2025届高三化学一轮复习河南省专练——工业流程75道

2025年河南高考一轮专练——工业流程75道 一、解答题 1．（2024·河南·模拟预测）铈（Ce）及其化合物在现代工业中具有极为重要的用途，某化工厂以废旧的液晶显示器（含有、、等物质）为原料制备三氯化铈、氢氧化铈的流程如下： 已知：具有强氧化性，一般不与常见的无机酸反应。 请回答下列问题： (1)酸浸前原料要粉碎，其目的是 （答出两点），料渣Ⅰ的成分是 。 (2)“还原”过程中发生反应的离子方程式为 ，该过程不宜在较高温度下进行，原因是 。 (3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)得到的实验操作是（在HCl氛围中） 、 、过滤、洗涤等。 (5)二氧化铈晶胞结构如图所示，又知晶胞参数为a pm。若A、B两处微粒的原子分数坐标分别为、，则C处微粒的原子分数坐标为 ，晶体的密度为 。 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·河南信阳·模拟预测）五氧化二钽(Ta2O5)主要用作钽酸锂单晶和制造高折射低色散特种光学玻璃等。一种以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5的工艺流程如图所示： 已知：H2TaF7是弱酸。回答下列问题： (1)“酸溶”时，Fe2O3发生反应的基本反应类型为 ，滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 (3)常温下，“调pH”时，若过滤出沉淀后溶液的，是否沉淀完全？ (请写出简要步骤)。已知：常温下，，溶液中离子浓度小于或等于时可视为沉淀完全。 (4)“浸钽”时，加入4g/L的HF溶液，浸出时间为4h，钽的浸出率随温度的变化如图所示，浸出的最佳温度为 ℃“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，写出“浸钽”时生成H2TaF7的离子方程式： 。 (5)“沉钽”时，生成，反应化学方程式为 。 4．（2024·河南·三模）以废旧镍氢电池的金属电极芯[主要成分为和，还含有少量铁、铝的氧化物]为原料回收钴、镍的化合物，流程如图： 已知：①部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。 离子 开始沉淀的pH 6.3 1.5 3.4 6.2 7.2 完全沉淀的pH 8.3 2.8 4.7 8.9 9.2 1.1 ②酸性条件下的氧化性：>。 回答下列问题： (1)“氧化”时作 (填“氧化剂”或“还原剂”，下同)，“浸出”时作 。 (2)写出“沉钴1”中转化为的离子方程式： 。 (3)设计“”的目的是 。 (4)“沉钴2”中发生反应的离子方程式为 ， (填“能”或“不能”)用替代，理由是 。 (5)设计实验检验是否洗净： 。 (6)水溶液中、的颜色与分裂能大小有关。定义1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能。d轨道分裂能： (填“>”“<”或“=”)。 (7)镍单质晶胞有两种形式，如图所示。已知：图1晶胞棱长为acm，图2中晶胞底边长为bcm，高为ccm。图1、图2(正六棱柱)镍晶体密度之比为 。 5．（2024·河南·模拟预测）硝酸镉晶体常用作玻璃和陶瓷的着色剂。以镉黄废料（主要含CdS，含少量的FeO、、）为原料制备硝酸镉晶体的流程如下： 已知：常温下，有关金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。 开始沉淀的pH 2.3 4.0 8.2 沉淀完全的pH 4.2 5.2 9.7 回答下列问题： (1)Cd位于第五周期，与Zn同族，基态镉原子的价电子排布式为 。 (2)“酸溶”时，反应温度不宜过高，原因是 。 (3)“滤渣1”的主要成分是 。 (4)“除杂”步骤中，加入的目的是调pH，范围为 ；该过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)“系列操作”步骤中，将滤液送入蒸发器浓缩至 ，然后送至结晶器进行冷却结晶，可得到硝酸镉晶体。 (6)硝酸镉晶体需在低温的条件下烘干。其在111.2℃时失去结晶水，217.3℃时分解产生CdO和红棕色的混合气体，该混合气体可以使带火星的木条复燃。硝酸镉在217.3℃时分解的化学方程式为 。 6．（2024·河南·模拟预测）碲广泛用于半导体器件、合金、化工原料及铸铁、橡胶、玻璃等工业。工业上利用电解铜的阳极泥(主要成分为、，还含有Ag、Au、Si等元素)提取碲，其工艺流程如图甲所示。 已知：①是一种两性氧化物，微溶于水，易溶于强酸和强碱。 ②为酸性氧化物，溶于水生成亚硒酸。常温下，亚硒酸的电离平衡常数为，。 回答下列问题： (1)“氧化焙烧”时，为了加快反应速率，可采取的措施为 (写一种即可)；流程中多次用到过滤操作，实验室进行过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、 。 (2)“氧化焙烧”后碲元素转化为，写出反应的化学方程式： 。 (3)“水浸”后，“滤液”中溶质的主要成分为 (填化学式)。 (4)“酸化”后，碲以形式存在，则“还原”过程中反应的离子方程式为 。 (5)室温下，用水吸收二氧化硒，得到溶液的pH=2，此时溶液中 。 (6)近年，碲化镉太阳能发电玻璃在我国发展迅猛，被誉为“墙壁上的油田”，碲化镉立方晶胞结构如图乙所示。碲化镉的化学式为 ，Cd原子周围等距离且最近的Te原子为 个，测得碲化镉晶体的密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为 pm。 7．（23-24高三下·安徽·阶段练习）HDS废催化剂是石油精炼加工产生的废弃物，但富含Mo、Ni等元素，是重要的二次资源。一种从HDS中回收Mo的工艺流程如图所示。 已知：①“氧化焙烧”后的主要产物为、、； ②“浸出渣”的成分为、； ③常温下，易溶于水。 (1)钼酸镍中元素的化合价为 价。 (2)“操作1”为 ，在化学实验室中“操作1”用到的玻璃仪器有烧杯、 和 。 (3)结合下图，碱浸时选择的最佳添加量为 wt%，最佳浸出温度为 ℃。 (4)在碱浸时有和生成，该反应化学方程式为 。 (5)采用碳酸根类型的N263萃取钼的反应为。已知一些离子被萃取的先后顺序为，则加入反萃取发生反应的离子方程式为 。萃取后有机相为型，加入处理后可实现萃取剂再生。 (6)在实验室进行萃取操作时，需要打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示为 (填标号)。 (7)该流程中可以循环利用的物质有 和 。 8．（2024·河南·模拟预测）铍广泛用于火箭、原子能、电子工业等领域。以铍矿石(主要成分是，含少量等)为原料制备的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)“烧结”之前，将铍矿石粉碎成粉末，其目的是 。 (2)“除锰”时发生反应的离子方程式为 。 (3)制备无水过程如下：将溶于盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶得到；加热和的混合物得到无水，该化学方程式为 。也可以用固体替代，的作用是 。 (4)1828年德国化学家维勒用金属钾还原熔融的氯化铍而得到。若将这个反应设计成原电池，则在电池的 (填“正”或“负”)极得到。 (5)铍和铝的化学性质相似。下列叙述错误的是 (填字母)。 A．铍是一种轻金属，能与冷水反应 B．常温下，溶液的 C．氧化铍的熔点高、耐酸碱腐蚀 (6)铍的卤化物(X=F、Cl、Br、I)中，的熔点(552℃)最高，而的熔点(399℃)最低，原因是 。 9．（23-24高三下·重庆·阶段练习）锂和铍是重要的稀有金属，被国内外视为战略性资源。一种从尾矿(主要含及元素)中回收锂、铍、铝的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)“浸渣”中主要成分的晶体类型为 。 (2)“沉铁”中生成沉淀，其中元素的化合价为 ，该反应的离子方程式为 。 (3)“萃取”时，以为萃取剂、为协萃剂，溶液中的可与结合成而被萃取。“反萃取”时，加入浓盐酸，发生。 ①“萃取”时还需要加入，其作用是 。 ②取尾矿(其中的质量分数为)，“反萃取”后所得水相中，则该过程的回收率为 (用含相关物理量字母的代数式表示)。 (4)实验室提纯的方法是 。 (5)为了得到较高的空间利用率，离子晶体中的阴离子(通常半径较大)会尽可能紧密堆积，阳离子(通常半径较小)填入阴离子形成的空隙中，这种模型称为离子晶体的“堆积-填隙模型”。 已知常见的型离子晶体的离子半径比和配位数的关系如下表： 配位数 晶胞类型 4 立方 6 8 表中离子半径比的临界值是由“堆积—填隙模型”中阴阳离子的几何关系确定的，例如配位数为8时，阳离子进入阴离子形成的正方体空隙，正方体8个顶点处的阴离了相切，空隙处(正方体体心)的阳离子与8个阴离子也相切，此时可由相关几何关系求得。 ① 。 ②晶胞为立方型，而等的晶胞为型。请结合上表，解释出现此结果的原因： 。 10．（2024·河北·二模）层状LiMnO2在电动车、空间技术等范畴具有十分广阔的应用前景。LiMnO2可由软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)制备，其制备流程如图： 几种难溶物质的溶度积常数如下表： 物质 回答下列问题： (1) LiMnO2中锰元素的化合价为 ；“酸浸”后过滤，所得滤液中主要含有的金属阳离子有 。 (2)为了提高“酸浸”的浸取速率，可采取的措施有 (写出两点)。 (3)“氧化”步骤需要加入过量MnO2，该步反应的离子方程式为 。 (4)常温下，“调pH”后溶液pH=5，则滤渣2的主要成分是 。 (5)滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF，同时得到的副产物是 。 (6)测定 LiMnO2样品中锰含量：取10g LiMnO2样品，粉碎后加入浓盐酸、30%H2O2溶液，充分反应，生成Mn(Ⅱ)。加入蒸馏水标定溶液体积为250mL，移取25mL后加入KB指示剂，用0.15mol/L的EDTA标准溶液滴定，平均消耗60mL标准溶液。样品中锰含量为 %(已知：EDTA与Mn2+反应的化学计量数之比为1∶1)。 11．（2024·河南新乡·三模）已知草酸镍晶体()难溶于水，其在高温下煅烧可制得三氧化二镍。以含镍合金废料(主要成分为镍，含有一定量的铁、铜和硅)为原料生产草酸镍的工艺流程如图： 已知：①“酸浸”液含有的离子主要有、、、、、。 ②草酸的、。 ③氨水的。 回答下列问题： (1)实验室进行“酸浸”操作时，需要在通风橱中进行，其原因是 。 (2)的VSEPR模型为 。 (3)“过滤”后，需要往滤液中加入溶液制备草酸镍，溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 (4)已知常温下，当溶液pH=2时，沉淀完全［时认为沉淀完全］，则此时溶液中草酸的浓度 。 (5)镍钛记忆合金可用于制造飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图所示，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为 ；若该合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是 (用含和的计算式表示，不必化简)pm。 12．（2024·陕西西安·二模）CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。以废弃铁铜合金为原料制备CuCl的流程如图所示： 已知：①“浸取”阶段的产物为；②常温下，。 请回答下列问题： (1)用再生液“浸取”铁铜合金不需要额外加热的原因可能为 ；该阶段被氧化的铜元素与被还原的铜元素的质量之比为 。 (2)“氧化”阶段中最适宜的投料比为 （填字母）。 a.    b.    c.    d. (3)“中和”阶段的离子方程式为 。 (4)为了防止CuCl被氧化，上述流程中采取的两个措施是 。 (5)“中和”阶段会有部分铜元素被氧化。为了综合利用滤渣Fe和滤液，以提高CuCl的产率，试简述其方案： 。 (6)常温下，在配体L的水溶液中形成，其反应的平衡常数为K，的平衡常数为 （用含K的代数式表示）。 13．（2024·河北·二模）陶瓷热障涂层（TBC）常涂覆于发动机高温部位的合金上，能使发动机在高于合金熔点的温度下工作，是发动机的“防护服”，主要成分是氧化锆，可由锆英砂（主要成分为，也可表示为，还含少量、等杂质）通过如下方法制取： 已知：①能与烧碱反应生成可溶于水的与酸反应生成；②常温下，；时，开始沉淀。 (1)“熔融”过程中，提高反应速率的方法为 （答出一条即可），发生反应的产物有和 。 (2)“除杂”过程中，加入双氧水的目的是 ；滤渣Ⅱ的成分为 ，通入氨气调节溶液的时，溶液中的浓度为 。 (3)为得到纯净的，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。 (4)滤渣Ⅲ的成分是。“调”时，写出生成的离子方程式： 。 (5)四方晶胞结构如图所示。在晶胞中的配位数是 ，晶胞参数为，该晶体密度为 （写出表达式）。 14．（2024·河南周口·模拟预测）稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，如汽车尾气用稀土/钯三效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。以氟碳铈矿(主要成分为)为原料制备的一种工艺流程如图： 已知：①滤渣1的主要成分是难溶于水的，滤渣2的主要成分是；，(a、b均大于0)。 ②当前工艺条件下，部分金属阳离子开始沉淀和完全沉淀(离子浓度小于mol⋅L)时的pH如下表： 金属阳离子 开始沉淀时的pH 1.3 7.7 完全沉淀时的pH 3.1 9.2 回答下列问题： (1)写出一条提高焙烧效率的方法： 。 (2)加入盐酸和进行浸取时有污染环境的气体产生，该气体为 (填化学式)；操作1和操作2的名称为 。 (3)调节滤液1的pH的范围为 ；滤渣3的主要成分为 (填化学式)。 (4)滤渣1经KCl溶液充分浸取后，测得反应体系中的物质的量浓度为0.1 mol⋅L，则的物质的量浓度为 mol⋅L(用含a、b的式子表示)。 (5)在空气中焙烧的反应方程式为 。 (6)某研究小组利用硫化锌锂电池在酸性环境下电解制，电解装置及硫化锌锂电池负极材料晶胞组成变化如图所示。 ①阴极的电极反应式为 ，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充 (填化学式)。 ②中 ，若该晶胞边长为a nm，为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 g·cm。 15．（2024·河南·三模）钯(Pd)是一种不活泼的金属，在新型合金、有机催化剂方面应用广泛。以废钯催化剂(简称钯碳，含有5%～6%钯、93%～94%积碳、1%～2%铁等)为原料回收钯的工艺流程如图所示。 已知：“焙烧”时Pd转化为难溶于水和酸的PdO。 (1)“焙烧”的主要目的是 ；在实验室进行“焙烧”时，下列仪器中需要用到的是 (填仪器名称)。 (2)“浸取”时先加入甲酸将PdO还原为Pd；再加入盐酸、，有(二元强酸)生成，写出生成反应的离子方程式： 。 (3)常温下“除铁”时，铁元素恰好沉淀完全时的pH为 {结果保留两位小数，已知：常温下，，该条件下认为溶液中时沉淀完全，lg2=0.3}。 (4)滤渣需要洗涤，并将洗涤液和滤液合并，其目的是 。 (5)“沉钯”时转化为难溶于冷水的，其化学方程式为 。 (6)“还原”过程中还有其他副产物生成，该副产物可循环至 工序利用。 16．（2024·河南周口·模拟预测）从钒铬锰矿渣(主要成分为及少量)中提取铬的一种工艺流程如下： 已知：①“酸化”后转化为，MnO转化为； ②不会氧化； ③在空气中易被氧化为 回答下列问题： (1)上述流程中“酸化”时，与反应的化学方程式为 。 (2)中硫元素的化合价为 (中含有过氧键)，“氧化”生成，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (3)已知固体混合物中含有两种成分，它们的化学式为 ，“转化”过程中生成的离子方程式为 。 (4)某温度下，的沉淀率与的关系如图1所示。“沉铬”过程最佳为 ；在该条件下滤液1中 [结果保留3位有效数字，近似为，的近似为]。 (5)“提纯”过程中的作用为 。 (6)TiN晶胞中Ti(体心位置)被Al代替后的立方晶胞结构如图2所示。该晶体中，距离Ti最近的Al有 个；原子①与原子②的距离为 nm(已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为)。 17．（2024·河南郑州·模拟预测）草酸钴在化学中应用广泛，可用于制备催化剂等。以钻矿[主要成分为、、，含少量的、、、、等]为原料制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)位于元素周期表中第 周期第 族。 (2)浸出渣的主要成分是 (填化学式)。“浸取”时发生反应的化学方程式为 。 (3)“氧化”过程中消耗的量明显偏高的原因是 (用化学方程式表示)。 (4)取“调节”后所得滤液，将调至9.4，可得到沉淀，在空气中煅烧该沉淀得到的化学方程式为 。 (5)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行。向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂发生反应当溶液处于一定范围内时，测得萃取率随溶液的增大而增大，其原因是 。反萃取时，应加入 。 (6)取草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到和的混合物，则该混合物中的质量为 。 18．（2024·河北承德·三模）废旧手机的废线路板中富含Cu、Sn、Ni、Pb等金属和少量Ag、Au，具有较高的回收价值，其中部分金属的回收工艺流程如下： 已知：①常温下，微溶于水，可与结合生成配离子：。 ②25℃时，，。 回答下列问题： (1)“拆解破碎”的目的是 。 (2)“75℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的离子方程式为 ，选用浓度较大的4 mol·L盐酸可提高铅元素的浸出率，理由是 (从平衡移动角度分析)。 (3)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)，“氧化酸浸”中，生成Cu²⁺反应的离子方程式为 。 (4)的排放标准为mg·L。“沉锡”残余液排放前应调节溶液的pH范围为 。 (5)“络合酸浸”中，Co2+作催化剂，催化Au浸出，化学方程式为，其反应过程按如下步骤进行： ①先与甘氨酸根(简写为)形成配合物()。 ②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：。 ③Au溶解。 ④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：。 步骤③Au溶解的离子方程式为 。 (6)锡有白锡和灰锡两种单质。白锡晶体中锡原子的堆积方式如图所示，该六棱柱底边边长为a pm，高为c pm，阿伏加德罗常数的值为，白锡晶体的密度为 (列出计算式)。 19．（2024·河南信阳·模拟预测）二氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、、等）为原料制备，其工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”时，通入空气的主要目的是 。 (2)滤渣的主要成分是 （填化学式）。 (3)“还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，写出该反应的离子方程式： [被氧化为，生成物还有HF和]。 (4)“沉铈”时反应的离子方程式为 。若用溶液代替溶液，产生的后果是 。 (5)若常温下，，，恰好沉淀完全，此时测得溶液的，则溶液中 。 (6)二氧化铈作为一种SCR脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图所示。当氧化标准状况下NO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 。 20．（2024·河南·模拟预测）某电镀污泥中含有较多的、、、、，从中回收相应金属的流程如下。 已知常温下：①、； ②、以氢氧化物形式开始沉淀与刚好完全沉淀时的如表所示： 金属离子 开始沉淀的 1.4 5.5 刚好完全沉淀的 3.0 8.0 回答下列问题： (1)萃取剂应具有难溶于水、 的性质，萃取原理可表示为，实验表明，当溶液的时，的萃取率会显著降低，其原因是 。 (2)用离子方程式表示加入的目的是 ，若“沉铬”结束时溶液中，则溶液中 。 (3)“氧化”时，试剂为氧化剂，试写出两种不会引入新杂质的试剂： ；“调”时，的调控范围是 。 (4)“沉锌”时不宜用溶液，其原因是 (任答一点)，“操作”为 、洗涤、烘干。 (5)已知的晶胞如图所示，若晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为 。 21．（2024·河南·模拟预测）硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)在现代化工行业有着广泛的应用，其一种工业制备流程如图所示。回答下列问题： (1)“洗涤”的具体操作是将废铁屑置于溶液中并加热至沸腾一段时间，加热至沸腾的好处是 ，请写出“酸浸”副产物的一种用途： 。 (2)“合成”阶段可在如图所示的装置中完成(加热及夹持装置略)。 ①仪器a的名称是 ，向圆底烧瓶中加入稀硫酸前需要先通入一段时间的，否则易出现的不良后果是 。 ②装置中有生成，反应的离子方程式为 ，装置的作用是 。 ③硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)化学式的确定。 (3)取一定量产品溶于水配制成溶液，进行实验： ⅰ.取配制的溶液于试管中，加入足量溶液，最终可得到干燥纯净的白色沉淀。 ⅱ.取配制的溶液于试管中，用酸性溶液滴定，滴定至终点时消耗酸性溶液(最终氮元素全部以形式存在)。 ①“步骤ⅱ”滴定终点时的现象为 ，产品中 。 ②若要确定产品化学式，则还需要获得一个数据，该数据是 。 22．（2024·河南·二模）（六氟锑酸钠）是光化学反应的催化剂．我国科学家开发一种以锑矿（主要含、，还含少量、、等）为原料制备的工艺流程如图所示。 已知：（1）常温下，、； （2）Sb的氧化物和硫化物可与强碱反应； （3）不溶于冷水，在热水中易发生水解。 回答下列问题： (1)基态Sb的价电子排布式为 。 (2)“浸出”时无有毒气体放出并生成，其中发生氧化还原反应的离子方程式为 ；滤渣1的成分是 （填化学式）。 (3)“精制”的目的为 ；当出现 现象时，停止加入胆矾溶液。 (4)“转化”时适当加热可提高反应速率，试剂X为 （填化学式），若只加，将导致 。 (5)锑矿粉中Sb的质量分数为，整个流程中损失率为，则锑矿粉理论上能制备的质量为 t（保留两位有效数字）。 (6)某立方晶系的锑钾（）合金可作为钾离子电池的电极材料，其晶胞结构如图，已知最近的距离为．则该晶体类型为 晶体，化学式为 ，晶胞中与每个Sb原子距离最近的Sb原子有 个。 23．（2024·河南南阳·模拟预测）锑白是优良的无机白色颜料，可用作阻燃剂、催化剂、油漆等。一种采用辉锑矿(主要成分为，含少量的和等)提取锑白的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”后所得溶液中的主要微粒为； ②。 回答下列问题： (1)“粉碎”辉锑矿的目的是 。 (2)“滤渣Ⅰ”的主要成分除不溶性杂质外还有S、 (填化学式)；在“浸取”时发生反应的离子方程式为 。 (3)“除砷”时，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (P转化为最高价态)。 (4)若浸取液中的浓度均为，则c(S2-)≥ 才能使二者完全沉淀(当离子浓度≤1×10-5mol/L时认为沉淀完全)，此时 。 (5)“中和脱氯”时脱氯率与反应温度的关系如图所示： 随温度升高，脱氯率降低的原因可能为 。 (6)锑可用于制备超亮光电极材料，其晶胞结构如图所示，晶体a的化学式为 ，晶体b中与距离最近的的个数为 。 24．（2024·河南驻马店·二模）钾铁蓝主要用于涂料和油墨工业，一种以黄铁矿(主要成分为，含有少量)为原料生产钾铁蓝的工艺流程如下： 已知：“转化”工序的产物为。 回答下列问题： (1)“焙烧”前需将黄铁矿粉碎的目的是 。 (2)“还原”过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)“结晶”时，母液中的溶质有 (填化学式)。 (4)“氧化”时，发生反应的化学方程式为 。 (5)工业上，可用电解的方法制备铁氮化钾，同时获得副产品，电解原理如图所示。 ①离子交换膜M应选择 (填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ②写出石墨1电极的电极反应式： 。 (6)钾铁蓝的重复单元的结构如图： ①周围距离相等且最近的的个数为 。 ②设阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为 (列出计算式，用含的代数式表示)。 25．（2024·河南郑州·三模）闪锌矿的主要成分为ZnS，其中含有大量的铁元素以及少量的CuO等。湿法浸取闪锌矿制备和的工艺流程如下图所示。请回答以下问题。 (1)基态时的价电子排布图为 。同周期和基态Cu原子具有相同未成对电子数目的元素还有 种。 (2)酸浸时的作用为 。铜元素在滤渣中的存在形式为 。 (3)加入铁粉还原脱酸的优点是 。 (4)浓缩结晶时，溶液蒸发至 即停止加热。 (5)针铁矿法除铁是在常温下将缓慢氧化，使铁元素以针铁矿形式形成沉淀而达到除铁的目的。针铁矿法除铁的离子方程式为 。 (6)把放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，分三次脱水。各步脱水过程为一系列动态平衡。剩余固体质量占原来总质量的百分比（η）与容器中水蒸气的压强变化关系如下图所示。 则a段固体的成分为 ；第三步反应的压强平衡常数为 Pa；M点时所对应反应的转化率为 。 26．（2024·河南·二模）某工厂废渣的主要成分为ZnO、PbO、、CuO、等(与性质相似)，以该工厂废渣为主要原料回收其中金属元素的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”产生的气体是 (填分子式)，该气体的用途是 (填一条)。 (2)“氨浸”所得滤液1中的阳离子主要成分为、，该步骤温度不宜过高，其原因是 ，“沉铜”时发生反应的离子方程式为 。 (3)“滤渣4”的主要成分为 (填化学式)。 (4)“滤液3”的主要溶质为，以惰性电极电解该滤液可以回收单质Ga，电解时阴极主要电极反应式为 。 (5)“转化”时生成的同时放出能使澄清石灰水变浑浊的气体，该步骤的化学方程式为 。 (6)铁酸铋具有铁电性和反铁磁性，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。 ①基态O原子的核外电子排布式为 。 ②该晶体的密度= (为阿伏加德罗常数的值)。 27．（2024·山东泰安·三模）铬单质熔点高、硬度大，在新材料、医药、有机合成等多个领域有重要作用。以铬精矿(含 和少量 )冶炼 Cr的工艺流程如下： 已知：烧渣中含有 回答下列问题： (1)“焙烧”之前常将原料混合后球磨，其目的为 ；“焙烧”过程中 (填“有”或“无”)氧气参加反应。 (2)从浸渣中分离出Fe3O4的简单方法为 。 (3)“中和”和“酸化”两步工序不能合并的原因为 ；“结晶”所得母液中含有的主要金属阳离子为 (填离子符号)。 (4)“转化”过程发生主要反应的化学方程式为 。 (5)实际工业生产中、还原”工序常选用的金属还原剂为 (填化学式)。 (6)的立方晶胞可看作4个如图1所示的结构单元移至图2的相应位置。图1中M点在晶胞中的位置为面心或 ；若M点在面心位置，则其原子坐标参数为 。 28．（2024·河南·模拟预测）钛酸钡()可以作为防火涂料的添加剂，可提高涂层的防火性能和抗化学腐蚀性。以钛渣(主要成分是，含少量CaO、、等)为原料制备钛酸钡的流程如下： 已知：①草酸钡难溶于水；②常温下，几种离子沉淀的pH如下表所示。 金属离子 开始沉淀/pH 1.5 6.3 0.5 完全沉淀/pH 2.8 8.3 2.5 注： 回答下列问题： (1)浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)“酸浸”中，其他条件相同，1h内钛浸出率与硫酸的质量分数、温度关系如图所示。 提高钛浸出率宜选择的条件是硫酸质量分数、温度依次为 。图2中温度高于65℃，钛浸出率降低的原因可能是 。 (3)“还原”时，主要反应的离子方程式为 ，检验“还原”后溶液中是否含的试剂是 (填化学式)。 (4)“沉钛”中，先加入过量，溶液，后加入适量溶液，如果加试剂顺序颠倒，会产生 (填化学式)杂质，影响产率。“调pH”范围为 。 (5)“氧化焙烧”发生反应的化学方程式为 。工业上，还可以直接将·4在1500℃、无氧环境下反应24h制备，该方法的缺点是 。 (6)经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如图所示(、均与相接触)。已知晶胞边长为pm，的半径为pm，则的半径为 pm。 29．（2024·河南安阳·三模）回收废弃锂离子电池中的有价物质对工业可持续发展非常重要。利用对废弃的锂离子电池正极材料进行氯化处理并再生的一种工艺流程如图所示： 已知：① ②的溶解度曲线如图所示： 回答下列问题： (1)“烧渣”是、利的混合物，“氯化焙烧”时的化学方程式为 。 (2)常温下，“沉钻”过程中为了使沉淀完全，溶液的应该不低于 [已知：，时，可认为沉淀完全]。 (3)为提高的析出量和纯度，“沉锂”后进行的操作依次为 、 、洗涤、干燥。 (4)该工艺流程中可循环利用的物质有 (填化学式)。 (5)“煅烧”过程中生成的化学方程式为 。 (6)“焙烧”过程中固体残留率(固体残留率)随温度的变化如图1所示。为了获得纯净的，则该步骤应该控制的温度为_______(填字母)。                          图1 A． B． C． D．以上 (7)晶体结构属于六方晶系，其晶体结构如图2所示，若阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为 (用含、、的代数式表示)。 30．（2024·河南三门峡·一模）锰在汽车电池、高端装备制造、新材料等领域有广泛应用，利用软锰矿(主要成分为，含等杂质)和黄铁矿(主要成分为)联合制备绿矾和高纯并用所得制备的工艺流程如下： 已知：常温下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的如下： 金属离子 开始沉淀的 8.1 6.3 1.5 3.4 沉淀完全的 10.1 8.3 2.8 4.7 回答下列问题： (1)将软锰矿和黄铁矿预先“粉碎”，并用水调至糊状的目的是 ，浸渣中除了含不溶于酸的杂质外还有生成的，则“酸浸”时发生主要反应的离子方程式为 。 (2)常温下，的溶度积 ，“调”的范围为 。 (3)用相同量的软锰矿制备高纯，“沉锰”时溶液的对最终产量及纯度的影响如下： ①由图可知，时几乎不产生，原因为 。 ②“沉锰”时溶液的应调节为 ，过高时可能产生的杂质为 (填化学式)。 (4)得到绿矾时需要在隔绝氧气的情况下进行一系列操作，原因为 。 (5)“电解”制锰的化学方程式为 。 31．（2024·湖南·模拟预测）硫酸铈铵[，相对分子质量为596]微溶于水，不溶于乙醇，溶于无机酸，可用作分析试剂、氧化剂。以氟碳铈矿（含等）为原料制备硫酸铈铵的工艺流程如图所示。 已知部分信息如下： 在空气中易被氧化为； ②硫脲的结构简式为，具有还原性； ③“沉铈”时发生的反应之一为； 回答下列问题： (1)“滤渣A”的成分除外，还有 （填化学式）； (2)“焙烧”时，下列采取的措施正确的是_____________（填标号）； A．采用高压空气，使矿粉呈“沸腾”状 B．空气从焙烧炉上部通入，矿粉从焙烧炉下部加入 C．空气从焙烧炉下部通入，矿粉从焙烧炉上部加入 D．空气、矿粉均从焙烧炉上部通入或加入 (3)在另一种工艺中，在氟碳铈矿粉中加入碳酸氢钠固体同时通入氧气焙烧，得到两种固体以及两种高温下的气态物质，该反应的化学方程式为 ； (4)“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜条件是_____________（填标号）。 A． B． C． D． (5)分子中键角 （填“大于”“小于”或“等于”）硫脲分子中键角； (6)“溶解”时加入稀盐酸后，还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用是 ； (7)含溶液与足量溶液反应生成沉淀的离子方程式为 ； (8)利用硫化锌锂电池电解含的溶液，可将转化为．该硫化锌锂电池放电时，负极材料的立方晶胞组成变化如图所示； ①化学式中， ； ②晶胞中，填充在构成的部分正四面体空隙中，和之间最近的核间距为，则晶体的密度为 （列出计算式，阿伏加德罗常数的值为）。 32．（2024·河南·模拟预测）磷酸铁锂前驱体磷酸铁是一种重要的化工原料，被广泛用于汽车电池。用浓硫酸浸取钛铁矿(主要成分为)，得到含的钛白副产物和硫酸亚铁。净化除杂后的硫酸亚铁可用于制备磷酸铁，其工艺流程如下： (1)用浓硫酸浸取钛铁矿时反应的化学方程式为 。 (2)先加入磷酸，再加入NaOH，调节pH约为2，生成磷酸铁沉淀。若，会导致 ；，会导致 。 (3)经陈化、过滤后，所得滤液除少量磷酸铁外还含有的主要成分是 。将滤液收集用于溶解步骤，其目的是 (答出两条即可)。 (4)在该流程中，以、、和NaOH为反应物制得水合磷酸铁总反应的离子方程式为 。 (5)煅烧水合磷酸铁过程中的TG(热重)及DSC(反映体系热量变化况，数值已省略)曲线如下图。样品在50~120℃有少量失重，可能是样品吸潮引起的少量游离水的损失(0.7%左右)，从120℃开始有明显的失重，到200℃时失重达19.98%，则x值为 。 (6)为正交晶系结构，其晶胞参数为、、，。其晶胞结构如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体。则该晶体的密度为 (列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 33．（2024·河南·三模）透明氧化铝陶瓷被认为是最具潜力的材料之一，制备透明氧化铝陶瓷的一种方法的流程如图所示： 回答下列问题： (1)试剂a应选用 (填名称)，的电子式为 。 (2)“反应1”的离子方程式为 。 (3)检验上述流程中“过滤”后杂质已除尽的方法是 。 (4)“沉铝”时，欲使恰好完全转化为沉淀，应控制pH的范围是 {已知：溶液中、浓度小于认为沉淀完全，，，}。 (5)硫酸铝铵晶体［］是一种重要的分析试剂，向硫酸铝铵溶液中加入同浓度的溶液，沉淀质量最大时，反应的总离子方程式为 。 (6)硫酸铝铵晶体加热到800～900℃得到，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。则633℃时剩余固体成分的化学式为 。 (7)氧化铝陶瓷是一种重要的结构材料，工业上用它来制造坩埚、高温炉管等，是利用它的 特性；用它制造刚玉球磨机，是利用它的 特性。 34．（2024·河南·二模）铼(Re)被誉为“金属之王”，用于航空航天发动机制造等领域。以含铼废料(主要含、、CuO等)为原料制备铢的流程如下： 已知：过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 回答下列问题： (1)下列状态Zn的最外层电子排布式中，能量最高的是___________(填字母)。 A． B． C． D． (2)根据上述流程图预测：铼在金属活动顺序表中位置在___________(填字母)。 A．Na之前 B．Mg、Al之间 C．Zn、Cu之间 D．Ag之后 (3)是酸性氧化物。“还原”中主要离子方程式为 。“热解”中得到的化学方程式： 。 (4)“沉铢”中，用 (填“热水”或“冰水”)洗涤过铼酸铵，确认洗涤干净的方法是 。 (5)用制备的另一种方案是：第1步，用有机溶剂萃取得到含铼有机相；第2步，用氨水反萃取得到溶液。相对“沉铼”法，该工艺优点是 。 (6)钒也是一种重要的战略金属，钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示。已知：为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为，则晶胞参数a为 nm。 35．（2024·河南·二模）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含、、、、和)，实现镍、钴、镁元素的回收。 回答下列问题： (1)写出基态价电子的轨道表示式 。第三周期主族元素中，第一电离能比Mg元素高的有 种。 (2)“氧化”时，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸()，其中S元素的化合价为 。 (3)已知：的电离方程式为、；“氧化”时，先通入足量混合气，溶液中的正二价铁元素Fe(Ⅱ)被氧化为，该反应的离子方程式为 ；再加入石灰乳，所得滤渣中主要成分是、 (填化学式)。 (4)①将“钴镍渣”酸溶后，先加入NaClO溶液进行“钴镍分离”，写出“钴镍分离”反应生成沉淀的离子方程式： 。 ②(以表示)为一种有效的金属萃取剂，不溶于水。用萃取酸浸液中的镍：，已知萃取前溶液pH=3，，萃取完成后溶液pH=1，则镍的萃取率= [萃取率=]。 (5)一种钴镍氧化物的立方晶胞结构如图，晶胞结构中有两种八面体空隙，一种全部由O构成(用x表示)，另一种由O和Ni共同构成(用y表示)，则晶体中x和y的数目之比为 ；已知晶胞参数为a pm，晶胞密度为，据此推断阿伏加德罗常数 (列出计算式)。 36．（2024·河南·模拟预测）铍酸钾()通常用作电子、光学和航空航天领域的高温、高压材料。以铍矿石(主要成分为，杂质为、等)为原料制备铍酸钾的流程如下： 已知： ①在周期表中，铍和铝处于对角线位置，遵循“对角线”规则。 ②适宜浓度下，；。 ③298K时，几种氢氧化物的溶度积常数如下： 氢氧化物 回答下列问题： (1)浸渣的主要成分是 (填化学式)；“熔炼”宜选择的仪器是 (填标号)。 A．陶瓷坩埚        B．铁坩埚        C．铝坩埚        D．石英坩埚 (2)“深度除杂”的最佳试剂R是 和氨水。此时溶液的pH=4， 。 (3)根据产物中含F量(如图所示)选择合适的“沉铍”条件为 。 (4)“碱洗”中用浓NaOH溶液替代稀NaOH溶液，可能的后果是 (用离子方程式表示)。 (5)实际工业生产中，冶炼铍分两步进行：先将BeO转化成无水；后用石墨电极电解混合熔盐制备铍，其主要原因是 ，写出阴极的电极反应式： 。 (6)已知：上述铍矿石含铍质量分数为ω%，上述流程中铍总收率为η%。则100kg这种铍矿石可制备的质量为 kg(用含字母的代数式表示)。 37．（2024·河南·模拟预测）纯镍常用作锂离子电池的正极材料以及有机合成的催化剂。以废镍合金为原料(主要成分是和，还有少量和等)制备高纯度镍的流程如下： 已知：随着升高，被氧化速率增大，同时水解生成胶体增多且能吸附。回答下列问题： (1)“酸浸”中稀硫酸的作用有调节、减少胶体、 。 (2)“氧化”中的作用是 (用离子方程式表示)。该过程通常需控制小于3的条件下进行，为时镍的回收率降低，其主要原因是 。 (3)已知：常温下，，。溶液 (填“>”“<”或“=”)7，此溶液中浓度由大到小排序为 。 (4)制备等质量，还原的的质量之比为 。 (5)工业上，提纯镍粉的原理是，如图所示(分子膜只允许气体分子通过，不允许固体杂质和镍粉通过)。 温度： (填“>”“<”或“=”)，判断依据是 。 (6)铌镍合金可用于喷射引擎、燃气涡轮发动机、火箭组件和耐热燃烧器材等，在航空航天领域有着重要应用。一种铌镍合金晶胞如图所示。 该晶体密度为 (只列计算式即可)。 38．（2024·河南·三模）镍的氧化物M是蓄电池材料。某小组用含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)制备M的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)固体2的主要成分是 (填化学式)。提高“酸浸”速率宜采用的措施有 (答两条)。 (2)“酸浸”中有无色无味且有助燃性的气体产生，该过程中发生反应的离子方程式为 。 (3)已知：，。若浸出液中，当离子浓度时认为已完全沉淀。用Na2CO3调节pH范围为 。 (4)“系列操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、乙醇洗涤、干燥。用乙醇洗涤的目的是 。 (5)灼烧NiSO4•7H2O时，剩余固体的质量与温度的变化关系如图1所示。 写出B→C的化学方程式： 。 (6)Nb和Ni组成合金，晶胞如图2所示。设为阿伏加德罗常数的值。该晶胞密度为 (只列计算式)。 39．（2024·江西新余·二模）硒和碲是重要的稀散元素，都可以作为半导体材料。一种从碲碱渣(碲和硒的含量较高，还含有少量、等元素)分离硒回收碲的工艺流程如下： 已知：①水浸液的主要成分为、及少量可溶性的铜、铅化合物等。 ②为两性氧化物，微溶于水。 ③亚硒酸为二元弱酸，、 回答下列问题： (1)硒与氧同族，基态原子价电子排布式为 。比较键角大小： (填“>”“<”或“=”)，原因是 。 (2)“除杂渣”的主要成分为 。 (3)“中和”时控制为，生成沉淀，若硫酸过量，将导致的回收率下降的原因是 。 (4)“酸浸液”中硒主要以亚硒酸的形式存在。若控制“酸浸液”的为2，此时溶液中 。 (5)“沉硒”时生成了一种无污染的单质气体，写出“沉硒”时发生的主要反应的化学方程式 。 (6)一种以和为电极、水溶液为电解质的电池，放电时，插入层间形成。写出该电池放电时正极的电极反应式 。 40．（2024·河南·模拟预测）利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下： 已知：微溶于水、溶于碱溶液生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同pH对应的V元素主要存在形式如下表： pH 10.6~12 约8.4 3~8 约2 <1 存在形式 回答下列问题： (1)“焙烧”后V元素转化为，Si元素转化为 (写化学式)。 (2)欲除净磷元素[即]，最终溶液中的浓度至少为 {已知}。 (3)“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0发生反应的离子方程式为 ，最终需要控制pH约为 ；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是 (写化学式)。 (4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分别为 、 。 (5)一种含钒的氧化物晶胞结构如图所示。 ①距离钒原子最近的氧原子有 个。 ②用表示阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为，，若晶胞密度为，则 cm(列出计算式即可)。 41．（2024·河南开封·三模）氧化钪可用作半导体镀层的蒸镀材料，也可制成可变波长的固体激光器和高清晰度的电视电子枪、金属卤化物灯等。以钛白工业废酸(含、等离子)为原料制备氧化钪的一种流程如下图。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子排布式为 。 (2)“萃取”时，钛白工业废酸中加入可降低钛的萃取率，可能是生成了难萃取的，其中钛的化合价为 ；的作用是 (填标号)。 A．作氧化剂                B．作还原剂                C．提供配体 (3)“洗涤”时，洗涤剂是用和三种试剂按一定比例混合而成。实验室中混合三种试剂的操作是：将试剂沿烧杯内壁缓慢注入试剂中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再将所得混合液缓慢注入试剂中，并不断搅拌，则A、C分别对应上述试剂中的 、 。 (4)萃取剂萃取的原理为(代表萃取剂)。在“反萃取”中，加入溶液后生成等物质，其中生成含化合物的化学方程式为 。时，经“反萃取”后所得滤液的，则残留的浓度为 (已知：时，。 (5)“沉钪”时用到草酸。已知草酸的，则在时，的草酸溶液中 。 (6)在空气中焙烧只生成一种碳氧化物的化学方程式为 。 42．（2024·河南·模拟预测）铁铬废泥是FeCl3蚀刻废液经还原、碱沉淀后产生的固体废泥(铁质量分数约为15%，铬质量分数约为2%，不溶物含量为5%~10%，含水率为40%~50%)，可用酸洗废液(所含酸主要是盐酸)酸溶后，再经过下列方式处理获得FeCl3和PbCrO4两种产品，变废为宝。 Ⅰ.部分含铬微粒的颜色状态如下表所示： 物质 Cr(OH)3 PbCrO4 颜色状态 绿色沉淀 绿色溶液 黄色溶液 橙色溶液 黄色沉淀 Ⅱ.几种金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Cr3+ 开始沉淀的pH 2.3 7.6 4.5 完全沉淀的pH 3.3 9.1 5.6 回答下列问题： (1)基态Cr原子的价层电子排布式为 。 (2)铁铬废泥中铁元素和铬元素的存在形式是 (填化学式)。 (3)用酸洗废液酸溶时，反应温度为65℃，此时铁铬废泥的浸出效果较佳。但实际生产中，只需要将溶液预热到60℃左右即可，原因是 。 (4)加入Ca(OH)2时，应调节的pH范围为 。 (5)试剂A的最佳选择是 (填字母)。 a.酸性KMnO4溶液        b.HNO3        c.Cl2 (6)绿色溶液转化为黄色溶液过程的离子方程式是 。 (7)FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，再转移到100mL容量瓶；用蒸馏水定容；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液；充分反应后，滴入淀粉指示剂并用cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定用去VmL。样品中氯化铁的质量分数为 (用字母m、c、V来表示)。已知：I2+2=2I-+。 43．（2024·河南·模拟预测）阳极泥富集了矿石、精矿或熔剂中大部分的贵金属元素，因而具有很高的综合回收价值。从某阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、Ag₂Se、Cu₂S和NiSO₄等)中回收Se和部分金属的工艺流程如图所示。 已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为。 ②，相同条件下，与的氧化性相近。 (1)“焙烧”产生的与的混合烟气用水吸收可制得单质Se，该反应的化学方程式为 。 (2)“酸浸氧化”中通入氧气的目的是 ；“反萃取剂”选用 (填化学式)溶液。 (3)沉银时加入NaCl，可将转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。 已知：①   ②   若所得浸出液中mol⋅L，则溶液中 mol⋅L。 (4)浸出Au的离子方程式为 。 (5)是一种窄能带半导体材料，具有良好的光电、热电性能，其晶胞结构如图所示。 已知图中A处的原子分数坐标为，则晶胞中B处原子分数坐标为 。若晶胞参数a nm，为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 g·cm。 44．（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 。 45．（2024·河北·二模）近几年新能源汽车呈现爆发式增长，对于锂电池的需求量越来越大，而碳酸锂是锂电池的重要原料之一，对废旧锂离子电池进行资源化和无害化处理具有重要的经济和环境效益，利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2)进行氧化处理以回收Li等金属的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)Co在元素周期表的位置是 ，Co2+与Co3+的未成对电子数之比为 。 (2)“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物。“焙烧”反应生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。 (3)“滤饼2”的主要成分为 (填化学式)。利用Li2CO3与CoCO3按n(Li)：n(Co)=1：1的比例配合，然后在空气中于烧结可合成锂电池正极材料LiCoO2，反应的化学方程式为 。 (4)碳酸锂的溶解度随温度变化如图所示。向滤液2中加入Na2CO3溶液，将温度升至90℃是为了提高沉淀反应速率和 。得到碳酸锂沉淀的操作为 (填标号)。 A．静置，过滤    B．蒸发浓缩、冷却结晶    C．加热后，趁热过滤    D．蒸发结晶 (5)常温下，取“滤液2”，其中，为使锂元素的回收率不低于，则至少应加入固体的质量为 g［已知常温下。计算结果保留3位小数。 (6)由进一步制得的具有反萤石结构，晶胞如图所示。 ①在晶胞中的位置为 。 ②晶体的密度为，则晶胞参数(棱长)为 nm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 46．（2024·河南·三模）某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，下图是处理电池正极材料回收锂、钴、镍、锰的一种流程。回答下列问题： 已知：①常温下，碳酸锂微溶于水，碳酸氢锂易溶于水。 中Ni和Co元素的化合价均为+2价。 ③焙烧时没有发生变化，焙烧还原时Li元素转化为。 ④常温时，氢氧化铝。。 (1)中Mn元素的化合价为 。 (2)为提高焙烧效率，可采取的措施有 (填写一种方法)，焙烧的目的是 。 (3)除杂时发生反应的离子方程式为 (任写一个)。 (4)焙烧还原时发生反应的化学方程式为 。 (5)水浸时，通入CO2的目的是 。 (6)若废旧的锂离子电池拆解后先使用酸溶解，最终也可以得到等物质，在酸浸中若Al3+浓度为0.1mol/L，则常温时pH> (结果保留两位小数)才能够形成氢氧化铝沉淀。 (7)已知MnO晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm³(写出表达式)。 47．（2024·河北张家口·模拟预测）用铜阳极泥进行金银提取，精炼过程产生的金精炼尾渣中含有多种贵金属，一种从金精炼尾渣中回收金(Au)、铂(Pt)、钯(Pd)的工艺流程如下： 已知：浸出液中含、、、。 回答下列问题： (1)“浸出”时，为提高金精炼尾渣的浸出速率，可采取的措施有 (任写两条)。 (2)“浸出”时，所用王水的组成及体积比为 。 (3)“分金”时，生成金单质的离子方程式为 ；金位于元素周期表的第六周期第ⅠB族，则基态金原子的价层电子轨道表示式为 。 (4)“沉铂”时，得到的经煅烧后可得到海绵铂。工业上会将海绵铂反复“浸出—分金—沉铂—煅烧”2～3次，其目的为 。 (5)“沉钯”时，加入氯酸钠的目的为 。 (6)“系列转化”涉及的部分转化如下： 该过程中Pd有 种不同的配位数，配位能力 (填“>”或“<”)；ⅲ中发生反应的化学方程式为 。 48．（2024·河南·二模）用锌窑渣回收Cu和。已知锌窑渣主要成分有Fe、、、FeS、CuS、等。其流程如下图所示： 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分是 ，试剂1的化学式为 。 (2)一般的矿物质用盐酸浸出的速率要比硫酸高，但在实际工业生产中一般用硫酸对矿物质进行酸浸。其原因除了盐酸比硫酸价格高外，你认为还有的原因是 (填一种原因即可)。 (3)为了得到目标产物，对沉淀1的处理方法为 ， 。 (4)氧化酸浸装置中，氧气的分压对Cu、Fe的溶出率的影响如图所示。 ①CuS氧化酸浸时，生成刺激性气味气体时的离子方程式为 。 ②Fe溶出率随氧气分压增大而增大的原因是 。 49．（2024·辽宁抚顺·三模）公元前200年左右中国就开始使用镍。镍主要用于合金及用作催化剂，也可用来制造货币。以镍废渣（主要成分为Ni，还含有、NiO、FeO、CaO和）为原料制备纯镍的流程如图，回答下列问题： (1)“酸浸”得到的浸渣的主要成分是 （填化学式）。常温下，“酸浸”中硫酸浓度与镍浸出率的关系如图所示。 硫酸浓度大于后，镍浸出率降低的可能原因是 。 (2)“氧化”时双氧水的作用是 （用离子方程式表示）。 (3)“沉铝”时NiO的作用是 ，“操作X”包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤。 (4)在隔绝空气条件下的热失重曲线如下图2所示。a→b过程中失去的物质是 （填化学式，下同），c点对应的氧化物为 。 (5)Ni和Nb组成的一种合金材料，其晶胞如上图3所示。已知：代表阿伏加德罗常数的值。该晶胞中Ni、Nb个数之比为 ，该晶体的密度为 （填表达式）g·cm。 50．（2024·河南濮阳·二模）钯（Pd）是航天、航空等高科技领域不可缺少的关键材料。一种从铂钯精矿[含有Pt、Pd、Au、Cu、Bi]中分离提取钯的工艺流程如图所示： (1)“滤液1”中含有和，中Cu的化合价为 ；Bi与As在周期表中位于同一主族，基态As原子的简化电子排布式为 。 (2)“氯化溶解”时氯气的作用是 。 (3)“分金”时，的氧化性 （填“大于”或“小于”），理由是 。 (4)“沉铂”时发生反应的化学方程式为 。 (5)“沉钯”时反应的化学方程式为 。“滤液3”可以进入到 中循环利用。 (6)（水合肼）将还原为金属钯时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。 51．（2024·河南·二模）黄丹粉可外用拔毒生肌、杀虫止痒等。以铅膏(主要成分、、PbO、Pb，还有少量等)为原料制备黄丹粉的流程如下： 已知常温下，几种难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 回答下列问题： (1)“脱硫”中，为了提高反应速率宜采用的措施有 (填两条)。 (2)已知平衡常数大于10⁵的反应为不可逆反应(完全反应)。通过计算说明能完全转化为的原因： ；开始转化的条件是 。 (3)已知：易溶于水、难电离。“酸浸”中，如果用浓盐酸替代醋酸，会产生有毒气体，写出生成该气体时发生反应的离子方程式： (不考虑转化为)。 (4)若“还原”时用木炭替代，其主要缺点是 。 (5)已知：“还原”步骤中测得如下数据：(甲)PbO起始质量为x g；(乙)消耗总体积为V L(折合标准状况)(假设上述反应完全)。选择上述数据，计算理论上所得铅粉的质量 g。 (6)铅晶胞结构如图所示。已知为阿伏加德罗常数的值，铅晶体密度为ρ g⋅cm，则铅原子半径为 nm。 52．（2024·河南信阳·二模）钒铬还原渣是钠化提钒过程的固体废弃物，其中钒是钒铬还原渣中最有价值的元素，其主要成分为、及少量的。一种初步分离钒铬还原渣中钒铬并获得的工艺流程如下图。 已知：①“酸浸”后转化为； ②常温下，的近似为； ③有关物质的溶解度()如下表所示。 温度/℃ 20 40 60 80 100 183.6 215.1 269.2 376.4 415.0 19.5 48.8 45.3 43.7 42.5 回答下列问题： (1)写出“滤渣”的一种用途 ，“氧化”生成，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (2)常温下，若“含净化液”中，则“水解沉钒”调pH的范围是2.5～ 。 (3)“溶液1”中含，加入后发生的化学反应方程式为 。 (4)“溶液2调pH”所发生反应的离子方程式 。 (5)“多步操作”包括蒸发浓缩、 、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤。 (6)研究温度对与的氧化-水解沉钒率的影响，得到如图所示结果。钒铬还原渣酸浸液初始温度在90℃左右，降低温度能耗增加。由图可知，分别采用、进行“氧化”时，应选择的适宜温度是 、 ，在“氧化”工序中不采用氧化的原因是 (写出一点即可)。 53．（2024·河南信阳·二模）一种银铟矿主要成分为、、、、、、、等物质，从该矿获得稀有金属的工艺流程如图所示： 该工艺条件下，金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表： 金属离子 开始沉淀的pH 2.2 2.1 2.6 4.6 6.24 7.1 完全沉淀()的pH 3.2 3.4 4.3 6.6 8.24 9.1 (1)“浸出”过程中金、银、铜分别转化为、、进入溶液，同时生成硫，写出发生反应的离子方程式 。 (2)高温水蒸气除铁利用了易水解的性质，写出该反应的化学方程式 。 (3)“二次还原”得到的滤渣主要成分 (填化学式)。 (4)“二次中和”得到的滤渣除少量外，主要成分还有 (填化学式)。 (5)“分铅锌”步骤中，维持饱和水溶液的浓度为0.01mol/L，为使沉淀完全(沉淀完全是指离子浓度小于或等于)，需控制溶液的pH不小于 。已知：；；； (6)一种铜铟硒晶体(化学式为)的晶胞结构如图所示，晶胞中和未标明，用A或者B代替。推断是 (填“A”或“B”)，晶体中一个周围与它最近且等距离的A粒子的个数为 。 54．（2024·河南新乡·二模）是生活中常用的消毒剂。已知在酸性介质中墨绿色的易发生歧化反应，生成和，回答下列问题： 实验（一）实验室制备。 (1)“熔融”时分批加入粉末的目的是 ，“熔融”时不需选用的仪器是 （填标号）。 A．铁坩埚                B．玻璃棒                C．泥三角                D．坩埚钳 (2)“抽滤”时选择乙装置，相对甲，乙的主要优点是 （任写一条）。 (3)“歧化”时，若通入过多，最终得到的产量会 （填“增大”“减小”或“不变”），理论上锰元素进入产品的百分率约为 %（保留三位有效数字），用盐酸代替的后果是 。 (4)工业上，常用“电解”代替“歧化”，提高锰元素利用率。电解的总反应方程式为 。 实验（二）实验室测定产品纯度。 取w g 溶于水配成250mL．溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，用c 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。 (5)下列叙述正确的是 （填标号）。 A．滴定终点时溶液由无色变为紫红色 B．滴定时眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色变化 C．若锥形瓶未干燥，测得结果会偏高 D．本实验需要托盘天平、量筒、容量瓶、滴定管 (6)该产品的纯度为 。 55．（2024·河南周口·二模）碲(Te)是半导体、红外探测等领域的重要战略元素。从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有、PbO、CuO等杂质。一种由粗二氧化碲提取纯碲的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)“浸出”步骤中，碲和硒两种元素分别转化为和。浸出温度控制在65℃左右，当温度超过80℃时，碲的浸出率会小幅降低。降低的主要原因是 。 (2)的沸点(387℃)高于的沸点(191.4℃)，原因是 。 (3)“净化”步骤中产生的滤渣主要含 (写化学式)和少量硒单质。 (4)化学反应的吉布斯自由能变。还原和的随温度T的变化曲线如图所示。则“还原除杂”步骤的温度不宜超过 K，该步骤控制在此温度以下的原因是 。 (5)“还原”步骤中产生碲单质的化学方程式为 。 (6)“还原”后的酸性还原尾液中含有少量未被还原的碲，加入还原剂R进行“尾还原”，可以产生粗碲，提高碲的回收率。综合还原效率、工艺成本和环保因素，最合适的还原剂是 (填标号)。 A．铁粉    B．氢气    C．硫化钠 56．（2024·河南·一模）钴是一种十分稀缺的金属，素有“工业味精”和“工业牙齿”之称。水钴矿主要成分为CoOOH，同时含有少量Fe、Al、Mn、Mg、Ca、Ni的氧化物及其他杂质。用水钴矿制取Co的工艺流程如图所示： 已知：①氧化性：Co3+>ClO->Fe3+，酸性条件下，ClO-和Mn2+几乎不反应。 ②部分阳离子形成氢氧化物沉淀时，溶液pH见下表： 沉淀物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2 Mn(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀时的pH 7.0 2.7 7.6 7.7 4.0 沉淀完全时的pH 9.6 3.7 9.2 9.8 5.2 请回答下列问题： (1)基态Co子的价层电子排布式为 。 (2)“还原酸浸”中，CoOOH发生反应的化学方程式是 。浸出液中加入NaClO溶液的目的： 。(用离子方程式表示) (3)浸出过程中加入Na2CO3调pH的范围是 。 (4)如图所示，萃取剂可以把滤液Ⅱ中部分阳离子选择性分离。使用萃取剂时合适的pH范围为___________(填标号)。 A．1~2 B．3~4 C．6~7 D．7~8 (5)Co能与强酸反应产生H2，工业上采用惰性电极电解CoCl2溶液制取钴，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是 。 (6)①钴单质晶体中原子在某温度下的堆积模型如图，若其晶胞几何体的体积是2acm3，钴单质的密度为pg·cm3，已知阿伏加德罗常数为NA，则钴的摩尔质量为 。 a．   b．     c． ②经X射线衍射测定发现，晶体钴在417℃以上堆积方式发生改变，其剖面图如图所示，则该堆积方式属于 ，若该堆积方式下钴原子的半径为r，则该晶体的空间利用率为 (用含π的代数式表示)。 57．（2024·河南焦作·一模）综合利用软锰矿(主要含，还有少量、、MgO、CaO、)和硫铁矿(主要含)回收的工艺流程如图所示： 已知：常温下，各物质的溶度积如下表所示： 物质 请回答下列问题： (1)“酸浸”时将矿石粉碎，主要目的是 。 (2)浸渣1中除和S外，还有 (填化学式)。S是分别与、反应产生的，其中与反应的离子方程式为 (3)当离子浓度时，可视为沉淀完全，则“除铁铝”时应控制 (保留两位有效数字)。 (4)“氟化除杂”时除钙的离子反应的平衡常数 (保留两位有效数字)。“转化”时发生反应的离子方程式为 。 (5)氟化钙的晶胞结构如图所示： 每个周围最近且距离相等的个数为 ，若晶体密度为，用表示阿伏加德罗常数的值，则晶体中与间的最近距离为 cm(用含、的代数式表示)。 58．（2024·湖南邵阳·二模）铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。 Ⅰ．从某矿渣[成分为（铁酸镍）、等]中回收的工艺流程如下： 已知：在350℃分解生成和。回答下列问题： (1)用95℃热水浸泡的目的是 ； (2)矿渣中部分焙烧时与反应生成的化学方程式是 ； (3)向“浸取液”中加入以除去溶液中（浓度为），除钙率为时应控制溶液中浓度至少是 ； (4)从溶液中获得晶体的操作依次是 ，过滤，洗涤，干燥； (5)“煅烧”时剩余固体质量分数与温度变化曲线如右图，该曲线中B段所表示的固体物质的化学式是 ； Ⅱ．由Cu、N、B、Ni等元素组成的新型材料有着广泛用途。 (6)基态镍离子的核外最外层电子排布式是 ； (7)晶体结构与晶体类似，其晶胞的棱长为，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离是 （用含有的代数式表示）。在一定温度下，晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，计算每平方米面积上分散的该晶体的质量是 （已知氧离子的半径为，阿伏加德罗常数的值为）。 59．（2024·河南新乡·二模）以辉铋矿（主要成分为，含、、杂质）为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如图所示： 已知常温下，部分难溶物的溶度积常数如表： 难溶物 （不溶于氨水） (1)铋与氮同主族，则铋元素位于元素周期表 （填“s”“p”“d”或“ds”）区。 (2)已知“滤渣1”中含有S单质，写出“浸取”时生成S的主要反应的离子方程式： 。 (3)“还原”时发生主要反应的离子方程式为 ，“碱溶”步骤中加入的目的是 。 (4)常温下，“沉淀”前，若“滤液”中Cu浓度为0.005，浓度为0.01，则“沉淀”时调pH的最大值应小于 。[已知：当某离子浓度小于或等于时，认为该离子已完全沉淀，；不溶于氨水] (5)中国科学院福建物质结构研究所某团队将掺杂（晶胞结构为a）获得空位有序型双钙钛矿纳米晶体（晶胞结构为b），过程如图所示。若a和b的晶胞参数均为x nm，晶胞a中的的配位数为 ，晶胞b中两个最近的的距离为 nm，晶体b的密度为 （写计算式即可）。 60．（2024·安徽·二模）以含钴废渣（主要成分为和,含少量铁、铝、锌、硅的氧化物）为原料制备的工艺如下： 相关的氢氧化物的溶度积如表所示： 氢氧化物 (1)基态钴原子的价电子轨道表示式 ； (2)“酸浸”中的主要作用是 ；若用量过多会造成什么影响： ； (3)已知“除杂”中的浓度为，则应调节的范围为 ；“滤渣2”的主要成分是 ； (4)“萃取锌”中可用（,简写为）作萃取剂。 ①酸性强弱： （填“<”、“=”或“>”）； ②萃取时若水溶液的酸性太强则萃取率较低，原因是 ； (5)“沉钴”中，若碳酸钠溶液浓度过大或加入速度过快会生成沉淀，写出生成的离子方程式 。 61．（2024·河南南阳·一模）黄钠铁矾用作净水剂．以工业废料铁泥（表面沾有油污，主要成分是，还含有为原料制取黄钠铁矾的工艺流程如图所示． 请回答下列问题： (1)黄钠铁矾中元素的化合价为 ，预处理的主要目的是 。 (2)过滤操作用到的玻璃仪器有和 、 和 。 (3)为提高“酸溶”浸取率，可采取的措施有 （填两种）。 (4)“氧化”过程的离子方程式为 ，可以替代的常见试剂为 （填化学式，任写一种）。 (5)“沉铁”过程发生反应的离子方程式为 。 (6)检验滤液中不含氧元素的阴离子的方法是 。 62．（2024·山东·一模）以某种铁钴矿(主要成分为，还含有少量等杂质)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如下图所示： 回答下列问题： (1)滤渣3的主要成分为 ；确定“滤液1”中的已被完全氧化的方法是 。 (2)向“溶液A”中加入适量的溶液，生成颗粒较大的黄钠铁矾[]沉淀的同时还生成一种气体，这种气体的化学式是 。 (3)向“滤液3”中按物质的量之比为加入和，若“滤渣4”的成分为，总反应的离子方程式是 。经检测，“滤渣4”是由和形成的混合物。隔绝空气灼烧时，发生反应的化学方程式是 ；如果控制温度不当，会生成杂质，反应的化学方程式是 。 (4)向“滤液1”中加入的“溶液”须控制用量，请解释原因 。 63．（23-24高三下·贵州黔东南·开学考试）钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为和，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如下图所示。 已知：常温下，。 回答下列问题： (1)基态铬原子价电子轨道表示式为 。 (2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写一点)。 (3)“沉钒”的含钒产物为钒酸钙，该过程中发生反应的化学方程式是 。 (4)“沉铬”时，铬转化为沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)向“沉钒后液”中加入足量，可将其中的铬转化为沉淀，铬的理论转化率为 (保留三位有效数字)。 (6)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如下图所示。 ①该晶体的化学式为 。 ②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的值，则相邻与之间的最短距离为 (列出计算式即可)。 64．（2024·河南南阳·模拟预测）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。已知：饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出NaCO2•3H2O晶体，温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl。其生产工艺如图所示。 回答下列问题： (1)NaClO2中氯元素的化合价为 。 (2)“反应I”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (3)“反应Ⅱ”的离子方程式为 。 (4)“反应”所用“食盐水”由粗盐水精制而成。精制时，为除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+和，需要用到试剂：①NaOH溶液②Na2CO3溶液③BaCl2溶液④稀盐酸，所用试剂的加入顺序正确的是___________。(填标号) A．①②③④ B．②①③④ C．③①②④ D．③②①④ (5)“一系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、 、干燥，其中“趁热过滤”应控制的温度范围是 。 (6)“反应Ⅱ”产生的Cl2可用于制备含氯消毒剂。将Cl2通入足量NaOH溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液。经测定ClO-与的物质的量浓度之比为3∶1，则Cl2与NaOH溶液反应时，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为 。 65．（2024·河南·模拟预测）一种回收锌电解阳极泥(主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题： 已知：易溶于水，不溶于乙醇。 (1)中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。 (2)“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为 。 (3)结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的“一系列操作”是 、 ，用 (填物质的名称)洗涤、干燥。 (4)“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积。则放电的电极反应式为 。 (5)通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因 。[已知：25℃时，] (6)锰、镍、镓的某种磁性形状记忆型合金的晶胞结构如图所示。表示阿伏加德罗常数的值。该晶体的密度为 (列出计算式即可)。 66．（2024·河南·模拟预测）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。 已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示： 金属离子 开始沉淀的 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： (1)浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。 (2)为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。 (3)滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。 (4)若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。 (5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。 (6)微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 67．（2024·河南南阳·模拟预测）以黑钨矿(主要成分为和)为原料制备W、、的工业流程如图所示。 已知部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表： 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.3 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.6 x 回答下列问题： (1)“碱溶”中提高反应速率宜采取的措施有 (填1条)。 (2)“焙烧”中发生反应的化学方程式为 。由制备等质量W时消耗还原剂、Al、CO的物质的量之比为 。 (3)向“溶液1”中加入溶液的作用是 。 (4)以石墨为电极，电解溶液的阳极反应式为 。 (5)已知：常温下，，。。，表明已完全沉淀。则x= (结果保留3位有效数字)。当时，和混合液的pH= 。 (6)钨晶胞结构如图所示，则钨晶胞的原子空间利用率为_______(填字母)。 A． B． C． D． 68．（2024·河南·模拟预测）明朝宋应星所著的《天工开物》中记载了世界上最早的炼锌技术：“罐中炉甘石熔化成团，冷定毁罐取出。每十耗其二，即倭铅也。”这里炉甘石即菱锌矿(含，其余为和杂质)。硒化锌是一种半导体材料，以菱锌矿为原料制备硒化锌的流程如下： 已知部分信息如下： ①常温下，几种离子形成氢氧化物的如表所示。 金属离子 开始沉淀的 1.9 7.0 6.0 6.2 8.8 完全沉淀的 3.2 9.0 8.0 8.2 10.9 ②锌的性质和铝、铜相似，如是两性氢氧化物，溶于氨水形成。回答下列问题： (1)为增大“酸浸”速率，可采取的措施是 (填一条即可)，“酸浸”中溶解的离子方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分为 (填化学式)。 (3)常温下，“调”的范围为 。 (4)“反萃取”中稀硫酸的主要作用是 。 (5)“电解”中以石墨为电极，阳极的电极反应式为 ，废液可以循环用于 (填名称)工序。 (6)合成宜在氩气氛围中进行，氩气的作用是 。 (7)硒化锌()晶胞结构如图甲所示，乙图为甲图的俯视图，若A点坐标为，B点坐标为，点坐标为 。在晶胞中距离最近且等距离的组成的空间结构为 形。 69．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）高纯四氧化三锰是电子工业生产锰锌氧软磁材料重要原料之一、以菱锰矿(主要成分为，含和少量Fe、Cu、Ni、Ca、Mg等元素)为原料制备四氧化三锰工艺流程如下图所示。 回答下列问题： (1)酸浸时发生反应的离子方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分为、，还含有 (填化学式)。 (3)福美钠的化学式为。生成福美镍沉淀的结构为，其中硫与镍之间的结合方式为下列中的 (填标号)； A．离子键    B．金属键    C．氢键    D．配位键 25℃，电离常数 (填“大于”“小于”或“等于”)，其判断理由是 。 (4)除钙镁时，、沉淀后溶液中 ［已知、] (5)除硅时，絮凝剂为阳离子型聚丙烯酰胺，可通过“吸附—电中和—架桥”使硅酸胶体絮凝沉淀，硅酸胶体粒子带 电荷(填“正”或“负”)。 (6)在空气中被氧化生成反应的化学方程式为 。 (7)可表示为，温度高于1170℃时属于立方晶体，其中和Mn3+占据晶胞的顶点、面心及内部交错的4个小立方体的体心，与金刚石晶胞中碳原子占据的位置相似(金刚石晶胞如图所示)。若晶体的密度为，则晶胞参数 pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 70．（23-24高三上·甘肃酒泉·阶段练习）金属镍广泛应用于制造记忆合金、储氢合金以及用作加氢反应的催化剂，是重要的战略物资，但资源匮乏。从某废镍渣(含、NiO、FeO、)中回收金属镍并转化为的流程如图所示： 回答下列问题。 (1)“滤液A”中主要溶质的化学式为 。 (2)“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，写出NiO与反应的化学方程式： 。 (3)使用95℃热水“溶解”后过滤，所得“滤渣”的主要成分的化学式是 。 (4)①“萃取”时发生反应(RH为萃取剂)，一定条件下，萃取平衡时，，则的苯取率为 。 ②反萃取获得，溶液的实验操作是 。 (5)在碱性溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料，该反应的离子方程式为 。 (6)镍能形成多种不同的化合物。图a是镍的一种配合物结构，图b是镍的一种氧化物的结构，下列说法不正确的是_________(填字母)。 A．图a中，电负性 B．图a分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键 C．图b是氧化镍(NiO)的一个晶胞 D．氧化镍中、的配位数都是6 71．（2023·四川成都·一模）以软锰矿(主要成分为，含少量等的氧化物)为原料，某研究所设计由软锰矿制备的生产流程如下： 已知：固体和溶液的颜色均为墨绿色。 回答下列问题： (1)“熔融、煅烧”时，参与反应的化学方程式为 。 (2)向“浸取”液中通入调节其，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分为 (填化学式)。 (3)锰元素的氧化态-吉布斯自由能图如图所示，该图具有多方面的应用。 ①可判断不同氧化态的锰元素在水溶液中的相对稳定性。由图可知，在酸性溶液中是锰的最稳定态，则在碱性溶液中 (填化学式)是锰的最稳定态。 ②可预测歧化反应发生的可能性。若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的上方，则该氧化态不稳定，能发生歧化反应，生成其相邻两氧化态。反之，若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的下方，则该氧化态是相对稳定的。由图可知，在 (填“酸性”或“碱性”)环境中更易发生歧化反应，由此可知，“歧化”时加入冰醋酸的目的是 (结合化学平衡移动原理解释)。“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是 (填字母)。 a．稀硫酸            b．亚硫酸            c．氢溴酸           d．乙二酸 (4)“结晶”时，当 (填现象)时，停止加热，待自然冷却后，过滤即可获得紫黑色晶体。 (5)实验室用草酸标准溶液测定产品中高锰酸钾的纯度(已知：杂质不参与反应)，进行了如下操作： 步骤ⅰ．配制的标准氢氧化钠溶液； 步骤ⅱ．取草酸溶液，加入几滴酚酞溶液，用的标准氢氧化钠溶液标定，消耗氢氧化钠溶液； 步骤ⅲ．取样品溶于水，滴入几滴稀硫酸酸化，用已标定的草酸溶液进行滴定，达到滴定终点消耗草酸溶液。 ①样品中高锰酸钾的纯度为 。 ②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定出的高锰酸钾的纯度会偏 (填“大”或“小”)。 72．（23-24高三上·河南鹤壁·阶段练习）氯化亚铜(CuCl)是一种白色固体，微溶于水，难溶于乙醇，易水解，在空气中易被氧化。以低品位铜矿砂(主要成分为CuS)为原料制备氯化亚铜的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)锰元素在周期表中的位置为 。 (2)“除锰”中发生反应的离子方程式为 。 (3)①已知“蒸氨”时得到CuO固体，则“合成”中发生反应的离子方程式为 。 ②“合成”时加入Na2SO3的速率不宜过快，可能的原因是 。 (4)采用真空干燥氯化亚铜的原因是 。 (5)氯化亚铜的定量分析： 称取产品0.25g置于预先放入30粒玻璃珠和10mLFeCl3溶液的250mL锥形瓶中，不断摇动，待样品完全反应后，加水50mL，邻菲罗啉指示剂2滴，立即用0.10mol/L硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点，并记录读数。消耗硫酸铈溶液25.00mL。已知CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，计算CuCl的纯度为 (结果保留三位有效数字)。 (6)“CuCl﹣H2O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。电解在质子交换膜电解池中进行，阳极区为酸性CuCl溶液，阴极区为盐酸，电解过程中CuCl转化为CuCl。电解时阳极发生的主要电极反应式为 。 73．（2023·全国·高考真题）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：    已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。 (2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，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 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。 (6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。 74．（22-23高二下·湖北荆州·阶段练习）银器、银质首饰等是生活中常见物品。某小组以废定影液[主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]制备Ag。 请回答下列问题： (1)银位于周期表第5周期第I B族，基态银原子价层电子排布式为 。 (2)提高“焙烧”中反应速率，宜采取的措施有 (答两条)。 (3)“酸溶”中可以适当加热，提高反应速率，但是温度过高，反应速率会降低，其主要原因可能是 。 (4)25°C，滤液2的pH 7(填“>”“<”或“=”)。 (5)“沉银1”发生的反应为2[Ag(S2O3)2]3- (aq)+S2-(aq) Ag2S(s)+4 (aq)，平衡常数K= 。 已知：Ksp(Ag2S)≈1.0×10-50，Ag+ (aq)+ 2(aq) [ Ag(S2O3)2]3- (aq)，K稳≈1.0×10l3(K稳表示配离子的稳定常数)。 (6)采用电化学原理提纯银和处理银首饰(粗银含铜、锌和金等杂质)。 ①工业上，用电解法提纯银，装置如图。一段时间后，U形管中c(AgNO3)会 (填“ 增大”“减小”或“不变”)。 ②生活中银器、银首饰变暗的原因是银与空气接触时硫化氢和氧气参与反应，生成黑色Ag2S。恢复方法是：将变暗的银首饰等浸入盛装饱和食盐水的铝盆一段时间，银首饰“光亮如初”，其原理是： 2Al+3Ag2S+6H2O=2Al(OH)3 +6Ag+3H2S↑，正极的反应式为 。 75．（21-22高三下·重庆·开学考试）我国稀土储量世界第一，稀土元素铈是当代高科技新材料的重要组成部分。以稀土精矿(主要成分为CeFCO3、CePO4，还有SiO2、Al2O3)为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O(n>3)及CeCl3的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)稀土精矿在分解槽中与烧碱液在140℃时反应，Ce元素均转化为Ce(OH)3，其中CeFCO3发生反应的化学方程式为 。 (2)“反应”不能在陶瓷容器中进行的原因是 。 (3)“沉铈”过程中反应的离子方程式为 。判断Ce3+已经完全沉淀的实验操作是 。 (4)常温下，若Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)为1.0×10-5mol·L-1时溶液的pH为5，则溶液中c()= mol·L-1(保留2位小数)。已知常温下Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28 (5)工业沉铈过程中常选用NH4HCO3溶液作沉淀剂，若用Na2CO3代替NH4HCO3可能产生其他固体杂质，该杂质为 。 (6)CeCl3溶液还可经过一系列操作得到CeCl3·6H2O，将NH4Cl固体与CeCl3·6H2O混合真空加热可得无水CeCl3，其中NH4Cl固体的作用是 。 试卷第12页，共80页 试卷第13页，共80页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) 增大固液接触面积，加快反应速率，并尽可能除尽铁 SiO2 (2) 温度过高，H2O2受热易分解 (3) (4) 蒸发浓缩 冷却结晶 (5) 【分析】CeO2、SiO2、Fe2O3中加入过量盐酸，Fe2O3溶于盐酸得到FeCl3溶液，滤出固体CeO2、SiO2；固体中继续加入H2O2和盐酸，SiO2不溶于酸，CeO2被H2O2还原为Ce3+，在HCl氛围中，对CeCl3的溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，制得CeCl3•6H2O，NH4Cl固体与CeCl3•6H2O混合真空加热可得无水CeCl3；含有Ce3+的溶液加入碱生成Ce(OH)3的悬浊液，Ce(OH)3的悬浊液中加入NaClO， Ce(OH)3被NaClO氧化为Ce(OH)4，据此分析解答。 【详解】（1）酸浸前原料要粉碎，其目的是增大固液接触面积，加快反应速率，并尽可能除尽铁 ，由分析知，料渣Ⅰ的成分是SiO2。 （2）“还原”过程中CeO2被H2O2还原为Ce3+，发生反应的离子方程式为，该过程不宜在较高温度下进行，原因是温度过高，H2O2受热易分解。 （3）“氧化”过程中Ce(OH)3被NaClO氧化为Ce(OH)4，发生反应的离子方程式为。 （4）从CeCl3溶液中得到的实验操作是（在HCl氛围中）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。 （5）若A、B两处微粒的原子分数坐标分别为、，则C处微粒的原子分数坐标为，一个晶胞中，Ce的个数为，O的个数为8，则一个晶胞中含有4个CeO2，则晶体的密度为。 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) 复分解反应 SiO2 (2) (3)“调pH=5”时，此时溶液中，可得，沉淀完全 (4) 80 (5)或 【分析】以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5，含钽废料先粉碎，然后加入稀硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸，FeO、Fe2O3、Al2O3等溶解生成Fe2+、Fe3+、Al3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到对应沉淀，“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，“沉钽”时，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，焙烧得Ta2O5。据此分析解题。 【详解】（1）“酸溶”时，Fe2O3发生Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H8O反应，属于复分解反应，SiO2不溶于硫酸，滤渣的主要成分是SiO2； （2）加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，发生反应的离子方程式为：； （3）常温下，“调pH”时，若过滤出沉淀后溶液的，，，沉淀完全； （4）由图可知，浸出的最佳温度为80℃，温度过低，浸出率低，温度过高，Ta浸出率变化不大，但耗能增大；“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，离子方程式：； （5）沉钽”时通入氨气，生成了一水合氨，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，反应化学方程式为：或。 4．(1) 氧化剂 还原剂 (2) (3)富集、除杂 (4) 不能 碱性强于，可能生成 (5))取少量最后一次洗涤液，滴加盐酸酸化的溶液，若产生白色沉淀，未洗净；否则，已洗净 (6)< (7) 【分析】含镍废电池的金属电极芯[主要成分为和，还含有少量铁、铝的氧化物]加入稀硫酸溶液酸溶，浸取液加入双氧水氧化将Fe2＋氧化为Fe3＋，调pH=5，过滤出产生的Fe(OH)3沉淀、Al(OH)3沉淀，滤液可加入次氯酸钠将Co2＋氧化为Co3＋、调pH，过滤出得到的Co(OH)3沉淀，在硫酸参与下，被双氧水还原为Co2＋，加入碳酸氢钠溶液得CoCO3沉淀；所得滤液含NiSO4，沉镍得到Ni(OH)2沉淀，经系列操作得到 NiSO4•7H2O； 【详解】（1）据分析，“氧化”时作氧化剂，“浸出”时作还原剂。 （2）“沉钴1”中转化为，被氧化，则次氯酸钠作氧化剂，还原产物为氯离子，故离子方程式：。 （3）由流程知，“沉钴1”所得的滤液中，氯化钠等与NiSO4共存，则设计“”的目的是富集、除杂。 （4）“沉钴2”为CoSO4溶液加入碳酸氢钠溶液得CoCO3沉淀，则同时有二氧化碳产生，发生反应的离子方程式为，该过程不能用替代，理由是：碱性强于，可能生成。 （5）欲检验是否洗净，即检验洗涤液中是否存在硫酸根离子，则检验是否洗净设计的实验是：取少量最后一次洗涤液，滴加盐酸酸化的溶液，若产生白色沉淀，未洗净；否则，已洗净。 （6）定义1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，中心离子电荷数越大，中心与配体距离越近，则作用越强、d轨道的分裂能越大，的中心离子电荷数小，离子半径：Co2+＞Co3+，所以d轨道分裂能：＜。 （7）镍单质晶胞有两种形式，如图所示。已知：图1晶胞棱长为acm，晶胞中含Ni的个数为，晶体密度为，图2中晶胞底边长为bcm，高为ccm，六棱柱底部正六边形的面积，六棱柱的体积，该晶胞中Ni原子个数为，则晶体密度，则图1、图2(正六棱柱)镍晶体密度之比为: =。 5．(1) (2)温度过高，浓硝酸会挥发和分解 (3) (4) (5)出现晶膜（或有少量晶体析出） (6) 【分析】镉黄废料(主要含CdS，含少量的FeO、、)，“酸浸”时加入浓硝酸，浓硝酸具有强氧化性，加热下能氧化硫单质为硫酸根，则-2价硫元素被氧化进入溶液，+2价Fe被氧化成Fe3+，二氧化硅为酸性氧化物，不溶于硝酸，滤渣1主要成分是SiO2，滤液中所含离子有Cd2+、Fe3+、Al3+、H+、硝酸根和硫酸根；“除杂”时加入CdCO3调节pH，根据表中数据，使Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀除去，过滤所得滤液经过系列操作采用冷却结晶法获得硝酸镉晶体。 【详解】（1）Zn的基态价电子排布式为3d104s2，Cd位于第五周期，与Zn同族，则基态镉原子的价电子排布式为4d105s2。 （2）浓硝酸易挥发且受热易分解，则“酸溶”时反应温度不宜过高的原因是：温度过高，浓硝酸会挥发和分解。 （3）据分析，“滤渣1”的主要成分是。 （4）“除杂”步骤中，加入的目的是调pH，使Fe3+、Al3+以氢氧化物的形式沉淀完全但Cd2+不沉淀，故范围为；该过程中，消耗氢离子生成二氧化碳和Cd2+、氢离子浓度减小促进铁离子水解使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，则发生反应的离子方程式为：。 （5）硝酸镉晶体带结晶水，采用冷却结晶法获得，则“系列操作”步骤中，需将滤液送入蒸发器浓缩至出现晶膜(或有少量晶体析出)，然后送至结晶器进行冷却结晶，可得到硝酸镉晶体。 （6）硝酸镉晶体在111.2℃时失去结晶水，217.3℃时分解产生CdO和红棕色的混合气体，红棕色的为二氧化氮，则该反应为氧化还原，该混合气体可以使带火星的木条复燃，混合气体中含有氧气，则硝酸镉在217.3℃时分解产生CdO、二氧化氮和氧气，化学方程式为。 6．(1) 将阳极泥粉碎、搅拌、适当提高硫酸浓度、适当升温以及提高氧气的通入量等 漏斗、玻璃棒 (2) (3)、 (4) (5) (6) CdTe 4 【分析】阳极泥的主要成分为、，还含有Ag、Au、Si等元素，“氧化焙烧”时在酸性条件下产生、、硫酸铜、硫酸银、二氧化硅以及金等，“水浸”得到“滤液”中溶质的主要成分为硫酸铜；“碱溶”时生成，碱浸液的主要成分为硅酸钠、和NaOH，加入稀硫酸酸化使沉淀，再通入二氧化硫得到粗碲。据此解答。 【详解】（1）为了加快反应速率，可将阳极泥粉碎、搅拌、适当提高硫酸浓度、适当升温以及提高氧气的通入量等；过滤操作时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：将阳极泥粉碎、搅拌、适当提高硫酸浓度、适当升温以及提高氧气的通入量等；漏斗、玻璃棒； （2）由分析可知，转化为，根据原子守恒、电子守恒，可知发生反应的化学方程式为，故答案为：； （3）由分析可知“滤液”中溶质的主要成分为硫酸铜(可能含硫酸)，故答案为：硫酸铜(可能含硫酸)； （4）由分析可知，根据氧化还原反应配平可知，“还原”过程中反应的离子方程式为，故答案为：； （5）亚硒酸为二元弱酸，、，溶液pH为2，此时溶液中，故答案为：； （6）观察晶胞，可知晶胞中含个Cd、4个Te，故化学式为CdTe；Te原子位于4个Cd构成的正四面体的中心，故Cd周围等距离且最近的Te也为四个；晶胞的质量为，晶胞的体积为，则其晶胞边长，故答案为：CdTe；4；。 7．(1)+6 (2) 过滤 玻璃棒 漏斗 (3) 20 170 (4) (5) (6)C (7) 【分析】HDS富含Mo、Ni等元素，根据题中信息可知“氧化焙烧”后的主要产物为、、，加入碳酸钠进行碱浸后，经过操作1 ，“浸出渣”的成分为、，浸出液进入有机试剂进行浸取，可溶于水的离子进入到水相中，而钼酸钠进入到有机相中，再加入碳酸氢铵，促使生成，进入到水相中，通过酸沉得到，最终得到单质钼。 【详解】（1）钼酸镍中为+2价，为-2价，则为+6价，故答案为：+6。 （2）“操作1”后有“浸出渣”和“浸出液”，则“操作1”是过滤。过滤实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故答案为：过滤；玻璃棒；漏斗。 （3）图1，最佳添加量为时，和浸出率变化量很小，则最佳添加量为；图2，当浸出温度≥170℃时，和浸出率较高，且再继续升温后，和浸出率变化不大，则最佳浸出温度为170℃，故答案为：20；170。 （4）在碱浸时有和生成，根据已知②判断生成物还有；则在碱浸时的化学方程式为，故答案为：。 （5）由一些离子被萃取的先后顺序可知，加入反萃取发生反应为，其离子方程式为，故答案为：。 （6）下口倾斜向上，旋转下口的活塞放气，故答案为：C。 （7）根据(5)中信息可知，采用碳酸根类型的N263萃取钼的反应产物有；萃取后有机相为型(如)，加入处理后可实现萃取剂再生。流程中可以循环利用的物质有和，故答案为：；。 8．(1)增大固体接触面积，提高反应速率 (2) (3) 受热分解产生，抑制水解 (4)正 (5)AC (6)是离子晶体，其他为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大 【分析】本工艺流程以矿石(主要成分为，少量MnO等)为原料提取氧化铍，铍矿石破碎粉磨，然后加入Na2SiF6、Na2CO3烧结，烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，同时生成Na2SiO3，加入水浸出，过滤去除不溶性杂质，向滤液中加入NH3•H2O、KMnO4得到MnO2固体，过滤得到MnO2，滤液中加入NaOH沉铍，过滤得到的滤渣洗涤烘干得到Be(OH)2，Be(OH)2加入盐酸进行充分溶解，蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，得到BeCl2，最后电解熔融的BeCl2或利用原电池方法可以制得Be，据此分析解题。 【详解】（1）粉碎矿石，可增大反应物的接触面积，提高反应速率，则“烧结”之前，将铍矿石粉碎成粉末，其目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率，故答案为：增大反应物的接触面积，提高反应速率； （2）四氟锰钠是配合物，内外界完全电离，在碱性条件下发生归中反应，一水合氨是弱碱，则“除锰”时发生反应的离子方程式为，故答案为：； （3）类似氯化铝，BeCl2在水中发生水解，在氯化氢氛围中灼烧氯化铍晶体才能得到无水氯化铍，SOCl2与水反应生成SO2和HCl，抑制BeCl2的水解，则加热SOCl2和BeCl2•xH2O的混合物得到无水BeCl2，该化学方程式为：，氯化铵受热分解也产生氯化氢，同样可以抑制BeCl2水解制得无水BeCl2，故答案为：、受热分解产生，抑制水解； （4）原电池中正极发生还原反应，负极发生氧化反应，用金属钾还原熔融的氯化铍而得到Be，将这个反应设计成原电池，则在电池的正极得到Be，故答案为：正； （5）A．铝不和冷水反应，则铍也不和冷水反应，A错误；B．氯化铝溶液呈酸性，则氯化铍溶液也呈酸性，B正确；C．氧化铝能与强酸、强碱反应，则氧化铍也能与强酸、强碱反应，C错误；故答案为：AC； （6）的熔点(552℃)最高，而的熔点(399℃)最低，可以猜测是离子晶体，其他为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，答案：是离子晶体，其他为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大。 9．(1)共价晶体 (2) +3 (3) 增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率 (4)重结晶 (5) 阳离子半径逐渐增大，配位数逐渐增大，晶体类型发生变化 【分析】尾矿用硫酸充分酸浸，SiO2不参与反应，则浸渣的主要成分为SiO2，滤液主要含有Be2+、Li+、Fe2+和Al3+，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，再加入C6H5COONa沉铝、过滤得含铝沉淀的滤饼，同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，用硫酸将滤饼在90℃溶解得到C6H5COOH和硫酸铝的溶液，经过冷却结晶、过滤得到C6H5COOH固体和硫酸铝溶液，向主要含有Be2+、Li+的滤液中加入TBP和FeCl3，Li+可与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，出现分层，经过分液得到主要含Be2+的溶液和LiFeCl4/TBP溶液，向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，据此解答。 【详解】（1）“浸渣”中主要成分二氧化硅为共价晶体； （2）“沉铁”中生成NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，其中Fe元素的化合价为+3价，该反应的离子方程式为：； （3）①“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大Cl-的浓度，使FeCl3转化成，增大Li+的萃取率； ②根据锂元素守恒，“反萃取”后n(Li+)=cVmol，对应的n(Li2O)=mol，对应的m(Li2O)=，回收率为； （4）实验室提纯C6H5COOH的方法是重结晶； （5） ①当配位数为6时，阴离子作面心立方堆积，阳离子占据晶胞内所有的正八面体空隙，其临界情况为：4个阴离子位于晶胞面上的4个顶点，1个阴离子位于晶胞的面心，且面对角线上的阴离子相切，4个阳离子位于正方体的棱心，且恰好与周围的阴离子都相切，如图：，，，根据==，，则Y=； ②BeO晶胞为立方ZnS型，而MgO、CaO、SrO等的晶胞为NaCl型，结合上表出现此结果的原因：阳离子半径逐渐增大，配位数逐渐增大，晶体类型发生变化。 10．(1) +3 Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+ (2)粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等 (3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4)Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2) (5)MgSO4和MnSO4 (6)49.5 【分析】以软锰矿粉(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为SiO2，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[2MnCO3⋅3Mn(OH)2⋅H2O]的同时放出CO2，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂(LiMnO2)，据此分析解题。 【详解】（1）LiMnO2中Li为+1价，O为-2价，故锰元素的化合价为+3价，由分析可知，“酸浸”后过滤，所得滤液中主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，即主要含有的金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+，故答案为：+3；Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+； （2）根据影响反应速率的因素可知，粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等措施均可提高“酸浸”的浸取速率，故答案为：粉碎软锰矿、搅拌、适当增加硫酸或SO2浓度、适当提高浸取的温度等； （3）由分析可知，“氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调节pH以除去Fe3+，故“氧化”步骤需要加入过量MnO2，根据氧化还原反应配平可得，该步反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （4）由分析可知，常温下，“调pH”后溶液pH=5，则滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3(以及过量的MnO2)； （5）由分析可知，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，滤渣3与浓H2SO4反应可以释放HF，同时得到的副产物是MgSO4和MnSO4，反应原理为：MgF2+H2SO4(浓)=MgSO4+2HF、MnF2+H2SO4(浓)=MnSO4+2HF，故答案为：MgSO4和MnSO4； （6）根据元素守恒可知，原样品中含有的LiMnO2的物质的量为：n(LiMnO2)=n(Mn2+)=n(EDTA)=0.15mol/L×60×10-3L×=0.09mol，则样品中锰含量为=49.5%，故答案为：49.5。 11．(1)“酸浸”时，会产生有毒气体 (2)平面三角形 (3) 酸 (4) (5) 6 【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍，含有一定量的铁、铜和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂R除去硝酸等氧化剂，然后加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。 【详解】（1）由分析可知，废料先加入稀硫酸、稀硝酸浸出，“浸出”液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、、，铁、铜、镍溶解，同时将产生NO等有毒有害气体，故实验室进行“酸浸”操作时，需要在通风橱中进行，其原因是“酸浸”时，会产生有毒气体，故答案为：“酸浸”时，会产生有毒气体； （2）中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为平面三角形，故答案为：平面三角形； （3）由题干信息可知，②草酸的、，③氨水的 ，则的水解平衡常数Kh1===2.0×10-10，而的水解平衡常数为：Kh== =5.88×10-10 ＞Kh1，即的水解程度大于的水解程度，溶液呈酸性，该溶液中离子浓度由大到小的顺序是，故答案为：酸；； （4）已知常温下，当溶液pH=2时，Ni2+沉淀完全［mol/L时认为沉淀完全］，则此时溶液中c()===1.70×10-12mol/L，根据草酸的Ka1Ka2===，故，故答案为：； （5）由题干镍钛合金的晶胞结构图可知，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为6即中心Ti的上、下、左、右、前、后六个Ni；已知一个晶胞中含有Ti的个数为：=4，Ni的个数为：=4，若该合金的密度为，NA代表阿伏加德罗常数的值，设晶胞参数为apm，则有：(a×10-10)3cm3×=g，解得a=pm，由题干晶胞可知，晶胞中两个钛原子间的最近距离是面对角线的一半，即为pm，故答案为：6；。 12．(1) 盐酸和液氨反应放热 1:1 (2)d (3) (4)使用乙醇洗涤、真空干燥 (5)将过量滤渣铁加入滤液中置换出铜单质，过滤分离出铜铁固体加入浸取环节中 (6) 【分析】由题给流程可知，废弃铁铜合金用溶液浸取得到，铁不反应成为滤渣，浸取液分为两份，一份与液氨、空气和盐酸反应再生得到的；另一半加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为氯化亚铜沉淀，过滤得到滤液和氯化亚铜沉淀；氯化亚铜沉淀经乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜； 【详解】（1）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热；该阶段铜单质化合价由0变为+1被氧化、中化合价由+2变为+1被还原，结合电子守恒可知，被氧化的铜元素与被还原的铜元素的质量之比为1:1； （2）氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应为，“氧化”阶段溶液中NH3浓度越大，越有利于形成配合物，则氨水应该过量，故“氧化”阶段中最适宜的投料比为d.； （3）“中和”阶段加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，反应为：； （4）CuCl容易被空气中氧气氧化，CuBr难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，洗涤时宜用乙醇，乙醇挥发可带走表面的水分，可防止被氧化；为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，采用真空干燥的方法干燥，故为了防止CuCl被氧化，上述流程中采取的两个措施是使用乙醇洗涤、真空干燥； （5）“中和”阶段会有部分铜元素被氧化为铜离子进入滤液，滤渣铁具有还原性能将铜离子还原为铜单质，使得铜单质进入浸取环节，可以综合利用滤渣Fe和滤液，以提高CuCl的产率，故方案为：将过量滤渣铁加入滤液中置换出铜单质，过滤分离出铜铁固体加入浸取环节中； （6）常温下，在配体L的水溶液中形成，其反应的平衡常数为，的平衡常数为。 13．(1) 粉碎（或搅拌） Na2SiO3 (2) 将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去 Fe(OH)3、Al(OH)3 1.4×10-7 (3)取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净 (4)(n+1)ZrO2++2n+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2) (5) 8 【分析】锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)与NaOH熔融时，ZrSiO4、Al2O3、SiO2与NaOH反应生成钠盐；加入过量盐酸“酸浸”，经过滤得到含ZrO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Na+的滤液Ⅰ和主要成分为H2SiO3的滤渣Ⅰ；滤液Ⅰ中加入H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，加入氨水得到含Fe(OH)3和Al(OH)3的滤渣Ⅱ，滤液Ⅱ中含ZrO2+、Na+、，滤液Ⅱ中加入Na2CO3溶液调pH=8.0得到成分为Zr(CO3)2∙nZr(OH)2的滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ分解得到ZrO2。 