2025届福建高三化学一轮专项训练——工业流程37道

2025年福建高考一轮复习专项训练——工业流程37道 一、解答题 1．（2024·福建泉州·模拟预测）从辉铋矿(主要成分为，含有、、杂质)回收铋的一种工艺流程如下图所示。 已知：①氧化性：。 ②、和的分别为、和。 (1)是第六周期族元素，基态原子的价电子的轨道表示式 。 (2)酸浸过程中，铋在浸出液中以的形式存在，则发生的离子方程式为： 。 (3)将辉铋矿在空气中焙烧，再用盐酸酸浸，也可以得到同样的浸出液，该方法除了能耗较大外，还存在一个缺点： 。 (4)还原过程中，发生的离子方程式为 。 (5)“除铜”过程中，若铜离子的浓度降低至，溶液中最大浓度 。 (6)用隔膜电极法，适当控制电位，电解液可以返回酸浸中再次使用，则阳极的电极反应式为 。 (7)铋化锂被认为是很有潜力的正极材料，晶胞结构如图所示。 ①晶胞可以看作是由铋原子构成的面心立方晶格，锂原子填充在其中的四面体和八面体空隙处，晶体的化学式为 。晶胞中每个周围最近的原子个数为 。 ②图中原子坐标参数：为，则的坐标为 。 2．（2024·福建·模拟预测）碲(Te)是一种重要的稀有分散元素，广泛应用于冶金、石油、化工、航空、电子等领域。以某冶炼厂的湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)为原料回收碲的流程如下： 已知：氧化还原电位可用来反映水溶液中物质表现出来的氧化还原性，用E(氧化态/还原态)表示。E越高，氧化态的氧化性越强，E越低，还原态的还原性越强。若电解时控制电位高于E，则其氧化态不能被还原。相关物质的氧化还原电位(E)如下表所示： 物质 氧化还原电位(E)/V 0.342 0.568 0.16 小于0.16 小于0.16 请回答下列问题： (1)52Te的基态原子的电子排布式为 。 (2)原料预处理可采用干燥箱中加热氧化或自然堆放氧化(四天以上)两种方式，两相比较，后者的主要优点是 ；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是 。 (3)浸出时，所得滤渣主要含铅、银的化合物，其化学式分别为 、 ；添加可显著提高碲和铜的浸出率，说明预处理后的原料中仍存在低价态的碲和铜，写出转化为、而被浸出的离子方程式 。 (4)电解时为防止除Te以外的单质生成，需控制电位的范围为 ；加入饱和Na2SO3溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成 (填化学式)。 (5)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，则c点的坐标为 ，设ZnTe的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn与Te最近距离为 nm（列出计算式即可）。 3．（2024·福建泉州·模拟预测）高纯镓广泛用于半导体、光电材料等领域。可以利用炼锌渣(主要含ZnO、CuO、、FeO和一定量的、不溶性杂质)为原料制备高纯镓，同时获得ZnS，流程如图所示： 已知： ①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。 ②溶液中存在反应：。 ③室温时；。 ④黄钠铁矾晶体颗粒大，易沉降易过滤。 (1)的价层电子排布式为 ，1mol中含有σ键的物质的量为 。 (2)黄钠铁矾的化学式为，写出“沉铁”时的离子方程式 。 (3)不采用调节pH的方式沉铁，可能的原因是：①直接调pH沉铁易生成胶体，不容易过滤；② ；③ 。 (4)“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的铜粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量Zn粉，加入铜粉的目的是 。 (5)与的各物种的分布分数随pH的变化如图所示。“调节pH=8.2”时，pH不能过高的原因是 。 (6)已知：，。通过计算探究氨水能否溶解，反应的平衡常数为 。 (7)在沉铁前可以加入铁氰化钾检验是否被完全氧化，若有则会观察到蓝色沉淀。该蓝色沉淀是一种铁配合物(其摩尔质量为M)，其晶胞的如图[未标出，占据四个互不相你的小方体晶胞的部分)的体心。若该晶体的密度为，则和的最短距离为 cm(设为阿伏加德罗常数的值)。 4．（2024·福建莆田·三模）一种高硫锰矿的主要成分为MnCO3和MnS，主要杂质为FeS、SiO2、CaCO3、Al2O3、MgO等，研究人员设计了如图流程，制备Mn3O4。 已知：①金属离子浓度≤10-5mol•L-1时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表。 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ 开始沉定的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 ②Ksp(MgF2)=6.4×10-9、Ksp(CaF2)=4.0×10-11. (1)“焙烧”的主要目的是 。 (2)“酸浸”过程中， (填“能”或“不能”)用盐酸替换硫酸。 (3)“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为 。 (4)若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是 。 (5)“净化除杂”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，则滤液中c(Ca2+)为 mol•L-1. (6)“氧化2”过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氮水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为 。 (7)锰的一种氧化物晶胞结构如图所示： 该晶体中Mn的配位数为 ，该晶胞的密度为 g•cm-3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞底面边长为apm，高为bpm)。 5．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）锌电解阳极泥(主要成分为和，还有少量锰铅氧化物和)是冶锌过程中产生的废渣，一种回收锌电解阳极泥中金属元素锰、铅和银的工艺流程如图所示。回答下列问题： 已知：①易溶于水，不溶于乙醇 ②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如图反应： ③已知：时 (1)已知中为价，为价和价，该氧化物中价和价的物质的量之比为 。 (2)“还原酸浸”过程中主要反应的离子方程式为 ，该过程中实际葡萄糖加入量远大于理论需要量，其原因是 。 (3)整个流程中可循环利用的物质是 (填名称)。获得晶体的一系列操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、低温干燥，其中“洗涤”的具体操作是 。 (4)书写相关反应的离子方程式，并通过计算说明时，可用溶液将“滤渣1”中的完全转化为的原因 。 (5)通过氢电极增压法可制得单质锌，装置如图1所示。电解池工作时总反应的离子方程式为 。 (6)太阳能电池能够将太阳能直接转化为电能，为人类社会发展提供取之不尽川之不竭的清洁能源。以有机金属卤化物和作为敏化剂的太阳能电池，能量转换效率已经超过其他类型太阳能电池。 ①和中与之间、与之间的离子键成分的百分数大小比较及解释 。 ②晶胞结构如图2所示，其中代表。当位于晶胞的体心时，于晶胞的 位置(填“顶点”“面心”“棱心”或“晶胞内”)。 6．（2024·福建福州·模拟预测）二氧化铈()具有较强的氧化性，是一种应用非常广泛的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含、等)为原料制备的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)“氧化焙烧”后，Ce元素转化为和，写出氧化焙烧的化学方程式 。 (2)“酸浸”时，铈的浸出率与温度、的关系如图所示，应选择的最适宜的条件为 (填标号)。不能用盐酸代替硫酸进行酸浸，理由是 。 A．65℃、　B．75℃、　C．85℃、　D．100℃、 (3)“系列操作”包含以下几个过程： 已知：不能溶于有机物TBP，能溶于有机物TBP，且存在反应。 “系列操作”在 (填仪器名称)中完成，“有机层B”中发生反应的离子方程式为 。 (4)“调pH”中，要使沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全)，应控制pH大于 (已知：25℃时)。 (5)“氧化”中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (6)具有良好的储氧放氧能力，晶胞如图所示，是汽车尾气净化催化剂的关键成分。 ①纳米中位于晶粒表面的具有催化作用。已知晶胞边长为，在边长为的立方体晶粒中位于表面的最多有 个。 ②在尾气消除过程中与相互转化。中的Ce为、价，测定x的值可判断它们的比例。现取固体1.6560g，加入足量硫酸和充分溶解，使⁺全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液40.00mL(已知氧化性：)，则x的值为 ，则此时氧空位率为 。 7．（2024·福建福州·三模）二氧化钛化学稳定性好，无污染，可应用于锂电池负极材料。某含钛高炉渣(主要成分为CaTi2O5，含少量等杂质)制备二氧化钛工艺如下： (1)基态Ti的价电子排布式为 。 (2)“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为 。 (3)“滤液1”中Si、Al分别以 (填离子符号)存在。 (4)“滤渣1”的主要成分为 。 (5)“还原”工序需要在低温下进行的原因是 。 (6)“水解”步骤转化为偏钛酸沉淀，反应的离子方程式为 。 (7)将80g二氧化钛和40g焦炭混合，在真空高温条件下制备碳化钛(TiC)的化学方程式为 ，若该过程固体失重率达到35%，则碳化钛的产率为 。 (8)锐钛矿型TiO2晶胞结构如图，该晶胞中氧的配位数为 ；已知该晶体密度为，则阿伏加德罗常数为 mol⁻¹(用含ρ、a、b的代数式表示)。 8．（2024·福建·模拟预测）利用炼锌钴渣[主要含Co(OH)2、FeSO4、NiSO4和Zn、Cu单质]协同制备Co(OH)3和高纯Zn的流程如下。 (1)“酸浸”过程Co(OH)2发生反应的离子方程式为 。 (2)“沉铁”过程CaCO3的作用有 。 (3)“沉镍”过程pH对溶液中Co(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)含量的影响如图： ①由图判断，应调节pH= 。 ②该过程Co可能发生的反应如下： Co2++6NH3·H2O=[Co(NH3)6]2++6H2OK1=105 Co2++2NH3·H2O=Co(OH)2↓+2K2 则K2= ，[Co(NH3)6]2+为 (填“热力学”或“动力学”)产物。(已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=10-4.8，Ksp[Co(OH)2]=10-15) (4)“沉钴”过程生成Co(OH)3的离子方程式为 。 (5)一种以Zn和V2O5为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下图所示，放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。 ①基态V原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。 ②上述电池充电时阳极的电极反应式为 。 ③金属Zn的晶胞如图，密度为ρg/cm3，则晶胞空间占有率为 。 9．（2024·福建龙岩·模拟预测）铋酸钠是一种可测定锰的强氧化剂。由辉铋矿(主要成分为，含、、等杂质)制备的工艺流程如下： 已知：①易水解，难溶于冷水。 ②“氧化浸取”时，硫元素转化为硫单质。 ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如表： 金属离子 开始沉淀的 7.6 2.7 4.8 4.5 沉淀完全的 9.6 3.7 6.4 5.5 回答下列问题： (1)基态的价电子轨道表示式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分为 。(填化学式)。 (3)“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过的原因是 ，发生反应的化学方程式为 。 (4)滤液3中铜元素的主要存在形式为 (填离子符号)，该离子含有键的数目为 。 (5)“氧化”过程发生反应的离子方程式为 。 (6)取制得的产品，加入足量稀硫酸和稀溶液，得到紫红色溶液，同时产生。完全反应后再用的标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗标准溶液，则产品的纯度为 。 (7)我国科学家对新型二维半导体芯片材料—的研究取得了突破性进展。的晶胞结构中的位置如图所示(略去、)，已知晶胞为竖直的长方体，高为，晶体密度为。设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞底边边长 (填含、、的计算式，不必化简)。 10．（2024·福建福州·模拟预测）以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂(Li4Ti5O12)和磷酸亚铁锂(LiFePO4)的工艺流程如图： 已知：“溶浸”后的溶液中含金属元素的离子主要包括Fe2+、Mg2+、Ca2+、TiOCl；富铁元素主要以Fe2+形式存在；富钛渣中钛元素主要以TiO2•2H2O形式存在。 回答下列问题： (1)“溶浸”时为加快浸取速率，可以采取的措施是 (答1条即可)；“溶浸”过程FeTiO3发生反应的离子方程式为 。 (2)若在实验室模拟分离富钛渣和富铁液，则检验富钛渣洗涤干净的操作为 。 (3)“沉铁”过程中需控制，其目的是 (答1条即可)。 (4)以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，充电时发生反应：Li4Ti5O12+LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4(0<x<1)，阳极的电极反应式为 。 (5)从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c(Li+)=4mol•L-1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中的浓度为 mol•L-1 [已知Κsp(Li2CO3)=1.6×10-2，假设反应后溶液体积为反应前两溶液体积之和]。 (6)FeTiO3的晶胞结构如图1所示，设该晶胞的边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值。Ti的价电子排布式为 ，该晶体的密度ρ= (填含a的计算式)g⋅cm-3；FeTiO3的结构的另一种表示如图2(晶胞中未标出Ti、O原子)，画出沿z轴向xy平面投影时氧原子在xy平面的位置： 。 . 11．（2024·福建厦门·三模）利用某阳极泥(含和单质)回收贵金属并合成高能量密度材料的工艺流程如下。 (1)“溶浸”过程生成的离子方程式为 。 (2)“还原”过程发生反应的化学方程式为 。 (3)溶液中含银微粒的物质的量分数随的变化如图。 ①“络合”过程为获得，应调节最佳浓度为 。 ②25℃时，的，的，的平衡常数 。 (4)“电解”过程生成的电极反应式为 。 (5)“溶解”过程可提高溶解速率的措施有 (填1条)。 (6)晶体的局部结构如图。 ①晶体中存在的微粒间作用力有 (填标号)。 A．离子键      B．键     C．键      D．金属键      E．氢键 ②晶体中的杂化轨道类型 (填“相同”或“不同”)，依据是 。 12．（2024·福建南平·三模）以某四氯化钛精制厂的尾渣(主要含、、NaCl及少量的、等)为原料制备的工艺流程如下： 已知：①＋5价钒在溶液中的主要存在形式如图所示 ②25℃时，；； (1)“水洗”的目的为 。“水洗”和“酸浸”后均采用减压过滤，与常压过滤相比，其优点为 。 (2)“焙烧”的目的是将转化为和可溶于水的，以利于“酸浸”时钒浸出。 ①该反应的化学方程式为 。 ②钒浸出率与焙烧温度、锰钒比的关系如图所示。“焙烧”的最佳温度和锰钒比分别为 、 温度不宜过低的可能原因为 。 (3)“酸浸”时，若溶液pH为6～8，与按物质的量比1：1进行反应的离子方程式为 (4)“沉钒”时，在25℃下维持溶液pH=7，向=0.2的酸浸液中加入等体积的溶液进行反应(忽略溶液混合时体积的变化)，反应后溶液中=0.005，则沉钒率为 %。 (5)“煅烧”所得可制成铝钒合金()，其晶胞结构如图所示。用原子的分数坐标可以表示晶胞中各原子的位置，如A点原子的分数坐标为。 ①基态V原子的价电子排布式为 。 ②B点原子的分数坐标为(1，， )(用含b、c的代数式表示)，V原子的配位数为 。 13．（2024·福建福州·三模）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。 (2)加入少量的作用是 。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液，此时 ；用石灰乳调节至，除去的金属离子是 。 (4)加入少量溶液除去，生成的沉淀有 。 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。 (6)一种锰的氧化物晶胞结构如图所示。 ①该锰氧化物的化学式为 。 ②已知该晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数为，则该锰氧化物的摩尔体积为 (列出计算式)。 14．（2024·福建泉州·模拟预测）中和渣是有色金属冶炼过程中产生的危险废渣。从中和渣（主要含有和少量、、、的氢氧化物）中回收铜、锌等金属的工艺流程如下图： 已知：①，几种物质的如下表 物质 37.4 14.6 43.7 16.9 19.6 ②当金属离子浓度小于时，视为沉淀完全 回答下列问题： (1)“中性浸出”时，采用“中性”的目的是 。 (2)“高温高酸浸出”时，“浸渣2”的主要成分为 。 (3)“萃铜”时发生反应，的结构简式如图所示： ①画出的价层电子排布图 。 ②水溶性差的原因是 （选填序号）。 a．形成分子内氢键    b．分子结构较稳定    c．亲油基团起主导作用 ③萃取剂HR的结构简式为 。 (4)“氧化沉淀”时，试剂X用以调节溶液的pH。 ①加入溶液时生成沉淀，反应的离子方程式为 。 ②沉淀后溶液的pH需不低于 。 (5)该流程中，可以循环使用的物质有 。 (6)某黄铜合金晶胞结构如图，其中A、B的原子坐标均可为。与Zn原子距离最近且相等的Cu原子有 个，C的原子坐标为 。 15．（2024·福建漳州·三模）锆()是一种重要的战略金属。一种以氧氯化锆(主要含，还含有少量、等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸浸”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、； ②时，，； ③“还原”前后相关物质沸点如下： 物质 沸点 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： (1)是的同族相邻元素，基态原子的价电子排布式是 。 (2)通常采用“一酸一碱”法生产，主要生产过程为：将锆英砂与氢氧化钠混合熔融得到难溶于水的，再以盐酸酸化得到，写出酸化过程的离子方程式 。 (3)“沉淀”后，废液中，则废液中为 。 (4)“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。 (5)①气态通常以二聚体的形式存在，分子结构为，二聚体中的杂化轨道类型为 。易溶于水，也易溶于乙醚等有机溶剂，请判断其晶体类型为 。 ②“还原”的主要目的是 。 (6)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是___________ A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞 (7)实验室可以用络合滴定法快速测定“酸浸”溶液中锆的含量，步骤如下： ①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口， ，继续摇动锥形瓶，观察溶液颜色变化。 ②已知与EDTA发生络合反应，则酸浸液中含量(以计)为 。 16．（2024·福建三明·三模）钌(Ru)是地球上丰度最小的元素，钌的产品广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。从某种失效的钌催化剂(主要成分为Ru、ZnO、、有机物等)中回收钌的工艺流程如下： 已知：①的沸点为40℃，温度高于108℃分解。②氧化性： (1)“煅烧”的目的是 。 (2)“氧化”过程需在650℃下熔融反应5小时。 ①单质Ru被氧化为的化学方程式为 。 ②固体过量会导致钌的回收率降低，原因是 。 (3)“氧化蒸馏”时，测得钌的回收率随温度变化曲线如图1所示。工业上保证钌回收率较高的情况下，选择在95℃进行氧化蒸馏的原因是 。 (4)“吸收”过程中产生单质气体X的离子方程式为 。 (5)钌多活性位点催化剂()可用于催化水的多步碱性析氢反应。该催化剂存在钌单原子、钌团簇、NiO三种活性位点，不同位点的催化特点不同。图2为反应历程中微粒在不同位点的自由能的变化，其中吸附在催化剂表面的微粒用*标注。 ①基态Ni原子的价电子排布式为 。 ②催化剂的活性位点在催化过程中的主要作用是 。 ③分析图2-a推测的“吸附解离”主要发生在 (填“钌原子”、“钌团簇”或“NiO”)位点上，若有参与该过程，则变化的能量为 kJ(保留1位小数：已知：)。 ④分析图2-b并说明的脱附主要发生在NiO表面的原因 。 17．（2024·福建宁德·三模）工业上采用铁氧体法处理某总铬含量约为1600的废水(主要成分为，pH约为4.3)，同时回收含铬复合铁氧体，工艺流程如下： 已知：是两性氢氧化物。 (1)“还原”时发生反应的离子方程式为 。 (2)“共沉淀”时太小或太大均不利于除铬，原因是 。 (3)研究不同工艺对沉降分离效率的影响 ①沉降池选择：在相同条件下，采用竖管和斜管进行沉淀沉降，沉降过程中某时刻的沉降效果如图甲所示。“沉降分离”时，应选择 (填“竖管”或“斜管”)沉降池。 ②铁源选择：其他条件不变，使用不同亚铁盐作铁源，“共沉淀”后的沉淀高度随沉淀时间的变化关系如图乙所示，理论上应选择作 铁源，理由是 。 (4)“加热氧化”时，通入压缩空气的作用是①将剩余部分氧化为；② 。 (5)已知国家《污水综合排放标准》中总铬污染物排放限值为。废水经一次处理后的总铬去除率达，出水 (填“直接排放”或“循环处理”)。 (6)含铬复合铁氧体立方晶胞如图所示。 ①的核外电子排布式为 。 ②铬复合铁氧体中数目与、数目之和的比值为 。 ③铬复合铁氧体的密度为 (用含、的式子表示)。 18．（2024·福建龙岩·三模）稀土元素被誉为“现代工业的维生素”，由普通级氯化镧料液制备高纯氧化镧的新工艺流程如下图所示。回答下列问题： 已知： ①的结构简式为： ②淋洗液太高，和会结晶沉淀。 (1)中，模型与相同的原子还有 (填元素符号)；基态碳原子中自旋方向相反的价电子数之比为 。 (2)“吸附”过程中，氯化镧料液中通过树脂时，在树脂吸附柱上发生反应生成子方程式为 。某温度时，吸附后的溶液中随时间变化关系如下图所示，时间段的平均反应速率 。 (3)“淋洗、脱附”时，经氨水处理过的淋洗液再经淋洗，发生如下反应：，淋洗液的浓度和对脱附分离效率的影响如下图所示。则在恒定流速和温度条件下，淋洗时最适宜的条件为 。淋洗液的时，分离效率迅速下降，原因是 。     　 (4)“沉镧”时，用草酸溶液将中的以形式沉淀出来。 ①草酸分子中键和键数目之比为 。 ②某温度时，沉淀物饱和溶液的浓度为，该温度下沉淀物的 。 (5)“焙烧”时的化学反应方程式 。 (6)镧镍合金可作储氢材料，能快速可逆地存储和释放，其储氢原理为：镧镍合金吸附，解离为原子，储存在其中形成，晶胞结构如下图所示，晶胞参数为。 ①若的分数坐标为(0，0.5，0.5)，的分数坐标(0.75，0.75，0)，则的分数坐标为 。 ②设阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 。(列出计算表达式) 19．（2024·福建泉州·一模）ZnO在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示： 相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ Mn2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9 沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9 已知：①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+。 ②弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2。 ③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。 (1)基态Zn原子的核外电子排布式为 ，铁在元素周期表中的位置为 ，Ni2+和Fe2+可形成如图所示的配合物离子，其中铁的一个配体为茂环阴离子(C5H)，该配体以π电子参与配位，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有 个，S元素的杂化方式为 。 (2)“调”是向“溶浸”后的溶液中加入少量 (填化学式)调节至弱酸性(pH为5.5)。此时溶液中的最大浓度是 。 (3)加“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是和 。 (4)“还原除杂”除去的离子是 。 (5)生成碱式碳酸锌沉淀，写出该步骤的离子方程式 。碱式碳酸锌灼烧后得到ZnO，ZnO的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，晶胞参数为apm，该晶胞的密度为 g/cm3，请在图中画出该晶胞沿轴方向的平面投影图 。 20．（2024·福建漳州·三模）被誉为电子陶瓷工业的支柱。工业中以毒重石(主要成分为，含少量、和)为原料制备的流程如下： 已知：25℃时，，，；，。 回答下列问题： (1)基态Fe原子核外电子的空间运动状态有 种。 (2)浸渣的主要成分为 和 (填化学式)，“浸出”步骤中与溶液反应的原理为 (用离子方程式表示)。 (3)若浸出液中，，“除钙”步骤中，当沉钙率为90％时，钡损率为 。 (4)溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性；“沉钛”步骤所得沉淀为，该步骤生成的能循环利用的物质是 (填化学式)。 (5)“热解”步骤的化学方程式为 。 (6)在室温下为立方晶胞，其结构如图所示，已知Ba与O的最小间距大于Ti与O的最小间距。 ①晶胞中A点微粒的坐标为，则B点微粒的坐标为 。 ②Ti在晶胞中的位置为 ；晶胞中一个Ba周围与其最近的O的个数为 。 21．（23-24高三下·福建·阶段练习）二氧化铈是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成； ②在硫酸体系中能被萃取剂萃取，而不能。 回答下列问题： (1)氧化焙烧中氧化的目的是 。 (2)“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因： 。 (3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为： 。 (4)向水层中加入溶液来调节溶液的，应大于 时，完全生成沉淀。(已知) (5)“氧化”步骤中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (6)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着的循环，请写出消除尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。 (7)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为。(已知：的空缺率) ①已知点原子的分数坐标为，则点原子的分数坐标为 。 ②晶胞中与最近的的个数为 。 ③晶体的密度为 (只需列出表达式)。 ④若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。 22．（2024·福建·三模）利用氟磷灰石［主要成分为杂质为等］为原料生产可应用于巨型激光器“神光二号”的磷酸二氢钾（），工艺流程如下。 已知：25℃时，，，，，。 (1)“酸浸Ⅰ”中生成，其化学方程式为 。 (2)“酸浸Ⅱ”中，滤渣的主要成分为 。 (3)“脱氟”中试剂X为 （填“”或“”）；当时，溶液中试剂X电离出的剩余金属阳离子的浓度为 。 (4)“中和法”为获得较高纯度的，控制pH范围为 ；在此pH范围内纯度的溶液中各微粒浓度大小关系为 。 已知：溶液中、、、的分布分数随pH变化曲线如图。［如分布分数：］ (5)“电解法”工作原理如图。 ①阴极的电极反应式为 。 ②分析产品室可得到的原因 。 ③相较于“中和法”，“电解法”的优点有 （写出2条即可）。 23．（2024·福建南平·一模）钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn（Ⅱ）、Cd（Ⅱ）和少量Co（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、Ni（Ⅱ）的硫酸盐及氢氧化物（“Ⅱ”指相应元素的化合价为＋2价）。利用以下工艺流程回收金属并制备碱式碳酸锌： 已知：过二硫酸根（）的结构式为，的还原产物为。 回答下列问题： (1)“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写一种）。 (2)向“浸取液”中加入Zn粉，发生反应的离子方程式为 。 (3)过二硫酸根具有极强的氧化性，原因是 。 (4)“氧化、沉钴”时，加入溶液并调节溶液pH至5.0～5.2，反应生成沉淀的离子方程式为 。 (5)研究加入溶液时温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示： 由图可知，“氧化、沉钴”的适宜温度和时间是 。金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后形成氢氧化物沉淀除去，滤渣中还含有 （填化学式）。 (6)向溶液中加入适量的溶液，反应生成沉淀的化学方程式为 。 (7)锌的某些硫化物具有独特的光电效应，被研究应用于荧光材料、电磁学等领域。如图为锌的某种硫化物晶体的晶胞结构。 ①基态的价层电子排布图为 。 ②该硫化物晶体的密度ρ＝ （用含a、b、的代数式表示）。 24．（2024·重庆·二模）工业上用软锰矿（主要含、及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、、ZnS）为原料联合制取和的流程如下图所示。 (1)基态Mn核外有 个未成对电子，Mn元素位于元素周期表的 区。 (2)提高“酸浸”浸出率可采取的措施有 （写两条），“冰水沉积”的目的是 。 (3)PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是 （填化学式）。 (4)“酸浸”时，PbS与反应生成和，写出其反应的离子方程式 。 (5)“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是 。 (6)“氧化”时，发生的主要反应的离子方程式为 。 (7)通过在MnO晶体（正极）中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，原理如下图所示。Ⅰ为MnO活化过程，请写出过程Ⅱ的电极反应式 。 25．（2024·湖南·一模）湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图： 已知：焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、、、CdO。 (1)铜原子的价层电子排布图为 。 (2)“酸浸”中滤渣主要成分为 。 (3)“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因： 。 (4)写出“赤铁矿除铁”过程中反应的离子方程式： 。 (5)“—萘酚净化除钴”先是把氧化成，并生成NO，与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出被氧化的离子方程式： 。 (6)“电解”工艺中，电解液常有较高浓度的会腐蚀阳极而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和，生成CuCl沉淀从而除去。已知： ；。请通过具体数据说明上述的反应能完全进行的原因： 。 (7)纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。 ①充电过程中ZnS到的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。 ②若的晶胞参数为a nm，则EF间的距离为 nm。 26．（2024·福建莆田·二模）白云石的主要成分为，还含有少量的和。利用白云石制备碳酸钙和氧化镁，其主要流程的示意图如下。 已知：。 (1)组成的四种元素，电负性由大到小的顺序是 。 (2)“氨浸1”在室温下进行，写出氯化铵浸取氧化钙总反应的离子方程式 。 (3)两次“氨浸”的pH比较；a b(填“>”“=”或“<”)。 (4)“碳化”时，测得碳酸钙的产率及碳酸钙中镁元素的含量随溶液pH的变化如图所示。 时，碳化效果最佳。低于该pH，碳酸钙的产率下降，其原因用离子方程式表示： 。 (5)“沉镁”发生反应：，其平衡常数 (用含氢氧化的和的的代数式表示)。 (6)制备过程除了充分利用，还可以循环利用的1种物质是 (填化学式)。 (7)称取试样置于烧杯中，加蒸馏水数滴润湿，盖一表面皿，滴加盐酸至固体完全溶解，定容在的容量瓶内，用移液管吸取待测液于锥形瓶中，加入相关试剂，摇匀后用EDTA溶液滴定至终点(与EDTA以等物质的量比反应)。进行平行实验，测得平均消耗EDTA溶液。产品中碳酸钙质量分数为 (列出计算式)。 (8)碳酸钙的某种晶胞结构如下图所示。 ①每个晶胞中含有 个“”单元。 ②每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为 。 27．（2024·河北·一模）现以铅蓄电池的填充物铅膏(主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO)为原料，可生产三盐基硫酸铅(PbSO4·3PbO·H2O)和副产品Fe2O3·xH2O，其工艺流程如下： 已知：，，具有两性，PbO2有强氧化性。 (1)铅和碳同主族，与Cs同周期，则铅的外围电子轨道表示式为 。 (2)“转化”后的难溶物质为PbCO3和少量PbSO4，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为 ，滤液1中和的浓度之比为 。 (3)在50～60℃“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为 。“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因为 。 (4)根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、 ，洗涤后干燥 (5)大型客机燃油用四乙基铅作抗震添加剂，但皮肤长期接触对身体有害。是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于 晶体。已知晶体的堆积方式如图3，则其在xy平面上的二维堆积中的配位数是 。 28．（2024·福建龙岩·二模）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备过程可表示为 (1)“浸取”时需不断通入高温水蒸气，其目的是 。 (2)“除杂”包括：向浸取后的滤液中加足量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤。过滤所得滤渣的成分为(填化学式) 。 (3)ZnSO4溶液经结晶可得ZnSO4∙7H2O固体。加热该固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。温度从688℃升高到1050℃时，分解生成的产物中有两种气体(只有一种是氧化物)，该过程中发生反应的化学方程式为 。 (4)400℃时，将一定比例H2、H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器进行硫化。已知：硫化过程中ZnFe2O4反应后生成ZnS和FeS，该过程中发生的化学反应方程式为 。 (5)①氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，其中与Zn原子距离最近的O原子数目有 个，请在图乙中画出该晶胞沿y轴方向的平面投影图 。 ②Zn2+能形成多种配离子，已知Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则[Zn(NH3)4]2+的空间结构为 。 29．（2024·福建宁德·一模）I、铊(Tl)广泛用于电子、军工、航天、化工、冶金、通讯等方面，一种以红铊矿(主要成分是TlAsS2，含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备金属铊的流程如图所示。 已知：①铊的密度比钠的密度大。室温下，铊能与空气中的氧气反应生成氧化亚铊((Tl2O)膜，而失去金属光泽变得灰暗。 ②TlCl难溶于水，而Tl2SO4溶于水。 ③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+ Al3+ 开始沉淀的pH 2.2 3.5 沉淀完全()的pH 3.2 4.7 回答下列问题： (1)铊(Tl)元素位于元素周期表的 区。 A．p区    B．s区    C．d区 (2)“焙烧1”中，TlAsS2最终转化为Tl2SO4；Al2O3和Fe2O3也转化为相应的硫酸盐。其中TlAsS2转化为Tl2SO4分如下两步完成。请写出第一步反应的化学方程式。 第一步(TlAsS2与O2反应)： ； 第二步：。 (3)滤渣的成分为 (填化学式)。 (4)“沉铊”步骤中，需要加入过量NaCl，其原因是 。 (5)向“沉铊”后的滤液中加入生石灰至pH=7时才能外排，此时滤液中的Al3+浓度为 mol·L-1. (6)“焙烧2”中发生的反应为。则“置换”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (7)所得产品高纯铊应保存在 中。 Ⅱ、乙硼烷、甲乙酮肟均收录在化学危险品目录中——乙硼烷为易燃气体；甲乙酮肟为易燃液体。 (8)硼与硅相似，也能与氢形成一类化合物——硼烷。常见的有乙硼烷(B2H6)、丁硼烷(B4H10)等。乙硼烷的结构式如图。分子中B原子通过氢桥键()形成一个四元环。丁硼烷(B4H10)分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，写出其结构式 。 (9)甲乙酮肟()是一种重要有机合成活性试剂。其中C=N键与C—C键夹角 (填“<”“>”或“=”)C=N键与N—O键夹角。 30．（2024·福建福州·二模）钨是国防及高新技术应用中极为重要的功能材料之一，由黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁()、钨酸锰()，少量Si、As元素]冶炼钨的流程如下： 已知：①钨酸()酸性很弱，难溶于水。 ②水浸液含、、、等阴离子。 (1)“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是 。 (2)滤渣的主要成分为两种金属氧化物，是、 。写出生成的化学方程式 。 (3)“净化”过程中，的作用是 。 (4)“还原”的总反应为  ，实验测得一定条件下，平衡时的体积分数随温度的变化曲线如图所示。 ①该反应 0(填“>”或“<”)。 ②由图可知，a点处 (填“>”或“<”或“=”)。 ③900℃时该反应的压强平衡常数 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) (5)“还原”过程中，氧化钨会与水蒸气反应生成，其化学方程式为 。 (6)工业上可以采用铝热法还原黄钨()生产钨。已知、 ①   ②   则的 。 (7)钨酸钙可用于制闪烁计数器、激光器等，往“净化”后的溶液中加入石灰乳发生：，已知：常温下，、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。当溶液中的完全沉淀()时，溶液 。 31．（2024·福建龙岩·一模）以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，制备MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得产品具有广泛的用途。制备过程如下图所示： 已知：①金属离子浓度≤10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Mn2＋ Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Zn2＋ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 ②25℃时，Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(MnF2)=5.3×10-3；Ksp(MgF2)=7.4×10-11；Ksp(MnCO3)=1.0×10-11。 (1)基态锰原子的价层电子轨道表示式为 。 (2)“浸取”时，有副产物MnS2O6生成，请写出该副反应的化学方程式 。温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响如图所示，为了减少副产物的生成，最适宜的温度 。 (3)“调pH”时，应控制的pH范围是 。“净化”后滤渣3的主要成分 。 (4)“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为 。若改用加入(NH4)2CO3溶液，还会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH-(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，25℃时，计算该反应的平衡常数的对数值lg K = (填数值)。 (5)要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为 、过滤、洗涤、干燥。 (6)“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。 ①晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为NA mol-1，则晶体Ⅰ的密度为 g·cm-3。 ②晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。“ii”代表电池 (填“充电”或“放电”)过程，“iii”的电极反应式为 。 32．（2024·山东烟台·一模）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下： 已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物 Ⅱ.0.1 溶液的pH=1.0 Ⅲ. 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分是 ；酸化时，完全转化为的最大pH为 。(已知 ；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全) (2)“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。 (3)反萃取剂应选用 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为 。 (4)生成的化学方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下： 综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是 ；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是 。 33．（2024·福建泉州·一模）苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。回收其中贵金属Pt、Pd的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“溶解”时 ①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺会生成 （写一种），造成环境污染。 ②苯胺易溶于乙醇的原因为 。 (2)“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被还原为金属单质。反应前后碳原子的杂化方式由 变为 。 (3)“氧化浸出”时浸出液含、。 ①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1的混合液，写出生成的离子反应方程式 。 ②从原子结构角度分析两种配合物配位数不同的原因是 。 ③下图为Pt、Pd浸出率与浸出温度关系图，氧化浸出需对温度适度控制，有关说法正确的是 （选填序号）。 a．温度控制在80℃左右 b．温度控制在120℃左右 c．温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低 d．40℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低王水的氧化性弱 (4)“沉铂”时，已知。 ①发生反应的化学反应方程式为 。 ②若NH4Cl的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时的消耗率为90%（忽略溶液体积变化），“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为 mol∙L-1。 (5)“还原Ⅱ”时氧化产物为无毒气体，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 34．（2024·湖南长沙·一模）在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有等元素)制备。工艺如图所示： 相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如表： 金属离子 开始沉淀的 1.5 6.3 6.0 7.4 8.1 6.9 沉淀完全的 2.8 8.3 8.0 9.4 10.1 8.9 已知：①“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：。 ②弱酸性溶液中能将氧化生成。 ③氧化性顺序：。 (1)基态原子的核外电子排布式为 ，溶于氨水生成含有 键。 (2)“调”是向“溶浸”后的溶液中加入少量 (填化学式)调节至弱酸性(pH为5.5)。此时溶液中的最大浓度是 。 (3)加“氧化除杂”发生反应的离子方程式分别是和 。 (4)“还原除杂”除去的离子是 。 (5)生成碱式碳酸锌沉淀，写出该步骤的离子方程式 。碱式碳酸锌灼烧后得到的一种晶体的晶胞是立方晶胞(如图所示)，其中与锌原子距离最近的氧原子数有 个，请在图中画出该晶胞沿轴方向的平面投影图 。 35．（2024·福建·一模）酸浸法回收废炉渣中(主要为铜、钴、镍、铁等金属元素的氧化物)的铜、钴、镍的流程如下： 已知：25℃时，，。 (1)“磨细”过程的目的是 。 (2)酸浸液中大量铁元素以存在，加入可减少铁屑的消耗从而降低成本，与反应过程中会产生气泡，其离子方程式为 。 (3)“滤渣2”主要成分为 (填化学式)。 (4)“镍钴分离”过程发生反应的离子方程式为 。 (5)“酸溶1”过程用替换，从绿色化学角度分析其可行性 。 (6)“焙烧”过程发生反应的化学方程式为 。 (7)已知当时，认为其沉淀完全。“沉镍”过程的目的是为了将“”，此时应调节溶液的pH为 。 (8)“操作X”为 。 36．（23-24高三上·福建龙岩·期末）从钒矿石(主要含、、及少量)中分离提取的流程如下： 已知：有机溶剂对萃取率高于；有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)。 (1)“焙烧”过程中转化为，该反应的还原剂为 。 (2)“酸浸”过程中将转化为，该反应的离子方程式为 。 (3)为提高钒的萃取率和纯度，“操作X”中M和N可分别选择 (填标号)。 A．、Fe         B．Fe、        C．、H2O2 (4)以HA()和HB()“协同萃取”，其主要萃取物结构如图。 ①HA和HB可通过两个氢键形成环状二聚体，其结构示意图为 。 ②比更稳定的原因为 。 (5)“氧化”过程中转化为的离子方程式为 。 (6)“氧化”后的溶液中，为了使沉钒率达到98%，加入氯化铵(设溶液体积增加1倍)，“沉钒”时应控制溶液中不低于 。[25℃时，] (7)的晶胞如图(晶胞参数：；)。为阿伏加德罗常数的值。 ①的配位数为 。 ②位于构成的 空隙中(填标号)。 A．八面体    B．四面体    C．平面三角形 ③该晶胞的密度为 (用含的代数式表示)。 37．（23-24高三上·广东梅州·阶段练习）铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从高铟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟的工艺流程如下： 已知：FeS4O6为强电解质；P2O4为磷酸二异辛酯；Ksp[In(OH)3]=1.4×10-33。回答下列问题： (1)FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为+3价，As的化合价为 。Fe3+的价层电子排布式 。 (2)“硫酸化焙烧”后金属元素均以硫酸盐的形式存在。在其他条件一定时，“水浸”铟、铁的萃取率结果如图所示，则萃取所采用的最佳条件为：萃取时间 ，萃取温度 。 (3)“水浸”时，浸渣除了As2O3外，还含有 。 (4)“还原铁”时反应的离子方程式为 。 (5)“萃取除铁”时，用30%的P2O4作萃取剂时，发现当溶液pH >1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是 。 (6)“萃取”过程中用酸(用H2A2表示)作萃取剂，使In3+进入有机相，发生反应：In3++3H2A2In(HA2)3+3H+，平衡常数为K。已知c(H+)与萃取率(E%)的关系符合公式：。当pH = 2.30 时，萃取率为50%，若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH= (已知lg19 =1.28，忽略萃取剂浓度的变化，结果保留三位有效数字)。 (7)立方晶系CuInSe2的晶胞结构如图所示，晶胞参数如图。CuInSe2的相对分子质量为M，则该晶体密度ρ= g·cm-3(用含M、NA的式子表示)，与In原子最近且距离相等的Se原子个数为 。 试卷第18页，共48页 试卷第17页，共48页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2) (3)产生二氧化硫，污染空气 (4) (5)0.5 (6) (7) BiLi3或者Li3Bi； 12 【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)加入盐酸调节pH，并加入NaClO3，发生反应：、、，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，浸出液中含有Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入铋粉还原铁离子：，加入硫化铵沉淀Cu2+，则电解时，阳离子有Bi3+、H+和、Na+、Fe2+，电解液可返回到酸浸步骤中可知，电解后会产生氯酸钠，则阴极发生还原反应的电极反应式：，阳极发生的电极反应式：，据此分析解答 【详解】（1） 基态铋(Bi)位于第6周期第ⅤA族，则其价层电子排布式为6s26p3，轨道表示式为：，答案为：。 （2）在用盐酸、NaClO3浸泡时辉铋矿的主要成分Bi2S3会发生反应：。离子方程式为：，故答案为：。 （3）辉铋矿的主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质，将辉铋矿在空气中焙烧，会产生二氧化硫，因此还有一个缺点是会产生二氧化硫，污染空气，故答案为：产生二氧化硫，污染空气。 （4）还原过程中，铋粉还原铁离子：，故答案为：。 （5）②、和的分别为、和。“除铜”时产生沉淀，，若铜离子的浓度降低至，，则溶液中最大浓度，故答案为：0.5。 （6）电解液可返回到酸浸步骤中可知，电解后会产生氯酸钠，则阴极发生还原反应的电极反应式：，阳极发生的电极反应式：，故答案为：。 （7）①根据均摊法，该晶胞含有的为，含有的Bi为，Bi、Li个数比为4：12=1：3，则晶体的化学式为BiLi3；晶胞中每个周围最近的原子位于面对角线位置，可知有， 故答案为：BiLi3或者Li3Bi；12； ②锂原子填充在其中的四面体和八面体空隙处，由题干晶胞结构示意图可知， 为，则的坐标为，故答案为：。 2．(1)[Kr]5s25p4 (2) 耗能低，成本低 增大接触面积，提高浸出率 (3) PbSO4 AgCl (4) ≥0.568V Cl2 (5) (，，) 【分析】流程分析如下：湿阳极泥(含水26%，主要含锑、砷、铅、铋、银和少量铜、碲等)先进行加热氧化或自然堆放氧化进行预处理，加入H2SO4、NaCl、NaClO3混合溶液进行浸出，使铅元素变为PbSO4，Ag元素变为AgCl，过滤除掉，滤液中加入饱和Na2SO3溶液，根据表格中氧化还原电位数据，控制电位范围0.568V，生成Te，同时防止除Te以外的单质生成。 【详解】（1）52Te是第五周期第VIA元素，基态原子的电子排布式为[Kr]5s25p4； （2）自然堆放氧化(四天以上)与加热氧化比较，优点是耗能低，成本低；氧化后的原料还需粉碎、过筛，目的是增大接触面积，提高浸出率； （3）由上述分析可知，所得滤渣主要含铅、银的化合物，化学式分别为PbSO4、AgCl；与反应生成、，溶液是酸性环境，根据电子守恒、电荷守恒写出该离子方程式为：； （4）电解时为防止除Te以外的单质生成，根据表格中氧化还原电位数据，需控制电位范围≥0.568V；如果直接电解，阳极可能生成Cl2，因此加入饱和Na2SO3溶液还原可减少电能消耗并防止阳极生成Cl2； （5）由晶胞图和z轴投影图可知，c点位于体对角线的处，a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，根据图示可知c点坐标为(，，)；设晶胞参数为acm，该立方晶胞中，位于晶胞内部Zn原子个数为4，则，    ，，由晶胞图可知，Zn与Te最近距离为体对角线的，即为。 3．(1) 8mol (2) (3) 容易生成而损失 胶体同时容易吸附而造成ZnS损失 (4)可除去，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免影响镓的析出 (5)当pH过高时，将转化为或，较稳定不利于ZnS生成，直接沉淀，导致产品中的ZnS中混有 (6) (7) 【分析】根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸、H2O2溶浸过滤掉不溶性杂质、将ZnO、CuO、Fe2O3、FeO转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+，向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到黄钠铁矾，溶液中的氯离子会影响镓的析出，可知金属粉末中含有Cu粉除去Cl-，以及金属粉末Zn除去Cu2+，向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为，加入Na2S溶液将Zn2+转化为ZnS，最后电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓。 【详解】（1）锌为30号原子，的价层电子排布式为；中，OH－中氧原子和氢原子存在键，OH－与Ga以键结合，所以1mol中含有键的物质的量为8mol，故答案为：；8mol。 （2）“沉铁”时，加入硫酸钠生成黄钠铁矾沉淀，离子方程式为，故答案为：。 （3）根据题中所给出的信息，不采用调节pH的方式沉铁，可能的原因是：①直接调pH沉铁易生成胶体，不容易过滤；②，完全沉淀时，，沉淀时的pH=4，与相近，因此容易生成而损失；③胶体容易吸附聚沉而造成ZnS损失，故答案为：容易生成而损失；胶体同时容易吸附而造成ZnS损失。 （4）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的粉可除去，发生的反应为，难溶于水和稀酸，避免影响镓的析出，故答案为：可除去，发生的反应为，CuCl难溶于水和稀酸，避免影响镓的析出。 （5）根据图示可得知，当过高时，将转化为或，较稳定不利于生成，直接沉淀，不利于转化为或中混有，故答案为：当pH过高时，将转化为或，较稳定不利于ZnS生成，直接沉淀，导致产品中的ZnS中混有。 （6）假设反应平衡常数为K’，则K'，故答案为：。 （7）该晶胞图中Fe3+和Fe2+位于顶点位置，最短距离等于晶胞边长，设为xcm，则普鲁士蓝的晶胞边长为晶胞的2倍，为2xcm，晶胞体积V=(2xcm)3=8x3cm3，K+占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心，所以普鲁士蓝晶胞中含有4个K+，化学式为KFe(Ⅲ)[Fe(Ⅱ)(CN)6]，则晶胞的质量m=g=ρV=ρ•8x3g，解得x=，故答案为：。 4．(1)除去高硫锰矿中的硫元素 (2)能 (3)2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+ (4)Fe2+完全沉淀时，Mn2+也开始沉淀，造成Mn2+损失 (5)6.25×10-8 (6)6Mn2++12NH3•H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O (7) 6 【分析】高硫锰矿用空气焙烧后生成二氧化硫烟气，用硫酸酸浸固体得到含Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+的溶液，可能还有Fe3+，过滤得到CaSO4和SiO2滤渣；溶液中加入试剂MnO2，控制溶液pH=3，生成Fe(OH)3除去，过滤得到的滤液加入CaCO3中和后可除去过量H+和Al3+，再次过滤后往滤液加入MnF2除去Ca2+和Mg2+，得到较纯净的MnSO4溶液，再加入NH3·H2O、空气氧化得到Mn3O4。 【详解】（1）“焙烧”的主要目的是除去高硫锰矿中的硫元素。 （2）“酸浸”过程中，硫酸的作用是溶解得到含各种金属离子的溶液，若用盐酸替换硫酸，则Ca2+可以在后面加MnF2时除去，故可以用盐酸替换硫酸。 （3）“氧化1”时，试剂a为MnO2，并控制溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+。 （4）根据已知信息中Fe2+、Fe3+、Mn2+的开始沉淀和沉淀完全的pH可判断，若省略“氧化”步骤直接进行“中和除杂”，则造成的影响是Fe2+完全沉淀时，Mn2+也开始沉淀，造成Mn2+损失。 （5）“净化除杂”可将钙、镁离子转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中c(Mg2+)=1.0×10-5mol•L-1，c2(F-)==，则滤液中c(Ca2+)为=。 （6）“氧化2”过程中，在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氮水，加压通入空气反应7小时制备Mn3O4，此时发生反应的离子方程式为：6Mn2++12NH3•H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O。 （7）根据图示可知，该晶体中Mn位于顶点和体心，其配位数为6，晶胞的底面边长为a pm，高为b pm，晶胞的质量是g，该晶胞的密度为g•cm-3。 5．(1) (2) 在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖会发生副反应，从而额外消耗葡萄糖 (3) 醋酸 通过玻璃棒向过滤器中加入乙醇至浸没晶体，待乙醇自然流下，重复该操作次 (4)含有的滤渣中加入，发生转化PbSO4(s)+⇌PbCO3(s)+(aq)，，可视为反应基本进行完全 (5)H2+Zn(OH)= (6) 大于，因为电负性对电子的吸引能力更强，与之间的离子键成分百分数更大 棱心 【分析】锌电解阳极泥加入稀硫酸酸洗，ZnO转化为ZnSO4，得ZnSO4溶液，过滤滤渣加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4。 【详解】（1）中Pb为+2价，Mn为+2价和+4价，设+2价Mn有x个，+4价Mn有4-x个，根据化合价代数和为0得：(+2)+ (+2)×x+(+4)×4-x +(-2)×8=0，x=1，则+2价Mn与+4价Mn个数比为1:3； （2）在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，碳化合价由0变为+4，根据电子守恒可知，其离子方程式为；根据已知②，在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖会发生副反应，从而额外消耗葡萄糖，导致实际葡萄糖加入量远大于理论需要量； （3）在醋酸铅溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循环使用；MnSO4∙H2O易溶于水，不溶于乙醇，为了减小洗涤损失，MnSO4∙H2O用乙醇洗涤，具体操作为向漏斗中加入乙醇至浸没MnSO4∙H2O晶体(或沉淀)，待乙醇自然流下，重复2～3次； （4）含有的滤渣中加入，发生转化PbSO4(s)+PbCO3(s)+(aq)，，可视为反应基本进行完全，故可用溶液将“滤渣1”中的完全转化为； （5）氢电极增压法可制得单质锌，结合图可知，氢气失去电子发生氧化反应生成氢氧根离子、Zn(OH)得到电子发生还原反应生成锌，则总反应为：H2+ Zn(OH)=； （6）①因为电负性对电子的吸引能力更强，与之间的离子键成分百分数更大，故为大于； ②由图可知，位于面心的微粒数目为、位于顶点的微粒数目为，结合化学式可知，位于图2晶胞的面心位置、位于图2晶胞的顶点，若位于晶胞的体心时，于晶胞的棱心位置。 6．(1) (2) C CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+；生成有毒的Cl2会污染环境；盐酸不能除去杂质Ba2+等 (3) 分液漏斗 (4)9 (5)1：2 (6) 50 0.4 20% 【分析】氟碳铈矿主要含CeFCO3、BaO等，在富氧空气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2，熔渣中加入硫酸“酸浸”时，BaO与H2SO4反应生成BaSO4，CeO2、CeF4转化成CeF3+，过滤后，滤液经系列操作，CeF3+转化成Ce3+，加入NaOH调节pH使Ce3+转化成Ce(OH)3沉淀，过滤后滤渣中加入NaClO将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，煅烧Ce(OH)4得到CeO2。 【详解】（1）“氧化焙烧”步骤中，BaO不参与反应，由流程可知CeFCO3与富氧空气中的氧气发生氧化还原反应生成CeO2、CeF4和CO2，此过程中Ce元素的化合价由+3价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为；答案为：。 （2）由图可知，温度为85℃、c(H+)为2.5mol/L时，铈的浸出率最高，应选择的最适宜的条件为85℃、2.5mol/L；“酸浸”步骤中，用硫酸浸取，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，若用盐酸替代硫酸，CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+，生成有毒的Cl2会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2+；答案为：C；CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+；生成有毒的Cl2会污染环境；盐酸不能除去杂质Ba2+等。 （3）滤液A中的CeF3+能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离，使用的仪器为分液漏斗；由流程可知，有机层A中加入“洗氟液”后，分离出含F-溶液，F-浓度减小，平衡CeF3++TBP⇌CeTBP4++F-正向移动，CeF3+离子转化为CeTBP4+离子；由流程可知，有机层B中CeTBP4+离子在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，CeTBP4+被还原成Ce3+，则H2O2被氧化成O2，Ce元素的化合价由+4价降至+3价，O元素的化合价由H2O2中的-1价升至O2中的0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为；答案为：分液漏斗；。 （4）当c(Ce3+)=1×10-5mol/L时，依据，，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，此时处于沉淀溶解平衡状态，当pH大于9时，Ce3+完全沉淀；答案为：9。 （5））“氧化”步骤中氧化剂是NaClO，还原产物是Cl-，1molNaClO参与反应得到2mol电子，还原剂是Ce(OH)3，氧化产物是Ce(OH)4，1molCe(OH)3参与反应失去1mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；答案为：1：2。 （6）①在边长为2 a nm的立方体晶粒中，含有8个该立方晶胞，可看作上层四个、下层四个，则位于表面的Ce4+最多有：晶胞面心的4个、四个晶胞共用的顶点1个在晶粒的面上，有 ，顶点8、棱上12个，共50个，故答案为：50； ②实验过程CeO2-x固体中Ce4+全部被还原成Ce3+，FeSO4∙7H2O部分被氧化成Fe3+，剩余的部分用酸性KMnO4标准溶液滴定，由于氧化性Ce4+＞KMnO4，故滴定过程中KMnO4不会与Ce3+反应，根据反应5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，与反应的Fe2+的物质的量为5×0.1000mol/L×0.04L=0.02mol，还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量为0.0220 mol-0.02mol=0.0020mol，根据反应Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则固体中+4价Ce的物质的量0.0020mol，相当于CeO2为0.0020mol，则固体中相当于Ce2O3物质的量为=0.004mol，则固体中，解得x=0.4；CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1：2，释放O后得到CeO1.6的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.6，，则此晶体中O2－的空位率为，故答案为：0.4；20%。 7．