2025年广西高考化学一轮复习专练——工业流程25道

2025年广西高考一轮专练——工业流程25道解析版 一、解答题 1．（2024·广西柳州·模拟预测）氮化镓作为第三代半导体材料，光电性能优异，广泛应用于技术。某工厂综合利用炼锌矿渣制备，矿渣主要含铁酸镓，铁酸锌，二氧化硅等，部分工艺流程如下： 已知： ①镓与铝同主族，金属活动性介于锌和铁之间； ②本工艺条件下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀在常温下的和金属离子的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表： 金属离子 开始沉淀 8.0 1.7 5.5 3.0 沉淀完全的 9.6 3.2 8.0 4.9 萃取率 0 99 0 97~98.5 (1)中的化合价为 。 (2)为了提高酸浸效率，可采取的措施有 (任写一条)，浸出渣的主要成分是 (写化学式)。 (3)处理浸出液时，将溶液调节至5.4，此时溶液中的浓度为 。 (4)“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，发生反应的离子方程式 。 (5)的化学性质与相似，“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以 (用离子符号表示)形式存在。 (6)“高温合成”操作中与反应生成的化学方程式为 。 (7)晶胞结构如图所示，晶胞参数为，晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 2．（2024·广西贺州·一模）钼酸铋(，其中Mo显＋6价)作为新型半导体光催化材料，因其具有优异的离子导电性、介电性、气体传感性和催化性而广泛应用于生产、生活中。以氧化铋渣(主要成分是、，还含有、、和等杂质)为原料制备钼酸铋的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态的价电子排布式为 。 (2)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“除锑”过程中发生反应的离子方程式为 ；该过程需要加热的原因是 ， (4)已知：硫代乙酰胺()在酸性溶液中会水解为乙酰胺()和硫化氢；的，；。 ①硫化氢会进一步发生反应，该反应的平衡常数K= 。 ②硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，原因是 。 (5)已知钼酸铋放置在空气中会变质，生成和，该过程中发生反应的化学方程式为 。 (6)Fe的一种晶体如图甲、乙所示，若按图甲虚线方向切图乙，得到的A~D图中正确的是 (填字母)。铁原子的配位数是 。 3．（2024·广西南宁·二模）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； 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)“酸浸”时提高浸取率的方法 (写出一种)。 (3)“萃取”时存在反应：，Ce4+的萃取率与温度、稀硫酸的浓度的变化关系如图所示，应选择的最适宜条件为 (填标号)；硫酸浓度过大时，萃取率降低的原因是 。 A．65℃、2.0mol/L        B．75℃、2.5mol/L        C．85℃、3.0mol/L        D．100℃、2.5mol/L (4)“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： 。 (5)向水层中加入溶液来调节溶液的，大于 时，完全生成沉淀。(已知Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20；当溶液中某离子浓度c<1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。) (6)二氧化铈()作为一种脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将NO氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物晶胞发生的变化如下图所示，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 ，当发生如图所示变化时，可吸收标况下NO的体积为 。 4．（2024·全国·模拟预测）氟化工被称为“黄金产业”，在国民经济和社会发展中占有重要地位。我国某公司利用萤石(主要成分为，及少量、等)制备无水氟化铝的主要工艺流程如下所示。 已知：①的熔点，沸点； ③常温下，。 请回答下列问题： (1)在进入回转窑前，需要将萤石粉碎，其目的是 。 (2)“回转窑反应”的温度控制在之间，写出在回转窑获得的化学方程式： 。 (3)在回转窑中的炉渣里还含有，将该物质在热分解，可获得两种气体(其中一种为)，用多元醇选择性吸收产生的气体，经过一系列工艺得到高纯。则多元醇能从两种气体中选择性吸收的原理是 。 (4)经冷凝、精馏、脱气后的与在流化床、多级气流床中，在条件下进行一系列反应，由和制备无水的反应的_______(填标号)。 A．大于0 B．小于0 C．等于0 D．无法确定 (5)常温下，向的溶液中加入固体充分反应后可得，测得溶液中的浓度为，则加入的固体的物质的量为 。 (6)已知萤石立方晶胞参数，结构如图所示，该的晶体密度为 (列出计算式，设阿伏加德罗常数的值为)。 5．（2024·广西贵港·模拟预测）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分为，含少量、、、等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示： 已知：①“浸取”时，、分别转化为、进入溶液。 ②时，   ③时，， 请回答下列问题： (1)在元素周期表中位于 区。 (2)“浸取”温度为时，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。 (3)“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的离子方程式： 。 (4)“深度除铜”时，若加入的过量，会发生反应，导致锌的回收率下降，该反应的平衡常数数值为 。 (5)“电解”产物可用于双离子电池中(装置如图所示)。该电池工作时，正极上发生的电极反应式为 ；每转移电子，负极区电解质溶液的质量增加 。 (6)原子能形成多种配合物，一种锌的配合物的结构如图所示： ①键角 (填“>”“<”或“=”)。 ②配位键和相比，较稳定的是 (填“”或“”)，其原因是 。 6．（2024·广西·三模）工业上，从铜镍矿(主要成分为铜氧化物、镍氧化物，含有、、等杂质)中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 已知：①一些物质的Ksp(25℃)如下。 物质 ②当溶液中某离子浓度c≤10-5mol/L时，可认为该离子沉淀完全。 ③ (1)基态原子的价电子排布图为 。 (2)浸出过程中通入的目的是 。 (3)萃取时发生反应：(HR、CuR2在有机层，在水层)。 ①某种的结构简式为，该分子中可能与形成配位键的原子有 。 ②该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。 (4)写出用惰性电极电解溶液发生反应的化学方程式： 。 (5)黄钠铁矾比更易形成沉淀，则生成黄钠铁矾的离子方程式是 。 (6)第二次使用调节溶液，使沉淀完全，应将调节至 (保留2位小数)。 7．（2024·广西河池·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()，以及少量的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水浸液中含有、、、等阴离子。 回答下列问题： (1)“焙烧”前，需将黑钨矿粉碎，目的是 。 (2)“焙烧”过程中，生成的化学方程式为 。 (3)“净化”过程中，的作用是 。 (4)“酸化”过程中，发生反应的离子方程式为 。 (5)“高温还原”过程中，被还原的物质与被氧化的物质的物质的量之比为 。 (6)硬质合金刀具中含碳化钨(WC，碳元素为-4价)，利用电解法可以从碳化钨废料中回收钨。电解时，用碳化钨做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解液，阳极析出钨酸沉淀并放出气体，则阳极的电极反应式为 。 (7)钨晶胞为体心立方晶胞，晶胞结构如图所示(注：晶胞体对角线的W原子相切)，则钨晶胞的原子空间利用率为_______(填标号。晶胞的原子空间利用率=)。 A． B． C． D． 8．（2024·广西贵港·模拟预测）盐泥是氯碱工业的废渣，主要含镁、钙、铁、铝、锰的硅酸盐和碳酸盐，可用于提取，工艺流程如图所示： ．常见氢氧化物的溶度积Ksp如下表： ．物质的溶解度S(g/100g水) 温度/℃ 0 10 20 40 60 80 100 20.3 23.3 25.2 30.8 35.3 35.8 33.4 0.223 0.224 0.255 0.265 0.244 0.234 0.205 (1)基态Fe原子价层电子轨道排布图为 (2)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)流程中加NaClO溶液煮沸10min后，立即趁热过滤的原因是 。 (4)滤渣含有、写出生成的离子反应方程式 。 (5)滤液中 。 (6)从滤液中获得晶体的实验操作步骤为：①向滤液中加入NaOH，②过滤，得沉淀，③向沉淀中加入稀硫酸，④ ，⑤过滤、洗涤得产品。 (7)作催化剂、氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。