2026届高三一轮复习化学模拟周测2

**基本信息** 以文物材质、工业制备流程为情境，覆盖化学观念与科学探究，基础题与综合题梯度分布，适配高三周测巩固需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|14题/42分|物质分类（第1题文物材质）、离子共存（第3题）、实验操作（第7题）|结合文化传承（青铜、玻璃）考查无机非金属材料，基础题注重化学观念| |填空题|4题/58分|工艺流程（16题KMnO₄制备）、氧化还原计算（15题FeSO₄煅烧）、实验设计（17题提金银）|以工业流程为载体，综合考查科学思维与探究能力，如16题“歧化”操作分析CO₂通入量影响|

高三化学 周测2 可能用到的相对原子质量 Au197 K 39 Mn 55 O 16 Na 23 Cl 35.5 一、单选题（每题3分 共42分） 1．泱泱中华，历史何其悠久，文明何其博大。下列文物的材质属于无机非金属材料的是 A．铜奔马 B．汉竹简 C．莲花形玻璃托盏 D．垂鳞纹秦公铜鼎 2．下列劳动项目对应的解释不合理的是 选项 劳动项目 解释 A 用铝合金制作门窗 铝合金耐腐蚀能力强 B 用氯化铁溶液腐蚀铜电路板 还原性： C 制作豆腐时用进行点卤 能使胶体聚沉 D 用银氨溶液与葡萄糖混合共热制银镜 银氨溶液具有氧化性 3．下列各组离子在给定条件下一定大量共存的是（    ） A．无色溶液：Al3+、Na+、MnO4-、HCO3- B．加入Al能产生H2的溶液：K+、NH4+、AlO2-、Cl- C．常温下水电离出c（H+）=1×10-12mol/L：Fe3+、Mg2+、SO42-、NO3- D．澄清透明溶液：Cu2+、Ba2+、NO3-、Cl- 4．CuCl2是一种可用于生产颜料，木材防腐剂等的化工产品。工业制备CuCl2的一种制备方法是将铜粉加入稀盐酸中，并持续通入空气，在Fe3+的催化下发生如图所示的反应。下列说法不正确的是 A．可循环使用 B．过程Ⅱ中O2发生还原反应 C．该过程不能证明氧化性： D．该过程最终的产物为CuCl2和H2O 5．能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是 碱X→氧化物→金属单质→盐 A．X可为，熔点： B．X可为，盐的水溶液一定显中性 C．X可为，金属单质可与稀硝酸反应生成NO D．X可为，金属单质可与S反应生成 6．下列过程涉及的离子方程式正确的是 A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O B．向Ca(ClO)2溶液中通入过量的SO2：ClO-+SO2+H2O=HClO+ C．用稀硝酸鉴别铜合金制成的假金币：Cu+4H++=Cu2++NO2↑+2H2O D．向氢氧化铁中滴加氢碘酸溶液：3H++Fe(OH)3=2Fe3++3H2O 7．下列基本实验操作正确的是 甲 乙 丙 丁 A．装置甲配制溶液 B．装置乙过滤 C．装置丙收集氯气 D．装置丁配制的溶液 8．设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．1mol 中含有σ键的数目为5 B．1L 0.1mol/L 溶液中含的数目为0.1 C．22.4L CO和的混合气体含有的分子数目为 D．7.8g 与足量反应，转移电子数目为0.2 9．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．常温常压下，18 g 15NH3所含中子数目为11NA B．1 mol SiO2中含有的硅氧键数目为2NA C．常温常压下，22.4 L CO2中氧原子数少于2NA D．1 mol NaBH4与足量水反应(NaBH4+H2O→NaBO2+H2↑，未配平)时转移的电子数为8NA 10．无水亚硫酸钠还原四氯金酸是制备黄金的重要反应之一，其反应原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 A．溶液中，HCl分子的数目为 B．若析出19.7g黄金，反应中转移的电子数为 C．100g质量分数为3.4%的溶液中，氢原子数总和为 D．等物质的量的和所含的钠原子数均为 11．某探究学习小组成员欲用NaClO固体配制480 mL 0.2 mol·L-1的消毒液。下列说法正确的是 A．图中仪器有三种是不需要的 B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制 C．定容时俯视刻度线，可能导致NaClO的浓度偏低 D．需要称量的NaClO固体质量约为7.5 g 12．某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 8mol·L-1氨水(pH≈13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 Ⅱ 0.1mol·L-1NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 Ⅳ 硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1) 紫色变浅 Ⅴ 硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1) 紫色褪去 下列说法不正确的是 A．由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原 B．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原 C．由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响 D．