(1)3d24s2 (2)CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑ (3)AlO/Al(OH)、SiO (4)CaSO4 (5)冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化 (6) (7) TiO2+3CTiC+2CO ↑ 75.0% (8) 3 【分析】含钛高炉渣(主要成分为CaTiO，含少量等杂质)加入碳酸钠焙烧生CaO、Na2TiO3、NaAlO2、NaSiO3，水洗，滤液1中含有NaAlO2、NaSiO3，酸浸时，CaO、Fe2O3、Na2TiO3与硫酸反应生成CaSO4、Fe2(SO4)3、，滤渣1的主要成分为CaSO4，还原步骤加入适量Fe还原Fe3+，并冷却结晶得到绿矾，水解步骤 转化为偏钛酸 沉淀，煅烧得到二氧化钛，据此分析解答。 【详解】（1）Ti元素为22号元素，基态 Ti的价电子排布式为3d24s2。 （2）由分析知，“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑。 （3）由分析知，“滤液1”中Si、Al分别以AlO/Al(OH)、SiO存在。 （4）由分析知，“滤渣1”的主要成分为CaSO4。 （5）“还原”工序需要在低温下进行的原因是冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化。 （6）“水解”步骤 转化为偏钛酸 沉淀，反应的离子方程式为。 （7）80g二氧化钛物质的量为1mol，40g焦炭物质的量约为3.3mol，在真空高温条件 下 制 备 碳 化 钛 (TiC )可生成1molTiC和2moCO，C剩余， 化 学 方 程 式 为TiO2+3CTiC+2CO ↑，若该过程固体失重率达到35%，则生成CO的质量为，物质的量为1.5mol，则TiC实际产量为0.75mol，TiC的理论产量为1mol，则碳化钛的产率为75.0%。 （8）根据晶胞结构图可知，白球位于顶点、面上、体心，个数为，黑球位于棱上、面上、内部，个数为，故白球是Ti原子，黑球是O原子，与Ti距离相等且最近的O的个数为6，则Ti的配位数为6， Ti与O的个数比为1:2，则该晶胞中氧的配位数为3；一个晶胞中有4个TiO2，，则阿伏加德罗常数为mol⁻¹。 8．(1)Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O (2)调节pH使Fe3+沉淀完全 (3) 10 105.4 动力学 (4)2[Co(NH3)6]2+++4OH-+H2O = 2Co(OH)3↓++12NH3↑ (5) 1∶4(或4∶1) ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+ 【分析】向炼锌钴渣加入硫酸酸浸，氢氧化亚钴和锌与稀硫酸反应生成硫酸亚钴和硫酸锌，铜与硫酸不反应，过滤后得到铜渣和含有可溶硫酸盐的滤液；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，向氧化液中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中镍离子转化为氢氧化镍沉淀，钴离子和锌离子转化为六氨合亚钴离子、四氨合锌离子，过滤得到滤渣和滤液；向滤液加入过一硫酸钠和氢氧化钠混合溶液，将溶液中的六氨合亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，四氨合锌离子转化为四羟基合锌离子，过滤得到滤渣和滤液；电解含有四羟基合锌离子的滤液得到锌单质。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”过程中氢氧化亚钴发生的反应为氢氧化亚钴和稀硫酸反应生成硫酸亚钴和水，反应的离子方程式为Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O，故答案为：Co(OH)2+2H+=Co2++2H2O； （2）由分析可知，“沉铁”过程中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故答案为：调节pH使Fe3+沉淀完全； （3）①“沉镍”过程中加入氨水的目的是将溶液中镍离子转化为氢氧化镍沉淀，钴离子和锌离子转化为六氨合亚钴离子、四氨合锌离子，由图可知，溶液pH为10时，镍离子已经完全转化为氢氧化镍沉淀，而钴元素损失较小，故答案为：10； ②由方程式可知，反应的平衡常数K2=====105.4；溶液中钴离子和氨分子生成较为稳定的配合物[Co(NH3)6]2+，则[Co(NH3)6]2+为动力学产物，故答案为：105.4；动力学； （4）由分析可知，“沉钴”过程中加入过一硫酸钠和氢氧化钠混合溶液的目的是将溶液中的六氨合亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]2+++4OH-+H2O = 2Co(OH)3↓++12NH3↑，故答案为：2[Co(NH3)6]2+++4OH-+H2O = 2Co(OH)3↓++12NH3↑； （5） ①钒元素的原子序数为23，基态原子的价电子排布式为3d34s2，，轨道表示式为，则价电子中两种自旋状态的电子数之比为1∶4(或4∶1)，故答案为：1∶4(或4∶1)； ②由题意可知，放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，则V2O5电极是原电池的正极，所以充电时，V2O5电极是电解池的阳极，ZnxV2O5·nH2O在阳极变为V2O5并释放Zn2+，电极反应式为ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+，故答案为：ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+； ③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体内的锌原子个数为8×+1=2，则晶胞空间占有率为=，故答案为：。 9．(1) (2)S和SiO2 (3) 防止盐酸挥发和双氧水分解 2FeS2+3H2O2+6HCl=2FeCl3+4S+6H2O (4) [Cu(NH3)4]2+ 16NA (5)Na++3OH−+Bi(OH)3+Cl2=NaBiO3↓+2Cl−+3H2O (6)65.8 (7) 【分析】由题给流程可知，向辉铋矿中加入盐酸和过氧化氢混合溶液氧化浸取，将金属元素转化为可溶的氯化物，硫元素转化为硫单质，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过量氨水，将铜离子转化为四氨合铜离子，铋离子转化为氢氧化铋沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；向氢氧化铋中加入氢氧化钠溶液后，通入氯气将氢氧化铋转化为铋酸钠沉淀，过滤得到铋酸钠。 【详解】（1） 铁元素的原子序数为26，基态铁离子的价电子排布式为3d6，轨道表示式为，故答案为：； （2）由分析可知，滤渣1的主要成分为硫和二氧化硅，故答案为：S和SiO2； （3）盐酸具有挥发性、过氧化氢受热易分解，所以为防止盐酸挥发和双氧水分解，“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过40℃；二硫化铁发生的反应为二硫化铁与盐酸和和过氧化氢混合溶液反应生成氯化铁、硫和水，反应的化学方程式为2FeS2+3H2O2+6HCl=2FeCl3+4S+6H2O，故答案为：防止盐酸挥发和双氧水分解；2FeS2+3H2O2+6HCl=2FeCl3+4S+6H2O； （4）由分析可知，滤液3中铜元素的主要存在形式为四氨合铜离子，四氨合铜离子中配位键和氮氢键均为σ键，则1mol四氨合铜离子中含有的σ键数目为1mol×16×NAmol—1=16NA，故答案为：[Cu(NH3)4]2+；16NA； （5）由分析可知，“氧化”过程发生的反应为氢氧化铋与氢氧化钠溶液、氯气将反应生成铋酸钠沉淀、氯化钠和水，反应的离子方程式为Na++3OH−+Bi(OH)3+Cl2=NaBiO3↓+2Cl−+3H2O，故答案为：Na++3OH−+Bi(OH)3+Cl2=NaBiO3↓+2Cl−+3H2O； （6）由得失电子数目守恒可得如下转化关系：5NaBiO3—2MnO—5H2C2O4，滴定消耗23.50mL 0.1000mol/L草酸标准溶液，则产品的纯度为×100%=65.8%，故答案为：65.8； （7）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的硒离子个数为8×+1=2，则晶胞中含有2个Bi2O2Se，由晶胞的质量公式可得：=10—30a2bρ，解得a=，故答案为：。 10．(1) 粉碎钛铁矿或适当加热、搅拌混合物等其他合理答案 FeTiO3+4H++4Cl- = Fe2++ +2H2O (2)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入铁氰化钾溶液，未观察到蓝色沉淀，说明富钛渣已洗涤干净或其他合理答案 (3)磷酸根过量，可以减少铁的其他形式的沉淀，提高FePO4的纯度或提供较强的酸性环境等其他合理答案 (4)LiFePO4-xe- = Li1-xFePO4+xLi+ (5)0.4 (6) 3d24s2 【分析】钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质)加入盐酸溶浸，“溶浸”后的溶液中含金属元素的离子主要包括Fe2+、Mg2+、Ca2+、TiOCl，SiO2为滤渣，滤液加热，TiOCl水解为TiO2•2H2O，过滤得到富钛渣和富铁液，富钛渣中钛元素主要以TiO2•2H2O形式存在，加入H2O2和氨水溶钛，TiO2•2H2O转化为（NH4）2Ti5O15，煅烧（NH4）2Ti5O15得到TiO2，TiO2与Li2CO3反应得到Li4Ti5O12；富铁液中含有Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入H2O2和H3PO4沉铁，得到FePO4，FePO4加入Li2CO3和H2C2O4煅烧，得到LiFePO4。 【详解】（1）“溶浸”时为加快浸取速率，可以采取的措施是：粉碎钛铁矿或适当加热、搅拌混合物等；“溶浸”过程FeTiO3发生反应生成TiOCl，离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl- = Fe2++ +2H2O； （2）检验富钛渣洗涤干净，实质是检验最后一次洗涤液中是否含有Fe2+，操作步骤为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴入铁氰化钾溶液，未观察到蓝色沉淀，说明富钛渣已洗涤干净； （3）“沉铁”过程中需控制，此时磷酸根过量，可以减少铁的其他形式的沉淀，提高FePO4的纯度或提供较强的酸性环境等； （4）充电时发生反应：Li4Ti5O12+LiFePO4=Li4+xTi5O12+Li1-xFePO4(0<x<1)，阳极LiFePO4失去电子，变为Li4+xTi5O12，电极反应式为LiFePO4-xe- = Li1-xFePO4+xLi+； （5）若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中Li+的浓度为，，的浓度为0.4mol•L-1； （6） Ti为第22号元素，价电子排布式为3d24s2；由均摊法得，1个晶胞中Ti的数目为，Fe的数目为1，O的数目为，晶胞密度为；若铁原子在立方体的顶点，Ti原子位于体心，O原子位于棱心上，故沿z轴向xy平面投影时氧原子在xy平面的位置为，故沿z轴向xy平面投影时氧原子在xy平面的位置，如图。 11．(1) (2)或 (3) 0.025 (4) (5)适当升温 (6) ABCE 不同 与形成配位键的原子个数不同(或形成的空间构型不同) 【分析】阳极泥(含和单质)用氯化钠、氯酸钠和硫酸溶浸生成HAuCl4，滤渣中含氯化银，滤液用一水合肼还原生成金；滤渣中的氯化银与硫代硫酸钠反应生成，电解得到银单质，用硝酸溶解生成硝酸盐，最终得到。 【详解】（1）“溶浸”过程Au与氯化钠、氯酸钠和硫酸反应生成HAuCl4，生成的离子方程式为； （2）HAuCl4用一水合肼还原生成金，一水合肼中氮元素化合价升高被氧化生成氮气，“还原”过程发生反应的化学方程式为或； （3）①由图可知，的浓度为0.025mol/L时，的物质的量分数最大，所以“络合”过程为获得，应调节最佳浓度为0.025mol/L ； ②25℃时，的，即，的，即的，所以的平衡常数； （4）“电解”生成，其电极反应式为； （5）“溶解”过程可提高溶解速率的措施有适当升温或适当提高硝酸的浓度等； （6）①晶体中存在阴、阳离子，即存在离子键，同时内还存在氮氢键，内存在键，由于氮元素的电负性很强，晶体中还存在氢键，故答案为：ABCE； ②由图可知，和中与Ag+形成配位键的原子个数不同，Ag+的价层电子对数不同(或形成的空间构型不同)，则Ag+的杂化轨道类型也不同。 12．(1) 除去尾渣中的NaCl 加快过滤速度，得到较干燥的沉淀 (2) 850℃ 2.0 焙烧温度过低，反应速率慢，生成量少；或焙烧温度过低，不能充分转化为；或量少 (3) (4)98% (5) 12 【详解】（1）①用去离子水“水洗”时可除去尾渣中的可溶性物质(NaCl)； ②减压过滤是利用循环水真空泵使吸滤瓶内减压，由于瓶内与布氏漏斗液面上形成压力差，因而加快了过滤速度；固液分离较彻底，得到较干燥的沉淀； 故答案为：①除去尾渣中的可溶性物质(NaCl)；②加快了过滤速度；固液分离较彻底，得到较干燥的沉淀； （2）①结合流程图中“焙烧”这步的信息和题目中的信息，可写出焙烧的反应方程式为 ②结合钒浸出率与焙烧温度、锰钒比的关系图可知：“焙烧”的最佳温度为850℃；③“焙烧”的最佳温度锰钒比为2.0； ④温度过低时，反应速率小，可溶于水的生成量少，导致钒浸出率低；或温度过低时，不能充分转化为可溶于水的，导致钒浸出率低； 故答案为：①；②850℃；③2.0；④焙烧温度过低，反应速率慢，生成量少；或焙烧温度过低，不能充分转化为；或量少。 （3）与反应的离子方程式书写应注意可溶于水要拆写，是弱酸不能拆，根据①的已知信息若溶液pH为6～8，＋5价钒在溶液中的主要存在形式为，并结合(4)的信息可知“沉钒”是用将酸浸液中的转化为沉淀，可知若溶液pH为6～8“酸浸”时转化为，结合可知另一产物为沉淀，故与按物质的量比1：1反应的离子方程式为; 故答案为： （4）“沉钒”时，在25℃下维持溶液pH=7，反应后溶液中=0.005，结合可得反应后溶液中，再结合可得反应后溶液中，由于等体积混合且忽略溶液混合时体积的变化，故反应前溶液中，则沉钒率=； 故答案为：98%； （5）①基态V原子的价电子排布式为； ②分析晶胞图可知B点在z轴方向的处，故B点原子的分数坐标为(1，，) ③根据铝钒合金的化学式可知黑球为V原子，白球为Al原子，结合晶胞图A点可知Al原子的配位数为4，故由化学式可知V原子的配位数为12； 故答案为：①3d34s2；②；③12。 13．(1) (2)将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成氢氧化铁沉淀而除去 (3) Al3+ (4)BaSO4 (5) (6) MnO2 【分析】菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、A等元素)，加入稀硫酸和，溶液中含有Mn2+、、Al3+，加入石灰乳调节pH=7，除去Al3+，加入少量BaS溶液形成NiS沉淀除去，将所得溶液电解，Mn2+-2e-+H2O=+4H+，得到，最后在煅烧窑中加入碳酸锂反应后生成产品、二氧化碳和水，据此分析解题。 【详解】（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：； （2）加入少量的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于形成氢氧化铁沉淀而除去； （3）溶矿反应完成后，反应器中溶液，，，此时；用石灰乳调节至，，，，除去的金属离子是Al3+； （4）加入少量溶液除去，由于加入了稀硫酸，生成的沉淀有BaSO4； （5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为：； （6）①黑球的个数为：，白球的个数为：，该锰氧化物的化学式为MnO2； ②1nm=10-9m，阿伏加德罗常数为，每个晶胞中含有2个MnO2，则该锰氧化物的摩尔体积=。 14．(1)便于分离出Fe(OH)3或防止Fe(OH)3溶解等 (2)CaSO4 (3) ac (4) 1.1 (5)浸液2、稀硫酸（硫酸）、萃取剂、HR、反萃剂（任答其中一种） (6) 12 （0.5,0,0.5） 【分析】中和渣（主要含有CaSO4和少量Zn2+、Cu2+、Co2+、Fe3+的氢氧化物）加入稀硫酸中性浸出，中性条件下浸渣主要为Fe(OH)3和CaSO4，再加入稀硫酸高温高酸浸出，得浸液2为Fe2(SO4)3，浸渣2为CaSO4，浸液1中含Zn2+、Cu2+、Co2+，加入萃取剂萃铜，Cu2+进入有机层反萃得到CuSO4溶液进一步处理得Cu，萃铜的水层中有Zn2+、Co2+，加入氧化剂将Co2+氧化为Co3+，Co3+易得Co(OH)3沉淀，则浸液3中含有Zn2+，进一步处理得Zn。 