从化学键的角度解释能结合的原因： 。 9．（2024·广西南宁·二模）GaN是制造微电子器件，光电子器件的新型半导体材料。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓[]、铁酸锌()，还含少量Fe及一些难溶于酸的物质}获得金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如图。 已知：①在酸性条件下不稳定，易转化为。 ②常温下，“浸出液”中的金属离子对应的氢氧化物的溶度积常数如下表，离子浓度小于时可视为沉淀完全。 氢氧化物 ③，。 回答下列问题： (1)为提高浸出率，可采取的措施为 (填标号)。 a．将矿渣粉碎     b．降低温度      c．把稀硫酸换成浓硫酸      d．延长浸出时间 (2)已知纤锌矿结构的GaN晶胞结构与金刚石结构类似，则该种GaN晶体的类型为 ，基态Ga原子价层电子的轨道表示式为 。 (3)与稀硫酸反应的化学方程式为 。 (4)“调pH”时需调节溶液pH的最小值为 。 (5)检验“滤液1”中是否含有的试剂为 (填名称)。 (6)电解反萃取液(溶质为)制粗镓的装置如图所示，阳极的电极反应式为 ，电解废液经处理后可循环使用，其主要溶质为 (填化学式)。 (7)采用MOCVD(金属有机化合物化学气相沉积)技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为的可燃性气体，写出该反应的化学方程式： (不写条件)。 10．（2024·广西桂林·三模）废钼催化剂中钼、钴、镍等有价金属作为二次资源可加以回收利用，一种从废钼催化剂(主要成分为、，含少量CoO、CoS、NiO、等)中回收有价金属的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)基态Mo原子的价层电子排布式为，则Mo在元素周期表中的位置为 。 (2)“焙烧”时先将废钼催化剂磨成粉末，然后采取如图所示的“多层逆流焙烧”，这样做的优点是 ；“焙烧”时生成的气体A的主要成分为 。 (3)“焙烧”时转化为，写出“碱浸”时参与反应的离子方程式： 。 (4)已知和不易被稀硝酸氧化，但“酸浸”过程中仍不能用稀硝酸替换稀盐酸，可能的原因是 。 (5)已知：，“除铁”后所得滤液中，“沉镍”后所得滤液中，则沉镍率= [沉镍率=，计算过程中不考虑溶液体积变化]。 (6)在加热过程中会生成，已知中钴显+2价和+3价，晶体的晶胞结构如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。 11．（2024·广西·二模）镍、铬、铜及其化合物在工业上有广泛的应用，从电镀污泥［含有、、、和等］中回收制备和其它金属及其化合物的工艺流程如图所示。 已知：“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下： (水相)＋2RH(有机相)(有机相)(水相) 回答下列问题： (1)与铬同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有 （填元素符号）。原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用“”表示，与之相反的用“”表示，“”即称为电子的自旋磁量子数。对于基态Ni原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。 (2)已知NiO与MgO的晶体结构相同，其中和的离子半径分别为66pm和69pm。则熔点：NiO MgO（填“＞”“＜”或“＝”），理由是 。 (3)滤渣1的主要成分为 （填化学式）。 (4)电解之后加入碳酸钠调节pH的目的是 。 (5)反萃取剂A为 。 (6)“反萃取”得到的溶液，在碱性条件下可被NaClO氧化生成NiOOH沉淀，该反应的离子方程式为 。 (7)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系： 温度 低于30.8℃ 30.8℃~53.8℃ 53.8℃~280℃ 高于280℃ 晶体形态 多种结晶水合物 由溶液获得晶体的操作依次是蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。 12．（2024·广西·二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，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。工业上由菱锌矿（主要成分为、ZnO，还含有少量、FeO、、等杂质）制备ZnO的工艺流程如图所示： 已知：①常温下：，； ②“溶浸”后的溶液所含金属离子主要有：、、、； ③氧化性顺序：。 回答下列问题： (1)基态Zn原子的最高能层符号为 。 (2)滤渣1的化学式是 ，“溶浸”过程中发生反应的离子方程式是 。 (3)“氧化”时适当加热，其目的是 ，但温度不能过高，其原因是 。 (4)已知“氧化”后溶液中，“调pH”的pH范围是 （保留两位有效数字）。（已知：溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。）“还原”时加入锌粉的目的是 。 (5)有机萃取剂HA与反应的化学方程式为，则“反萃取”时加入试剂X的化学式是 。 (6)在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是 ，“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为]，碱式碳酸锌升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体的成分是 （填化学式）。 13．（2024·广西南宁·一模）四氧化三锰（）广泛应用于软磁材料、电池材料等制备领域。一种以低品位锰矿（含、、MnOOH及少量、、）为原料生产的工艺流程如下： 已知： ① ②已知：25℃时相关物质的见表 ③当时，开始溶解 物质 回答下列问题： (1)Mn元素在周期表中的 区，从核外电子排布的角度，稳定性Mn（Ⅱ） Mn（Ⅲ）（填“＞”或“＜”）。 (2)“溶浸”过程中，可用 （填标号）代替，理由是 。 A．盐酸    B．硫酸    C．硝酸 (3)加入调节时，杂质离子是否能完全沉淀 （填“是”或“否”），此时“滤渣2”的主要成分是 。（溶液中离子浓度视为完全沉淀） (4)“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响的品位，实验测得温度对中硫酸根含量的影响如图所示，实际生产中综合考虑选择50℃为宜，不选择更高温度的原因是 。“母液”中，能转换成可循环利用的物质是 。 (5)科学研究中发现是制备电池正极材料的优质原料，该电极在电池放电过程中转化为，写出正极放电时的电极反应式 。 14．（2024·广西柳州·三模）氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色等。工业上常用辉铋矿(主要成分是，还含有少量、铁的氧化物等杂质)为原料制备氯氧化铋。 已知：①在时开始水解，时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀； ②该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.2 沉淀完全的pH 2.9 8.2 (1)铋与氮同主族，且位于元素周期表的第六周期，基态Bi的价电子排布式为 。 (2)“浸渣”的主要成分是S和 ，“浸取”时生成S的离子方程式为 。 (3)“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是 。 (4)加入碳酸钠粉末制取BiOCl时，溶液pH值需控制的合理范围为 ，发生反应的化学方程式为 。 (5)氯氧化铋(BiOCl)可用作钾离子电池(有机物作离子导体)的负极材料，充电时嵌入，BiOCl被还原为Bi，则阴极的电极反应式是 。 (6)铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示，已知最近的两个铋离子之间的距离为，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为 (列出计算式即可)。 15．（2024·广西·二模）焦亚硫酸钠（）在化学工业中用途广泛。其一种制备流程如下： 回答下列问题： (1)分子中，中心原子价层电子对数为 。 (2)“制备”所用实验装置（夹持仪器已省略）如下图： ①盛放稀盐酸的仪器名称为 。 ②饱和碳酸氢钠溶液的作用是 。 ③三颈烧瓶中生成反应的化学方程式为 （为沉淀物）。 (3)“制备”反应过程分四步： 步骤Ⅰ．在碳酸钠溶液中通入至pH为4.1，生成溶液； 步骤Ⅱ．停止通，向溶液中再加入溶液调至pH为7~8，转化为； 步骤Ⅲ．继续通入，至pH达4.1，又生成溶液； 步骤Ⅳ．当溶液中含量达到过饱和浓度时析出。 ①步骤Ⅰ测量溶液的pH=4.1所用仪器是 。 ②写出步骤Ⅱ中反应的离子方程式： 。 ③写出Ⅰ~Ⅳ步骤中总反应的化学方程式： 。 16．（2024·广西河池·一模）及其水合物在建筑、工业农业、医药中有着广泛应用。一种以铁菱镁矿(主要成分是，还含有、及少量)为原料制备的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“焙烧”时通常要将矿石粉碎，目的是 。写出该过程中发生氧化还原反应的化学方程式 。 (2)“滤渣1”的主要成分是 。 (3)从物质分离提纯的角度考虑，“沉铁”时“X”应选用下列物质中的___________(填字母)。 A．氨水 B．NaOH溶液 C．MgO D． (4)25℃时，为保证“沉铁”充分，至少要将溶液的pH调节到 (已知：①25℃，，；②一般认为，离子浓度小于时该离子即沉降完全)。