滤液中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，则浸取时ZnO与氨水、氯化铵反应生成氯化四氨合锌和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
（3）在“沉降”过程中，FeCl3做沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4，缩短沉降时间；
（4）根据分析可知，滤渣2主要成分为Fe(OH)3， MnO2；
（5）“还原沉降”选用的“试剂a”将溶液中的铜离子还原为铜单质，故“试剂a”为Zn；
（6）“沉锌”时溶液中的锌离子与碳酸氢铵作用生成Zn5(CO3)2(OH)6沉淀、二氧化碳等，反应的离子方程式为5Zn2++ 10=Zn5(CO3)2(OH)6↓+2H2O+8CO2↑，整个流程中可以循环利用的副产品是NH4Cl；
（7）由表沉淀物粒径在1um以下， =2.5时，粒度分布质量分数50.35最大，=，c(Zn2+)=0.8mol/L， 所以c()=2.5c(Zn2+)= 2mol/L。
15．(1)粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等
(2)V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑
(3)VO+2H+VO+H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的VO
(4) Cu(OH)2和Fe(OH)3 及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5
(5) 80 偏高
【分析】废催化剂主要成分是V2O5，含少量Fe2O3、CuO、Al2O3等杂质，加氢氧化钠碱浸除去Al2O3，滤渣1含有V2O5、Fe2O3、CuO，加碳酸钠煅烧，V2O5转化为NaVO3，加足量稀硫酸，得到(VO2)2SO4、硫酸铜、硫酸铁溶液，调节溶液pH生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，转化为，过滤，滤液中加硫酸铵生成NH4VO3沉淀，煅烧NH4VO3生成V2O5，用炭粉还原V2O5生成VO2。
【详解】（1）根据影响反应速率的因素，“碱浸”中提高反应速率的可行措施有粉碎废料、适当加热、适当增大NaOH溶液浓度、搅拌等；
（2）“煅烧1”是V2O5和碳酸钠反应生成NaVO3和二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O5+Na2CO32NaVO3+CO2↑；
（3）流程图中沉钒是与硫酸铵反应生成NH4VO3沉淀，VO+2H+VO+H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的VO，所以常调节pH=8.0；
（4）酸浸液中含有(VO2)2SO4、硫酸铜、硫酸铁，调节溶液pH生成氢氧化铁、氢氧化铜沉淀，所以滤渣2的主要成分是Cu(OH)2和Fe(OH)3。NH4VO3 煅烧生成V2O5、氨气、水，“煅烧2”需要在流动空气中煅烧的原因是及时带走 NH3，避免NH3还原V2O5。
（5）根据得失电子守恒得反应关系式2VO2~ I2~2Na2S2O3，第一次实验数据超出正常误差范围，根据第二次、第三次实验数据，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL，则该产品的纯度为 %。若滴定过程中，振荡时间太长，Na2S2O3溶液长时间暴露在空气中被氧化，反应消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，则测得的结果偏高。
16．(1) SO2
(2)MoO3+2OH—=+H2O
(3) 3.2≤pH<6.4 0.6
(4) 蒸发浓缩 冷却结晶
(5)85.0
【分析】由题给流程可知，废钼催化剂在空气中灼烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸，将三氧化钼转化为钼酸钠，过滤得到氧化亚钴、氧化镍、氧化铁和钼酸钠溶液；向金属氧化物中加入稀硝酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硝酸盐，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将亚钴离子和镍离子转化为氢氧化亚钴和氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化亚钴、氢氧化镍沉淀；向钼酸钠溶液中加入稀硝酸，将钼酸根离子转化为钼酸沉淀，过滤得到钼酸；向钼酸中加入氨水，将钼酸转化为钼酸铵，钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水钼酸铵晶体。
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，基态镍离子的价电子排布式为3d8，价层电子轨道表示式为 ；由分析可知，废钼催化剂在空气中灼烧时，金属硫化物与空气中氧气高温条件下反应生成金属氧化物和二氧化硫，则气体A为二氧化硫，故答案为： ；SO2；