【详解】（1）“熔融”过程中，提高反应速率的方法有：将锆英石粉碎、增大锆英石与NaOH的接触面积，搅拌；ZrSiO4与NaOH熔融反应生成Na2ZrO3、H2O和Na2SiO3，反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O。 （2）根据分析，“除杂”过程中，加入双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，以便转化为Fe(OH)3沉淀除去；滤渣Ⅱ的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；c(Al3+)==mol/L=1.4×10-7mol/L。 （3）为得到纯净的ZrO2，滤渣Ⅲ要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含Cl-即可，方法是取最后一次洗涤液，向其中滴加稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若无沉淀生成，则滤渣Ⅲ洗涤干净。 （4）ZrO2+与Na2CO3溶液反应得到Zr(CO3)2∙nZr(OH)2沉淀，根据电荷守恒和原子守恒，结合调pH=8.0，反应的离子方程式为(n+1)ZrO2++2n+(3n-1)H2O=Zr(CO3)2·nZr(OH)4↓+(2n-2)。 （5）由ZrO2的晶胞可知，与Zr4+等距离最近的O2-有8个，即Zr4+在晶胞中的配位数是8；根据均摊法，1个晶胞中含Zr4+：8×+6×=4个，O2-：8个，1个晶胞的质量为g，1个晶胞的体积为(a2c×10-30)cm3，该晶体的密度为g÷(a2c×10-30)cm3=g/cm3。 14．(1)将氟碳铈矿粉碎 (2) 过滤 (3) (4) (5) (6) 1.5 【分析】氟碳铈矿焙烧后加入盐酸、硼酸酸浸，生成Ce(BF4)3沉淀成为滤渣1，滤渣1加入氯化钾溶液得到KBF4沉淀成为滤渣2，滤液1中含有铁离子、Ce3+，调节pH将铁离子转化为沉淀得到滤渣3，滤液2含Ce3+，滤液2加入碳酸氢铵得到Ce2(CO3)3，煅烧过程中被空气中氧气氧化为CeO2； 【详解】（1）矿石粉碎、搅拌等都会加快反应速率，提高焙烧效率； （2）四价Ce具有氧化性，加入盐酸和H3BO3进行浸取时，会将氯离子氧化为有毒的氯气，产生有污染环境的气体，该气体为Cl2；操作1和操作2均为分离固液的操作，名称为过滤； （3）调节滤液1的pH使得铁离子沉淀被分离，而Ce3+不产生沉淀，结合表数据可知，范围为；滤渣3的主要成分为生成氢氧化铁Fe(OH)3； （4）根据转化式，可知，c(Ce3+)=103a-b×10-3=103a-b-3 mol/L； （5）煅烧过程中Ce2(CO3)3被空气中氧气氧化为CeO2，反应方程式为； （6）①在酸性环境下电解Ce2O3制Ce(SO4)2，则阴极氢离子放电发生还原反应生成氢气，电极反应式为，阳极Ce2O3失去电子发生氧化反应生成Ce(SO4)2，反应为 Ce2O3-2e-+6H+=2Ce4++3H2O；则总反应为：Ce2O3+8 H+=2Ce4++3H2O +H2↑，随着电解反应的进行，为使电解液成分稳定，应不断补充硫酸H2SO4； ②根据晶胞结构图可得出，每个晶胞中含S2-的数目为，含Li+和Zn2+共7个，设Li+和Zn2+的数目分别为a、b，a+b=7，根据化合价代数和为0，可得a+2b=8，联立求解得a=6，b=1，故中1.5，y=0.25；根据密度计算公式可知，晶胞的质量为，晶胞体积为V=(a×10-7)3cm3，晶胞密度为g/cm3。 15．(1) 清除积碳 坩埚、泥三角 (2) (3)2.97 (4)提高Pd的回收率 (5) (6)浸取、沉钯 【分析】钯碳中通空气焙烧，将积炭和铁转化为氧化物，剩余的物质中加甲酸、盐酸、氯酸钠进行浸取，将钯转化为，然后加氨水将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀除去，将滤液和洗涤滤渣后的洗涤液合并，加盐酸沉钯时将转化为难溶于冷水的，再加适量N2H4还原得海绵钯。 【详解】（1）钯碳中含有93%～94%积碳，“焙烧”的主要目的是清除积碳；在实验室进行“焙烧”时，下列仪器中需要用到的是坩埚、泥三角； （2）“浸取”时先加入甲酸将PdO还原为Pd，再加入盐酸、，有(二元强酸)生成，生成反应的离子方程式为； （3）常温下“除铁”，铁元素恰好沉淀完全时，，，pH=+ lg2=2.97； （4）滤渣表面粘附有溶液中的溶质，钯元素以形式存在于溶液中，洗涤沉淀，并将洗涤液和滤液合并，其目的是提高Pd的回收率； （5）“沉钯”时转化为难溶于冷水的，其化学方程式为； （6）“还原”过程中发生反应：，即还有副产物HCl生成，由图示可知，该副产物可循环至浸取、沉钯工序利用。 16．(1) (2) +6 1:2 (3) Cr(OH)3、MnO2 (4) 6.0 (5)把MnO2还原为Mn2+ (6) 4 【分析】本流程的目的，是去除含矾杂质，将铬转化为Cr2O3，将锰转化为MnO2。钒铬锰矿渣(主要成分为及少量)加硫酸溶解，其中金属氧化物溶于硫酸生成相应的硫酸盐，不溶于硫酸形成滤渣；滤液中加将V氧化为+5，调节pH使钒沉淀；滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加入氢氧化钠溶液沉铬后，主要得到Cr(OH)3，滤液1中主要含有硫酸锰，再经过提纯除去固体中的锰元素，最后煅烧Cr(OH)3得到三氧化二铬；转化步骤加入H2O2、NaOH，将锰离子转化为二氧化锰。 【详解】（1）上述流程中“酸化”时，与反应生成，反应方程式为：； （2）中硫元素的化合价为+6价；“氧化”生成，反应离子方程式：；中O化合价降低作氧化剂，中V化合价升高，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2； （3）沉铬过程中，溶液中的Cr3+、Mn2+均与NaOH反应生成Cr(OH)3、，接触空气最终被氧化为，因此固体混合物为Cr(OH)3、；“转化”过程中被H2O2氧化生成，离子方程式为：； （4）“沉铬”过程应控制pH使铬的沉淀率尽可能高，但锰的沉淀率尽量较低，由图可知应选pH=6.0；近似为，则pH=6.0时，mol/L， mol/L； （5）“提纯”过程中作还原剂，把MnO2还原为Mn2+； （6）Ti位于棱心，Al位于体心，则距离Ti最近的Al有4个；该晶胞中含1个Al，12个Ti位于棱心，个数为；N原子8个位于顶点，6个位于面心，个数为：；则晶胞的质量为：；晶胞的边长为：；原子①与原子②的距离为。 17．(1) 四 Ⅷ (2) (3) (4) (5) 溶液增大，减小，萃取反应平衡向正反应方向移动 稀硫酸 (6)12.05 【分析】钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Al3+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则Co、Co(OH)2、Al2O3、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Al3+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。 【详解】（1）与是同族元素，位于元素周期表的第四周期第VIII族。 （2）不与、稀硫酸反应，故浸出渣的主要成分为。“浸取”时和分别被还原为、，被氧化为，浸取液中主要含有、、、、和。 （3）“氧化”时将氧化为，和都会促进自身的分解反应，所以的总消耗量会明显高于作为氧化剂的的用量。 （4）在空气中煅烧得到的化学方程式为。 （5）对于反应，溶液增大，减小，平衡向正反应方向移动，萃取率增大。反萃取时，需要增大使平衡逆向移动，故可加入稀硫酸。 （6）第一步：计算草酸钴晶体的物质的量。。第二步：计算混合物的物质的量。设混合物中的物质的量为，由钴元素守恒得混合物中的物质的量为，混合物的总质量为，解得。第三步：计算混合物中的质量。混合物中的质量为。 18．(1)增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率 (2) 常温下，微溶于水，增大，使平衡正向移动，增大铅的浸出率 (3) Cu、Ag、Au (4)(或) (5) (6)(或其他正确答案) 【分析】由题干流程图可知，废线路板经拆解破碎后加入4.0mol/L的HCl溶液在75℃下酸浸，其中Pb、Sn、Ni分别转化为PbCl2、SnCl2和NiCl2，过滤得到滤液1主要含有PbCl2、SnCl2和NiCl2、HCl，滤渣1主要含有Cu、Ag、Au，向滤渣1中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu转化为CuSO4，过滤得到含有H2SO4、CuSO4的滤液，含有Ag、Au的滤渣2，向滤渣2中加入CoSO4溶液、甘氨酸溶液和O2，将Ag、Au转化为Ag+、Au+，然后用Na2S2O3对Ag+进行络合酸浸，并加萃取剂进行Au+萃取，然后反萃取得到含Au+的水层，最后经过一系列操作转化为Au，对滤液1进行降温沉铅，得到PbCl2，过滤得到PbCl2沉淀，向滤液中加入NaOH溶液进行沉锡，得到Sn(OH)2，最后制得Sn，据此分析解题。 【详解】（1）对废线路板进行可以增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率； （2）“75℃酸浸”中，金属Sn与盐酸反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，则其离子方程式为Sn+2H+=Sn2++H2↑，由题干信息可知，常温下，微溶于水，选用浓度较大的4 mol·L盐酸，增大，使平衡正向移动，可提高铅元素的浸出率，故答案为：Sn+2H+=Sn2++H2↑；常温下，微溶于水，增大，使平衡正向移动，增大铅的浸出率； （3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分是Cu、Ag、Au，向滤渣1中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu转化为CuSO4，“氧化酸浸”中，生成Cu²⁺反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，故答案为：Cu、Ag、Au；Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O； （4）的排放标准为mg·L，c(Ni2+)≤=2.0×10-5mol/L，“沉锡”残余液排放前应调节溶液的c(OH-)≥=10-5mol/L，则pH范围为pH≥9，故答案为：(或)； （5）根据题干信息可知，“络合酸浸”中，作催化剂，催化Au浸出，化学方程式为， ①先与甘氨酸根(简写为)形成配合物()，即Co2++xgly-=，②在氧气作用下，Co(Ⅱ)被氧化成Co(Ⅲ)：，④加入硫代硫酸钠溶液，发生反应：，则用 [总反应式-4①-②-4④]可得③Au溶解的离子方程式，则步骤③Au溶解的离子方程式为，故答案为：； （6）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有锡原子的数目为：=6，故一个晶胞的质量为：，该六棱柱的底面积为：×10-20cm2，高为c×10-10cm，故异一个晶胞的体积为：c×10-30cm3，故白锡晶体的密度为：g/cm3，故答案为：。 19．(1)提供氧气，将矿石中的价转化为价（叙述合理即可） (2)、 (3) (4) 中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度 (5)0.2 (6) 【分析】氟碳铈矿（含、、等）通入空气焙烧，烧渣加入稀硫酸酸浸得到滤渣和滤液，氧化钡与硫酸反应生成难溶于酸的硫酸钡、二氧化硅不与硫酸反应，故滤渣的主要成分是、，滤液加入硫脲、亚硫酸钠还原、脱氟得到含有F-溶液和，一系列处理得到含Ce3+溶液，加入碳酸氢铵沉铈得到，灼烧得到； 【详解】（1）“焙烧”时，通入空气的主要目的是提供氧气，将矿石中的价转化为价； （2）根据分析可知，滤渣的主要成分是、； （3） “还原、脱氟”时，先加入硫脲（），目的是将溶液中的还原为，同是生成(SCN2H3)2和HF等，反应的离子方程式：； （4）“沉铈”时含Ce3+溶液加入碳酸氢铵沉铈得到，同进生成二氧化碳，反应的离子方程式为；若用溶液代替溶液，产生的后果是中含有其他杂质离子或水解使溶液碱性较强，可能生成，降低最终产品纯度； （5）Ce3+恰好沉淀完全时，c(Ce3+)=1.010-5mol/L，Ksp[Ce2(CO3)3]= 1.010-28= c2(Ce3+)﹒c3()=(1.010-5)2c3()，解得c()=1.010-6mol/L，测得溶液的pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，根据Ka2[H2CO3]=5.010-11==，解得c()=0.2mol/L； （6）当1molCeO2氧化标准状况下2.24LNO后，转移电子数为，根据得失电子守恒可知有0.2mol+4价铈降到+3价，令x=0.2mol，得y=1mol-0.2mol=0.8mol，由化合价代数和为0，可得2z=0.2mol，z=1.9mol，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为0.2:0.8:1.9=2:8:19。 20．(1) 在中的溶解度大而其它金属离子溶解度很小 时溶液中的较大，萃取平衡向左移动 (2) (3) 、 (4) 溶液碱性较强，生成的可能会含有或会引入杂质 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (5) 【分析】本题是化工流程的综合考查，先在电镀污泥中加入硫酸，金属氢氧化物和氧化物全部在其中溶解，然后加入H2R萃取分离出CuR，加入还原Fe3+为Fe2+，然后加入（NH4)3PO4使Cr3+转化为CrPO4，利用氧化剂过氧化氢或者氧气将Fe2+氧化为Fe3+，通过氨水调节pH使铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，用沉锌，料液中剩余NiSO4，最后通过冷却结晶的方法获得。 【详解】（1）加入的萃取剂除不溶于水外还应易溶解而难溶解其它金属离子。由萃取反应式知，当较大时，会导致平衡向左移动，从而降低的萃取率。 （2）由于只比略小一些，若直接加入沉淀铬的话，会有一部分形成沉淀，从而导致产品纯度较低，故加入的目的是将还原为，故离子方程式为：，，故。 （3）酸性条件下被还原为，也被还原为水，故不会向溶液中引入新杂质。“调”的目的是使沉淀完全而不形成沉淀，故范围为。 （4）是强碱弱酸盐，溶液碱性较强，故用作沉淀剂时，有可能得到沉淀，同时会引入杂质。从溶液中析出硫酸镍晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干。 （5）由晶胞图知，一个晶胞中含有4个“”，晶胞质量为，晶胞体积为，密度为。 21．(1) 可使碱性增强，提高去污能力与速率 可用作氢能 (2) 三颈烧瓶 NO、被装置中氧化 吸收未反应的NO，防止其污染空气 (3) 加入最后半滴酸性溶液时，锥形瓶内溶液变为浅红色且30秒内不褪色 配制溶液时所取用的产品质量 【分析】废铁屑中加碳酸钠溶液洗涤后过滤，往滤液中加稀硫酸酸浸，所得到的溶液中通NO气体合成硫酸亚硝酰合铁(Ⅱ)，由于氮氧化物有毒，用酸性高锰酸钾溶液进行尾气吸收。 【详解】（1）碳酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，加热能促进其水解，使溶液碱性增强，有利于除去油污，同时加热也能加快反应速率；“酸浸”的副产物是，收集起来可用作氢能或用于有机合成等； （2）①根据仪器a的构造可知，其名称为三颈烧瓶；若不通入一段时间的，则装置中的空气会将A中生成的NO及B中的氧化，从而对制备实验产生干扰； ②A装置中，亚硝酸根离子中N元素的化合价由+3价升高至+5价，生成硝酸根离子，降低至+2价生成一氧化氮，反应的离子方程式为；进入空气中会污染大气，溶液可将氧化吸收，防止其污染空气； （3）①由题给化学式可知、的物质的量相等，白色沉淀是，的物质的量为，则配制的溶液中含有和，滴定中消耗的，则转移的电子的物质的量为0.008mol×5=，滴定中将氧化为、将氧化为，则n(Fe2+)×1+3n(NO)=，即0.01mol+3n(NO)=，所以，即该产品组成为；溶液滴定产品时，当加入最后半滴酸性溶液，锥形瓶内溶液变为浅红(或粉红)且30秒内不褪色表明滴定达到终点； ②要确定值，还需要的数据是配制溶液时所称取的产品质量，用产品的质量减去、、质量和，即可求产品中的，从而确定值。 22．(1) (2) 和 (3) 除去溶液中的 蓝色沉淀 (4) 转化生成的在热水中发生水解 (5)4.0 (6) 金属 12 【分析】锑矿粉加入硫代硫酸钠做还原剂，在溶液中将还原，和都溶于溶液，和不溶，过滤除去，含和的溶液中加入硫酸铜溶液，生成和沉淀，过滤后向滤液中先加入浓溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入溶液，将价的Sb氧化为价，得到沉淀，过滤，向得到的晶体中加入氢氟酸进行转化，最后为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到。 【详解】（1）Sb为第5周期第ⅤA族元素，其基态原子的价电子排布式为，答案：； （2）“浸出”时，被还原为，被氧化为，在碱性溶液中发生反应的离子方程式为： ，由以上分析可知，“滤渣1”的主 要成分为和，答案：、和； （3）“精制”时，根据已知更难溶，当溶液中出现蓝色沉淀时，停止加入溶液，溶液中已沉淀完全，答案：除去溶液中的、蓝色沉淀； （4）不溶于冷水，在热水中易发生水解，需要加入溶液抑制水解，答案： 、转化生成的在热水中发生水解； （5）锑矿粉中Sb的质量分数为，整个流程中损失率为，则锑矿粉理论上能制备的质量为，答案：4.0。 （6）（6）由组成元素Sb和K可知，该晶体是合金，属于金属晶体；由均摊法得该晶胞中K的个数为，Sb的个数为，K和Sb原子数之比为，化学式可表示为；与每个Sb距离最近的Sb均在小立方体的对角线上，共有12个，答案：金属、、12。 23．(1)增大固液接触面积，加快浸取速率(合理即可) (2) (3) (4) (5)温度升高，氨水分解并挥发(合理即可) (6) 8 【分析】辉锑矿(主要成分为，含少量的和等)先粉碎，然后加入盐酸和FeCl3溶液进行酸浸，浸出液主要含，不溶于盐酸，且反应中还生成S，过滤后得到的滤渣I为和S单质；向滤液中加入Na2S溶液沉淀Cu2+、Pb2+，过滤，得到的滤渣Ⅱ为CuS、PbS沉淀，再向滤液中加入NaH2PO2溶液除去砷，过滤得到SbCl3溶液，SbCl3水解得到SbOCl，SbOCl加入氨水中和脱氧得到Sb2O3。 【详解】（1）“粉碎”辉锑矿的目的是增大固液接触面积，加快浸取速率。 （2）是酸性氧化物不溶于盐酸；将中的价硫氧化成单质硫：。 （3）“除砷”时砷元素由价降为0价，磷元素由价升高到价，根据电子守恒知氧化剂与还原剂的物质的量之比为。 （4）因为的更小，优先沉淀，当沉淀完全时已经沉淀完全，若使和沉淀完全，需；此时。 （5）“中和脱氯”过程中加入氨水进行中和，温度升高氨水受热分解并挥发，造成脱氯率下降。 （6）根据均摊法，一个晶体a中为2个，K为1个，为个，所以晶体a的化学式为；由图丙可知，晶体b中与距离最近的的个数为8。 24．(1)增大接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分 (2) (3) (4) (5) 阳 (6) 4 【分析】黄铁矿煅烧时生成二氧化硫和氧化铁，酸浸后氧化铁溶解，二氧化硅不溶，过滤得到滤渣。二氧化硫还原铁离子转化为亚铁离子，结晶后加入加入硫酸和，控制pH＝3得到，在加入硫酸和氯酸钾氧化得到，据此解答。 【详解】（1）“焙烧”前需将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分； （2）“还原”是用焙烧后的气体产物将溶液中的还原为，离子反应方程式为。 （3）“还原”时生成的产物有和，所以“结晶”时，母液中的溶质有。 （4）“氧化”是用将氧化为，反应的化学方程式为。 （5）①电解时，石墨2电极的电极反应式为，所以离子交换膜选择通过，使得石墨2电极附近生成。 ②石墨1是阳极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为。 （6）①位于面心处，钾离子周围距离相等且最近的的个数为4个； ②取一个重复单元作为研究对象，利用均摊法可计算得一个晶胞中含有1个、1个个和6个，则一个重复单元的质量为，体积为，因此，晶体的密度为。 25．(1) 4 (2) 氧化硫化氢，防止污染空气 CuS (3)不引入新杂质（增加产品的质量） (4)表面有晶膜出现（或有少量晶体析出） (5) (6) 50％ 【分析】矿石粉碎后加入硫酸和硫酸铁，将铜转化为硫化铜，过滤后硫化铜在滤渣中，加铁粉还原脱酸，浓缩结晶过滤得到FeSO4⋅7H2O沉淀，滤液针铁矿法除铁，生成FeOOH沉淀，滤液浓缩结晶转化为ZnSO4⋅7H2O，据此回答。 【详解】（1） Fe2+的价电子排布式为3d6，价电子排布图为；周期和基态Cu原子具有相同未成对电子数目的元素还有K、Ti、Ga和Br，共4种； （2）酸浸时Fe2(SO4)3的作用为：氧化硫酸与ZnS生成的硫化氢，防止污染空气，铜元素在滤渣中的存在形式为CuS； （3）加入铁粉还原脱酸的优点是：不引入新杂质（增加产品的质量）； （4）浓缩结晶时，溶液蒸发至表面有晶膜出现（或有少量晶体析出）即停止加热； （5）Fe2+被氧气氧化为FeOOH，对应的方程式为：； （6）1molZnSO4⋅7H2O的质量为287g，固体质量减少287×（100%-93.7%）=18g，则减小了1molH2O，所以a段固体的成分为ZnSO4⋅6H2O，同理可得b段固体减少了287×（100%-64.2%）=108g，所以b段固体的成分为ZnSO4⋅H2O，同理可得c段固体减少了287×（100%-56.1%）=126g，所以c段固体的成分为ZnSO4，第三步为ZnSO4⋅H2O=ZnSO4+H2O，Kp=p(H2O)=p3pa，在M点时，固体的质量为287×78%=224g，减少的质量为63g，水减少了3.5mol，总的水为7mol，则M点时所对应反应的转化率为。 26．(1) 制备硫酸或其他合理答案 (2) 温度过高会导致溶解度降低、分解，原料利用率降低 或 (3) (4) (5) (6) 【分析】工厂废渣含ZnO、PbO、、CuO、等在氧气中焙烧，与氧气反应，生成和气体，加入和进行氨浸，CuO和ZnO发生反应生成、，得到滤液1，向滤液1中加入，发生或，进行沉铜，滤渣2为，滤液2经过一系列操作，得到ZnO，滤渣1中含有、、PbO，加入氢氧化钠进行碱浸，由于与性质相似，故与氢氧化钠发生，过滤得到滤液3，滤液3的主要成分为，滤渣3中含有和PbO，加入硫酸和氯化钠，PbO与硫酸反应，生成和水，故滤渣4为，滤液4经水解得到，加入碳酸氢铵溶液进行转化得到，据此回答。 【详解】（1）由分析知，焙烧时产生的气体为；可用于制备硫酸等； （2）温度过高会导致溶解度降低、分解，故氨浸时温度不宜过高，由分析知，“沉铜”时发生反应的离子方程式为或； （3）由分析知，“滤渣4”的主要成分为； （4）电解溶液回收单质Ga的阴极主要电极反应式为； （5）“转化”时生成的同时放出能使澄清石灰水变浑浊的气体，化学方程式为； （6）①O原子为8号元素，基态O原子的核外电子排布式为；②由晶胞结构可知，钙晶胞含有1个Bi、1个Fe、3个O，故该晶胞的密度为。 27．(1) 增大铬精矿的表面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分 有 (2)磁选(或用磁铁吸引) (3) 合并会导致溶解而使杂质不能除尽或影响后续操作 (4)(浓) (5) (6) 棱心或体心 或，或 【分析】烧渣中含有 ，水浸除去Fe3O4、MgO、CaSiO3，浸液中含有Na2CrO4、；“中和”是将转化为沉淀而除去，滤液1“酸化”是将充分转化为，第一次结晶析出Na2SO4、第二次结晶析出，加浓硫酸转化为CrO3，CrO3煅烧得到Cr2O3，Cr2O3还原生成金属Cr。 【详解】（1）“焙烧”之前常将原料混合后球磨，增大铬精矿的表面积，加快焙烧反应速率，使反应更充分；“焙烧”过程中元素化合价升高，有氧气参加反应。 （2）Fe3O4具有磁性，从浸渣中分离出Fe3O4的简单方法为磁选； （3）“中和”是将转化为而除去，“酸化”是将充分转化为而提高产品产率，合并会导致溶解而使杂质不能除尽或影响后续操作，所以两步工序不能合并。“结晶”所得母液中溶质主要为，含有的主要金属阳离子为Na+。 （4）“转化”过程中加浓硫酸转化为CrO3，发生主要反应的化学方程式为(浓)； （5）实际工业生产中，“还原”工序可通过铝热反应实现的冶炼，需要的还原剂为Al。 （6）晶胞为对称结构，则图1中点在晶胞中的位置为面心或棱心或体心；若点在面心位置，则其原子坐标参数为或或。 28．(1)、 (2) 60%、65℃ 温度升高使快速水解，生成，进入钛渣 (3) KSCN (4) 2.5pH<6.3 (5) 能耗高、产生CO污染空气 (6) 【分析】含钛高炉渣加入硫酸酸浸，SiO2不反应且氧化钙和硫酸生成不溶物硫酸钙得到滤渣，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3生成硫酸铁，亚硫酸钠还原硫酸铁为硫酸亚铁，调pH值使得钛转化为沉淀，过滤除去含铁滤液，分离出固体加入草酸酸溶，加入氯化钡生成产品BaTiO(C2O4)2•4H2O，再高温分解得到BaTiO3； 【详解】（1）由分析可知，硫酸钙微溶于水，浸渣有和。 （2）由图可知，工业生产考虑生产成本，硫酸为60%时浸出率已较高，则提高钛浸出率宜选择的条件：硫酸质量分数、温度依次为60%、65℃，此时钛浸出率较高；温度升高促进离子水解，则温度升高使TiO2+快速水解，生成进入钛渣，使得钛浸出率降低； （3）亚硫酸钠具有还原性，还原为亚铁离子，防止“沉钛”时产生，反应为：；铁离子和KSCN溶液变为红色，故检验“还原”后溶液中是否含的试剂是； （4）已知①草酸钡难溶于水；如果先加氯化钡溶液，后加入草酸，会生成草酸钡，引入较多杂质，产率低、纯度低。“调pH”使得TiO2+转化为沉淀分离出来，而亚铁离子不产生沉淀，结合表可知，范围为2.5pH<6.3； （5）空气中氧气具有氧化性，“氧化焙烧”中氧气将碳氧化为二氧化碳，同时生成水、，发生反应的化学方程式为。工业上，还可以直接将在1500℃、无氧环境下反应24h制备，此方法需要高温且反应时间长、草酸分解会生成CO有毒，故该方法的缺点能耗高、产生污染空气。 （6）已知晶胞边长为pm，的半径为pm，根据图示，晶胞面对角线的长度=，。 29．