检验“沉铁”充分的实验方法是 。 (5)根据的溶解度随温度变化的情况(如图所示)，由“滤液”获得的“一系列操作”是将温度控制在67.5℃以上，蒸发结晶、 、 、干燥。 (6)除外，人们发现也有着广泛应用。 ①可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物，的空间结构是 。 ②的晶胞是与构成的长方体，在晶胞中的位置如图所示。已知晶胞的体积为V，阿伏加德罗常数的值为，晶体的摩尔体积 (列出计算式)。 17．（2024·广西柳州·一模）我国主要以型锂辉石(主要成分、、，含有、等杂质)为原料，通过硫酸锂苛化法生产氢氧化锂并制备锂离子电池的正极材料。流程如下： 已知：①不溶于水，能溶于强酸。 ②部分金属氢氧化物的如下表。 物质 ③和的溶解度随温度变化的曲线如图所示，二者结晶时均以水合物形式析出。 回答如下问题： (1)“球磨”操作的目的是 。 (2)加入石灰石中和残酸，调节pH使铁、铝等杂质完全沉淀，则pH至少为 。(保留一位小数。通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全) (3)滤渣2的成分是 。 (4)获得时，通常“冷冻至0℃”，原因是 。 (5)溶液与和混合溶液制备的化学方程式为 ；两种溶液相互滴加的方式不同会影响产率和纯度，有同学认为应该将和混合液滴加到溶液中，你认为是否合理 (填“是”或“否”)，说明理由： 。 (6)需要在高温下成型后才能作为电极，高温成型时要加入少量石墨，则石墨的作用是 (任写一点)。 18．（2023·广东广州·模拟预测）“刀片电池”通过结构创新，大大提升了磷酸铁锂电池的能量密度。以下是以磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)为原料生产白磷(P4)同时制得刀片电池正极材料FePO4的工艺流程： 已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。 ②Fe3+在pH为2.0时开始沉淀，pH为4.0时沉淀完全。 回答下列问题： (1)白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，说明P4是 (填“极性分子”或“非极性分子”)。 (2)炉渣Ⅰ主要含有铁单质及铁的磷化物，写出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO气体的离子方程式： 。 (3)炉渣Ⅱ的主要成分是 。 (4)“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是 。若此条件下Fe3+恰好完全转化为FePO4沉淀(当溶液中某离子浓度≤1×10−5mol/L时，可视为该离子沉淀完全)，过滤，现往滤液中加入2mol/L的MgCl2溶液(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中 Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“无”或“无法确定”)【已知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24】 (5)储氢技术是目前化学家研究的热点之一；铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示： 其中A的原子坐标参数为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，0)，则D点的坐标参数为 。此晶胞中Fe的配位数是 。 19．（2024·广西·模拟预测）层状结构薄膜能用于制作电极材料。薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。 回答下列问题： (1)“焙烧”产生的用溶液吸收生成的离子方程式为 。 (2)“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是 (举一例)。 (3)“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。 (4)在650℃下“气相沉积”生成的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用形成该气流的原因是 。 (5)层状晶体与石墨晶体结构类似，层状的晶体类型为 。将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。 20．（23-24高三上·宁夏石嘴山·阶段练习）《自然》杂志公布最新科学研究成果：碘化镍(NiI2)在二维形式上具有多铁性。某小组以废镍催化剂(主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质)为原料制备碘化镍的流程如下： 请回答下列问题： (1)滤渣1的成分是CaSO4、 (填化学式)。滤渣2经过洗涤、干燥、 (填操作名称)可制铁红。 (2)“除铁"中可通过先加入H2O2溶液再加入NiO替代NaClO溶液， H2O2的作用是 (用离子方程式表示)。 (3)“萃取"中，萃取剂的密度小于1 g·cm－3，若在实验室中分离萃取液，操作是 (填操作名称)。 (4)“分解”过程中通入N2的作用是 。 (5)在空气中加热一定量的 NiC2O4·2H2O晶体，测得固体失重率(固体失重率=×100%)与温度的关系如图所示，300℃发生反应的化学方程式为 。 21．（23-24高三上·辽宁·阶段练习）科学家开发的光催化剂BiVO4实现了高选择性制备氢气。某小组以辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)为原料制备钒酸铋(BiVO4)的流程如图所示。 已知部分信息如下： ①滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+。 ②常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如表所示。 氢氧化物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Bi(OH)3 开始沉淀的pH 7.6 1.6 4.0 完全沉淀的pH 9.6 3.1 5.5 回答下列问题： (1)浸取时可以适当加热，但温度不宜过高，其原因是 。写出Bi2S3转化的离子方程式： 。 (2)加H2O2氧化的目的是 。调pH的最低值为 。 (3)稀释水解时通入水蒸气的目的是 。 (4)将气体X通入酸性KMnO4溶液中，实验现象可能是 。 (5)将滤液5经蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到NH4Cl晶体，其晶胞结构如图所示。 ①与氯离子最近且等距离的氯离子有 个。 A．4    B．6    C．8    D．12 ②晶胞有两个基本要素：原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。其中A的坐标参数为(0，0，0)，B的坐标参数为(1，1，1)，则的坐标参数为 。 22．（23-24高三上·宁夏银川·阶段练习）金属钒在新能源动力电池中有重要作用。含钒尖晶石是钒渣中最主要的含钒物相，其主要成分有V2O3、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，采用以下工艺流程制备V2O5。 已知：溶液的酸性较强时，+5价钒主要以的形式存在。 (1)“焙烧”过程中被氧化的元素是 。 (2)“焙烧"时，V2O3与Na2CO3反应的化学方程式是 。 (3)“沉淀1”的成分是 。 (4)“沉淀2”加热分解后固体产物的用途 (任写一种)。 (5)“沉钒”析出NH4VO3晶体时，需要加入过量(NH4)2CO3，其原因 (结合平衡移动原理解释)。 (6)沉钒过程中，沉钒率随溶液pH的变化如图1所示。沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的原因可能是 。 (7)取23.4 g NH4VO3固体加热时，固体减少的质量(△m)随温度的变化曲线如图2所示。加热到200℃时，产生气体的分子式是 。 23．（2024·广西北海·一模）硫酸铈铵微溶于水，不溶于乙醇，溶于无机酸，可用作分析试剂、氧化剂。某工厂用碳酸铈矿石制备硫酸铈铵的工艺流程如图： 已知：①。 ②硫酸铈铵的熔点为，沸点为。 回答下列问题： (1)中铈元素的化合价为 。 (2)步骤一中，先将 矿石粉碎，目的是 。 (3)步骤二中，反应温度需要控制在 ，原因是 。反应完全后，要将混合物升温至 ，目的是 。 (4)步骤二中， 与 反应生成 的化学方程式为 。 (5)步骤三反应完全后的溶液经 、 、过滤，得到晶体。最后用 洗涤 次后，得到高纯硫酸铈铵晶体。 (6)若最初称取一定量的碳酸铈矿石，其中含 ，经该工艺流程最终获得 晶体，则 的产率为 (保留三位有效数字)。 24．（2024·广西·一模）工业上常用炼钢残渣(主要含FeO•V2O3，还有少量铁粉、SiO2、Al2O3等杂质)为原料提取金属钒，其工艺流程如图所示： 已知：焙烧后铁全部转化为+3价氧化物。 (1)“研磨”的目的是 ，“磁选”后分离出的X为 。 (2)“焙烧”过程中，若转移电子数为2.5NA，则被氧化的FeO•V2O3为 mol。 (3)“酸浸”时，生成V2O5的离子方程式为 。 (4)若“沉钒”前溶液中c(VO)=0.16mol•L-1，忽略溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到99%，则“沉钒”后溶液中c(NH)= mol•L-1(已知：常温下，Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3)。