由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强 13．工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下： 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是 A．“焙烧”时，n(氧化剂):n(还原剂)=4:5 B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去 C．不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关 D．“沉钒”后的溶液中 14．是一种安全稳定、高效低毒的广谱型消毒剂，它易溶于水，难溶于有机溶剂，高浓度的气体易爆炸。制备并吸收的原理及装置如下： 已知装置A中发生的反应： (主反应) (副反应) 下列说法正确的是 A．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 B．装置A中产生，可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验 C．装置B中发生的主要反应的化学方程式为 D．实验过程中不断缓慢通入的目的只是为加快装置A中的反应速率 二、填空题 共58分 15．(16分）某兴趣小组利用经过初步处理的含有Fe2+的废液制备硫酸亚铁晶体的流程如下： (1)加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为 ，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法利用 效应 。 (2)加入铁粉的作用是 。 (3)已知Fe2+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，该反应的离子方程式为 。 (4)硫酸亚铁在空气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性氧化物，该反应的化学方程式为 ，该反应中每产生1mol Fe2O3，转移的电子数为 个。 (5)下列物质中能导电的是 (填序号，下同)，属于电解质的是 。 ①水银 ②CuSO4•5H2O ③大理石    ④氯化钠晶体 ⑤盐酸    ⑥氨气     ⑦蔗糖   ⑧氯气   ⑨液态氯化氢      ⑩硫酸溶液 16．(14分）KMnO4是常用的氧化剂之一，碳化法制备高锰酸钾的实验步骤如下： 回答下列问题： (1)“熔融氧化”操作应在 坩埚中进行(填“瓷”、“氧化铝”或“铁”)，将Mn元素氧化为K2MnO4，该反应的化学方程式为 。 (2)“歧化”操作在如图所示装置中进行。 ①下列气体也可选装置A进行制备的是 (填标号)。 a．MnO2与浓盐酸制Cl2  b．CaO与浓氨水制NH3  c．Zn与稀硫酸制H2  d．Na2SO3与70%硫酸制SO2 ②为了提高KMnO4的产率，装置B中的试剂为 。 ③实验过程中应控制CO2的通入量，若通入CO2过多，可能会导致产品中含有较多的 杂质(填化学式)，从含KMnO4的溶液中分离出KMnO4粗品的基本操作为 。 (3)测定KMnO4粗品纯度的实验步骤：称取粗品(杂质不与Fe2+发生反应)于烧杯中溶解，并加稀硫酸酸化，配成250mL待测溶液。取标准溶液于锥形瓶中，再用待测液滴定标准液，滴定至终点时记录数据，重复以上实验三次，平均消耗待测液12.50mL。则KMnO4粗品的纯度为 %(含m的计算式表示)。 17．(12分）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。 (2)“还原酸浸”时，反应的离子方程式为 。 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为 。 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为 。 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。 18．(16分）五氧化二钒(V2O5)被广泛应用于钒电池、激光晶体等行业。一种由钒渣(主要化学成分包括：等)制备的流程如下： 已知：Ca(VO3)2难溶于水；Fe2O3只能溶于 的溶液，Al2O3可溶于 的溶液。 回答下列问题： (1) 钒的原子序数为 23，其在周期表中的位置 (2)提高焙烧的速率的方法有 (写出一条即可） (3)“焙烧”时，转化为Fe2O3和Ca(VO3)2该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。 (4)“酸浸”时，Ca(VO3)2与稀硫酸生成进入溶液中，写出该反应的离子方程式 。该过程硫酸浓度太高会导致钒的浸出率降低，可能的原因是 。 (5)“过滤”时所得滤渣的主要成分有CaSO4、硅酸和 (填化学式)。 (6)“沉钒”后所得滤液可返回“ ”步骤进行循环；“煅烧”后得到无污染的气体并生成V2O5，写出该反应的化学方程式 。 化学周测2 答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D C C A C A C B 题号 11 12 13 14 答案 D D A C 1．C 【详解】A．铜奔马的主要成分为青铜，属于金属材料，A错误； B．汉竹简主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，B错误； C．莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，C正确； D．垂鳞纹秦公铜鼎的主要成分为青铜，属于金属材料，D错误； 故答案为：C。 2．B 【详解】A．铝合金表面易形成致密氧化膜，耐腐蚀，解释合理，A正确； B．根据：，Fe3+与Cu反应中，Cu作还原剂，说明Cu的还原性比Fe2+强，此现象不能说明Cu的还原性强于Fe，实际上Fe的还原性强于Cu，解释错误，B错误； C．CaSO4作为电解质使豆浆胶体聚沉，解释合理，C正确； D．银氨溶液中的氧化葡萄糖，体现氧化性，解释合理，D正确； 故选B。 3．D 【详解】A．无色溶液中MnO4-不能大量共存，Al3+、HCO3-反应生成氢氧化铝和碳酸根，不能大量共存，A不选； B．加入Al能产生H2的溶液如果显酸性AlO2-不能大量共存，如果显碱性NH4+不能大量共存，B不选； C．常温下水电离出c（H+）=1×10-12mol/L的溶液中水的电离被抑制，如果显碱性，Fe3+、Mg2+不能大量共存，C不选； D．澄清透明溶液中Cu2+、Ba2+、NO3-、Cl-之间不反应，可以大量共存，D选。 答案选D。 4．C 【详解】A．Fe3+与Cu反应生成的Fe2+，在O2、H+作用下可重新转化为Fe3+，则Fe3+可循环使用，A正确； B．过程II中Fe元素化合价升高，O元素化合价降低，Fe2+被氧气氧化发生氧化反应，氧化剂为O2，发生还原反应，B正确； C．Fe3+作催化剂，Cu、O2、H+为反应物，该过程总反应为：，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：，C错误； D．据图可知，Fe3+作催化剂，Cu、O2、H+为反应物，该过程总反应为：，该过程最终的产物为CuCl2和H2O，D正确； 故选C。 5．C 【详解】A．Al(OH)3受热分解生成Al2O3，Al2O3电解生成Al，Al与酸反应生成盐，转化成立；但Al2O3的熔点（约2072°C）远高于Al（660°C），A错误； B．Mg(OH)2分解生成MgO，MgO需高温还原生成Mg，Mg与酸反应生成盐（如MgCl2），但MgCl2溶液显酸性，B错误； C．Cu(OH)2分解生成CuO，CuO被还原为Cu，Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2和NO，转化成立且描述正确，C正确； D．Fe(OH)3分解生成Fe2O3，Fe2O3被还原为Fe，但Fe与S反应生成FeS而非Fe2S3，D错误； 故选C。 6．A 【详解】A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性，生成硫酸钠、硫酸钡、水，反应离子方程式为2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故A项正确； B．Ca(ClO)2具有氧化性，SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，故B项错误； C．稀硝酸与铜反应生成NO气体而不是二氧化氮，故C项错误； D．Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，二者能发生氧化还原反应生成Fe2+、I2，故D项错误； 综上所述，正确的是A项。 7．C 【详解】A．定容时加水至刻度线1～2cm处，改用胶头滴管滴加，不能用烧杯注入水至液面与刻度线相平，故A错误； B．图中漏斗下端未紧靠烧杯内壁，且转移时未用玻璃棒引流，操作不合理，故B错误； C．食盐水可抑制氯气的溶解，导管短进长出可排饱和食盐水收集氯气，故C正确； D．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故D错误； 故选：C。 8．A 【详解】A．乙烯（CH2=CH2）分子中每个双键含1个σ键和1个π键，每个C原子连接2个H原子形成2个C-Hσ键，每个乙烯分子共有5个σ键，1mol乙烯含5NA个σ键，A正确； B．FeCl3溶液中Fe3+会水解，使Fe3+浓度小于0.1mol/L，因此1L0.1mol/L FeCl3溶液中含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误； C．22.4L气体在标准状况下对应1mol，但题目未说明条件是否为标准状况，无法确定混合气体的物质的量，也无法计算分子数目，C错误； D．7.8g Na2O2的物质的量为0.1mol，根据反应知，消耗1mol Na2O2转移1mol电子，则0.1mol Na2O2对应转移的电子数为0.1NA，D错误； 故选A。 9．C 【详解】A．18 g 15NH3的物质的量为1mol，所含中子数目为8NA，A错误； B．1 mol SiO2中含有的硅氧键数目为4NA，B错误； C．标准状况下，22.4 L CO2中氧原子数等于2NA，气体体积随温度的升高而增大，故常温常压下，22.4 L CO2中的氧原子数少于2NA，C正确； D． 1 mol NaBH4与足量水反应时转移的电子数为4NA，D错误； 故选C。 【点睛】本题考查阿伏加德罗常数相关知识，意在考查考生对物质的量、阿伏加德罗常数和物质结构的理解和应用。 10．B 【详解】A．HCl是强酸，在水溶液中完全离解为H+和Cl-，不存在HCl分子，因此HCl分子数目为0，A错误； B．19.7g Au的物质的量为0.1mol，反应中每个Au3+被还原为Au需获得3mol电子，故0.1mol Au对应0.3mol电子转移，即，B正确； C．HAuCl4溶液中H原子包括溶质HAuCl4（含0.01mol H）和溶剂H2O（含约10.732mol H），总H原子数远大于，C错误； D．