(1) (2)9.4 (3) 蒸发浓缩 趁热过滤 (4)O2 (5) (6)B (7) 【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液和滤渣1，滤渣1的主要成分是SiO2；滤液用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤渣主要成分为Co(OH)2和滤液主要溶质为LiCl；滤渣置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液经碳酸钠溶液沉锂，得到为Li2CO3；Co3O4和Li2CO3通入空气煅烧生成； 【详解】（1）LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，同时生成O2，结合质量守恒配平反应为：； （2）“沉钻”过程中沉淀完全，则，pOH=4.6，pH=9.4，则溶液的应该不低于9.4； （3）的溶解度随温度升高为减小，为提高的析出量和纯度，“沉锂”后进行的操作依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥； （4）由流程可知，在后续煅烧过程中需要通入空气，空气中氧气具有氧化性，在煅烧过程中做氧化剂，故该工艺流程中可循环利用的物质为焙烧过程中生成的氧气； （5）Co3O4和Li2CO3通入空气煅烧生成，反应中Co被空气中氧气氧化为+3，氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知反应为：； （6）Co(OH)2于空气中煅烧得到Co3O4，由Co元素守恒可知，此时固体残留率，结合图可知，该步骤应该控制的温度为；故选B； （7）根据“均摊法”，晶胞中含个O、个O、个Li，则晶体密度为。 30．(1) 使固体充分混合，提高矿石的利用率 (2) (3) 时溶液中浓度较低，不足以沉淀 7 (4)亚铁离子容易被氧气氧化 (5) 【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含Fe3O4、Al2O3等杂质)和黄铁矿(主要成分为FeS2)溶于水后“酸浸”，FeS2和硫酸反应生成S沉淀，滤液中含有Mn2+、Fe3+、Al3+，向滤液中加入氨水条件pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3沉淀溶于酸后用Fe还原为Fe2+，经过一系列操作得到绿矾，滤液中继续加入氨水条件pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀，过滤后滤液中加入碳酸氢铵沉锰，得到的MnCO3酸溶后电解得到Mn。 【详解】（1）将软锰矿和黄铁矿预先“粉碎”，并用水调至糊状的目的是：使固体充分混合，提高矿石的利用率；“浸渣”中除了含有不溶于酸的杂质外，还含有生成的S单质，说明FeS2和MnO2在酸性条件下发生氧化还原反应生成S、Mn2+、Fe3+和水，离子方程式为：； （2）当时，，的溶度积，“调”时Fe3+沉淀，Mn2+和Al3+不沉淀，范围为； （3）①由图可知，时几乎不产生，原因：时溶液中浓度较低，不足以沉淀； ②由图可知“沉锰”时溶液的pH适宜控制为7，pH过高时可能产生的杂质为； （4）得到绿矾时需要在隔绝氧气的情况下进行一系列操作，原因为亚铁离子容易被氧气氧化； （5）“电解”制锰的化学方程式：。 31．(1) (2)AC (3) (4)D (5)小于 (6)防止被氧化 (7) (8) 1.5 【分析】氟碳铈矿（含等）在空气中焙烧，在空气中被氧化为，反应生成，不反应，用稀硫酸浸取，进入溶液，与硫酸反应生成沉淀，过滤，滤渣A为。浸液中的与硫脲反应，被还原为，与形成复盐沉淀，过滤分离，向复盐沉淀中先加入碱溶液，再加入酸溶液，被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵溶液，使沉淀为，最后在空气中灼烧分解生成，向中加入稀硫酸得到溶液，再加入硫酸铵溶液得到硫酸铈铵产品。 【详解】（1）根据以上分析，“滤渣A”的成分除外，还有； （2）A. 采用高压空气，使矿粉呈“沸腾”状，有利于增大接触面积，加快反应速率，使反应充分，故选A； B. 为增大接触面积，加快反应速率，使反应物“逆流混合”，空气从焙烧炉下部通入，矿粉从焙烧炉上部加入，故B错误； C. 为增大接触面积，加快反应速率，使反应物“逆流混合”，空气从焙烧炉下部通入，矿粉从焙烧炉上部加入，故C正确； D. 为增大接触面积，加快反应速率，使反应物“逆流混合”， 空气从焙烧炉下部通入，矿粉从焙烧炉上部加入，故D错误； 选AC。 （3）、碳酸氢钠、氧气反应生成、二氧化碳、水，根据得失电子守恒，反应方程式为，； （4）“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。为提高铈浸出率，根据图示，工业生产应选择的适宜条件是，选C。 （5）分子中碳原子为杂化，键角为，硫脲分子中碳原子为杂化，故分子中键角小于硫脲分子中键角。 （6）在空气中易被氧化为，“溶解”时加入稀盐酸后，还需加入另一种化学试剂X，加入X的作用是防止被氧化； （7）含溶液与足量溶液反应生成沉淀、二氧化碳，反应的离子方程式为； （8）①根据均摊法：左侧晶胞中，数目为，和总数为7，则晶形为；因为，再根据正负化合价代数和等于0可知，解二元一次方程组，得到：、； ②右侧晶胞中，数目为，数目为4，设右侧晶胞参数为，则晶胞体对角线长度为，和之间最近的核间距等于晶胞体对角线长度的，即和之间最近的核间距为，则，则晶体的密度。 32．(1) (2) 磷酸铁部分溶解，导致产品产量降低 生成胶体，影响产品质量 (3) 、 回收磷酸铁过滤时的损失部分，降低生产成本；减少废液对环境的污染；抑制亚铁离子的水解，减少杂质的生成 (4) (5)2 (6) 【分析】净化除杂后的硫酸亚铁用过氧化氢氧化转化为硫酸铁，先加入磷酸，再加入NaOH，调节pH约为2，生成磷酸铁沉淀，经陈化、过滤后，所得滤液含少量磷酸铁，可回到溶解步骤循环利用，滤渣为水合磷酸铁，煅烧水合磷酸铁得到无水磷酸铁。据此分析作答。 【详解】（1）根据题干用浓硫酸浸取钛铁矿(主要成分为)，得到含的钛白副产物和硫酸亚铁，所以用浓硫酸浸取钛铁矿时反应的化学方程式为； （2）先加入磷酸，生成磷酸铁，再加入NaOH，调节pH约为2，生成磷酸铁沉淀。若，酸性太强，会导致部分磷酸铁溶解，导致产品产量降低，若，碱性太强，会导致生成胶体，影响产品质量； （3）前面步骤加入了硫酸、过氧化氢、NaOH、磷酸，调节pH约为2，经陈化、过滤后，滤渣是磷酸铁，滤液除少量磷酸铁外，还有Na+、、H+、所以滤液的主要成分是：磷酸铁、Na2SO4、H2SO4；将滤液收集用于溶解步骤，其目的是回收磷酸铁过滤时的损失部分，降低生产成本；减少废液对环境的污染；抑制亚铁离子的水解，减少杂质的生成； （4）以、、和NaOH为反应物制得水合磷酸铁总反应的离子方程式为：； （5）样品在50~120℃有少量失重，可能是样品吸潮引起的少量游离水的损失(0.7%左右)，从120℃开始有明显的失重，到200℃时失重达19.98%，则说明到200℃时实际失重为19.98%-0.7%=19.28%，根据的化学式，，解得x≈2； （6）的晶胞结构如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，在该晶胞中白球代表Li+，含有Li+个数为8×1/8+6×1/2=4个，在该晶体的密度为： 。 33．(1) 氨水(或氨气) (2) (3)取少许滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色 (4)4.6<pH<8.35 (5) (6) (7) 熔点高 硬度大 【分析】(含杂质）加入双氧水，能将氧化为，为了不引入杂质，加入氨水调节pH值，可使生成沉淀，得到较纯净得，溶液A中含有和少量，加入氢氧化钠沉铝，得到沉淀，再加入硫酸，发生反应1，离子方程式为，得到溶液，将溶液和溶液混合，发生反应2，得到硫酸铝铵晶体，硫酸铝铵晶体在下分解，得到，在1300℃下得到中加入适量的进行成型和烧结即可得到透明氧化铝陶瓷，据此回答。 【详解】（1） 由分析知，试剂a为氨水(或氨气)；的电子式为； （2）“反应1”的离子方程式为：； （3）流程中“过滤”后杂质是否已除尽，只需检验是否还含有即可，方法为：取少许滤液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液不变红色； （4）“沉铝”时，欲使恰好完全转化为沉淀，则，，，不能发生，则，则，，，故应控制pH的范围是4.6<pH<8.35； （5）硫酸铝铵溶液中加入同浓度的溶液，沉淀质量最大时，反应的总离子方程式为； （6）的摩尔质量为453g/mol，起点为0.01mol，A点时，剩余质量为2.37g，减少质量为2.16g结晶水的质量，A点的物质为，B点物质可猜想为，根据铝守恒，的物质的量为0.0005mol，其质量为1.71g，故633℃时剩余固体成分的化学式为； （7）氧化铝陶瓷是一种重要的结构材料，工业上用它来制造坩埚、高温炉管等，是利用它的熔点高；用它制造刚玉球磨机，是利用它的硬度大。 34．(1)D (2)C (3) (4) 冰水 取最后一次洗涤液于试管，滴加硝酸和溶液，若没有产生白色沉淀，则已洗净；否则未洗净 (5)操作简便、损失小、产率高等 (6) 【分析】由题给流程可知，钼精矿加NaOH溶液碱浸，、CuO不溶于碱溶液，过滤出来，能和NaOH反应生成NaReO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的ReO2∙H2O，用氧气氧化得到HReO4，加氯化铵溶液沉铼，得到，然后热解得到，最后用氢气还原得到铼粉； 【详解】（1）B、C、D为激发态，D的能量最高。 （2）用热还原法冶炼铼，说明在金属活动顺序表中铼介于锌、铜之间，选C。 （3）Zn作还原剂化合价由0价→+2价，生成NaZnO2，NaReO4作氧化剂化合价从+7→+4价，化合价降低，生成ReO2∙H2O，离子方程式为：；“还原”分离固体和滤液，说明一水合二氧化铼是固体，过铼酸铵分解生成、和，“热解”中得到的化学方程式：。 （4）过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。过铼酸铵在冷水中溶解度小，用冰水洗涤沉淀；沉淀表面有氯离子、铵根离子，检验氯离子更灵敏，取最后一次洗涤液于试管，滴加硝酸和AgNO3溶液，若没有产生白色沉淀，则已洗净；否则未洗净。 （5）萃取、反萃取操作较沉淀、过滤简便，产品纯度高、损失低、产率高等。 （6）由均摊法，V位于顶点和体心，个数为8×+1=2=2，氧原子位于面上和内部，个数为4×+2=4，晶胞质量为，根据密度公式计算晶胞参数：，晶胞参数。 35．(1) 4 (2)+6 (3) 和 (4) 99% (5) 【分析】该工艺流程原料为镍钴矿硫酸浸取液(含、、、、和)，目的回收镍、钴、镁元素，硫酸浸取液中加入混合气，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的，加入石灰乳调节，被氧化为，也被氧化成，故还有氢氧化铁沉淀生成，与反应生成沉淀，滤渣为、和；过滤后滤液中加入沉钴镍，再过滤后滤液中加入沉镁，生成氢氧化镁沉淀。 【详解】（1） 基态价电子排布式为，轨道表示式为；同周期元素，第一电离能从左到右呈增大趋势，第一电离能比Mg元素高的主族元素有，共4种； 故答案为：；5； （2）中含一个过氧根，相当于中1个氢原子被磺酸基取代，即有2个氧原子为-1价，3个氧原子为-2价，根据化合价之和为零，S的化合价为+6价； 故答案为：+6； （3）溶液中被氧化成，被还原为，故离子方程式为；根据上述分析可知，滤渣为、和； 故答案为：；和； （4）流程中加入“沉钴镍”得到“钴镍渣”为、，将“钴镍渣”酸溶后溶液中含有、，加将氧化为，被还原为，反应的离子方程式为； 已知萃取前溶液pH=3，，萃取完成后溶液pH=1，，溶液中，则根据，被萃取的=，则镍的萃取率=； 故答案为：；99%； （5）晶胞结构全部由位于面心的6个O构成(用x表示)的八面体空隙有1个，由位于面心O（如图中标注的3、4）及其无隙并置的晶胞面心O（图中标注5、6）和位于顶角的2个Ni（图中标注1、2）共同构成(用y表示) 的八面体空隙有，则晶体中x和y的数目之比为； 根据钴镍氧化物的立方晶胞结构，Ni有个，Co有1个，氧原子有个，化学式为，晶胞密度，则； 故答案为：；。 36．(1) (或) B (2) 双氧水(或其他合适氧化剂均可) (3)9%氨水、75℃ (4) (5) BeO是离子晶体，是分子晶体，BeO的熔点高于，电解耗能较大，加入NaCl增强导电性，电解混合熔盐，制铍成本较低 (6) 【分析】含氟铍矿石(主要成分为，杂质为、等)，湿磨后加硫酸酸浸，过程中反应生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铍、硅酸和硫酸钙沉淀，过滤除去硅酸和硫酸钙，滤液中加氨水，将来铁铝转化为沉淀，过滤滤液中主要成分为NH4Al(SO4)2和(NH4)2Fe(SO4)2经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到钒渣；固体加氧化剂将铁氧化成三价铁，充分沉淀铁，滤液中加氨水沉淀铍，生成氢氧化铍，适量NaOH溶液洗涤沉淀，然后煅烧氢氧化铍得到BeO，BeO和KOH熔炼得到。 【详解】（1）“熔炼”有KOH，陶瓷含，铝坩埚含，石英成分是，它们都与KOH反应，选铁坩埚。 （2）从溶度积数据看出，氢氧化铁溶度积最小，原料含亚铁离子，需要加入双氧水，转化成铁离子，以氢氧化铁形式沉淀；pH=4，，根据溶度积计算，。 （3）依题意，选择9%氨水、75℃条件使产品中氟含量最低。 （4）铍和铝处于对角线位置，是两性氢氧化物，和NaOH反应生成盐和水，离子方程式为：。 （5）用石墨电极电解混合熔盐制备铍，其主要原因是：BeO是离子晶体，是分子晶体，BeO的熔点高于，电解耗能较大，加入NaCl增强导电性，电解混合熔盐，制铍成本较低；混合物中铍以配离子存在，在阴极得到电子生成Be，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：。 （6）上述铍矿石含铍质量分数为ω%，上述流程中铍总收率为η%。则100kg这种铍矿石可制备的质量为。 37．(1)增强的氧化性 (2) 胶体增多，吸附 (3) < (4) (5) < 合成是放热反应，在低温区有利于生成，杂质残留在低温区；高温区有利于分解，在高温区收集纯 (6) 【分析】废镍合金为原料(主要成分是和，还有少量和等)加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，浸液中含有氢离子，镍离子、铜离子、铁离子、硝酸根离子，硫酸根离子等，加入萃取剂进行萃取得到萃取液和水溶液，水溶液还原后再加入双氧水氧化，过滤得到FeOOH和滤液，滤液加入草酸铵，得到草酸镍，300℃条件下利用空气作用，得到，在还原剂中加热得到粗镍，处理得到纯Ni。 【详解】（1）金属与硝酸反应生成硝酸盐，加入硫酸，氧化性增强，答案为增强的氧化性； （2）双氧水氧化亚铁离子生成和酸，反应的离子方程式为；依题意，升高，胶体增多，吸附镍离子，导致镍回收率降低； （3）、水解常数依次为，前者水解程度较大，故草酸铵溶液呈酸性，溶液<7，；由于离子水解程度较小，分步水解，所以离子浓度大小排序为； （4）等物质的量、参加反应时失去电子数相等，生成等量镍需要还原剂、质量之比为； （5）根据镍与化合反应可知，低温时有利于镍与化合；高温时有利于分解生成镍，故粗镍放在低温区，在高温区收集纯镍，杂质残留在低温区；答案为＜；合成是放热反应，在低温区有利于生成，杂质残留在低温区；高温区有利于分解，在高温区收集纯； （6）晶体密度计算：铌原子位于长方体晶胞顶点和体内；镍原子位于长方体晶胞棱上、面上，1个铌镍晶胞中，，，。 38．(1) Fe(OH)3 粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、加热、搅拌等 (2) (3)3.2≤pH＜6.65 (4) 降温结晶 降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥 (5) (6) 【分析】含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)，酸浸时NiO、Ni2O3、FeO、MgO和酸反应转化为Ni2+，Fe2+，Mg2+， SiO2不与酸反应，过滤除去，则固体1是SiO2；过滤后向酸浸后的溶液中加入H2O2将Fe2+转化为Fe3+，并用Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，即过滤出固体2为Fe(OH)3，过滤后加入NH4F使Mg2+沉淀除去，过滤出固体3为MgF2，最后得到硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩、降温结晶，过滤、洗涤干燥，得到NiSO4•7H2O，并在惰性气体环境中灼烧NiSO4•7H2O得到M，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，“沉铁”中将铁离子转化为Fe(OH)3，提高“酸浸”速率可采用粉碎矿渣、搅拌、适当增大硫酸浓度、加热等措施，故答案为：Fe(OH)3；粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、加热、搅拌等； （2）“酸浸”中有无色无味且有助燃性的气体产生根据元素守恒可知，该气体为O2，该过程中O的化合价升高，则Ni2O3中Ni的化合价降低，即镍被还原为NiSO4，氧被氧化，根据氧化还原反应可得，该过程发生反应的离子方程式为，故答案为：； （3）根据溶度积数据计算，沉淀完全时，，c(OH-)=，则可推得，pH=3.2；同理可知，开始沉淀时，，pH=6.65，故答案为：3.2≤pH＜6.65； （4）由分析可知，“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥。用乙醇洗涤的目的是降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥，故答案为：降温结晶；降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥； （5），在失重过程中，固体中镍元素质量不变，B点对应固体的质量为15.5g，即为0.1mol，C点含Ni为5.9g，含氧为2.4g，则n(Ni)：n(O)=：=2：3，则C点对应固体的化学式为，根据氧化还原反应配平可得，B到C的反应方程式为：，故答案为：； （6）由题干晶胞示意图可知，1个晶胞含Nb的个数为：=2，含Ni的个数为：=6个Ni，则一个晶胞的质量为：m=g，根据晶胞参数可知，一个晶胞的体积为V=a2c×10-30cm3，故该晶胞的密度为：=g/cm3，故答案为：。 39．(1) 4s24p4 > 的中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，的中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为平面三角形 (2)CuS、PbS (3)TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失 (4) (5) (6) 【分析】碲碱渣加水水浸得到水浸渣和水浸液，水浸液的主要成分为、及少量可溶性的铜、铅化合物等，加入NaHS除杂，得到除杂渣，除杂渣主要成分为CuS、PbS，除杂液加入硫酸中和得到中和固体物质，固体物质用盐酸酸浸得到酸浸渣和酸浸液，酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗硒，溶液再加入亚硫酸钠还原得到还原液和还原碲粉； 【详解】（1）基态硒是第四周期ⅥA族元素，主族元素价电子数等于最外层电子数，所以基态硒原子的价电子排布式为4s24p4 ；的中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为三角锥形，的中心原子Se原子的价层电子对数为，为sp2杂化，空间构型为平面三角形，则键角大小：>； （2）由分析可知，“除杂渣”的主要成分为CuS、PbS； （3）为两性氧化物，微溶于水，“中和”时控制为，生成沉淀，若硫酸过量，TeO2为两性氧化物，会与过量的硫酸反应进入中和液中导致碲元素损失，导致Te的回收率下降； （4）； （5）沉硒”时酸浸液加入盐酸羟胺沉硒得到粗硒，生成了一种无污染的单质气体，则为氮气，发生的主要反应的化学方程式为； （6）锌为活泼金属，放电时负极锌失去电子发生氧化反应生成锌离子：；为正极，得到电子发生还原反应生成，反应为：。 40．(1)Na2SiO3 (2) (3) 10+12H+=3+6H2O 2 V2O5 (4) 2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O 5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑ (5) 6 【分析】结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。 【详解】（1）由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4。 （2）因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2()，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设刚好完全除尽，即c()=1.0×10-5mol·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为。 （3）结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时转化为，反应的离子方程式为：10+12H+=3+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2。 （4）根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2+HCOOH+2H+=2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5+6VO2++17 +6H2O=(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O +13CO2↑。 （5）①由图可知距离钒原子最近的氧原子有6个； ②由图可知，一个晶胞中含有V原子2个，O原子4个，根据，解得x=。 41．(1) (2) C (3) (4) (5)8.4 (6) 【分析】向钛白工业废酸(、等离子)加入萃取剂，进行萃取，进入油相，分液后洗涤，再加入氢氧化钠反萃取，分别生成，过滤后加入酸进行酸溶，溶解生成，再加入草酸进行沉钪生成，在空气中焙烧，发生，生成，据此回答。 【详解】（1）钪位于元素周期表中第四周期第ⅢB族，故基态钪原子的价层电子排布式为； （2）中O的化合价为价，故钛的化合价为价；加入，形成，故的作用是提供配体，故选C； （3）由于浓H2SO4密度比水大，溶于水放出大量的热量，为了防止产生液体飞溅引起实验事故，且由于加热会挥发，故实验室中混合三种试剂的操作是：将浓沿烧杯内壁缓慢注入中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再将所得混合液缓慢注入试剂中，并不断搅拌，故则A、C分别为、； （4）在“反萃取”中，加入溶液后生成，其中生成含化合物的化学方程式为；时，经“反萃取”后所得滤液的，即，则残留的浓度为； （5）在时，的草酸溶液中 （6）在空气中焙烧只生成一种碳氧化物，草酸根中碳的化合价是+3价，在灼烧草酸抗时会被氧化为CO2，氧气是氧化剂，还生成了Sc2O3，化学方程式为。 42．(1)3d54s1 (2)Fe(OH)3、Cr(OH)3 (3)Fe(OH)3、Cr(OH)3与盐酸反应会放出一定的热量 (4)5.6pH＜7.6 (5)c (6)+2H2O2+Pb+=PbCrO4↓+2H2O (7) 【分析】铁铬废泥是FeCl3蚀刻废液经还原、碱沉淀后产生的固体废泥(铁质量分数约为15%，铬质量分数约为2%，不溶物含量为5%~10%，含水率为40%~50%)，可用酸洗废液(所含酸主要是盐酸)酸溶后，滤渣为不溶物，滤液1中含有Fe3+与Cr3+，加入铁片后Fe3+还原为Fe2+，加入Ca(OH)2，应调节pH在5.6pH＜7.6，Gr3+既完全沉淀，Fe2+也不会产生沉淀，滤液3中Fe2+经过氯气氧化得到FeCl3；高铬滤渣为Cr(OH)3，与氢氧化钠反应生成NaCrO2，氧化为，的溶液中加酸，溶液变为橙黄色，说明单聚的转化为二聚的，与醋酸铅反应生成PbCrO4，据此分析解题。 【详解】（1）Cr为第24号元素， 基态Cr原子的价层电子排布式为3d54s1。 （2）铁铬废泥是FeCl3蚀刻废液经还原、碱沉淀后产生的固体废泥，铁铬废泥中铁元素和铬元素的存在形式是Fe(OH)3、Cr(OH)3。 （3）Fe(OH)3、Cr(OH)3与盐酸反应会放出一定的热量，故实际生产中，只需要将溶液预热到60℃左右即可。 （4）加入Ca(OH)2时，应调节的pH的范围在5.6pH＜7.6，Gr3+既完全沉淀，Fe2+也不会产生沉淀。 （5）试剂A的最佳选择是Cl2，因为最后的目标产物为FeCl3，既可以达到将Fe2+氧化为Fe3+的目的，也不引入新的杂质离子，故选c。 （6）绿色溶液转化为黄色溶液过程的离子方程式是：+2H2O2+Pb+=PbCrO4↓+2H2O。 （7）I2+2=2I-+，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，可知关系式2Fe3+- I2-2，cmol·L-1Na2S2O3溶液滴定用去VmL，所需物质的量为cV×10-3mol，消耗Fe3+的物质的量为cV×10-3mol，从100mL容量瓶取出10.00mL样品，样品中氯化铁的质量分数为。 43．(1) (2) 防止生成的氮氧化物排放到空气中 (3) (4) (5) 【分析】阳极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、Ag2Se、Cu2S和NiSO4等)经过焙烧，产生SO2、SeO2，并得到CuO、Ag、Au、NiSO4的混合物，向固体混合物中通入氧气并加入硝酸酸浸，过滤，滤渣I含有Au，滤液I中含有Ag+、Cu2+、Ni2+，在滤液I中加入氯化钠可沉淀银离子，过滤，滤渣Ⅱ为氯化银，用Na2S2O3溶液“溶浸”AgCl，再经后续处理可得到Ag，滤液Ⅱ经过萃取和反萃取，可将Cu2+和Ni2+分离开并获得相关产物。 【详解】（1）“焙烧”产生的与的混合烟气用水吸收可制得单质Se，作氧化剂，被还原为Se，作还原剂，被氧化为，该反应的化学方程式为。 （2）酸浸氧化的过程中由于加了硝酸会产生氮的氧化物，通入氧气可以使氮的氧化物又转化为硝酸而溶解，防止氮的氧化物排放到空气中污染空气；“滤液I”中主要含有、的硝酸盐，故“反萃取剂”最好选用。 （3），若，则，，故mol⋅L-1。 （4）Au和反应，生成含有的溶液，离子方程式为。 （5）若将晶胞分成8个小立方体，则B处于其中一个小立方体的体心，其原子分数坐标为；该晶胞含个数是，含个数是4，设密度为，则，可得。 44．(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。 45．