“沉钒”过程中，加入稀H2SO4，其目的是 。 (5)检验NH4VO3沉淀是否洗净的操作是 。 (6)一种含钒的氧化物晶胞结构如图所示，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 g•cm-3 (列出计算式即可)。 25．（2023·湖北武汉·模拟预测）湿法炼锌工业废水中主要阳离子有。废水除铊的工艺流程如下。    已知： ①能够在为的范围内以离子态稳定存在，不易与形成沉淀 ②易与废水中的有机物分子形成稳定的配合物，为了简便，通常用表示 ③部分物质的 物质 ④排放标准：Tl的含量低于 (1)已知“氧化”步骤中被还原为且氧化不彻底，请写出该反应的离子方程式： 。 (2)“预中和”步骤，加至溶液的约为7，可减少“硫化”步骤中的使用量，还能减少 (填化学式)污染物的生成。 (3)“硫化”步骤的主要目的是除去 (填离子符号)。 (4)根据计算，若使溶液中的含量低于排放标准，溶液的应大于 ，但是实际工艺流程需在“中和”步骤加至溶液的约为9，此时仍只有左右的铊离子能得到去除，其可能原因是 。 (5)“脱钙”步骤的目的是 。 (6)“离子交换”步骤中可用普鲁士蓝｛｝(其摩尔质量为)中的与残余铊离子进行离子交换，进一步实现废水中铊的去除。普鲁士蓝晶胞的如下[未标出，占据四个互不相邻的小立方体(晶胞的部分)的体心]。若该晶体的密度为，则和的最短距离为 (设为阿伏伽德罗常数的值)。    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)+3 (2) 矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等 SiO2 (3) (4) (5) (6) (7) 【分析】炼锌矿渣加入稀硫酸过滤得到不反应的二氧化硅浸出渣和滤液，滤液中调节溶液pH，形成铁和镓的沉淀，过滤滤渣加入盐酸溶解、加入铁还原铁离子为亚铁离子，加入萃取剂萃取分液分离出含镓的有机层，加入氢氧化钠溶液反萃取分离出镓，经过分离后加入氨气高温化合得到GaN； 【详解】（1）中镓、氧化合价分别为+3、-2，则的化合价为+3； （2）为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；由分析可知，浸出渣的主要成分是SiO2； （3）由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，pOH=10.8，则，将溶液调节至5.4，pOH=8.6，此时溶液中的浓度为 （4）“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，是将铁离子还原为亚铁离子，便于后续萃取镓而不萃取亚铁离子，发生反应的离子方程式：； （5）的化学性质与相似，铝和氢氧化钠生成，则“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以形式存在； （6）“高温合成”操作中与反应生成，结合质量守恒可知，还生成甲烷，则反应化学方程式为：； （7）根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为。 2．(1)4d55s1 (2)、 (3) 盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动 (4) 乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺 (5) (6) A 4 【分析】氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤滤渣含有二氧化硅、氯化银，向滤液中加水加热得到沉淀，过滤向滤液中加入硫代乙酰胺沉铋，过滤分离出沉淀，向中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)2Mo7O24∙4H2O得到； 【详解】（1）基态为42号元素，价电子排布式为4d55s1； （2）由分析可知，“浸渣”的主要成分为、； （3）“除锑”过程中水解生成和HCl，发生反应为；盐酸易挥发，加热有利于HCl挥发，水解平衡正向移动； （4）①硫化氢会进一步发生反应，则该反应的平衡常数； ②硫代乙酰胺的相对分子质量比乙酰胺的相对分子质量大，硫代乙酰胺比乙酰胺的沸点低，说明乙酰胺分子间氢键的键能(强度)大于硫代乙酰胺，数目多于硫代乙酰胺； （5）钼酸铋在空气中放置会变质，结合质量守恒可知，和二氧化碳反应生成和，则该过程中的化学方程式为； （6）按图甲虚线方向切图乙，得到切面为长方形，铁原子处于长方形的顶点、边长的中心、长方形正中心，故选A；由图可知，铁原子在4个铁构成的立方体的体心，故配位数为4。 3．(1)将+3价铈氧化为+4价 (2)将焙烧后的固体粉料、搅拌、适当升温等 (3) B 随着增大，水层中被结合成，萃取平衡逆移，萃取率降低。(或硫酸浓度过大，氢离子浓度增大，萃取平衡逆移，萃取率降低) (4) (5)9 (6) 2：2：7 5.6L 【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，故答案为：将+3价铈氧化为+4价； (2)将焙烧后的固体粉料、搅拌、适当升温等合理即可，故答案为：将焙烧后的固体粉料、搅拌、适当升温等合理即可； (3)由图可知，选择的适宜条件为：温度75℃-85℃，硫酸浓度2.5mol/L，故选B；随着增大，水层中被结合成，萃取平衡向左移动，萃取率降低，故答案为：①B、②随着增大，水层中被结合成，萃取平衡向左移动，萃取率降低，。 (4)由水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物为氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，；故答案为：2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+； (5)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，故答案为：9； (6)由图可知，晶胞中含有Ce原子个数为，O原子位于晶胞内部，1个晶胞中含有7个O原子，即①根据化合物化合价为0可得②，联立①②可得；当发生如图所示变化时，有0.5molCe元素由+4价降低至+3，NO中N元素化合价由+2升高至+4，根据化合价升降守恒可得，因此可吸收NO的物质的量为，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L·mol-1=5.6L，故答案为：①、②5.6L 4．(1)增大固体反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2) (3)为非极性分子，而为极性分子，根据相似相溶原理，多元醇易吸收；且能与多元醇形成分子间氢键，增加了在多元醇间的溶解度 (4)B (5) (6)(或) 【分析】萤石主要成分为，及少量、，萤石先与硫酸预反应，在回转窑中CaF2和浓硫酸反应生成硫酸钙和HF，冷凝、精馏、脱气后的与在流化床、多级气流床中发生反应生成AlF3。 【详解】（1）根据影响反应速率的因素，在进入回转窑前，将萤石粉碎，可以增大固体反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 （2）在回转窑中CaF2和浓硫酸反应生成硫酸钙和HF，获得的化学方程式为； （3）在回转窑中的炉渣里还含有，将该物质在热分解，可获得两种气体(其中一种为)根据元素守恒，另一种气体为SiF4，为非极性分子，而为极性分子，根据相似相溶原理，多元醇易吸收；且能与多元醇形成分子间氢键，增加了在多元醇间的溶解度，所以多元醇能从两种气体中选择性吸收。 （4）在条件下自发反应，且是一个的反应，根据可得，故选B。 （5）由题意可知，溶液中，，，之前将完全沉淀需消耗的，所以加入的。 （6）由题图知黑球代表，晶胞内共8个，灰球代表，在顶点和面心位置，共4个。故该晶胞含有的质量：，晶胞的体积，该晶胞的密度：。 5．(1) (2)温度升高，氨气挥发量增加且分解，生成减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出 (3) (4) (5) 0.95 (6) 电负性弱于，则易提供孤电子对，配位键稳定性强 【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；据此分析解题。 【详解】（1）价层电子排布式为，在元素周期表中位于区。 （2）“浸取”温度为时，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨挥发量增加且分解，生成的减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出。 （3）氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为。 （4）反应的平衡常数。 （5）电池工作时，为负极，为正极，则正极上发生的电极反应式为；负极上发生的电极反应式为，同时从负极移向正极，则可建立关系式：，每转移电子，负极区电解质溶液质量增加。 （6）①键角属于单键与单键形成的夹角，电子云密度比单键与双键形成的夹角小，键角斥力小，键角小。 ②和的电负性相比，弱于，则易提供孤电子对，配位键稳定性强。 6．