【详解】（1）“中性浸出”时，要分离Fe(OH)3沉淀（或防止Fe(OH)3溶解），故采用中性条件； （2）由分析，“浸渣2”的主要成分为CaSO4； （3）①基态铜原子的核外电子排布为[Ar]3d104s1，故Cu2+的价层电子排布式为3d9，Cu2+的价层电子排布图为； ②由题中所给的CuR2的结构简式，分子整体极性较小，亲油基团起主导作用，且形成分子内氢键，所以水溶性差，水溶性和分子稳定性无关，故选ac； ③萃取剂中N和O原子与Cu形成配位键，故将配位键断开后可得R-阴离子的结构，负电荷在O上，故H+与O结合得HR的结构为； （4）①(NH4)2S2O8中的离子将Co2+氧化为Co3+并生成Co(OH)3沉淀，由于pKsp[Co(OH)3]=43.7，说明Co3+在pH较小时就可以沉淀完全，反应的离子方程式为+2Co2++6H2O=2+2Co(OH)3↓+6H+； ②c(Co3+)=1.0×10−5mol⋅L−1时，视为沉淀完全，此时c(OH-)=，c(H+)=10-1.1mol/L，pH=1.1； （5）根据流程中的反应过程，流程中，浸液2、稀硫酸（硫酸）、萃取剂、HR、反萃剂都可以循环使用； （6）与Zn原子距离最近且相等的Cu原子在Zn同一个面内有4个，上下面内也有4个，共12个，C原子坐标为（0.5,0,0.5）。 15．(1) (2) (3) (4) (5) 杂化 分子晶体 将转化为，防止升华影响产品纯度 (6)AC (7) 用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 【分析】氧氯化锆(主要含，还含有少量、等元素)等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、；加入氨水，而后“沉淀”时Fe3+、Cr3+生成沉淀，煅烧后生成ZrO2、Fe2O3、Cr2O3，“沸腾氮化”时，转化为ZrCl4、Fe2O3、Cr2O3转化为FeCl3、CrCl3，由于FeCl3和ZrCl4沸点接近，因此加入H2把FeCl3还原为FeCl2，避免升华时ZrCl4含有FeCl3杂质，最后升华得到ZrCl4，镁热反应后产生金属锆，据此作答。 【详解】（1）是的同族相邻元素，的价电子排布式为：，基态原子的价电子排布式是： （2）难溶于水，不拆分；锆元素在酸溶液中以形式存在，。 （3）根据可得，。 （4）Zr的化合价不变，C被氧化且生成还原性气体CO，Cl2被还原成Cl-，； （5）由Fe2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Fe原子价层电子对数是4，其与周围的4个氯原子形成四面体结构，因此二聚体中的杂化轨道类型为杂化；的沸点为且易溶于乙醚，晶体类型为分子晶体；的沸点为，的沸点为，二者沸点接近，一起升华产品纯度降低，故将转化为沸点更高的。 （6）该流程中金属冶炼方法为热还原法，选AC。 （7）①在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁； ②依据与EDTA发生络合反应，滴定消耗，则酸浸液中，锆含量(以计)。 16．(1)除去催化剂表面的有机物 (2) 或 过量高锰酸钾会进一步将氧化为气态，导致产率降低 (3)温度较高，反应速率较快；温度过高，会分解 (4) (5) 降低活化能 钌原子 196.5 自由能高，容易脱附 【分析】钌催化剂(主要成分为Ru、ZnO、、有机物等)先煅烧球磨，除去催化剂表面的有机物，然后用高锰酸钾和氢氧化钠的混合溶液氧化，已知氧化性：，则Ru元素以存在，同时氧化锌、SiO2分别与NaOH反应生成可溶于水的四羟基合锌酸钠、硅酸钠，水浸后过滤，得到含有二氧化锰的残渣，滤液中用氯气氧化为RuO4，RuO4(g)后被盐酸吸收，经反应可得到氯气、RuCl3·和水，则推知气体X为氯气，溶液经结晶得到目标产物，据此分析。 【详解】（1）由分析可知，“煅烧”的目的是除去催化剂表面的有机物。 （2）①单质Ru被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：或； ②已知氧化性：，固体过量会导致钌的回收率降低，原因是：过量高锰酸钾会进一步将氧化为气态，导致产率降低。 （3）选择在95℃进行氧化蒸馏的原因是：温度较高，反应速率较快；温度过高，会分解。 （4）RuO4(g)后被盐酸吸收，经反应可得到氯气、RuCl3和水，则推知气体X为氯气，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （5）①Ni是28号元素，基态Ni原子的价电子排布式为； ②催化剂的活性位点在催化过程中的主要作用是降低活化能； ③由图2-a可知，的“吸附解离”发生在钌原子时，最小，更加容易发生，则推测的“吸附解离”主要发生在钌原子位点上，若有参与该过程，则变化的能量为6.02×1023×2.04×J=196.5kJ； ④分析图2-b并说明的脱附主要发生在NiO表面的原因：自由能高，容易脱附。 17．(1) (2)pH过小沉淀不完全，pH过大导致部分溶解，不利于除铬。 (3) 斜管 (或氯化亚铁) 以氯化亚铁作铁源，沉淀沉降速度快，沉淀层密实(或以硫酸亚铁作铁源，沉淀沉降速度慢，沉淀层疏松) (4)搅拌 (5)循环处理 (6) 或 1：2 【分析】废水加入亚铁盐发生氧化还原反应，将溶液中的铬离子、亚铁离子、铁离子加入NaOH共沉淀，沉降分离出水，通压缩空气加热氧化，最后得到铬复合铁氧体沉淀，据此回答。 【详解】（1）废水加入亚铁盐发生氧化还原反应，对应的离子方程式为：； （2）“共沉淀”时pH太小或太大均不利于除铬，原因是：pH过小Cr3+沉淀不完全，pH过大导致部分Cr(OH)3溶解，不利于除铬； （3）①根据图甲，斜管沉淀面积增大，“沉降分离”时，应选择斜管沉降池； ②理论上应选择氯化亚铁作铁源，其沉淀沉降速度快，沉淀层密实(或以硫酸亚铁作铁源，沉淀沉降速度慢，沉淀层疏松)； （4）“加热氧化”时，通入压缩空气的作用是①将剩余Fe2+部分氧化为Fe3+；②起搅拌作用； （5）废水经一次处理后的总铬去除率达99.9%，总铬含量约为1600mg⋅L−1的废水，剩余的含铬量为0.01%×1600mg/L=1.6mg/L，需循环处理； （6）①Cr3+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3； ②金属离子在复合铁氧体立晶胞表面和顶点的位置为：，Ⅰ中有1个在内部，Ⅱ中还有4个在内部，均摊为，氧原子在Ⅰ中4个，Ⅱ中4个，氧原子数目为32个，假设Fe2+的数目为y，Fe3+、Cr3+数目之和为x，则x+y=24，根据正负化合价代数和为0，2y+3x=32×2，x=16，y=8，所以Fe2+数目与Fe3+、Cr3+数目之和的比值为1:2； ③铬复合铁氧体的密度为g⋅cm−3。 18．(1) C、O 或 (2) (3) 淋洗液的浓度为左右和为10左右 淋洗液太高，和会结晶沉淀，导致分离效率下降 (4) (5) (6) (1，0.5，1) 【分析】普通级氯化镧料液经过吸附柱和多次分离柱进行Cu-H转型，得到[La(EDTA)]3+，然后沉淀稀土元素，再进行高温焙烧得到超高纯单一稀土氧化物，以此解答。 【详解】（1） 由EDTA的结构简式可知，N原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，VSEPR模型为四面体形，另外O和C原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，与N原子的VSEPR模型相同，基态碳原子电子轨道表示式为，自旋方向相反的价电子数之比为或。 （2）在树脂吸附柱上发生反应生成，La3+被吸附在树脂内部，反应的离子方程式为：，时间段的平均反应速率v(H+)=。 （3）由图可知，在恒定流速和温度条件下，淋洗液的浓度为左右和为10左右时分离效率最高，淋洗时最适宜的条件为：淋洗液的浓度为左右和为10左右。淋洗液的时，分离效率迅速下降，原因是：淋洗液太高，和会结晶沉淀，导致分离效率下降。 （4） ①草酸分子的结构简式为：，碳氧双键中含有1个键和1个键，则草酸分子中键和键数目之比为； ②某温度时，沉淀物饱和溶液的浓度为，则溶液中c(La3+)=，c()=，则。 （5）“焙烧”时和氧气反应生成和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （6）①若的分数坐标为(0，0.5，0.5)，的分数坐标(0.75，0.75，0)，由晶胞结构可知，的分数坐标为(1，0.5，1)； ②该晶胞中含有H2的个数为=3，La原子的个数为=1，Ni原子的个数为1+=5，设阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为。 19．(1) 第四周期第族 12 sp3 (2) 或等 1 (3) (4) (5) 【分析】向菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，调节溶液pH后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，反应的离子方程式为、，此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+，由于离子的氧化性Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd过滤除去，最后向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌，生成碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为，高温灼烧碱式碳酸锌得到氧化锌。 【详解】（1）Zn的原子序数为30，基态Zn原子的核外电子排布式为；铁的原子序数为26，其在元素周期表中的位置为第四周期第VIII族；茂环阴离子(C5H)中参与大π键的有6个电子，Fe2+周围有两个S原子和一个CO中的C与Fe2+以配位键结合，三个配位键中含有6个价电子，配合物离子中与铁形成配位键的电子共有6+6=12个；S原子形成三个共价键，还有一对孤电子对，所以S元素的杂化方式为sp3杂化； （2）“调”时向“溶浸”后的溶液中所加的物质要能消耗氢离子，同时其产物不能引入新的杂质，且过量时便于除去，因此应加入含锌元素、难溶于水、能和氢离子反应的物质，如或等；表中数据显示，Zn2+开始沉淀的pH=6.0，此时c(OH-)=10-8mol/L，Zn(OH)2的Ksp=c(Zn2+)c(OH-)2=0.1×(10-8)2=10-17，pH=5.5时溶液中的最大浓度是； （3）加“氧化除杂”时氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，发生反应的离子方程式分别是和； （4）向菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)中加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，调节溶液pH后加入高锰酸钾氧化Fe2+、Mn2+转化为氢氧化铁、二氧化锰而除去，此时溶液中含有杂质离子Ni2+、Cd2+，由于离子的氧化性Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，所以加入金属锌将Ni2+、Cd2+化为Ni、Cd过滤除去，即“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+； （5） 向含硫酸锌的溶液中加入碳酸钠溶液沉锌，生成碱式碳酸锌沉淀，反应的离子方程式为；该晶胞中Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内，所以晶胞中Zn的个数为8×+6×=4，O的个数为4，晶胞的密度为；ZnO晶胞中与Zn最近的O原子有4个，Zn位于顶点和面心的位置、O位于体内晶胞的中心，则该晶胞沿轴方向的平面投影图为。 20．(1)15 (2) Fe3O4 SiO2 ， (3)20% (4) 酸性 NH4Cl (5) (6) （，1，） 体心 12 【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，含少量Fe3O4、CaCO3和SiO2)，研磨增大接触面积，加入NH4Cl，四氧化三铁与二氧化硅不反应，在滤渣中，碳酸钡与碳酸钙转化为离子在滤液中，加入草酸沉淀除钙，滤液加入四氯化钛、草酸铵沉淀钛，得到BaTiO(C2O4)2，滤液中溶质主要为NH4Cl，BaTiO(C2O4)2热解产生CO、CO2与BaTiO3，据此回答。 【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，空间运动数目等于原子轨道数目，则空间运动状态有15种； （2）根据分析可知，浸渣的主要成分为Fe3O4和SiO2，氯化铵水解产生氢离子可以溶解BaCO3，反应的原理为，； （3）根据题目可知，当沉钙率为90％时，消耗的Ca2+的浓度为0.009mol/L，溶液中的Ca2+浓度为0.001mol/L，则溶液中mol/L，则溶液中的Ba2+的浓度为：，消耗的Ba2+为0.02mol/L，则钡损率为； （4）①由于Ka2(H2C2O4)＞Kb(NH3⋅H2O)，则(NH4)2C2O4中溶液为酸性； ②根据分析可知，滤液中溶质主要为NH4Cl，可回到浸出循环； （5）BaTiO(C2O4)2热解产生CO、CO2与BaTiO3，方程式为：； （6）①A点微粒的坐标为(0,0,0)，则B点微粒的坐标为（，1，）； ②Ba与O的最小间距大于Ti与O的最小间距，则Ti在晶胞中的位置为体心，Ba在顶点； ③Ba在顶点，O在面心，则同一平面内一个Ba周围与其最近的O的个数4个，xy、xz、zy三个平面共12个。 21．(1)将+3价铈氧化为+4价 (2)随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小 (3) (4)9 (5)1：2 (6) (7) 12 【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2 Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。 【详解】（1）原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价； （2）D随起始料液中变化的原因：随着c(SO)增大，水层中Ce4+被SO结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小； （3）依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+； （4）Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5mol/L，依据ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀； （5）“氧化”步骤中氧化剂是NaClO，还原产物是Cl-，还原剂是Ce3+，氧化产物是Ce(OH)4，根据电子得失守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2； （6）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，写出方程式：CeO2(1-X)+2xNO=CeO2+xN2； （7）①根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），N在面心位置，则N点原子的分数坐标为； ②根据图示，CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为12； ③根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm，则晶胞边长为，晶体的密度为； ④CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2－的空缺率为。 22．(1) (2) (3) 或或0.63 (4) 4~6 (5) 阴极产生通过阴膜，阳极通过阳膜，生成 协同产生、；相较于KOH原料KCl廉价易获得 【分析】氟磷灰石［主要成分为杂质为，用磷酸“酸浸”放出HF气体，生成，加硫酸“酸浸”，生成硫酸钙沉淀和磷酸，过滤，滤液中加碳酸钠生成Na2SiF6沉淀脱氟，过滤，滤液为磷酸，用加氢氧化钾中和制备，或用电解磷酸和氯化钾混合液的方法制备。 【详解】（1）“酸浸Ⅰ”中和磷酸反应生成和HF，其化学方程式为； （2）“酸浸Ⅱ”中和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和磷酸，滤渣的主要成分为； （3）碳酸钡比BaSiF6更难溶，所以“脱氟”中试剂X不能用碳酸钡，试剂X为；当时，c(Na+)= 。 （4）根据图示“中和法”为获得较高纯度的，控制pH范围为4~6；在此pH范围内；ka1()=10-2.1、ka2()=10-7.2；ka3()=10-12.2，的水解常数为10-11.9；溶液中电离大于水解，所以 溶液中各微粒浓度大小关系为。 （5）①阴极氢离子得电子生成氢气，阴极的电极反应式为。 ②阴极产生通过阴膜，阳极通过阳膜，在产品室可得到。 ③相较于“中和法”，“电解法”的优点有：协同产生、；相较于KOH原料KCl廉价易获得。 23．(1)粉碎钴镍渣、搅拌、适当升温、适当增大溶液浓度等（任写一种） (2) (3)过二硫酸根中含有过氧键（或过二硫酸根中含有-O-O-） (4) (5) 80℃、2h (6) (7) 【分析】钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，难溶的杂质经过滤除去，浸取液里加过量的锌粉，利用金属的活泼性不同将Cd置换出来，再加入强氧化剂Na2S2O8将溶液中的二价金属离子氧化为三价然后转化为氢氧化物沉淀除去，最后再加入锌粉经反应后过滤，将滤液中锌离子转化为沉淀ZnCO3·xZn(OH)2。