（2）由分析可知，向焙烧渣中加入氢氧化钠溶液碱浸的目的是将三氧化钼转化为钼酸钠，反应的离子方程式为MoO3+2OH—=+H2O，故答案为：MoO3+2OH—=+H2O；
（3）由表格数据可知，除铁时应调节溶液pH在3.2≤pH<6.4的范围内，使溶液中铁离子完全沉淀，而亚钴离子和镍离子不产生沉淀；调节溶液pH为9.0时，溶液中亚钴离子和镍离子均完全沉淀，则溶液中=—lg=—lg=—lg=—lg=0.6，故答案为：3.2≤pH<6.4；0.6；
（4）由分析可知，系列操作为钼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水钼酸铵晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）50.00kg该废钼催化剂(含Mo元素质量分数为10.56%)通过该工艺最终得到15.05kg七水钼酸铵，由钼原子个数守恒可知，该工艺中七水钼酸铵的收率为×100%≈85.0%，故答案为：85.0。
17．(1) 使金属转化为氧化物，并除去NH4Cl Fe2O3、MnO2
(2)萃取、分液
(3) Cu2+、Zn2+与氨水反应形成配合物 Zn2++S2—=ZnS↓
(4)不能
(5)Zn2++2e—=Zn
【分析】由题给流程可知，除碳棒后旧电池经粉碎、灼烧，将金属转化为金属氧化物，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，向灼烧渣中加入过量氨水和氯化铵的混合溶液，将氧化铜、氧化锌转化为氯化铜和氯化锌，二氧化锰和氧化铁不与混合溶液反应，过滤得到含有二氧化锰、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化铵溶液，将硫离子转化为硫化铜沉淀，过滤得到含有硫化铜的滤渣和滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的锌离子，分液得到溶液1和含有锌离子的有机相；向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到有机相和含有锌离子的溶液；向溶液中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为碳酸锌沉淀，过滤得到溶液2和碳酸锌；碳酸锌灼烧分解制得氧化锌。
【详解】（1）由分析可知，除碳棒后旧电池灼烧的目的是将金属转化为金属氧化物，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢；滤渣1的主要成分是二氧化锰和氧化铁，故答案为：使金属转化为氧化物，并除去NH4Cl；Fe2O3、MnO2；
（2）由分析可知，提锌的操作为向滤液中加入有机溶剂萃取溶液中的锌离子，分液得到溶液1和含有锌离子的有机相，故答案为：萃取、分液；
（3）由题给信息可知，若采用加入氨水方法除铜，溶液中的铜离子和锌离子均转化为配合物，达不到除铜的目的；若加入硫化铵溶液过量，溶液中的锌离子与硫离子反应生成硫化锌沉淀，反应的离子方程式为Zn2++S2-=ZnS↓，故答案为：Cu2+、Zn2+与氨水反应形成配合物；Zn2++S2-=ZnS↓；
（4）由溶度积可知，当溶液中铜离子浓度为1.0×10 8mol/L时，溶液中硫离子浓度为=6.4×10-28mol/L，由锌离子浓度可知，硫化锌溶液的浓度熵Qc=6.4×10-28×0.2＜，则溶液中锌离子不能沉淀，故答案为：不能；
（5）电解硫酸锌溶液制备锌时，锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故答案为：Zn2++2e-=Zn。
18．(1)适当增加硫酸浓度、提高温度等
(2) 、
(3) 将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去
(4)a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则
(5) 12 B
【分析】电池废料转化为Li、Fe、Co及其氧化物，加入硫酸酸溶转化为相应的盐溶液，加入碳酸氢钠除去铁、过滤滤液加入次氯酸钠除去钴，过滤滤液加入碳酸钠得到碳酸锂沉淀；
【详解】（1）适当增加硫酸浓度、提高温度等均可以加快反应速率，提高“酸浸”浸出率；
（2）“酸浸”时金属Co与稀反应生成硫酸钴和氢气，化学方程式；“酸浸”后锂、铁、钴转化为相应的盐溶液，故溶液中的金属阳离子主要有、、；
（3）“沉铁”反应为亚铁离子和碳酸氢根离子生成碳酸亚铁沉淀，离子方程式是；常温下， ，故三价钴更难溶，“沉钴”时溶液的作用是将二价钴转化为三价钴，利于将钴转化为沉淀除去；
（4）由图可知，a点对应条件下，则饱和溶液中、，则，若“沉锂”后溶液为，则；
（5）以体心为例，与距离最近且相等的同层、上下层各有4个，故有12个；设与的最近的核间距为r nm，则晶胞边长为2r nm，根据“均摊法”，晶胞中含个、个，则晶体密度为；该晶胞若沿体对角线投影，则的投影位置为正六边形的中心、顶点和中心与顶点连线的中心，故图为B。
答案第1页，共2页
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