(1) (2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3) O、N 实现Cu2+的提取和富集 (4)2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑ (5)2Na++3Fe3++2SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+ (6)9.16 【分析】由题给流程可知，铜镍矿研磨后，在氧气和稀硫酸作用下浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，其中通入氧气的目的是将氧化亚铁溶于稀硫酸得到的亚铁离子氧化为铁离子，过滤得到浸出液；向浸出液中加入萃取剂HR萃取、分液得到有机层和水层；向有机层中加入稀硫酸反萃取、分液得到含有铜离子的水溶液，电解硫酸铜溶液得到金属铜；向水层中加入硫酸钠和氧化镁，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入氧化镁调节溶液pH，使溶液中的镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；氢氧化镍经多步处理制得金属镍。 【详解】（1） 铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，排布图为，故答案为：； （2）由分析可知，浸出过程中通入氧气的目的是将氧化亚铁溶于稀硫酸得到的亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+； （3）①由结构简式可知，HR分子中氮原子和氧原子能提供孤对电子与具有空轨道的铜离子形成配位键，故答案为：N、O； ②由题给流程可知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是使铜离子和铁离子、镁离子和镍离子分离得到高浓度的硫酸铜溶液，达到富集铜离子的目的，故答案为：实现Cu2+的提取和富集； （4）用惰性电极电解硫酸铜溶液发生的反应为硫酸铜溶液电解生成铜、硫酸和氧气，反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑； （5）由分析可知，加入硫酸钠和氧化镁的目的是调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，反应的离子方程式为2Na++3Fe3++2SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+，故答案为：2Na++3Fe3++2SO+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+； （6）由溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=×10—5mol/L，则溶液的pH为14—5+lg=9.16，故答案为：9.16。 7．(1)增大矿石与、的接触面积，使焙烧更充分 (2) (3)将氧化为 (4) (5)1∶3 (6) (7)A 【分析】黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁()、钨酸锰()，以及少量的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、两种金属氧化物，水浸液中加入氯化镁、过氧化氢净化，得到、，加入硫酸过滤得到滤液和滤渣，钨酸()酸性很弱，难溶于水，煅烧得到，通入氢气还原得到单质。 【详解】（1）“焙烧”前，需将黑钨矿粉碎，目的是增大矿石与、的接触面积，使焙烧更充分； （2）“焙烧”过程中，铁元素被氧化为三价，硅转化为硅酸盐，所以生成的化学方程式为：； （3）由分析可知，水浸液含、，净化过程中，砷元素以沉淀的形式被除去，因此加入的作用是将氧化为； （4）根据酸性很弱，难溶于水可知，“酸化”过程中发生反应的离子方程式为：； （5）“高温还原”过程的反应方程式为：，被还原的物质为，被氧化的物质为，由此可知二者物质的量之比为1∶3； （6）根据题意，电解时，用碳化钨做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解液，阳极析出钨酸沉淀并放出气体，则阳极的电极反应式为； （7）1个钨晶胞中含有2个W原子，晶胞体对角线的W原子相切，设W原子半径为r pm，则该立方晶胞参数为pm，钨晶胞的原子空间利用率，故选A。 8．(1) (2)、 (3)温度高时，硫酸钙的溶解度更小，而硫酸镁的溶解度更大，因此趁热过滤可以使得钙盐和镁盐分离得更加完全；趁热过滤可以防止提前析出 (4) (5) (6)蒸发浓缩、冷却结晶 (7)中的N原子有孤电子对，中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键 【分析】盐泥加水溶解，再加入稀硫酸调pH，抽滤得到滤渣1：、，加入次氯酸钠氧化亚铁离子，调pH为6，煮沸10min后，立即趁热过滤，滤渣2含有、、、，从滤液中获得晶体的实验操作步骤为：①向滤液中加入NaOH，②过滤，得沉淀，③向沉淀中加入稀硫酸，④蒸发浓缩、冷却结晶，⑤过滤、洗涤得产品。 【详解】（1） Fe为26号元素，所以基态Fe原子价层电子轨道排布图为； （2）由以上分析可知滤渣I为酸溶过程中生成的硫酸钙和硅酸，故答案为：、； （3）温度较高时，硫酸钙的溶解度更小，而此时硫酸镁的溶解度更大，因此趁热过滤可以使得硫酸钙和硫酸镁分离得更加完全，故答案为：温度高时，硫酸钙的溶解度更小，而硫酸镁的溶解度更大，因此趁热过滤可以使得钙盐和镁盐分离得更加完全；趁热过滤可以防止提前析出； （4）根据得失电子守恒及元素、电荷守恒得反应离子方程式为：，故答案为：； （5）滤液II中； （6）加入NaOH溶液使镁离子沉淀，再加入稀硫酸生成硫酸镁，最后蒸发浓缩、冷却结晶； （7）中的N原子有孤电子对，中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键。 9．(1)ad (2) 共价晶体 (3) (4)5.3 (5)硫氰化钾 (6) (7) 【分析】炼锌矿渣{主要含铁酸镓、铁酸锌，还含少量及一些难溶于酸的物质}用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子；得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成粗Ga，粗镓与CH3Br反应生成Ga(CH3)3，MOCVD通入氨气制备GaN； 【详解】（1）为提高浸出率，可采取的措施有粉碎矿渣，延长浸出时间，故选ad； （2） 金刚石为共价晶体，GaN晶胞结构与金刚石结构类似，则该种GaN晶体的类型为共价晶体；Ga为31号元素，则基态Ga原子价层电子的轨道表示式为； （3）根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，铁元素的化合价为+3价，与稀硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁和水，反应的化学方程式为； （4）调节pH，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子，，c(OH-)=mol/L，c(H+)=510-6，pH=6-lg5=5.3，则“调”时需调节溶液的最小值为5.3； （5）遇到硫氰根离子显红色，则检验“滤液1”中是否含有的试剂为硫氰化钾； （6）由图可知，阳极水失去电子生成氧气同时生成碳酸氢根离子，则阳极的电极反应式为：；“电解”反萃取液(溶质为)制粗镓后的电解废液经处理后可循环使用，阴极上水电离出的氢离子得电子产生氢气，电解废液的主要溶质为； （7）采用MOCVD(金属有机化合物化学气相沉积)技术制备GaN时，反应会产生一种标准状况下密度约为的可燃性气体，则M==，则为甲烷气体，故该反应的化学方程式：。 10．(1)第五周期第ⅥB族 (2) 增大接触面积，提高反应速率 (3) (4)“酸浸”时产生的遇电离的会形成，氧化，影响和的生成 (5)91% (6) 【分析】废钼催化剂(主要成分为MoO3、MoS2，含少量CoO、CoS、NiO、Fe2O3等)，在空气焙烧生成气体为二氧化硫，烧渣加入NaOH溶液、H2O2碱浸，得到Na2MoO4溶液，向溶液中加入稀硫酸沉Mo得到H2MoO4，碱浸后得到的固体为CoO、NiO、Fe2O3，固体用稀盐酸酸浸，得到含有Co2+、Ni2+、Fe3+的溶液，加入NaOH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，加入H2C2O4溶液沉Ni、Co得到CoC2O4、NiC2O4。 【详解】（1）基态Mo原子的价层电子排布式为，则Mo在元素周期表中的位置为：第五周期第ⅥB族； （2）“焙烧”时先将废钼催化剂磨成粉末，然后采取“多层逆流焙烧”，这样做的优点是：增大接触面积，提高反应速率；“焙烧”时生成的气体A的主要成分为：； （3）“焙烧”时转化为， “碱浸”时参与反应的离子方程式为：； （4）和不易被稀硝酸氧化，但“酸浸”过程中仍不能用稀硝酸替换稀盐酸，可能的原因是：“酸浸”时产生的遇电离的会形成，氧化，影响和的生成； （5），“除铁”后所得滤液中，“沉镍”后所得滤液中，溶液中，则沉镍率为； （6）()晶胞结构图中小白球共8个，全在内部，灰球为4个，黑球为2个，根据化学式可知小白球为O2-，灰球为Co3+，黑球为Co2+，故顶点的离子为Co2+。 11．(1) K、Cu -1（或＋1） (2) ＜ 的半径比的小，MgO的离子键比NiO的强 (3) (4)使铁离子形成沉淀，除去铁元素 (5)（或硫酸） (6) (7)冷却至30.8℃以下结晶 【分析】电镀污泥加入稀硫酸酸浸， 、、、生成相应的金属阳离子，不反应，则滤渣1的主要成分为，电解得到金属铜，加入碳酸钠 调pH除去铁元素，得到，再加入磷酸钠除去铬元素，经过萃取与反萃取富集镍元素，经过一系列操作得到。 【详解】（1） 铬元素的基态原子中最外层电子数是1，同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数是1的元素还有K、Cu；基态Ni原子的价电子排布图是，则价电子自旋磁量子数的代数和为-1（或＋1）； （2）NiO与MgO都是离子晶体，的半径比的小，MgO的离子键比NiO的强，则熔点：NiO<MgO； （3）根据分析知，滤渣1的主要成分为； （4）根据分析知，电解之后加入碳酸钠调节pH的目的是使铁离子形成沉淀，除去铁元素； （5）根据(水相)＋2RH(有机相)(有机相)(水相)，反萃取要增大氢离子浓度，还要不引入杂质，所以A为（或硫酸）； （6）根据得失电子守恒、原子守恒可得：； （7）根据信息知：低于30.8℃时，晶体形态为，所以由溶液获得晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却至30.8℃以下结晶、过滤、洗涤、干燥。 12．(1)N (2) (3) 提高转化为的速率 温度过高，会分解 (4) 将置换成Ni单质而除去 (5) (6) 过滤、洗涤、干燥 ZnO和或或 【分析】菱锌矿在溶浸操作中，Na2SO3将PbO2还原为Pb2＋，将还原为，Pb2＋与硫酸反应生硫酸铅沉淀，、ZnO、、FeO、均与硫酸反应生成相应的离子；然后加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠溶液调pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；加入Zn将还原为Ni，所以滤渣2为Ni，加入HA萃取，锌元素进行有机相，由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，加入Na2CO3生成ZnCO3沉淀，最后灼烧生成ZnO，据此作答。 【详解】（1）锌的原子序为30，最高能层为第四能层，符号是N，故答案为：N； （2）由分析可知，滤渣1的化学式为；溶浸过程，Na2SO3将还原为，由原子守恒的电子守恒可知发生的离子方程式为，故答案为：，； （3）升高温度可以使转化为的速率加快，但是温度过高，会分解，故答案为：提高转化为的速率；温度过高，会分解； （4）调pH使Fe3＋完全沉淀，而其他离子不沉淀。当Fe3＋沉淀完全时，mol·L－1， mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－3＝3；Zn2＋开始沉淀， mol·L－1， mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－5.5＝5.5，所以调pH范围为；“还原”时加入锌粉可以将置换成Ni单质而除去，故答案为：；将置换成Ni单质而除去； （5）由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，故答案为：； （6）在“沉锌”后需将沉淀分离并除去表面的杂质，所以在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是过滤、洗涤、干燥；设有1 mol，其质量为583g；350℃时，剩余固体中不含碳元素，即碳全部以CO2形式存在，CO2有2mol，此时固体质423g，则固体质量减小583g－423g＝160g，固体质量减少的为CO2和H2O的质量，设减少的H2O有x mol，则m(CO2)＋m(H2O)＝44 g·mol－1×2mol＋18 g·mol－1×xmol＝160g，解得x＝4，说明分解产生4 mol H2O，而1mol中只有2mol结晶水，则Zn(OH)2分解产生2mol H2O，即有2mol Zn(OH)2分解，而1mol中有3mol Zn(OH)2，故还有1 mol Zn(OH)2未分解，则余下固体为ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和或或。 13．(1) d ＞ (2) B 盐酸中的可能被氧化为产生污染，具有氧化性，不利于的还原 (3) 是 、 (4) 50℃后硫酸根含量减少的趋势较小，说明温度升高使氨水挥发或分解加快反而不利于反应 、 (5) 【分析】锰矿粉(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)加入NH4HSO4、H2O2溶浸，MnCO3、Mn2O3、MnOOH转化为Mn2+，Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+、Al3+，SiO2不溶而成滤渣1；加入Mn(OH)2调节pH=5，此时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，成滤渣2；加入氨水沉锰，此时锰转化为Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，通空气氧化，得到Mn3O4，据此回答。 【详解】（1）①Mn为25元素在周期表中的d区； ②Mn+的价电子为3d54s1，Mn2+的价电子为3d5，Mn2+的3d半满，能量低更稳定，所以稳定性Mn（Ⅱ）＞Mn（Ⅲ）； （2）①“溶浸”过程中，NH4HSO4可用硫酸代替； ②盐酸中的Cl−可能被Mn3+氧化为Cl2产生污染，HNO3具有氧化性，不利于Mn3+的还原； （3）①pH = 5，c(H+)=10-5，＜10 − 5，＜10 − 5，杂质离子能完全沉淀； ②此时“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3； （4）①实际生产中综合考虑选择50℃为宜，不选择更高温度的原因是50℃后硫酸根含量减少的趋势较小，说明温度升高使氨水挥发或NH3 ⋅ H2O分解加快反而不利于反应； ②“母液”中，能转换成可循环利用的物质是NH4HSO4、NH3 ⋅ H2O； （5）①正极材料Li1−xMn2O4转化为LiMn2O4，正极放电时的电极反应式为：。 14．(1)6s26p3 (2) (3)将铁离子还原为亚铁离子避免调节pH时铁转化为沉淀 (4) 3~7.2 (5) (6) 【分析】辉铋矿加入氯化铁、盐酸酸浸，铁离子具有氧化性将硫氧化为硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣，滤液含有Bi3+、Fe3+，加入盐酸羟胺将铁离子还原为亚铁离子避免调节pH时铁转化为沉淀，然后加入碳酸钠调节pH，结合题干可知，调节pH在3~7.2使得完全水解为BiOCl沉淀； 【详解】（1）铋与氮同主族，则为ⅤA族，且位于元素周期表的第六周期，则基态Bi的价电子排布式为6s26p3； （2）由分析可知，浸渣”的主要成分是S和，“浸取”时铁离子具有氧化性将硫氧化为硫单质，生成S的离子方程式为； （3）“充分搅拌”时加入盐酸羟胺的目的是将铁离子还原为亚铁离子避免调节pH时铁转化为沉淀； （4）已知： 时几乎完全水解为白色的BiOCl沉淀，且不能使得亚铁离子沉淀，则加入碳酸钠粉末制取BiOCl时，溶液pH值需控制的合理范围为3~7.2；水解为白色的BiOCl沉淀，发生反应的化学方程式为：； （5）充电为电解池，电解池中阴极发生还原反应，电解池中有机物作离子导体、充电时嵌入，则BiOCl得到电子发生还原反应被还原为Bi，反应为； （6）已知最近的两个铋离子之间的距离为，为面对角线的二分之一，则晶胞边长为；根据“均摊法”，晶胞中含个Bi、8个O，则晶体密度为。 15．(1)3 (2) 分液漏斗 除去中混有的HCl 或 (3) pH计 （） 【分析】氨气、饱和食盐水和CO2反应，生成NaHCO3沉淀，过滤后对滤渣进行灼烧，发生反应，溶解为碳酸钠溶液，通入SO2，发生反应，经过系列操作后得到。 【详解】（1）分子中，中心原子价层电子对数为：； （2）①由图可知，盛放稀盐酸的仪器名称为分液漏斗； ②由于盐酸具有挥发性，因此饱和的碳酸氢钠溶液用于除去中混有的HCl ； ③三颈烧瓶中，CO2与氨水、NaCl反应，生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，化学方程式为：或 （3）①步骤Ⅰ测量溶液的pH=4.1，即所用仪器为pH计（pH试纸精度不够）； ②向溶液中再加入溶液调至pH为7~8，生成，化学方程式为：（）； ③Ⅰ~Ⅳ步骤中总反应为碳酸钠和二氧化硫反应，生成和CO2，化学方程式为：。 16．(1) 增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分 (2)、 (3)C (4) 3 取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，溶液未变红则证明“沉铁”充分 (5) 趁热过滤 洗涤 (6) 四面体形 【分析】铁菱镁矿的主要成分是，还含有、及少量，制备，铁菱镁矿通入空气焙烧产生CO2，发生反应主要为：，，，加入稀硫酸进行酸浸，不能与稀硫酸反应，CaSO4为微溶，因此滤渣1中为、CaSO4，“沉铁”过程中除去Fe3+，最后滤液中含Mg2+，经过一系列操作最终得到，据此作答。 【详解】（1）粉碎是增大接触面积，加快焙烧速率，使焙烧更充分，提高原料利用率，该过程中发生氧化还原反应的化学方程式：，故答案为：增大矿石与空气的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分；； （2）根据上述分析可知，滤渣1中主要为、CaSO4，故答案为：、； （3）“沉铁”时，使Fe3+以的形式沉淀，留下Mg2+，调pH且不引入杂质，X应该用MgO，促进Fe3+彻底水解产生，故答案为：C； （4）“沉铁”充分则，，，pH=3，检验“沉铁”充分是检验Fe3+除尽与否，实验方法是：取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，溶液未变红则证明“沉铁”充分，故答案为：3；取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，溶液未变红则证明“沉铁”充分； （5）由图可以看出，温度在-3.9°C~1.8°C可以析出MgSO4·12H2O，在1.8°C~48.1°C析出的是MgSO4·7H2O，在48.2°C~67.5°C析出MgSO4·6H2O，在67.5°C以上可以析出MgSO4·H2O，因此在67.5°C以上可以析出MgSO4·H2O，因此要得到MgSO4·H2O晶体，应在67.5℃以上蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤后干燥，故答案为：趁热过滤；洗涤； （6）①SO中S的价层电子对数为，没有孤电子对，为四面体形，硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物，S2O的空间结构是四面体形； ②由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；根据单位为可知MgS2O3•6H2O的摩尔体积为；故答案为：四面体形；。 17．(1)增大反应接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分 (2)4.7 (3)、 (4)此温度下的溶解度与的相差较大 (5) 否 碱性环境下会产生，继而氧化为从而影响产品产率和纯度 (6)改善成型后(或电极)的导电作用(或者与空气中的氧气反应，防止中的被氧化) 【分析】该工业流程原料为型锂辉石(主要成分、、，含有、等杂质)，产品为锂离子电池的正极材料，流程主线中元素为锂元素，铝、硅、铁、镁等元素作为杂质元素在工业流程中被除去，型锂辉石通过“球磨”被粉碎，加入浓硫酸“酸化焙烧”转化为、、、、，“调浆浸出”使铝、铁等杂质元素转化为、等被除去，通过“净化除杂”使镁元素及引入的钙元素转化为、而除去，“蒸发结晶、离心分离”得到的硫酸锂溶液中加入，利用和在不同温度下的溶解度的差异，采用“冷冻至0℃”析出，从而得到溶液，经过一系列操作得到，最后与和混合溶液制备。 【详解】（1）型锂辉石通过“球磨”被粉碎，从而增大与浓硫酸反应的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分； 故答案为：增大反应的接触面积，加快反应速率，使焙烧更充分； （2）调节pH使铁、铝等杂质完全沉淀，的大于的，说明更难溶于水，加入石灰石与水调节pH时，先生成，故完全沉淀时也已完全沉淀，利用的计算完全沉淀时，，则，故； 故答案为：4.7； （3）“净化除杂”工艺中得到滤渣2，该过程加入调节pH为11，使完全转化为沉淀除去，加入使前一工艺中引入的转化为沉淀而除去故滤渣2的成分是、； 故答案为：、； （4）“冷冻析钠”过程是利用和在不同温度下的溶解度的差异，采用“冷冻至0℃”析出，从而得到溶液，在该温度下，溶解度较小，与的溶解度相差较大； 故答案为：在该温度下，溶解度较小，与的溶解度相差较大； （5）根据流程转化可知，与和混合溶液制备，反应中元素化合价未发生变化，为非氧化还原反应，根据元素守恒，可推知其余生成物为、，故化学反应方程式为； 溶液为碱性溶液，将和混合液滴加到溶液中，由于开始时溶液过量，会生成沉淀，进一步被氧化为，从而影响产品的纯度和产率，故这种操作不合理； 故答案为：；否；碱性环境下会产生，继而氧化为从而影响产品产率和纯度； （6）作正极电极材料，石墨本身可以导电，故少量石墨可以改善成型后的导电作用，中铁元素为+2价，具有还原性，可以被氧气氧化，加入少量石墨可以与空气中的氧气反应，防止中的被氧化； 故答案为：改善成型后(或电极)的导电作用(或者与空气中的氧气反应，防止中的被氧化)。 18．(1)非极性分子 (2) (3)CaSiO3 (4) pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降 无 (5) () 8 【分析】磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)，磷矿石中加入焦炭、SiO2在电炉中加热1500℃，生成炉气和炉渣，炉气分离得到P4、SiF4和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量杂质，结合所加原料和生成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐；分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe2P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后得到滤液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4•2H2O，据此解答。 【详解】（1）二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，说明P4是非极性分子,故答案为：非极性分子； （2）FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故答案为：； （3）炉气和炉渣I中不含钙元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣II中钙元素以CaSiO3的形式存在。故答案为：CaSiO3； （4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降。由题意此时溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，则溶液中 ，溶液中FePO4沉淀完全，过滤后滤液则为FePO4的饱和溶液。向滤液中滴加2mol/L的MgCl2溶液(溶液体积增加一倍)，则c(PO43-)=6.5×10-18mol/L，c(Mg2+)=1mol/L，Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(1mol/L)3×(6.5×10-18mol/L)2=4.225×10-35<Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，则溶液中无Mg3(PO4)2沉淀生成。 故答案为：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降；无； （5）根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，)，可知D点原子坐标参数为(，，)；根据晶胞图可知Fe的配位数为8 。故答案为：(，，)；8。 19．(1) (2)将固体粉碎 (3)NH3 (4)和S在加热条件下发生生成H2S (5) 混合型晶体 为Li失去一个电子形成，原子半径小 【分析】薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到，结晶后灼烧得到，最后与S经气相反应并沉积得到，据此分析解题。 【详解】（1）用溶液吸收，生成，离子方程式为，故答案为。 （2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为将固体粉碎。 （3）为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用，故答案为NH3。 （4）和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用，故答案为和S在加热条件下发生生成H2S。 （5）石墨的晶体类型为混合型晶体，层状晶体与石墨晶体结构类似，所以层状的晶体类型为混合型晶体，将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧化反应，电极反应式为，为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入层间，故答案为分子晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小。 20．(1) SiO2 灼烧 (2)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2H2O＋2Fe3＋ (3)取下分液漏斗塞子，旋开活塞，放出下层液体，待下层液体刚好放完，立即关闭活塞，从上口倒出萃取液 (4)作为保护气，防止镍被空气中的氧气氧化 (5) 【分析】以废镍催化剂（主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质）为原料制备碘化镍，加硫酸“酸浸”，生成NiSO4、ZnSO4、FeSO4、CaSO4，CaSO4微溶于水、SiO2不溶于硫酸，过滤出CaSO4、SiO2，滤液中加NaClO把Fe2＋氧化为Fe(OH)3除去铁，滤液中加NH4F生成CaF2沉淀除去Ca2＋，加萃取剂萃取出Ni2＋，加草酸铵得到NiC2O4•2H2O晶体，在氮气条件下加热分解NiC2O4•2H2O晶体得到金属镍，镍和碘单质反应生成NiI2，据此分析解题。 【详解】（1）SiO2不溶于硫酸，CaSO4微溶于水，所以滤渣1的成分是CaSO4、SiO2；滤液中加NaClO把Fe2＋氧化为Fe(OH)3除去，滤渣2是Fe(OH)3，经过洗涤、干燥、灼烧，Fe(OH)3分解可制铁红，故答案为SiO2；灼烧。 （2）“除铁“中可通过先加入H2O2溶液再加入NiO替代NaClO溶液，H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2H2O＋2Fe3＋，故答案为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2H2O＋2Fe3＋。 （3）萃取“中，萃取剂的密度小于1g•cm−3，萃取液在上层，若在实验室中分离萃取液，具体操作是：取下分液漏斗塞子，旋开活塞，放出下层液体，待下层液体刚好放完，立即关闭活塞，从上口倒出萃取液，故答案为取下分液漏斗塞子，旋开活塞，放出下层液体，待下层液体刚好放完，立即关闭活塞，从上口倒出萃取液。 （4）“分解”过程中通入N2的作用是作为保护气，防止镍被空气中的氧气氧化，故答案为作为保护气，防止镍被空气中的氧气氧化。 （5）设有1mol NiC2O4•2H2O晶体，质量为183g，加热到300℃失重率19.76%，质量为36g，则晶体完全失去结晶水；300～400℃失重率59.02%，则剩余固体的质量为75g，其中有1molNi元素，则氧元素的物质的量为，所以所得固体为NiO，300～400℃发生反应的化学方程式为，故答案为。 21．(1) 避免盐酸挥发，防止Bi3+、Fe3+水解 (2) 将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁元素 3.1 (3)促进BiCl3水解 (4)紫红色溶液变浅(或变为无色) (5) B (，，) 【分析】 该工艺原料为辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)，产品为钒酸铋(BiVO4)，流程中主元素为铋元素，硫、铁、硅等元素作为杂质在工艺流程中被除去，由滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，在浸取过程中，硅及硫元素进入滤渣1（SiO2、S）中被除去，氧化调pH除去铁元素，滤渣2为，稀释水解使Bi3+转化为Bi(OH)3作为滤饼进入酸洗流程，酸洗生成，氯化生成，最终合成钒酸铋。 【详解】（1）Bi3+、Fe3+水解、，温度过高水解反应程度增大，可能会造成元素的损失，温度过高还会使盐酸挥发，温度不宜过高的原因是避免盐酸挥发，防止Bi3+、Fe3+水解；由滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，转化为及单质，反应离子方程式为； （2）具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+易转化为沉淀分离除去；调pH是使Fe3+完全转化为沉淀而与Bi3+分离，Fe3+完全沉淀的pH为3.1，故调pH的最低值为3.1； （3）滤液2中的含有Bi3+，在稀释水解过程使Bi3+转化为Bi(OH)3作为滤饼分离出来，通入水蒸气的目的是升高温度，使Bi3+水解平衡正向移动，促进BiCl3水解程度增大； （4）氯化过程发生反应为，气体X为，与酸性KMnO4溶液发生反应，使酸性KMnO4溶液褪色或溶液颜色变浅，故实验现象可能是紫红色溶液变浅(或变为无色)； （5）从NH4Cl晶体晶胞结构中可看出，位于正方体的顶点，与其距离最近的，在同一条棱的另一个顶点，过该顶点有3条棱，又晶体结构可看成晶胞无隙并置，故与氯离子最近且等距离的氯离子有6个，答案选B；在正方体的体心，晶胞边长为参数1，则坐标参数为(，，)。 22．(1)V、Fe (2) (3) (4)制造光导纤维或硅单质 (5)在水溶液中存在电离平衡，，加入过量(NH4)2CO3，溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于析出晶体，提高产率。 (6)pH较低，转化为的程度较大，使得浓度减小，而pH较高，转化为的程度增大，使得浓度减小，pH过高或过低均降低沉钒率，因此出现图中沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的趋势。 (7) 【分析】含钒尖晶石加入碳酸钠焙烧后，V2O3被氧化为NaVO3，FeO被氧化为Fe2O3，Al2O3、SiO2分别生成NaAlO2和Na2SiO3；加水进行溶解，只有不溶，则“沉淀1”的成分是；加盐酸调节pH，硅元素转化为硅酸，则“沉淀2”为硅酸；用氢氧化钠调节pH，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，溶液中只有NaVO3，加(NH4)2CO3析出，煅烧得到V2O5。 【详解】（1）“焙烧”过程中被氧化的元素是V元素、Fe元素； （2）“焙烧"时，V2O3与Na2CO3反应的化学方程式为； （3）“沉淀1”的成分是； （4）“沉淀2”为硅酸，硅酸受热分解为二氧化硅和水，二氧化硅能制造光导纤维或硅单质； （5）在水溶液中存在电离平衡，，加入过量(NH4)2CO3，溶液中铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，有利于析出晶体，提高产率； （6）由题目可知，溶液的酸性较强时，+5价钒主要以的形式存在，碱性较强时，结合生成，因此沉钒要控制pH在一定范围内。故pH较低，转化为的程度较大，使得浓度减小，而pH较高，转化为的程度增大，使得浓度减小，pH过高或过低均降低沉钒率，因此出现图中沉钒率随溶液pH的增加先升高后降低的趋势； （7），由题图2可知，加热至200 ℃时固体的质量减少了3.4g，恰好是0.2mol的质量，即产生的气体是。 23．(1)+4 (2)增大溶解过程中固体与稀硫酸的接触面积，加快溶解速率 (3) 温度过高会导致过氧化氢分解、氨水挥发 除去过量的过氧化氢 (4) (5) 蒸发浓缩 冷却结晶 乙醇 (6)60.6% 【分析】碳酸铈矿石用硫酸浸取，Ce3+进入溶液，加入过氧化氢将三价Ce氧化为四价Ce，加入氨水升温至得到浊液，加入硫酸、硫酸铵得到硫酸铈铵晶体； 【详解】（1）中铵根、硫酸根化合价分别为+1、-2价，根据化合价代数和为零，可知铈元素的化合价为+4； （2）将矿石粉碎，目的是增大溶解过程中固体与稀硫酸的接触面积，加快溶解速率，提高浸取效率； （3）过氧化氢不稳定、氨水易挥发，反应温度需要控制在，原因是温度过高会导致过氧化氢分解、氨水挥发；应完全后，要将混合物升温至，目的是使得过氧化氢分解为水和氧气，除去过量的过氧化氢； （4）与反应生成，反应中Ce化合价由+3变为+4、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，结合电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为； （5）步骤三反应完全后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到晶体。硫酸铈铵微溶于水，不溶于乙醇，故最后用乙醇洗涤次后，得到高纯硫酸铈铵晶体； （6）由Ce守恒可知，，则的产率为。 24．(1) 增大接触面，加快反应速率 铁粉 (2)0.5 (3)2VO+2H+=V2O5+H2O (4) 1 使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大的产量 (5)取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，依次滴加稀盐酸和BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净 (6) 【分析】用炼钢残渣(主要含FeO•V2O3，还有少量铁粉、SiO2、Al2O3等杂质)为原料提取金属钒，首先残渣研磨、磁选，除去铁粉，得到钒渣，钒渣加入Na2CO3、空气焙烧，得到氧化铁、氧化铝和NaVO3，然后加入硫酸，NaVO3转化为V2O5，氧化铁转化为硫酸铁、氧化铝转化为硫酸铝，过滤得到V2O5，V2O5碱溶、除杂，滤液加入硫酸铵、硫酸沉钒，过滤得到偏钒酸铵，加热得到V2O5，进一步还原得到V，据此解答。 【详解】（1）“研磨”的目的是增大接触面，加快反应速率，“磁选”后分离出的X为铁粉。 （2）“焙烧”过程中，FeO转化为Fe2O3，铁由+2价转化为+3价；V2O3转化为NaVO3，V由+3价升高为+5价，若转移电子数为2.5NA，则被氧化的FeO•V2O3为。 （3）“酸浸”时，生成V2O5的离子方程式为2VO+2H+=V2O5+H2O。 （4）若“沉钒”前溶液中，忽略溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到，说明溶液中，则“沉钒”后溶液中；因铵根离子会发生水解反应，导致其溶液中的铵根离子浓度减小，而加稀硫酸后可以使的水解平衡逆向移动，增大浓度，从而增大的产量。 （5）NH4VO3晶体主要粘附，故证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，依次滴加稀盐酸和BaCl2溶液，无明显现象，证明NH4VO3已洗涤干净。 （6）该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为，位于顶点和体心的V原子数为，则该晶体的密度。 25．(1) (2)H2S (3)Zn2+和Tl+ (4) 2 第一步氧化时氧化不彻底，也会溶解部分离子在溶液中； (5)除去加入的钙离子 (6) 【分析】废水经过高锰酸钾氧化后，被氧化，加入氢氧化钙进行预中和，中和废水中所含H+调节溶液pH，为下一步硫化做准备，加入硫化钠后Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀，继续加入氢氧化钙使Zn2+和沉淀完全后过滤，加入碳酸钠，与滤液中的钙离子反应生成碳酸钙沉淀，过滤，滤液经过离子交换进一步除去溶液中残余铊离子，达到达标水。 【详解】（1）根据所给信息被还原为，被氧化，可得该反应的离子方程式为：； （2）因为溶液中含有氢离子，与硫化步骤中要加入的硫离子会反应生成硫化氢有毒气体，所以要加至溶液的约为7； （3）硫化钠中的硫离子和Zn2+和Tl+生成沉淀和沉淀， （4）根据，的排放标准为，则，，所以pH为2；步骤加至溶液的约为9，此时仍只有左右的铊离子能得到去除，其可能原因是第一步氧化时氧化不彻底，也会溶解部分离子在溶液中； （5）加入碳酸钠，与滤液中的钙离子反应生成碳酸钙沉淀，从而除去前面步骤中引入的钙离子； （6）设和的最短距离为a，根据已知条件晶体的密度为，普鲁士蓝摩尔质量为，从晶胞的部分图示结构可知和的最短距离为晶胞参数的，由图示可知和分别位于立方体的四个顶点，而位于棱的中点，故该单元中含有的数和数相等都为，的个数为，根据电荷守恒可知数为，因此该单元的摩尔质量为，则有，那么。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$