根据以上分析解答。 【详解】（1）“溶浸”中，可以加快化学反应速率的措施有粉碎钴镍渣、搅拌、适当升温、适当增大溶液浓度等； （2）向“浸取液”中加入Zn粉，根据题意可知得到了海绵Cd，发生反应的离子方程式为：Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd。 （3）Na2S2O8中S的化合价为+6，Na为+1，可知其O存在-1价，即存在过氧键，结合过氧化氢的性质可知Na2S2O8应具有强氧化性； （4）在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，Na2S2O8中S为+6价，具有强氧化性，可将Co2+氧化为+3价，生成Co(OH)3沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，写出反应的离子方程式：； （5）根据图中信息可知，当溶液中钴完全沉淀时的温度为80℃，所用时间为2h；由Na2S2O8强氧化性及图中Co与Fe图象非常靠近的特征可知，此时溶液中的Fe2+也被氧化为+3价形成Fe(OH)3沉淀。 （6）溶液中加入适量的溶液，反应生成沉淀的化学方程式为； （7） ①基态的价层电子排布图为； ②由晶胞结构可知S原子有4个位于120°顶点，4个位于60°顶点，1个位于体内，则个数为；Zn原子有2个位于60°棱边上，2个位于120°棱边上，1个位于体内，个数为：，晶胞质量为，晶胞体积为：，则晶胞密度为：。 24．(1) 5 d (2) 延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等 降低的溶解度 (3)MnS (4) (5)防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高浸出量 (6) (7) 【分析】软锰矿（主要含MnO2、SiO2及铁的氧化物）和铅闪（主要含PbS、FeS2、ZnS）为原料，加入盐酸酸浸、加氯化钠，再加入NaOH，过滤除去二氧化硅和FeOOH，冰水沉积得到PbCl2固体，加硫酸转化为硫酸铅，溶液加入Na2S净化，生成PbS和ZnS沉淀，滤液加入氨水，通入空气，生成Mn3O4，据此回答。 【详解】（1）①基态Mn电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，有5个未成对电子； ②Mn元素位于元素周期表的d区； （2）①提高“酸浸”浸出率可采取的措施有延长浸取时间、不断搅拌、将原料粉碎等； ②冰水沉积得到PbCl2固体，则“冰水沉积”的目的是降低PbCl2的溶解度； （3）根据加入Na2S生成PbS和ZnS沉淀，没有生成MnS，则PbS、MnS、ZnS三种物质在相同条件下，溶度积最大的是MnS； （4）酸浸”时，PbS、MnO2、HCl反应生成[PbCl4]2−、、Mn2+和H2O，离子方程式为：； （5）“酸浸”时，要尽量防止硫元素转化为单质S，其主要原因是：防止生成单质S覆盖在矿物表面，阻碍反应进行，提高Mn2+浸出量； （6）“氧化”时，锰离子与氨气、氧气和水反应生成四氧化三锰、铵根离子和水，离子方程式为：； （7）由图可知，过程Ⅱ为Mn0.61□0.39O转化为ZnxMn0.61□0.39O，需要结合锌离子，锰的化合价在降低，得到电子，电极反应式为：。 25．(1) (2) (3)锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率 (4) (5) (6)  ；②  ；则①-2×②得：，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行 (7) 【分析】锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，硫元素转化为SO2，经过焙烧得金属氧化物，主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO，焙烧后的氧化物用硫酸酸浸，其中生成硫酸铅为沉淀，以滤渣除去，将焙烧尾气（主要为SO2）通入浸出液，使三价铁离子被还原为二价铁离子，再加入粗锌粉置换铜，加入细锌粉置换镉，再通入氧气将亚铁离子转化为三价铁离子，更易水解沉淀，最后氧化二价钴离子并沉钴，得到硫酸锌溶液，电解得锌。 【详解】（1） 铜元素原子序数为29，价层电子排布图为； （2）焙烧后的氧化铅溶于硫酸，生成难溶的，滤渣的主要成分为； （3）从流程信息中可以看出金属性：Cu<Cd<Zn，锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率； （4）尾气的主要成分为，通入浸出液使硫酸铁还原成硫酸亚铁，发生的反应方程式为。通入氧气将亚铁离子氧化，然后水解成赤铁矿，故“赤铁矿除铁”过程中的离子方程式为； （5）根据信息把氧化成，并生成NO，故离子反应方程式为； （6）①    ；②    ；则①-2×②得：，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行； （7）①先由均摊法可知，中和共有7个，有，由化合价代数和为零可知，的化学式。根据题干信息在“充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)”，故ZnS负极充电时得电子有Zn生成，故充电时的电极反应为。②若的晶胞参数为a nm，设F点的坐标为，E点的坐标为，则EF间的距离为。 26．(1) (2) (3)> (4) 7.0 (5) (6) (7) (8) 6 6 【分析】白云石的主要化学成分为，还含有少量的和，白云石样品煅烧后，转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解、浸钙，过滤，大部分钙离子进入滤液1，通入二氧化碳生成碳酸钙沉淀，分离出含有MgO、和的滤渣1，2步浸氨在滤液2中含有镁离子，滤渣2中为和，向滤液再加入碳酸铵沉淀镁，生成碱式碳酸镁沉淀，过滤得到碳酸镁和含有硫酸铵的滤液，洗涤沉淀、干燥、煅烧得到氧化镁，据此分析作答。 【详解】（1）组成的四种元素，非金属性越强电负性越强，电负性由大到小的顺序是。 （2）“氨浸1”在室温下进行，据分析可知，加入氯化铵溶解、浸钙，生成钙离子和一水合氨，离子方程式：。 （3）由于金属性，两次“氨浸”的pH比较：a＞b。 （4）7.0时，碳化效果最佳，此时碳酸钙产率最高。低于该pH，碳酸钙的产率下降，碳酸钙与二氧化碳反应生成碳酸氢钙，其原因用离子方程式表示：。 （5）“沉镁”发生反应：，其平衡常数，，，将和的带入K的代数式中，可得。 （6）制备过程除了充分利用，还可以循环利用的1种物质是，通入二氧化碳会生成碳酸钙和氯化铵。 （7）称取试样置于烧杯中，加蒸馏水数滴润湿，盖一表面皿，滴加盐酸至固体完全溶解，定容在的容量瓶内，用移液管吸取待测液于锥形瓶中，加入相关试剂，摇匀后用EDTA溶液滴定至终点(与EDTA以等物质的量比反应)。进行平行实验，测得平均消耗EDTA溶液。产品中碳酸钙质量分数。 （8）①每个晶胞中含有Ca的个数为故有6个“”单元。 ②每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为6，且氧原子共享。 27．(1) (2) (3) Pb(OH)2具有两性，pH过高导致其溶解，降低了三盐基硫酸铅的产率 (4)趁热过滤 (5) 分子 6 【分析】向含铅废料(主要含PbO、PbSO4 和 PbO2)中加入Na2SO3溶液的目的是将PbO2还原为PbSO4，发生反应+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-，加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，所以滤液1主要是Na2SO4溶液，PbO和PbCO3在硝酸的作用下转化成Pb(NO3)，同时将FeO转化为Fe(NO3)3，故可知混合气体X为CO2和NO的混合气体，如何调节溶液pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，Pb(NO3)中加稀H2SO4转化成PbSO4和硝酸，因此HNO3可循环利用即物质Y为HNO3，PbSO4加入氢氧化钠溶液，可得到硫酸钠溶液和三盐基硫酸铅，以此分析解答。 【详解】（1） 铅和碳同主族，与Cs同周期，即位于第6周期第ⅣA族，根据最高能层序数等于周期序数，最外层电子数等于主族序数，则铅的外围电子轨道表示式为：，故答案为：； （2）PbO2转化为PbCO3的离子方程式是PbO2+++H2O═PbCO3↓++2OH-，滤液1中和的浓度比为====3×10-6，故答案为：PbO2+++H2O═PbCO3↓++2OH-；3×10-6； （3）依据流程可知，硫酸铅中加入氢氧化钠生成三盐，结合原子守恒可知方程式为：4PbSO4+6NaOH=PbSO4•3PbO•H2O+3Na2SO4+2H2O；由题干信息可知，Pb(OH)2具有两性，则pH大于10时，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的、等，降低了三盐的产率，故答案为：4PbSO4+6NaOH=PbSO4•3PbO•H2O+3Na2SO4+2H2O；Pb(OH)2具有两性，pH过高导致其溶解，降低了三盐基硫酸铅的产率； （4）由图可可知，温度低于45℃左右时得到Na2SO4•1OH2O晶体，高于45℃时得到Na2SO4晶体，且温度升高Na2SO4的溶解度减小，故由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤后干燥，故答案为：趁热过滤； （5）Pb(CH2CH3)4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型为分子晶体，其堆积方式为六方最密，平面的配位数是6个，三维空间配位数是12个，故答案为：分子；6。 28．(1)升高温度，加快反应速率 (2)Cu、Fe、Zn (3)2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑ (4)ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O (5) 4 正四面体 【分析】锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)中加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，PbSO4难溶于水和稀硫酸，过滤后，滤渣为SiO2、PbSO4，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2将未被还原的Fe2+氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。 【详解】（1）“浸取”时不断通入高温水蒸气，可使溶液的温度升高，反应速率加快，则目的是：升高温度，加快反应速率。 （2）向浸取后的滤液中加足量锌粉，Cu2+、Fe3+、H+都被还原，过滤、加H2O2，将未被还原的Fe2+氧化为Fe3+，过滤所得滤渣的成分为：Cu、Fe、Zn。 （3）设ZnSO4∙7H2O固体的质量是100g，物质的量为mol，依据锌守恒的原则，可求出688℃时固体的摩尔质量为≈161g/mol，其为ZnSO4；1050℃时所得固体的摩尔质量为≈81g/mol，其为ZnO，分解产生的气体应为SO2、O2的混合气，该过程中发生反应的化学方程式为2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑。 （4）硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O。 （5）①氧化锌晶胞中，含Zn原子个数为=4，含O原子个数为4，则晶体的化学式为ZnO，从图中可以看出，与O原子距离最近的Zn原子数目有4个，则与Zn原子距离最近的O原子数目也有4个，该晶胞沿y轴方向的平面投影图中，Zn原子位于正方形的顶点、面心和棱心，4个O原子位于面内对角线离顶点处，可表示为。 ②Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则其为四面体结构，不是平面结构，所以[Zn(NH3)4]2+的空间结构为正四面体。 【点睛】计算晶胞中含有的微粒个数时，可使用均摊法。 29．(1)A (2) (3)SiO2 (4)增大Cl-浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出 (5) (6) (7)煤油 (8) (9)> 【分析】红铊矿(主要成分是TlAsS2，含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质) “焙烧1”中，TlAsS2最终转化为Tl2SO4，Al2O3和Fe2O3也转化为相应的硫酸盐，加浓硫酸将金属氧化物转化为对应的酸盐，过滤，滤渣为二氧化硅，滤液中含Tl2SO4、硫酸铝、硫酸铁，加入氯化钠溶液沉铊过程中，存在如下的沉淀溶解平衡：，增大Cl-浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出，“焙烧2”中发生反应，加热水溶解后锌置换出铊单质，据此分析解题。 【详解】（1）Tl与B同族，为第ⅢA族，最后填充电子是p能级轨道中，因此属于p区，答案选A； （2）依据第二步的反应物中有Tl2O可知，第一步反应应该生成了Tl2O，再依据流程图中“焙烧1”后产生了As2O3和SO2气体可知，要有O2参加反应，根据电子守恒、原子守恒写出对应的化学方程式为：； （3）“焙烧1”后的固体成分为Tl2SO4，Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3，SiO2，其中SiO2不溶于H2SO4，滤渣的成分为SiO2； （4）沉铊过程中，存在如下的沉淀溶解平衡：，加入过量NaCl，增大Cl-浓度，使平衡逆向移动，促进TlCl充分析出； （5）由表格中数据可知，，pH=7时，； （6）“溶解”步骤得到的是Tl2SO4溶液，故置换反应为； （7）依据信息“铊的密度比钠的密度大。室温下，能与空气中的氧气反应生成氧化亚铊((Tl2O)膜，而失去金属光泽变得灰暗。”可知，铊类似钠应该保存在煤油中； （8）由乙硼烷分子中氢键桥()及四元环结构可知，一个B原子形成4个共价键，丁硼烷(B4H10)分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，则在2个B之间会存在1个B-B键，3个B、2个H形成五元环，结构为； （9）该分子中C=N键上的C、N均为sp2杂化，但N原子上有孤电子对，C原子上没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力较大，故C=N键与C—C键夹角<C=N键与N—O键夹角。 30．(1)增大接触面积，使焙烧更充分 (2) (3)将氧化为 (4) > > 27 (5) (6) (7)13 【详解】（1）黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁(FeWO4)、钨酸锰(MnWO4)，少量Si、As元素]冶炼钨，先加入碳酸钠并通入氧气进行焙烧，铁元素被氧化为三价，硅转化为硅酸盐，进行水浸，水浸液含、、、等阴离子，滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，水浸液中加入氯化镁、过氧化氢净化，得到MgSiO3、MgHAsO4，加入硫酸根过滤得到滤液和滤渣，钨酸(H2WO4)酸性很弱，难溶于水，煅烧得到WO3，通入氢气还原得到单质W。 “焙烧”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，从而增大反应接触面积，使焙烧更充分； （2）由分析，“水浸”除去了锰和铁元素，故滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，焙烧过程中MnWO4与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为； （3）由流程图及分析，水浸液含、，净化过程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此，H2O2的作用是将氧化为； （4）①由图像分析可知，随温度升高，氢气的体积分数减小，即升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，该反应ΔH>0； ②a点在曲线上方，即如果达到平衡，氢气体积分数要减小，说明反应要正向进行才能到平衡，故反应正向进行中，v正>v逆； ③900℃时，压强p=0.1MPa，M点氢气的体积分数为25%，结合三段式列式计算平衡分压，设氢气起始量为3mol，平衡时消耗氢气x mol，则，，x=2.25mol，该反应的压强平衡常数Kp=； （5）“还原”过程中，氧化钨会与水蒸气反应生成WO2(OH)2，其化学方程式为； （6）反应②-①得到WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)的4倍，故根据盖斯定律WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ΔH=kJ/mol； （7）常温下，Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线如图，由于氢氧化钙微溶，溶解度相对较大，上方的线表示CaWO4，下方的线表示Ca(OH)2，当c()=10-5mol/L时，对应是曲线上纵坐标为5的点，取横坐标(钙离子浓度)相同，对应氢氧根曲线的纵坐标为1，即c(OH-)=0.1mol/L，即pOH=1，pH=13。 31．(1) (2) MnO2+2SO2 = MnS2O6 90℃左右 (3) 4.7-8.1 ZnS、MgF2 (4) Mn2++2HCO= MnCO3↓+CO2↑+H2O 1.8 (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6) 174/(a2bNA)×1030 放电 ZnxMn0.61□0.39O-2xe-= Mn0.61□0.39O+xZn2+ 【分析】大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化将方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。 【详解】（1）锰原子序数为25，位于周期便第四周期第VIB族，价层电子轨道表示式为； （2）“浸取”时，有副产物MnS2O6生成，该副反应的化学方程式，结合题目中所给温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响图，为了减少副产物的生成，最适宜的温度90℃左右； （3）“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是4.7-8.1，可让和部分沉淀，再加和净化主要是除去和，因此“净化”后滤渣3的主要成分ZnS、MgF2； （4）“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为，对于反应，，完全沉淀时，pH，，且，，所以，故，； （5）要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶； （6）根据均摊法，原子个数为，O原子个数，根据晶体密度计算公式，则晶体Ⅰ的密度为g·cm-3； 晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，“ii”代表电池放电过程，“iii”的电极反应式为ZnxMn0.61□0.39O-2xe-= Mn0.61□0.39O+xZn2+； 32．(1) Al(OH)3和H2SiO3， 8.37 (2) (3) 酸性 10∶3 (4) H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3 pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1 溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量 【分析】本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。 【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(H+)=10-8.37，pH=8.37； （2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：； （3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3； （4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。 33．(1) NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可 苯胺与乙醇存在分子间氢键 (2) sp2 sp (3) 两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大 bc (4) 5.2×10-4 (5)1:1 【分析】苯胺焦油是工业上催化制苯胺的副产物，主要成分为苯胺，含有少量铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe。将苯胺焦油中加入乙醇溶解，苯胺溶解在乙醇中，铂族贵金属、活性炭和Na、K、Fe不溶；将不溶物在空气中焚烧，活性炭转化为CO2，Na、K、Fe转化为金属氧化物，Pt、Pd转化为PtO2、PdO等；用HCOOH还原金属氧化物，PtO2、PdO转化为Pt、Pd；用王水氧化浸出，Pt、Pd转化为、和NO等；用NH4Cl沉铂，铂元素转化为(NH4)2PtCl6，用N2H4∙H2O进行还原，便可获得海绵铂。 【详解】（1）①溶解的目的是去除焦油中的苯胺，若采用直接焚烧的方法去除苯胺，活性炭燃烧生成二氧化碳，苯胺燃烧生成碳、碳的氧化物、氮的氧化物等，会生成：NO、NO2、NOx、粉尘、含碳粉尘等任意一种即可，造成环境污染。 ②苯胺与乙醇分子间能形成氢键，则苯胺易溶于乙醇的原因为：苯胺与乙醇存在分子间氢键。 （2）“还原Ⅰ”时，PtO2、PdO被HCOOH还原为金属单质，同时生成CO2。在HCOOH、CO2中，碳原子的价层电子对数为3、2，则碳原子的杂化方式由sp2变为sp。 （3）①王水是浓盐酸和浓硝酸体积比3:1的混合液，Pd与王水反应，生成等，离子反应方程式为。 ②两种配合物、中，由于Pt和Pd的原子半径不同，造成配位数不同，原因是：两种配合物中心原子Pt的原子半径比Pd大。 ③a．从图中可以看出，80℃左右Pt、Pd浸出率低于120℃左右Pt、Pd浸出率，a不正确； b．由a分析可知，温度应控制在120℃左右，b正确； c．浓盐酸、浓硝酸受热都易挥发，则温度越高浸出率越低的原因可能是挥发导致王水浓度降低，c正确； d．40℃时Pt的浸出率远低于Pd是因为温度低时，较难形成，d不正确； 故选bc。 （4）①“沉铂”时，NH4Cl与H2[PtCl6]反应，转化为(NH4)2PtCl6和HCl，发生反应的化学反应方程式为。 ②若NH4Cl的投料以固液比0.0535:1(g : mL)时，c(NH4Cl)==1mol/L，的消耗率为90%，则溶液中c(NH4Cl)=1mol/L×10%=0.1mol/L，，则0.12×c([PtCl6]2-)=5.2×10-6，c([PtCl6]2-)=5.2×10-4mol∙L-1，则“沉铂”所得溶液中Pt元素的物质的量浓度为c([PtCl6]2-)=5.2×10-4mol∙L-1。 （5）“还原Ⅱ”时氧化产物中无毒气体为N2，依据得失电子守恒，可建立关系式：(NH4)2PtCl6—— N2H4∙H2O，则该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:1。 【点睛】建立关系式求解，常依据元素守恒或得失电子守恒。 34．(1) 16 (2) 或等 1 (3) (4) (5) 4 【分析】形成氢氧化物沉淀的pH范围如表： “溶浸”发生反应的化学方程式为：ZnCO3+H2SO4=ZnSO4+H2O+CO2↑，“溶浸”后的溶液中金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+，加入KMnO4能将Fe2+氧化为Fe(OH)3、Mn2+氧化为MnO2，滤渣2的成分为Fe(OH)3、MnO2，由于氧化性顺序：Ni2+ >Cd2+ >Zn2+，可加入还原剂Zn单质将Ni、Cd置换出来，滤渣3为Ni、Cd，滤液为ZnSO4，加入Na2CO3反应方程式为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O=ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑，高温灼烧固体得到ZnO； 【详解】（1）基态Zn为30号元素，核外电子排布式为1s22s2p63s23p63d104s2,简化的电子排布式为[Ar]3d104s2；[Zn(NH3)4]2+离子中配位数为4配体与中心原子间形成4个配位键，每个配体中有三个键，故1mol[Zn(NH3)4]2+中含有16mol键。故答案为：1s22s2p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；故答案为：1s22s2p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2     16 ； （2）为了不引入其他杂质离子且能消耗氢离子，“调pH”时可加入ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等；根据表中数据，0.1molL-1的Zn2+产生沉淀时pH为6.0，可得出Ksp（Zn(OH)2）=0.1×（10-8）2=10-17，则pH5.5时锌离子的最大浓度为c==1molL-1；故答案为：ZnO（或ZnCO3、Zn(OH)2等）   1； （3） 已知弱酸性溶液中KMnO4能将Mn2+氧化生成MnO2，“氧化除杂”中发生Mn的归中反应，离子方程式为：2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；故答案为：2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+； （4）分析可知，“还原除杂”中由于氧化性顺序：Ni2+ >Cd2+ >Zn2+，可加入还原剂Zn粉将Ni、Cd置换出来，除去离子为Ni2+，Cd2+；故答案为：Ni2+，Cd2+； （5） 滤液的主要成分为ZnSO4，加入Na2CO3，ZnSO4与Na2CO3发生反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O沉淀，离子方程式为：，ZnO晶胞结构与金刚石晶胞相似，锌原子距离最近的氧原子数为4，沿z方向的投影为，故答案为：；4   。 35．(1)增加反应物的接触面积，加快酸浸速率 (2) (3) (4) (5)使用会产生有害气体，使用可避免的同时也能起到酸溶的作用 (6) (7)9.0 (8)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【分析】由题给流程可知，向磨细后的炉渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶硫酸盐，过滤得到滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入铁屑，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液和氢氧化钴；向氢氧化钴中加入盐酸，将氢氧化钴转化为氯化亚钴，向氯化亚钴溶液中加入草酸，将亚钴离子转化为草酸亚钴沉淀，过滤得到草酸钴；草酸亚钴在空气中焙烧得到三氧化二钴；向含有镍离子的滤液中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入硫酸溶液，将氢氧化钴转化为硫酸镍，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。 【详解】（1）炉渣“磨细”可以增大固体的表面积，有利于增加反应物的接触面积，加快酸浸速率，故答案为：增加反应物的接触面积，加快酸浸速率； （2）由分析可知，加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中的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：； （3）由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：； （4）由分析可知，加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，的目的是将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：； （5）由分析可知，向氢氧化钴中加入盐酸的目的是将氢氧化钴转化为氯化亚钴，转化过程中盐酸被氧化生成有毒的氯气会污染环境，所以用硫酸溶液替换盐酸可以避免产生有害气体氯气，同时也能起到酸溶的作用，故答案为：使用会产生有害气体，使用可避免的同时也能起到酸溶的作用； （6）由分析可知，“焙烧”过程发生的反应为草酸亚钴在空气中焙烧生成三氧化二钴和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：； （7）由溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，氢氧根离子浓度为=，则应调节溶液的pH为9，故答案为：9； （8）由分析可知，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体，则“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 36．(1)、 (2) (3)A (4) HA中-P-OH更容易发生阳离子交换反应，HB中-P=O有更强的配位能力 (5) (6)1.6 (7) 6 C 【分析】钒矿石(主要含VO2、Fe3O4、Al2O3及少量SiO2)加CaO焙烧，VO2和Fe3O4转化为Fe(VO3)3，Al2O3及少量SiO2转化为对应的钙盐，加硫酸酸浸转化为，Si元素转化为沉淀，Al元素以Al3+的形式存在，有机溶剂对萃取率高于，有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)，加调pH除去Al元素，同时加Fe将Fe3+还原为Fe2+，协同萃取后，反萃取，加NaClO3氧化为，再加NH4Cl沉钒得NH4VO3，处理后得VO2。 【详解】（1）“焙烧”过程中VO2转化为，V元素化合价升高，同时Fe3O4中铁元素化合价升高，所以该反应的还原剂为VO2、Fe3O4； （2）“酸浸”过程中将转化为，该反应的离子方程式为； （3）Al元素以Al3+的形式存在溶液中，加入调节pH，除去铝元素，又有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)，所以可加入一些铁粉，将溶液中的铁离子还原成亚铁离子，故答案为：A； （4）①HA和HB可通过两个氢键形成环状二聚体，其结构示意图为； ②比更稳定的原因为HA中-P-OH更容易发生阳离子交换反应，HB中-P=O有更强的配位能力； （5）“氧化”过程中将转化为，离子方程式为； （6）设溶液初始体积为VL，则参加反应的，剩余的，反应后， ； （7）①晶胞中黑球个数，白球个数为，黑球为V，白球为O，晶胞中的配位数为6； ②从图中可以看出白球O2-位于黑球V4+构成的平面三角形空隙中，故答案为：C； ③一个晶胞的质量为，所以该晶胞的密度为g/cm3。 37．(1) +5 3d5 (2) 5min 30℃ (3)SiO2、PbSO4 (4)2Fe3++2S2O=2Fe2++S4O (5)当溶液pH >1.5后，溶液中的In3+发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，导致铟萃取率下降 (6)2.73 (7) 4 【分析】 高铟灰渣(主要含PbO、SiO2、FeAsO4·2H2O、In2O3) 加入硫酸溶液酸化焙烧，各金属元素转化成对应的硫酸盐，PbO转化为PbSO4,铁元素转化成Fe2O3，铟元素转化成In2(SO4)3，加水水浸时As2O3、SiO2、PbSO4不溶成为废渣，滤液中加Na2S2O3还原铁，将三价铁还原成Fe2+，再加P2O4萃取除铁得到含FeS4O6的水溶液，剩下的物质加硫酸溶液进行反萃取，分液后加Zn置换铟，反应过滤得粗铟。 【详解】（1）FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为+3价，As的化合价为+5；Fe3+的价层电子排布式为：3d5； （2） 由图可知，在其他条件一定时，“水浸”铟、铁所采用的最佳条件为：萃取时间5min，萃取温度30℃； （3）加水水浸时As2O3、SiO2、PbSO4不溶成为废渣，所以“水浸”时，浸渣除了As2O3外，还含有：SiO2、PbSO4； （4）滤液中加Na2S2O3还原铁，将三价铁还原成Fe2+ ，所以“还原铁”时反应的离子方程式为：2Fe3++2S2O=2Fe2++S4O； （5）“萃取除铁”时，用30%的P2O4作萃取剂时，发现当溶液pH >1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下降，原因是：当溶液pH >1.5后，溶液中的In3+发生水解，形成难被P2O4萃取的粒子，导致铟萃取率下降； （6）由可知，当pH =2.30 时，萃取率为50%，则,可得，若将萃取率提升到95%，则，将代入得，，所以=,代入可得,所以若将萃取率提升到95%，应调节溶液的pH=2.73； （7）晶胞的体积为。晶胞中Cu位于8个顶点，4个面心和体心1个，个数为，In位于晶胞的4个棱，面心有6个，个数为，Se位于晶胞的内部，有8个，则晶胞平均含有4个CuInSe2，可知密度等于=g/cm3；由晶胞图可知，晶体中In位于晶胞的4个棱上，面心有6个， 与In原子最近且距离相等的Se原子个数为4。 答案第52页，共53页 答案第53页，共53页 学科网（北京）股份有限公司 $$