等物质的量的和中钠原子数均为（n为物质的量），但选项未明确物质的量是否为1mol，因此均为的表述不严谨，D错误； 故选B。 11．．D 【详解】A．图中的a、b、c、d四种仪器均不需要，还需要玻璃棒、胶头滴管，A错误； B．容量瓶内残存的蒸馏水对配制溶液无影响，容量瓶不能烘干，B错误； C．定容时俯视刻度线，会造成所配溶液的体积偏小，浓度偏高，C错误； D．配制480 mL溶液需用到500 mL容量瓶，所以需要称量的NaClO固体的质量为0.5L×0.2 mol·L-1×74.5 g·mol-1=7.45g7.5 g，D正确； 答案选D。 12．D 【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；； B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅰ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确； C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确； D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误； 故选D。 13．A 【分析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中FeV2O4生成对应的金属氧化物Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2，“焙烧”的产物之一为NaVO3，加入水浸出，Fe2O3成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸，将转化为Al(OH)3，过滤后向滤液中加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。 【详解】A．“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，铁元素化合价由+2价升高至+3价、V元素化合价由+3价升高至+5价，1mol FeV2O4失去5mol电子，1mol O2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系式：4FeV2O4~5O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，(氧化剂):n(还原剂)=5:4，故A错误； B．由分析可知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去，故B正确； C．的氧化性较强，不选用HCl“调pH”的原因是：把Cl-氧化为有毒气体Cl2，故C正确； D．“沉钒”后得到NH4VO3的饱和溶液，，故D正确； 故答案为A。 14．C 【分析】A装置中与盐酸发生氧化还原反应生成和，生成的进入B装置与反应生成，根据题干信息，易溶于水，可用C装置进行吸收。 【详解】A．反应物中Cl元素化合价从+5价降至+4价，为氧化剂，中部分Cl元素化合价从-1价升高至0价，为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，A错误； B．装置A中生成的同时也生成具有氧化性的，也可使湿润的淀粉碘化评试纸变蓝，B错误； C．装置B中中Cl元素为+3价，通入氯气可生成，发生反应：，C正确； D．实验过程中不断缓慢通入的目的是为了避免浓度过高导致爆炸，D错误； 答案选C 15．(1) 过滤 丁达尔 (2)防止亚铁离子被氧化 (3) (4) 2NA (5) ①⑤⑩ ②③④⑨ 【分析】含亚铁离子的废液中加入饱和碳酸氢钠溶液生成碳酸亚铁沉淀，然后用稀硫酸溶解碳酸亚铁，并加入适量铁粉防止亚铁离子被氧化，最后浓缩结晶得到硫酸亚铁晶体； 【详解】（1）加入饱和NaHCO3溶液后，得到白色沉淀，则操作1为过滤，若NaHCO3溶液浓度偏低可能会形成胶体，验证的方法为丁达尔效应； （2）亚铁离子易被氧化，加入铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化； （3）Fe+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，根据原子守恒及电荷守恒，可得该反应的离子方程式为； （4）硫酸亚铁在空气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性氧化物，由于Fe元素化合价升高，则S元素化合价需降低，生成SO2，该反应的化学方程式为；该反应中每产生2mol Fe2O3，转移的电子数为4,NA，则每产生1mol Fe2O3，转移的电子数为2NA。 （5）①水银是金属单质，所以水银既不是电解质也不是非电解质，但能导电； ②CuSO4•5H2O本身无自由移动的离子，不导电，但溶于水或在熔融状态下能电离出自由移动的离子而导电，故为电解质； ④氯化钠晶体本身无自由移动的离子，不导电，但溶于水或在熔融状态下能电离出自由移动的离子而导电，故为电解质； ⑤盐酸是HCl的水溶液，是混合物，虽然能导电，但既不是电解质也不是非电解质； ⑥NH3是共价化合物，本身无自由移动的离子，在熔融状态下不导电，溶于水后不是NH3本身电离出自由移动离子而导电，故为非电解质； ⑦蔗糖是以分子的形式分散在水中形成的溶液不能导电，不属于电解质，属非电解质；蔗糖固体以分子的形式存在不导电； ⑧Cl2是单质，无自由移动离子，不导电，既不是电解质也不是非电解质； ⑨液态氯化氢是共价化合物，本身无自由移动的离子，故不导电；但HCl溶于水后能电离出自由移动的离子而导电，故为电解质； ⑩硫酸溶液是混合物，溶液中有自由移动的离子，能导电，但由于是混合物，故既不是电解质也不是非电解质 故答案为：①⑤⑩；②④⑨ 16．