(1) 第四周期VIII族 3∶4 (2)1∶4 (3) Co(OH)2 (4) 减小Li2CO3的溶解量，提高产率 C (5)6.572 (6) 顶点、面心 【分析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2为Co(OH)2和滤液2主要溶质为LiCl；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3，据此解答。 【详解】（1）Co为27号元素，在第四行第9列，所以Co在元素周期表的位置是第四周期VIII族，Co2+与Co3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d7、[Ar]3d6，未成对电子分别为3和4，Co2+与Co3+的未成对电子数之比3∶4； （2）“焙烧”反应方程式为：，生成的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4； （3）根据分析可知，“滤饼2”的主要成分为Co(OH)2，Li2CO3与CoCO3在空气中于烧结生成LiCoO2，反应的化学方程式为：； （4）碳酸锂的溶解度随温度的升高而减小，则向滤液2中加入碳酸钠溶液，将温度升高至90℃是为了提高沉淀反应速率和减小碳酸锂的溶解量，提高产率。得到碳酸锂沉淀的操作为加热后，趁热过滤，故选C； （5）常温下，取100mL“滤液2”，其中c(Li+)=0.20mol/L，为使锂元素的回收率不低于80%，则溶液中剩余的Li+浓度为0.2mol/L×20%=0.04mol/L，则溶液中，需要碳酸钠的物质的量为0.54mol/L×0.1L=0.054mol，沉淀Li+需要碳酸钠的物质的量为0.2mol/L×0.1L×80%×=0.008mol，最少需要碳酸钠的物质的量为0.008mol+0.054mol=0.062mol，故至少应加入碳酸钠固体质量为0.062mol×106g/mol=6.572g； （6）①Li2O中的Li+和O2-的个数比为2∶1，根据观察并计算，晶胞中黑球个数为，灰球个数为8，则黑球代表O2-，O2-在晶胞中的位置为顶点和面心； ②设晶胞参数为anm，晶胞体积为(a×10-7) 3cm3，晶胞质量为，Li2O晶体的密度为  g⋅cm−3，由此可知a=nm。 46．(1)+7 (2) 升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等 除去正极材料中含有的有机粘结剂 (3)或 (4)20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2 (5)将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率 (6)3.37 (7) 【分析】某废旧三元锂离子电池正极材料的主要成分是还有少量有机粘结剂和铝箔基底等，经过空气焙烧后，除去有机粘合剂，铝转化为氧化铝，浸碱后氧化铝溶解在滤液中，焙烧还原时Li元素转化为，同时有CO2、Co、Ni、MnO生成，通过水浸后得到，热解后得到，据此分析解题。 【详解】（1）根据物质的化合价之和为0，且中Ni和Co元素的化合价均为+2价，Mn元素的化合价为+7价。 （2）为提高焙烧效率，可采取的措施有升高焙烧温度、增大空气浓度、电池正极材料和空气逆向流动、搅拌、将正极材料研磨等；据分析可知，焙烧的目的是除去正极材料中含有的有机粘结剂。 （3）除杂时铝，或氧化铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：或。 （4）焙烧还原时Li元素转化为，同时有二氧化碳生成，反应的化学方程式为：20LiNi0.6Co0.2Mn0.2O2+13C10Li2CO3+12Ni+4Co+4MnO+3CO2。 （5）水浸时，通入CO2的目的是将微溶的Li2CO3转化为易溶的LiHCO3，更好与Ni、Co、MnO分离，提高锂元素的回收率。 （6）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=，Al3+浓度为0.1mol/L，c(OH-)=，，pH=-log(H+)=。 （7）MnO晶胞结构如图所示，O2-：，Mn2+：，晶胞的质量为：16g×4+55g×4=284g，晶胞参数为apm=a×10-10cm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为 g/cm3。 47．(1)适当提高反应温度，粉碎金精炼尾渣 (2)3∶1 (3) (4)提高海绵铂的纯度 (5)把氧化为 (6) 3 < 【分析】金精炼尾渣用王水“浸出”得到、、、，加入亚硫酸钠把还原为Au，加入氯化铵，“沉铂”时，得到，加入氯酸钠把氧化为，加入氯化铵得到，经过系列转化得到。 【详解】（1）“浸出”时，为提高金精炼尾渣的浸出速率，可采取的措施有：适当提高反应温度，粉碎金精炼尾渣； （2）所用王水的组成及体积比为：3∶1； （3） 根据分析知，与亚硫酸钠发生氧化还原反应，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒可以得到：；基态金原子的价层电子轨道表示式为 （4）“沉铂”时，得到的中含有其他杂质，经煅烧后可得到的海绵铂也含有其他杂质，将海绵铂反复“浸出—分金—沉铂—煅烧”2～3次，其目的为了提高海绵铂的纯度； （5）根据流程知，“沉钯”时，加入氯酸钠的目的是把氧化为； （6）中Pd的配位数是6，与中Pd的配位数是4，中Pd的配位数是2，共有3种；根据可知，配位能力<；ⅲ中发生反应的化学方程式为。 48．(1) SiO2 Fe (2)盐酸具有挥发性 (3) 用稀硫酸溶解，过滤，洗涤 (4) 2CuS+3O2+4H+=2Cu2++2SO2+2H2O 氧气的存在促进Fe3O4逐渐被溶解 【分析】锌窑渣主要成分有Fe、、、FeS、CuS、等，加入O2和稀硫酸氧化酸浸，SiO2不和稀硫酸反应，存在于滤渣中，滤液中含有Fe3+、Cu2+，加入Fe粉将Cu2+还原为Cu同时生成Fe2+，沉淀1中含有Cu和过量的铁粉，向滤液中通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入Fe(OH)3调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后焙烧Fe(OH)3固体得到。 【详解】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2，试剂1的化学式为Fe。 （2）一般的矿物质用盐酸浸出的速率要比硫酸高，但在实际工业生产中一般用硫酸对矿物质进行酸浸，原因是：盐酸具有挥发性。 （3）沉淀1中含有Cu和过量的铁粉，Cu不和稀硫酸反应，Fe可以和稀硫酸反应，为了得到目标产物，对沉淀1的处理方法为用稀硫酸溶解，过滤，洗涤；由流程图可知，调节溶液pH为3.2时，Fe3+沉淀完全，此时c(Fe3+)=10-5mol/L，c(OH-)= ，。 （4）①CuS氧化酸浸时，生成刺激性气味气体为SO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2CuS+3O2+4H+=2Cu2++2SO2+2H2O； ②Fe溶出率随氧气分压增大而增大的原因是氧气的存在促进Fe3O4逐渐被溶解。 49．(1) 、 镍被钝化（或其他合理答案） (2) (3) 消耗酸，促进铝离子水解生成 降温结晶 (4) (5) 3：1 【分析】镍废料中加入一定浓度的硫酸，进行酸浸，、NiO和FeO转化为可溶性的硫酸铝、NiSO4和硫酸亚铁，CaO与硫酸反应生成的硫酸钙为微溶物，二氧化硅不反应，硫酸钙和SiO2共同形成滤渣，滤液中加双氧水氧化Fe2+成Fe3+，再加氨水调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后往滤液中加入NiO沉铝，形成Al(OH)3沉淀，再次过滤后所得滤液经一系列操作，得NiSO4‧7H2O，然后灼烧得氧化物，最后还原得Ni单质。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”得到滤渣1的主要成分是、； 浓硫酸具有强氧化性，硫酸浓度太大，可能会使Ni钝化，从而降低镍的浸出率，或因为硫酸浓度太大、氢离子浓度降低，使镍的浸出率降低，故硫酸浓度大于后，镍浸出率降低的可能原因是：镍被钝化或H+浓度降低； （2）过氧化氢具有强氧化性，“氧化”时双氧水的作用将亚铁离子氧化为铁离子，； （3）NiO 为金属氧化物，能和氢离子反应，“沉铝”是指将铝元素转化为Al(OH)3沉淀，所以其中NiO的作用是消耗酸，促进铝离子水解生成Al(OH) 3；“操作X”得到NiSO4‧7H2O晶体，操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤； （4）NiSO4‧7H2O的相对分子质量为281，起始时2.81gNiSO4‧7H2O物质的量为0.01mol，其中n(Ni)=0.01mol，m(Ni)=0.59g，m(H2O)=0.01mol×7×18g/mol=1.26g，2.81g-1.26=1.55g，所以b点为完全失去结晶水的产物，即a→b过程中失去的物质是；Ni原子守恒，加热至质量不再变化时为氧化物，0.83g中m(Ni)=0.59g，m(O)=0.83g-0.59g=0.24g，所以n(O)==0.015mol，镍、氧物质的量之比为0.01mol：0.015mol=2:3，c点对应的氧化物为； （5）据“均摊法”，晶胞中含个Nb、个Ni，则晶体密度为= g·cm。 50．(1) (2)作氧化剂（合理即可） (3) 大于 只还原了（合理即可） (4) (5) 沉铂、沉钯（合理即可） (6)1：2 【分析】铂钯精矿[含有Pt、Pd、Au、Cu、Bi]用浓盐酸酸浸，“滤液1”中含有和，滤饼中含有Pt、Pd、Au，氯化溶解后加入亚硫酸钠溶液分金，金不溶解过滤除去，滤液中加入氯化铵沉铂，过滤后加入氯化铵和次氯酸钠溶液沉钯，（水合肼）将还原为金属钯，以此解答。 【详解】（1）中Cl为-1价，H为+1价，Cu显价；基态As原子的简化电子排布式为。 （2）“氯化溶解”时氯气的作用是作氧化剂。 （3）由于“分金”时只还原了，未还原，故的氧化性大于。 （4）“沉铂”时发生复分解反应，化学方程式为。 （5）“沉钯”时次氯酸钠被还原为，被氧化为，配平后化学方程式为。盐酸参与反应的化学方程式为，“滤液3”为溶液，可以进入“沉铂”、“沉钯”步骤中循环利用。 （6）（还原剂）中N为价，被氧化为时失去，（氧化剂）中Pd为价，被还原为金属Pd时得到，根据电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2。 51．(1)粉碎铅膏、适当加热、增大纯碱溶液浓度和搅拌等 (2) 因为反应的平衡常数 26 (3) (4)产生有毒气体CO、产品混有C粉等 (5) (6) 【分析】铅膏(主要成分、、PbO、Pb，还有少量等)，加足量纯碱溶液，将硫酸钡转化为、转化为碳酸铅、碳酸钡；过滤取滤渣，加醋酸、双氧水将 、Pb、PbO转化为；对进行多步处理得到PbO，PbO用氢气还原得到Pb单质，铅粉加S、KNO3熔融得到黄丹粉。 【详解】（1）“脱硫”中，为了提高反应速率宜采用的措施有粉碎铅膏、适当加热、增大纯碱溶液浓度和搅拌等； （2）已知平衡常数大于10⁵的反应为不可逆反应(完全反应)。反应的平衡常数，说明能完全转化为；BaCO3和 BaSO4共存时表明已开始转化，=，当时，开始转化。 （3）PbO2具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气。反应离子方程式为：； （4）木炭被氧化成CO，未反应的木炭混入产品，产品纯度降低。 （5）理论上所得铅粉的质量应通过PbO起始质量计算，PbO起始质量为x g，则所含Pb质量为，即理论所得Pb质量。 （6）设晶胞参数为a，由晶胞结构可知，Pb原子位于顶点和面心，个数为：；晶胞质量为：g；则，。面心立方晶胞中面对角线上3个铅原子相切，则，铅原子半径为：nm。 52．(1) 制作光导纤维或制作玻璃或工业制硅 (2)4.0或者4 (3) (4) (5)趁热过滤 (6) 90℃ 60℃ 沉钒率低，铬损率高或温度较高时易分解，需降温导致能耗增加或对储运要求较高 【分析】向矾铬还原渣加入硫酸，酸浸，、均可与硫酸反应被溶解，不溶，则滤渣滓的成分是。向滤液中加入Na2S2O8，将氧化为，调pH水解沉钒，将转化为从而将钒分离出来。向含净化液加入过量NaOH溶液，使转化为，加入后将氧化为，然后经过调pH、多步操作得到产品，以此作答。 【详解】（1）由分析可知，“滤渣”的成分为，可用做制作光导纤维或制作玻璃或工业制硅的原料；在“氧化”操作中，Na2S2O8将氧化为，根据得失电子守恒可得氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故答案为：制作光导纤维或制作玻璃或工业制硅的原料；； （2）“水解沉钒”操作中，，若使恰好开始沉淀，此时的，，此时pH＝4，故答案为：4； （3）“溶液1”中加入后将氧化为，根据电子守恒和原子守恒可写出化学方程式为，故答案为：； （4）“溶液2调pH”，将转化为，其离子方程式为，故答案为：； （5）“多步操作”将和分离，根据信息④溶解度随温度变化的表格，温度越高，溶解度越小，故应采取的操作有蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤等步骤得到，故答案为：趁热过滤； （6）根据图像可知用Na2S2O8氧化时，80℃时沉钒率最大，铬损率最低，因此应选择80℃；用H2O2氧化时，50℃时沉钒率最大，铬损率最低，因此应选择50℃；由图知，采用H2O2氧化的主要不足之处有沉钒率低、络损率高；温度较高时，H2O2易分解，需降温导致能耗增加、对储运及投料要求较高。 53．(1) (2) (3)、、 (4)、 (5)1.24 (6) A 8 【分析】银铟矿主要成分为、、、、、、、。银铟矿加NaCl-HCl-NaClO“浸出”，浸出渣中含有S，浸出液中含有、、、ZnCl2、PbCl2、FeCl3、InCl3、CaCl3；浸出液中通入水蒸气生成Fe2O3除铁，加碳酸钙调pH=1.8，加铜粉“一次还原”还原出Ag、Au，加铜粉“二次还原”还原出Cu、Pb，滤液加碳酸钙“二次中和”调pH=4.5，生成、；滤液通入H2S生成PbS、ZnS分离出铅锌。 【详解】（1）“浸出”过程中转化为进入溶液，同时生成硫，根据氧化还原反应规律，NaClO被还原为NaCl，反应的离子方程式为； （2）高温水蒸气促进了水解生成氧化铁和氯化氢，反应的化学方程式。 （3）Cu、Pb的活泼性比铁弱，加铁粉“二次还原”还原出Cu、Pb，得到的滤渣主要成分Fe、Cu、。 （4）“二次中和”调pH=4.5，根据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH表，生成、、沉淀；得到的滤渣除少量外，主要成分还有、。 （5）“分铅锌”步骤中，维持饱和水溶液的浓度为0.01mol/L，为使沉淀完全，则c(S2-)>,, ,，所以需控制溶液的pH不小于1.24。 （6）根据均摊原则，白球数为，灰球数为8，根据化学式，推断是A。根据图示，晶体中一个周围与它最近且等距离的A粒子的个数为8。 54．(1) 防止氯酸钾受热分解、且可以避免反应过于剧烈 B (2)过滤较快或固体和液体较易分离等 (3) 不变 66.7 产品产率降低，有有毒气体产生 (4) (5)BD (6) 【分析】 将2.45g氯酸钾固体和5.2g氢氧化钾固体混合加热至熔融后分多次小心加入3.00g二氧化锰，混合物充分反应得到墨绿色锰酸钾固体；向锰酸钾固体溶于100mL水得到的溶液中通入二氧化碳，锰酸钾溶液在二氧化碳作用下发生歧化反应生成碳酸钾、二氧化锰沉淀和高锰酸钾，抽滤得到含有二氧化锰的滤渣和滤液；滤液经分离提纯得到粗高锰酸钾。 【详解】（1）氯酸钾在二氧化锰做催化剂条件下会发生分解反应生成氯化钾和氧气，所以“熔融”时应分批加入二氧化锰，防止氯酸钾受热分解、且可以避免反应过于剧烈；熔融KOH可与SiO2反应，故“熔融”时用到的仪器为铁坩埚、泥三角、酒精灯、坩埚钳，不能用到玻璃棒，故选B； （2）相对甲，抽滤装置乙可以加快过滤速率，使得固体和液体较易分离； （3）“歧化”时发生的反应为，若通入过多，碳酸根离子转化为碳酸氢根离子，但不会影响最终得到的产量；由方程式可知，反应消耗3mol锰酸根离子时，生成2mol高锰酸根离子，则锰元素进入产品的百分率约为×100%=66.7%；锰酸根离子具有氧化性，能与盐酸反应生成生成有毒的氯气造成环境污染，降低高锰酸钾的产率，所以不能用盐酸代替二氧化碳； （4）常用“电解”代替“歧化”，则阳极锰酸根离子失去电子发生氧化反应生成锰酸根离子、阴极水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，总反应为： ； （5）A．高锰酸钾的酸性溶液与草酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴草酸钠溶液，溶液会由浅紫色变为无色，则滴定终点时溶液由浅紫色变为无色，故错误； B．滴定时，左手控制滴定管、右手控制锥形瓶、眼睛始终注视锥形瓶中溶液颜色变化，故正确； C．锥形瓶未干燥不影响高锰酸钾的物质的量和草酸钠溶液的体积，对测得结果无影响，故错误； D．由题意可知，配制高锰酸钾溶液时，需要用到托盘天平、量筒、容量瓶等，滴定时需要用到滴定管等，故正确； 故选BD； （6）滴定中锰化合价由+7变为+2、碳化合价由+3变为+4，由得失电子数目守恒可得如下关系式：，则产品的纯度为。 55．(1)温度超过80℃时加速浓盐酸挥发 (2)和结构相似，都属于分子晶体，的相对分子质量大， 范德华力更大 (3)PbS和CuS (4) 310 低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G>0，TeCl4不会被还原 (5) (6)A 【分析】本题为工业流程题，从阳极泥或冶炼烟尘中提取Te，首先用盐酸溶解原材料，随后加入硫化钠除去杂志铅离子和铜离子，随后用二氧化硫除去其中的杂质，抽滤后再用二氧化硫还原出产品，以此解题。 【详解】（1）“浸出”步骤中使用了浓盐酸，具有挥发性，则当温度超过80℃时，降低的主要原因是温度超过80℃时加速浓盐酸挥发； （2）从晶体类型的角度分析，和结构相似，都属于分子晶体，的相对分子质量大， 范德华力更大； （3）根据分析可知，加入硫化钠可以和浸出液中的铅离子、铜离子分别生成PbS和CuS，则“净化”步骤中产生的滤渣主要含PbS和CuS； （4）根据可知，当△G<0，反应可知发生，结合图形可知，温度高于310℃时会有单质Te产生；故答案为：310；低于该温度，TeCl4和SO2反应的△G>0，TeCl4不会被还原； （5）“还原”步骤中和二氧化硫反应生成单质Te，方程式为：； （6）综合还原效率、工艺成本和环保因素可知，氢气成本较高，结合流程可知，硫化钠对Te2+的还原效果不好，则用铁粉还原较好，故选A。 56．(1)3d74s2 (2) (3)5.2≤pH<7.6 (4)B (5)若用CoSO4代替 CoCl2，OH-在阳极放电，溶液酸性增强，H+与 Co 反应，导致 Co产率降低 (6) NA·a·ρ g/mol 面心立方最密堆积 【分析】 向水钴矿中加入硫代硫酸钠溶液和稀硫酸，经还原酸浸、过滤得到含有可溶性硫酸盐的浸出液；向浸出液中加入次氯酸钠溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2—7.6的范围内，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣Ⅰ和除去铁离子、铝离子的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入氟化钠溶液，将溶液中钙离子和镁离子转化为氟化钙沉淀、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙沉淀、氟化镁沉淀和除去钙离子、镁离子的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ中加入有机萃取剂，分液得到除去镍离子、锰离子的萃后余液；向萃后余液中加入草酸铵溶液，将溶液中钴离子转化为二水草酸钴沉淀，过滤得到Ⅲ和二水草酸钴沉淀；向二水草酸钴沉淀中加入盐酸，将沉淀溶解得到氯化钴溶液；电解氯化钴溶液制得金属钴。 【详解】（1）Co为27号元素，故基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2； （2）由分析可知，还原酸浸中发生的氧化还原反应为酸性条件下，CoOOH与硫代硫酸钠溶液反应生成硫酸钠、硫酸钴和水，反应中硫元素化合价由+2变为+6、钴元素化合价由+3变为+2，结合电子守恒可知，化学方程式为8CoOOH+Na2S2O3+7H2SO4=8CoSO4+Na2SO4+11H2O；次氯酸钠具有强氧化性，而氧化性：Co3+>ClO->Fe3+，酸性条件下ClO-和Mn2+几乎不反应，则浸出液中加入次氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，利于铁离子的后续去除，反应的离子方程式为； （3）由表格数据结合分析可知，浸出过程中加入碳酸钠溶液调节溶液pH在5.2—7.6的范围内，此时可以将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，除去杂质离子而钴离子、锰离子不沉淀； （4）由图可知，萃取剂pH在3—4范围内镍离子、锰离子的萃取率很大，而钴离子的萃取率较小，则萃取剂合适的pH在3—4范围内，故选B； （5）若用硫酸钴代替氯化钴，则阳极上水放电生成氧气、氢离子，使得硫酸钴溶液电解生成硫酸、钴和氧气，反应生成的硫酸能与钴反应，导致钴的产率降低，故答案为：若用CoSO4代替 CoCl2，OH-在阳极放电，溶液酸性增强，H+与 Co 反应，导致 Co产率降低； （6） 由图可知，图b为1个晶胞，根据“均摊法”，晶胞中含个Co，则晶体密度为，则M= NAaρ g/mol； 由图可知，在面心位置存在钴原子，堆积方式属于面心立方最密堆积；根据“均摊法”，晶胞中含个Co，面对角线为4r，则晶胞边长为，该晶体的空间利用率为。 57．(1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应进行的更加充分 (2) CaSO4 (3)4.67 (4) (5) 12 【分析】软锰矿(主要含，还有少量、、MgO、CaO、)和硫铁矿(主要含)，加入稀硫酸酸浸，与发生反应： ，与发生反应：，过滤后，滤液中有Mn2+、Fe3+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，浸渣中有、S、CaSO4（为微溶物），加入过氧化氢将Fe2+化为Fe3+，加入氨水使Al3+和Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，绿叶中加入MnF2，使Mg2+、Ca2+转化为氟化物沉淀，过滤，滤液中加入高锰酸钾，将Mn2+氧化为MnO2。 【详解】（1）“酸浸”时将矿石粉碎，主要目的是：增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应进行的更加充分； （2）由分析得，浸渣1中除和S外，还有CaSO4； 与反应的离子方程式为：； （3）Fe（OH）3和Al（OH）3的结构相似，Al（OH）3的Ksp更大，溶解度更大，当Al（OH）3完全沉淀时，Fe（OH）3一定已完全沉淀，当时，，，； （4）“氟化除杂”时除钙的离子反应方程式为：，平衡常数；“转化”时，高锰酸钾将Mn2+氧化为MnO2，发生反应的离子方程式为： ； （5）由图可知，每个Ca2+周围最近且距离相等的Ca2+个数为12；由均摊法得，一个晶胞中Ca2+的数目为，F-的数目为8，晶胞的质量为：，晶体密度为，则晶胞的边长为：。 58．(1)促进水解，使转化成沉淀除去 (2) (3) (4)加热浓缩溶液至有晶膜出现（蒸发浓缩），冷却结晶 (5) (6) (7) 【分析】在600℃焙烧时，(NH4)2SO4分解产生H2SO4，H2SO4与NiO、FeO、CaO反应生成NiSO4、Fe2(SO4)3（未隔绝空气，亚铁被氧化）、CaSO4，SiO2不与硫酸反应，接着进入浸泡环节，除铁元素，使铁转化为沉淀除去，SiO2不溶，故浸渣中还含有SiO2，经过此步骤，所得浸取液中含有CaSO4（微溶物），上一步未完全除去）、NiSO4、H2SO4，接着进入除钙步骤，CaSO4转化为难溶的CaF2被除去，之后溶液中主要含有NiSO4、H2SO4、硫酸钠，萃取实现分离，有机相经过几步处理最终得NiSO4。 【详解】（1）浸泡目的是除铁元素，故用95℃热水浸泡的目的是促进水解，使转化成沉淀除去； （2）矿渣中部分焙烧时与反应生成的化学方程式是； （3）除钙率为时，c（Ca2+）=，则 ； （4）从溶液中获得晶体的操作依次是加热浓缩溶液至有晶膜出现（蒸发浓缩），冷却结晶，过滤，洗涤，干燥； （5）由图B段固体质量不再改变，则为氧化物，煅烧过程中Ni会被空气氧化，发生的化学方程式为4+O2=2+4SO3+6H2O；设刚开始质量为263g，即1mol，由元素守恒，为0.5mol，即83g，根据图上信息B段剩余固体质量为263×0.3155=83g，即B段所表示的固体物质的化学式是； （6）基态镍离子的核外最外层电子排布式是； （7）晶体结构与晶体类似，离子分别位于顶点、面心，棱上、体心其晶胞的棱长为，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为面对角线一半，是；“单分子层”最小重复单元为以四个氧离子作密致单层排列中间有一个镍离子，所占氧离子，镍离子个数都为1，则每平方米面积上分散的该晶体的质量是。 59．(1)p (2) (3) 将转化为可溶性的，不与氨水反应，从而过滤除去 (4)7.3 (5) 8 【分析】辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣，得到滤液中加入铋，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋沉淀；氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液，硝酸铋溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸铋。 【详解】（1）铋元素与氮元素同主族，则铋元素位于元素ⅤA族，为p区元素； （2）辉铋矿主要成分为，铁离子具有氧化性，将负二价硫氧化为为硫单质，铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒可知，反应为：； （3）由分析可知，“还原”时，加入铋的目的是将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，铋被氧化为铋离子，故“还原”时发生主要反应的离子方程式为；得到沉淀中含有氢氧化铋、氢氧化铜，“碱溶”步骤中加入可以将转化为可溶性的，不与氨水反应，从而过滤除去，分离出沉淀； （4）由分析可知，“沉淀”时调pH使得铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，而亚铁离子不能转化为沉淀，由溶度积可知，当亚铁离子开始沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度为，pOH=6.7，pH为7.3，则“沉淀”时调pH的最大值应小于7.3； （5）由图可知，晶胞a中以面心为例，其上下层各有4个Cs+，则的配位数为8；由图可知，晶胞b中两个最近的的距离为面对角线的一般，为nm；据“均摊法”，晶胞b中含个、个、8个Cs+，则晶体密度为。 60．(1) (2) 将三价钴元素还原成二价钴元素 造成的浪费 (3) (4) < 为弱酸，酸性较强时离子浓度较小 (5) 【分析】由题给流程控制，向含钴废渣中加入稀硫酸和二氧化硫酸浸，将金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤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，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化得到的溶液中加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入有机萃取剂萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和水相；向水相中加入碳酸钠溶液，将溶液中的亚钴离子转化为碳酸亚钴沉淀，过滤得到碳酸亚钴。 【详解】（1） 钴元素的原子序数为27，基态原子的价电子排布式为3d74s2，轨道表示式为，故答案为：； （2）由题给流程控制，酸浸时通入二氧化硫的目的是将将三价钴元素还原成二价钴元素，若二氧化硫用量过多会消耗氧化步骤加入的过氧化氢溶液，造成过氧化氢溶液浪费，故答案为：将三价钴元素还原成二价钴元素；造成的浪费； （3）由分析可知，加入碳酸钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，由溶度积可知，溶液中铝离子完全沉淀时，溶液中的氢氧根离子浓度大于=10—9.1mol/L，则溶液pH大于4.9；由亚钴离子溶液的浓度为0.001mol/L可知，溶液中氢氧根离子浓度小于=10—5.6mol/L，则溶液pH小于8.4，所以“除杂”时应调节的pH范围为4.9—8.4；由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，故答案为：4.9—8.4；； （4）①由结构简式可知，P204为磷酸分子中2个羟基的氢原子被烃基取代所得结构，烃基为供电子基团会使磷酸分子中羟基的活性减弱，电离出氢离子的能力减弱，所以P204的酸性弱于磷酸，故答案为：<； ②萃取时若水溶液的酸性太强，溶液中的氢离子会抑制HA的电离，导致溶液中A−离子浓度较小，使得萃取率较低，故答案为：为弱酸，酸性较强时离子浓度较小； （5）由题意可知，“沉钴”中生成沉淀的反应为溶液中亚钴离子与碳酸根离子反应生成沉淀和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为，故答案为：。 61．(1) 价除去铁泥表面的油污 (2) 烧杯 漏斗 玻璃棒 (3)适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等 (4) 等合理答案均可 (5) (6)取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则说明待测液中含有 【分析】工业废料铁泥主要含，还含有Fe、FeO、等，由流程可知，预处理阶段加入X除去铁泥中的油污，然后加入稀硫酸，酸浸后的酸性溶液中含有Fe2+，过滤分离出滤渣为，加入NaClO将二价铁离子氧化成三价铁离子，再加入碳酸钠、硫酸钠溶液使铁离子全部沉淀生成黄钠铁矾； 【详解】（1）根据化合物中各元素正负化合价的代数和等于0可知黄钠铁砜中元素的化合价为价；油污在碱性条件下能发生水解反应而被除去； （2）过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒； （3）为提高“酸溶”浸取率，可采取的措施有适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等； （4）根据分析可知，NaClO将二价铁离子氧化成三价铁离子，离子方程式：；酸性条件下，具有强氧化性，可以将氧化为．在不引入杂质的前提下，用可以替代起氧化作用； （5）“沉铁”过程硫酸钠和碳酸钠和发生反应生成，发生反应的离子方程式为：； （6）根据流程可知，滤液中不含氧元素的阴离子为氯离子，检验氯离子的方法：滤液中的主要成分是氯化钠，检验滤液中的方法是取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生则说明待测液中含有； 62．(1) MgF2 取适量滤液1于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe2+已被完全氧化 (2)CO2 (3) (4)由于Fe2+的还原性强于Co2+，优先被NaClO溶液氧化为Fe3+，若NaClO溶液过量，则Co2+也会被氧化，所以控制NaClO溶液有利于得到较纯的黄钠铁矾 【分析】铁钴矿焙烧时硫元素转化为二氧化硫，高温下碳元素转化为碳的氧化物，铁元素转化为铁单质，钴元素转化为钴单质，然后用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，滤液1中主要含有Co2+、Fe2+、Mg2+等，加入次氯酸钠氧化溶液中的亚铁离子，加入碳酸钠调节pH沉淀铁离子，使其转化为黄钠铁矾，滤液2中加入氟化钠沉淀镁离子，滤液3中加入次氯酸和碳酸钠，氧化Co2+，同时使其转化为滤渣4，滤渣4焙烧得到三氧化二钴，据此解答。 【详解】（1）①滤液2中加入氟化钠沉淀镁离子，所以滤渣3的主要成分为MgF2； ②检验亚铁离子一般用K3[Fe(CN)6]溶液，所以确定滤液1中的Fe2+已被氧化完全的方法为：取适量滤液1于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe2+已被完全氧化； （2）①在溶液A中加入适量的Na2CO3调节pH为1.6∼2.0，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，根据原子守恒可知生成气体的化学式为CO2； （3）①滤液3中加入次氯酸和碳酸钠，氧化Co2+钴离子，同时使其转化为Co(OH)3，根据添加比例及氧化还原规律可得到总反应的离子方程式是； ②由流程可知，Co(OH)SO4隔绝空气灼烧时生成Co2O3，根据原子守恒可知还有水和三氧化硫生成，则发生的化学反应方程式为； ③如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，发生氧化还原反应，根据氧化还原规律，可得反应方程式为：； （4）由于Fe2+的还原性强于Co2+，优先被NaClO溶液氧化为Fe3+，若NaClO溶液过量，则Co2+也会被氧化，所以控制NaClO溶液有利于得到较纯的黄钠铁矾。 63．(1) (2)延长浸取时间（或适当升高温度、搅拌等） (3) (4) (5)97.7 (6) CaCrO3 【分析】钒、铬废渣(主要成分有和，还含有其他难溶物)经过水浸后，水浸液中含有和，加入生石灰沉钒得到钒酸钙，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是经过酸化、加入氧化铜转化为沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和溶液，经过冷却结晶得到。 【详解】（1） 基态铬原子价电子轨道表示式为。 （2）为提高浸取效率，还可采取的措施延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等（任写一点）。 （3）“沉钒”过程加入氧化钙与溶液中的生成钒酸钙，化学方程式为。 （4）“转化”过程中沉淀与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和，离子方程式为：。 （5）根据和的Ksp，可以得到沉铬的离子方程式为：，，所以理论转化率为：。 （6）①根据均摊法进行计算：钙原子位于顶点，钙原子数目=，氧原子位于面心，氧原子数目=，铬原子位于体心，数目为1，所以晶体的化学式为CaCrO3。 ②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的数值，晶体密度表达式为，可以求得边长a，则相邻与之间的最短距离为晶胞体对角线的一半，所以最短距离计算式=pm。 64．(1)+3 (2)2∶1 (3)2ClO2+2Cl-=Cl2+2 (4)CD (5) 洗涤 大于38℃小于60℃ (6)1∶2 【分析】酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2同时自身被氧化生成硫酸氢钠，ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，NaClO2溶液经一系列操作得到NaClO2晶体。 【详解】（1）中Na显+1价、O显-2价，根据化合物中正负化合价代数和等于0，氯的化合价为+3价。 （2）“反应I”步骤中酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2，反应中氯元素化合价由+5变为+4为氧化剂、硫元素化合价由+4变为+6为还原剂，结合电子守恒可知，反应的化学方程式为，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1； （3）“反应Ⅱ”中ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，氯离子发生氧化反应生成氯气，化合价由-1变为0，ClO2中氯元素发生还原反应生成NaClO2，化合价由+4变为+3，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为2ClO2+2Cl-=Cl2+2； （4）加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，则正确的操作顺序是③①②④或③②①④，故选CD； （5）“一系列操作”从溶液中得到NaClO2晶体，操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，所以“趁热过滤”应控制的温度范围是大于38℃小于60℃； （6）Cl2通入足量NaOH溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量比为a∶3∶1，根据得失电子守恒，a×1=3×1+1×5，解得a=8，氯元素化合价升高被氧化为NaClO、NaClO3、化合价降低被还原为NaCl，故被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比8∶（1+3）=1∶2。 65．(1)1：3 (2) (3) 加热蒸发 趁热过滤 乙醇 (4) (5)当加入碳酸钠溶液时，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化 (6) 【分析】向阳极泥中加入稀硫酸将ZnO转成ZnSO4，随滤液除去，向滤渣中加稀硫酸和葡萄糖酸浸还原+4价Mn为+2价得滤渣1，剩余的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；据此解答。 【详解】（1）设Pb2Mn8O16中含a个+2价Mn，则+4价Mn有(8-a)个，据化合价代数和为0列式为，解得a=2，则+2价和+4价Mn的个数比为1：3； （2）由题中信息可知，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，其离子方程式为； （3）根据溶解度曲线图分析，首先进行蒸发结晶，当进行蒸发结晶出的晶体与滤液分离操作时需进行趁热过滤，防止杂质从中因温度降低而析出混入，晶体样品易溶于水，难溶于乙醇，可用乙醇洗涤晶体； （4）在阴极放电生成Se单质，H2SeO3 中Se的化合价为+4价，生成0价的Se单质，则电极反应式为； （5）当加入碳酸钠溶液时，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化，故可用溶液将“滤渣”中的转化为； （6）根据图示，Ni原子处于的位置为顶点8个，面心6个，棱心12个，体心1个，则Ni的个数为，Mn原子处于的位置为体内，则有4个原子，Ga原子位于体内，则有4个原子，则晶胞的质量，体积为，。 66．(1) 适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 (2)H2O2或氯水 (3)氨水 (4)297 (5) Ca2V2O7 V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2 (6)×1023 【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。 【详解】（1）浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。 （2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。 （3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。 （4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。 （5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。 （6）该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。 67．(1)适当加热、增大碱液浓度、粉碎矿石等 (2) 3：2：3 (3)将氧化为 (4) (5) 10.2 10.3 (6)C 【分析】黑钨矿的主要成分为和，和与氢氧化钠溶液反应生成、沉淀和沉淀，因此浸渣中含有的主要成分是沉淀和沉淀，浓硫酸溶解过滤后得到溶液1，溶液1中含有、和等离子，加入双氧水后，会被氧化成得到溶液2，通过调节pH使完全沉淀而不沉淀，过滤得到溶液和滤渣沉淀，通过电解得到，沉淀通过灼烧可得；溶液经过进一步净化得到较纯的，再和氨水和氯化铵反应得到，再600℃焙烧得到，进一步还原可得单质。 【详解】（1）增大固液接触面积，增大浸出液浓度，适当加热，搅拌等都可以提高速率，可采取磨细矿粉、适度加热、搅拌、提高氢氧化钠溶液浓度； （2）根据工业流程可知，“焙烧”中发生反应的化学方程式为：；由1mol制备等质量1molW时，转移电子6mol，根据电子守恒，、、都失去6mol电子，故消耗还原剂、Al、CO的物质的量之比为3：2：3； （3）根据pH数据可知，加入双氧水，能氧化生成，调pH转化成氢氧化铁； （4）阳极上氧化硫酸锰溶液生成二氧化锰，电极反应式为：； （5），，，； ，，，； （6）W晶胞为体心立方晶胞，1个W晶胞含2个W。体对角线相切，W原子半径为，。 68．(1) 将菱锌矿粉碎或搅拌或适当升温等 (2) (3)或 (4)促使进入水层或促进有机层和水层分离等 (5) 反萃取或酸浸 (6)作保护气 (7) 正四面体 【分析】菱锌矿加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，然后过滤，不反应的、生成的成为滤渣1；铁元素被氧化为铁离子，锌元素、铜元素、镁元素反应转化为金属阳离子进入滤液，往滤液中加入试剂调节溶液的，将转化为沉淀得到滤渣2；往滤液中加锌，将还原为得到滤渣3，过滤后，往滤液中加入萃取剂，萃取出锌后，往有机层中加入稀硫酸进行反萃取，将水溶液层进行电解，可制得，在加热条件下锌与反应，从而制得。 【详解】（1）为增大“酸浸”速率，可采取的措施是：将菱锌矿粉碎（或搅拌或适当升温等合理答案），“酸浸”中硝酸具有强氧化性，将铁元素氧化为铁离子，故溶解生成同时生成和水，离子方程式为。 （2）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为。 （3）常温下，“调”将转化为沉淀，而不生成沉淀，根据表格中的数据可知范围为（或）。 （4）“反萃取”中，稀硫酸使锌从有机层再次进入水层，则主要作用是：促使进入水层（或促进有机层和水层分离等合理答案）。 （5）“电解”中以石墨为电极，阳极是水失电子发生氧化反应生成，电极反应式为，得到废液中含有硫酸，可以循环用于反萃取或酸浸工序，实现废物循环利用。 （6）合成时，需防止被空气中氧化，宜在氩气氛围中进行，氩气的作用是作保护气。 （7）根据题意，原子位于晶胞右侧面心上，因此坐标为，晶胞中距离最近的位于顶角和三个相邻面的面心上，配位数为4，形成正四面体结构。 69．(1) (2)CaSO4 (3) D 大于 S原子含有孤电子对，Ni原子含有空轨道，硫与镍之间的结合方式为配位键，故选D。O的电负性大于S，则中-OH的极性大于中-SH的极性，-OH更容易电离出H+ (4) (5)负 (6)6+O2=2+6H2O (7) 【分析】生产高纯硫酸锰晶体工艺流程中，软锰矿加入铁屑和稀硫酸溶解，形成MnSO4、FeSO4、MgSO4、NiSO4溶液，其中SiO2和大部分CaSO4进入滤渣1，“氧化”过程加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，“调节pH”过程加入CaCO3，形成Fe(OH)3沉淀过滤除去，“除镍”过程加入MnS，形成NiS沉淀除去，之后加入MnF2，形成CaF2和MgF2沉淀过滤除去，最后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到MnSO4晶体。 【详解】（1）“酸浸”过程中碳酸锰和氢离子反应生成锰离子和水、二氧化碳气体，离子方程式为：。 （2）钙的氧化物和硫酸生成不溶物硫酸钙，“滤渣1”的主要成分为、，还含有CaSO4。 （3）S原子含有孤电子对，Ni原子含有空轨道，硫与镍之间的结合方式为配位键，故选D。O的电负性大于S，则中-SH的极性大于中-SH的极性，-SH更容易电离出H+，则25℃，电离常数大于。 （4）除钙镁时，、沉淀后溶液中。 （5）除硅时，絮凝剂为阳离子型聚丙烯酰胺，聚丙烯酰胺带正电，可通过“吸附—电中和—架桥”使硅酸胶体絮凝沉淀，硅酸胶体粒子带负电荷。 （6）在空气中被氧化生成，Mn元素由+2价上升到+价，O元素化合价由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：6+O2=2+6H2O。 （7）由Mn3O4的晶胞结构可知，其中Mn2+和Mn3+占据晶胞的顶点、面心及内部交错的4个小立方体的体心，Mn2+的个数为4+6×+8×=8，则该晶胞中含有O原子的个数为，晶体的密度为，则 pm。 70．(1)或 (2) (3) (4) 80% 在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液 (5) (6)BC 【分析】废镍渣(含、NiO、FeO、)，粉碎后加入NaOH溶液碱浸，则废镍渣中的和NaOH反应，反应的离子方程式为+2OH-=2+H2O；通过过滤分离，剩下的物质经过焙烧加入，金属变成硫酸盐，、NiO、FeO与反应生成的盐为NiSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4，同时有氨气生成；95℃热水溶解，Fe3+水解为Fe(OH)3；经过萃取将Fe2+、Ni2+分离，得到含Ni2+的有机层，最后得到NiSO4； 【详解】（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为，“滤液A”中主要溶质为(或)； （2）“焙烧”后金属元素以硫酸盐的形式存在，则NiO与反应的化学方程式为； （3）烧渣中含有、、，95℃热水“溶解”，水解为，则过滤所得“滤渣”的化学式为； （4）①一定条件下，萃取平衡时，被苯取的即形成的的物质的量是残留在溶液中的4倍，则的萃取率为。 ②在萃取液中加入稀硫酸，振荡、静置、分液，得到溶液； （5）“反萃取”得到的溶液在碱性条件下可被NaClO氧化生成，该反应的离子方程式为； （6）A. 元素非金属性越强电负性越强，故图a中，电负性，选项A正确； B.氢键不是化学键，选项B错误； C.各顶点不相同，所以不是晶胞，选项C错误； D. 氧化镍中、均在顶点且各占一半，它们的配位数都是6，选项D正确； 答案选BC。 71．(1)2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O (2)Al(OH)3和H2SiO3 (3) MnO2 酸性 溶液中存在平衡3+2H2O 2+MnO2+4OH－，加入冰醋酸，可中和OH－，降低c(OH－)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率 a (4)溶液表面出现晶膜 (5) 63.2% 偏大 【分析】软锰矿，其主要成分为MnO2，含少量等的氧化物等杂质，与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，据此分析。 【详解】（1）由分析可知，“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O； （2）根据分析，浸取液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3； （3）①在酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，可知吉布斯自由能越小越稳定，则在碱性溶液中MnO2是锰的最稳定态，答案为：MnO2； ②由图可知，在酸性环境中明显位于它相邻两氧化态连线的上方，更易发生歧化反应，故答案为酸性；溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-，加入冰醋酸，可中和OH-，降低c(OH-)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率；加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，乙二酸、亚硫酸、氢溴酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案选a； （4）此操作为降温结晶，故当表面出现晶膜时，就应停止加热； （5）①用酚酞做指示剂，草酸与NaOH发生反应： 结合题中数据得草酸溶液浓度=； 草酸与高锰酸钾发生反应：；样品中高锰酸钾的纯度为 ②若不用水浴加热，反应太慢会使溶液颜色变化滞后，草酸溶液加入过多，体积偏大，则测得高锰酸钾物质的量偏大，故纯度偏大。 72．(1)第四周期第ⅦB族 (2)Mn2++NH3•H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O (3) 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ Na2SO3与溶液中的H+反应 (4)减少CuCl的溶解损耗，并除去杂质，提高产率，防止CuCl在空气中被氧化 (5)99.5% (6)CuCl+2Cl-﹣e-=CuCl 【分析】低品位铜砂矿中加入MnO2、H2SO4进行酸溶，CuS、MnO2、H2SO4反应生成S、MnSO4、CuSO4，过滤后得到S，然后向滤液中加入氨水、NH4HCO3除锰，得到MnCO3沉淀，同时得到，然后进行蒸氨得到CuO，然后加入试剂X进行酸溶2，产品为CuCl,所以溶解CuO的试剂X为HCl,HCl和CuO反应生成CuCl2，在合成步骤中，NaCl、Na2SO3、CuCl2反应生成CuCl和Na2SO4、HCl,再经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，洗涤沉淀时，为减少CuCl溶解损失，根据溶解平衡，先用盐酸洗涤，再用乙醇洗涤。 【详解】（1）Mn元素核电荷数25，价电子3d54s2，位于周期表的：第四周期第ⅦB族； （2）“除锰”过程中，Mn2+、NH3•H2O、NH4HCO3反应生成MnCO3、和H2O，该反应中发生反应的离子方程式为Mn2++NH3•H2O+HCO=MnCO3↓+NH+H2O； （3）①已知“蒸氨”时得到CuO固体，在合成步骤中，NaCl、Na2SO3、CuCl2反应生成CuCl和Na2SO4、HCl，则“合成”中发生反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+； ②“合成”时加入Na2SO3的速率不宜过快，可能的原因是Na2SO3与溶液中的H+反应； （4）CuCl易水解，在空气中易被氧化，采用真空干燥氯化亚铜的原因是减少CuCl的溶解损耗，并除去杂质，提高产率，防止CuCl在空气中被氧化； （5）根据“CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+”得关系式CuCl～Fe2+～Ce4+，n(CuCl)=n[Ce(SO4)2]=0.10mol/L×0.025L=0.0025mol，CuCl的纯度= =99.5%； （6）电解在质子交换膜电解池中进行，阳极区为酸性，阴极区为盐酸，电解过程中转化为，则电解时阳极发生的主要电极反应式为：CuCl+2Cl-﹣e-=CuCl。 73．(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿 (2) 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解 (3) 2.8×10-9 Al3+ (4)BaSO4、NiS (5) Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ 补充MnSO4溶液，排出含酸电解液 (6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ 【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。 【详解】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。 （2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。 （3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)==5.5×10-2mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SO=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS；故答案为BaSO4、NiS。 （5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；根据第二空“保持电解液成分稳定”的要求，需要寻找反应过程中发生改变的电解液成分。由离子方程式可知，Mn2+被消耗，H+生成，要保持电解液成分稳定，就得补充消耗掉的物质，移出生成的物质，结合溶液中的负离子，答案自然就出来了，即补充MnSO4溶液、排出含酸电解液（H2SO4）；故答案为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；补充MnSO4溶液，排出含酸电解液。 （6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。 74．(1)4d105s1 (2)粉碎硫化银/加压空气/焙$$