(1) 铁 (2) c 饱和溶液 蒸发浓缩、降温结晶、过滤(洗涤、干燥) (3) 【分析】在碱性条件下，氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，冷却以后，配制成锰酸钾溶液，通入二氧化碳发生歧化反应，生成高锰酸钾和二氧化锰，蒸发浓缩，冷却结晶得高锰酸钾晶体。 【详解】（1）“熔融氧化”时加入了碱，碱和瓷坩埚中SiO2、碱和氧化铝均反应，操作应在铁坩埚中进行，氯酸钾与二氧化锰碱性条件下加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，该反应的化学方程式为。 （2）①A为简易的启普发生器，仅适用于块状难溶固体和液体的反应、无需加热且不会剧烈放热的反应； a．MnO2与浓盐酸制Cl2需要加热，a不选； b．CaO为粉末状，b不选； c．Zn与稀硫酸制H2为块状难溶固体和液体的反应、无需加热，c选； d．Na2SO3为粉末状，d不选； 故选c； ②挥发的HCl会与KMnO4反应从而使其产率下降，因此B中饱和NaHCO3溶液可用于除去CO2中的HCl气体，装置B中的试剂为饱和NaHCO3溶液。 ③KOH会和过量的CO2反应生成KHCO3，可能会导致产品中含有较多的KHCO3杂质；由于KMnO4受热易分解，从含KMnO4的溶液中分离出KMnO4粗品的基本操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤(洗涤、干燥)。 （3）由得失电子守恒，得关系式为5Fe2+~，250mL待测液中，n(KMnO4)=0.025×0.01××mol=0.001mol，则KMnO4粗品的纯度为； 17．(1) (2) (3) (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度 (5) (6)0.19 【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， 、被还原为和，CuO被溶解为，Au、Ag、不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，被铁粉还原为Cu；“氧化时”被氧化为；“沉铁”时，转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。 【详解】（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为。 （2）“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。 （3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为。 （4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 （5）“还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。 （6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。 18．(1) 第四周期 第 VB族 （2）粉碎矿石等 (3)4∶5 (4) 生成的CaSO4包裹在 Ca(VO3)2 表面，不利于其浸出(其他合理答案也可) (5)Fe2O3 (6) 酸浸 【分析】钒渣(主要化学成分包括：等)中加入氧化钙，同时通入空气进行焙烧，主要将转化为Fe2O3和Ca(VO3)2，被转化为，“酸浸”时，Ca(VO3)2与稀硫酸生成进入溶液中，被转化为CaSO4、H2SiO3，此时溶液pH=2.5，Fe2O3只能溶于 的溶液，Al2O3可溶于的溶液，则不能溶解氧化铁，能溶解氧化铝，则“过滤”时所得滤渣的主要成分有CaSO4、H2SiO3和Fe2O3；净化后的滤液进行沉钒，沉钒时加入硫酸铵，得到钒酸铵，发生反应：，最后通入氧气进行煅烧，最终得到五氧化二钒，发生反应：，据此解答。 【详解】（1）钒的原子序数为 23，钒在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤB族，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d34s2，价层电子排布式为3d34s2； （3）“焙烧”过程中铁元素化合价从+2价升高到+3价，V元素化合价从+3价升高到+5价，O元素化合价从0价变为-2价，因此为还原剂，氧化剂是氧气，发生氧化还原反应：，因此该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶5； （4）“酸浸”时，Ca(VO3)2与稀硫酸生成进入溶液中，同时生成和，该反应的离子方程式为：；若硫酸浓度太高，生成的较多，CaSO4包裹在 Ca(VO3)2 表面而阻碍反应的进一步进行，导致钒的浸出率降低，所以该过程硫酸浓度太高会导致钒的浸出率降低，可能的原因是：生成的CaSO4包裹在 Ca(VO3)2 表面而阻碍反应的进一步进行，导致钒的浸出率降低； （5）根据分析可知，“过滤”时所得滤渣的主要成分有CaSO4、硅酸和Fe2O3； （6）沉钒时加入硫酸铵，得到钒酸铵，发生离子反应：，即会生成硫酸，所以“沉钒”后所得滤液可返回“酸浸”步骤进行循环；“煅烧”时通入氧气，NH4VO3和氧气反应生成V2O5、无污染的氮气和水， ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $